2020年高考物理试题分类汇编——电磁感应
2020年高考物理专题10 电磁感应
重点1 电磁感应现象楞次定律【要点解读】1．磁通量变化的常见情况弹性线圈在向外拉的过程中（1）楞次定律中“阻碍”的含义（2）判断感应电流方向的两种方法方法一用楞次定律判断方法二用右手定则判断该方法适用于切割磁感线产生的感应电流。
判断时注意掌心、拇指、四指的方向：①掌心——磁感线垂直穿入；②拇指——指向导体运动的方向；③四指——指向感应电流的方向。
4．楞次定律、左手定则、右手定则、安培定则的综合应用（1）“三个定则一个定律”的比较①因电而生磁（I→B）→安培定则；②因动而生电（v、B→I安）→右手定则；③因电而受力（I、B→F安）→左手定则；④因磁而生电（Φ、B→I安）→楞次定律。
（3）相互联系①应用楞次定律，一般要用到安培定则。
②研究感应电流受到的安培力，一般先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定。
5．利用“因果关系法”分析电磁感应现象（物理思想）（1）方法概述因果关系分析法是指在解题过程中依据事物之间的前后相连，先行后续的因果关系去分析，推断事物的原因或结果的一种思维方法。
（2）利用因果关系分析法进行主观性推断的两种情形①据因推果：根据某种原因，预见它可能产生的结果。
②执果索因：根据某种结果，探究产生或导致这种结果的原因。
（3）电磁感应中常见因果关系的例析①阻碍原磁通量变化——“增反减同”②阻碍相对运动——“来拒去留”③）使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”④阻碍原电流的变化——“增反减同”【考向1】电磁感应现象【例题】（多选）如图所示，矩形闭合线圈abcd竖直放置，OO′是它的对称轴，通电直导线AB与OO′平行。
若要在线圈中产生感应电流，可行的做法是（）A．AB中电流I逐渐增大B．AB中电流I先增大后减小C．以AB为轴，线圈绕AB顺时针转90°D．线圈绕OO′轴逆时针转动90°（俯视）【审题指导】（1）AB中电流变化，能否在线圈中产生感应电流？提示：只要AB中电流变，线圈中磁通量就变，就有感应电流产生。
2020年高三一模 电磁感应专题分类精编+参考答案+评分标准
一、选择题1、（虹口8题）．如图，ab 是靠近通电螺线管上端的一条足够长的直线，与螺线管中心轴线垂直，O 为ab 与轴线的交点。
用磁传感器测量直线上各点沿ab 方向上的磁感应强度分量．．B x 的大小，在计算机屏幕上显示的图像大致是 （ ）2、（虹口9题）．如图所示，水平放置的条形磁铁中央，有一闭合金属弹性圆环，条形磁铁中心线与圆环的轴线重合。
现将圆环沿半径向外均匀扩大，则 （ ）A ．穿过圆环的磁通量增大B ．圆环中无感应电流C ．从左往右看，圆环中产生顺时针方向的感应电流D ．圆环受到磁铁的作用力沿半径向外NSOOO（A ）（B ）（C ）（D ）B x B x B x B xaaaa3、（青浦6题）.如图，一根容易形变的弹性轻导线两端固定。
导线中通有如图箭头所示的电流I 。
当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加如图所示的匀强磁场B 时，描述导线状态的四个图示中正确的是（ ）4、（松江12题）．如图a 、b 、c 三个圆环在同一平面内，当b 环中的顺时针方向电流减小时，则（ ）A ．a 环中感应电流方向为顺时针，有收缩趋势B ．a 环中感应电流方向为逆时针，有扩张趋势C ．c 环中感应电流方向为顺时针，有收缩趋势D ．c 环中感应电流方向为逆时针，有扩张趋势5、（黄埔10题）．位于磁场中的甲、乙两个矩形金属线框可绕各自的轴转动，两根导线将两个线框按如图方式连接。
现用外力使甲线框顺时针方向转动。
某时刻甲、乙线框恰处于如图所示的位置。
设此时乙线框的ab 边受到的安培力为F ，则 （A ）F 向上，乙线框表示电动机的原理 （B ）F 向上，乙线框表示发电机的原理（C ）F 向下，乙线框表示电动机的原理 （D ）F 向下，乙线框表示发电机的原理IIIIB BBBcba甲NS乙N Sab6、（徐汇11题）．如图，金属圆环a 与均匀带正电的绝缘圆环b 同心共面放置，当b 在其所在平面内绕O 点旋转时，a 中产生顺时针方向的感应电流，且具有扩张趋势，由此可知，圆环b（A ）顺时针加速旋转 （B ）顺时针减速旋转 （C ）逆时针加速旋转（D ）逆时针减速旋转7、（杨浦12题）．如图所示，金属框架ABCD （框架电阻忽略不计）固定在水平面内，处于竖直方向的磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，其中AB 与CD 平行且足够长，BC 与CD 夹角θ（θ＜90°），光滑均匀导体棒EF （垂直于CD ）紧贴框架，在外力作用下向右匀速运动，v 垂直于导体棒EF 。
2020年高考物理专题卷：专题09(电磁感应)答案与解析
2020年届专题卷物理专题九答案与解析1．【命题立意】本题主要考查磁通量的变化率和Φ、ΔΦ、ΔΦ/Δt的区别。
【思路点拨】Φ表示穿过磁场中某个面的磁感线的条数，是状态量，由面积S、磁感应强度B以及它们的夹角决定，只有当面积S与磁感应强度B垂直时，Φ=BS才能成立，如果B与S的夹角为θ，则应把面积S 沿与B垂直的方向投影，此时Φ=BS sinθ。
磁通量变化量ΔΦ是指末态的Φ2与初态的Φ1的差，即ΔΦ=Φ2－Φ1，是过程量，它可以由有效面积的变化、磁场的变化而引起，且穿过闭合回路的磁通量发生变化是产生感应电动势的必要条件。
磁通量变化率ΔΦ/Δt是表示单位时间内磁通量变化的大小，即磁通量变化快慢，感应电动势的大小与回路中磁通量变化率ΔΦ/Δt成正。
【答案】C【解析】E=ΔΦ/Δt，ΔΦ与Δt的比值就是磁通量的变化率，所以只有C正确。
2．【命题立意】本题主要考查自感现象和互感现象。
【思路点拨】自感现象的应用：凡是有导线、线圈的设备中，只要有电流变化都有自感现象存在，但对于特殊的双线绕法要加以区别，因此在做题时要特别留心这一特殊情况。
【答案】BD【解析】两线圈绕的方向相反，线圈产生的磁场方向相反。
螺旋管内磁场和穿过螺旋管的磁通量都不发生变化，回路中一定没有自感电动势产生，正确答案选BD。
3．【命题立意】本题考查感应电流产生的条件。
【思路点拨】长度为L的导体，以速度v在磁感应强度为B的匀强磁场中做切割磁感线运动时，在B、L、v互相垂直的情况下，导体中产生的感应电动势的大小恒为：E=BLv，在M中产生恒定的感应电流，不会造成N中磁通量的变化，电流表无读数。
【答案】D【解析】导体棒匀速向右运动的过程中，根据法拉第电磁感应定律可知，M中产生稳定的电流，则通过N中的磁通量保持不变，故N中无感应电流产生，选项D正确。
4．【命题立意】本题主要考查感应电动势和感应电流的产生条件和楞次定律。
【思路点拨】感应电动势和感应电流产生的条件是：穿过电路的磁通量发生变化，就一定有感应电动势产生，电路可以闭合也可以断开。
2020年高考物理试题分类汇编——电磁感应
2020年高考物理试题分类汇编——电磁
感应
的叙述正确的是
A. E
1
>E
2
B. E
1
<E
2
C. E
1
=E
2
D. 无法确定大小关系
【答案】A
【解析】当铜棒下落距离为0.2R时，磁通量Φ随时间的
变化率最大，电动势E
1
=Φ/t，当铜棒下落距离为0.8R时，磁通量Φ随时间的变
化率最小，电动势E
2
=Φ/t，因此E
1
>E
2。
根据法拉第电磁感应定律，磁场的变化率越大，电动势越大。
由于铜棒下落距离不同，所以磁通量的变化率不同，因此电动势大小不同。
答案A。
【命题意图与考点定位】应用法拉第电磁感应定律求解下落过程中铜棒的电动势大小关系。
解析：在0-t1时间内，线框进入磁场并被感应出电动势，产生逆时针电流，电流逐渐增大。
在t1-t2时间内，线框在磁
场中匀速运动，电流稳定。
在t2-t3时间内，线框离开磁场并
被感应出电动势，产生顺时针电流，电流逐渐减小。
因此，选图B。
此题考查电磁感应、感应电动势、电路中的电流等知识。
难度：中等。
2020年高考物理 高考试题+模拟新题分类汇编专题12 电磁感应
L单元电磁感应L1 电磁感应现象、楞次定律16．L1N3 [2020·四川卷] 如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈a和b，则( )A．线圈a输入正弦交变电流，线圈b可输出恒定电流B．线圈a输入恒定电流，穿过线圈b的磁通量一定为零C．线圈b输出的交变电流不对线圈a的磁场造成影响D．线圈a的磁场变化时，线圈b中一定有电场16．D [解析] 当线圈a输入正弦交变电流时，线圈b输出同频率的正弦交变电流，A错误；当线圈a输入恒定电流时，线圈a产生稳定的磁场，通过线圈b的磁通量不变，但不是零，B错误；由于互感，每个线圈的交变电流都对另外一个线圈的磁场产生影响，C错误；根据麦克斯韦电磁场理论，变化的磁场一定产生电场，D正确．图620．L1[2020·课标全国卷] 如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行．已知在t＝0到t＝t的1时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框中的感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右．设电流i正方向与图中箭头所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是( )A BC D20．