高考物理：带你攻克电磁感应中的典型例题（附解析）
电磁感应综合问题(解析版)--2024年高考物理大题突破
电磁感应综合问题1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的思路。
2.掌握应用动量守恒定律处理电磁感应问题的方法。
3.熟练应用楞次定律与法拉第电磁感应定律解决问题。
4.会分析电磁感应中的图像问题。
5.会分析电磁感应中的动力学与能量问题。
电磁感应中的动力学与能量问题1(2024·河北·模拟预测)如图甲所示，水平粗糙导轨左侧接有定值电阻R =3Ω，导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B =1T ，导轨间距L =1m 。
一质量m =1kg ，阻值r =1Ω的金属棒在水平向右拉力F 作用下由静止开始从CD 处运动，金属棒与导轨间动摩擦因数μ=0.25，金属棒的v -x 图像如图乙所示，取g =10m/s 2，求：(1)x =1m 时，安培力的大小；(2)从起点到发生x =1m 位移的过程中，金属棒产生的焦耳热；(3)从起点到发生x =1m 位移的过程中，拉力F 做的功。
【答案】(1)0.5N ；(2)116J ；(3)4.75J 【详解】(1)由图乙可知，x =1m 时，v =2m/s ，回路中电流为I =E R +r =BLv R +r=0.5A安培力的大小为F 安=IBL =0.5N (2)由图乙可得v =2x金属棒受到的安培力为F A =IBL =B 2L 2v R +r=x2(N )回路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，从起点到发生x =1m 位移的过程中，回路中产生的焦耳热为Q =W 安=F A x =0+0.52×1J =0.25J金属棒产生的焦耳热为Q 棒=r R +rQ =116J(3)从起点到发生x =1m 位移的过程中，根据动能定理有W F -W 安-μmgx =12mv 2解得拉力F 做的功为W F =4.75J1．电磁感应综合问题的解题思路2．求解焦耳热Q 的三种方法(1)焦耳定律：Q =I 2Rt ，适用于电流恒定的情况；(2)功能关系：Q =W 克安(W 克安为克服安培力做的功)；(3)能量转化：Q =ΔE (其他能的减少量)。
高考物理专题复习电磁感应题型分类知识点+典型例题详解(最新整理)
（10 分）在如图甲所示的电路中，螺线管匝数 n = 1500 匝，横截面积 S = 20cm2。螺线管导线电阻 r
= 1.0Ω，R1 = 4.0Ω，R2 = 5.0Ω，C=30μF。在一段时间内， 穿过螺线管的磁场的磁感应强度 B 按如图乙所示的规 律变化。求：
（1）求螺线管中产生的感应电动势； （2）闭合 S，电路中的电流稳定后，求电阻 R1 的 B 电功率； （3）S 断开后，求流经 R2 的电量。
解：（1）在
0~0.3
s
时间内感应电动势
E1=
B1 t1
πr2=6.28×10-3V
（1 分）
在
0.3s~0.5
s
时间内感应电动势
E2=
B2 t2
πr2=9.42×10-3V
（1 分）
i/A
1.5
（2）在 0~0.3 s 时间内
I1
E1 2πrR0
=1.0
A
（1 分）
0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 t/s
R1 C
S
图甲
B/T 1.0 0.8 R2 0.6 0.4 0.2
2 O 1.0 2.0 t/s
图乙
答案：
解：（1）根据法拉第电磁感应定律 E nΦ n S B
t
t
（3 分）
求出
E = 1.2（V）
（1 分）
（2）根据全电路欧姆定律 I E 0.12(A) （1 分） R1 R 2 r
根据 求出
P I 2 R1 P = 5.76×10-2（W）
（1 分） （1 分）
（3）S 断开后，流经 R2 的电量即为 S 闭合时 C 板上所带的电量 Q
高考物理专题75电磁感应中的电路和图象问题练习(含解析)
专题75 电磁感应中的电路和图象问题1．时，注意电磁感应发生分为几个过程，和图象的变化是否对应，优先使用排除法．1.(2020·新疆克拉玛依市四模)如图1所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO ′与磁场边界重合．线圈按图示方向匀速转动．若从图示位置开始计时，并规定电流a →b →c →d →a 为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图象是( )图1答案 A解析 题图所示时刻，由楞次定律判断出线圈中感应电流方向为：a →d →c →b →a ，为负方向．线圈中产生的感应电动势表达式为e ＝E m sin ωt ＝BSωsin ωt ，S 是线圈面积的一半，则感应电流的表达式为i ＝－e R ＝－BSωR sin ωt ＝－I m sin ωt ，其中I m ＝BSωR.故线圈中感应电流按正弦规律变化，根据数学知识得知A 正确，B 、C 、D 错误．2.如图2所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)．取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t ＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则下图中能正确反映线框中电流与时间关系的是( )图2答案 A解析 线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i 应为正方向，故B 、C 错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E ＝BLv ，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全在磁场的过程，磁通量不变，没有感应电流产生．线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i 应为负方向；线框有效的切割长度先均匀增大后均匀减小，由E ＝BLv ，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A 正确，D 错误．3.