高三物理冲刺训练(电磁感应的综合应用)

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电磁感应现象综合应用练习题

电磁感应综合应用练习题一、选择题 1 .如下图，MN 、PQ 为两平行金属导轨，M.P 间连接一阻值为R 的电阻，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度为B,磁场方向与导轨所在平面垂直，图中磁场方向垂直XM×XXXNx 纸面向里，有一金属圆环沿两导轨滑动、速度为与导轨接触良好，圆环的直MXC 词X 径d 与两导轨间的距离相等，设金属环与导轨的电阻均可忽略，当金属环向右做XWk 与X 匀速运动时（） XP*X*KQx A.有感应电流通过电阻R,大小为啥B.没有感应电流通过电阻R C.没有感应电流流过金属圆环，因为穿过圆环的磁通量不变 D.有感应电流流过金属圆环，且左、右两局部流过的电流相同2.两根相距为1.的足够长的金属直角导轨如下图放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面.质量均为根的金属细杆时、Cd 与导轨垂直接触形成闭合同导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数均为“，导轨计，回路总电阻为2K.整个装置处于磁感应强度大小为B,方向竖直向磁场中.当ab 杆在平行于水平导轨的拉力F 作用下以速度历沿导轨匀时，”杆也正好以速度也向下匀速运动.重力加速度为g.以下说法正是Oβ2Γ2τjl A.M 杆所受拉力F 的大小为“根g+一∕~⅛.Cd 杆所受摩擦力为零 B 路，杆与 Q ＞尸k 电阻不卜卜上的匀强速运动Z 1 1确的选项 C.回路中的电流强度为吟抖D.〃与S 大小的关系为〃=器氏3.如图甲所示，圆形金属框与一个平行金属导轨相连，并置于水平桌面上.圆形金属框面积为S,内有垂直于线框平面的磁场，磁感应强度8随时间看的变化关系如图乙所示.0~lS 内磁场方向垂直线框平面向里.长为£、电阻为〃的导体棒置于平行金属导轨上，且与导轨接触良好.导轨和导体棒处于另一匀强磁场中，其磁感应强度恒为民，方向平面向里.假设不计其余各处的电阻，当导体棒始终时，其所受的静摩擦力后（设向右为力的正方向）随时图象为（） 4.图4中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的磁场方向垂直纸面向里.助力是位于纸面内的梯形线圈，ad 与6C 间的上£=0时刻，曲边与磁场区域边界重合.现令线圈以恒定的速度P 沿区域边界的方向穿过磁场区域.取沿z1.—1.d-a 的感应电流为正，穿越磁场区域的过程中，感应电流下随时间f 变化的图线可能是（ 5.如图甲所示，正三角形导线框&A 放在匀强磁场中静止不动，磁线框平面垂直，磁感应强度8随时间1的变化关系如图乙所示，t 磁感应强度的方向垂直纸面向里.以下图中能表示线框的他边受到随时间r 的变化关系的是（规定水平向左为力的正方向）（ 6.线圈通以如下图的随时间变化的电流，那么（）B 1Z T ) 距离为1,距离也为垂直于磁场那么在线圈场方向与=O 时刻，的磁场力产垂直导轨保持静止间变化的 A. B. C. D. 0~乙时间内线圈中的自感电动势最大G~打时间内线圈中的自感电动势最大£2~23时间内线圈中的自感电动势最大力〜£2时间内线圈中的自感电动势为零7.图中（八）~（d ）分别为穿过某一闭合回路的磁通量⑦随时间£变化的图象，关于回路中产生的感应电动势以下论述正确的选项是（） A.图（八）中回路产生的感应电动势恒定不变B.图（b ）中回路产生的感应电动势一直在变大C.图（C ）中回路在0~G 时间内产生的感应电动势小于在时间内产生的感应电动势 D.图（d ）中回路产生的感应电动势先变小再变大8.如下图，金属直棒AB 垂直置于水平面上的两条平行光滑导轨轨接触良好,棒AB 和导轨电阻可忽略不计.导轨左端接有电阻R,平面的匀强磁场向下穿过平面.现以水平向右的恒定外力F 使AB 上，棒与身垂直于导棒向右动，f 秒末AB 棒速度为0,那么（）A.f 秒内恒力的功等于电阻R 释放的电热B.t 秒内恒力的功大于电阻R 释放的电热C.t 秒内恒力的平均功率等于∕∙D.t 秒内恒力的平均功率大于E9 .如下图，竖直平面内放置的两根平行金属导轨，电阻不计，匀强磁场方 x •向垂直纸面向里，磁感应强度B=0.5T,导体棒帅、Cd 长度均为0.2m,电阻均为 x βxx 0.1Ω,重力均为0.1N,现用力F 向上拉动导体棒力，使之匀速上升（导体棒油、 J f ∣1.Cd 与导轨接触良好），此时Cd 静止不动，那么n 匕上升时，以下说法正确的选项是X XX （） A.n 匕受到的拉力大小为2NB.nb 向上运动的速度为2m/s Ch_4TdC.在2s 内，拉力做功，有0.4J 的机械能转化为电能D.在2s 内，拉力做功为0.6J10 .两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为1.,底端接阻值为R 的电阻.将质量为〃Z 的金属棒悬挂在•个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，如图5所示.除电阻R 外其余电阻不计.现将金属棒从弹簧原长释放，那么（）A.释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度gB.金属棒向下运动时，流过电阻R 的电流方向为R2J2vC.金属棒的速度为。

高考物理三轮冲刺：电磁感应综合应用+教案

电磁感应综合应用1.掌握电磁感应与电路结合问题的分析方法2.掌握电磁感应动力学问题的重要求解内容3.能解决电磁感应与能量结合题型4.培养学生模型构建能力和运用科学思维解决问题的能力电磁感应中的电路问题1、分析电磁感应电路问题的基本思路对电路的理解：内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈，外电路由电阻、电容等电学元件组成．在闭合电路中，“相当于电源”的导体两端的电压与真实的电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于感应电动势．【例题1】用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2m，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示，当磁场以10T/s的变化率增强时，线框中a、b两点间的电势差是()A．U ab＝0.1V B．U ab＝－0.1VC．U ab＝0.2V D．U ab＝－0.2V【演练1】如图所示，两个相同导线制成的开口圆环，大环半径为小环半径的2倍，现用电阻不计的导线将两环连接在一起，若将大环放入一均匀变化的磁场中，小环处在磁场外，a、b两点间电压为U1，若将小环放入这个磁场中，大环在磁场外，a、b两点间电压为U2，则()A.＝1B.＝2C.＝4D.＝【例题2】把总电阻为2R的均匀电阻丝焊接成一半径为a的圆环，水平固定在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示，一长度为2a，电阻等于R，粗细均匀的金属棒MN放在圆环上，它与圆环始终保持良好的接触，当金属棒以恒定速度v向右移动经过环心O时，求：(1)棒上电流的大小和方向及棒两端的电压U MN；(2)圆环消耗的热功率和在圆环及金属棒上消耗的总热功率．【演练2】如图甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，间距d＝0.5m．右端接一阻值为4Ω的小灯泡L，在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B按如图乙规律变化．CF长为2m．在t＝0时，金属棒从图中位置由静止在恒力F作用下向右运动到EF位置，整个过程中，小灯泡亮度始终不变．已知ab金属棒电阻为1Ω，求：(1)通过小灯泡的电流；(2)恒力F的大小；(3)金属棒的质量．电磁感应的动力学问题1．导体棒的两种运动状态(1)平衡状态——导体棒处于静止状态或匀速直线运动状态，加速度为零；(2)非平衡状态——导体棒的加速度不为零．2．两个研究对象及其关系电磁感应中导体棒既可看作电学对象(因为它相当于电源)，又可看作力学对象(因为有感应电流而受到安培力)，而感应电流I和导体棒的速度v是联系这两个对象的纽带．3．电磁感应中的动力学问题分析思路(1)电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流I＝.(2)受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力F安＝BIl＝，根据牛顿第二定律：F合＝ma.(3)过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速运动或变减速运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力的平衡条件列方程：F合＝0.4. 电磁感应中电量求解（1）利用法拉第电磁感应定律由整理得：若是单棒问题（2）利用动量定理单棒无动力运动时-BILΔt=mv2-mv1 又整理得：BLq= mv1-mv2【例题3】如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图．(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小．(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．(4)若从开始下滑到最大速度时，下滑的距离为x,求这一过程中通过电阻R的电量q.【演练3】（多选）如图所示，电阻不计间距为L的光滑平行导轨水平放置，导轨左端接有阻值为R的电阻，以导轨的左端为原点，沿导轨方向建立x轴，导轨处于竖直向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场中。

电磁感应规律的综合应用(解析版)-2023年高考物理压轴题专项训练(新高考专用)

压轴题07电磁感应规律的综合应用目录一，考向分析 (1)二．题型及要领归纳 (2)热点题型一以动生电动势为基综合考查导体棒运动的问题 (2)热点题型二以感生电动势为基综合考查导体棒运动的问题 (9)热点题型三以等间距双导体棒模型考动量能量问题 (16)热点题型四以不等间距双导体棒模型考动量定理与电磁规律的综合问题 (21)热点题型五以棒＋电容器模型考查力电综合问题 (27)三．压轴题速练 (33)一，考向分析1.本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识的综合应用，高考既以选择题的形式命题，也以计算题的形式命题。

2.学好本专题，可以极大地培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决数形结合、利用动力学和功能关系解决电磁感应问题的信心。

3.用到的知识有：左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿运动定律、函数图像、动能定理和能量守恒定律等。