A [解析] 由楞次定律可判断出B、D选项对应的线框中对应的感应电流总是沿逆时针方向，B、D错误；C选项对应的线框受到的安培力的合力始终水平向左，C错误；故只有A正确．L1、L2 [2020·福建卷] 如图甲，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合．若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x轴，则图乙中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图象是( )A BC D甲乙18．B [解析] 根据条形磁铁的磁感线分布情况，线圈的运动可以分为3个阶段，根据楞次定律可以作出如下判断：在坐标原点割磁感线而产生感应电流，在A→B过程中，线圈加速下降，有a＝mg－B2L2vRm，B、v逐渐增大，线圈向下做加速度不断减小的变加速运动，由I感＝BLvR可知线圈的感应电流不断增大但变化率在减小，A错；对于B、D两点，由于磁场的对称性，两点的磁感应强度B是相同的，由于vD ＞vB，由I感＝BLvR可知D处的感应电流比较大，所以B对、C错．L2 法拉第电磁感应定律、自感21．L2 [2020·重庆卷] 如图所示，正方形区域MNPQ内有垂直纸面向里的匀强磁场．在外力作用下，一正方形闭合刚性导线框沿QN方向匀速运动，t＝0时刻，其四个顶点M′、N′、P′、Q′恰好在磁场边界中点．下列图象中能反映线框所受安培力f的大小随时间t变化规律的是( )A B C D21．B [解析] 第一段时间从初位置到M′N′离开磁场，图甲表示该过程的任意一个位置，切割磁感线的有效长度为M1A与N1B之和，即为M1M′长度的2倍，此时电动势E＝2Bvtv，线框受的安培力f＝2BIvt＝4B2v3t2R，图象是开口向上的抛物线，CD错误；如图乙所示，线框的右端M2N2刚好出磁场时，左端Q2P2恰与MP共线，此后一段时间内有效长度不变，一直到线框的左端与M′N′重合，这段时间内电流不变，安培力大小不变；最后一段时间如图丙所示，从匀速运动至M2N2开始计时，有效长度为A′C′＝l－2vt′，电动势E′＝B(l－2vt′)v，线框受的安培力F′＝B2l－2vt′2vR，图象是开口向上的抛物线，A错误，B正确．甲乙丙19．L2[2020·课标全国卷] 如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔBΔt的大小应为( )图5 A.4ωB 0π B.2ωB 0π C.ωB 0π D.ωB 02π19．C [解析] 当导线框在磁场中转动时，产生的感应电动势为E ＝12B 0R 2ω，当导线框在磁场中不转动而磁场变化时，产生的感应电动势为E ＝ΔB Δt ·12πR 2，故ΔB Δt＝ωB 0π，C 正确．L1、L2 [2020·福建卷] 如图甲，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁，铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合．若取磁铁中心O为坐标原点，建立竖直向下为正方向的x轴，则图乙中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图象是( )A BC D甲乙18．B [解析] 根据条形磁铁的磁感线分布情况，线圈的运动可以分为3个阶段，根据楞次定律可以作出如下判断：在坐标原点割磁感线而产生感应电流，在A→B过程中，线圈加速下降，有a＝mg－B2L2vRm，B、v逐渐增大，线圈向下做加速度不断减小的变加速运动，由I感＝BLvR可知线圈的感应电流不断增大但变化率在减小，A错；对于B、D两点，由于磁场的对称性，两点的磁感应强度B是相同的，由于vD ＞vB，由I感＝BLvR可知D处的感应电流比较大，所以B对、C错．19．L2 [2020·北京卷] 物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”．如图，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环．闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起．某同学另找来器材再探究此实验．他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动．对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是( )A．线圈接在了直流电源上B．电源电压过高C．所选线圈的匝数过多D．所用套环的材料与老师的不同19．D [解析] 只要线圈中的电流增大，金属套环中的磁通量增大，就会产生感应电流，由楞次定律可知，套环受到斥力的作用，向上弹起．接在直流电源上，在闭合开关的过程中，电流也有增大的过程，A项错误；电压越大，匝数越多，效果越明显，B、C项错误；要是选用绝缘材料，则不会产生感应电流，D项正确．L3 电磁感应与电路的综合20．L3 [2020·四川卷] 半径为a 右端开小口的导体圆环和长为2a 的导体直杆，单位长度电阻均为R 0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开始，杆的位置由θ确定，如图所示．则( )A ．θ＝0时，杆产生的电动势为2BavB ．θ＝π3时，杆产生的电动势为3Bav C ．θ＝0时，杆受的安培力大小为2B 2avπ＋2R 0D ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2av 5π＋3R 020．AD [解析] 当θ＝0时，杆在圆心位置，切割磁感线的有效长度等于圆环直径，杆产生的感应电动势为E ＝2Bav ，A 正确；当θ＝π3时，杆切割磁感线的有效长度等于圆环半径，杆产生的感应电动势为E ＝Bav ，B 错误；当θ＝0时，回路的总电阻R 1＝(2a ＋πa)R 0，杆受的安培力F 1＝BI 1l ＝B·2BavR 1·2a＝4B 2avπ＋2R 0，C错误；当θ＝π3时，回路的总电阻R 2＝(a ＋53πa)R 0，杆受的安培力F 2＝BI 2l′＝B·BavR 2·a＝3B 2av 5π＋3R 0，D 正确．20．L3[2020·山东卷] 如图所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是( )A ．P ＝2mgvsinθB ．P ＝3mgvsinθC ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g2sinθD ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中， R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功图甲20．AC [解析] 当导体棒的速度达到v 时，对导体棒进行受力分析如图甲所示． mgsinθ＝BIL I ＝BLvR所以mgsinθ＝B 2L 2vR①当导体棒的速度达到2v 时，对导体棒进行受力分析如图乙所示．图乙mgsinθ＋F＝2B2L2v R②由①②可得F＝mgsinθ功率P＝F×2v＝2mgvsinθ，故A正确．当导体棒速度达到v2时，对导体棒受力分析如图丙所示．图丙a＝mgsinθ－B2L2v2Rm③由①③可得 a＝12gsinθ故C正确．当导体棒的速度达到2v时，安培力等于拉力和mgsinθ之和，所以以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力和重力做功之和，故D错误．L4 电磁感应与力和能量的综合L5 电磁感应综合11．L5 [2020·天津卷] 如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，一质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功WF.11．[解析] (1)设棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt其中ΔΦ＝Blx设回路中的平均电流为I，由闭合电路的欧姆定律得I＝E R＋r则通过电阻R的电荷量为q＝IΔt联立各式，代入数据得q＝4.5 C(2)设撤去外力时棒的速度为v，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2ax设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为W，由动能定理得W＝0－12 mv2撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W联立各式，代入数据得Q2＝1.8 J(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6 J在棒运动的整个过程中，由功能关系可知W F ＝Q1＋Q2＝5.4 J35．L5[2020·广东卷] 如图9所示，质量为M的导体棒ab，垂直放在相距为l的平行光滑金属导轨上，导轨平面与水平面的夹角为θ，并处于磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，左侧是水平放置、间距为d的平行金属板，R和Rx分别表示定值电阻和滑动变阻器的阻值，不计其他电阻．(1)调节Rx＝R，释放导体棒，当棒沿导轨匀速下滑时，求通过棒的电流I及棒的速率v.