专题突破 专题4 第16课时　电磁感应

第16课时电磁感应命题规律1.命题角度：(1)楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用；(2)电磁感应中的图象问题；(3)电磁感应中的动力学与能量问题.2.常考题型：选择题、计算题．高考题型1楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用1．感应电流方向的判断楞次定律右手定则一般用于导体棒切割磁感线的情形2.楞次定律中“阻碍”的主要表现形式(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；(2)阻碍物体间的相对运动——“来拒去留”；(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——一般情况下为“增缩减扩”；(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——一般情况下为“增反减同”．3．求感应电动势的方法(1)法拉第电磁感应定律：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(S不变时，E＝nS\f(ΔB,Δt),B不变时，E＝nB\f(ΔS,Δt)))(2)导体棒垂直切割磁感线：E＝BLv.(3)导体棒绕与磁场平行的轴匀速转动：E＝eq\f(1,2)BL2ω.(4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动：e＝nBSωsinωt.4．应用法拉第电磁感应定律的三点注意(1)公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．(2)利用公式E＝nSeq\f(ΔB,Δt)求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积．(3)通过回路截面的电荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nΔΦ,R总Δt)Δt＝eq\f(nΔΦ,R总).q仅与n、ΔΦ和回路总电阻R总有关，与时间长短无关，与Φ是否均匀变化无关．考向一楞次定律、法拉第电磁感应定律的应用例1(多选)(2018·全国卷Ⅲ·20)如图1(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P为电流正方向．导线框R中的感应电动势()图1A．在t＝eq\f(T,4)时为零B．在t＝eq\f(T,2)时改变方向C．在t＝eq\f(T,2)时最大，且沿顺时针方向D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向答案AC解析在t＝eq\f(T,4)时，i－t图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S知，E＝0，A项正确；在t＝eq\f(T,2)和t＝T时，i－t图线斜率的绝对值最大，则在t＝eq\f(T,2)和t＝T时R中感应电动势最大．在eq\f(T,4)到eq\f(T,2)之间，电流由Q向P减弱，导线在R处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，即R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在eq\f(T,2)到eq\f(3T,4)之间，R中感应电动势也为顺时针方向，在eq\f(3,4)T到T之间，R中感应电动势为逆时针方向，C项正确，B、D项错误．例2(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2(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＝t1的时间间隔内()图2A．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eq\f(B0rS,4t0ρ)D．圆环中的感应电动势大小为eq\f(B0πr2,4t0)答案BC解析在0～t0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t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向仍为顺时针，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＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(1,2)πr2·eq\f(B0,t0)＝eq\f(B0πr2,2t0)，由R＝ρeq\f(l,S)可得R＝ρeq\f(2πr,S)，根据欧姆定律可得I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，所以选项C正确，D错误．