山东省济南一中高三物理三轮冲刺：法拉第电磁感应定律及其应用1-精美解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精法拉第电磁感应定律及其应用一、单选题（本大题共5小题，共30.0分)如图,由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd,固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中.一接入电路电阻为R的导体棒PQ,在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦.在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中()A。PQ中电流先增大后减小 B.PQ两端电压先减小后增大

C。PQ上拉力的功率先减小后增大 D.线框消耗的电功率先减小后增大C（济南一中)解：根据右手定则可知，PQ中电流的方向为Q→P，画出该电路的等效电路图如图，

其中R1为ad和bc上的电阻值，R2为ab上的电阻与cd上的电阻的和，电阻之间的关系满足:R1+R2+R1=3R，由题图可知,R1=14×3R=34R

当导体棒向右运动的过程中，开始时的电阻值:R0=R1×(R1+R2)R1+(R1+R2)=916R

当导体棒位于中间位置时，左右两侧的电阻值是相等的，此时：R中=3R2⋅3R23R2+3R2=34R>916R，

可知当导体棒向右运动的过程中，开始时的电阻值小于中间位置处的电阻值,所以当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小.

A、导体棒由靠近ad边向bc边匀速滑动的过程中，产生的感应电动势E=BLv，保持不变，外电路总电阻先增大后减小，由欧姆定律分析得知电路中的总电流先减小后增大，即PQ中电流先减小后增大。故A错误。

B、PQ中电流先减小后增大，PQ两端电压为路端电压，U=E-IR，可知PQ两端的电压先增大后减小.故B错误；

C、导体棒匀速运动,PQ上外力的功率等于回路的电功率，而回路的总电阻R先增大后减小,由P=E2R得知，PQ上外力的功率先减小后增大。故C正确。

D、由以上的分析可知，导体棒PQ上的电阻始终大于线框的电阻，当导体棒向右运动的过程中电路中的总电阻先增大后减小，根据闭合电路的功率的分配关系与外电阻的关系可知,当外电路的电阻值与电源的内电阻相等时外电路消耗的电功率最大，所以可得线框消耗的电功率先增大后减小.故D错误。

故选：C如图(a)所示,半径为r的带缺口刚性金属圆环固定在水平面内，缺口两端引出两根导线，与电阻R构成闭合回路.若圆环内加一垂直于纸面变化的磁场,变化规律如图(b)所示.规定磁场方向垂直纸面向里为正，不计金属圆环的电阻.以下说法正确的是()

A.0-1s内，流过电阻R的电流方向为a→b

B。1-2s内，回路中的电流逐渐减小

C。2-3s内，穿过金属圆环的磁通量在减小

D。t=2s时,UabD（济南一中)解：A、依据楞次定律，在0-1s内，穿过线圈的向里磁通量增大，则线圈中产生顺时针方向感应电流，那么流过电阻R的电流方向为b→a,故A错误;

B、在1-2s内，穿过线圈的磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律,则回路中的电流恒定不变，故B错误；

C、在2-3s内，穿过金属圆环的磁通量在增大，故C错误；

D、当t=2s时，根据法拉第电磁感应定律，E=△B△tS=πr2B0；

因不计金属圆环的电阻，因此Uab=E=πr2B0，故D正确；

故选：D.如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内,线框在长直导线左侧,且其长边与长直导线平行.已知在t=0到t=t1的时间间隔内,直导线中电流i发生某种变化，而线框中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右、后水平向左.设电流i正方向与图中箭头方向相同，则i随时间t变化的图线可能是()A。 B。 C。 D.A（济南一中）解：线框中感应电流沿顺时针方向，由安培定则可知,感应电流的磁场垂直于纸面向里;

由楞次定律可得：如果原磁场增强时，原磁场方向应垂直于纸面向外，由安培定则可知，导线电流方向应该向下，为负的，且电流越来越大；

由楞次定律可知：如果原磁场方向垂直于纸面向里，则原磁场减弱，直线电流变小，由安培定则可知，直线电流应竖直向上，是正的；

A、由图示可知，直线电流按A所示变化，感应电流始终沿顺时针方向，由楞次定律可知,在i大于零时，为阻碍磁通量的减小，线框受到的合力水平向左,在i小于零时，为阻碍磁通量的增加，线框受到的合力水平向右，故A正确；

