1、优培18 法拉第电磁感应定律及其应用考点分析1高考对本部分内容的考查命，大部分以选择题的形式出题，也有部分是计算题。考查内容主要集中在利用电磁感应基本规律分析动态过程。2注意要点：电磁感应中的有些题目可以从动量角度着手，运用动量定理或动量守恒定律解决。例1(2020全国卷I21)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后()A. 金属框的速度大
2、小趋于恒定值B. 金属框的加速度大小趋于恒定值C. 导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D. 导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值【答案】BC【解析】由bc边切割磁感线产生电动势，形成电流，使得导体棒MN受到向右的安培力，做加速运动，bc边受到向左的安培力，向右做加速运动。当MN运动时，金属框的bc边和导体棒MN一起切割磁感线，设导体棒MN和金属框的速度分别为v1、v2，则电路中的电动势EBL(v2v1)，电流中的电流，金属框受到的安培力，与运动方向相反，导体棒MN受到的安培力，与运动方向相同，设导体棒MN和金属框的质量分别为m1、m2，则对导体棒MN有，对金属框有，初始速度均为零，则a1从零开始
3、逐渐增加，a2从开始逐渐减小。当a1a2时，相对速度，大小恒定。整个运动过程用速度时间图象描述如图所示。综上可得，金属框的加速度趋于恒定值，安培力也趋于恒定值，BC正确；金属框的速度会一直增大，导体棒到金属框bc边的距离也会一直增大，AD错误。例2(2020全国卷III24)如图，一边长为l0的正方形金属框abcd固定在水平面内，空间存在方向垂直于水平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一长度大于l0的均匀导体棒以速率v自左向右在金属框上匀速滑过，滑动过程中导体棒始终与ac垂直且中点位于ac上，导体棒与金属框接触良好。已知导体棒单位长度的电阻为r，金属框电阻可忽略。将导体棒与a点之间的距离记为x
4、，求导体棒所受安培力的大小随x（0xl0）变化的关系式。【解析】当导体棒与金属框接触的两点间棒的长度为l时，由法第电磁感应定律可知导体棒上感应电动势的大小为：EBLv由欧姆定律可知流过导体棒的感应电流为式中R为这一段导体棒的电阻。按题意有Rrl此时导体棒所受安培力大小为FBIl由题设和几何关系有：联立各式得提分训练1(多选)如图甲，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ右侧，导线PQ中通有电流i，i的变化如图乙所示，规定从Q到P为电流正方向。以下说法正确的是()A在0t1时间段内，导线框R有扩张的趋势B在t1时导线框R中的感应电动势为零C在0t1和t1t2时间段内导线框R中的感
5、应电流均沿顺时针方向D在t1时导线框R中的感应电流方向发生改变【答案】AC【解析】在0t1时间段内，通过直导线的电流向上减小，则穿过线框R的磁通量减小，根据楞次定律“增缩减扩”可知，导线框R有扩张的趋势，A正确；在t1时直导线中电流为零，但是电流的变化率不为零，通过线框R的磁通量的变化率不为零，则导线框R中的感应电动势不为零，B错误；在0t1时间内，通过直导线的电流向上减小，则穿过线框R的磁通量向里减小，根据楞次定律，线框R中产生顺时针方向的感应电流；同理在t1t2时间内，通过直导线的电流向下增加，则穿过线框R的磁通量向外增加，根据楞次定律，线框R中产生顺时针方向的感应电流，则在t1时导线框R
6、中的感应电流方向不发生改变，C正确，D错误。2(多选)如图甲所示，平行光滑金属导轨水平放置，两轨相距L0.4 m，导轨一端与阻值R0.3 的电阻相连，导轨电阻不计。导轨x0一侧存在沿x正方向均匀增大的磁场，其方向与导轨平面垂直向下，磁感应强度B随位置x变化如图乙所示。一根质量m0.2 kg、接入电路的电阻r0.1 的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直，棒在外力F作用下从x0处以初速度v02 m/s沿导轨向右变速运动，且金属棒在运动过程中受到的安培力大小不变。下列说法中正确的是() A金属棒向右做匀减速直线运动B金属棒在x1 m处的速度大小为1.5 m/sC金属棒从x0运动到x1 m过程中，外力F所
7、做的功为0.175 JD金属棒从x0运动到x2 m过程中，流过金属棒的电荷量为2 C【答案】CD【解析】根据题图乙得B与x的函数关系式B0.50.5x，金属棒向右运动切割磁感线产生感应电动势EBLv，感应电流I，安培力F安BILBL，解得v，根据匀变速直线运动的速度位移公式v2v022ax，如果是匀变速直线运动，v2与x成线性关系，而由上式知，金属棒不可能做匀减速直线运动，故A错误；根据题意金属棒所受的安培大小不变，x0处与x1处安培大小相等，有，即v10.5 m/s，故B错误；金属棒在x0处的安培力大小为F安0.2 N，对金属棒从x0运动到x1 m过程中，根据动能定理有WFF安xmv12mv
