专题11电磁感应定律及应用

专题11电磁感应定律及应用知识梳理考点一电磁感应现象楞次定律1.产生感应电流的三种常见情况导线切割磁感线结论：只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，闭合导体回路中就会产生感应电流磁铁与回路相对运动磁场发生变化2.深刻理解楞次定律中“阻碍”的含义，巧判感应电流的方向推论例证阻碍原磁通量变化——“增反减同”阻碍相对运动——“来拒去留”使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”阻碍原电流的变化——“增反减同”3.“三定则、一定律”的比较定则或定律适用的现象因果关系安培定则电流的磁效应——电流、运动电荷产生的磁场因电生磁左手定则1.安培力——磁场对电流的作用力；2．洛伦兹力——磁场对运动电荷的作用力因电受力右手定则导体做切割磁感线运动产生的电磁感应现象因动生电楞次定律闭合回路磁通量变化产生的电磁感应现象因磁生电例一（2020全国2）管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为（）A.库仑 B.霍尔 C.洛伦兹 D.法拉第【答案】D【解析】由题意可知，圆管为金属导体，导体内部自成闭合回路，且有电阻，当周围的线圈中产生出交变磁场时，就会在导体内部感应出涡电流，电流通过电阻要发热。该过程利用原理的是电磁感应现象，其发现者为法拉第。故选D。

例二（2021广东）如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨和，与平行，是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧左侧和扇形内有方向如图的匀强磁场，金属杆的O端与e点用导线相接，P端与圆弧接触良好，初始时，可滑动的金属杆静止在平行导轨上，若杆绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有（）A.杆产生的感应电动势恒定B.杆受到的安培力不变C.杆做匀加速直线运动D.杆中的电流逐渐减小【答案】AD【解析】A．OP转动切割磁感线产生的感应电动势为因为OP匀速转动，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A正确；BCD．杆OP匀速转动产生的感应电动势产生的感应电流由M到N通过MN棒，由左手定则可知，MN棒会向左运动，MN棒运动会切割磁感线，产生电动势与原来电流方向相反，让回路电流减小，MN棒所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，故D正确，BC错误。故选AD。考点二法拉第电磁感应定律及简单应用1．法拉第电磁感应定律的三种变形表达式(1)磁通量的变化仅由面积S变化引起时，ΔΦ＝BΔS，则E＝neq\f(BΔS,Δt)。(2)磁通量的变化仅由磁感应强度B变化引起时，ΔΦ＝ΔBS，则E＝neq\f(ΔBS,Δt)。注意：S为线圈在磁场中的有效面积。(3)磁通量的变化是由于面积S和磁感应强度B的共同变化引起的，应根据定义求E，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，则E＝neq\f(|B2S2－B1S1|,Δt)≠neq\f(ΔBΔS,Δt)。2.导体棒切割磁感线产生感应电动势平动切割E＝BlvB、l、v三者互相垂直旋转切割E＝eq\f(1,2)Bl2ω导体棒在垂直于磁场的平面绕一端以角速度ω匀速转动3.自感中灯泡“闪亮”与“不闪亮”问题与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡电路图通电时电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定断电时电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变电路中稳态电流为I1、I2：①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②若I2＞I1，灯泡“闪亮”后逐渐变暗。两种情况下灯泡中电流方向均改变4．电磁阻尼与电磁驱动的比较电磁阻尼电磁驱动不同点成因由于导体在磁场中运动而产生感应电流，从而使导体受到安培力由于磁场运动引起磁通量的变化而产生感应电流，从而使导体受到安培力效果安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动导体受安培力的方向与导体运动方向相同，推动导体运动能量转化导体克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能，而对外做功相同点两者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动例一（2021·河北卷）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为，一电容为C的电容器与导轨左端相连，导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻，下列说法正确的是（）A．通过金属棒的电流为B．金属棒到达时，电容器极板上的电荷量为C．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定【答案】A【解析】C．根据楞次定律可知电容器的上极板应带正电，C错误；A．