(2020·安徽江淮十校联考)如图3所示，在磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在平行金属导轨上以速度v 向右匀速滑动．金属导轨间距为L 且电阻不计，金属杆的电阻为2R 、长度为L ，ab 间有一电阻，阻值为R ，MN 两点间电势差为U ，则通过电阻R 的电流方向及U 的大小( )图3A ．a →b ，BLvB ．a →b ，BLv 3C ．a →b ，2BLv 3D ．b →a ，2BLv 3答案 B解析 由右手定则判断可知，MN 中产生的感应电流方向为N →M ，则通过电阻R 的电流方向为a →b ，MN 产生的感应电动势为E ＝BLv ，电阻两端的电压为U ＝E R ＋2R ·R ＝BLv 3，B 正确，A 、C 、D 错误．4.(多选)如图4所示，均匀金属圆环总电阻为4R ，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直地穿过圆环．金属杆OM 的长为L ，电阻为R ，M 端与环紧密接触，金属杆OM 绕过圆心的转轴O 以恒定的角速度ω顺时针转动．阻值为R 的电阻一端用导线和环上的A 点连接，另一端和金属杆的转轴O 处的端点相连接．下列结论正确的是( )图4A ．金属杆OM 旋转产生的感应电动势恒为BL 2ω2B ．通过电阻R 的电流最小值为BL 2ω8R，方向从下到上 C ．通过电阻R 的电流最大值为BL 2ω4R，且R 的上端比下端电势高 D ．OM 两点之间的电势差绝对值的最大值为BL 2ω3 答案 AD解析 金属杆在磁场中做匀速圆周运动，产生的感应电动势E ＝BωL 22，选项A 正确；当金属杆M 端转到圆环上A 点正上方时，接入电路中的总电阻最大R 总＝3R ，由闭合电路欧姆定律得电流的最小值为I 小＝E R 总＝BωL 26R，电流方向自下而上，选项B 错误；当金属杆M 端转到A 点时，接入电路中的总电阻最小R 总′＝2R ，由闭合电路欧姆定律得电流的最大值为I 大＝ER 总′＝BωL 24R，流过电阻R 的电流方向自下而上，电阻R 下端电势高于上端，选项C 错误；OM 两点之间的电势差绝对值的最大值为U ＝E －I 小R ＝BωL 23，选项D 正确．5.(多选)(2019·全国卷Ⅱ·21)如图5，两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象可能正确的是( )图5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象可能是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，由于安培力大小与速度成正比，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象可能是D.6.(2020·山东临沂市蒙阴实验中学期末)如图6所示，一闭合直角三角形线框以速度v 匀速穿过匀强磁场区域．从BC 边进入磁场区域开始计时，到A 点离开磁场区域的过程中，线框内感应电流的情况(以逆时针方向为电流的正方向)是图中的( )图6答案 A解析 在线框进入磁场的过程中，穿过线框的磁通量增多，根据楞次定律及安培定则可知，线框中产生逆时针方向的电流，由于切割磁感线的有效长度逐渐减小，根据E ＝Blv ，I ＝E R可知感应电流逐渐减小；当线框全部进入磁场中时，线框中无感应电流；在线框出磁场的过程中，穿过线框的磁通量减少，线框中产生顺时针方向的电流，切割磁感线的有效长度逐渐减小，感应电流也逐渐减小，故A 符合题意．7．(多选)(2020·山东淄博十中期末)如图7甲所示，在光滑水平面上用恒力F 拉质量为1 kg 的单匝均匀正方形铜线框，线框边长为1 m ，在1位置以速度v 0＝3 m/s 进入匀强磁场时开始计时，此时线框中的感应电动势为1 V ，在t ＝3 s 时线框到达2位置开始离开匀强磁场．此过程中线框的v －t 图象如图乙所示，那么( )图7A ．t ＝0时，线框右侧边MN 两端的电压为0.25 VB ．恒力F 的大小为0.5 NC ．线框完全离开磁场的瞬时速度大小为2 m/sD ．线框从位置1到位置3的过程中产生的焦耳热为6 J答案 BCD解析 t ＝0时，线框右侧边MN 两端的电压为路端电压，总的感应电动势为1 V ，则路端电压U 外＝34E ＝0.75 V ，故A 错误；线框完全进入磁场后，由于磁通量没有变化，所以没有感应电流产生，线框只受恒力F 的作用，做匀速直线运动，结合题图乙可知线框在1～3 s 内做匀加速直线运动，加速度a ＝Δv Δt ＝3－23－1m/s 2＝0.5 m/s 2，根据牛顿第二定律有F ＝ma ，解得F ＝0.5 N ，故B 正确；由题意可知t ＝3 s 时线框到达2位置开始离开匀强磁场，此时线框的速度与刚进入磁场时的速度相同，则线框穿出磁场与进入磁场的运动情况完全相同，线框完全离开磁场的瞬时速度与t ＝1 s 时的速度相等，即为2 m/s ，故C 正确；线框进入磁场和离开磁场的过程中产生的焦耳热相同，由功能关系有Q ＝2[Fl ＋(12mv 02－12mv 12)]＝2[0.5×1＋12×1×(32－22)] J ＝6 J ，故D 正确．。
高考物理法拉第电磁感应定律-经典压轴题附答案解析
(2)在0～4s时间内通过电阻R的电荷量q；
(3)在0～5s时间内金属棒ab产生的焦耳热Q。
【答案】(1) (2) （3）
【解析】(1)棒进入磁场之前对ab受力分析由牛顿第二定律得
由匀变速直线位移与时间关系
则由匀变速直线运动速度与时间 Nhomakorabea系得金属棒受到的安培力
(2)由上知，棒进人磁场时 ,则金属棒作匀速运动，匀速运动时间
F安=BLI
根据闭合电路欧姆定律有：
I=
联立解得解得F安=4 N
所以克服安培力做功：
而Q=W安，故该过程中产生的焦耳热Q=3.2 J
(3)设线框出磁场区域的速度大小为v1，则根据运动学关系有：
而根据牛顿运动定律可知：
联立整理得：
(M+m)( -v2)=(M-m)g·2L
线框穿过磁场区域过程中，力F和安培力都是变力，根据动能定理有：
【答案】（1）1.2 V（2）3.2 J（3）0.9 J
【解析】
【详解】
(1)线框eb边以v=4.0 m/s的速度进入磁场并匀速运动，产生的感应电动势为：
因为e、b两点间作为等效电源，则e、b两点间的电势差为外电压：
Ueb= E=1.2 V.