B、图示电流不能使线框中的感应电流始终沿顺时针方向，故B错误；

C、图示电流使线框中的感应电流沿顺时针方向，但线框在水平方向受到的合力始终水平向左，故C错误;

D、图示电流使线框中产生的感应电流沿逆时针方向，故D错误；

故选:A。

感应电流沿顺时针方向,由安培定则判断出感应电流磁场方向；然后由楞次定律判断出原磁场如何变化,直线电流如何变化；由楞次定律判断导线框受到合力的方向．

正确理解楞次定律中“阻碍"的含义是正确解题的关键，熟练应用楞次定律、安培定则即可正确解题．

如图甲所示，一圆形金属线圈放置于匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直,磁感应强度为B0.现让线圈绕其一条直径以50Hz的频率匀速转动，较长时间t内产生的热量为Q；若线圈不动，让磁场以图乙所示规律周期性交化，要在t时间内产生的热量也为Q.乙图中磁场变化的周期T以s为单位，数值应为()A。150π B.250π C。225π C（济南一中）解：设圆形金属线圈面积为S，当圆形线圈绕其一条直径匀速转动时，线圈中产生正弦交流电,感应电动势的最大值E1m=B0Sω

有效值E1=E1m2=B0Sω2

图乙中感应电动势的大小不变，方向改变

感应电动势的大小E=△B△tS=B0T4⋅S=4B0T⋅S

根据楞次定律，0～T4,感应电流沿逆时针方向；T4～T2，感应电流沿顺时针方向；T2～34T,感应电流沿顺时针方向；34T～T,感应电流沿逆时针方向

画出感应电动势随时间变化的图象

如图1所示,虚线MN、M'N'为一匀强磁场区域的左右边界，磁场宽度为L,方向竖直向下.边长为l的正方形闭合金属线框abcd，以初速度v0沿光滑绝缘水平面向磁场区域运动，经过一段时间线框通过了磁场区域.已知l<L，甲、乙两位同学对该过程进行了分析,当线框的ab边与MN重合时记为t=0,分别定性画出了线框所受安培力F随时间t变化的图线，如图2、图3所示，图中S1、S2、S3和S4是图线与t轴围成的面积.关于两图线的判断以及S1、S2、S3和A.图2正确，且S1>S2 B.图2正确，且S1=S2

C.图3正确，且D（济南一中）解：(1)设切割磁感线的速度是v，产生的电流为I，电动势为E，则：

E=Blv,I=ER,

则：F=BIl=B2l2vR

导体棒上的加速度：a=FR=B2l2vR2

在电磁感应的过程中，动能转化为电能,速度减小，安培力减小，加速度减小,所以导体棒做加速度减小的减速运动,故F-t图上，F的变化是曲线，不是直线．

(2)在图象中，F与t的积表示的是面积S，公式：

Ft=B2l2vRt=B2l2Rv.t=B2l2Rl=B2l3R

从公式可以看出，二、多选题（本大题共4小题,共24分）如图，空间中存在一匀强磁场区域,磁场方向与竖直面(纸面)垂直,磁场的上、下边界(虚线)均为水平面;纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均为磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距.若线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能()A。始终减小 B.始终不变 C。始终增加 D.先减小后增加CD（济南一中)解:A、导线框开始做自由落体运动，ab边以一定的速度进入磁场，ab边切割磁场产生感应电流，根据左手定则可知ab边受到向上的安培力，当安培力大于重力时，线框做减速运动，当线框完全进入磁场后,线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动,故先减速后加速运动，故A错误、D正确；

B、当ab边进入磁场后安培力等于重力时，线框做匀速运动,当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速运动，故先匀速后加速运动，故A错误;