(2)改变Rx，待棒沿导轨再次匀速下滑后，将质量为m、带电量为＋q的微粒水平射入金属板间，若它能匀速通过，求此时的Rx.图935．(1)导体棒匀速下滑时，Mgsinθ＝BIl①I＝MgsinθBl②设导体棒产生的感应电动势为E，则E＝BLv③由闭合电路欧姆定律得：I＝ER＋Rx④联立②③④，得v＝2MgRsinθB2l2⑤(2)改变Rx，由②式可知电流不变．设带电微粒在金属板间匀速通过时，板间电压为U，电场强度大小为EU＝IRx⑥E＝U d ⑦mg＝qE⑧联立②⑥⑦⑧，得R x ＝mBld qMsinθ⑨22．L5 [2020·福建卷] 如图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心O在区域中心．一质量为m、带电荷量为q(q0)的小球，在管内沿逆时针方向(从上向下看)做圆周运动．已知磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示，其中T0＝2πmqB.设小球在运动过程中电荷量保持不变，对原磁场的影响可忽略．(1)在t ＝0到t ＝T 0这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，求小球的速度大小v 0；(2)在竖直向下的磁感应强度增大过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等．试求t ＝T 0到t ＝1.5T 0这段时间内：①细管内涡旋电场的场强大小E ； ②电场力对小球做的功W.22．[解析] (1)小球运动时不受细管侧壁的作用力，因而小球所受洛伦兹力提供向心力qv 0B 0＝m v 20r ①由①式解得v 0＝qB 0rm② (2)①在T 0到1.5T 0这段时间内，细管内一周的感应电动势 E 感＝πr 2ΔBΔt③由图乙可知ΔB Δt ＝2B 0T 0④由于同一条电场线上各点的场强大小相等，所以 E ＝E 感2πr⑤ 由③④⑤式及T 0＝2πm qB 0得E ＝qB 20r2πm⑥②在T 0到1.5T 0时间内，小球沿切线方向的加速度大小恒为a＝qE m⑦小球运动的末速度大小v＝v＋aΔt⑧由图乙Δt＝0.5T0，并由②⑥⑦⑧式得v＝32v＝3qBr2m⑨由动能定理，电场力做功为W＝12mv2－12mv2⑩由②⑨⑩式解得W＝58mv2＝5q2B2r28m25．L5[2020·浙江卷] 为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一种“闪烁”装置．如图所示，自行车后轮由半径r1＝5.0×10－2m的金属内圈、半径r2＝0.40 m的金属外圈和绝缘辐条构成．后轮的内、外圈之间等间隔地接有4根金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为R的小灯泡．在支架上装有磁铁，形成了磁感应强度B＝0.10 T、方向垂直纸面向外的“扇形”匀强磁场，其内半径为r 1、外半径为r2、张角θ＝π6.后轮以角速度ω＝2π rad/s相对于转轴转动．若不计其他电阻，忽略磁场的边缘效应．(1)当金属条ab进入“扇形”磁场时，求感应电动势E，并指出ab上的电流方向；(2)当金属条ab进入“扇形”磁场时，画出“闪烁”装置的电路图；(3)从金属条ab进入“扇形”磁场时开始，经计算画出轮子转一圈过程中，内圈与外圈之间电势差Uab 随时间t变化的Uab－t图象；(4)若选择的是“1.5 V、0.3 A”的小灯泡，该“闪烁”装置能否正常工作？有同学提出，通过改变磁感应强度B、后轮外圈半径r2、角速度ω和张角θ等物理量的大小，优化前同学的设计方案，请给出你的评价．.[解析] (1)金属条ab在磁场中切割磁感线时，所构成的回路的磁通量变化．设经过时间Δt，磁通量变化量为ΔΦ，由法拉第电磁感应定律E＝ΔΦΔtΔΦ＝BΔS＝B(12r22Δθ－12r21Δθ)联立解得：E＝ΔΦΔt＝12Bω(r22－r21)＝4.9×10－2 V根据右手定则(或楞次定律)，可得感应电流方向为b→a.(2)通过分析，可得电路图为(3)设电路中的总电阻为R总，根据电路图可知R总＝R＋13R＝43Rab两端电势差U ab ＝E－IR＝E－ER总R＝14E＝1.2×10－2 V设ab离开磁场区域的时刻为t1，下一根金属条进入磁场区域的时刻为t2，则t 1＝θω＝112st 2＝π2ω＝14s设轮子转一圈的时间为T，则T＝2πω＝1 s在T＝1 s内，金属条有四次进出，后三次与第一次相同．可画出Uab－t图象如图所示．(4)“闪烁”装置不能正常工作．(金属条的感应电动势只有4.9×10－2V，远小于小灯泡的额定电压，因此无法工作．)B增大，E增大，但有限度；r2增大，E增大，但有限度；ω增大，E增大，但有限度；θ增大，E不变．1．2020·柳铁月考如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈水平拉出有界匀强磁场区域，且v1＝2v2，则在先后两种情况下( )A．线圈中的感应电动势之比为E1∶E2＝2∶1B．线圈中的感应电流之比为I1∶I2＝1∶2C．线圈中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝1∶4D．通过线圈某截面的电荷量之比q1∶q2＝1∶11．AD [解析] 根据E＝BLv∝v以及v1＝2v2，可知，选项A正确；因为I＝ER∝E，所以I1∶I2＝2∶1，选项B错误；线圈中产生的焦耳热Q＝I2Rt＝E2Rt＝B2L2v2R·Lv＝B2L3v R ∝v，所以Q1∶Q2＝2∶1，选项C错误；根据q＝It＝ΔΦRt·t＝ΔΦR或者根据q＝It＝ERt＝BLvR·Lv＝BL2R＝BSR，可见q1∶q2＝1∶1，选项D正确．2．2020·烟台检测如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计，金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电荷量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中( )A．加速度大小为v22LB．下滑位移大小为qR BLC．产生的焦耳热为qBLvD．受到的最大安培力大小为B2L2vRsinθ2．B [解析] 金属棒ab在这一过程中做的并非匀变速直线运动，所以加速度大小不是v22L ，选项A错误；根据q＝I－Δt＝E－RΔt＝ΔΦRΔtΔt＝ΔΦR＝BΔSR＝BLxR可得，下滑位移大小为x＝qRBL，选项B正确；产生的焦耳热等于电流做的功，而感应电动势是变化的，并不总等于BLv ，选项C 错误；根据F 安＝BIL ，I ＝ER ，E ＝BLv ，可得F 安＝B 2L 2v R ，可见，当速度最大时，安培力最大，F 安m ＝B 2L 2vR，选项D 错误．3．2020·浙江联考如图所示，在磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，有两根竖直放置的平行金属导轨，顶端用一电阻R 相连，两根导轨所在的竖直平面与磁场方向垂直．一根金属棒ab 以初速度v 0沿导轨竖直向上运动，到某一高度后又向下运动返回到原出发点．整个过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好，导轨与棒间的摩擦及它们的电阻均可忽略不计．则在金属棒整个上行与整个下行的两个过程中，下列说法不正确的是( )A ．回到出发点的速度v 等于初速度v 0B ．上行过程中通过R 的电荷量等于下行过程中通过R 的电荷量C ．上行过程中R 上产生的热量大于下行过程中R 上产生的热量D ．上行的运动时间小于下行的运动时间3．A [解析] 在金属棒上行与下行的过程中，金属棒将一部分动能转化为电能，所以回到出发点的速度v 小于初速度v 0，选项A 错误；根据关系式q ＝I Δt＝ER Δt＝ΔΦRΔt Δt＝ΔΦR 可知，上行过程中通过R 的电荷量等于下行过程中通过R 的电荷量，选项B 正确；上行过程和下行过程产生的热量都等于克服安培力做的功．在同一位置，上行过程中金属棒所受的安培力均大于下行过程中金属棒所受的安培力，所以上行过程中R 上产生的热量大于下行过程中R 上产生的热量，选项C 正确；金属棒在上行过程和下行过程中，经过同一位置时，上行时的速度大小总要大于下行时的速度大小，所以上行的运动时间小于下行的运动时间，选项D 正确．4．2020·江西联考如图所示，足够长的光滑U形导轨宽度为L，其所在平面与水平面的夹角为α，上端连接一个阻值为R的电阻．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面向上．今有一质量为m、有效电阻r的金属杆沿框架由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度vm时，运动的位移为x，则( )A．金属杆下滑的最大速度vm ＝mgR sinαB2L2B．在此过程中电阻R产生的焦耳热为RR＋r(mgx sinα－12mv2m)C．在此过程中电阻R产生的焦耳热为(mgx sinα－12mv2m)D．在此过程中流过电阻R的电荷量为BLx R4．B [解析] 感应电动势为E＝Blvm感应电流为I＝E R＋r安培力为 F＝BIL＝B2L2vm R＋r根据平衡条件得mgsinα－F＝0解得：vm ＝mg r＋R sin αB2l2由能量守恒定律得：mgxsin α－12mv2m＝Q又因QR ＝RR＋rQ所以QR ＝RR＋r⎝⎛⎭⎪⎫mgxsin α－12mv2m由法拉第电磁感应定律得通过R的电荷量为q＝ΔΦR＋r＝BLxR＋r.