电磁感应综合试题往往与导轨滑杆等模型结合，考查内容主要集中在电磁感应与力学中力的平衡、力与运动、动量与能量的关系上,有时也能与电磁感应的相关图像问题相结合。

通常还与电路等知识综合成难度较大的试题，与现代科技结合密切,对理论联系实际的能力要求较高。

4.电磁感应现象中的电源与电路(1)产生感应电动势的那部分导体相当于电源。

(2)在电源内部电流由负极流向正极。

(3)电源两端的电压为路端电压。

5.电荷量的求解电荷量q＝IΔt，其中I必须是电流的平均值。

由E＝n ΔΦΔt、I＝ER总、q＝IΔt联立可得q＝n ΔΦR总，与时间无关。

6.求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流、电阻不变。

(2)功能关系：Q＝W克服安培力，电流变不变都适用。

(3)能量转化：Q＝ΔE(其他能的减少量)，电流变不变都适用。

7.用到的物理规律匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等。

高三物理专题复习《电磁感应的综合应用》(含答案解析)

第9课时电磁感应的综合应用考点楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用1．求感应电动势的两种方法(1)E ＝n ΔΦΔt，用来计算感应电动势的平均值． (2)E ＝Bl v 或E ＝12Bl 2ω，主要用来计算感应电动势的瞬时值． 2．判断感应电流方向的两种方法(1)利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断．(2)利用楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断．3．楞次定律中“阻碍”的四种表现形式(1)阻碍磁通量的变化——“增反减同”．(2)阻碍相对运动——“来拒去留”．(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”．(4)阻碍电流的变化(自感现象)——“增反减同”．例1 (多选)(2019·全国卷Ⅰ·20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图1(a)中虚线MN 所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S ，将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内，圆心O 在MN 上．t ＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图(b)所示．则在t ＝0到t ＝t 1的时间间隔内( )图1A ．圆环所受安培力的方向始终不变B ．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C ．圆环中的感应电流大小为B 0rS 4t 0ρD ．圆环中的感应电动势大小为B 0πr 24t 0答案 BC解析在0～t 0时间内，磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t 0～t 1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A 错误，B 正确；根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝12πr 2·B 0t 0＝B 0πr 22t 0，根据电阻定律可得R ＝ρ2πr S ，根据欧姆定律可得I ＝E R ＝B 0rS 4t 0ρ，所以选项C 正确，D 错误．变式训练1．(多选)(2020·山东等级考模拟卷·12)竖直放置的长直密绕螺线管接入如图2甲所示的电路中，通有俯视顺时针方向的电流，其大小按图乙所示的规律变化．螺线管内中间位置固定有一水平放置的硬质闭合金属小圆环(未画出)，圆环轴线与螺线管轴线重合．下列说法正确的是( )图2A ．t ＝T 4时刻，圆环有扩张的趋势 B ．t ＝T 4时刻，圆环有收缩的趋势 C ．t ＝T 4和t ＝3T 4时刻，圆环内的感应电流大小相等 D ．t ＝3T 4时刻，圆环内有俯视逆时针方向的感应电流答案 BC解析 t ＝T 4时刻，线圈中通有俯视顺时针且逐渐增大的电流，则线圈中由电流产生的磁场向下且逐渐增加．由楞次定律可知，圆环有收缩的趋势，A 错误，B 正确；t ＝3T 4时刻，线圈中通有俯视顺时针且逐渐减小的电流，则线圈中由电流产生的磁场向下且逐渐减小，由楞次定律可知，圆环中的感应电流为俯视顺时针，D 错误；t ＝T 4和t ＝3T 4时刻，线圈中电流的变化率一致，即由线圈电流产生的磁场变化率一致，则圆环中的感应电流大小相等，C 正确．例2 (多选)(2019·山东枣庄市上学期期末)如图3所示，水平放置的半径为2r 的单匝圆形裸金属线圈A ，其内部有半径为r 的圆形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下；线圈A 的圆心和磁场区域的圆心重合，线圈A 的电阻为R .过圆心的两条虚线ab 和cd 相互垂直．一根电阻不计的直导体棒垂直于ab 放置，使导体棒沿ab 从左向右以速度v 匀速通过磁场区域，导体棒与线圈始终接触良好，线圈A 中会有感应电流通过．撤去导体棒，使磁场的磁感应强度均匀变化，线圈A 中也会有感应电流，如果使cd 左侧的线圈中感应电流大小和方向与导体棒经过cd 位置时的相同，则( )图3A ．磁场一定增强B ．磁场一定减弱C ．磁感应强度的变化率为4B v πrD ．磁感应强度的变化率为8B v πr答案 AC解析根据右手定则，导体棒切割磁感线产生的感应电流通过cd 左侧的线圈时的方向是逆时针的，根据楞次定律，使磁场的磁感应强度均匀变化，产生同样方向的感应电流，磁场一定增强，故A 正确，B 错误；导体棒切割磁感线时，根据法拉第电磁感应定律，导体棒经过cd位置时产生的感应电动势E ＝2Br v ，根据欧姆定律，通过cd 左侧的线圈中感应电流大小I ＝E R2＝4Br v R ；磁场的磁感应强度均匀变化时，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，ΔB Δt ×r 2πR＝4Br v R ，ΔB Δt ＝4B v πr，故C 正确，D 错误．变式训练2．(2019·山东济南市3月模拟)在如图4甲所示的电路中，螺线管匝数n ＝1 000匝，横截面积S ＝20 cm 2.螺线管导线电阻r ＝1.0 Ω，R 1＝4.0 Ω，R 2＝5.0 Ω，C ＝30 μF.在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场的磁感应强度B 的方向如图甲所示，大小按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是( )图4A ．螺线管中产生的感应电动势为1.2 VB ．闭合K ，电路中的电流稳定后，电容器的下极板带负电C ．闭合K ，电路中的电流稳定后，电阻R 1的电功率为2.56×10－2 WD ．闭合K ，电路中的电流稳定后，断开K ，则K 断开后，流经R 2的电荷量为1.8×10－2 C 答案 C解析根据法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt ；解得：E ＝0.8 V ，故A 错误；根据楞次定律可知，螺线管的感应电流盘旋而下，则螺线管下端相当于电源的正极，则电容器的下极带正电，故B 错误；根据闭合电路欧姆定律，有：I ＝E R 1＋R 2＋r＝0.08 A ，根据 P ＝I 2R 1解得：P ＝2.56×10－2 W ，故C 正确；K 断开后，流经R 2的电荷量即为K 闭合时电容器一个极板上所带的电荷量Q ，电容器两端的电压为：U ＝IR 2＝0.4 V ，流经R 2的电荷量为：Q ＝CU ＝1.2×10－5 C ，故D 错误．考点电磁感应中的电路与图象问题1．电磁感应现象中的电源与电路(1)产生感应电动势的那部分导体相当于电源．(2)在电源内部电流由负极流向正极．(3)电源两端的电压为路端电压．2．解图象问题的三点关注(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向．(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程可以分为几个阶段，这几个阶段分别与哪段图象变化相对应．(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应．3．解图象问题的两个分析方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项．(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法．例3 (多选)(2019·贵州部分重点中学教学质量评测卷(四))长为L 的金属棒OP 固定在顶角为2θ的塑料圆锥体侧面上，ab 为圆锥体底面直径．圆锥体绕其轴OO ′以角速度ω在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中匀速转动，转动方向如图5所示，下列说法正确的是( )图5A ．金属棒上O 点的电势高于P 点B ．金属棒上O 点的电势低于P 点C ．金属棒OP 两端电势差大小为12Bω2L sin θD ．金属棒OP 两端电势差大小为12BωL 2sin 2 θ 答案 AD解析由右手定则知金属棒OP 在匀速转动过程中切割磁感线产生的感应电动势方向由P 指向O ，在电源内部由电势低处指向电势高处，则金属棒上O 点的电势高于P 点，故A 正确，B 错误．金属棒OP 在匀速转动过程中切割磁感线的有效长度L ′＝O ′P ＝L sin θ，故产生的感应电动势E ＝BL ′·12ωL ′＝12BωL 2sin 2 θ，故C 错误，D 正确．变式训练3.(2019·安徽宣城市期末调研测试)边界MN 的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为B 、方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场．边长为l 的正三角形金属线框abc 粗细均匀，三边阻值相等，a 顶点刚好位于边界MN 上，现使线框围绕过a 点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转动角速度为ω，如图6所示，则在ab 边开始转入磁场的瞬间ab 两端的电势差U ab 为( )图6A.13Bl 2ω B ．