2021年新高考物理二轮复习京津鲁琼专用讲义：专题四第2讲电磁感应问题

1、真题感悟透析考情第 2 讲电磁感应问题真题再现考情分析1. （多选）（2019 高考全国卷I） 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（a）中虚线 MN 所示一硬质细导线的电阻率为p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 = ti的时间间隔内（ ）图（-）A. 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 詈B0n24t0D.圆环中的感应电动势大小为解析：选

2、 BC.根据楞次定律可知在 0to时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在 toti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 =Atjn2B= B0,根据电阻定律可得R=p2;子，根据欧姆定律可得 1 =2t02t0SR=驚所以选项 C 正确，D 错误.2.（2019 高考全国卷川）楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？（）A.电阻定律B 库仑定律C.欧姆定律D .能量守恒定律解析：选 D.楞次定律中的“阻碍”作用，是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体

3、现，在克服这种“阻碍”的过程中，其他形式的能转冷題点分析考点链接学料素耗疸-物理世念物理胆实L思路方諸-用斛电碗聒宜的本威苏熟 爲:撈次進律的内容_老点馥按-L学科秦养点* 料学态度化为电能，选项 D 正确.3.（2018 高考全国卷I）如图，导体轨道 OPQS 固定，其中 PQS 是半圆 弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心.轨道的电阻忽略不计.OM 是有一定电阻、可绕 O 转动的金属杆，M 端位于 PQS 上，OM 与轨道接触良 好.空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到 程I）；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从A.412B

4、ASB4n同2Ei=- =- =- =-,流过 OMAtiAtiAti4Ati_BI2的电荷量为 qi= IiAti= / ;过4R2E2n (BB)II2= E2=R2n (BB)IB3;由题意知 qi= q2,则解得口=o, B 正确，A、C、D 错 2RB 2对近几年高考试题分析可看出，该部分知识的考查不仅是高考必考点，而且考查呈现多样命竝点分析7C.4思路方法解析：选 B.设 0M 的电阻为R,长度为 I,过程I，0M 转动的过程中由迭掠第曲璀感直左律分别廉 息生电劝特和动生唱动势，M牯符电背量的i用衣达式仟 羊求解间题程n,磁场的磁感应强度大小均匀增加,则该过程中产生的平均感应(B

5、B) S 电动势大小为 E2=At2t22（B,-B）n,电路中的电流为2At2OS 位置并固定（过B 增加到 B过程 则 B等于（Bn）.在过程i、n中，流过 0M 的电荷量相等,产生的平均感应电动势大小为EiTB|2的电流为Ii=亍応，则流过OM2RAt2命题研究性，不仅在选择题中，对基本内容的考核如闭合电路欧姆定律结合电路问题、楞次定律、法拉 第电磁感应定律、安培定则、感应电动势等知识考查较多，以导体棒运动为背景，综合应用电 路的相关知识、牛顿运动定律和能量守恒定律以计算题形式作为压轴题；这类问题既要用到电 磁感应的知识，又要结合数学知识求解，对考生运用数学知识解决物理问题的能力要求较高

6、角度 2 感应电动势的计算法拉第电磁感应定律的应用热考核曲高效突破考点1感应电动势的求解【高分快攻】求解感应电动势的四种常见情景表达 式E=n方E=BLvsi n012E=-BL3E=NBSwsin （3t+如）情景 图1xKXMXMMWXXXM,J*i-h1-1-H-； *研究对象回路（不一定闭合）一段直导线（或等效 成直导线）绕一端转动的一 段导体棒绕与 B 垂直的轴 转动的导线框意义一般求平均感应电动 势，当厶 tT0 时求的是 瞬时感应电动势一般求瞬时感应电 动势，当 v 为平均速度时求的是平均感 应电动势用平均值法求瞬 时感应电动势求瞬时感应电动势适用 条件所有磁场（匀强磁场定 量计