选项B正确，选项A、C、D错误．5．2020·南京调研如图所示，两根足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距L＝1 m，导轨平面与水平面夹角α＝30°，导轨电阻不计．磁感应强度B＝1.0 T的匀强磁场垂直导轨平面向下，金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量m＝0.01 kg、电阻不计．定值电阻R1＝30 Ω，电阻箱电阻调到R2＝120 Ω，电容C＝0.01 F，取重力加速度g＝10 m/s2.现将金属棒由静止释放．(1) 在开关接到1的情况下，求金属棒下滑的最大速度．(2) 在开关接到1的情况下，当R2调至30 Ω后且金属棒稳定下滑时，R2消耗的功率为多少？(3) 在开关接到2的情况下，求经过时间t＝2.0 s时金属棒的速度．5．(1)7.5 m/s (2)0.075 W (3)5 m/s[解析] (1)当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度为vm，此时金属棒处于平衡状态，故有mgsinα＝F安，而F安＝BIL，其中I＝BLvmR1＋R2，由以上各式得mgsinα＝B2L2vm R1＋R2解得最大速度vm ＝mg R1＋R2sinαB2L2＝7.5 m/s(2)当R2调整后，棒稳定下滑的速度由(1)知v＝mgsin30°R1＋R′2B2L2＝3.0m/s故R2上消耗的功率P2＝I2R2，其中I＝BLvR1＋R′2解得P2＝0.075 W(3)对任意时刻，由牛顿第二定律有mgsinα－BiL＝ma，由电流定义式，有i＝Δq Δt由电容定义式，有Δq＝CΔU，其中ΔU＝BlΔv由加速度定义式有a＝Δv Δt解得a＝mgsinαB2L2C＋m上式表明棒在下滑的过程中，加速度保持不变，棒做匀加速运动．代入数值解得a＝2.5 m/s2，故所求速度v＝at＝5 m/s。
2020高考物理 电磁感应试题分类汇编 新人教版 精品
2020年高考物理试题分类汇编——电磁感应1（全国卷1）17．某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为54.510-⨯T 。
一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100m ，该河段涨潮和落潮时有海水（视为导体）流过。
设落潮时，海水自西向东流，流速为2m/s 。
下列说法正确的是A ．河北岸的电势较高B ．河南岸的电势较高C ．电压表记录的电压为9mVD ．电压表记录的电压为5mV2（全国卷2）18.如图，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b 和下边界d 水平。
在竖直面内有一矩形金属统一加线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平。
线圈从水平面a 开始下落。
已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a 、b 之间的距离。
若线圈下边刚通过水平面b 、c （位于磁场中）和d 时，线圈所受到的磁场力的大小分别为b F 、c F 和d F ，则A.d F >c F >b FB.c F <d F <b FC.c F >b F >d FD.c F <b F <d F3（新课标卷）21.如图所示，两个端面半径同为R 的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场.一铜质细直棒ab 水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直.让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R 时铜棒中电动势大小为1E ，下落距离为0.8R 时电动势大小为2E ，忽略涡流损耗和边缘效应.关于1E 、2E 的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是A 、1E >2E ，a 端为正B 、1E >2E ，b 端为正C 、1E <2E ，a 端为正D 、1E <2E ，b 端为正4（江苏卷）2、一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s 时间内均匀地增大到原来的两倍，接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s 时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半，先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为 （A ）12（B ）1 （C ）2 （D ）4 5（广东卷）16. 如图5所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ 沿导轨从MN 处匀速运动到M'N'的过程中，棒上感应电动势E 随时间t 变化的图示，可能正确的是6（山东卷）21．如图所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO′为其对称轴。
2020年高考物理试题分类汇编——电磁感应
2020 年高考物理试题分类汇编——电磁感觉〔全国卷1〕17．某地的地磁场磁感觉强度的竖直重量方向向下，大小为 4.5 10 5 T。
一敏捷电压表连结在当地入海河段的两岸，河宽100m，该河段涨潮和落潮时有海水〔视为导体〕流过。
设落潮时，海水自西向东流，流速为2m/s。
以下讲法正确的选项是A ．河北岸的电势较高B．河南岸的电势较高C．电压表记录的电压为9mV D．电压表记录的电压为5mV【答案】BD【分析】海水在落潮时自西向东流，该过程可以理解得为：自西向东运动的导体棒在切割竖直向下的磁场。
依据右手定那么，右岸即北岸是正极电势高，南岸电势低， D 对 C 错。
依据法拉第电磁感觉定律E BLv 4.5 10 5100 2 9 10 3V, B对A错。
【命题企图与考点定位】导体棒切割磁场的实质应用题。
〔全国卷2〕18. 如图，空间某地区中有一匀强磁场，磁感觉强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上界限 b 和下界限 d 水平。
在竖直面内有一矩形金属一致加线圈，线圈上下面的距离特意短，下面水平。
线圈从水平面 a 开始着落。
磁场上下界限之间的距离大于水平面a、 b 之间的距离。
假定线圈下面刚经过水平面b、c〔位于磁场中〕和 d 时，线圈所遇到的磁场力的大小分不为F b、 F c和 F d，那么A.F d> F c> F bB. F c<F d< F bC.F c> F b> F dD. F c< F b< F d【答案】 D【分析】线圈从a到b 做自由落体运动，在b 点开始进入磁场切割磁感线所有遇到安培力F b，因为线圈的上下面的距离特意短，所以经历特意短的变速运动而进入磁场，此后线圈中磁通量不变不产生感觉电流，在 c 处不受安培力，但线圈在重力作用下仍旧加快，所以从 d 处切割磁感线所受安培力必然大于答案 D。
b 处，【命题企图与考点定位】线圈切割磁感线的竖直运动，应用法拉第电磁感觉定律求解。
2020年高考物理分类汇编(高考真题+模拟新题)电磁感应
L 单元 电磁感应电磁感应现象、楞次定律14．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是( )A ．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化B ．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化C ．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化D ．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化14．D [解析] 本题考查了感应电流产生的条件．产生感应电流的条件是：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中就会产生感应电流．本题中的A 、B 选项都不会使电路中的磁通量发生变化，不满足产生感应电流的条件，故不正确．C 选项虽然在插入条形磁铁瞬间电路中的磁通量发生变化，但是当人到相邻房间时，电路已达到稳定状态，电路中的磁通量不再发生变化，故观察不到感应电流．在给线圈通电、断电瞬间，会引起闭合电路磁通量的变化，产生感应电流，因此D 选项正确．8．(16分)[2014·重庆卷] 某电子天平原理如题8图所示，E 形磁铁的两侧为N 极，中心为S 极，两极间的磁感应强度大小均为B ，磁极宽度均为L ，忽略边缘效应，一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C 、D 与外电路连接，当质量为m 的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I 可确定重物的质量，已知线圈匝数为n ，线圈电阻为R ，重力加速度为g .问题8图(1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C 端还是从D 端流出？(2)供电电流I 是从C 端还是D 端流入？