－12Bl 2ω C ．－13Bl 2ω D.16Bl 2ω 答案 A 解析当ab 边刚进入磁场时，ab 部分在切割磁感线，切割长度为两个端点间的距离，即a 、b 间的距离为l ，E ＝Bl v ＝Bl lω2＝12Bl 2ω；设每个边的电阻为R ，a 、b 两点间的电势差为：U ＝I ·2R ＝E 3R ·2R ，故U ＝13Bωl 2，故A 正确，B 、C 、D 错误．例4 (多选)(2019·全国卷Ⅱ·21)如图7，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab 、cd 均与导轨垂直，在ab 与cd 之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ 、MN 先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ 进入磁场时加速度恰好为零．从PQ 进入磁场开始计时，到MN 离开磁场区域为止，流过PQ 的电流随时间变化的图像可能正确的是( )图7答案 AD解析根据题述，PQ 进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在PQ 通过磁场区域一段时间后MN 进入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ 的电流随时间变化的图像可能是A ；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ 没有出磁场区域时MN 就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ 出磁场后，MN 切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于I 1，受到安培力作用，由于安培力与速度成正比，则MN 所受的安培力一定大于MN 的重力沿导轨平面方向的分力，所以MN 一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ 的电流随时间变化的图像可能是D. 变式训练4.(2019·安徽合肥市第一次质量检测)如图8所示，一有界匀强磁场区域的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里，磁场宽度为L ；正方形导线框abcd 的边长也为L ，当bc 边位于磁场左边缘时，线框从静止开始沿x 轴正方向匀加速通过磁场区域．若规定逆时针方向为电流的正方向，则反映线框中感应电流变化规律的图象是( )图8答案 B解析设导线框运动的加速度为a ，则某时刻其速度v ＝at ，所以在0～t 1时间内(即当bc 边位于磁场左边缘时开始计时，到bc 边位于磁场右边缘结束)，根据法拉第电磁感应定律得：E＝BL v ＝BLat ，电动势为逆时针方向．由闭合电路欧姆定律得：I ＝BLa R t ，电流为正．其中R 为线框的总电阻．所以在0～t 1时间内，I ∝t ，故A 、C 错误；从t 1时刻开始，ad 边开始切割磁感线，电动势大小E ＝BLat ，其中t 1＜t ≤t 2，电流为顺时针方向，为负，电流I ＝BLa Rt ，t 1＜t ≤t 2，其中I 0＝BLa R t 1，电流在t 1时刻方向突变，突变瞬间，电流大小保持I 0＝BLa R t 1不变，故B 正确，D 错误．考点电磁感应中的动力学与能量问题1．电荷量的求解电荷量q ＝I Δt ，其中I 必须是电流的平均值．由E ＝n ΔΦΔt 、I ＝E R 总、q ＝I Δt 联立可得q ＝n ΔΦR 总，此式不涉及时间．2．求解焦耳热Q 的三种方法(1)焦耳定律：Q ＝I 2Rt ，适用于电流、电阻不变； (2)功能关系：Q ＝W 克服安培力，电流变或不变都适用；(3)能量转化：Q ＝ΔE 其他能的减少量，电流变或不变都适用．3．电磁感应综合题的解题策略(1) 电路分析：明确电源与外电路，可画等效电路图．(2) 受力分析：把握安培力的特点，安培力大小与导体棒速度有关，一般在牛顿第二定律方程里讨论，v 的变化影响安培力大小，进而影响加速度大小，加速度的变化又会影响v 的变化．(3) 过程分析：注意导体棒进入磁场或离开磁场时的速度是否达到“收尾速度”．(4) 能量分析：克服安培力做的功，等于把其他形式的能转化为电能的多少．例5 (2019·湖北稳派教育上学期第二次联考)如图9所示，倾角为θ的光滑绝缘斜面上平行于底边的虚线ef 下方有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B ，边长为L 的正方形导线框abcd 放在斜面上，线框的电阻为R ，线框的cd 边刚好与ef 重合．无初速度释放线框，当ab 边刚好要进入磁场时，线框的加速度刚好为零，线框的质量为m ，重力加速度为g ，求：图9(1)ab 边刚好要进入磁场时线框的速度大小；(2)从释放线框到ab 边进入磁场时，通过线框横截面的电荷量．答案 (1)mgR sin θB 2L 2 (2)BL 2R解析 (1)ab 边刚好要进入磁场时， mg sin θ＝F A ＝B 2L 2v R解得：v ＝mgR sin θB 2L 2(2)线框进入磁场的过程中，平均电流为I ＝E R根据法拉第电磁感应定律有：E ＝ΔФΔt 通过线框横截面的电荷量q ＝I Δt ＝ΔФR ＝BL 2R.变式训练5．(多选)(2019·辽宁葫芦岛市第一次模拟)如图10甲所示，在MN 、OP 间存在一匀强磁场，t ＝0时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F 作用下紧贴MN 从静止开始做匀加速运动，外力F 随时间t 变化的图线如图乙所示，已知线框质量m ＝1 kg 、电阻R ＝2 Ω，则( )图10A ．线框的加速度大小为2 m/s 2B ．磁场宽度为6 mC ．匀强磁场的磁感应强度大小为 2 TD ．线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为22 C 答案 ACD 解析整个线框在磁场中运动时只受外力F 作用，则加速度a ＝F m＝2 m/s 2.由题图可知，从线框右边刚进入磁场到右边刚离开磁场，运动的时间为2 s ，磁场的宽度d ＝12at 12＝4 m ，所以选项A 正确，B 错误；当线框全部进入磁场前的瞬间：F 1－F 安＝ma ，而F 安＝BIL ＝B 2L 2v R＝B 2L 2at R ，线框的宽度L ＝12at 12＝12×2×12 m ＝1 m ，联立得：B ＝ 2 T ，所以选项C 正确；线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为q ＝ΔФR ＝BL 2R ＝2×122 C ＝22C ，所以选项D 正确．例6 (2019 ·浙南名校联盟期末)如图11甲所示，在竖直方向上有4条间距相等的水平虚线L 1、L 2、L 3、L 4，在L 1L 2之间、L 3L 4之间存在匀强磁场，大小均为1 T ，方向垂直于虚线所在平面．现有一根电阻为2 Ω的均匀金属丝，首尾相连制成单匝矩形线圈abcd ，连接处接触电阻忽略，宽度cd ＝L ＝0.5 m ，线圈质量为0.1 kg ，将其从图示位置由静止释放(cd 边与L 1重合)，速度随时间变化的关系如图乙所示，其中0～ t 1时间内图线是曲线，其他时间内都是直线；并且t 1时刻cd 边与L 2重合，t 2时刻ab 边与L 3重合，t 3时刻ab 边与L 4重合，已知t 1～t 2的时间间隔为0.6 s ，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向(重力加速度g 取10 m/s 2)．求：图11(1)线圈匀速运动的速度大小；(2)线圈的长度ad ；(3)在0～t 1时间内通过线圈的电荷量；(4)0～t 3时间内，线圈ab 边产生的热量．答案 (1) 8 m/s (2) 2 m (3) 0.25 C (4) 0.18 J解析 (1) t 2～t 3时间ab 边在L 3L 4内做匀速直线运动，E ＝BL v 2，F ＝B E R L ，F ＝mg 联立解得：v 2＝mgR B 2L2＝8 m/s ， (2)从cd 边出L 2到ab 边刚进入L 3线圈一直做匀加速直线运动，ab 刚进上方磁场时，cd 也应刚进下方磁场，设磁场宽度是d ，由v 2＝v 1＋gt 得，v 1＝2 m/s ，则3d ＝v 1＋v 22t ＝3 m ，得：d ＝1 m ，有：ad ＝2d ＝2 m ，(3)0～t 1时间内，通过线圈的电荷量为q ＝ΔΦR ＝BdL R＝0.25 C ， (4)在0～t 3时间内由能量守恒得：线圈产生热量Q 总＝mg ·5d －12m v 22＝1.8 J 故线圈ab 边产生热量Q ＝110Q 总＝0.18 J. 变式训练6.(2019·福建三明市期末质量检测)如图12所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角θ＝37°，导轨间距L ＝0.4 m ，其下端连接一个定值电阻R ＝4 Ω，其他电阻不计．两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝1 T ．一质量为m ＝0.04 kg 的导体棒ab 垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图12(1)求导体棒下滑的最大速度；(2)若导体棒从静止加速到v ＝4 m/s 的过程中，通过R 的电荷量q ＝0.2 C ，求R 产生的热量值．答案 (1)6 m/s (2)0.16 J解析 (1)当导体棒所受的合外力为零时，速度最大，则：mg sin θ＝BIL ，I ＝BL v R 联立解得v ＝6 m/s(2)设该过程中电流的平均值为I ，则q ＝I ΔtI ＝ER ，E ＝BLx Δt 由能量守恒定律可得：mgx sin θ＝12m v 2＋Q 联立解得：x ＝2 m ，Q ＝0.16 J ．考点电磁感应中的动量和能量问题1.电磁感应与动量综合问题往往需要运用牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、功能关系和能量守恒定律等重要规律，并结合闭合电路欧姆定律等物理规律及基本方法求解.2.动量观点在电磁感应问题中的应用，主要可以解决变力的冲量.所以，在求解导体棒做非匀变速运动的问题时，应用动量定理可以避免由于加速度变化而导致运动学公式不能使用的麻烦，在求解双杆模型问题时，在一定条件下可以利用动量守恒定律避免讨论中间变化状态，而直接求得最终状态.