7、算、非匀强磁场疋 性分析）匀强磁场匀强磁场匀强磁场【典题例析】EE）（多选）（2018 高考全国卷 川）如图（a）,在同一平面内固定有一长直导线PQ 和一导线框 R, R 在 PQ 的右侧.导线 PQ 中通有正弦交流电 i, i 的变化如图（b）所示，规定从 Q 到 PA .在 t =丁时为零B.在 t =T时改变方向c.在 t=T时最大，且沿顺时针方向D . t= T 时最大，且沿顺时针方向解析因通电导线的磁感应强度大小正比于电流的大小，故导线框 R 中磁感应强度与时为电流正方向导线框图图（b）间的变化关系类似于题图（b）,感应电动势正比于磁感应强度的变化率，即题图（b）中的切线斜率，斜率的

8、正负反映电动势的方向，斜率的绝对值反映电动势的大小.由题图（b）可知，电流为零时，电动势最大，电流最大时电动势为零，A 正确，B 错误；再由楞次定律可判断在一个T 3TT周期内，44内电动势的方向沿顺时针 ，2 时刻最大，C正确；其余时间段电动势沿逆时针 方向，D错误.答案AC【题组突破】角度 1 感应电流的方向判断- 楞次定律的应用 1 . （2018 高考全国卷n）如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为I，磁3感应强度大小相等、方向交替向上向下一边长为|的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动线框中感应电流 i 随时间 t 变化的正确图线可能是

9、（）1 X 1 *1I1箕x! *111!x英；* !* ! 刈T + f TT 十M二个久的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为零,电流为零；第三个匸的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E = 2Bdv,电流 i =D,回路中电流方向为逆时针，所以 DR正确.感线运动产生的电动势为E= 2Bdv（d 为导轨间距）,电流 i =D,回路中电流方向为顺时针；第R解析：选 D.设线框运动的速度为v,则线框向左匀速运动第一个 的时间内，线框切割磁角度 2 感应电动势的计算法拉第电磁感应定律的应用2 .如图，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B,方向平行于ab 边向上

10、.当金属框绕 ab 边以角速度3逆时针转动时，a、b、c 三点的电势分别为 Ua、Ub、 Uc已知 bc边的长度为 I下列判断正确的是（）A . UaUc,金属框中无电流B. UbUc,金属框中电流方向沿 a b c aC.Ubc=-2BI2w,金属框中无电流12 .D. Ubc= 2BI2w,金属框中电流方向沿 a c b a解析：选 C.金属框 abc 平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流 产生，选项 B、D 错误；转动过程中 bc 边和 ac 边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定1则判断 UaVUc, UbVUc,选项 A 错误；由转动切割产生感应电动势的公式得U

11、bc= 2BI2W,选项 C 正确.角度 3 电磁感应中的图象问题3.侈选）（2019 高考全国卷 川）如图，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v2表示，回路中的电流用I 表示.下列图象中可能正确的是（）生感应电流，判断可知棒 ab 受到方向与 vo方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒 cd受到方向与 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AV= V1 V2逐渐解析: 选 AC

12、.棒 ab 以初速度 vo向右滑动，切割磁感线产生感应电动势,使整个回路中产9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，vi= V2,两相同的光滑导体棒 ab、cd 组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动时不受外力作用，由动量守恒定律有 mvo= mvi+ mv2,解得vi= V2=罟，选项A、C 均正确，B、D 均错误.【高分快攻】i.解答此类问题首先要分清左手定则、右手定则、安培定则比较项目左手定则右手定则安培定则应用磁场对运动电荷、电 流作用力方向的判断对因导体切割磁感线 而产生的感应电流方 向的判断对电流产生磁

13、场方向的判断涉及方向的物理量磁场方向、电流（电何 运动）方向，安培力（洛 伦兹力）方向磁场方向、导体切割 磁感线的运动方向、 感应电动势的方向电流方向、磁场方向各物理量方向间的关系图例X 阿|r（関F矽A因果关系电流T力运动T电流电流 T 磁场应用实例电动机发电机电流的磁效应2.电磁感应中动力学问题的解题思路（1）找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向.命题角度解决方法易错辨析感应电流的方向判断安培定则、楞次定律明确电源内部电流方向及正极感应电动势的计算法拉第电磁感应定律、右手定则明确是感生电动势还是动生电动势，是导体转动切割还是平动切割磁感线磁体与导体的相对