考向二q＝neq\f(ΔΦ,R总)的应用例3(2018·全国卷Ⅰ·17)如图3，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OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则eq\f(B′,B)等于()图3A.eq\f(5,4)B.eq\f(3,2)C.eq\f(7,4)D．2答案B解析通过导体横截面的电荷量为：q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(\f(nΔΦ,Δt),R)·Δt＝neq\f(ΔΦ,R)在过程Ⅰ中，流过OM的电荷量为：q1＝eq\f(B·\f(1,4)πr2,R)在过程Ⅱ中，流过OM的电荷量：q2＝eq\f(B′－B·\f(1,2)πr2,R)依题意有：q1＝q2，即：B·eq\f(1,4)πr2＝(B′－B)·eq\f(1,2)πr2解得：eq\f(B′,B)＝eq\f(3,2)，B正确．高考题型2电磁感应中的图象问题1．电磁感应中常见的图象常见的有磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移的变化图象．2．解答此类问题的两个常用方法(1)排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化情况，把握三个关注，快速排除错误的选项．这种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用．eq\x(\a\vs4\al\co1(关注特殊时刻,或特殊位置))→eq\x(\a\vs4\al\co1(如某一过程的起点、终点、转折点,的感应电动势是否为零，电流方向,正负))↓eq\x(关注变化过程)→eq\x(\a\vs4\al\co1(看电磁感应的发生过程分为几个,阶段，这几个阶段是否和图象变化,相对应))↓eq\x(关注变化趋势)→eq\x(\a\vs4\al\co1(看图象的斜率大小、图象的曲直是,否和物理过程相对应，分析大小和,方向的变化趋势))(2)函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图象作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷．例4(2018·全国卷Ⅱ·18)如图4，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l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为eq\f(3,2)l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()图4答案D解析设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i.线框位移等效电路的连接电流0～eq\f(l,2)I＝2i(顺时针)eq\f(l,2)～lI＝0l～eq\f(3l,2)I＝2i(逆时针)eq\f(3l,2)～2lI＝0由分析知，选项D符合要求．例5(多选)(2021·安徽蚌埠市高三期末)如图5所示，光滑金属导轨DCEF固定在水平面并处于竖直向下的匀强磁场中，CD、EF平行且足够长，CE是粗细均匀、电阻率一定的导体，且与EF夹角为θ(θ<90°)，CD和EF的电阻不计．导体棒MN与CE的材料、粗细均相同，用外力F使MN向右匀速运动，从E点开始计时，运动中MN始终与EF垂直且和导轨接触良好．若图中闭合电路的电动势为E，电流为I，消耗的电功率为P，下列图象正确的是()图5答案AB解析导体棒由E运动到C的过程中，切割磁感线的有效长度L＝vttanθ，设CE、MN中单位长度的电阻为R0，则回路中电阻R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vttanθ＋\f(vt,cosθ)))R0，回路中的感应电动势E1＝BLv＝Bv2ttanθ∝t，I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(Bv2ttanθ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vttanθ＋\f(vt,cosθ)))R0)＝eq\f(Bv2tanθ,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(vtanθ＋\f(v,cosθ)))R0)，感应电流I1与t无关且为定值；导体棒匀速运动时，外力F1等于安培力，则F1＝BI1L＝BI1vttanθ∝t，消耗的电功率P1＝F1v＝BI1v2ttanθ∝t，当导体棒过C点后，回路中切割磁感线的有效长度L′、回路中的电阻R′不变，感应电动势E′＝BL′v为定值，回路中的电流I′＝eq\f(E′,R′)也为定值，且I′＝I1，外力F′等于安培力，则F′＝BI′L′，也为定值；消耗的电功率P＝F′v也为定值．综上所述，A、B正确，C、D错误．高考题型3电磁感应中的动力学与能量问题1．电磁感应中的动力学与能量问题常出现的两类情景：一是线框进出磁场；二是导体棒切割磁感线运动．