(2)线框进入磁场后立即做匀速运动，并匀速穿过磁场区，线框受安培力：
对棒2： 安
解得：
(2)对棒1和2的系统，动量守恒，则最后稳定时：
解得：
(3)对棒2，由动量定理： ，其中
解得：
(4)由 、 、
联立解得：
又
解得：
则稳定后两棒的距离：
8．如图所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨相距为L＝1m，导轨平面与水平面成 ＝30角，上端连接 的电阻．质量为m＝0.2kg、阻值 的金属棒ab放在两导轨上，与导轨垂直并接触良好，距离导轨最上端d＝4m，整个装置处于匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向上．
高中物理 第09章 电磁感应 (单双棒问题)典型例题(含答案)【经典】
第九章 电磁感应知识点七：单杆问题（与电阻结合）(水平单杆、斜面单杆（先电后力再能量））1、发电式（1）电路特点：导体棒相当于电源，当速度为v 时，电动势E ＝Blv（2）安培力特点：安培力为阻力，并随速度增大而增大（3）加速度特点：加速度随速度增大而减小（4）运动特点：加速度减小的加速运动（5）最终状态：匀速直线运动（6）两个极值①v=0时,有最大加速度：②a=0时,有最大速度：（7）能量关系 （8）动量关系 （9）变形：摩擦力；改变电路；改变磁场方向；改变轨道解题步骤：解决此类问题首先要建立“动→电→动”的思维顺序，可概括总结为：(1)找”电源”，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解电动势的大小和方向；(2)画出等效电路图，求解回路中的电流的大小及方向；(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的动态过程，最后确定导体棒的最终运动情况；(4)列出牛顿第二定律或平衡方程求解．2、阻尼式（1）电路特点：导体棒相当于电源。
（2）安培力的特点：安培力为阻力，并随速度减小而减小。
（3）加速度特点：加速度随速度减小而减小 （4）运动特点：加速度减小的减速运动（5）最终状态：静止 （6）能量关系：动能转化为焦耳热 （7）动量关系（8）变形：有摩擦力；磁场不与导轨垂直等1．(多选)如图所示，MN 和PQ 是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计．有一垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，宽度为L ，ab 是一根不但与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆．开始，将开关S 断开，让ab 由静止开始自由下落，过段时间后，再将S 闭合，若从S 闭合开始计时，则金属杆ab 的速度v 随时间t 变化的图象可能是( )．答案 ACD FN M m F mga m μ-=22-+=()()m F mg R r v B l μ212E mFs Q mgS mv μ=++0m Ft BLq mgt mv μ--=-22()B F B l v a m m R r ==+22B B l v F BIl R r ==+20102mv Q-=00BIl t mv -⋅∆=-0mv q Bl =Bl s q n R r R r φ∆⋅∆==++2、（单选）如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37 °，宽度为0.5 m ，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN 垂直于导轨放置，质量为0.2 kg ，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T ．将导体棒MN 由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN 的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6)( )．答案 BA ．2.5 m/s 1 WB ．5 m/s 1 WC ．7.5 m/s 9 WD ．15 m/s 9 W3．(多选)如图所示，水平固定放置的足够长的U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，在导轨上放着金属棒ab ，开始时ab 棒以水平初速度v 0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和导轨粗糙的两种情况相比较，这个过程( )．答案 ACA ．安培力对ab 棒所做的功不相等B ．电流所做的功相等C ．产生的总内能相等D ．通过ab 棒的电荷量相等4．(单选)如图，足够长的U 型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 棒某一横截面的电量为q 时，棒的速度大小为v ，则金属棒ab 在这一过程中( )．答案 BA ．运动的平均速度大小为12vB ．下滑的位移大小为qR BLC ．产生的焦耳热为qBLvD ．受到的最大安培力大小为B 2L 2v R sin θ5．(多选)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( )．答案 ACA ．P ＝2mgv sin θB ．P ＝3mgv sin θC ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g 2sin θD ．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6、（单选）如图所示，两光滑平行导轨水平放置在匀强磁场中，磁场垂直导轨所在平面，金属棒ab 可沿导轨自由滑动，导轨一端连接一个定值电阻R ，金属棒和导轨电阻不计．现将金属棒沿导轨由静止向右拉，若保持拉力F 恒定，经时间t 1后速度为v ，加速度为a 1，最终以速度2v 做匀速运动；若保持拉力的功率P 恒定，棒由静止经时间t 2后速度为v ，加速度为a 2，最终也以速度2v 做匀速运动，则( )．答案 BA ．t 2＝t 1B ．t 1>t 2C ．a 2＝2a 1D ．a 2＝5a 17． (多选)如图所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨所在平面，将ab 棒在导轨上无初速度释放，当ab 棒下滑到稳定状态时，速度为v ，电阻R 上消耗的功率为P .导轨和导体棒电阻不计．下列判断正确的是( )．A ．导体棒的a 端比b 端电势低 答案 BDB ．ab 棒在达到稳定状态前做加速度减小的加速运动C ．若磁感应强度增大为原来的2倍，其他条件不变，则ab 棒下滑到稳定状态时速度将变为原来的12D ．若换成一根质量为原来2倍的导体棒，其他条件不变，则ab 棒下滑到稳定状态时的功率将变为原来的4倍8．