例7 (2019·福建福州市期末质量检测)如图13所示，空间存在一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B ；边长为L 的正方形金属框abcd (简称方框)放在光滑的水平地面上，其外侧套着一个与方框边长相同的U 形金属框架MNQP (仅有MN 、NQ 、QP 三条边，简称U 形框)，U 形框的M 、P 端的两个触点与方框接触良好且无摩擦，其他地方没有接触.两个金属框每条边的质量均为m ，每条边的电阻均为r .(1)若方框固定不动，U 形框以速度v 0垂直NQ 边向右匀速运动，当U 形框的接触点M 、P 端滑至方框的最右侧时，如图乙所示，求U 形框上N 、Q 两端的电势差U NQ ；(2)若方框不固定，给U 形框垂直NQ 边向右的水平初速度v 0，U 形框恰好不能与方框分离，求方框最后的速度v t 和此过程流过U 形框上NQ 边的电荷量q ；(3)若方框不固定，给U 形框垂直NQ 边向右的初速度v (v >v 0)，在U 形框与方框分离后，经过t 时间，方框的最右侧和U 形框的最左侧之间的距离为s .求分离时U 形框的速度大小v 1和方框的速度大小v 2.图13答案见解析解析 (1)由法拉第电磁感应定律得：E ＝BL v 0此时电路图如图所示由串并联电路规律，外电阻为R 外＝2r ＋3r ×r 3r ＋r ＝114r 由闭合电路欧姆定律得：流过QN 的电流I ＝E R 外＋r＝4BL v 015r 所以：U NQ ＝E －Ir ＝1115BL v 0； (2)U 形框向右运动过程中，方框和U 形框组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒. 依题意得：方框和U 形框最终速度相同，设最终速度大小为v t ；3m v 0＝(3m ＋4m )v t解得：v t ＝37v 0 对U 形框，由动量定理得：－BL I t ＝3m v t －3m v 0由q ＝I t解得：q ＝12m v 07BL(3)设U 形框和方框分离时速度分别为v 1和v 2，系统动量守恒：3m v ＝3m v 1＋4m v 2 依题意得：s ＝(v 1－v 2)t联立解得：v 1＝37v ＋4s 7tv 2＝37v －3s 7t. 专题突破练级保分练1.(2019·广东珠海市质量监测)如图1所示，使一个水平铜盘绕过其圆心的竖直轴OO ′转动，摩擦等阻力不计，转动是匀速的．现把一个蹄形磁铁水平向左移近铜盘，则( )图1A ．铜盘转动将变快B ．铜盘转动将变慢C ．铜盘仍以原来的转速转动D ．因磁极方向未知，无法确定答案 B解析假设蹄形磁铁的上端为N 极，下端为S 极，铜盘顺时针转动(从OO ′方向看)．根据右手定则可以确定此时铜盘中的感应电流方向是从盘心指向边缘．通电导体在磁场中要受到力的作用，根据感应电流的方向和磁场的方向，利用左手定则可以确定磁场对铜盘的作用力的方向是沿逆时针方向，其受力方向与铜盘的转动方向相反，所以铜盘的转动速度将减小．无论怎样假设，铜盘的受力方向始终与转动方向相反．同时，转动过程中，机械能转化为电能，最终转化为内能，所以转得慢了．所以B 正确，A 、C 、D 错误．2．(多选)(2019·福建泉州市期末质量检查)如图2甲所示，匀强磁场垂直穿过矩形金属线框abcd ，磁感应强度B 随时间t 按图乙所示规律变化，下列说法正确的是( )图2A．t1时刻线框的感应电流方向为a→b→c→d→aB．t3时刻线框的感应电流方向为a→b→c→d→aC．t2时刻线框的感应电流最大D．t1时刻线框ab边受到的安培力方向向右答案AD解析t1时刻穿过线框的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线框的感应电流方向为a→b→c→d→a，由左手定则可知，线框ab边受到的安培力方向向右，选项A、D正确；t3时刻穿过线框的磁通量向里减小，可知线框的感应电流方向为a→d→c→b→a，选项B错误；B－t图象的斜率等于磁感应强度的变化率，可知t2时刻磁感应强度的变化率为零，则线框的感应电流为零，选项C错误．3.(多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)如图3，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是()图3答案AC解析棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v 1＝v 2，这时两相同的光滑导体棒ab 、cd 组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有m v 0＝m v 1＋m v 2，解得v 1＝v 2＝v 02，选项A 、C 正确，B 、D 错误．4.(2019·甘肃兰州市第一次诊断)如图4所示，宽为L 的光滑导轨竖直放置，左边有与导轨平面垂直的区域足够大的匀强磁场，磁感应强度为B ，右边有两块水平放置的金属板，两板间距为d .金属板和电阻R 都与导轨相连．要使两板间质量为m 、带电荷量为－q 的油滴恰好处于静止状态，阻值也为R 的金属棒ab 在导轨上的运动情况可能为(金属棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g )( )图4A ．向右匀速运动，速度大小为2dmg BLqB ．向左匀速运动，速度大小为2dmg BLqC ．向右匀速运动，速度大小为dmg 2BLqD ．向左匀速运动，速度大小为dmg 2BLq答案 A解析两板间质量为m 、带电荷量为－q 的油滴恰好处于静止状态，则qE ＝mg ，板间电场强度E ＝mg q ，方向竖直向下；两板间电压U ＝Ed ＝mgd q，且上板带正电、下板带负电．金属棒ab 切割磁感线相当于电源，两金属板与电阻R 并联后接在金属棒两端，则金属棒中电流方向由b 流向a ，U ＝R R ＋R·E ＝12·BL v ，则金属棒ab 在导轨上的运动速度v ＝2mgd qBL ；据金属棒中电流方向由b 流向a 和右手定则可得，金属棒向右运动．综上，A 正确，B 、C 、D 错误．5.(2019·北京市东城区上学期期末)如图5所示，两光滑水平放置的平行金属导轨间距为L ，直导线MN 垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B .电容器的电容为C ，除电阻R 外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN 一初速度，使导线MN 向右运动，当电路稳定后，MN 以速度v 向右匀速运动时( )图5A ．电容器两端的电压为零B ．通过电阻R 的电流为BL v RC ．电容器所带电荷量为CBL vD ．为保持MN 匀速运动，需对其施加的拉力大小为B 2L 2v R答案 C解析当导线MN 匀速向右运动时，导线所受的合力为零，说明导线不受安培力，电路中电流为零，故电阻两端没有电压．此时导线MN 产生的感应电动势恒定，根据闭合电路欧姆定律得知，电容器两板间的电压为U ＝E ＝BL v ，故A 、B 错误．电容器所带电荷量Q ＝CU ＝CBL v ，故C 正确；因匀速运动后MN 所受合力为0，而此时无电流，不受安培力，则无需拉力便可做匀速运动，故D 错误．6．(多选)(2019·湖北稳派教育上学期第二次联考)如图6甲所示，通电直导线MN 和正方形导线框在同一水平面内，ab 边与MN 平行，先给MN 通以如图乙所示的电流，然后再通以如图丙所示的正弦交流电，导线和线框始终保持静止不动，电流从N 到M 为正，已知线框中的磁通量与直导线MN 中的电流成正比，则下列说法正确的是( )图6A ．通以如图乙所示的电流时，线框中产生的电流先减小后增大B ．通以如图乙所示的电流时，线框中的感应电流方向始终不变C ．通以如图丙所示的电流时，0～t 2时间内，线框受到的安培力方向不变D ．通以如图丙所示的电流时，t 3 时刻线框受到的安培力为零答案 BD解析由题意可知，从N 到M 的方向为电流正方向；通以如题图乙所示的电流时，在0～t 1时间内电流方向为从M 到N ，穿过线框abcd 的磁场方向垂直纸面向外，大小在减小，由楞次定律可得，感应电流方向为逆时针，即为abcda ；在t 1时刻后，电流方向为N 到M ，穿过线框abcd 的磁场方向垂直纸面向里，大小在增大，由楞次定律可得，感应电流方向为逆时针，即为abcda ，故电流的方向不变，根据法拉第电磁感应定律有：E ＝ΔФΔt ，则线框中的感应电流为I ＝E R ＝ΔФΔt ×1R ，因线框中的磁通量与直导线MN 中的电流成正比，即ΔФΔt ∝ΔI Δt，则由乙图可知ΔI Δt 一直保持不变，故ΔФΔt不变，则感应电流I 不变，故A 错误，B 正确；通以如题图丙所示的电流时，在0～t 22时间内，导线中电流沿正方向增大，则线框中的磁场向里增大，由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针，即为abcda ，根据左手定则可知，ab 边受到的安培力方向向右，cd 边受到的安培力方向向左，根据F ＝BIL 可知，I 、L 相同，但ab 边离导线近，故ab 边所在处的磁感应强度大于cd 边所在处的磁感应强度，则此时安培力的方向向右；在t 22～t 2时间内，导线中电流沿正方向减小，则线框中的磁场向里减小，由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针，即为adcba ；根据左手定则可知，ab 边受到的安培力方向向左，cd 边受到的安培力方向向右，根据F ＝BIL 可知，I 、L 相同，但ab 边离导线近，故ab 边所在处的磁感应强度大于cd 边所在处的磁感应强度，则此时安培力的方向向左，故在0～t 2时间内线框受到的安培力方向改变，故C 错误；由题图丙可知，在t 3时刻电流为零，根据F ＝BIL 可知，此时线框受到的安培力为零，故D 正确．7．(2019·湖北十堰市上学期期末)如图7甲所示，导体棒MN 置于水平导轨上，PQMN 所围成的矩形的面积为S ，PQ 之间有阻值为R 的电阻，不计导轨和导体棒的电阻．导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t 0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN 始终处于静止状态．下列说法正确的是( )图7A ．在0～2t 0时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向先向左后向右，大小不变B ．在0～t 0时间内，通过导体棒的电流方向为N 到MC ．在t 0～2t 0时间内，通过电阻R 的电流大小为SB 0Rt 0。