两类情景都综合了电路、动力学、能量知识，有时还会与图象结合，解题方法有相通之处．分析思路如下：2．求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，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)．例6(多选)(2021·全国甲卷·21)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍．现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图6所示．不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平．在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是()图6A．甲和乙都加速运动B．甲和乙都减速运动C．甲加速运动，乙减速运动D．甲减速运动，乙加速运动答案AB解析设线圈下边到磁场上边界的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有v＝eq\r(2gh)，感应电动势为E＝nBlv，两线圈材料相同(设密度为ρ0)，质量相同(设为m)，则m＝ρ0×4nl×S，设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻R＝ρeq\f(4nl,S)＝eq\f(16n2l2ρρ0,m)感应电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(mBv,16nlρρ0)所受安培力为F＝nBIl＝eq\f(mB2v,16ρρ0)由牛顿第二定律有mg－F＝ma联立解得a＝g－eq\f(F,m)＝g－eq\f(B2v,16ρρ0)加速度与线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度．当g>eq\f(B2v,16ρρ0)时，甲和乙都加速运动，当g<eq\f(B2v,16ρρ0)时，甲和乙都减速运动，当g＝eq\f(B2v,16ρρ0)时，甲和乙都匀速运动，故选A、B.例7(多选)(2018·江苏卷·9)如图7所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B.质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g.金属杆()图7A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C．穿过两磁场产生的总热量为4mgdD．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于eq\f(m2gR2,2B4L4)答案BC解析穿过磁场Ⅰ后，金属杆在磁场之间做加速运动，在磁场Ⅱ上边缘的速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度，因进入磁场Ⅰ时速度等于进入磁场Ⅱ时速度，大于从磁场Ⅰ出来时的速度，金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，加速度方向向上，A错．金属杆在磁场Ⅰ中做减速运动，由牛顿第二定律知ma＝BIL－mg＝eq\f(B2L2v,R)－mg，a随着减速过程逐渐变小，即在前一段做加速度减小的减速运动；在磁场之间做加速度为g的匀加速直线运动，两个过程位移大小相等，由v－t图象(可能图象如图所示)可以看出前一段用时多于后一段用时，B对．由于进入两磁场时速度相等，由动能定理知，mg·2d－W安1＝0，可得W安1＝2mgd，即通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd，C对．设刚进入磁场Ⅰ时速度为v0，则由机械能守恒定律知mgh＝eq\f(1,2)mv02，刚进入磁场时ma0＝BI0L－mg＝eq\f(B2L2v0,R)－mg，解得v0＝eq\f(ma0＋gR,B2L2)，联立解得h＝eq\f(m2a0＋g2R2,2B4L4g)>eq\f(m2gR2,2B4L4)，D错．例8如图8所示，两根足够长的光滑直金属导轨MN、PQ平行固定在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，导轨的电阻不计．导轨顶端M、P两点间接有滑动变阻器和阻值为R的定值电阻．一根质量为m、电阻不计的均匀直金属杆ab放在两导轨上，与导轨垂直且接触良好．空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直斜面向下的匀强磁场．调节滑动变阻器的滑片，使得滑动变阻器接入电路的阻值为2R，让ab由静止开始沿导轨下滑．不计空气阻力，重力加速度大小为g.图8(1)求ab下滑的最大速度vm；(2)求ab下滑的速度最大时，定值电阻上消耗的电功率P；(3)若在ab由静止开始至下滑到速度最大的过程中，定值电阻上产生的焦耳热为Q，求该过程中ab下滑的距离x以及通过滑动变阻器的电荷量q.