1、L单元 电磁感应目录L单元 电磁感应1L1 电磁感应现象、楞次定律1L2 法拉第电磁感应定律、自感3L3 电磁感应与电路的综合13L4 电磁感应与力和能量的综合17L5 电磁感应综合26L1 电磁感应现象、楞次定律（2014吉林九校联合体第二次摸底）1. 如图所示，磁场垂直于纸面向外，磁场的磁感应强度随水平向右的x轴按BB0kx（B0、k为常量）的规律均匀增大位于纸面内的正方形导线框abcd处于磁场中，在外力作用下始终保持dc边与x轴平行向右匀速运动若规定电流沿abcda的方向为正方向，则从t0到tt1的时间间隔内，下列关于该导线框中产生的电流i随时间t变化的图象，正确的是（ ）itt1OAi
2、tt1OBCitt1Oitt1OD【知识点】电磁感应在生活和生产中的应用；楞次定律【答案解析】 A解析：由题意可知，ad、bc两边均在切割磁感线，产生感应电动势的方向相反，大小相减，根据法拉第电磁感应定律E=BLv，则有：E=LvkL；而感应电流i=，是定值，故A正确，BCD错误；故选：A【思路点拨】考查法拉第电磁感应定律的应用，注意产生感应电动势的大小是相加、还是相减是解题的关键BAI（2014江西临川二中一模）2. 如图所示，两个完全相同的矩形导线框A、B在靠得很近的竖直平面内，线框的长边均处于水平位置。线框A固定且通有电流，线框B从图示位置由静止释放，在运动到A下方的过程中（ ）A穿过线
3、框B的磁通量先变小后变大B线框B中感应电流的方向先顺时针后逆时针C线框B所受安培力的合力为零D线框B的机械能一直减小【知识点】 楞次定律；安培力；磁通量；电磁感应中的能量转化【答案解析】D 解析：A、由右手螺旋定则可知A中内部磁场向里，外部磁场向外，当B从靠近A处下落时，磁通量以A中内部磁感应强度为主，内部磁感通量越来越大；而在离开时，由于内外磁感线相互抵消，故磁通量开始减小，故磁通量应是先增大后减小的，故A错误；B、由楞次定律可得，B中的感应电流的方向是先逆时针后顺时针，故B错误；C、线圈B中的电流相等，但由于两边所处的磁感应强度不等，故安培力的合力不为零，故C错误；D、在线框下落时，安培力
4、做负功使丝框的机械能转化为线框B的动能，故D正确；故选D【思路点拨】由右手螺旋定则可知A中磁场分布，则可知B中磁通量的变化，由于电磁感应，B产生感应电流，由楞次定律可知B中电流的方向；由F的=BIL可知安培力的变化，由安培力做功情况可知能量的转化情况（2014广东惠州一中第一次调研）3. 一匀强磁场，磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，在磁场中有一位于纸面内细金属圆环，如图甲所示.现令磁感应强度值B按图乙随时间t变化，令E1、E2、E3分别表示oa、ab、bc这三段变化过程中感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示其对应的感应电流（ ）A I1、I3沿逆时针方向，I2沿顺时针方向，B I1
5、沿逆时针方向，I2、I3沿顺时针方向CE1E2 E3， DE10一侧存在沿z方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，变化率k=05 Tm，x=0处磁场的磁感应强度B0 =05 T。一根质量m02 kg、电阻r=01 的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。棒在外力作用下从x=0处以初速度v0=4 m/s沿导轨向右运动，运动过程中电阻消耗的功率不变。则（ ）A金属棒在x=3 m处的速度为1 m/sB金属棒从x=0运动到x=3 m过程中安培力做功的大小为512 JC金属棒从x=0运动到x=3 m过程中所用时间为08 sD金属棒从x=0运动到x=3 m过程中外力的平均功率为56 W【知识点】导体切割
6、磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【答案解析】AD 解析：金属棒切割产生感应电动势为：E=B0Lv=0.50.84V=1.6V，由闭合电路欧姆定律，电路中的电流I=A4A,.由题意可知，在x=3m处，B3=B0+kx=2T，切割产生感应电动势，E=B3Lv3，由上可得，金属棒在x=3m处的速度v2=1m/s，故A正确；B、金属棒从x=0开始运动时的安培力：F0=B0IL=0.520.8N=0.8N到x=3m时的安培力：FA=B3IL=220.8N=3.2N过程中安培力做功的大小：W1=（ F0+FA）x=（0.8+3.2）3=6J，故B错误；C、安培力做功。产生电能，功率不变所以Pt=