高三物理电磁感应规律的综合应用单元复习测试题及答案

高三物理电磁感应规律的综合应用单元复习测试题及答案在现代，物理学曾经成为自然迷信中最基础的学科之一。

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一、选择题1.如下图电路，两根润滑金属导轨，平行放置在倾角为的斜面上，导轨下端接有电阻R，导轨电阻不计，斜面处在竖直向上的匀强磁场中，电阻可略去不计的金属棒ab质量为m，遭到沿斜面向上且与金属棒垂直的恒力F的作用，金属棒沿导轨匀速下滑，那么它在下滑高度h的进程中，以下说法正确的选项是( )A.作用在金属棒上各力的合力做功为零B.重力做的功等于系统发生的电能C.金属棒克制安培力做的功等于电阻R上发生的焦耳热D.金属棒克制恒力F做的功等于电阻R上发生的焦耳热【答案】选A、C.【详解】依据动能定理,合力做的功等于动能的增量，故A 对;重力做的功等于重力势能的增加，重力做的功等于克制F 所做的功与发生的电能之和，而克制安培力做的功等于电阻R上发生的焦耳热，所以B、D错，C对.2.如图甲所示,润滑导轨水平放置在与水平方向成60角斜向下的匀强磁场中,匀强磁场的磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示(规则斜向下为正方向),导体棒ab垂直导轨放置,除电阻R的阻值外,其他电阻不计,导体棒ab在水平外力作用下一直处于运动形状.规则ab的方向为电流的正方向,水平向右的方向为外力的正方向,那么在0～t1时间内,能正确反映流过导体棒ab的电流i和导体棒ab所受水平外力F 随时间t变化的图象是( )【答案】选D.【详解】由楞次定律可判定回路中的电流一直为ba方向,由法拉第电磁感应定律可判定回路电流大小恒定,故A、B错;由F安=BIL可得F安随B的变化而变化,在0～t0时间内,F 安方向向右,故外力F与F安等值反向,方向向左为负值;在t0～t1时间内,F安方向改动,故外力F方向也改动为正值,综上所述,D项正确.3.粗细平均的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行.现使线框以异样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如下图，那么在移出进程中线框一边a、b两点间的电势差相对值最大的是( )【答案】选B.【详解】此题中在磁场中的线框与速度垂直的边为切割磁感线发生感应电动势的电源.四个选项中的感应电动势大小均相等，回路电阻也相等，因此电路中的电流相等，B中ab两点间电势差为路端电压，为倍的电动势，而其他选项那么为倍的电动势.故B正确.4.如下图，两根水平放置的相互平行的金属导轨ab、cd，外表润滑，处在竖直向上的匀强磁场中，金属棒PQ垂直于导轨放在下面，以速度v向右匀速运动，欲使棒PQ停上去，下面的措施可行的是(导轨足够长，棒PQ有电阻)( )A.在PQ右侧垂直于导轨再放上一根异样的金属棒B.在PQ右侧垂直于导轨再放上一根质量和电阻均比棒PQ大的金属棒C.将导轨的a、c两端用导线衔接起来D.在导轨的a、c两端用导线衔接一个电容器【答案】选C.【详解】在PQ棒右侧放金属棒时，回路中会有感应电流，使金属棒减速，PQ棒减速，当取得共同速度时，回路中感应电流为零，两棒都将匀速运动，A、B项错误.当一端或两端用导线衔接时，PQ的动能将转化为内能而最终运动，C项正确.假定在a、c两端衔接一个电容器,在电容器的充电进程中电路中有感应电流,导体棒在安培力的作用下减速,当导体棒的感应电动势与电容器两端的电压相等时,导体棒匀速运动.D项错.5.如下图，电阻为R，导线电阻均可疏忽，ef是一电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端区分与ab、cd 坚持良好接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef从运动下滑一段时间后闭合开关S，那么S闭合后( )A.导体棒ef的减速度能够大于gB.导体棒ef的减速度一定小于gC.导体棒ef最终速度随S闭合时辰的不同而不同D.导体棒ef的机械能与回路内发生的电能之和一定守恒【答案】选A、D.【详解】开封锁合前，导体棒只受重力而减速下滑.闭合开关时有一定的初速度v0，假定此时F安mg，那么F安-mg=ma.假定F安6.如右图所示，两竖直放置的平行润滑导轨相距0.2 m，其电阻不计，处于水平向里的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度为0.5 T，导体棒ab与cd的电阻均为0.1 ，质量均为0.01 kg.现用竖直向上的力拉ab棒，使之匀速向上运动，此时cd棒恰恰运动，棒与导轨一直接触良好，导轨足够长，g取10 m/s2，那么()A.ab棒向上运动的速度为1 m/sB.ab棒遭到的拉力大小为0.2 NC.在2 s时间内，拉力做功为0.4 JD.在2 s时间内，ab棒上发生的焦耳热为0.4 J【答案】 B【详解】cd棒遭到的安培力等于它的重力，BBLv2RL=mg，v=mg2RB2L2=2 m/s，A错误.ab棒遭到向下的重力G和向下的安培力F，那么ab棒遭到的拉力FT=F+G=2mg=0.2 N，B正确.在2 s内拉力做的功，W=FTvt=0.222 J=0.8 J，C不正确.在2 s内ab棒上发生的热量Q=I2Rt=BLv2R2Rt=0.2 J，D不正确.7.如右图所示，在润滑水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，如下图，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大.一个边长为a，质量为m，电阻为R的正方形金属线框垂直磁场方向，以速度v从图示位置向右运动，当线框中心线AB运动到与PQ重合时，线框的速度为v2，那么()A.此时线框中的电功率为4B2a2v2/RB.此时线框的减速度为4B2a2v/(mR)C.此进程经过线框截面的电荷量为Ba2/RD.此进程回路发生的电能为0.75mv2【答案】 C【详解】线框左右两边都切割磁感线那么E总=2Bav2，P=E2总R=B2a2v2R，A错误;线框中电流I=E总R=BavR，两边受安培力F合=2BIa=2B2a2vR，故减速度a=2B2a2vmR，B错误;由E=t，I=ER.q=It得q=R.从B点到Q点=Ba2，故C正确;而回路中发生的电能E=12mv2-12m12v2=38mv2，故D错误.8.在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规则线圈中感应电流的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t做如图乙变化时，以下选项中能正确表示线圈中感应电动势E变化的是【答案】A【详解】由图乙知0～1 s内磁通量向上平均添加，由楞次定律知电流方向为正方向且坚持不变;3 s～5 s内磁通量向下平均减小，由楞次定律知电流方向为负方向且坚持不变.由法拉第电磁感应定律知感应电动势大小与磁通质变化率成正比，故3 s～5 s内的电动势是0～1 s内电动势的12.应选A.9.如下图，用铝板制成U型框，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框中，使全体在匀强磁场中沿垂直于磁场方向向左以速度v匀速运动，悬挂拉力为FT，那么A.悬线竖直，FT=mgB.悬线竖直，FTmgC.悬线竖直，FTD.无法确定FT的大小和方向【答案】A【详解】设两板间的距离为L，由于向左运动进程中竖直板切割磁感线，发生动生电动势，由右手定那么判别下板电势高于上板，动生电动势大小E=BLv，即带电小球处于电势差为BLv的电场中，所受电场力F电=qE电=qEL=qBLvL=qvB设小球带正电，那么电场力方向向上.同时小球所受洛伦兹力F洛=qvB，方向由左手定那么判别竖直向下，即F电=F洛，故无论小球带什么电怎样运动，FT=mg.选项A正确.10.如图(a)所示，在润滑水平面上用恒力F拉质量为m的单匝平均正方形铜线框，线框边长为a，在1位置以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场并末尾计时，假定磁场的宽度为b(b3a)，在3t0时辰线框抵达2位置，速度又为v0，并末尾分开匀强磁场.此进程中vt图象如图(b)所示，那么()A.t=0时，线框右侧边MN的两端电压为Bav0B.在t0时辰线框的速度为v0-Ft0mC.线框完全分开磁场的瞬间位置3的速度一定比t0时辰线框的速度大D.线框从1位置进入磁场到完全分开磁场位置3进程中线框中发生的电热为2Fb【答案】D【详解】t=0时，线框右侧边MN的两端电压为外电压，为34Bav0，A项错误;从t0时辰至3t0时辰线框做匀减速运动，减速度为Fm，故在t0时辰的速度为v0-2at0=v0-2Ft0m，B 项错误;由于t=0时辰和t=3t0时辰线框的速度相等，进入磁场和穿出磁场的进程中受力状况相反，故在位置3时的速度与t0时辰的速度相等，C项错误;线框在位置1和位置2时的速度相等，依据动能定理，外力做的功等于克制安培力做的功，即有Fb=Q，所以线框穿过磁场的整个进程中，发生的电热为2Fb，D项正确.二、非选择题11.如图甲所示，两根质量均为0.1 kg完全相反的导体棒a、b，用绝缘轻杆相连置于由金属导轨PQ、MN架设的斜面上.斜面倾角为53，a、b导体棒的间距是PQ、MN导轨的间距的一半，导轨间分界限OO以下有方向垂直斜面向上的匀强磁场.当a、b导体棒沿导轨下滑时，其下滑速度v与时间的关系图象如图乙所示.假定a、b导体棒接入电路的电阻均为1 ，其他电阻不计，取g=10 m/s2，sin 53=0.8，cos 53=0.6，试求：(1)PQ、MN导轨的间距d;(2)a、b导体棒与导轨间的动摩擦因数;(3)匀强磁场的磁感应强度B的大小.【答案】(1)1.2 m (2)0.083 (3)0.83 T【详解】(1)由图乙可知导体棒b刚进入磁场时a、b和轻杆所组成的系统做匀速运动，当导体棒a进入磁场后才再次做减速运动，因此b棒匀速运动的位移即为a、b棒的间距，依题意可得：d=2vt=23(0.6-0.4)m=1.2 m(2)设进入磁场前导体棒运动的减速度为a，由图乙得：a=vt=7.5 m/s2，因a、b一同运动，故可看作一个全体，其受力剖析如下图.由牛顿第二定律得：2mgsin 2mgcos =2ma解得：=(gsin-a)/(gcos )=(100.8-7.5)/(100.6)=0.5/6=0.083(3)当b导体棒在磁场中做匀速运动时，有：2mgsin 2mgcos -BId=0I=Bdv2R联立解得：B=0.83 T小编为大家提供的高三物理电磁感应规律的综合运用单元温习测试题及答案，大家细心阅读了吗?最后祝同窗们学习提高。