(单选)如图所示，足够长的光滑金属导轨MN 、PQ 平行放置，且都倾斜着与水平面成夹角θ.在导轨的最上端M 、P 之间接有电阻R ，不计其他电阻．导体棒ab 从导轨的最底端冲上导轨，当没有磁场时，ab 上升的最大高度为H ；若存在垂直导轨平面的匀强磁场时，ab 上升的最大高度为h .在两次运动过程中ab 都与导轨保持垂直，且初速度都相等．关于上述情景，下列说法正确的是( )．A ．两次上升的最大高度相比较为H <hB ．有磁场时导体棒所受合力的功等于无磁场时合力的功C ．有磁场时，电阻R 产生的焦耳热为12mv 20D ．有磁场时，ab 上升过程的最小加速度大于g sin θ 答案 B9．如图所示，两根平行金属导轨固定在同一水平面内，间距为l ，导轨左端连接一个电阻．一根质量为m 、电阻为r 的金属杆ab 垂直放置在导轨上．在杆的右方距杆为d 处有一个匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向下，磁感应强度为B .对杆施加一个大小为F 、方向平行于导轨的恒力，使杆从静止开始运动，已知杆到达磁场区域时速度为v ，之后进入磁场恰好做匀速运动．不计导轨的电阻，假定导轨与杆之间存在恒定的阻力．求(1)导轨对杆ab 的阻力大小f ；(2)杆ab 中通过的电流及其方向；(3)导轨左端所接电阻的阻值R .答案 (1)F －mv 22d (2)mv 22Bld a →b (3)2B 2l 2d mv －r（1）杆进入磁场前做匀加速运动，有① ② 解得导轨对杆的阻力③ （2）杆进入磁场后做匀速运动，有④ 杆ab 所受的安培力⑤ 解得杆ab 中通过的电流⑥ 杆中的电流方向自a 流向b⑦ （3）杆产生的感应电动势⑧ 杆中的感应电流⑨解得导轨左端所接电阻阻值⑩ 10．如图甲所示．一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l ＝0.20 m ，电阻R ＝1.0 Ω；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下．现在一外力F 沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F 与时间t 的关系如图乙所示．求杆的质量m 和加速度a .答案 0.1 kg 10 m/s 2解:导体杆在轨道上做匀加速直线运动,用表示其速度,t 表示时间,则有:①杆切割磁力线,将产生感应电动势:② 在杆、轨道和电阻的闭合回路中产生电流③杆受到的安培力的④ 根据牛顿第二定律,有⑤ 联立以上各式,得⑥ 由图线上取两点代入⑥式,可计算得出:,答:杆的质量为,其加速度为.11、如图所示，质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.3 Ω，长度l＝0.4 m的导体棒ab横放在U型金属框架上．框架质量m2＝0.2 kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.相距0.4 m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R2＝0.1 Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T．垂直于ab施加F＝2 N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触．当ab运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.(1)求框架开始运动时ab速度v的大小；(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1 J，求该过程ab位移x的大小．答案(1)6 m/s(2)1.1 m（1）ab对框架的压力① 框架受水平面的支持力②依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力③ab中的感应电动势④ MN中电流⑤MN受到的安培力⑥ 框架开始运动时⑦ 由上述各式代入数据解得⑧（2）闭合回路中产生的总热量⑨ 由能量守恒定律，得⑩代入数据解得⑪12、如图甲所示，MN、PQ两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，M、P之间接电阻箱R，导轨所在空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B＝0.5 T．质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其接入电路的电阻值为r.现从静止释放杆ab，测得其在下滑过程中的最大速度为v m.改变电阻箱的阻值R，得到v m与R的关系如图乙所示．已知轨道间距为L＝2 m，重力加速度g取10 m/s2，轨道足够长且电阻不计．(1)当R＝0时，求杆ab匀速下滑过程中产生的感应电动势E的大小及杆中电流的方向；(2)求杆ab的质量m和阻值r；(3)当R＝4 Ω时，求回路瞬时电功率每增加1 W的过程中合外力对杆做的功W.答案(1)2 V b→a(2)0.2 kg 2 Ω(3)0.6 J解:(1)由图可以知道,当时,杆最终以匀速运动,产生电动势由右手定则判断得知,杆中电流方向从(2)设最大速度为v,杆切割磁感线产生的感应电动势由闭合电路的欧姆定律:杆达到最大速度时满足计算得出:由图象可以知道:斜率为,纵截距为, 得到:计算得出:,(3)根据题意:,得,则由动能定理得联立得代入计算得出13．如图甲所示，MN 、PQ 两条平行的光滑金属轨道与水平面成θ＝30°角固定，两轨道间距为L ＝1 m ．质量为m 的金属杆ab 垂直放置在轨道上，其阻值忽略不计．空间存在匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上，磁感应强度为B ＝0.5 T ．P 、M 间接有阻值为R 1的定值电阻，Q 、N 间接电阻箱R .现从静止释放ab ，改变电阻箱的阻值R ，测得最大速度为v m ，得到1v m 与1R 的关系如图乙所示．若轨道足够长且电阻不计，重力加速度g 取10 m/s 2.求： (1)金属杆的质量m 和定值电阻的阻值R 1； (2)当电阻箱R 取4 Ω时，且金属杆ab 运动的加速度为12g sin θ时，此时金属杆ab 运动的速度；(3)当电阻箱R 取4 Ω时，且金属杆ab 运动的速度为v m 2时，定值电阻R 1消耗的电功率．