14、运动分析楞次定律、左手定则常用楞次定律的一些推论如“来拒去留”“增缩减扩”等快速判断图象问题分析楞次定律、法拉第电磁感应定律感应电动势或电流的方向判断要弄清楚，大小变化趋势及最大值应计算准确思提考点 2 安培力的应用3(2) 根据等效电路图，求解回路中电流的大小及方向.(3) 分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中的电流有什么 影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况.(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解.3.能量转化问题的分析：先电后力再能量.分离出电路中由于电離感应产生电动势的 笄敢电源，求山社源翦散占和F插析电略结构,弄清串、并联关索.求出相黄 部子上的电就大小H便求

15、解安培力_r分析研究对象(常是金属杆、导体、线圈等)的 凳力悄况，尤其注惡其所量的蚩堵力L_眼据力和运动的盂系，判翫出正确的运动 模韻段能量转化戋磊._F【典题例析】例(2019 高考天津卷)如图所示，固定在水平面上间距为I 的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN 和 PQ 长度也为 I、电阻均为 R,两棒与导轨始终接触良好.MN两端通过开关 S 与电阻为 R 的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁 通量变化率为常量k.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.PQ 的质量为 m,金属导轨足够长、电阻忽略不计.(1) 闭合 S,若使 PQ

16、 保持静止，需在其上加多大的水平恒力(2) 断开 S, PQ 在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为电荷量为 q,求该过程安培力做的功W.解析(1)设线圈中的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律 E =匚则 E = k设 PQ 与 MN 并联的电阻为 R并，有R-R并=2闭合S时，设线圈中的电流为 I，根据闭合电路欧姆定律得丨=R并+ R设 PQ 中的电流为IPQ,有1IPQ= ?1设 PQ 受到的安培力为 F安，有F安= BIPQIF，并指出其方向；v 的加速过程中流过 PQ 的保持 PQ 静止，由受力平衡，有联立式得Bkl3R方向水平向右.v 的加速过程中，PQ 运动的位移为 x,所用时

17、间为At,回路中的磁通量变化量为 ，平均感应电动势为E,有_ E =At其中=Blx设 PQ 中的平均电流为 1 ,有_E_2R根据电流的定义得丁 =q?At由动能定理，有Fx+ W= 1mv2- 0?联立？式得122W= ?mv gkq.?答案见解析【题组突破】角度 1 安培力作用下的运动分析1 . (2019 青岛二模)如图所示，竖直平面内有一宽L = 1 m、足够长的光滑矩形金属导轨，电阻不计.在导轨的上、下边分别接有电阻 R1= 3Q和 R2= 6 在 MN 上方及 CD 下方有垂直 纸面向里的匀强磁场I和H,磁感应强度大小均为B = 1 T.现有质量 m= 0.2 kg、电阻 r =

18、 1Q的导体棒 ab,在金属导轨上从 MN 上方某处由静止下落，下落过程中导体棒始终保持水平，(2)设 PQ 由静止开始到速度大小为与金属导轨接触良好.当导体棒 ab 下落到快要接近 MN 时的速度大小为 vi= 3 m/s不计空气阻 力，g 取 10m/s2.(1)求导体棒 ab 快要接近 MN 时的加速度大小；若导体棒 ab 进入磁场n后，棒中的电流大小始终保持不变，求磁场I和n之间的距离h；若将磁场n的 CD 边界略微下移，使导体棒 ab 刚进入磁场n时速度大小变为V2= 9 m/s,要使棒在外力 F 作用下做 a= 3 m/s2的匀加速直线运动，求所加外力 F 随时间 t 变化的关系式

19、.解析：(1)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E,棒在重力和安培力作用下做加速运动.由牛顿第二定律得：mg - BIL = ma1E= BLV1R1R2R外=R1+ R2EI =R外+ r联立 式可得：a1= 5 m/sl(2)导体棒进入磁场n后，安培力等于重力，导体棒做匀速运动，导体棒中电流大小始终 保持不变.mg= BI LI，=-ER外+ rE=Lv 联立 式解得：v = 6 m/s导体棒从 MN 到 CD 做加速度为 g 的匀加速直线运动，v2-v1= 2gh解得：h = 1.35 m.(3)导体棒进入磁场n后经过时间 t 的速度大小v= V2+ atF