新课标全国高考考前复习物理专题3 电磁感应的综合应用

新课标全国高考考前复习物理专题电磁感应的综合应用1．如图9－3－1所示，光滑平行金属导轨PP ′和QQ ′，都处于同一水平面内，P 和Q 之间连接一电阻R ，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．现垂直于导轨放置一根导体棒MN ，用一水平向右的力F 拉动导体棒MN ，以下关于导体棒MN 中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是 ( )．A ．感应电流方向是N ―→MB ．感应电流方向是M ―→NC ．安培力水平向左D ．安培力水平向右解析答案 AC2．在下列四个情景中，虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．A 、B 中的导线框为正方形，C 、D 中的导线框为直角扇形．各导线框均绕轴O 在纸面内匀速转动，转动方向如箭头所示，转动周期均为T .从线框处于图示位置时开始计时，以在OP 边上从P 点指向O 点的方向为感应电流i 的正方向．则四个情景中，产生的感应电流i 随时间t 的变化规律符合图9－3－2所示的i －t 图像的是( )．图9－3－1图9－3－2解析线框转动90°后开始进入磁场，由楞次定律结合右手定则可得，若线框顺时针转动进入磁场时产生的感应电流由O 点指向P 点为负值，线框逆时针转动进入磁场时产生的感应电流由P 点指向O 点为正值，所以B 、D 错误；线框若为正方形，进入磁场后的一段时间内切割磁感线的有效长度越来越大，产生的电动势不为定值，感应电流不恒定， A 错误；线框若为扇形，进入磁场后转动90°的时间内切割的有效长度恒为半径，为定值，产生的电动势恒定，电流恒定，C 正确．答案 C3．如图9－3－3所示，一由均匀电阻丝折成的正方形闭合线框abcd ，置于磁感应强度方向垂直纸面向外的有界匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，线框bc 边与磁场左右边界平行．若将该线框以不同的速率从图示位置分别从磁场左、右边界匀速拉出直至全部离开磁场，在此过程中( )．A ．流过ab 边的电流方向相反B ．ab 边所受安培力的大小相等C ．线框中产生的焦耳热相等D ．通过电阻丝某横截面的电荷量相等解析线框离开磁场，磁通量减小，由楞次定律可知线框中的感应电流方向为a ―→d ―→c ―→b ―→a ，故A 错误；由法拉第电磁感应定律得E ＝BLv ，I ＝ER ，F ＝BIL ＝B 2L 2v R ，v 不同，F 不同，故B 错误；线框离开磁场的时间t ＝L v ，产生的热量Q ＝I 2Rt ＝B 2L 3v R，图9－3－3故C 错误；通过导体横截面的电荷量q ＝It ＝BL 2R，故D 正确．答案 D4．如图9－3－4甲所示，abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，在金属线框的下方有一磁感应强度为B 的匀强磁场区域，MN 和M ′N ′是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc 边平行，磁场方向与线框平面垂直．现金属线框由距MN 的某一高度从静止开始下落，图9－3－4乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域的v －t 图像．已知金属线框的质量为m ，电阻为R ，当地的重力加速度为g ，图像中坐标轴上所标出的字母v 1、v 2、v 3、t 1、t 2、t 3、t 4均为已知量．(下落过程中bc 边始终水平)根据题中所给条件，以下说法正确的是( )．图9－3－4A ．可以求出金属框的边长B ．线框穿出磁场时间(t 4－t 3)等于进入磁场时间(t 2－t 1)C ．线框穿出磁场与进入磁场过程所受安培力方向相同D ．线框穿出磁场与进入磁场过程产生的焦耳热相等解析由线框运动的v －t 图像，可知0～t 1线框自由下落，t 1～t 2线框进入磁场，t 2～t 3 线框在磁场中只受重力作用加速下降，t 3～t 4线框离开磁场．线框的边长l ＝v 3(t 4－t 3)选项A 正确；由于线框离开时的速度v 3大于进入时的平均速度，因此线框穿出磁场时间小于进入磁场时间，选项B 错；线框穿出磁场与进入磁场过程所受安培力方向都竖直向上，选项C 正确；线框进入磁场mgl ＝Q 1＋12mv 22－12mv 12，线框离开磁场mgl ＝Q 2，可见Q 1<Q 2，选项D 错．答案 AC5．如图9－3－5甲所示，bacd 为导体做成的框架，其平面与水平面成θ角，质量为m 的导体棒PQ 与ab 、cd 接触良好，回路的电阻为R ，整个装置放于垂直框架平面的变化磁场中，磁感应强度B 的变化情况如图9－3－5乙所示，PQ 能够始终保持静止，则0～t 2时间内，PQ 受到的安培力F 和摩擦力f 随时间变化的图像可能正确的是(取平行斜面向上为正方向)图9－3－5解析在0～t 2内，磁场随时间均匀变化，故回路中产生的感应电流大小方向均恒定，所以PQ 受到的安培力F ＝BIL ∝B ，方向先沿斜面向上，t 1时刻之后方向变为沿斜面向下，故A 项正确，B 项错；静摩擦力f ＝mg sin θ－BIL ，若t ＝0时刻，mg sin θ>BIL ，则f 刚开始时沿斜面向上，若t ＝0时刻，mg sin θ<BIL ，则f 刚开始时沿斜面向下，C 、D 都有可能正确(极限思维法)．答案 ACD6．如图9－3－6甲，在虚线所示的区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场变化规律如图9－3－6乙所示，面积为S 的单匝金属线框处在磁场中，线框与电阻R 相连．若金属框的电阻为R2，则下列说法正确的是( )．图9－3－6A ．流过电阻R 的感应电流由a 到bB ．线框cd 边受到的安培力方向向下C ．感应电动势大小为2B 0St 0D ．ab 间电压大小为2B 0S 3t 0解析本题考查电磁感应及闭合电路相关知识．由乙图可以看出磁场随时间均匀增加，根据楞次定律及安培定则可知，感应电流方向由a →b ，选项A 正确；由于电流由c →d ，根据左手定则可判断出cd 边受到的安培力向下，选项B 正确；回路中感应电动势应为E ＝2B 0－B 0S t 0＝B 0S t 0.选项C 错误；因为E R ＋12R ＝U R ，解得U ＝2B 0S3t 0，选项D 正确．答案 ABD7．一个闭合回路由两部分组成，如图9－3－7所示，右侧是电阻为r 的圆形导线，置于竖直方向均匀变化的磁场B 1中；左侧是光滑的倾角为θ的平行导轨，宽度为d ，其电阻不计．磁感应强度为B 2的匀强磁场垂直导轨平面向上，且只分布在左侧，一个质量为m 、电阻为R 的导体棒此时恰好能静止在导轨上，分析下述判断不正确的是 ( )．A ．圆形线圈中的磁场，可以向上均匀增强，也可以向下均匀减弱B ．导体棒ab 受到的安培力大小为mg sin θC ．回路中的感应电流为mg sin θB 2dD ．圆形导线中的电热功率为m 2g 2sin 2θB 22d 2(r ＋R )解析导体棒此时恰好能静止在导轨上，依据平衡条件知导体棒ab 受到的安培力大小为mg sin θ，方向沿斜面向上，由左手定则判定电流方向为b →a ，再由楞次定律判定A 、B正确；回路中的感应电流为I ＝F B 2d ＝mg sin θB 2d，C 正确；由焦耳定律得圆形导线中的电热功率为P r ＝m 2g 2sin 2θB 22d 2r ，D 错(单杆倾斜式)．答案 D8．如图9－3－8所示，abcd 是一个质量为m ，边长为L 的正方形金属线框．如从图示位置自由下落，在下落h 后进入磁感应强度为B 的磁场，恰好做匀速直线运动，该磁场的宽度也为L .在这个磁场的正下方h ＋L 处还有一个未知磁场，金属线框abcd在穿过这个磁场时也恰好做匀速直线运动，那么下列说图9－3－7法正确的是 ( )．A ．未知磁场的磁感应强度是2B B ．未知磁场的磁感应强度是2BC ．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgLD ．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为2mgL解析设线圈刚进入第一个磁场时速度大小为v 1，那么mgh ＝12mv 12，v 1＝2gh .设线圈刚进入第二个磁场时速度大小为v 2，那么v 22－v 12＝2gh ，v 2＝2v 1.根据题意还可得到，mg ＝B 2L 2v 1R ，mg ＝B x 2L 2v 2R整理可得出B x ＝22B ，A 、B 两项均错．穿过两个磁场时都做匀速运动，把减少的重力势能都转化为电能，所以在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgL ，C 项正确、D 项错．答案 C9．如图9－3－9所示，间距l ＝0.3 m 的平行金属导轨a 1b 1c 1和a 2b 2c 2分别固定在两个竖直面内．在水平面a 1b 1b 2a 2区域内和倾角θ＝37°的斜面c 1b 1b 2c 2区域内分别有磁感应强度B 1＝0.4 T ，方向竖直向上和B 2＝1 T 、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻R ＝0.3 Ω、质量m 1＝0.1 kg 、长为l 的相同导体杆K 、S 、Q 分别放置在导轨上，S 杆的两端固定在b 1、b 2点，K 、Q 杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好．一端系于K 杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m 2＝0.05 kg 的小环．已知小环以a ＝6 m/s 2的加速度沿绳下滑，K 杆保持静止，Q 杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F 作用下匀速运动．不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长．取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求图9－3－9(1)小环所受摩擦力的大小； (2)Q 杆所受拉力的瞬时功率．解析 (1)以小环为研究对象，在环沿绳下滑过程中，受重力m 2g 和绳向上的摩擦力f ，图9－3－8由牛顿第二定律知m 2g －f ＝m 2a .代入数据解得f ＝m 2(g －a )＝0.05×(10－6) N ＝0.2 N.(2)根据牛顿第二定律知，小环下滑过程中对绳的反作用力大小f ′＝f ＝0.2 N ，所以绳上的张力F T ＝0.2 N ．设导体棒K 中的电流为I K ，则它所受安培力F K ＝B 1I K l ，对导体棒K ，由平衡条件知F T ＝F K ，所以电流I K ＝53A.因为导体棒Q 运动切割磁感线而产生电动势，相当于电源．等效电路如图所示，因K 、S 、Q 相同，所以导体棒Q 中的电流I Q ＝2I K ＝103A设导体棒Q 运动的速度大小为v ，则E ＝B 2lv 由闭合电路的欧姆定律知I Q ＝E R ＋R2解得v ＝5 m/s导体棒Q 沿导轨向下匀速下滑过程中，受安培力F Q ＝B 2I Q l 由平衡条件知F ＋m 1g sin 37°＝F Q 代入数据解得F ＝0.4 N 所以Q 杆所受拉力的瞬时功率P ＝F ·v ＝0.4×5 W＝2 W(程序思维法)．答案 (1)0.2 N (2)2 W10．相距L ＝1.5 m 的足够长金属导轨竖直放置，质量为m 1＝1 kg 的金属棒ab 和质量为m 2＝0.27 kg 的金属棒cd 均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图9－3－10(a)所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同．ab 棒光滑，cd 棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.75，两棒总电阻为1.8 Ω，导轨电阻不计．ab 棒在方向竖直向上，大小按图9－3－10(b)所示规律变化的外力F 作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时cd 棒也由静止释放．图9－3－10(1)求出磁感应强度B 的大小和ab 棒加速度的大小；(2)已知在2 s 内外力F 做功40 J ，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热．解析 (1)经过时间t ，金属棒ab 的速率v ＝at 此时，回路中的感应电流为I ＝E R ＝BLvR对金属棒ab ，由牛顿第二定律得F －BIL －m 1g ＝m 1a由以上各式整理得：F ＝m 1a ＋m 1g ＋B 2L 2Rat在图线上取两点：t 1＝0，F 1＝11 N ；t 2＝2 s ，F 2＝14.6 N代入上式得a ＝1 m/s 2B ＝1.2 T(2)在2 s 末金属棒ab 的速率v t ＝at ＝2 m/s 所发生的位移s ＝12at 2＝2 m由动能定理得W F －m 1gs －W 安＝12m 1v t 2又Q ＝W 安，联立以上方程，解得Q ＝W F －m 1gs －12m 1v t 2＝(40－1×10×2－12×1×22)J ＝18 J答案 (1)1.2 T 1 m/s 2(2)18 J。