解析 (1)总电阻为R 总＝R 1R /(R 1＋R )，电路的总电流I ＝BLv /R 总 当达到最大速度时金属棒受力平衡，有mg sin θ＝BIL ＝B 2L 2v m R 1R (R 1＋R )，1v m ＝B 2L 2mgR sin θ＋B 2L 2mgR 1sin θ，根据图象代入数据，可以得到金属杆的质量m ＝0.1 kg ，R 1＝1 Ω. (2)金属杆ab 运动的加速度为12g sin θ时，I ′＝BLv ′/R 总 根据牛顿第二定律得mg sin θ－BI ′L ＝ma即mg sin θ－B 2L 2v ′R 1R (R 1＋R )＝12mg sin θ，代入数据，得到v ′＝0.8 m/s. (3)当电阻箱R 取4 Ω时，根据图象得到v m ＝1.6 m/s ，则v ＝v m 2＝0.8 m/s ，P ＝E 2R 1＝B 2L 2v 2R 1＝0.16 W.14．如图所示，竖直平面内有无限长，不计电阻的两组平行光滑金属导轨，宽度均为L ＝0.5 m ，上方连接一个阻值R ＝1 Ω的定值电阻，虚线下方的区域内存在磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场．完全相同的两根金属杆1和2靠在导轨上，金属杆与导轨等宽且与导轨接触良好，电阻均为r ＝0.5 Ω.将金属杆1固定在磁场的上边缘(仍在此磁场内)，金属杆2从磁场边界上方h 0＝0.8 m 处由静止释放，进入磁场后恰做匀速运动．(g 取10 m/s 2)(1)求金属杆的质量m 为多大？(2)若金属杆2从磁场边界上方h 1＝0.2 m 处由静止释放，进入磁场经过一段时间后开始做匀速运动．在此过程中整个回路产生了1.4 J 的电热，则此过程中流过电阻R 的电荷量q 为多少？解析 (1)金属杆2进入磁场前做自由落体运动，则v m ＝2gh 0＝4 m/s金属杆2进入磁场后受两个力而处于平衡状态，即mg ＝BIL ，且E ＝BLv m ，I ＝E 2r ＋R解得m ＝B 2L 2v m 2r ＋R g ＝22×0.52×42×0.5＋1×10kg ＝0.2 kg. (2)金属杆2从下落到再次匀速运动的过程中，设金属杆2在磁场内下降h 2，由能量守恒定律得 mg (h 1＋h 2)＝12mv 2m ＋Q 解得h 2＝12mv 2m ＋Q mg －h 1＝0.2×42＋2×1.42×0.2×10 m －0.2 m ＝1.3 m 金属杆2进入磁场到匀速运动的过程中，感应电动势和感应电流的平均值分别为E ＝BLh 2t 2，I ＝E 2r ＋R 故流过电阻R 的电荷量q ＝It 2 联立解得q ＝BLh 22r ＋R ＝2×0.5×1.32×0.5＋1C ＝0.65 C.15．如图12(a)所示，间距为l 、电阻不计的光滑导轨固定在倾角为θ的斜面上．在区域Ⅰ内有方向垂直于斜面的匀强磁场，磁感应强度为B ；在区域Ⅱ内有垂直于斜面向下的匀强磁场，其磁感应强度B t 的大小随时间t 变化的规律如图(b)所示．t ＝0时刻在轨道上端的金属棒ab 从如图所示位置由静止开始沿导轨下滑，同时下端的另一金属棒cd 在位于区域Ⅰ内的导轨上由静止释放．在ab 棒运动到区域Ⅱ的下边界EF 处之前，cd 棒始终静止不动，两棒均与导轨接触良好．已知cd棒的质量为m 、电阻为R ，ab 棒的质量、阻值均未知，区域Ⅱ沿斜面的长度为2l ，在t ＝t x 时刻(t x 未知)ab 棒恰进入区域Ⅱ，重力加速度为g .求：(1)通过cd 棒电流的方向和区域Ⅰ内磁场的方向；(2)当ab 棒在区域Ⅱ内运动时cd 棒消耗的电功率；(3)ab 棒开始下滑的位置离EF 的距离；(4)ab 棒从开始下滑至EF 的过程中回路中产生的热量．解析 (1)由楞次定律知通过cd 棒的电流方向为d →c 区域Ⅰ内磁场方向为垂直于纸面向上．(2)对cd 棒：F 安＝BIl ＝mg sin θ，所以通过cd 棒的电流大小I ＝mg sin θBl 当ab 棒在区域Ⅱ内运动时cd 棒消耗的电功率 P ＝I 2R ＝m 2g 2R sin 2θB 2l 2. (3)ab 棒在到达区域Ⅱ前做匀加速直线运动，加速度a ＝g sin θ cd 棒始终静止不动，ab 棒在到达区域Ⅱ前、后回路中产生的感应电动势不变，则ab 棒在区域Ⅱ中一定做匀速直线运动，可得ΔΦΔt ＝Blv t ，即B ·2l ·l t x ＝Blg sin θt x ，所以t x ＝2l g sin θ ab 棒在区域Ⅱ中做匀速直线运动的速度v t ＝2gl sin θ 则ab 棒开始下滑的位置离EF 的距离h ＝12at 2x ＋2l ＝3l . (4)ab 棒在区域Ⅱ中运动的时间t 2＝2l v t＝2lg sin θ ab 棒从开始下滑至EF 的总时间t ＝t x ＋t 2＝22lg sin θ，E ＝Blv t ＝Bl 2gl sin θ ab 棒从开始下滑至EF 的过程中闭合回路产生的热量Q ＝EIt ＝4mgl sin θ.16．如图所示，两根正对的平行金属直轨道MN 、M ´N ´位于同一水平面上，两轨道之间的距离l=0.50m ．轨道的MM ´端之间接一阻值R=0.40Ω的定值电阻，NN ´端与两条位于竖直面内的半圆形光滑金属轨道NP 、N ´P ´平滑连接，两半圆轨道的半径均为R 0=0.50m ．直轨道的右端处于竖直向下、磁感应强度B=0.64 T 的匀强磁场中，磁场区域的宽度d=0.80m ，且其右边界与NN ´重合．现有一质量m =0.20kg 、电阻r =0.10Ω的导体杆ab 静止在距磁场的左边界s=2.0m 处．在与杆垂直的水平恒力F=2.0N 的作用下ab 杆开始运动，当运动至磁场的左边界时撤去F ，结果导体杆ab 恰好能以最小速度通过半圆形轨道的最高点PP ´．已知导体杆ab 在运动过程中与轨道接触良好，且始终与轨道垂直，导体杆ab 与直轨道之间的动摩擦因数μ=0.10，轨道的电阻可忽略不计，取g =10m/s 2，求：⑴导体杆刚进入磁场时，通过导体杆上的电流大小和方向；⑵导体杆穿过磁场的过程中通过电阻R 上的电荷量；⑶导体杆穿过磁场的过程中整个电路中产生的焦耳热．解:(1)设导体杆在F 的作用下运动至磁场的左边界时的速度为,根据动能定理则有:导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势为:此时通过导体杆上的电流大小为:(或 根据右手定则可以知道,电流方向为由b 向a (2)设导体杆在磁场中运动的时间为t,产生的感应电动势的平均值为,则有: 通过电阻R 的感应电流的平均值为:通过电阻R 的电荷量为:(或 (3)设导体杆离开磁场时的速度大小为,运动到圆轨道最高点的速度为,因导体杆恰好能通过半圆形轨道的最高点,根据牛顿第二定律对导体杆在轨道最高点时有:对于导体杆从运动至的过程,根据机械能守恒定律有:计算得出:导体杆穿过磁场的过程中损失的机械能为:此过程中电路中产生的焦耳热为:知识点八：单杆问题（与电容器结合）电容有外力充电式（1）电路特点：导体为发电边；电容器被充电。
高考物理电磁感应现象习题知识点及练习题及答案
高考物理电磁感应现象习题知识点及练习题及答案一、高中物理解题方法：电磁感应现象的两类情况1．如图，光滑金属轨道POQ 、´´´P O Q 互相平行，间距为L ，其中´´O Q 和OQ 位于同一水平面内，PO 和´´P O 构成的平面与水平面成30°。
正方形线框ABCD 边长为L ，其中AB 边和CD 边质量均为m ，电阻均为r ，两端与轨道始终接触良好，导轨电阻不计。