20、+ mg F安=ma由 解得：F = (t + 1.6) N.答案：(1)5 m/s2(2)1.35 m (3)F = (t+ 1.6) N角度 2 安培力作用下的功能关系2 .(2017 高考北京卷)发电机和电动机具有装置上的类似性，源于它们机理上的类似性.直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图 2 所示的情景.在竖直向下的磁感应强度为 B 的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道 MN、PQ 固定在水 平面内，相距为 L,电阻不计.电阻为 R 的金属导体棒 ab 垂直于 MN、PQ 放在轨道上，与轨 道接触良好，以速度v(v 平行于 MN)向右做匀速运动.图 1 轨道端点 MP 间

21、接有阻值为 r 的电阻，导体棒 ab 受到水平向右的外力作用.图2 轨道端点 MP 间接有直流电源，导体棒 ab 通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I.(1) 求在 t 时间内，图 1 “发电机”产生的电能和图2 “电动机”输出的机械能.(2) 从微观角度看，导体棒ab 中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用.为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷.a.请在图 3(图 1 的导体棒 ab)、图 4(图 2 的导体棒 ab)中，分别画出自由电荷所受洛伦兹 力的示意图.b .我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功.那么，导体棒2 “电动机”为例，通过计算分析说明.a it気棒 ab

22、 受到的安培力 F1= BI1L在 M 时间内，“发电机”产生的电能等于棒 ab 克服安培力做的功力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请以图解析：(1)题图 1 中，电路中的电流 11=BLvR+ rab 中的自由电荷所受洛伦兹rfk xM图4E电=F1 At=R+ r2 2 2.BLvAt题图 2 中，棒 ab 受到的安培力 F2= BIL在At 时间内，“电动机”输出的机械能等于安培力对棒ab 做的功E机=F2 At=BILvAt.(2)a 如图甲、图乙所示.b .设自由电荷的电荷量为q,沿导体棒定向移动的速率为u.如图乙所示,沿棒方向的洛伦兹力 fi= qvB,做负功Wi=fiuAt=

23、 qvBuAt垂直棒方向的洛伦兹力 f2= quB,做正功W2=f2vAt=quBvAt所以 Wi= W2,即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零.fl 做负功，阻碍自由电荷的定向移动，宏观上表现为“反电动势”，消耗电源的电能；f2做正功，宏观上表现为 安培力做正功，使机械能增加大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能；在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用.答案：见解析反思I圍升命题角度解决方法易错辨析公式 F = BIL 中要求垂直关安培力的计算安培力公式系，否则容易出错；并且注意X安培力的变化是否均匀，否则不能直接利用公式计算安培力作用的动

24、力学分析受力平衡若运动为加速度 a 逐渐减小的加速运动，则最大速度出现在a=0 时即受力平衡时安培力作用下的功能关系安培力做功改变内能、动能定理、能量守恒定律安培力做多少功，电路就产生多少电能；再结合能量守恒 ，分析动能的变化情况考点3电磁感应中的电路综合问题【高分快攻】解决电磁感应中电路问题的思路1. “源”的分析：用法拉第电磁感应定律算出E 的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向(感应电流方向是电源内部电流的方向)，从而确定电源正负极，明确内阻r.2 .“路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路.3 .根据 E= BLv 或 E=门盲,结合闭合电路欧姆

25、定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解.【典题例析】(2019 青岛模拟)如图所示，半径为 I 的金属圆环水平放置，圆心处及圆环边缘通过 导线分别与两条平行的倾斜金属轨道相连.圆环区域内分布着磁感应强度为B,方向竖直向下的匀强磁场，圆环上放置一金属棒 a, 端在圆心处，另一端恰好搭在圆环上， 可绕圆心转动.倾斜轨道部分处于垂直轨道平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小也为 B,金属棒 b 放置在倾斜平行导轨上，其长度与导轨间距均为 2I.当棒 a 绕圆心以角速度3顺时针(俯视)匀速旋转时，棒 b 保持静止.已知棒 b 与轨道间的动摩擦因数为尸 0.5，可认为最大静摩擦力等于滑动摩