求重物质量与电流的关系．(3)若线圈消耗的最大功率为P ，该电子天平能称量的最大质量是多少？8．[答案] (1)从C 端流出 (2)从D 端流入2nBIL g (3)2nBL g P R本题借助安培力来考查力的平衡，同时借助力的平衡来考查受力平衡的临界状态．[解析] (1)感应电流从C 端流出．(2)设线圈受到的安培力为F A ，外加电流从D 端流入．由F A ＝mg 和F A ＝2nBIL得m ＝2nBL gI (3)设称量最大质量为 m 0.由m ＝2nBL gI 和P ＝I 2R 得m 0＝2nBL g P R15．、[2014·广东卷] 如图8所示，上下开口、内壁光滑的铜管P 和塑料管Q 竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块( )A ．在P 和Q 中都做自由落体运动B ．在两个下落过程中的机械能都守恒C ．在P 中的下落时间比在Q 中的长D ．落至底部时在P 中的速度比在Q 中的大15．C [解析] 磁块在铜管中运动时，铜管中产生感应电流，根据楞次定律，磁块会受到向上的磁场力，因此磁块下落的加速度小于重力加速度，且机械能不守恒，选项A 、B 错误；磁块在塑料管中运动时，只受重力的作用，做自由落体运动，机械能守恒，磁块落至底部时，根据直线运动规律和功能关系，磁块在P 中的下落时间比在Q 中的长，落至底部时在P 中的速度比在Q 中的小，选项C 正确，选项D 错误．20．[2014·全国卷] 很多相同的绝缘铜圆环沿竖直方向叠放，形成一很长的竖直圆筒．一条形磁铁沿圆筒的中心轴竖直放置，其下端与圆筒上端开口平齐．让条形磁铁从静止开始下落．条形磁铁在圆筒中的运动速率( )A ．均匀增大B ．先增大，后减小C ．逐渐增大，趋于不变D ．先增大，再减小，最后不变20．C [解析] 本题考查楞次定律、法拉第电磁感应定律．竖直圆筒相当于闭合电路，磁铁穿过闭合电路，产生感应电流，根据楞次定律，磁铁受到向上的阻碍磁铁运动的安培力，开始时磁铁的速度小，产生的感应电流也小，安培力也小，磁铁加速运动，随着速度的增大，产生的感应电流增大，安培力也增大，直到安培力等于重力的时候，磁铁匀速运动．所以C正确．3．（2014·浙江效实中学摸底）如图X212所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度随时间变化，下列说法正确的是( )图X212A ．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流可能减小B ．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流一定增大C ．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大D ．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变3．AD [解析] 由法拉第电磁感应定律可知，感应电流的大小取决于磁通量的变化率，与磁感应强度的增与减无关，选项A 、D 正确．4．（2014·石家庄二检）法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机．如图X213所示，用紫铜做的圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与电流表连接起来形成回路．转动摇柄，使圆盘逆时针匀速转动，电流表的指针发生偏转．下列说法正确的是( )图X213A ．回路中电流的大小变化，方向不变B ．回路中电流的大小不变，方向变化C ．回路中电流的大小和方向都周期性变化D ．回路中电流的方向不变，从b 导线流进电流表4．D [解析] 圆盘辐向垂直切割磁感线，由E ＝12Br 2ω可得，电动势的大小一定，则电流的大小一定；由右手定则可知，电流方向从圆盘边缘流向圆心，电流从b 导线流进电流表，选项D 正确．5．（2014·浙江六校联考）如图X214所示，A 为多匝线圈，与开关、滑动变阻器相连后接入M 、N 间的交流电源，B 为一个接有小灯珠的闭合多匝线圈，下列关于小灯珠发光情况的说法正确的是( )图X214A ．闭合开关后小灯珠可能发光B ．若闭合开关后小灯珠发光，则再将B 线圈靠近A ，则小灯珠更亮C ．闭合开关瞬间，小灯珠才能发光D ．若闭合开关后小灯珠不发光，将滑动变阻器的滑片左移后，小灯珠可能会发光5．AB [解析] 闭合开关后，A 产生交变磁场，穿过B 的磁通量发生变化，小灯珠通电后可能发光，选项A 正确，选项C 错误；闭合开关后再将B 靠近A ，穿过B 的磁通量的变化率增大，产生的感应电动势增大，小灯珠更亮，选项B 正确；闭合开关后小灯珠不发光，将滑动变阻器的滑片左移后，A 中的电流减小，穿过B 的磁通量的变化率减小，小灯珠不会发光，选项D 错误．法拉第电磁感应定律、自感6． [2014·四川卷] 如图所示，不计电阻的光滑U 形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H 、P 固定在框上，H 、P 的间距很小．质量为0.2 kg 的细金属杆CD 恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m 的正方形，其有效电阻为0.1 Ω.此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B ＝(0.4－0.2t ) T ，图示磁场方向为正方向．框、挡板和杆不计形变．则( )A ．t ＝1 s 时，金属杆中感应电流方向从C 到DB ．t ＝3 s 时，金属杆中感应电流方向从D 到CC ．t ＝1 s 时，金属杆对挡板P 的压力大小为0.1 ND ．t ＝3 s 时，金属杆对挡板H 的压力大小为0.2 N6．AC [解析] 由于B ＝(0.4－0.2 t ) T ，在t ＝1 s 时穿过平面的磁通量向下并减少，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向从C 到D ，A 正确．在t ＝3 s 时穿过平面的磁通量向上并增加，则根据楞次定律可以判断，金属杆中感应电流方向仍然是从C 到D ，B 错误．由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ΔtS sin 30°＝0.1 V ，由闭合电路的欧姆定律得电路电流I ＝E R＝1 A ，在t ＝1 s 时，B ＝0.2 T ，方向斜向下，电流方向从C 到D ，金属杆对挡板P 的压力水平向右，大小为F P ＝BIL sin 30°＝0.1 N ，C 正确．同理，在t ＝3 s 时，金属杆对挡板H 的压力水平向左，大小为F H ＝BIL sin 30°＝0.1 N ，D 错误．2．[2014·江苏卷] 如图X211所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B .在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )图X211A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt2．B [解析] 根据法拉第电磁感应定律知E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB ·S Δt，这里的S 指的是线圈在磁场中的有效面积，即S ＝a 22，故E ＝n （2B －B ）S Δt ＝nBa 22Δt，因此B 项正确． 7．（2014·吉林九校联考）如图X217所示，磁场垂直于纸面向外，磁场的磁感应强度随x 按B ＝B 0＋kx (x ＞0，B 0、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a →b →c →d →a 的方向为正方向，则从t ＝0到t ＝t 1的时间间隔内，图X218中关于该导线框中产生的电流i 随时间t 变化的图像正确的是( )图X2177．A [解析] 线框abcd 向右匀速运动，穿过线框的磁通量均匀增加，由法拉第电磁感应定律知线框中产生恒定电流，由楞次定律知产生顺时针方向的电流，选项A 正确．电磁感应与电路的综合16．[2014·山东卷] 如图所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好，在向右匀速通过M 、N 两区的过程中，导体棒所受安培力分别用F M 、F N 表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是( )A ．F M 向右B ．F N 向左C ．F M 逐渐增大D ．F N 逐渐减小16．BCD [解析] 根据安培定则可判断出，通电导线在M 区产生竖直向上的磁场，在N 区产生竖直向下的磁场．当导体棒匀速通过M 区时，由楞次定律可知导体棒受到的安培力向左．当导体棒匀速通过N 区时，由楞次定律可知导体棒受到的安培力也向左．选项B 正确．设导体棒的电阻为r ，轨道的宽度为L ，导体棒产生的感应电流为I ′，则导体棒受到的安培力F 安＝BI ′L ＝B BLv R ＋r L ＝B 2L 2v R ＋r，在导体棒从左到右匀速通过M 区时，磁场由弱到强，所以F M 逐渐增大；在导体棒从左到右匀速通过N 区时，磁场由强到弱，所以F N 逐渐减小．选项C 、D 正确．电磁感应与力和能量的综合3. （2014·深圳一模） 图X223甲为列车运行的俯视图，列车首节车厢下面安装一块电磁铁，电磁铁产生垂直于地面的匀强磁场，列车经过放在铁轨间的线圈时，线圈产生的电脉冲信号传到控制中心，如图乙所示．