8、02，代入数据解得WF0.175 J，故C正确；根据电荷量公式qL，x0到x2 m过程中Bx图象包围的面积Bx2 Tm2 Tm，q C2 C，故D正确。3(多选)如图所示，虚线为相邻两个匀强磁场区域和的边界，两个区域的磁场磁感应强度大小都为B，方向相反且都垂直于纸面，两个区域的高度都为l。一质量为m，边长也为l的单匝矩形导线框abcd，从磁场区域上方某处由静止释放，ab边进入区域之前，线框已开始做匀速运动，速度大小为v1，当线框的ab边下落到出区域之前，线框又开始做匀速运动，速度大小为v2。下落过程中，ab边保持水平且线框不发生转动，已知重力加速度为g，下列说法正确的是()A线框进入磁场区域过
9、程中，可能加速度减小，速度变大Bv2v1C当线框的ab边刚进入区域时，加速度大小为gD线框出磁场区域过程中，可能加速度减小，速度减小【答案】AB【解析】如果线框进入磁场时安培力小于重力，根据牛顿第二定律可得mgFAma，即，速度增大，加速度减小，所以线框进入磁场区域过程中，可能加速度减小，速度变大，故A正确；ab边刚进入区域时，线框受到的安培力FBIl，线框做匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件得mg，解得v1；线框ab边下落到区域中间位置时，线框又开始做匀速运动，设此时线框的速度为v2，安培力为F安，由平衡条件得mgF安，解得v2v1，故B正确；当ab边刚进入磁场区域时，ab和cd两边都切割磁
10、感线产生感应电动势，回路中感应电动势为：E2Blv1，感应电流，线框所受的安培力大小为F安2BIl4mg，根据牛顿第二定律得F安mgma，解得：a3g，方向：竖直向上，故C错误；线框出磁场区域过程中，安培力小于重力，由mgFAma，得，速度增大，加速度减小，所以线框进入磁场区域过程中，加速度减小，速度变大，故D错误。4(多选)如图甲所示，足够长的平行金属导轨MN、PQ倾斜放置。完全相同的两金属棒ab、cd分别垂直导轨放置，棒两端都与导轨始终有良好接触，已知两棒的电阻均为R，导轨间距为l且光滑，电阻不计，整个装置处在方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小为B的匀强磁场中。棒ab在平行于导轨向上的
11、力F作用下，沿导轨向上运动，从某时刻开始计时，两棒的vt图象如图乙所示，两图线平行，v0已知，则从计时开始()A通过棒cd的电流方向由d到cB通过棒cd的电流IC力FD力F做的功等于回路中产生的焦耳热和两棒动能的增量【答案】AC【解析】由vabvcd，故通过cd的电流方向由d到c，选项A正确；由I，可得I，选项B错误；对ab棒：Fmgsin BIlmaab，对cd棒：BIlmgsin macd，aabacd，可得F，选项C正确；力F做的功等于回路中产生的焦耳热和两棒的动能增量与重力势能增量之和，选项D错误。5如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐
12、标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动（不发生转动）。从图示位置开始计时，4 s末bc边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为I， ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图象，可能正确的是()【答案】BC【解析】因为4 s末bc边刚好进入磁场，可知线框的速度每秒运动一个方格，故在01 s内只有ae边切割磁场，设方格边长为L，根据E12BLv，可知电流恒定；2 s末时线框在第二象限长度最长，此时有E23BLv，可知I2I1，24 s线框有一部分进入第一象限，电流减小，在4s末同理可得I3I
13、1，综上分析可知A错误，B正确；根据FabBILab，可知在01 s内ab边所受的安培力线性增加；1 s末安培力为FabBI1L，在2 s末可得安培力为FabBI12L，所以有Fab3Fab；由图象可知C正确，D错误。6如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距L0.30 m；导轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻R0.40 ；导轨上停放一质量m0.10 kg、电阻r0.20 的金属杆ab，整个装置处于磁感应强度B0.50 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。用一外力F沿水平方向拉金属杆ab，使之由静止开始运动，电压传感器可将R两端的电压U即时采集并输入电脑，获