由题知导体棒匀速切割磁感线，根据几何关系切割长度为L=2xtanθ，x=vt则产生的感应电动势为E=2Bv2ttanθ由题图可知电容器直接与电相连，则电容器的电荷量为Q=CE=2BCv2ttanθ则流过导体棒的电流I==2BCv2tanθ，A正确；B．当金属棒到达x0处时，导体棒产生的感应电动势为E′=2Bvx0tanθ则电容器的电荷量为Q=CE′=2BCvx0tanθ，B错误；D．由于导体棒做匀速运动则F=F安=BIL由选项A可知流过导体棒的电流I恒定，但L与t成正比，则F为变力，再根据力做功的功率公式P=Fv，可看出F为变力，v不变则功率P随力F变化而变化；D错误；例二（2021·浙江卷）一种探测气体放电过程的装置如图甲所示，充满氖气（）的电离室中有两电极与长直导线连接，并通过两水平长导线与高压电相连。在与长直导线垂直的平面内，以导线为对称轴安装一个用阻值的细导线绕制、匝数的圆环形螺线管，细导线的始末两端c、d与阻值的电阻连接。螺线管的横截面是半径的圆，其中心与长直导线的距离。气体被电离后在长直导线回路中产生顺时针方向的电流I，其图像如图乙所示。为便于计算，螺线管内各处的磁感应强度大小均可视为，其中。（1）求内通过长直导线横截面的电荷量Q；（2）求时，通过螺线管某一匝线圈的磁通量；（3）若规定为电流的正方向，在不考虑线圈自感的情况下，通过计算，画出通过电阻R的图像；（4）若规定为电流的正方向，考虑线圈自感，定性画出通过电阻R的图像。【答案】（1）；（2）；（3）见解析；（4）见解析【解析】（1）由电量和电流的关系可知图像下方的面积表示电荷量，因此有代入数据解得（2）由磁通量的定义可得代入数据可得（3）在时间内电流均匀增加，有楞次定律可知感应电流的方向，产生恒定的感应电动势由闭合回路欧姆定律可得代入数据解得在电流恒定，穿过圆形螺旋管的磁场恒定，因此感应电动势为零，感应电流为零，而在时间内电流随时间均匀变化，斜率大小和大小相同，因此电流大小相同，由楞次定律可知感应电流的方向为，则图像如图所示（4）考虑自感的情况下，线框会产生自感电动势阻碍电流的变化，因此开始时电流是缓慢增加的，过一段时间电路达到稳定后自感消失，电流的峰值和之前大小相同，在时间内电路中的磁通量不变化电流要减小为零，因此自感电动势会阻碍电流的减小，使得电流缓慢减小为零。同理，在内电流缓慢增加，过一段时间电路达到稳定后自感消失，在之后，电路中的磁通量不变化电流要减小为零，因此自感电动势会阻碍电流的减小，使得电流缓慢减小为零。图像如图考点三电磁感应中的图象问题分析电磁感应中的图象问题的思路与方法图象类型(1)各量随时间变化的图象：如B­t图象、φ­t图象、E­t图象、I­t图象、F­t图象等(2)各量随位移变化的图象：如E­x图象、I­x图象等问题类型(1)由给定的电磁感应过程选出或画出相应的图象(画图象)(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的问题(用图象)常用规律有关方向的判断左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律六类公式(1)平均感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)(2)平动切割电动势E＝Blv(3)转动切割电动势E＝eq\f(1,2)Bl2ω(4)闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R＋r)(5)安培力F＝BIl(6)牛顿运动定律及运动学的相关公式等常用方法排除法定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项函数法根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断例一.(2020·浙江7月选考)如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在0≤x≤1.0m区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长L＝0.5m、电阻R＝0.25Ω的正方形线框abcd。当平行于磁场边界的cd边进入磁场时，正方形线框在沿x方向的外力F作用下以v＝1.0m/s的速度做匀速运动，直到ab边进入磁场时撤去外力。若以cd边进入磁场时作为计时起点，在0≤t≤1.0s内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，在0≤t≤1.3s内线框始终做匀速运动。(1)求外力F的大小；(2)在1.0s≤t≤1.3s内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系；(3)求在0≤t≤1.3s内流过导线横截面的电荷量q。【答案】(1)0.0625N(2)B＝eq\f(1,6－4t)(3)0.5C【解析】(1)根据题图2可得t＝0时B0＝0.25T回路电流I＝eq\f(B0Lv,R)安培力FA＝eq\f(B02L2,R)v外力F＝FA＝0.0625N。(2)线框匀速出磁场，电流为0，磁通量不变，Φ1＝Φt1＝1.0s时，B1＝0.5T，磁通量Φ1＝B1L2t时刻，磁通量Φ＝BL[L－v(t－t1)]联立得B＝eq\f(1,6－4t)。(3)0≤t≤0.5s时电荷量q1＝eq\f(B0L2,R)＝0.25C0．5s≤t≤1.0s电荷量q2＝eq\f(B1L2－B0L2,R)＝0.25C总电荷量q＝q1＋q2＝0.5C。例二(多选)(2020·山东等级考)如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)。