则列车的运动情况可能是( )图X223A ．匀速运动B ．匀加速运动C ．匀减速运动D ．变加速运动3．C [解析] 当列车通过线圈时，线圈的左边或右边切割磁感线，由E ＝BLv 可得电动势的大小由速度v 决定，由图像可得线圈产生的感应电动势均匀减小，则列车做匀减速运动，选项C 正确．8．（2014·广州一模）如图X229所示，匀强磁场垂直于铜环所在的平面，导体棒a 的一端固定在铜环的圆心O 处，另一端紧贴圆环，可绕O 匀速转动．通过电刷把铜环、环心与两块竖直平行金属板P 、Q 连接成如图所示的电路，R 1、R 2是定值电阻．带正电的小球通过绝缘细线挂在两板间的M 点，被拉起到水平位置；合上开关S ，无初速度释放小球，小球沿圆弧经过M 点正下方的N 点到另一侧．已知磁感应强度为B ，a 的角速度为ω，长度为l ，电阻为r ，R 1＝R 2＝2r ，铜环的电阻不计，P 、Q 两板的间距为d ，小球的质量为m 、带电荷量为q ，重力加速度为g .求：(1)a 匀速转动的方向；(2)P 、Q 间电场强度E 的大小；(3)小球通过N 点时对细线拉力F 的大小．图X2298. (1)导体棒a 沿顺时针方向转动 (2)Bωl 25d(3)3mg －2Bqωl 25d[解析] (1)依题意可知，P 板带正电，Q 板带负电．由右手定则可知，导体棒a 沿顺时针方向转动．(2)导体棒a 转动切割磁感线，由法拉第电磁感应定律得电动势的大小ε＝ΔΦΔt ＝12Bl 2ωΔt Δt ＝12Bl 2ω 由闭合电路的欧姆定律有I ＝εR 1＋R 2＋r由欧姆定律可知，PQ 间的电压U PQ ＝IR 2故PQ 间匀强电场的电场强度E ＝U PQ d由以上各式解得E ＝Bωl 25d. (3)设细绳的长度为L ，小球到达N 点时速度为v ，由动能定理可得mgL －EqL ＝12mv 2又F －mg ＝mv 2L由以上各式解得F ＝3mg －2Bqωl 25d. 2．（2014·广州四校联考）如图X232所示，金属棒ab 、cd 与足够长的水平光滑金属导轨垂直且接触良好，匀强磁场的方向竖直向下．则ab 棒在恒力F 作用下向右运动的过程中，有( )图X232A ．安培力对ab 棒做正功B ．安培力对cd 棒做正功C ．abdca 回路的磁通量先增加后减少D ．F 做的功等于回路产生的总热量和系统动能的增量之和2．BD [解析] ab 棒向右运动产生感应电流，电流通过cd 棒，cd 棒受向右的安培力作用随之向右运动．设ab 、cd 棒的速度分别为v 1、v 2，运动刚开始时，v 1>v 2，回路的电动势E ＝BL （v 1－v 2）R，电流为逆时针方向，ab 、cd 棒所受的安培力方向分别向左、向右，安培力分别对ab 、cd 棒做负功、正功，选项A 错误，选项B 正确；导体棒最后做加速度相同、速度不同的匀加速运动，且v 1>v 2，abdca 回路的磁通量一直增加，选项C 错误；对系统，由动能定理可知， F 做的功和安培力对系统做的功的代数和等于系统动能的增量，而安培力对系统做的功等于回路中产生的总热量，选项D 正确．3. （2014·孝感模拟）如图X233所示，两根等高光滑的14圆弧轨道半径为r 、间距为L ，轨道的电阻不计．在轨道的顶端连有阻值为R 的电阻，整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B .现有一根长度稍大于L 、电阻不计的金属棒从轨道的最低位置cd 开始，在拉力作用下以速度v 0向右沿轨道做匀速圆周运动至ab 处，则该过程中( )图X233A ．通过R 的电流方向为由内向外B ．通过R 的电流方向为由外向内C ．R 上产生的热量为πrB 2L 2v 04RD ．通过R 的电荷量为πBLr 2R3．BC [解析] 由右手定则可知，电流方向为逆时针方向，选项B 正确；通过R 的电荷量q ＝ΔΦR ＝BLr R ，选项D 错误；金属棒产生的瞬时感应电动势E ＝BLv 0cos v 0rt ，有效值E 有＝BLv 02，R 上产生的热量Q ＝E 2有R t ＝B 2L 2v 202R ·πr 2v 0＝πrB 2L 2v 04R ，选项C 正确． 电磁感应综合24．[2014·浙江卷] 某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图所示．一个半径为R ＝0.1 m 的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R 的金属棒OA ，A 端与导轨接触良好，O 端固定在圆心处的转轴上．转轴的左端有一个半径为r ＝R 3的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m ＝0.5 kg 的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5 T ．a 点与导轨相连，b 点通过电刷与O 端相连．测量a 、b 两点间的电势差U 可算得铝块速度．铝块由静止释放，下落h ＝0.3 m 时，测得U ＝0.15 V ．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g 取10 m/s 2)第24题图(1)测U 时，与a 点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？(2)求此时铝块的速度大小；(3)求此下落过程中铝块机械能的损失．24．[答案] (1)正极 (2)2 m/s (3)0.5 J[解析] 本题考查法拉第电磁感应定律、右手定则等知识和分析综合及建模能力．(1)正极(2)由电磁感应定律得U ＝E ＝ΔΦΔt ΔΦ＝12BR 2Δθ U ＝12BωR 2 v ＝rω＝13ωR所以v ＝2U 3BR＝2 m/s (3)ΔE ＝mgh －12mv 2 ΔE ＝0.5 J25．[2014·新课标Ⅱ卷] 半径分别为r 和2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r 、质量为m 且质量分布均匀的直导体棒AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆导轨中心O ，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，方向竖直向下．在内圆导轨的C 点和外圆导轨的D 点之间接有一阻值为R 的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小g .求(1)通过电阻R 的感应电流的方向和大小：(2)外力的功率．25. [答案] (1)从C 端流向D 端 3ωBr 22R(2)32μmgωr ＋9ω2B 2r 44R[解析] (1)在Δt 时间内，导体棒扫过的面积为ΔS ＝12ωΔt [(2r )2－r 2]① 根据法拉第电磁感应定律，导体棒上感应电动势的大小为 ε＝B ΔS Δt② 根据右手定则，感应电流的方向是从B 端流向A 端．因此，通过电阻R 的感应电流的方向是从C 端流向D 端．由欧姆定律可知，通过电阻R 的感应电流的大小I 满足I ＝εR③ 联立①②③式得I ＝3ωBr 22R.④ (2)在竖直方向有 mg －2N ＝0⑤式中，由于质量分布均匀，内、外圆导轨对导体棒的正压力大小相等，其值为N ，两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力均为f ＝μN ⑥在Δt 时间内，导体棒在内、外圆轨上扫过的弧长为l 1＝rωΔt ⑦和l 2＝2rωΔt ⑧克服摩擦力做的总功为W f ＝f (l 1＋l 2)⑨在Δt 时间内，消耗在电阻R 上的功为W R ＝I 2R Δt ⑩根据能量转化和守恒定律知，外力在Δt 时间内做的功为W ＝W f ＋W R ○11 外力的功率为P ＝W Δt○12 由④至12式得 P ＝32μmgωr ＋9ω2B 2r 44R○13 33．[答案] (1)BCE(2)(ⅰ)320 K (ⅱ)43p 0 [解析] (1)悬浮在水中的花粉的布朗运动是花粉颗粒的无规律运动，反映了水分子的无规则运动，A 项错误；空中的小雨滴表面有张力，使小雨滴呈球形，B 项正确；液晶具有各向异性，利用这个特性可以制成彩色显示器，C 项正确；高原地区的气压低，因此水的沸点低，D 项错误；干湿泡温度计的湿泡显示的温度低于干泡显示的温度，主要是由于湿泡外纱布中的水蒸发吸热，从而温度降低的缘故，E 正确．(2)(i)活塞b 升至顶部的过程中，活塞a 不动，活塞a 、b 下方的氮气经历等压过程，设气缸容积为V 0，氮气初态体积为V 1，温度为T 1，末态体积为V 2，温度T 2，按题意，气缸B 的容积为V B 4 V 1＝34V 0＋12V 04＝78V 0① V 2＝34V 0＋14V 0＝V 0②V 1T 1＝V 2T 2③ 由①②③式和题给数据得T 2＝320 K ．④(ii)活塞b 升至顶部后，由于继续缓慢加热，活塞a 开始向上移动，直到活塞上升的距离是气缸高度的116时，活塞a 上方的氧气经历等温过程，设氧气初态体积为V ′1，压强为p ′1，末态体积 V ′2，压强p ′2 ，由题给数据和玻意耳定律有V ′1＝14V 0，p ′1＝p 0，V ′2＝316V 0⑤p ′1V ′1＝p ′2V ′2⑥得p ′2＝43p 0.⑦ 24．(20分)导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识．