26、擦力；棒 b 的质量为 m,棒 a、b 的电阻分别为 R、2R,其余电阻不计；斜面倾角为0=37(1)金属棒 b 两端的电压;(2)为保持 b 棒始终静止，棒 a 旋转的角速度大小的范围.解析(1)金属棒切割磁感线产生的感应电动势为sin 37 = 0.6, cos37=重力加速度为 g，求:E= BlvC.如果线框刚进入磁场时加速度大小是4，线框在进入磁场的过程中，通过线框的电荷金属棒切割磁感线的平均速度0+ I3V=22R金属棒 b 两端的电压 U = ER+ 2R12联立解得 U = 3BI3【题组突破】角度 1 感应电荷量的计算 1.侈选）（2019 济南高三模拟）如图甲所示，abed

27、 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大小为B 的匀强磁场区域，MN 和 MN 是匀强磁场区域的水平边界，两边界间的宽度为s，并与线框的 be 边平行，磁场方向与线框平面垂直现让金属线框由距MN 的某一高度从静止开始下落，图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 图象（其中 OA、BC、DE 相互平行）已知正方形金属线框的边长为 L（L5巳33, 所以 C 正确；由于 q= -R = -R ,D正 确.角度 2 含容电路的分析2 如图，两条平行导轨所在平面与水平地面间的夹角为间距为 L.导轨上端接有一平行板电容器，电容为 C.导轨处于匀强磁场中，磁

28、感应强度大小为 B,方向垂直于导轨平面.在导轨上放置一质量为m 的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为仏重力加速度大小为 g.忽略所有电阻让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：(1) 电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；(2) 金属棒的速度大小随时间变化的关系.解析：(I)设金属棒下滑的速度大小为v,则感应电动势为 E = BLv 平行板电容器两极板之间的电势差为U = E设此时电容器极板上积累的电荷量为Q,按定义有c QC= U联立式得 Q= CBLv.设金属棒的速度大小为 v 时经历的时间为 t,通过金属棒的电流为 i

29、.金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为 F安=BLiL- mg= mg解得 V2=5mgR224BL，B 错误；如果线框刚进入磁场时加速度大小是4线框进入时满如果 Vi=m2gR,则通过Q设在时间间隔(t, t+ t)内流经金属棒的电荷量为AQ,据定义有 i =tQ 也是平行板电容器两极板在时间间隔(t, t + t)内增加的电荷量.由式得：AQ = CBLv式中，v 为金属棒的速度变化量.据定义有va =t金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为Ff=(iIN式中，FN是金属棒对导轨的正压力的大小，有FN= mgcos0金属棒在时刻 t 的加速度方向沿斜面向下，设其大小为 a,根据牛

30、顿第二定律有mgsin0F安一 Ff=mam(sin0(jDos0联立?式得 a =由？式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动.t 时刻金属棒的速度大小为m(sin0tcos0)答案：(1)Q = CBLv (2)v=丹 gtm+ B L Cy角度 3 电磁感应中的电路综合问题3.(多选)(2019 高考全国卷n)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹 角为0,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，22小m+ B L Cv=m(sin0

31、pcos0)2 2m+ B L Cgt.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()解析：选 AD.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 ;由于两导体棒从同一位置释放 ， 两导体棒进入磁场时产生的感应电

32、动势大小相等，MN 进入磁场区域切割磁感线产生感应电动势，回路中产生的感应电流不可能小于li, B 错误；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 li，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 的重力沿斜面方向的分力，所以 MN 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，C 错误.名I师点求电荷量的三种方法(1) q

33、= lt(式中 I 为回路中的恒定电流，t 为时间)1由于导体棒匀速切割磁感线产生感应电动势而使得闭合回路中的电流恒定，根据电流定义式可知 q= It.2闭合线圈中磁通量均匀增大或减小且回路中电阻保持不变，则电路中的电流 I 恒定，t时间内通过线圈横截面的电荷量q= It.(2) q = n 百(其中 R 为回路电阻，为穿过闭合回路的磁通量变化量)闭合回路中的电阻 R 不变，并且只有磁通量变化为电路提供电动势.从表面来看，通过回路的磁通量与时间无关 ，但与时间有关，随时间而变化.Aq = CBLAv（式中 C 为电容器的电容，B 为匀强磁场的磁感应强度 ，L 为导体棒切割磁 感线的长度，Av