BC 边和AD 边为绝缘轻杆，质量不计。
线框从斜轨上自静止开始下滑，开始时底边AB 与OO ´相距L 。
在水平轨道之间，´´MNN M 长方形区域分布着有竖直向上的匀强磁场，´OM O N L =>，´´N M 右侧区域分布着竖直向下的匀强磁场，这两处磁场的磁感应强度大小均为B 。
在右侧磁场区域内有一垂直轨道放置并被暂时锁定的导体杆EF ，其质量为m 电阻为r 。
锁定解除开关K 与M 点的距离为L ，不会阻隔导轨中的电流。
当线框AB 边经过开关K 时，EF 杆的锁定被解除，不计轨道转折处OO ´和锁定解除开关造成的机械能损耗。
（1）求整个线框刚到达水平面时的速度0v ； （2）求线框AB 边刚进入磁场时，AB 两端的电压U AB ； （3）求CD 边进入磁场时，线框的速度v ；（4）若线框AB 边尚未到达´´M N ，杆EF 就以速度23123B L v mr=离开M ´N ´右侧磁场区域，求此时线框的速度多大？【答案】（132gL 2）16BL gL 3）23323B L gL mr；（4）233223B L gL mr【解析】 【分析】 【详解】（1）由机械能守恒201sin 302sin 30022mgL mg L mv +=︒︒- 可得032v gL =（2）由法拉第电磁感应定律可知0E BLv =根据闭合电路欧姆定律可知032BLv I r =根据部分电路欧姆定律12AB U I r =⋅可得AB U =（3）线框进入磁场的过程中，由动量定理022BIL t mv mv -⋅∆=-又有232BL I t r ⋅∆=代入可得233B L v mr= （4）杆EF 解除锁定后，杆EF 向左运动，线框向右运动，线框总电流等于杆EF 上电流 对杆EF1BIL t m v ⋅∆=∆对线框22BIL t m v ⋅∆=⋅∆可得122v v ∆=∆整理得到2321123B L v v mr∆=∆=可得232223B L v v v mr=-∆=2．如图所示，两条平行的固定金属导轨相距L =1m ，光滑水平部分有一半径为r =0.3m 的圆形磁场区域，磁感应强度大小为10.5T B =、方向竖直向下；倾斜部分与水平方向的夹角为θ=37°，处于垂直于斜面的匀强磁场中，磁感应强度大小为B =0.5T 。
高中物理大题(带答案)——电磁感应
电磁感应1．【杭州模拟】如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。
一质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上。
初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0。
整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。
已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行。
(1)求初始时刻通过电阻R的电流I的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a；(3)导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为E p，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q。
1．【解析】（1）棒产生的感应电动势E1=BLv0通过R的电流大小根据右手定则判断得知：电流方向为b→a（2）棒产生的感应电动势为E2=BLv感应电流棒受到的安培力大小，方向沿斜面向上，如图所示．根据牛顿第二定律有|mgsinθ-F|=ma解得（3）导体棒最终静止，有mgsinθ=kx弹簧的压缩量设整个过程回路产生的焦耳热为Q0，根据能量守恒定律有解得电阻R上产生的焦耳热2．【雄安新区模拟】如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在竖直面上，导轨间距为L、足够长，下部条形匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B、方向与导轨平面垂直，上部条形匀强磁场的宽度为2d，磁感应强度大小为B0，方向平行导轨平面向下，在上部磁场区域的上边缘水平放置导体棒(导体棒与导轨绝缘)，导体棒与导轨间存在摩擦，动摩擦因数为μ。
长度为2d的绝缘棒将导体棒和正方形的单匝线框连接在一起组成“”型装置，总质量为m，置于导轨上，导体棒中通以大小恒为I的电流(由外接恒流源产生，图中未图出)，线框的边长为d(d<L)，下边与磁场区域上边界重合。
将装置由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域的下边界处返回，导体棒在整个运动过程中始终与导轨接触并且相互垂直。
高考物理电磁感应现象习题专项复习及答案解析
高考物理电磁感应现象习题专项复习及答案解析一、高中物理解题方法：电磁感应现象的两类情况1．如图所示，水平放置的两根平行光滑金属导轨固定在平台上导轨间距为1m ，处在磁感应强度为2T 、竖直向下的匀强磁场中，平台离地面的高度为h ＝3.2m 初始时刻，质量为2kg 的杆ab 与导轨垂直且处于静止，距离导轨边缘为d ＝2m ，质量同为2kg 的杆cd 与导轨垂直，以初速度v 0＝15m/s 进入磁场区域最终发现两杆先后落在地面上．已知两杆的电阻均为r ＝1Ω，导轨电阻不计，两杆落地点之间的距离s ＝4m （整个过程中两杆始终不相碰）（1）求ab 杆从磁场边缘射出时的速度大小；（2）当ab 杆射出时求cd 杆运动的距离；（3）在两根杆相互作用的过程中，求回路中产生的电能．【答案】(1) 210m/s v =；(2) cd 杆运动距离为7m ； (3) 电路中损耗的焦耳热为100J ．【解析】【详解】（1）设ab 、cd 杆从磁场边缘射出时的速度分别为1v 、2v设ab 杆落地点的水平位移为x ，cd 杆落地点的水平位移为x s +，则有2h x v g =2h x s v g+=根据动量守恒 012mv mv mv =+求得：210m/s v =（2）ab 杆运动距离为d ，对ab 杆应用动量定理1BIL t BLq mv ==设cd 杆运动距离为d x +∆22BL x q r r ∆Φ∆== 解得 1222rmv x B L ∆=cd 杆运动距离为12227m rmv d x d B L +∆=+= （3）根据能量守恒，电路中损耗的焦耳热等于系统损失的机械能222012111100J 222Q mv mv mv =--= 2．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 倾斜放置，两导轨间距离为L ，导轨平面与水平面间的夹角θ，所处的匀强磁场垂直于导轨平面向上，质量为m 的金属棒ab 垂直于导轨放置，导轨和金属棒接触良好，不计导轨和金属棒ab 的电阻，重力加速度为g ．