如图所示，固定于水平面的U 形导线框处于竖直向下的匀强磁场中，金属直导线MN 在与其垂直的水平恒力F 作用下，在导线框上以速度v 做匀速运动，速度v 与恒力F 方向相同；导线MN 始终与导线框形成闭合电路．已知导线MN 电阻为R ，其长度L 恰好等于平行轨道间距，磁场的磁感应强度为B .忽略摩擦阻力和导线框的电阻．(1) 通过公式推导验证：在Δt 时间内，F 对导线MN 所做的功W 等于电路获得的电能W 电，也等于导线MN 中产生的热量Q;(2)若导线MN 的质量m ＝8.0 g 、长度L ＝0.10 m ，感应电流I ＝1.0 A ，假设一个原子贡献一个自由电子，计算导线MN 中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率v e (下表中列出一些你可能会用到的数据)；(3)经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子(即金属原子失去电子后的剩余部分)的碰撞．展开你想象的翅膀，给出一个合理的自由电子的运动模型；在此基础上，求出导线MN 中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力f 的表达式．5．(2014·襄阳模拟)在如图X235所示的倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小均为B 的匀强磁场，区域Ⅰ的磁场方向垂直于斜面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直于斜面向下，磁场的宽度均为L .一个质量为m 、电阻为R 、边长也为L 的正方形导线框由静止开始沿斜面下滑，当ab 边刚越过GH 进入磁场区域Ⅰ时，恰好以速度v 1做匀速直线运动；当ab 边下滑到JP 与MN 的中间位置时，又恰好以速度v 2做匀速直线运动，ab 从进入GH 到运动至MN 与JP 的中间位置的过程中的，线框动能的变化量为ΔE k ，重力对线框做的功为W 1，安培力对线框做的功为W 2，下列说法中正确的有( )图X235A ．在下滑过程中，由于重力做正功，所以有v 2＞v 1B ．ab 从进入GH 到运动至MN 与JP 的中间位置的过程中机械能守恒C ．ab 从进入GH 到运动至MN 与JP 的中间位置的过程中，有(W 1－ΔE k )的机械能转化为电能D ．ab 从进入GH 到运动至MN 与JP 的中间位置的过程中，线框动能的变化量ΔE k ＝W 1－W 25．CD [解析] 根据平衡条件，线框第一次做匀速运动时有mg sin θ＝B 2L 2v 1R，第二次做匀速运动时有mg sin θ＝4B 2L 2v 2R，则v 2<v 1，选项A 错误；ab 进入磁场后，安培力做负功，机械能减少，选项B 错误；ab 从进入GH 到运动至JP 与MN 的中间位置，由动能定理有W 1－W 2＝ΔE k ，选项D 正确；线框克服安培力做的功为W 2，等于产生的电能，且W 2＝W 1－ΔE k ，选项C 正确．6．(2014·江西九校联考)如图X236所示，空间存在一个有边界的条形匀强磁场区域，磁场方向与竖直平面(纸面)垂直，磁场的宽度为l .一个质量为m 、边长也为l 的正方形导线框沿竖直方向运动，线框所在的平面始终与磁场方向垂直，且线框上、下边始终与磁场的边界平行．t ＝0时刻导线框的上边恰好与磁场的下边界重合(图中位置I)，导线框的速度为v 0，经历一段时间后，当导线框的下边恰好与磁场的上边界重合时(图中位置Ⅱ)，导线框的速度刚好为零，此后，导线框下落，经过一段时间回到初始位置I(不计空气阻力)．则( )图X236A ．上升过程中，导线框的加速度逐渐减小B ．上升过程中，导线框克服重力做功的平均功率小于下降过程中重力做功的平均功率C ．上升过程中线框产生的热量比下降过程中线框产生的热量多D ．上升过程中合力做的功与下降过程中合力做的功相等6．AC [解析] 上升过程中，导线框的加速度a 1＝mg ＋B 2l 2v R m随速度v 的减小而减小，选项A 正确；下降过程中，导线框的加速度a 2＝mg －B 2l 2v R m随速度v 的增大而减小，平均加速度a 1＞a 2，由x ＝12at 2可知上升的时间短，由P ＝mgh t知，上升时重力做功的平均功率大，选项B 错误；由于安培力做负功，导线框在下降过程的速度小于同一高度上升时的速度，对全程应用动能定理，上升过程中合力做的功大于下降过程中合力做的功，选项D 错误；在下降过程中的安培力小于同一高度上升时的安培力，上升过程克服安培力做的功多，选项C 正确．4．（2014·湖南四校联考）如图G85甲所示，在竖直平面内有四条间距相等的水平虚线L 1、L 2、L 3、L 4，在L 1与L 2、L 3与L 4之间均存在着匀强磁场，磁感应强度的大小为1 T ，方向垂直于竖直平面向里．现有一矩形线圈abcd ，宽度cd ＝L ＝0.5 m ，质量为0.1 kg ，电阻为2 Ω，将其从图示位置(cd 边与L 1重合)由静止释放，速度随时间变化的图像如图乙所示，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，t 2～t 3之间的图线为与t 轴平行的直线，t 1～t 2之间和t 3之后的图线均为倾斜直线，已知t 1～t 2的时间间隔为0.6 s ，整个运动过程中线圈始终位于竖直平面内．(重力加速度g 取10 m/s 2)则( )图G85A ．在0～t 1时间内，通过线圈的电荷量为2.5 CB ．线圈匀速运动的速度为8 m/sC ．线圈的长度ad ＝1 mD ．0～t 3时间内，线圈产生的热量为4.2 J4．B [解析] t 2～t 3时间内，线圈做匀速直线运动，而E ＝BLv 2，F ＝BEL R ，F ＝mg ，解得v 2＝mgR B 2L 2＝8 m/s ，选项B 正确；线圈在cd 边与L 2重合到ab 边与L 3重合的过程中一直做匀加速运动，则ab 边刚进磁场时，cd 边也刚进磁场，设磁场宽度为d ，则3d ＝v 2t －12gt 2，解得d ＝1 m ，则ad 边的长度为2 m ，选项C 错误；在0～t 3时间内，由能量守恒定律，有Q＝5mgd －12mv 22＝1.8 J ，选项D 错误；在0～t 1时间内，通过线圈的电荷量q ＝ΔΦR ＝BLd R＝0.25 C ，选项A 错误．5．（2014·青岛质检）如图G86所示，光滑斜面PMNQ 的倾角为θ，斜面上放有矩形导体线框abcd ，其中ab 边的长度为l 1，bc 边的长度为l 2，线框的质量为m ，电阻为R .有界匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直于斜面向上，ef 为磁场的边界，且ef ∥MN .线框在恒力F 作用下从静止开始运动，其ab 边始终保持与底边MN 平行，F 沿斜面向上且与斜面平行．已知线框刚进入磁场时做匀速运动，则下列判断正确的是( )图G86A ．线框进入磁场前的加速度为F －mg sin θm B ．线框进入磁场时的速度为（F －mg sin θ）R B 2l 21 C ．线框进入磁场时有a →b →c →d →a 方向的感应电流D ．线框进入磁场的过程中产生的热量为(F －mg sin θ)l 1。
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2020年高考物理试题分类汇编——电磁感应〔全国卷1〕17．某地的地磁场磁感应强度的竖直重量方向向下，大小为54.510-⨯T 。
一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100m ，该河段涨潮和落潮时有海水〔视为导体〕流过。
设落潮时，海水自西向东流，流速为2m/s 。
以下讲法正确的选项是A ．河北岸的电势较高B ．河南岸的电势较高C ．电压表记录的电压为9mVD ．电压表记录的电压为5mV【答案】BD【解析】海水在落潮时自西向东流，该过程能够明白得为：自西向东运动的导体棒在切割竖直向下的磁场。
依照右手定那么，右岸即北岸是正极电势高，南岸电势低，D 对C 错。
依照法拉第电磁感应定律351092100105.4--⨯=⨯⨯⨯==BLv E V , B 对A 错。
【命题意图与考点定位】导体棒切割磁场的实际应用题。
〔全国卷2〕18.如图，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b 和下边界d 水平。
在竖直面内有一矩形金属统一加线圈，线圈上下边的距离专门短，下边水平。
线圈从水平面a 开始下落。
磁场上下边界之间的距离大于水平面a 、b 之间的距离。
假设线圈下边刚通过水平面b 、c 〔位于磁场中〕和d 时，线圈所受到的磁场力的大小分不为b F 、c F 和d F ，那么A.d F >c F >b FB.c F <d F <b FC.c F >b F >d FD.c F <b F <d F【答案】D【解析】线圈从a 到b 做自由落体运动，在b 点开始进入磁场切割磁感线所有受到安培力b F ，由于线圈的上下边的距离专门短，因此经历专门短的变速运动而进入磁场，以后线圈中磁通量不变不产生感应电流，在c 处不受安培力，但线圈在重力作用下依旧加速，因此从d 处切割磁感线所受安培力必定大于b 处，答案D 。
【命题意图与考点定位】线圈切割磁感线的竖直运动，应用法拉第电磁感应定律求解。