C、当ab边进入磁场后安培力小于重力时，线框做加速运动，当线框完全进入磁场后，线框不产生感应电流，此时只受重力，做加速增大的加速运动，故加速运动,故C正确；

故选：CD

ab边进入磁场切割磁感线产生感应电流，线框ab边受到安培力,根据受力分析判断出导体框的运动即可判断

本题主要考查了线框切割磁场产生感应电流同时受到安培力，根据牛顿第二定律和运动学即可判断速度的变化

如图所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路,其余电阻不计.线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系式B=10-4t(T)，在0至2s时间内，下列说法正确的是()A.通过电阻R1上的电流方向由a到b

B。通过电阻R1上的电流大小为4nπr223R

C.通过电阻R1上的电荷量为BD（济南一中）解:A、根据法拉第电磁感应定律由法拉第电磁感应定律有：E=n△Φ△t=n△B△ts

而s=πr2

由闭合电路欧姆定律有:I=ER+2R

联立以上各式解得通过电阻R1上的电流大小为：I=4nπB0r23R，根据楞次定律可知，流经R1的电流方向由b→a,故A错误，B正确;

C、根据欧姆定律，则线圈两端的电压，即为电阻R1的电压,则q=It1=8nπr223R如图所示，均匀金属圆环的总电阻为4R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过圆环.金属杆OM的长为l，阻值为R，M端与环接触良好，绕过圆心O的转轴以恒定的角速度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.下列判断正确的是()A。金属杆OM旋转产生的感应电动势恒为Bl2ω2

B.通过电阻R的电流的最小值为Bl2ω8R，方向从Q到P

C.通过电阻AD(济南一中）解：A、M端线速度为v=ωl，OM切割磁感线的平均速度为v=v2=ωl2,OM转动切割磁感线产生的电动势恒为E=Blv=12Bl2ω，故A正确;

B、当M端位于最上端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大,电路的总电阻最大,通过R的电流最小。因R并=12×2R=R，通过电阻R的电流的最小值为：Imin=E3R=Bl2ω6R,根据右手定则可知电流方向从Q到P，故B错误；

C、当M位于最下端时圆环被接入的电阻为0，此时有最大电流为：Imax=E2R=Bl2ω4R如图，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置-矩形导体线框abcd,ab边的边长为l1,bc边的边长为l2，线框的质量为m、电阻为R,线框通过绝缘细线绕过光滑的小滑轮与重物相连,重物质量为M,斜面上ef线(ef平行底边)的右上方有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度为B,如果线框从静止开始运动,进入磁场的最初-段时间是做匀速运动的,且线框的ab边始终平行底边，则下列说法正确的是()A.线框进入磁场前运动的加速度为Mg-mgsinθm

B。线框进入磁场时匀速运动的速度为(Mg-mgsinθ)RB2l1BCD（济南一中）解：A、线框进入磁场前,对整体，根据牛顿第二定律得：线框的加速度为a=Mg-mgsinθM+m.故A错误．

B、C设线框匀速运动的速度大小为v，则线框受到的安培力大小为F=B2l12vR，对线框，根据平衡条件得：F=Mg-mgsinθ，联立两式得，v=(Mg-mgsinθ)RB2l12，匀速运动的时间为

t=l2v=B2l12l三、填空题（本大题共1小题，共3分)如图.水平面内有一“∠”型光滑金属导轨COD,电阻不计，∠COD=45∘.足够长直导体棒搁在导轨上，单位长度的电阻为r=0.5Ω，导体棒垂直OD.空间存在垂直于导轨平面的磁场,以O点为原点沿0D方向建立坐标轴，导轨间x>0一侧存在沿x方向均匀增大的稳恒磁场,变化率为0.5T/m，O点磁感应强度B0=1T.在外力作用下，棒以一定的初速度向右做直线运动，运动时回路中的电流强度保持不变.已知运动到图中x1=1m位置时，速度大小v1=2m/s，则回路中的电流强度大小为______A,从x6;3.5（济南一中）解：由题可得，x1=1m位置磁感应强度B1=B0+0.5x1=1+0.5=1.5T

导体棒有效的切割长度L1=x1=1m

则导体棒产生的感应电动势E=B1L1v1=1.5×1×2=3V

回路中的电阻R=rx1=0.5Ω

由欧姆定律得，回路中的电流强度大小I=ER=6A

设移动到x位置(1<x<2)