高考物理三轮复习精讲突破训练—电磁感应基本规律及其应用

高考物理三轮复习精讲突破训练—电磁感应基本规律及其应用考向一电磁感应现象的判断1.常见的产生感应电流的三种情况2．判断电路中能否产生感应电流的一般流程【例1】如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面（纸面）内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。

现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则（）A．两导线框中均会产生正弦交流电B．两导线框中感应电流的周期都等于TC ．在t ＝8T 时，两导线框中产生的感应电动势相等D ．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等【答案】BC【详解】A ．本题中导线框的半径匀速旋转切割磁感线时产生大小不变的感应电流，故A 错误；B ．两导线框产生的感应电流的周期与线框转动周期相同，故B 正确；C ．在t ＝8T 时，两导线框切割磁感线的导线长度相同，且切割速度大小相等，故产生的感应电动势相等，均为E ＝12BR 2ω故C 正确；D ．两导线框中感应电流随时间变化的图像如下图所示，故两导线框中感应电流的有效值不相等，故D 错误。

故选BC 。

[变式1]如图所示，水平地面（Oxy 平面）下有一根平行于y 轴且通有恒定电流I 的长直导线。

P 、M 和N 为地面上的三点，P 点位于导线正上方，MN 平行于y 轴，PN 平行于x 轴。

一闭合的圆形金属线圈，圆心在P 点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。

下列说法正确的有（）A．N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同B．线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变C．线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流D．线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等【答案】AC【详解】A．依题意，M、N两点连线与长直导线平行、两点与长直导线的距离相同，根据右手螺旋定则可知，通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，故A正确；B．根据右手螺旋定则，线圈在P点时，磁感线穿进与穿出在线圈中对称，磁通量为零；在向N点平移过程中，磁感线穿进与穿出线圈不再对称，线圈的磁通量会发生变化，故B错误；C．根据右手螺旋定则，线圈从P点竖直向上运动过程中，磁感线穿进与穿出线圈对称，线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈无感应电流，故C正确；D．线圈从P点到M点与从P点到N点，线圈的磁通量变化量相同，依题意P点到M点所用时间较从P点到N点时间长，根据法拉第电磁感应定律，则两次的感应电动势不相等，故D错误。

高三物理一轮复习学案---电磁感应与动量的综合应用

高三物理一轮复习学案电磁感应与动量的综合应用课前案【目标导航】电磁感应与动量的结合主要有3个考点：1.对与单杆模型，则是与动量定理结合。

例如在光滑水平轨道上运动的单杆(不受其他力作用)，由于在磁场中运动的单杆为变速运动，则运动过程所受的安培力为变力，依据动量定理F t P ∆=∆安，而又由于F t BIL t BLq ∆=∆=安，=BLxq NN R R ∆Φ=总总，21P mv mv ∆=-，由以上四式将流经杆电量q 、杆位移x 及速度变化结合一起。

2.对于双杆模型，在受到安培力之外，受到的其他外力和为零，则是与动量守恒结合考察3.电容器模型 ①无外力充电式基本模型规律(电阻阻值为R ，电容器电容为C )电路特点导体棒相当于电源，电容器被充电.电流特点安培力为阻力，棒减速，E 减小，有I ＝BL v －U CR，电容器被充电U C 变大，当BL v ＝U C 时，I ＝0，F 安＝0，棒匀速运动.运动特点和最终特征a 减小的加速运动，棒最终做匀速运动，此时I ＝0，但电容器带电荷量不为零. 最终速度电容器充电荷量：q ＝CU 最终电容器两端电压U ＝BL v对棒应用动量定理：m v0－m v＝B I L·Δt＝BLq v＝m v0m＋B2L2C.v－t图象②无外力放电式基本模型规律(电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C) 电路特点电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动.电流的特点电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时U C＝BL v.运动特点及最终特征a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0.最大速度v m 电容器充电荷量：Q0＝CE放电结束时电荷量：Q＝CU＝CBL v m电容器放电荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBL v m对棒应用动量定理：m v m＝B I L·Δt＝BLΔQ v m＝BLCEm＋B2L2Cv－t图象课中案例1.如图所示，一质量为m 的金属杆ab ，以一定的初速度v 0从一光滑平行金属轨道的底端向上滑行，轨道平面与水平面成θ角，两导轨上端用一电阻相连，磁场方向垂直轨道平面向上，轨道与金属杆ab 的电阻不计并接触良好。

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电磁感应的综合应用专题一、电磁感应现象【例1】(2008海南卷)法拉第通过静心设计的一系列试验，发现了电磁感应定律，将历史上认为各自独立的学科“电学”与“磁学”联系起来．在下面几个典型的实验设计思想中，所作的推论后来被实验否定的是（）A ．既然磁铁可使近旁的铁块带磁，静电荷可使近旁的导体表面感应出电荷，那么静止导线上的稳恒电流也可在近旁静止的线圈中感应出电流B ．既然磁铁可在近旁运动的导体中感应出电动势，那么稳恒电流也可在近旁运动的线圈中感应出电流C ．既然运动的磁铁可在近旁静止的线圈中感应出电流，那么静止的磁铁也可在近旁运动的导体中感应出电动势D ．既然运动的磁铁可在近旁的导体中感应出电动势，那么运动导线上的稳恒电流也可在近旁的线圈中感应出电流【解析】电磁感应现象的产生条件是：穿过电路的磁通量发生变化。

静止导线上的稳恒电流产生恒定的磁场，静止导线周围的磁通量没有发生变化，近旁静止线圈中不会有感应电流产生，Ａ错。

而Ｂ、Ｃ、Ｄ三项中都会产生电磁感应现象，有感应电动势（或感应电流）产生。

【例２】(2007宁夏卷)电阻R 、电容C 与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N 极朝下，如图所示。

现使磁铁开始自由下落，在N 极接近线圈上端的过程中，流过R 的电流方向和电容器极板的带电情况是（） A ．从a 到b ，上极板带正电 B ．从a 到b ，下极板带正电C ．从b 到a ，上极板带正电D ．从b 到a ，下极板带正电【解析】由条形磁铁N 极朝下可知原磁场的方向向下，再由运动方向可知磁通量增大，然后利用楞次定律可判断感应电流的磁场方向向上，最后利用安培定则确定流过R 的感应电流方向是从b 到a ；由电路知识可判出电容器极板的带电情况是电容器下极板带正电。