34、为导体棒切割速度的变化量）在匀强磁场中，电容器接在切割磁感线的导体棒两端，不计一切电阻，电容器两极板间电压等于导体棒切割磁感线产生的电动势E,通过电容器的电流 1=岀=型,又 E= BLv ,AtAt贝AU = BLAv,可得Aq= CBLAv.匸二二二二二二二 课后演练强化提能 二二二二二二二二二一、单项选择题1 图甲为手机及无线充电板图乙为充电原理示意图充电板接交流电源，对充电板供 电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整 流电路转变成直流电后对手机电池充电为方便研究，现将问题做如下简化：设送电线圈的 匝数为 ni,受电线圈的匝数为 n2,面积为 S

35、,若在 ti到 t2时间内，磁场（垂直于线圈平面向上、 可视为匀强磁场）的磁感应强度由 Bi均匀增加到 B2.下列说法正确的是（）A 受电线圈中感应电流方向由d 到 cB c 点的电势高于 d 点的电势解析：选 D.根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电 线圈中感应电流方向由 c 到 d,所以 c 点的电势低于 d 点的电势，故 A、B 错误；根据法拉第 n2（ B2 Bi） S电磁感应定律可得 c、d 之间的电势差为 Ucd= E= n2=,故 C 错误，D 正确.Att2ti2 （20i7 高考全国卷 川）如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一 U 形金属导

36、轨， 导轨平面与磁场垂直金属杆 PQ 置于导轨上并与导轨形成闭合回路 PQRS, 圆环形金属线 框 T 位于回路围成的区域内， 线框与导轨共面.现让金属杆 PQ 突然向右运动，在运动开始的 瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是（ ）C. c、d 之间的电势差为ni( B2 Bi) St2tiD c、d 之间的电势差为n2( B2 Bi) St2 tiA . PQRS 中沿顺时针方向,B.PQRS 中沿顺时针方向,C.PQRS 中沿逆时针方向,D.PQRS 中沿逆时针方向,解析：选 D.金属杆 PQ 向右切割磁感线，根据右手定则可知 PQRS 中感应电流沿逆时针方向；原来 T 中的磁场方向

37、垂直于纸面向里，金属杆 PQ 中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过 T 的磁通量减小，根据楞次定律可知 T 中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知 A、B、C 项错误，D 项正确.3. （2019 黄冈预测）如图，虚线 P、Q、R 间存在着磁感应强度大小相等，方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面，磁场宽度均为L.一等腰直角三角形导线框 abc, ab 边与 be 边长度均为 L, be 边与虚线边界垂直.现让线框沿be 方向以速度 v 匀速穿过磁场区域，从c 点经过虚线 P 开始计时，以逆时针方向为导线框中感应电流i 的正方向，贝 U 下列四个图象中能正确表示 i t 图

38、象的是（）解析：选 A.由右手定则可知导线框从左侧进入磁场时，感应电流方向为逆时针方向 ，即 沿正方向，且逐渐增大，导线框刚好完全进入 P、Q 之间的瞬间，电流由正向最大值变为零， 然后电流方向变为顺时针（即沿负方向）且逐渐增加，当导线框刚好完全进入 Q、R 之间的瞬间， 电流由负向最大值变为零 ，然后电流方向变为逆时针且逐渐增加 ，当导线框离开磁场时，电 流变为零，故 A 正确.4.如图甲中水平放置的 U形光滑金属导轨 NMPQ , MN 接有开关 S,导轨宽度为 L,其 电阻不计在左侧边长为 L 的正方形区域存在方向竖直向上磁场B，其变化规律如图乙所示；中间一段没有磁场，右侧一段区域存在方

39、向竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度为B0,在该T 中沿逆时针方向T 中沿顺时针方向Q段导轨之间放有质量为m、电阻为 R、长为 L 的金属棒 ab 若在图乙所示的 殳时刻关闭开关 S,则在这一瞬间()A .金属棒 ab 中的电流方向为由 a 流向 bC.金属棒 ab 所受安培力方向水平向右D 错误.5如图所示，a、b 两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为io 匝，边长 la=31b，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，贝 U ()A .两线圈内产生顺时针方向的感应电流B.a、b 线圈中感应电动势之比为9: 1C.a、b 线圈中感应电流