14、得电压U随时间t变化的关系如图乙所示。(1)试证明金属杆做匀加速直线运动，并计算加速度的大小；(2)求第2 s末外力F的瞬时功率；(3)如果水平外力从静止开始拉动杆2 s所做的功W0.35 J，求金属杆上产生的焦耳热。【解析】(1)设路端电压为U，金属杆的运动速度为v，则感应电动势EBLv，电阻R两端的电压 (1分)由图乙可得Ukt，k0.1 V/s (2分)解得 (1分)因为速度与时间成正比，所以金属杆做匀加速运动，加速度。 (1分)(2)在2 s末，速度v2at2 m/s (1分)此时通过金属杆的电流金属杆受安培力F安BIL0.075 N (1分)设2 s末外力大小为F2，由牛顿第二定律：
15、F2F安ma (1分)故4 s末时外力F的瞬时功率PF2v2 (1分)解得：P0.35 W。 (1分)(3)在2 s末，杆的动能Ekmv220.2 J (1分)由能量守恒定律，回路产生的焦耳热：QWEk0.35 J0.2 J0.15 J (1分)又 (1分)故在金属杆上产生的焦耳热Qab0.05 J。 (1分)7如图所示，两根质量均为m2 kg的金属棒垂直放在光滑的水平导轨上，左右两部分导轨间距之比为12，导轨间有大小相等但左、右两部分方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻。现用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，CD棒运动s0.5 m过程中其上产生的焦耳热为Q230 J，此时
16、两棒速率之比为vAvC12，现立即撤去拉力F，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：(1)在CD棒运动0.5 m的过程中，AB棒上产生的焦耳热；(2)撤去拉力F瞬间，两棒的速度大小vA和vC；(3)撤去拉力F后，两棒最终匀速运动的速度大小vA和vC。【解析】(1)设两棒的长度分别为l和2l，所以电阻分别为R和2R，由于电路中任何时刻电流均相等，根据焦耳定律QI2Rt可知Q1Q212，则AB棒上产生的焦耳热Q115 J。(2)根据能量守恒定律，有FsmvmvQ1Q2又vAvC12联立以上两式并代入数据得vA4 m/s，vC8 m/s。(3)撤去拉力F后，AB棒继续向左做加速运动，而CD棒向
17、右做减速运动，两棒最终匀速运动时电路中电流为零，即两棒切割磁感线产生的电动势大小相等，此时两棒的速度满足BLvAB2LvC即vA2vC(不对过程进行分析，认为系统动量守恒是常见错误)对两棒分别应用动量定理，规定水平向左为正方向，有AtmvAmvA，CtmvCmvC。因为C2A故有联立以上各式解得vA6.4 m/s，vC3.2 m/s。8某兴趣小组设计制作了一种磁悬浮列车模型，原理如图所示，PQ和MN是固定在水平地面上的两根足够长的平直导轨，导轨间分布着竖直（垂直纸面）方向等间距的匀强磁场B1和B2，二者方向相反。矩形金属框固定在实验车底部（车厢与金属框绝缘）。其中ad边宽度与磁场间隔相等，当磁
18、场B1和B2同时以速度v010 m/s沿导轨向右匀速运动时，金属框受到磁场力，并带动实验车沿导轨运动。已知金属框垂直导轨的ab边长L0.1 m、总电阻R0.8 ，列车与线框的总质量m4.0 kg，B1B22.0 T，悬浮状态下，实验车运动时受到恒定的阻力f0.4 N。 (1)求实验车所能达到的最大速率；(2)实验车达到的最大速率后，某时刻让磁场立即停止运动，实验车运动20 s之后也停止运动，求实验车在这20 s内的通过的距离；(3)假设两磁场由静止开始向右做匀加速运动，当时间t24 s时，发现实验车正在向右做匀加速直线运动，此时实验车的速度v2 m/s，求由两磁场开始运动到实验车开始运动所需要
19、的时间。【解析】(1)实验车最大速率为vm时相对磁场的切割速率为v0vm，则此时线框所受的磁场力大小为此时线框所受的磁场力与阻力平衡，得：Ff联立解得：vm8 m/s。(2)磁场停止运动后，线圈中的电动势：E2BLv线圈中的电流：实验车所受的安培力：F2BIL根据动量定理，实验车停止运动的过程：Ftftmvm整理得：而vtx解得：x120 m(3)根据题意分析可得，为实现实验车最终沿水平方向做匀加速直线运动，其加速度必须与两磁场由静止开始做匀加速直线运动的加速度相同，设加速度为a，则t时刻金属线圈中的电动势E2BL(atv)金属框中感应电流又因为安培力所以对试验车，由牛顿第二定律得Ffma得a1.0 m/s2设从磁场运动到实验车起动需要时间为t0，则t0时刻金属线圈中的电动势E02BLat0金属框中感应电流又因为安培力对实验车，由牛顿第二定律得：F0f解得：t02 s。