7、W、，C错误；根据动能定理外力做功P2t- W1=,带入数据P2=5.6W，D正确，故选AD【思路点拨】考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的大小公式、做功表达式、动能定理等的规律的应用与理解，运动过程中电阻上消耗的功率不变，是本题解题的突破口。（2014湖北武汉二中模拟）2. 如图，两根相距L=0.8 m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R=0.3 的电阻相连。导轨x0一侧存在沿x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，变化率k=05 Tm，x=0处磁场的磁感应强度B0 =0.5 T。一根质量m=0.2 kg、电阻r=0.1的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。棒
8、在外力作用下从x=0处以初速度v0=4 m/s沿导轨向右运动，运动过程中电阻消耗的功率不变。则（ ）A、金属棒在x=3 m处的速度为1 m/sB、金属棒从x=0运动到x=3 m过程中安培力做功的大小为10 JC、金属棒从x=0运动到x=3 m过程中所用时间为0.8 sD、金属棒从x=0运动到x=3 m过程中外力的平均功率为5.6 W【知识点】 导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率【答案解析】AD解析：A、金属棒切割产生感应电动势为：E=B0Lv0=0.50.84=1.6V，由闭合电路欧姆定律，电路中的电流为：I=4A，由题意可知，在x=3m处，B=B0+kx=0.5+0.53=2T，切割
9、产生感应电动势，E=BLv，金属棒运动过程中电阻消耗的功率不变，则金属棒产生的感应电动势不变，电路电流不变，金属棒在x=3m处的速度：v=1m/s，故A正确；B、当x=0m时有：F0=B0IL=0.540.8=1.6N，x=3m时，有：F=BIL=240.8=6.4N，金属棒从x=0运动到x=3m过程中安培力做功的大小，有：W=（F0+F）=（1.6+6.4）=12J，故B错误；C、克服安培力做功转化为内能，有：W=EIt，解得：t=1.875s，故C错误；D、由动能定理：Pt-W=mv2-mv02，代入数据解得：P=5.6W，故D正确；故选：AD【思路点拨】由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆
10、定律相结合，来计算感应电流的大小；由因棒切割产生感应电动势，及电阻的功率不变，即可求解；分别求出x=0与x=2m处的安培力的大小，然后由安培力做功表达式，即可求解；依据功能关系，及动能定理可求出外力在过程中的平均功率RMNQPCDB（2014江苏徐州一中考前模拟）3. 如图所示，电阻不计的两光滑平行金属导轨相距L=1m，PM、QN部分水平放置在绝缘桌面上，半径a=1m的金属半圆导轨处在竖直平面内，两部分分别在M、N处相切， PQ左端与R=2的电阻连接一质量为m=1kg、电阻r=1的金属棒放在导轨上的PQ处并与两导轨始终垂直整个装置处于磁感应强度大小B=1T、方向竖直向上的匀强磁场中，g取10m
11、/s2导体棒以v=3m/s速度在水平轨道上向右匀速运动时，求导体棒受到的安培力； 若导体棒恰好能通过轨道最高点CD处，求通过CD处时电阻R上的电功率；设LPM=LQN=3m，若导体棒从PQ处以3m/s匀速率沿着轨道运动，求导体棒从PQ运动到CD的过程中，电路中产生的焦耳热。【知识点】牛顿第二定律；动能定理的应用；闭合电路欧姆定律【答案解析】（1）1N （2）2.2W（3）4.57J解析 ：由 解得：F=1N 方向水平向左 在最高点CD处有得 =2.2W在水平轨道上， =3J 在半圆轨道上，感应电动势最大值V=J=1.57J J【思路点拨】（1）利用法拉第电磁感应电流求得电动势，然后根据欧姆定律
12、求解电流，再根据安培力求解。（2）通过最高点得条件是重力提供向心力 （3）注意生热用有效值HABCDDCDb（2014江西师大附中、鹰潭一中5月联考）4. 连接体问题在物理中很重要，下面分析一个情景：如右图所示，两根金属杆AB和CD的长度均为L，电阻均为R，质量分别为3m和m（质量均匀分布），用两根等长的、质量和电阻均不计的、不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，悬跨在绝缘的、光滑的水平圆棒两侧，AB和CD处于水平。在金属杆AB的下方有高度为H的水平匀强磁场，磁感强度的大小为B，方向与回路平面垂直，此时CD处于磁场中。现从静止开始释放金属杆AB，经过一段时间（AB、CD始终水平），在AB即将进
13、入磁场的上边界时，其加速度为零，此时金属杆CD还处于磁场中，在此过程中金属杆AB上产生的焦耳热为Q. 重力加速度为g，试求：（1）金属杆AB即将进入磁场上边界时的速度v1.（2）在此过程中金属杆CD移动的距离h和通过导线截面的电量q.（3）设金属杆AB在磁场中运动的速度为v2，通过计算说明v2大小的可能范围.【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势【答案解析】（1）（2）（3）v2解析：（1）AB杆达到磁场边界时，加速度为零，系统处于平衡状态，对AB杆：3mg=2T，对CD杆：2T=mg+BIL又F=BIL=解得：v1=（2）以AB、CD棒组成的系统在此过程中，根据能的转化与守恒有：（3m-m）