40、之比为3 : 4D.a、b 线圈中电功率之比为 3 : 1解析：选 B.由于磁感应强度随时间均匀增大，则根据楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时针方向，故 A 项错误；根据法拉第电磁感应定律B .金属棒 ab 中的电流大小为LBotoRD .金属棒 ab 的加速度大小为L32mtoR解析：选 C.根据楞次定律可得金属棒ab 中的电流方向为由 b 流向 a,故 A 错误；根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势:BBo2EE= ItS= ，所以金属棒ab中的电流大小为：1二亍Rt0L2,故 B 错误；金属棒 ab 的电流方向为由 b 流向 a,根据左手定则可得ab 棒所受安培力方向水平向右，

41、C 正确；根据牛顿第二定律可得金属棒ab 的加速度大小为a=BoILm2 3RLL，故BE= N=NS,而磁感应ttXXXX9,故 B 项正确;&一- a-D E-EB强度均匀变化，即和定，则a、b线圈中的感应电动势之比为LRalaE根据电阻定律 R= pg,且 L = 4NI,则=匚=3,由闭合电路欧姆定律 I =,得 a、b 线圈中 的感应电流之比为 享=EaRb= 3,故 C 项错误；由功率公式 P= I2R 知，a、b 线圈中的电功率lbEbRaPaI2Ra之比为 Pb=27,故 D 项错误.6. （2017 高考全国卷I）扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺度上的

42、形貌.为了有效隔离外界振动对 STM 的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并 施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒 磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是（）STM 的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减.方案 A 中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B 中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变 ，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案 C

43、中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变； 方案 D 中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变.综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A.7. （2017 高考天津卷）如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒 ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下.现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下列说法正确的是（）A . ab 中的感应电流方向由b 到 aInn解析：选 A.施加磁场来快速衰减rm冗耳J IIABB.ab 中的感应电流逐渐减小C.ab 所受的安培力保持不变D.

44、ab 所受的静摩擦力逐渐减小解析：选 D.根据楞次定律,感应电流产生的磁场向下，再根据安培定则，可判断 ab 中感 应电流方向从 a 到 b, A 错误；磁场变化是均匀的，根据法拉第电磁感应定律,感应电动势恒定不变，感应电流 I 恒定不变，B 错误；安培力 F= BIL,由于 I、L 不变，B 减小，所以 ab 所 受的安培力逐渐减小，根据力的平衡条件，静摩擦力逐渐减小，C 错误，D 正确.二、多项选择题8 如图，在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨，其间距为L,电阻不计.在虚线 11的左侧存在竖直向上的匀强磁场，在虚线12的右侧存在竖直向下的匀强磁场，两部分磁场的磁感应强度大小均

45、为B.ad、be 两根电阻均为 R 的金属棒与导轨垂直，分别位于两磁场中，现突然给 ad 棒一个水平向左的初速度V。，在两棒达到稳定的过程中，下列说法正确的是（）I1 | XriXX. 亠k h1I1XXR* * k i MhiXXA .两金属棒组成的系统的动量守恒B .两金属棒组成的系统的动量不守恒C.ad 棒克服安培力做功的功率等于ad 棒的发热功率D.ad 棒克服安培力做功的功率等于安培力对be 棒做功的功率与两棒总发热功率之和解析：选 BD.开始时，ad 棒以初速度 V。切割磁感线，产生感应电动势，在回路中产生顺 时针方向（从上往下看）的感应电流，ad 棒因受到向右的安培力而减速，be

46、 棒受到向右的安培力而向右加速；当两棒的速度大小相等，即两棒因切割磁感线而产生的感应电动势相等时，回路中没有感应电流，两棒各自做匀速直线运动；由于两棒所受的安培力都向右，两金属棒组成的系统所受合外力不为零，所以该系统的动量不守恒，选项 A 错误，B 正确.根据能量守恒定律可知，ad 棒动能的减小量等于回路中产生的热量和be 棒动能的增加量，由动能定理可知，ad 棒动能的减小量等于 ad 棒克服安培力做的功，be 棒动能的增加量等于安培力对be棒做的功，所以 ad 棒克服安培力做功的功率等于安培力对be 棒做功的功率与两棒总发热功率之和，选项 C 错误，D 正确.9. （2018 高考全国卷I）