答案见解析解析(1)ab下滑的速度最大时，其切割磁感线产生的感应电动势为：E＝BLvm，此时通过定值电阻的电流为：I＝eq\f(E,R＋2R)，ab杆所受安培力大小为：F安＝BIL，由受力平衡得mgsinθ＝BIL，联立解得：vm＝eq\f(3mgRsinθ,B2L2)；(2)由电功率公式有：P＝I2R，解得：P＝eq\f(m2g2Rsin2θ,B2L2)；(3)由题意滑动变阻器接入电路的阻值为2R，为定值电阻的2倍，根据焦耳定律可知，滑动变阻器上产生的焦耳热为2Q；由能量守恒定律可得：mgxsinθ＝eq\f(1,2)mvm2＋Q＋2Q，解得：x＝eq\f(9m2gR2sinθ,2B4L4)＋eq\f(3Q,mgsinθ)；在ab由静止开始至下滑到速度最大的过程中，穿过回路的磁通量的变化为：ΔΦ＝BLx，设ab由静止开始至下滑到速度最大所用时间为Δt，在该过程中，回路产生的平均感应电动势为E＝eq\f(ΔΦ,Δt)根据闭合电路欧姆定律可得，在该过程中，通过回路的平均感应电流为eq\x\to(I)＝eq\f(E,3R)，又q＝eq\x\to(I)·Δt联立解得：q＝eq\f(3m2gRsinθ,2B3L3)＋eq\f(BLQ,mgRsinθ).1．(多选)(2021·四川高三期末)图9(a)所示是两个同心且共面的金属圆环线圈A和B，A中的电流按图(b)所示规律变化，规定顺时针方向为电流的正方向．下列说法中正确的是()图9A．0～t1时间内，线圈B中的感应电流沿逆时针方向B．0～t1时间内，线圈B有扩张的趋势C．t1时刻，线圈B既没有扩张的趋势，也没有收缩的趋势D．0～t2时间内，线圈B中的感应电流大小、方向均不变答案CD解析在0～t1时间内，线圈A中顺时针方向的电流在减小，电流产生的磁场在减小，根据安培定则与磁场叠加原则可知，线圈B所处磁场的方向向里且在减小，根据楞次定律可知线圈B的感应电流方向为顺时针，两线圈的电流同向，相互吸引，所以线圈B有收缩趋势，选项A、B错误；t1时刻，线圈A中的电流为零，与线圈B没有相互作用力，因此线圈B既没有扩张的趋势，也没有收缩的趋势，选项C正确；t1～t2时间内，线圈A中逆时针电流在增大，电流产生磁场在增强，根据安培定则与磁场叠加原则可知，线圈B所处磁场的方向向里，且在增强，根据楞次定律可知线圈B的感应电流方向为顺时针，所以0～t2时间内，线圈B中的感应电流方向不变，又由于线圈A中的电流变化率相同，因此线圈B中的感应电流大小也不变，选项D正确．2．(2021·江苏苏州市统考)一个闭合正三角形金属框架，左边竖直且与磁场右边界平行，完全处于垂直框架平面向里的匀强磁场中．现用外力F把框架水平匀速向右拉出磁场，如图10所示，设正三角形金属框架开始出磁场的时刻t＝0，则电动势E、外力F和外力的功率P随时间t的变化图象正确的是()图10答案A解析框架在外力F的作用下以速度v匀速向右运动，则框架切割磁感线的有效长度L＝eq\f(2\r(3),3)vt，结合E＝BLv可知，电动势E＝eq\f(2\r(3),3)Bv2t，则E与t成正比例关系，选项A正确，B错误．设框架的总电阻为R，则框架中的电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(2\r(3)Bv2t,3R)，框架匀速运动，则有F＝F安＝BIL＝eq\f(4B2v3t2,3R)，则F与t2成正比例关系，选项C错误．由P＝Fv可知，P与t2成正比例关系，选项D错误．3．(多选)(2021·山东师范大学附中高三打靶卷)如图11所示，半径为2l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为2l、电阻为2R的金属棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴OO′上，由电动机A带动旋转．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面、大小为B的匀强磁场，金属导轨区域中心半径为l的区域内磁场竖直向上，其余部分磁场竖直向下．另有一质量为m、长为l、电阻为R的金属棒MN放置于固定在竖直平面内的平行导轨后面并与导轨保持良好接触，导轨间距为l，处于大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线与平行导轨连接．MN处于静止状态，MN与竖直平行导轨间的动摩擦因数为μ，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则下列说法正确的是()图11A．MN中电流方向由M到NB．MN两端电压为Bl2ωC．MN与竖直平行导轨间的动摩擦因数μ至少为eq\f(3mgR,B2l3ω)D．