14、gh-2Q=4mv12解得金属杆CD移动的距离：h=，通过导线截面的电量：q=It=（3）AB杆与CD杆都在磁场中运动，直到达到匀速，此时系统处于平衡状态，对AB杆：3mg=2T+BIL，对CD杆：2T=mg+BIL又F=BIL=，解得：v2=，所以v2【思路点拨】（1）AB棒达到磁场边界时，加速度为零，系统处于平衡状态，分别对AB棒和CD棒运用共点力平衡条件，结合切割产生的感应电势公式、欧姆定律、安培力大小公式求出AB棒即将进入磁场的上边界时的速度v1；（2）对AB棒系统运用能量守恒，抓住重力势能的减小量等于系统动能的增加量和产生的热量之和求出CD移动的距离h根据法拉第电磁感应定律，结合电流
15、的定义式求出通过导线截面的电量q（3）AB杆与CD杆都在磁场中运动，直到达到匀速，此时系统处于平衡状态，分别对AB棒和CD棒运用共点力平衡条件和安培力公式，进行列式求解（2014江西师大附中三模）5. 如图甲所示，表面绝缘、倾角q=30的斜面固定在水平地面上，斜面的顶端固定有弹性挡板，挡板垂直于斜面，并与斜面底边平行。斜面所在空间有一宽度D=0.40m的匀强磁场区域，其边界与斜面底边平行，磁场方向垂直斜面向上，磁场上边界到挡板的距离s=0.55m。一个质量m=0.10kg、总电阻R=0.25W的单匝矩形闭合金属框abcd，放在斜面的底端，其中ab边与斜面底边重合，ab边长L=0.50m。从t=
16、0时刻开始，线框在垂直cd边沿斜面向上大小恒定的拉力作用下，从静止开始运动，当线框的ab边离开磁场区域时撤去拉力，线框继续向上运动，并与挡板发生碰撞，碰撞过程的时间可忽略不计，且没有机械能损失。线框向上运动过程中速度与时间的关系如图乙所示。已知线框在整个运动过程中始终未脱离斜面，且保持ab边与斜面底边平行，线框与斜面之间的动摩擦因数m=/3，重力加速度g取10 m/s2。（1）求线框受到的拉力F的大小；（2）求匀强磁场的磁感应强度B的大小；（3）已知线框向下运动通过磁场区域过程中的速度v随位移x的变化规律满足vv0-（式中v0为线框向下运动ab边刚进入磁场时的速度大小，x为线框ab边进入磁场后
17、对磁场上边界的位移大小），求线框在斜面上运动的整个过程中产生的焦耳热Q。【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应用；牛顿第二定律；动能定理的应用【答案解析】（1）1.5N（2）0.50T（3）0.45J 解析：（1）由v-t图象可知，在00.4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为v1=2.0m/s，所以在此过程中的加速度a=5.0m/s2由牛顿第二定律有F-mgsinq -m mgcosq=ma 解得F=1.5 N （2）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后以速度v1做匀速直线运动，通过线框的电流I=线框所受安培力F安=BIL对于线框匀速运动的过程，由力的平衡
18、条件有F=mgsinq+mgcosq+解得B=0.50T （3）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度D=0.40m线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达档板时的位移为s-D=0.15m设线框与挡板碰撞前的速度为v2，由动能定理，有-mg（s-D）sinq-mg（s-D）cosq= 解得v2=1.0 m/s 线框碰档板后速度大小仍为v2，线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，即mgsin=mgcos=0.50N，因此线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，ab边刚进入磁场时的速度为v2=1.0 m/s；进入
19、磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，设线框全部离开磁场区域时的速度为v3由vv0-得v3= v2 -=-1.0 m/s，因v30，说明线框在离开磁场前速度已经减为零，这时安培力消失，线框受力平衡，所以线框将静止在磁场中某位置。线框向上运动通过磁场区域产生的焦耳热Q1=I2Rt=0.40 J线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热Q2=0.05所以Q= Q1+ Q2=0.45 J 【思路点拨】（1）根据v-t图象的斜率求出加速度，由牛顿第二定律求解拉力F的大小；（2）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后以速度2m/s做匀速直线运动，推导出安培力表达式，由平衡条件求解磁感