从图示位置开始计时，4s末bc边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为I，ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图象可能正确的是()【答案】BC【解析】第1s内，ae边切割磁感线，由E＝BLv可知，感应电动势不变，导体框总电阻一定，故感应电流一定，由安培力F＝BIL可知，ab边所受安培力与ab边进入磁场的长度成正比。第2s内，导体框切割磁感线的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大。第3～4s内，导体框在第二象限内切割磁感线的有效长度保持不变，在第一象限内切割磁感线的有效长度不断增大，但两象限磁场方向相反，导体框的两部分感应电动势方向相反，所以第2s末感应电动势达到最大，之后便不断减小；第3s末与第1s末，导体框切割磁感线的有效长度相同，可知第3s末与第1s末线框中产生的感应电流大小相等，但第3s末ab边进入磁场的长度是第1s末的3倍，即ab边所受安培力在第3s末的大小等于第1s末所受安培力大小的3倍。综上可知A、D错误，B、C正确。考点四电磁感应中的动力学、动量和能量问题电磁感应中的动力学、动量和能量问题解题策略动力学问题平衡态非平衡态能量问题能量转化eq\x(\a\al(其他形式,的能量))eq\o(→,\s\up7(克服安培),\s\do5(力做功))eq\x(\a\al(电,能))eq\o(→,\s\up7(电流做功),\s\do5())eq\x(\a\al(焦耳热或其他,形式的能量))焦耳热Q的三种方法动量问题对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理eq\x\to(BI)L·Δt＝m·Δv、q＝eq\x\to(I)·Δt来解决问题例一（2021全国甲）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（）

A.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】设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有感应电动势为两线圈材料相等（设密度为），质量相同（设为），则设材料的电阻率为，则线圈电阻感应电流为安培力为由牛顿第二定律有联立解得加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度。当时，甲和乙都加速运动，当时，甲和乙都减速运动，当时都匀速。故选AB。例二(2019·浙江4月选考)如图所示，倾角θ＝37°、间距l＝0.1m的足够长金属导轨底端接有阻值R＝0.1Ω的电阻，质量m＝0.1kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝。建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x。在0.2m≤x≤0.8m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场。从t＝0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x＝0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v与位移x满足v＝kx(可导出a＝kv)，k＝5s－1。当棒ab运动至x1＝0.2m处时，电阻R消耗的电功率P＝0.12W，运动至x2＝0.8m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x＝0处。棒ab始终保持与导轨垂直，不计其他电阻，求：(提示：可以用F­x图象下的“面积”代表力F做的功，sin37°＝，g取10m/s2)(1)磁感应强度B的大小；(2)外力F随位移x变化的关系式；(3)在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q。【答案】(1)eq\f(\r(30),5)T(2)0≤x≤0.2m时，F＝＋x)N；0.2m≤x≤0.8m时，F＝＋x)N(3)0.324J【解析】(1)在x1＝0.2m处时，电阻R消耗的电功率P＝eq\f(（Blv）2,R)此时v＝kx＝1m/s解得B＝eq\r(\f(PR,（lv）2))＝eq\f(\r(30),5)T。(2)在无磁场区间0≤x＜0.2m内，有a＝5s－1×v＝25s－2×xF＝25s－2×xm＋μmgcosθ＋mgsinθ＝＋x)N在有磁场区间0.2m≤x≤0.8m内，有FA＝eq\f(（Bl）2v,R)＝xNF＝＋x＋x)N＝＋x)N。(3)棒ab上升过程中克服安培力做的功(梯形面积)WA1＝eq\f(0.6N,2)(x1＋x2)(x2－x1)＝0.18J撤去外力后，设棒ab上升的最大距离为s，再次进入磁场时的速度为v′，由动能定理有(mgsinθ＋μmgcosθ)s＝eq\f(1,2)mv2(mgsinθ－μmgcosθ)s＝eq\f(1,2)mv′2解得v′＝2m/s由于mgsinθ－μmgcosθ－eq\f(（Bl）2v′,R)＝0故棒ab再次进入磁场后做匀速运动下降过程中克服安培力做的功WA2＝eq\f(（Bl）2v′,R)(x2－x1)＝0.144JQ＝WA1＋WA2＝0.324J。例三.如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的B＝4T的匀强磁场中，两导轨间距为L＝0.5m，导轨足够长且不计电阻。