在极短时间△t内产生的电量△q=I△t

此时B的大小为Bx=B0+0.5x

l=x，v1=2m/s，电阻R的大小0.5x

导体棒产生的感应电动势为E=Blv=(x+0.5x)xv

感应电流I=ER=(1+0.5x)xv0.5x=(2+x)v

四、实验题探究题(本大题共2小题，共15分）如图所示，PQ和MN是固定于倾角为30∘斜面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽略不计.金属棒ab、cd放在轨道上，始终与轨道垂直，且接触良好.金属棒ab的质量为2m、cd的质量为m，长度均为L、电阻均为R；两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，并与轨道形成闭合回路.整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，若锁定金属棒ab不动，使金属棒cd在与其垂直且沿斜面向上的恒力F=2mg作用下，沿轨道向上做匀速运动.重力加速度为g;

(1)试推导论证：金属棒cd克服安培力做功的功率P安等于电路获得的电功率P电；

(2)设金属棒cd做匀速运动中的某时刻t0=0，恒力大小变为F'=1.5mg,方向不变，同时解锁、静止释放金属棒ab，直到t时刻金属棒ab开始做匀速运动；求：

①t时刻以后金属棒ab的热功率Pab；

②0～解：(1)金属棒cd做匀速运动的速度为v，

电动势为：E=BLv

电流为:I=E2R

安培力为：F=IBL

金属棒cd克服安培力做功的功率P安=Fv

电路获得的电功率P电=E22R

联立解得：P安=P电=B2L2v22R

所以:P安=P电

(2)①金属棒ab做匀速运动，则有I1BL=2mgsin30∘

金属棒ab的热功率Pab=I12R

联立解得:Pab=m2g2RB2L2

②设t后时刻金属棒ab做匀速运动速度为v1，金属棒cd也做匀速运动的速度为v2;

由金属棒ab、金属棒cd组成系统动量守恒：mv=2mv1+m

v2

回路电流I1（济南一中）(1)粒子做匀速直线运动，拉力与安培力平衡；再结合功能定关系及题意可以证明；

(2)根据系统动量守恒可求；根据题意可明确两导体棒的运动情况，动量定理可求得列式，由积分规律可求得位移的改变量；再由电量的计算可求得流过cd的电荷量．

本题考查法拉第电磁感应定律、动量守恒定律及功能关系的应用;要注意能正确应用数学规律进行分析求解，这是本题中的难点所在．

如图所示，电阻

不计且足够长的U型金属框架放置在倾角θ=37∘绝缘斜面上,框架与斜面间的动摩擦因数μ=0.8,框架的质量m1=0.4kg，宽度l=0.5m，质量m2=0.1kg、电阻R=0.5Ω的导体棒ab垂直放在框架上,整个装置处于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B=2.0T，对棒施加沿斜面向上的恒力F=8N,棒从静止开始无摩擦地运动，当棒的运动速度达到某值时，框架开始运动.棒与框架接触良好。设框架与斜面间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，g=10m/s2，求:

(1)解：(1)框架开始运动时，有F安=m1gsinθ+f，其中F安=IlB，f=μ(m1+m2)gcosθ

解得I=5.6A

(2)设导体棒速度为v，则E=BLv，I=ER,解得v=2.8m/s

导体沿斜面上升过程中，由动能定理有Fx-W安-m(济南一中）(1)框架刚开始运动时，斜面对框架的静摩擦力达到最大值，根据平衡条件和安培力公式结合求解I。

(2)根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律求出导体棒的速度,再由动能定理和功能关系求回路产生的热量Q。

本题是电磁感应中的力学问题，要知道电磁学与力联系的桥梁是安培力，这种类问题在于安培力的分析和计算.