20、应强度B的大小；（3）由v-t图象可知，线框进入磁场区域后做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度 D=0.40m 线框ab边离开磁场后做匀减速直线运动，到达档板时的位移为s-D=0.15m，根据动能定理求出线框与挡板碰撞前的速度，线框碰档板后速度大小不变分析线框向下运动的过程：线框下滑过程中，由于重力沿斜面方向的分力与滑动摩擦力大小相等，线框与挡板碰撞后向下做匀速运动，abab边刚进入磁场时的速度为v2=1.0 m/s；进入磁场后因为又受到安培力作用而减速，做加速度逐渐变小的减速运动，由v=v0-x求出线框全部离开磁场区域时的速度根据焦耳定律求出线框向上运动通过
21、磁场区域产生的焦耳热，根据能量守恒定律求出线框向下运动进入磁场的过程中产生的焦耳热（2014浙江杭州学军中学第九次月考）6. 如图所示，水平放置的足够长的平行金属导轨MN、PQ的一端接有电阻R0，不计电阻的导体棒ab静置在导轨的左端MP处，并与MN垂直以导轨PQ的左端为坐标原点O，建立直角坐标系xOy，Ox轴沿PQ方向每根导轨单位长度的电阻为r垂直于导轨平面的非匀强磁场磁感应强度在y轴方向不变，在x轴方向上的变化规律为：BB0kx，并且x0现在导体棒中点施加一垂直于棒的水平拉力F，使导体棒由静止开始向右做匀加速直线运动，加速度大小为a设导体棒的质量为m，两导轨间距为L不计导体棒与导轨间的摩擦，
22、导体棒与导轨接触良好，不计其余部分的电阻（1）请通过分析推导出回路中电流和水平拉力F的大小随时间t变化的关系式；（2）如果已知导体棒从x0运动到xx0的过程中，力F做的功为W，求此过程回路中产生的焦耳热Q；（3）若B001T，k02Tm，R001，r01m，L05m，a4ms2，请根据题（1）的结论，进一步计算回路电流与时间t的关系和导体棒从x0运动到x1m过程中通过电阻R0的电荷量q【知识点】 导体切割磁感线时的感应电动势；焦耳定律【答案解析】（1） （2） （3）0.5C解析：（1）由于棒做匀加速直线运动，导体棒运动到坐标x处的速度为V棒中产生的电动势 回路中的电流棒受到的安培力 由牛顿第
23、二定律联立上述式子得：（2）设导体棒在处的动能为则由能量关系得 （3）回路电流： 因此代入数据得回路中电流为（A）所以通过中电量为 （C）由匀加速规律知当，有【思路点拨】（1）根据E=BLv、I=运动学公式 v=、安培力公式 FA=IBL和牛顿第二定律结合求解（2）根据动能定理求出导体棒在x=x0处的动能，再由能量守恒与转化定律求解焦耳热（3）由E=BLv、v=at结合得出I=2t（A），说明回路中的电流与时间成正比，电量等于电流的平均值乘以时间L5 电磁感应综合 （2014湖南长沙模拟）1. 如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属框电阻为R，边长为l，自线框从左边界
24、进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场规定顺时针方向为感应电流i的正方向，外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过线框横截面的电荷量为q，其中Pt图象为抛物线，则这些量随时间变化的关系正确的是（ ）【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；闭合电路的欧姆定律；安培力【答案解析】C 解析：A、线框切割磁感线，则有运动速度v=at，产生感应电动势E=BLv，所以产生感应电流 I=，故A错误；B、对线框受力分析，由牛顿第二定律，则有F安BLI解得：Fma+，所以B错误； C、由功率表达式，PI2R，所以C正确；
25、D、由电量表达式，则有 q，所以D错误；故选：C 【思路点拨】解决本题的关键掌握运动学公式，并由各自表达式来进行推导，从而得出结论是否正确，以及掌握切割产生的感应电动势E=BLv知道L为有效长度（2014湖北襄阳五中五月月考）2. 磁悬浮列车是一种高速运载工具，它由两个系统组成。一是悬浮系统，利用磁力使车体在轨道上悬浮起来从而减小阻力。另一是驱动系统，即利用磁场与固定在车体下部的感应金属线圈相互作用，使车体获得牵引力，磁悬浮列车电磁驱动装置的原理示意图如下图所示。即在水平面上有两根很长的平行轨道PQ和MN，轨道间有垂直轨道平面的匀强磁场B1和B2，且B1和B2的方向相反，大小相等，即B1=B2