若在导轨的M 、P 两端连接阻值R 的电阻，将金属棒ab 由静止释放，则在下滑的过程中，金属棒ab 沿导轨下滑的稳定速度为v ，若在导轨M 、P 两端将电阻R 改接成电容为C 的电容器，仍将金属棒ab 由静止释放，金属棒ab 下滑时间t ，此过程中电容器没有被击穿，求：（1）匀强磁场的磁感应强度B 的大小为多少？（2）金属棒ab 下滑t 秒末的速度是多大？【答案】（1）2sin mgR B L vθ=2）sin sin t gvt v v CgR θθ=+ 【解析】试题分析：（1）若在M 、P 间接电阻R 时，金属棒先做变加速运动，当加速度为零时做匀速运动，达到稳定状态．则感应电动势E BLv =，感应电流E I R=，棒所受的安培力F BIL =联立可得22B L v F R =，由平衡条件可得F mgsin θ=，解得2 mgRsin B L vθ （2）若在导轨 M 、P 两端将电阻R 改接成电容为C 的电容器，将金属棒ab 由静止释放，产生感应电动势，电容器充电，电路中有充电电流，ab 棒受到安培力．设棒下滑的速度大小为v '，经历的时间为t则电容器板间电压为 UE BLv ='= 此时电容器的带电量为Q CU = 设时间间隔△t 时间内流经棒的电荷量为Q 则电路中电流 Q C U CBL v i t t t ∆∆∆===∆∆∆，又v a t∆=∆，解得i CBLa = 根据牛顿第二定律得mgsin BiL ma θ-=，解得22mgsin gvsin a m B L C v CgRsin θθθ==++ 所以金属棒做初速度为0的匀加速直线运动，ts 末的速度gvtsin v at v CgRsin θθ'==+． 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系；电磁感应中的能量转化【名师点睛】本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，关键要会推导加速度的表达式，通过分析棒的受力情况，确定其运动情况．3．如图所示，足够长的U 型金属框架放置在绝缘斜面上，斜面倾角30θ=︒，框架的宽度0.8m L =，质量0.2kg M =，框架电阻不计。
高中物理必修三第十三章电磁感应与电磁波初步典型例题(带答案)
高中物理必修三第十三章电磁感应与电磁波初步典型例题单选题1、下列说法正确的是（）A．电荷在电场中某处不受电场力的作用，则该处的电场强度不一定为零B．一小段通电导线在某处不受安培力的作用，则该处磁感应强度一定为零C．把一个试探电荷放在电场中的某点，它受到的电场力与所带电荷量的比值表示该点电场的强弱D．把一小段通电导线放在磁场中某处，它所受到的磁场力与该小段通电导线的长度和电流的乘积的比值表示该处磁场的强弱答案：CAC．在定义电场强度和磁感应强度时，都是在场中放一个小物体，使场对它有力的作用。
在电场中放入的是试探电荷，电场强度E用E=Fq 来定义，但E与F、q无关，由E=Fq可得F＝qE，故E＝0时，F＝0，故A错误，C正确；BD．在磁场中放入一小段通电导线在磁场中的受力大小与导线放置的方向有关，平行于磁场方向放置时，磁场力F＝0，垂直于磁场方向放置时，磁场力F最大。
在定义式B=FIl中，通电导线必须垂直磁场方向放置，故BD错误。
故选C。
2、为了演示“感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化”的现象，老师做了这样的演示实验：如图所示，铝制水平横梁两端各固定一个铝环，其中A环是闭合的，B环是断开的，横梁可以绕中间的支点在水平面内转动。
当装置静止不动时，用一磁铁的N极去接近A环，发现横梁绕支点沿顺时针（俯视）方向转动。
若不考虑空气流动对实验结果的影响，关于该实验，下列说法中正确的是（）A．若其他条件相同，磁铁接近A环越快，A环中产生的感应电动势就越大B．若其他条件相同，而将磁铁的N极接近B环，则横梁将绕支点沿逆时针（俯视）方向转动C．无论磁铁靠近A环或B环，相应环中都有焦耳热产生D．若磁铁N极靠近A环，沿磁铁运动方向观察，A环会有沿环顺时针方向的感应电流答案：AA．A环闭合，磁铁接近A环越快，A环中磁通量的变化率越大，根据法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势越大，故A正确；B．B环不闭合，磁铁接近B环时，环内不产生感应电流，因此B环不受磁场的作用力，横杆不转动，故B错误；C．磁铁靠近A环时，在A环内会产生感应电流，从而产生焦耳热，当磁铁靠近B环时，会产生感应电动势，但不会形成感应电流，不会产生焦耳热，故C错误；D．磁铁N极靠近A环时，A环垂直于纸面向里的磁通量增大，所以A环中感应电流的磁场方向垂直于纸面向外，A环中会产生逆时针方向的感应电流，故D错误。
2025年高考物理-法拉第电磁感应定律的理解及应用(解析版)
法拉第电磁感应定律的理解及应用考点考情命题方向考点法拉第电磁感应定律2024年高考甘肃卷2024年高考广东卷2024年高考北京卷2023年高考湖北卷2023高考江苏卷2022年高考天津卷法拉第电磁感应定律是电磁感应的核心知识点，年年考查，一般与安培力、动力学、功和能结合考查。
题型一对法拉第电磁感应定律的理解及应用1．感应电动势(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．产生感应电动势的那部分导体就相当于电源，导体的电阻相当于电源内阻．(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路欧姆定律，即I =ER +r.2．感应电动势大小的决定因素(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率ΔΦΔt和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．(2)当ΔΦ仅由B 的变化引起时，则E =nΔB ·S Δt ；当ΔΦ仅由S 的变化引起时，则E =n B ·ΔSΔt；当ΔΦ由B 、S 的变化同时引起时，则E =n B 2S 2-B 1S 1Δt ≠n ΔB ·ΔSΔt.3．磁通量的变化率ΔΦΔt 是Φ-t 图象上某点切线的斜率．1(2024•泰州模拟)如图所示，正三角形ABC 区域存在方向垂直纸面向里、大小随时间均匀增加的磁场。
以三角形顶点C 为圆心，粗细均匀的铜导线制成圆形线圈平行于纸面固定放置，则下列说法正确的是()A.线圈中感应电流的方向为顺时针B.线圈有扩张趋势C.线圈所受安培力方向与AB 边垂直D.增加线圈匝数，线圈中感应电流变小【解答】解：AB 、磁场垂直纸面向里，磁感应强度增大，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针。
因感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，所以线圈有收缩趋势，故AB 错误；C 、线圈的有效长度与AB 边平行，根据左手定则可知，线圈所受安培力方向与AB 边垂直，故C 正确；D 、设B =kt (k >0，且为常数)，圆形线圈的半径为l ，电阻为R 。