五、计算题（本大题共4小题，共38分）电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度,其原理可用来研制新武器和航天运载器.电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C.两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计.炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN,垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触.首先开关S接1，使电容器完全充电.然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动.当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零,MN达到最大速度，之后离开导轨.问:

(1)磁场的方向；

(2)MN刚开始运动时加速度a的大小;

(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少．解：(1)电容器上端带正电，通过MN的电流方向向下,由于MN向右运动，根据左手定则知，磁场方向垂直于导轨平面向下．

(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时,电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有：

I=ER…①

设MN受到的安培力为F，有：

F=IlB…②

由牛顿第二定律有：

F=ma…③

联立①②③式：得a=BElmR…④

(3)当电容器充电完毕时,设电容器上电量为Q0，有：

Q0=CE…⑤

开关S接2后，MN开始向右加速运动,速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E'，有：E'=Blvmax…⑥

依题意有：E'=QC…⑦

设在此过程中MN的平均电流为I.，MN上受到的平均安培力为F.，有：F.=BI.l…⑧

由动量定理，有F（济南一中）(1)根据通过MN电流的方向，结合左手定则得出磁场的方向．

(2)根据欧姆定律得出MN刚开始运动时的电流，结合安培力公式,根据牛顿第二定律得出MN刚开始运动时加速度a的大小．

(3)开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，根据电动势和电荷量的关系，以及动量定理求出MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q．

本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析,弄清运动形式，然后依据相应规律求解，对于第三问，注意电流在变化，安培力在变化，结合动量定理，通过平均电流，结合通过的电量进行求解．如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直.已知线圈的匝数N=100，边长ab=1.0m、bc=0.5m,电阻r=2Ω.

磁感应强度B在0～1s内从零均匀变化到0.2T.

在1～5s内从0.2T均匀变化到-0.2T，取垂直纸面向里为磁场的正方向.求：

(1)0.5s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；

(2)在1～5s内通过线圈的电荷量q；

(3)在0解:(1)在0～1s内,磁感应强度B的变化率△B△t=0.2-01T/s=0.2T/s，

由于磁通量均匀变化，在0～1s内线圈中产生的感应电动势恒定不变，则根据法拉第电磁感应定律得：

0.5s时线圈内感应电动势的大小E1=N△Φ△t=N△B△t⋅ab⋅bc=100×0.2×1×0.5=10V

根据楞次定律判断得知，线圈中感应方向为逆时针方向．

(2)在1～5s内，磁感应强度B的变化率大小为△B△t=0.2-(-0.2)4T/s=0.1T/s，

由于磁通量均匀变化，在1～5s内线圈中产生的感应电动势恒定不变，则

根据法拉第电磁感应定律得：1～5s时线圈内感应电动势的大小E2=N△Φ△t=N△B△t⋅ab⋅bc=100×0.1×1×0.5=5V

通过线圈的电荷量为q=I2t2=E2Rt2=52×4C=10C；

（济南一中）(1)由题可确定磁感应强度B的变化率△B△t，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势，根据楞次定律判断感应电流的方向；

(2)由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式I=qt结合求解电量；

(3)分析两个时间段：0～1s和间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成,如图所示，倾角为θ的导轨处于大小为B1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间I中，水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”(由两根长为l的金属杆cd和ef，用长度为L的刚性绝缘杆连接构成),在“联动双杆”右侧存在大小为B2,方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间II，其长度大于L，质量为m、长为l的金属杆ab从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨(无能量损失)，杆ab与“联动双杆”发生碰撞,碰后杆ab和cd合在一起形成“联动三杆”,“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间II并从中滑出，运动过程中，杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直,已知杆ab、cd和ef电阻均为R=0.02Ω，m=0.1kg,l=0.5m,L=0.3m,θ=30∘，B1=0.1T，B2=0.2T，不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应,求：

(1)杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0;

(2)“联动三杆”进入磁场区间II前的速度大小v；解：(1)ab杆受到的安培力：F=B1Il=B12l2v0R+R2，

ab杆匀速运动，由平衡条件得:mgsinθ=B12l2v0R+R2，解得:v0=6m/s；

(2)ab杆与联动双杆碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向,

由动量守恒定律得：mv0=(m+3m)v，解得：v=1.5m/s；

(3)联动三杆进入磁场B2过程速度的变化量为△v，

由动量定理得：B2I.l△v=4m△v，

I.△t=△q=B2LlR+R2，解得：△v=0.25m/s，

联动三