26、=B。列车底部固定着绕有N匝闭合的矩形金属线圈abcd（列车的车厢在图中未画出），车厢与线圈绝缘。两轨道间距及线圈垂直轨道的ab边长均为L，两磁场的宽度均与线圈的ad边长相同。当两磁场Bl和B2同时沿轨道方向向右运动时，线圈会受到向右的磁场力，带动列车沿导轨运动。已知列车车厢及线圈的总质量为M，整个线圈的总电阻为R。（1）假设用两磁场同时水平向右以速度v0作匀速运动来起动列车，为使列车能随磁场运动，列车所受的阻力大小应满足的条件；（2）设列车所受阻力大小恒为f，假如使列车水平向右以速度v做匀速运动，求为维持列车运动，在单位时间内外界需提供的总能量；（3）设列车所受阻力大小恒为f，假如用两磁场由
27、静止开始向右做匀加速运动来起动列车，当两磁场运动的时间为t1时，列车正在向右做匀加速直线运动，此时列车的速度为v1，求两磁场开始运动到列车开始运动所需要的时间t0。【知识点】电磁感应规律的应用，安培力，闭合电路欧姆定律，电功率的计算，牛顿第二定律在电磁感应中的应用。【答案解析】（1） （2） （3）解析：（1）列车静止时，电流最大，列车受到的电磁驱动力最大设为Fm，此时，线框中产生的感应电动势E1=2NBLv0 线框中的电流I1=整个线框受到的安培力Fm=2NBI1L 列车所受阻力大小为 （2）当列车以速度v匀速运动时，两磁场水平向右运动的速度为v，金属框中感应电动势 金属框中感应电流 又因为
28、 求得 当列车匀速运动时，金属框中的热功率为P1 = I2R 克服阻力的功率为P2 = fv所以可求得外界在单位时间内需提供的总能量为E= I2R +fv=（3）根据题意分析可得，为实现列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t1时刻金属线圈中的电动势 金属框中感应电流 又因为安培力 所以对列车，由牛顿第二定律得解得 设从磁场运动到列车起动需要时间为t0，则t0时刻金属线圈中的电动势 金属框中感应电流又因为安培力 所以对列车，由牛顿第二定律得 解得 【思路点拨】本题是利用法拉第电磁感应定律、安培斩的计算，牛顿第二定律等物理
29、规律在新科技磁悬浮列车上的应用。求解本题的关键在于审题，理清要求解的物理量，然后选准物理规律表达式列方程就迎刃而解了。这题更加体现了新高考的功能。必须引起我们的注意。（2014江西重点中学协作体第二次联考）3. 如图所示，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s一质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F0.5v0.4（N）（v为金属棒速度）的水平外力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大（已知：l1 m，m1 kg，R0.3 ，r0.2 ，s
30、1 m） （1）分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动（2）求磁感应强度B的大小（3）若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足vv0 x，且棒在运动到ef处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？（4）若在棒未出磁场区域时撤去外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移v-x变化所对应的各种可能的图线【知识点】牛顿运动定律的综合应用；牛顿第二定律；安培力的计算；导体切割磁感线时的感应电动势【答案解析】（1）金属棒做匀加速直线运动（2）0.5T（3）1s（4）可能的图线如图解析：（1）测得电阻两端电压随时间均匀增大，R两端电压UI，感应电动势EI，Ev， U随时间均匀增大，即v随时间均匀增大，加速度为
31、恒量，所以金属棒做匀加速运动（2）对金属棒受力分析，有牛顿第二定律得：F-=ma，以F=0.5v+0.4代入得（0.5-）v+0.4=a， 因为a与v无关，所以a=0.4m/s2，（0.5-）=0，得B=0.5T（3）撤去外力前，x1=at2，v0=x2=at，x1+x2=s，所以at2+at=s，得：0.2t2+0.8t-1=0，t=1s（4）开始时金属棒做匀加速运动，v2=2ax，撤去外力后，v=v0-x， v2=2ax，开始速度v与x是二次函数关系，图象为抛物线， v=v0-x，v与x可能是线性关系，图象是直线根据物理量关系可能图线如下：【思路点拨】测得电阻两端电压随时间均匀增大，部分电阻欧姆定律和闭合电路欧姆定律可得出产生的感应电动势随时间均匀增大，即v随时间均匀增大对金属棒进行受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决问题。根据物理规律找出物理量的关系，通过已知量得出未知量要善于对物体过程分析和进行受力分析，运用牛顿第二定律结合运动学公式解决问题