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高考物理：带你攻克电磁感应中的典型例题（附解析）
例1、如图所示，有一个弹性的轻质金属圆环，放在光滑的水平桌面上，环中央插着一根条形磁铁．突然将条形磁铁迅速向上拔出，则此时金属圆环将（）
A. 圆环高度不变，但圆环缩小
B. 圆环高度不变，但圆环扩张
C. 圆环向上跳起，同时圆环缩小
D. 圆环向上跳起，同时圆环扩张
解析：在金属环中磁通量有变化，所以金属环中有感应电流产生，按照楞次定律解决问题的步骤一步一步进行分析，分析出感应电流的情况后再根据受力情况考虑其运动与形变的问题．
也可以根据感应电流的磁场总阻碍线圈和磁体间的相对运动来解答。
当磁铁远离线圈时，线圈和磁体间的作用力为引力，由于金属圆环很轻，受的重力较小，因此所受合力方向向上，产生向上的加速度．同时由于线圈所在处磁场减弱，穿过线圈的磁通量减少，感应电流的磁场阻碍磁通量减少，故线圈有扩张的趋势。
所以D选项正确。
一、电磁感应中的力学问题
导体切割磁感线产生感应电动势的过程中，导体的运动与导体的受力情况紧密相连，所以，电磁感应现象往往跟力学问题联系在一起。
解决这类电磁感应中的力学问题，一方面要考虑电磁学中的有关规律，如安培力的计算公式、左右手定则、法拉第电磁感应定律、楞次定律等；另一方面还要考虑力学中的有关规律，如牛顿运动定律、动量定理、动能定理、动量守恒定律等。
例2、如图1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2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。
解析：（18分）（1）如图所示：重力mg，竖直向下；
支撑力N，垂直斜面向上；
安培力F，沿斜面向上
（2）当ab杆速度为v时，感应电动势E＝BLv，此时电路电流ab杆受到安培力
根据牛顿运动定律，有
解得
（3）当
时，ab杆达到最大速度vm
二、电磁感应中的电路问题
在电磁感应现象中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路中将产生感应电动势将成为电源，将它们跟电阻、电容等构成回路即为电磁感应中的电路问题。
解决这类问题时，找准电源、正确判断电源的正负极是关键。
例3、如图所示，边长为l、总电阻为R的正方形线圈abcd处在磁感强度为B的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，当线圈以速度v在垂直于磁场方向的平面内做匀速直线运动时，线圈中感应电流的强度I＝__________，线圈回路中总的感应电动势E＝________，a、c 两点间电势差U＝____________。
分析：只要导体做切割磁感线的相对运动，导体中就将形成感应电动势，该导体相当于一个感应电源；只要闭合回路的磁通量不变，无论回路中有几部分导体切割磁感线，无论回路中有几个感应电源，回路中的感应电流都为零。
解答：尽管线圈的ac和bd两边都做切割磁感线运动，但由于穿
过线圈的磁通量不变，因此线圈中无感应电流，I＝0；尽管线圈的ac 和bd两边都切割磁感线运动，形成感应电动势均为Eac＝Ebd＝lvB的感应电源，但由于对整个线圈回路来说，Eac 和Ebd是反向串联的，因此线圈回路中的总的感应电动势为E ＝Eac－Ebd＝0。
由于线圈运动时，ac和bd两边相当于外电路开路的两个并联的感应电源，因此a、c两点间的电势差就等于两个并联感应电源的等次电动势，为U＝E并＝lvB。
例4、边长为a，总电阻为R的闭合正方形单匝线框，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁感线与线框平面垂直．当线框由图示位置转过180°角的过程中，流过线框导线横截面的电量是多少？
一个平面有正、反两面，从正面穿入的磁通量设为正值，则从另一面穿入的磁通量就是负值、线框处于如上图所示位置时，磁感线从线框一面穿入，磁通量是Ф1＝BS＝Ba2，转过180°后磁感线从线框的另一面穿入，这时的磁通量就是Ф2＝－BS＝－Ba2，先后两次穿过线框磁通量的值相等，但正负不同，那么线框转180°过程中磁通量的变化量为
ΔФ＝Ф2－Ф1＝－Ba2－Ba2＝－2Ba2。
取绝对值就是2Ba2．由此，可应用法拉第电磁感应定律求转180°过程中的平均感应电动势，最后应用欧姆定律和电流强度的定义式就可以求通过线框截面的电量．
设线框转180°所用时间为Δt，在这段时间内穿过线框的磁通量的变化量为ΔФ＝2Ba2，根据法拉第电磁感应定律可得这一过程中平均感应电动势的大小为。
根据欧姆定律，Δt时间内线框中平均电流强度为
在Δt内流过线框导线横截面的电量。
三、电磁感应中的能量问题
产生感应电流的过程，就是能量转化的过程。
安培力对导体做正功，是将电能转化为机械能；安培力对导体做负功，是将机械能转化为电能。
感应电流在电路中通过电阻又将电能转化为热能。
例5、如图3所示，宽L＝0.5m的平行长金属导轨与水平面夹角θ＝37°．与导轨平面垂直的匀强磁场磁感应强度B＝1.0T．质量m＝100g的金属棒ab垂直两导轨放置，其电阻r＝1Ω，与导轨间滑动摩擦因数μ＝0.25．两导轨由R＝9Ω的电阻在下端相连．导轨及导轨与ab棒接触电阻不计（取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）．求：
（1）当ab沿轨道向下运动，速度v＝10m/s时，ab棒运动的加速度．
（2）ab棒沿轨道下滑的最大速度．
（3）ab棒以最大速度运动时，重力对ab棒做功的功率，ab棒产生的电功率以及输出的电功率．
（1）ab棒在导轨上下滑时受力情况如图4所示，其中磁场力F＝BIL＝
，摩擦力
，根据牛顿第二定律，在沿轨道方向上。
当v＝10m/s时，ab棒运动的加速度大小是
（2）当ab棒在导轨上运动加速度变为零时，开始做匀速运动，这时ab运动速度有最大值．由上述方程可知：mgsinθ－μmcosθ－B2L2v/（R＋r）＝0，
＝16（m/s）．
（3）重力做功的功率．P1＝mgvsinθ＝0.1×10×16×0.6＝9.6（W）．
金属棒ab产生的电功率。
输出的电功率。
例6、如图xoy坐标系y轴左侧和右侧分别有垂直于纸面向外、向里的匀强磁场，磁感应强度均为B，一个围成四分之一圆形的导体环oab，其圆心在原点o，半径为R，开始时在第一象限。
从t＝0起绕o
点以角速度ω逆时针匀速转动。
试画出环内感应电动势E随时间t而变的函数图象（以顺时针电动势为正）。
分析：开始的四分之一周期内，oa、ob中的感应电动势方向相同，大小应相加；第二个四分之一周期内穿过线圈的磁通量不变，因此感应电动势为零；第三个四分之一周期内感应电动势与第一个四分之一周期内大小相同而方向相反；第四个四分之一周期内感应电动势又为零。
感应电动势的最大值为E＝BR2ω，周期为T＝2π/ω，图象如下。