〔新课标卷〕21.如下图，两个端面半径同为R 的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场.一铜质细直棒ab 水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直.让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R 时铜棒中电动势大小为1E ，下落距离为0.8R 时电动势大小为2E ，忽略涡流损耗和边缘效应.关于1E 、2E 的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，以下判定正确的选项是A 、1E >2E ，a 端为正B 、1E >2E ，b 端为正C 、1E <2E ，a 端为正D 、1E <2E ，b 端为正答案：D解析：依照E BLv =，120.960.2E B R g R =⨯⨯，220.360.8E B R g R =⨯⨯，可见1E ＜2E 。
又依照右手定那么判定电流方向从a 到b ，在电源内部，电流是从负极流向正极的，因此选项D 正确。
〔北京卷〕19.在如下图的电路中，两个相同的下灯泡L 1和L 2分不串联一个带铁芯的电感线圈L 和一个滑动变阻器R 。
闭合开关S 后，调整R ，使L 1和L 2发光的亮度一样，现在流过两个灯泡的电流为Ｉ。
然后，断开Ｓ。
假设t '时刻再闭合Ｓ，那么在t '前后的一小段时刻内，正确反映流过L 1的电流ｉ１、流过Ｌ２的电流ｉ２随时刻ｔ的变化的图像是答案：B【解析】本体考查通电自感，与互动变阻器R 串联的L 2，没有自感直截了当变亮，电流变化图像和A 中图线，CD 错误。
与带铁芯的电感线圈串联的L 1，自感强电流逐步变大，B 正确。
〔江苏卷〕2、一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s 时刻内平均地增大到原先的两倍，接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s 时刻内，再将线框的面积平均地减小到原先的一半，先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为〔A 〕12〔B 〕1 〔C 〕2 〔D 〕4 2.B 难度：易 此题考查电磁感应定律的应用【解析】 1B 2B-B BS E =S =S t t t= 22S BS E B t t ∆==-,大小相等，选B 。
〔江苏卷〕4.如下图的电路中，电源的电动势为E,内阻为r,电感L 的电阻不计，电阻R 的阻值大于灯泡D 的阻值，在t=0时刻闭合开关S ，通过一段时刻后，在t=t 1时刻断开S,以下表示A 、B 两点间电压U AB 随时刻t 变化的图像中，正确的选项是选B 考查自感和电压图象。
难度：难【解析】开关闭合时，线圈的自感阻碍作用，可看做电阻，线圈电阻逐步减小，并联电路电阻逐步减小。
电压AB U 逐步减小；开关闭合后再断开时，线圈的感应电流与原电流方向相同，形成回路，灯泡的电流与原先相反，并逐步减小到0，因此此题选B 。
〔江苏卷〕13．〔15分〕如下图，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L, 一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直。
一质量为m 、有效电阻为R 的导体棒在距磁场上边界h 处静止开释。
导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐步减小，最终稳固为I 。
整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻。
求：〔1〕磁感应强度的大小B ；〔2〕电流稳固后，导体棒运动速度的大小v ；〔3〕流经电流表电流的最大值m I解析：〔1〕电流稳固后，道题棒做匀速运动 BIL mg = ① 解得mg B IL = ② 〔2〕感应电动势 E=BLv ③ 电影电流E I R =由②③④式解得2I R v mg= 〔3〕由题意知，导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为m v机械能守恒 212m mv mgh = 感应电动势的最大值m m E BLv =感应电流的最大值m m E I R =解得 2m mg gh I = 此题考查电磁感应的规律和电磁感应与力学的综合。
难度：难。
〔广东卷〕16. 如图5所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ 沿导轨从MN 处匀速运动到M'N'的过程中，棒上感应电动势E 随时刻t 变化的图示，可能正确的选项是答案：A解析：MN 只有进入磁场中才切割磁感线，因而只有中间过程有感应电动势，选A 。
〔山东卷〕21．如下图，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B ，方向相反且垂直纸面，MN 、PQ 为其边界，OO ′为其对称轴。
一导线折成边长为l 的正方形闭合回路abcd ，回路在纸面内以恒定速度0υ向右运动，当运动到关于OO ′对称的位置时A ．穿过回路的磁通量为零B ．回路中感应电动势大小为2B l 0C ．回路中感应电流的方向为顺时针方向D ．回路中ab 边与cd 边所受安培力方向相同答案：ACD解析：依照右手定那么，回来中感应电流的方向为逆时针方向。
此题考查电磁感应、磁通量、右手定那么，安培力，左手定那么等差不多知识。
难度：易。
〔上海物理〕19. 如图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B ，方向分不垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L ，边长为L 的正方形框abcd 的bc 边紧靠磁场边缘置于桌面上，使线框从静止开始沿x 轴正方向匀加速通过磁场区域，假设以逆时针方向为电流的正方向，能反映线框中感应电流变化规律的是图解析：在0-1t ，电流平均增大，排除CD.2t在1t -2t ，两边感应电流方向相同，大小相加，故电流大。
在32~t t ，因右边离开磁场，只有一边产生感应电流，故电流小，因此选A 。
此题考查感应电流及图象。
难度：难。
〔上海物理〕21.如图，金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧，假设变阻器滑片P 向左移动，那么金属环A将向_____〔填〝左〞或〝右〞〕运动，并有_____〔填〝收缩〞或〝扩张〞〕趋势。
解析：变阻器滑片P向左移动，电阻变小，电流变大，依照楞次定律，感应电流的磁场方向原电流磁场方向相反，相互吸引，那么金属环A将向右移动，因磁通量增大，金属环A有收缩趋势。
此题考查楞次定律。
难度：易。
〔上海物理〕32.〔14分〕如图，宽度L=0.5m的光滑金属框架MNPQ固定板个与水平面内，并处在磁感应强度大小B=0.4T，方向竖直向下的匀强磁场中，框架的电阻非平均分布，将质量m=0.1kg，电阻可忽略的金属棒ab放置在框架上，同时框架接触良好，以P为坐标原点，PQ方向为x轴正方向建立坐标，金属棒从01x m=处以02/v m s=的初速度，沿x轴负方向做22/a m s=的匀减速直线运动，运动中金属棒仅受安培力作用。
求：〔1〕金属棒ab运动0.5m，框架产生的焦耳热Q；〔2〕框架中aNPb部分的电阻R随金属棒ab的位置x变化的函数关系；〔3〕为求金属棒ab沿x轴负方向运动0.4s过程中通过ab的电量q，某同学解法为：先算出金属棒的运动距离s，以及0.4s时回路内的电阻R，然后代入q=BLsR Rϕ=2'02212222240318.85*10/MBLsR S cm p pal ml mR Rq SE c N m Eθθϕμμεε-=======⋅求解。
指出该同学解法的错误之处，并用正确的方法解出结果。
解析：〔1〕Fam=，0.2F ma N==因为运动中金属棒仅受安培力作用，因此F=BIL又E BLvIR R==，因此0.4BLv BLatR tI I===且212S at =，得22S t s a == 因此2220.40.2Q I Rt I t J ==•=〔2〕221112x at t =-=-，得1t x =-，因此0.41R x =-。
〔3〕错误之处：因框架的电阻非平均分布，所求R 是0.4s 时回路内的电阻R ，不是平均值。
正确解法：因电流不变，因此c c It q 4.04.01=⨯==。
此题考查电磁感应、电路与牛顿定律、运动学公式的综合应用。
难度：难。
〔重庆卷〕23.〔16分〕法拉第曾提出一种利用河流发电的设想，并进行了实验研究。
实验装置的示意图可用题23图表示，两块面积均为S 的矩形金属板，平行、正对、竖直地全部浸在河水中，间距为d 。
水流速度处处相同，大小为v ，方向水平。
金属板与水流方向平行。
地磁场磁感应强度的竖直重量为B ，水的电阻为p ，水面上方有一阻值为R 的电阻通过绝缘导线和电建K 连接到两金属板上。
忽略边缘效应，求：〔1〕该发电装置的电动势；〔2〕通过电阻R 的电流强度；〔3〕电阻R 消耗的电功率。
解析：〔1〕由法拉第电磁感应定律，有E Bdv =〔2〕两板间河水的电阻 d r S ρ= 由闭合电路欧姆定律，有E BdvS I r R d RSρ==++ (3)由电功率公式，2P I R =得 2BdvS P R d RS ρ⎛⎫= ⎪+⎝⎭〔浙江卷〕19. 半径为r 带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分不与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d ，如图〔上〕所示。