电路总电功率为eq\f(4B2l4ω2,3R)答案AC解析MN处于静止状态，竖直方向上受重力和静摩擦力处于平衡，可知MN所受安培力方向垂直导轨向外(垂直纸面向外)，根据左手定则知，通过MN中的电流方向由M到N，A正确；由于金属棒ab被分成两部分位于相反的磁场中，所以产生的感应电动势相反，ab产生的总电动势E＝Bleq\x\to(v)1－Bleq\x\to(v)2＝Bleq\f(ω·2l＋ωl,2)－Bleq\f(0＋ωl,2)＝Bl2ω，则MN两端的电压U＝eq\f(E,3R)·R＝eq\f(1,3)E＝eq\f(1,3)Bl2ω，B错误；若MN恰好处于静止，有mg＝μBIl，根据闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,3R)＝eq\f(Bl2ω,3R)，解得动摩擦因数的最小值μ＝eq\f(3mgR,B2l3ω)，C正确；电路的总电功率P＝eq\f(E2,3R)＝eq\f(B2l4ω2,3R)，D错误．4.(多选)(2021·辽宁营口市高三期末)如图12所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个匀强磁场区域．区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，磁感应强度为2B，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁感应强度为B，磁场边界MN、PQ、GH均平行于斜面底边，MP、PG长均为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，下滑过程中ab边始终与斜面底边平行．t1时刻ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区域，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到PQ与MN之间的某位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动．重力加速度为g，下列说法中正确的是()图12A．当ab边刚越过PQ时，导线框的加速度大小为a＝eq\f(5,4)gsinθB．导线框两次做匀速直线运动的速度之比v1∶v2＝4∶3C．从t1到t2的过程中，导线框克服安培力做的功等于机械能的减少量D．从t1到t2的过程中，有eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v\o\al(12)－v\o\al(22)))机械能转化为电能答案AC解析ab边进入磁场Ⅰ区域时E＝2BLv1，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(2BLv1,R)，F安＝2BIL＝eq\f(4B2L2v1,R)，由平衡条件得F安＝eq\f(4B2L2v1,R)＝mgsinθ，当ab边刚越过PQ时，E′＝BLv1＋2BLv1＝3BLv1，I′＝eq\f(E′,R)＝eq\f(3BLv1,R)，F安′＝BI′L＋2BI′L＝eq\f(9B2L2v1,R)由牛顿第二定律得F安′－mgsinθ＝ma解得a＝eq\f(5,4)gsinθ，故A正确；第二次平衡时，根据平衡条件，有F安″＝eq\f(9B2L2v2,R)＝mgsinθ联立解得v1∶v2＝9∶4，故B错误；从t1到t2的过程中，根据功能关系，导线框克服安培力做功的大小等于机械能的减少量，故C正确；从t1到t2的过程中，设导线框下降的高度为Δh，则机械能转化为电能有eq\f(1,2)mv12－eq\f(1,2)mv22＋mg·Δh，故D错误．5．(2021·天津市南开区高三期末)如图13甲所示，水平面内固定两根间距L＝1m的长直平行光滑金属导轨PQ、MN，其Q、N端接有阻值R＝1.5Ω的电阻，一质量m＝0.1kg、接入电路的阻值r＝0.5Ω的导体棒ab垂直于导轨放置于距QN端d＝2m处，且与两导轨保持良好接触．整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小随时间变化的情况如图乙所示．在0～1s内，为了保持ab棒静止，在棒的中点施加一平行于导轨平面的外力F0(未知)；1s后改用F＝0.5N的水平向左的恒力拉动ab棒，ab棒从静止开始沿导轨运动距离x＝4.8m时速度恰好达到最大值．ab棒运动过程中始终与导轨保持垂直，导轨电阻不计．求：图13(1)t＝1s时外力F0的大小和方向；(2)ab棒的最大速度大小vm；(3)从t＝0到ab棒运动距离x＝4.8m的过程，电阻R上产生的焦耳热QR.答案(1)0.25N方向向左(2)4m/s(3)1.575J解析(1)1s时，电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)＝eq\f(ΔBLd,Δt)＝eq\f(0.5－0×1×2,1)V＝1V根据楞次定律，电流从b到a，电流的大小为I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(1,1.5＋0.5)A＝0.5A根据左手定则，安培力方向向右F安＝ILB＝0.5×1×0.5N＝0.25N外力F0与F安平衡，两者等大反向．F0＝F安所以F0大小为0.25N，方向向左．