47、如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路.将一小磁针悬挂 在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态.下列说法正确的是（ ）A 开关闭合后的瞬间，小磁针的N 极朝垂直纸面向里的方向转动解析：选 AD.由电路可知，开关闭合瞬间，右侧线圈环绕部分的电流向下 ，由安培定则可知，直导线在铁芯中产生向右的磁场 ，由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向上的电流，则直导线中的电流方向由南向北，由安培定则可知，直导线在小磁针所在位置产生垂直纸面向里的磁场，则小磁针的 N 极朝垂直纸面向里的方向转动 ，A 正确；开关闭合并保持一

48、段时 间后，穿过左侧线圈的磁通量不变 ，则左侧线圈中的感应电流为零 ，直导线不产生磁场，则小磁针静止不动，B、C 错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，穿过左侧线圈向右的磁通量减少，则由楞次定律可知，左侧线圈环绕部分产生向下的感应电流，则流过直导线的电流方向由北向南，直导线在小磁针所在处产生垂直纸面向外的磁场，则小磁针的 N 极朝 垂直纸面向外的方向转动 ，D 正确.10如图甲所示，一个匝数为n 的圆形线圈（图中只画了 2 匝），面积为 S,线圈的电阻为D. tit2时间内 P 端电势高于 Q 端电势解析：选 AC.0ti时间内，磁通量向里增大，根据楞次定律可知感应电流沿逆时针方向 线圈

49、相当于电源，上端为正极，下端为负极，所以 P 端电势高于 Q 端电势，故 A 正确；0tiB 开关闭合并保持一段时间后，小磁针的C. 开关闭合并保持一段时间后，小磁针的D. 开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,N 极指向垂直纸面向里的方向N 极指向垂直纸面向外的方向小磁针的 N 极朝垂直纸面向外的方向转动B. 0ti时间内电压表的读数为n ( Bi Bo) StiC. tit2时间内 R 上的电流为nBiS2 (t2ti) RR,在线圈外接一个阻值为 R 的电阻和一个理想电压表， 将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的A . 0ti时间内 P 端电势高于 Q 端电势ABBiBo时间内线圈产生的感应

50、电动势 E = U =nItS=电压表的示数等于电阻R两端的E n （Bi一 B） S电压 U = IR = R=2R2tiAtB1E片二孑根据闭合电路的欧姆定律時步齐，故C正确；t2时间内，磁通量 向里减小，根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，所以 P 端电势低于 Q 端电势，故 D 错误.11.（2017 高考全国卷n）两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直.边长为 0.1 m、总电阻为 0.005Q的正方形导线框 abed 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图（a）所示.已知导线框一直向右做匀速直线运动，ed 边于 t = 0 时刻进入磁场.线框中感应电动势随时间变化

51、的图线如图（b）所示（感应电流的方向为顺时针时， 感应电动势取正）.下列说法正确的是（）/V图曲导线框所受的安培力大小为 0.1 NL 0 1解析：选 BC.由题图（b）可知，导线框运动的速度大小v= T =乔 m/s = 0.5 m/s, B 项正确;导线框进入磁场的过程中，ed 边切割磁感线，由 E= BLv ,得 B =77T= 0.2 T , ALV 0.1X0.5律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，C 项正确；在 0.40.6 s 这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小 1= R= 0005 A = 2 A,则导线框受到的安培力 F = BIL = 0.2X2X0.1 N=0

52、.04 N , D 项错误.12.水平面上固定相距为 d 的光滑直轨道 MN 和 PQ,在 N、Q 之间连接不计电阻的电感线圈 L 和电阻 R.匀强磁场磁感应强度为B，方向垂直导轨平面向上，在导轨上垂直导轨放置一质量为 m,电阻不计的金属杆 ab,在直导轨右侧有两个固定挡块C、D, CD 连线与导轨垂直.现给金属杆 ab 沿轨道向右的初速度 v0,当 ab 即将撞上 CD 时速度为 v,撞后速度立即变 为零但不与挡块粘连以下说法正确的是（）2tin BiSti_ Cqaa0.01O-0.010.2 0,4：0.6：tinA .磁感应强度的大小为0.5 TB .导线框运动速度的大小为0.5 m/sC.磁感应强度的方向垂直于纸面向外D .在