故答案选择D 。

二、电磁感应与力和运动结合的问题解题基本思路：首先明确研究对象，搞清物理过程。

其次由法拉第电磁感应定律求感应电动势，然后利用欧姆定律求感应电流。

再次正确地进行受力分析，求出安培力.要注意在匀强磁场中匀速运动的导体受的安培力恒定，变速运动的导体受的安培力也随速度（电流）变化．最后用力学规律求解，匀速运动可用平衡条件求解．变速运动的瞬时速度可用牛顿第二定律和运动学公式求解，变速运动的热量问题一般用能量观点分析，应尽量应用能的转化和守恒定律解决问题．【例3】（2007四川卷）如图所示，P 、Q 为水平面内平行放置的光滑金属长直导轨，间距为L 1，处在竖直向下、磁感应强度大小为B 1的匀强磁场中。

一导体杆ef 垂直于P 、Q 放在导轨上，在外力作用下向左做匀速直线运动。

质量为m 、每边电阻均为r 、边长为L 2的正方形金属框abcd 置于竖直平面内，两顶点a 、b 通过细导线与导轨相连，磁感应强度大小为B 2的匀强磁场垂直金属框向里，金属框恰好处于静止状态。

不计其余电阻和细导线对a 、b 点的作用力。

(1)通过ab 边的电流I ab 是多大? (2)导体杆ef 的运动速度v 是多大? 【解析】（1）设通过正方形金属框的总电流为I ，ab 边的电流为I ab ，dc 边的电流为I dc ，有I 43I ab =① I 41I dc = ②金属框受重力和安培力，处于静止状态，有2dc 22ab 2L I B L I B mg += ③由①②③解得：22L B 4mg3Iab =④ （2）由（1）可得22L B mgI =⑤设导体杆切割磁感线产生的电动势为E ，有E ＝B 1L 1v ⑥设ad 、dc 、cb 三边电阻串联后与ab 边电阻并联的总电阻为R ，则r43R =⑦根据闭合电路欧姆定律，有I ＝E/R ⑧由⑤～⑧解得2121L L B B 4mgr3v =⑨【例4】（2008上海卷）如图所示，竖直平面内有一半径为r 、电阻为R 1、粗细均匀的光滑半圆形金属环，在M 、N 处与距离为2r 、电阻不计的平行光滑金属导轨ME 、NF 相接，EF 之间接有电阻R 2，已知R 1＝12R ，R 2＝4R ．在MN 上方及CD 下方有水平方向的匀强磁场I 和II ，磁感应强度大小均为B ．现有质量为m 、电阻不计的导体棒ab ，从半圆环的最高点A 处由静止下落，在下落过程中导体棒始终保持水平，与半圆形金属环及轨道接触良好，设平行导轨足够长．已知导体棒下落r2 时的速度大小为v 1，下落到MN 处时的速度大小为v 2．⑴求导体棒ab 从A 处下落r2时的加速度大小；⑵若导体棒ab 进入磁场II 后棒中电流大小始终不变，求磁场I 和II 这间的距离h 和R 2上的电功率P2；⑶若将磁场II 的CD 边界略微下移，导体棒ab 进入磁场II 时的速度大小为v 3，要使其在外力F 作用下做匀加速直线运动，加速度大小为a ，求所加外力F 随时间变化的关系式．【解析】⑴以导体棒为研究对象，棒在磁场I 中切割磁感线，棒中产生感应电动势，导体棒ab 从A 下落r2 ，导体棒在重力与安培力作用下做加速运动。

据此：E 1＝ 3 Brv 1R 总1＝64R212R ＋4R＝4RI 1＝E 1R 总1 ＝ 3 Brv 14Rmg －BI 1L 1＝ma由上述各式可得：a ＝g －3B 2r 2v 14Rm⑵当导体棒ab 通过磁场II 时，若安培力恰好等于重力，棒中电流大小始终不变，即： E 2＝2BrvR 总2＝48R212R ＋4R＝3RI 2＝E 2R 总2 ＝2Brv 3Rmg ＝BI 2L 2由上述各式得：v ＝3Rmg 4B 2r2导体棒从MN 到CD 做加速度为g 的匀加速直线运动，有 v 2－v 22＝2gh 得：h ＝9R 2gm 232B 4r 4 －v 222g此时导体棒重力的功率为222243r B R g m mgv P G ==根据能量守恒定律，此时导体棒重力的功率全部转化为电路中的电功率，即22222143r B Rg m P P PP G ==+=电故2222216943r B R g m P P G == ⑶设导体棒ab 进入磁场II 后经过时间t 的速度大小为v t ’，此时安培力大小为R v r B F t 34''22=由于导体棒ab 做匀加速直线运动，有at v v t +=3'根据牛顿第二定律，有ma F mg E =-+'联列上述各式得：F ＝ma －mg ＋4B 2r 2（v 3＋at ）3R【例5】（2008江苏卷）如图所示，间距为L 的两条足够长的平行金属导轨与水平面的夹角为θ，导轨光滑且电阻忽略不计．场强为B 的条形匀强磁场方向与导轨平面垂直，磁场区域的宽度为d 1，间距为d 2．两根质量均为m 、有效电阻均为R 的导体棒a 和b 放在导轨上，并与导轨垂直．（设重力加速度为g ）⑴若a 进入第2个磁场区域时，b 以与a 同样的速度进入第1个磁场区域，求b 穿过第1个磁场区域过程中增加的动能△E k ；⑵若a 进入第2个磁场区域时，b 恰好离开第1个磁场区域；此后a 离开第2个磁场区域时，b 又恰好进入第2个磁场区域．且a ．b 在任意一个磁场区域或无磁场区域的运动时间均相．求b 穿过第2个磁场区域过程中，两导体棒产生的总焦耳热Q ；⑶对于第⑵问所述的运动情况，求a 穿出第k 个磁场区域时的速率v ．【解析】⑴a 和b 不受安培力作用，由机械能守恒得1sin k E mgd θ∆=⑵由能量守恒得：在磁场区域有2212111sin 22m Q m mgd θ+=+v v在无磁场区域：2221211sin 22m m mgd θ=+v v解得：12()sin Q mg d d θ=+⑶在无磁场区域有：21sin gt θ-=v v且：1222d t +=v v 有磁场区域，对a 棒：sin F mg BIl θ=-且：2Bl I R =v则有：22sin 2B l g tmR θ⎡⎤∆=-∆⎢⎥⎣⎦∑∑v v 解得：22211sin 2B l gt d mR θ-=-v v三、电磁感应的电路问题解题基本思路：应明确产生电动势的那部分导体相当于电源，该部分电路的电阻是电源的内阻，而其余部分电路则是用电器,是外电路．一般先画等效电路图,然后综合电磁规律和电路规律求解在电磁感应现象中，应用全电路欧姆定律分析问题，并注意能量转化问题。

【例6】（2007天津卷）两根光滑的长直金属导轨导轨MN 、M'N'平行置于同一水平面内，导轨间距为l ，电阻不计，M 、M'处接有如图所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R ，电容器的电容为C 。

长度也为l 、阻值同为R 的金属棒ab垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中。

ab 在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在ab 运动距离为s 的过程中，整个回路中产生的焦耳热为Q 。

求：（1）ab 运动速度v 的大小；（2）电容器所带的电荷量q. 【解析】（1）根据题意，该电路的等效电路如右图：设ab 上产生的感应电动势为E ，回路中电流为I ，ab 运动距离s 所用的时间为t ，则有：E=BLv I=E 4R t=s t Q=I 2(4R)t 由上述方程得：v=4QR B 2l 2s（2）设电容器两极板间的电势差为U ，则有：U=IR 电容器所带电荷量q=CU 解得q=CQRB l s【例7】（2008广东卷）如图（a ）所示，水平放置的两根平行金属导轨，间距L ＝0.3 m ．导轨左端连接R ＝0.6 Ω的电阻，区域abcd 内存在垂直于导轨平面B ＝0.6 T 的匀强磁场，磁场区域宽D ＝0.2 m ．细金属棒A 1和A 2用长为2D ＝0.4 m 的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面上，并与导轨垂直，每根金属棒在导轨间的电阻均为t ＝0.3 Ω，导轨电阻不计，使金属棒以恒定速度v ＝1.0 m/s 沿导轨向右穿越磁场，计算从金属棒A 1进入磁场（t ＝0）到A 2离开磁场的时间内，不同时间段通过电阻R 的电流强度，并在图（b ）中画出．【解析】A 1从进入磁场到离开磁场的时间s v Dt 2.01==在0~t 1时间内，A 1上的感应电动势E=BLv=0.18V由等效电路图（a ）知：图（a ）图（b ）电路的总电阻Ω=++=5.0rrRRrR总总电流A36.0==总REi通过R的电流A12.03==iiRA1离开磁场t1=0.2s至A2未进入磁场svDt4.022==的时间内，回路中无电流，=Ri从A2进入磁场t2=0.4s至离开磁场svDDt6.023=+=的时间内，A2上的感应电动势E=0.18V由图（b）知，电路总电阻Ω=++=5.0rrRRrR总总电流A36.0==总REi通过R的电流A12.03==iiR综合上述计算结果，绘制通过R的电流与时间的关系图线，如下图所示四、电磁感应的图像样问题电磁感应的图像样问题一般有两大类:一类是根据导体切割磁感应情况画出E－t图象和i －t图象.另一类是根据图象φ－t或B－t图象画出E－t图象和I－t图象,或反之。