(2)ab棒达到最大速度后做匀速直线运动，拉力F向左，安培力F安′向右，二力平衡，F＝F安′其中安培力F安′＝I′LB电流I′＝eq\f(E′,R＋r)电动势E′＝BLvm解得vm＝eq\f(FR＋r,B2L2)＝eq\f(0.5×1.5＋0.5,0.52×12)m/s＝4m/s(3)在第1s内Q1＝I2Rt＝0.52×1.5×1J＝0.375J在运动距离x内Fx＝eq\f(1,2)mvm2＋QR＋rQ2＝eq\f(R,R＋r)QR＋r从t＝0到ab棒运动距离x＝4.8m的过程，电阻R上产生的焦耳热QR＝Q1＋Q2解得QR＝1.575J.专题强化练[保分基础练]1.(2020·江苏卷·3)如图1所示，两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反．金属圆环的直径与两磁场的边界重合．下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是()图1A．同时增大B1减小B2B．同时减小B1增大B2C．同时以相同的变化率增大B1和B2D．同时以相同的变化率减小B1和B2答案B解析若同时增大B1减小B2，则穿过环向里的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向外，由安培定则，环中产生的感应电流是逆时针方向，故选项A错误；同理可推出，选项B正确，C、D错误．2．(2021·安徽安庆市一模)下列关于器材的原理和用途的说法正确的是()A．变压器可以改变交变电压也能改变频率B．扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈存在电阻C．真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流使炉内金属熔化D．磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用答案D解析变压器可以改变交变电压但是不改变交流电频率，A错误；扼流圈对交流的阻碍作用是因为线圈会产生自感现象，B错误；真空冶炼炉的工作原理是金属中产生涡流使炉内金属熔化，C错误；铝是导体，仪表指针偏转时铝框随之转动，并切割磁感线产生感应电流，感应电流又会受到安培阻力，阻碍线圈的转动，属于电磁阻尼，D正确．3．(多选)(2021·河北张家口市一模)如图2所示软铁环上绕有M、N两个线圈，M线圈通过滑动变阻器及开关与电源相连，N线圈连接电流表，下列说法正确的是()图2A．开关闭合瞬间，通过电流表G的电流由a到bB．开关闭合稳定后，通过电流表G的电流由b到aC．开关闭合稳定后，将滑动变阻器滑片向右滑动，通过电流表G的电流由a到bD．开关闭合稳定后再断开瞬间，通过电流表G的电流由a到b答案CD解析开关闭合瞬间，在线圈N中有向下增大的磁场，根据楞次定律，通过电流表G的电流由b到a，A错误；开关闭合稳定后，线圈中的磁场不变，磁通量不变，电流表G中没有电流，B错误；开关闭合稳定后，将滑动变阻器滑片向右滑动，线圈M中电流减小，产生的磁场减弱，根据楞次定律，通过电流表G的电流由a到b，C正确；开关闭合稳定后再断开瞬间，线圈M中的磁场减弱，根据楞次定律，通过电流表G的电流由a到b，D正确．4．(多选)(2021·河北邯郸市高三期末)如图3所示，有一足够大的光滑水平面上存在非匀强磁场，其磁场分布沿x轴方向均匀增大，沿y轴方向是不变的，磁场方向垂直纸面向外．现有一闭合的正方形金属线框(线框有电阻)，质量为m，以速度大小为v0、方向沿其对角线且与x轴成45°角开始运动，以下关于线框的说法中正确的是()图3A．线框中的感应电流方向沿顺时针B．线框将做匀减速直线运动C．线框运动中产生的内能为eq\f(1,4)mv02D．线框最终将静止于平面上的某个位置答案AC解析穿过线框的磁通量增加，根据楞次定律得线框中产生顺时针方向感应电流，A正确；因为安培力向左并逐渐减小，所以线框做加速度减小的减速曲线运动，B错误；线框最终以v0cos45°竖直向上运动，根据能量守恒得产生的内能为Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)m(v0cos45°)2＝eq\f(1,4)mv02，C正确，D错误．5．(多选)(2021·广东汕头市一模)如图4甲，螺线管匝数n＝1000匝，横截面积S＝0.02m2，电阻r＝1Ω，螺线管外接一个阻值R＝4Ω的电阻，电阻的一端b接地．一方向平行于螺线管轴线向左的磁场穿过螺线管，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，则()图4A．在0～4s内，R中有电流从a流向bB．在t＝3s时穿过螺线管的磁通量为0.07WbC．在4～6s内，R中电流大小为8AD．在4～6s内，R两端电压Uab＝40V答案BC解析在0～4s内，原磁场的磁感应强度增大，则磁通量增大，根据楞次定律可知，感应磁场方向向右，再由安培定则可知R中的电流方向从b流向a，故A错误；由题图乙可知，t＝3s时磁感应强度为B＝3.5T，则此时的磁通量Φ＝BS＝3.5×0.02Wb＝0.07Wb，故B正确；在4～6s内，感应电动势为E＝neq\f(ΔB·S,Δt)＝eq\f(1000×4×0.02,2)V＝40V，通过R的电流方向从a流向b，R中电流大小为I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(40,4＋1)A＝8A，R两端电压为Uab＝IR＝8×4V＝32V，故C正确，D错误．6．(2021·辽宁沈阳市高三下质量监测)如图5甲所示，正五边形硬导线框abcde固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直，图乙表示该磁场的磁感应强度B随时间t变化的关系，t＝0时刻磁场方向垂直纸面向里．设垂直cd边向下为安培力的正方向，在0～5t0时间内，线框cd边受到该磁场对它的安培力F随时间t变化的关系图象为()图5答案B解析在0～2t0时间内，磁感应强度的变化率不变，则导线框的感应电流方向不变，方向为顺时针方向，则在0～t0时间内，线框cd边受到的安培力向下，并均匀减小，在t0～2t0时间内，线框cd边受到的安培力向上，并均匀增大；在2t0～3t0时间内，磁感应强度不变，导线框中无感应电流，线框cd边不受安培力；在3t0～5t0时间内，磁感应强度的变化率不变，则导线框的感应电流方向不变，方向为逆时针方向，则在3t0～4t0时间内，线框cd边受到的安培力向下，并均匀减小，在4t0～5t0时间内，线框cd边受到的安培力向上，并均匀增大，故选B.[争分提能练]7．(多选)(2021·宁夏银川市唐徕回民中学检测)如图6甲所示，两根足够长的光滑固定金属导轨ab、cd与水平面成θ＝30°，导轨间距离为l＝1m，电阻不计，一个阻值为R0的定值电阻与电阻箱并联接在两金属导轨的上端，整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直，磁感应强度大小为B＝1T．现将一质量为m、不计电阻的金属棒MN从图示位置由静止开始释放，金属棒下滑过程中与导轨接触良好，且始终与导轨保持垂直，改变电阻箱的阻值R，测定金属棒的最大速度vm，得到eq\f(1,vm)－eq\f(1,R)的关系如图乙所示，g取10m/s2.则下列说法正确的是()图6A．金属棒的质量m＝0.2kgB．金属棒的质量m＝0.1kgC．定值电阻R0＝1ΩD．定值电阻R0＝2Ω答案AD解析金属棒以速度vm下滑时，由法拉第电磁感应定律得E＝Blvm，由闭合电路欧姆定律得E＝I·eq\f(RR0,R＋R0)，当金属棒以最大速度vm下滑时，由平衡条件得BIl－mgsinθ＝0，联立解得eq\f(1,vm)＝eq\f(B2l2,mgsinθ)·eq\f(1,R)＋eq\f(B2l2,mgsinθ)·eq\f(1,R0)，由eq\f(1,vm)－eq\f(1,R)图象可得eq\f(B2l2,mgsinθ)＝1，eq\f(B2l2,mgsinθ)·eq\f(1,R0)＝0.5，解得m＝0.2kg，R0＝2Ω，故选A、D.8．(多选)(2020·全国卷Ⅰ·21)如图7，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直．ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略．一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行．经过一段时间后()图7A．金属框的速度大小趋于恒定值B．金属框的加速度大小趋于恒定值C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值答案BC解析当金属框在恒力F作用下向右加速运动时，bc边产生从c向b的感应电流i，金属框的加速度大小为a1，则有F－Bil＝Ma1；MN中感应电流从M流向N，MN在安培力作用下向右加速运动，加速度大小为a2，则有Bil＝ma2，当金属框和MN都运动后，金属框速度为v1，MN速度为v2，则电路中的感应电流为i＝eq\f(Blv1－v2,R)，感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从eq\f(F,M)开始减小，加速度差值减小．当a1＝a2时，得F＝(M＋m)a，a＝eq\f(F,M＋m)恒定，由F安＝ma可知，安培力不再变化，则感应电流不再变化，据i＝eq\f(Blv1－v2,R)知金属框与MN的速度差保持不变，v－t图象如图所示，故A错误，B、C正确；MN与金属框的速度差不变，但MN的速度小于金属框的速度，则MN到金属框bc边的距离越来越大，故D错误．9.(多选)(2019·全国卷Ⅱ·21)如图8，两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8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I1，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.10．(2021·福建漳州市一模)如图9，两根间距为L相互平行的光滑倾斜金属长直导轨，与水平面的夹角θ＝30°，在两导轨间有两个垂直于导轨平面、方向相反、磁感应强度均为B、宽度均为s的相邻匀强磁场区域，金属杆MN、PQ用绝缘杆固定连接形成“工”字形框架，间距也为s，与导轨紧密接触且时刻与导轨垂直，使框架从距磁场上边界一定距离处静止释放，框架进入磁场过程中做匀速运动，且速度与框架离开磁场做匀速运动过程的速度相同．已知