金属棒a和b的质量都为m＝1kg，连入导轨间的电阻Ra＝Rb＝1Ω。b棒静止于导轨水平部分，现将a棒从h＝80cm高处自静止沿弧形导轨下滑，通过C点进入导轨的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直，且两棒始终不相碰。求a、b两棒的最终速度，以及整个过程中b棒中产生的焦耳热(已知重力加速度g＝10m/s2)。【答案】2m/s2J【解析】设a棒下滑至C点时速度为v0，由动能定理，有：mgh＝eq\f(1,2)mv02－0，解得：v0＝4m/s；此后的运动过程中，a、b两棒达到共速前，两棒所受安培力始终等大反向，因此a、b两棒组成的系统动量守恒，有：mv0＝(m＋m)v解得a、b两棒共同的最终速度为：v＝2m/s，此后两棒一起做匀速直线运动；由能量守恒定律可知，整个过程中回路产生的总焦耳热为：Q＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(m＋m)v2则b棒中产生的焦耳热为：Qb＝eq\f(1,2)Q解得：Qb＝2J。能力训练1、（2021·安徽省八校高三下学期5月模拟）用导线绕一圆环，环内有一用同样导线折成内接正方形线框，圆环与线框绝缘，如图所示．把它们放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面（纸面）向里．当磁场均匀减弱时A.圆环和线框中的电流方向都为顺时针 B.圆环和线框中的电流方向都为逆时针C.圆环和线框中的电流大小之比为 D.圆环和线框中的电流大小比为2:1【答案】AC【解析】根据楞次定律可得当磁场均匀减小时，线圈内产生的感应磁场方向与原磁场方向相同，即感应电流方向都为顺时针，A正确B错误；设圆半径为a，则圆面积为，圆周长为，正方向面积为，正方形周长为，因为磁场是均匀减小的，故，所以圆和正方形内的电动势之比为，两者的电阻之比为，故电流之比为，故C正确D错误；2、（2021·北京市西城区三模）如图所示，线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电上，线圈B的两端连到电流表上，把线圈A装在线圈B的里面。实验中观察到，开关闭合瞬间，电流表指针向右偏转，则（）A.开关断开瞬间，电流表指针不偏转B.开关闭合瞬间，两个线圈中的电流方向可能同为顺时针或逆时针C.开关闭合，向右移动滑动变阻器的滑片，电流表指针向右偏转D.开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，线圈B将对线圈A产生排斥力【答案】C【解析】A.开关断开瞬间，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其的磁通量减小，所以电流表指针会偏转，故A错误；B.开关闭合瞬间，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其的磁通量增大，所以两个线圈中的电流方向一定相反，故B错误；C.开关闭合，向右移动滑动变阻器的滑片，滑动变阻器接入回路的阻值减小，则线圈A中的电流增大，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其的磁通量增大，所以感应电流的方向应和开关闭合瞬间时的相同，即电流表指针向右偏转，故C正确；D.开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其的磁通量减小，表现为线圈B对线圈A产生吸引力，故D错误。故选C。3.如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd沿纸面由位置1匀速运动到位置2，则()A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→aB．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→aC．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右D．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左【答案】选D【解析】导线框进入磁场时，cd边切割磁感线，由右手定则可知，感应电流方向为a→d→c→b→a，这时由左手定则可判断cd边受到的安培力方向水平向左，A错误，D正确；在导线框离开磁场时，ab边处于磁场中且在做切割磁感线运动，同样用右手定则和左手定则可以判断感应电流方向为a→b→c→d→a，这时安培力的方向仍然水平向左，B、C错误。4、（2021·安徽省八校三模）一长直铁芯上绕有线圈P，将一单匝线圈Q用一轻质绝缘丝线悬挂在P的左端，线圈P的中轴线通过线圈Q的中心，且与线圈Q所在的平面垂直．将线圈P连接在如图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E为直流电，S为开关．下列情况中，可观测到Q向左摆动的是A.S闭合的瞬间 B.S断开的瞬间C.在S闭合的情况下，将R的滑片向a端移动时 D.在S闭合的情况下，保持电阻R的阻值不变【答案】A【解析】A：S闭合的瞬间，线圈P中电流由无到有，产生的磁场从无到有，线圈Q中磁通量从无到有，线圈Q中磁通量增加，根据楞次定律，线圈Q的运动将阻碍磁通量的增大，则线圈Q将向左运动远离线圈P．故A项正确．B：S断开的瞬间，线圈P中电流由有到无，产生的磁场由有到无，线圈Q中磁通量由有到无，线圈Q中磁通量减小，根据楞次定律，线圈Q的运动将阻碍磁通量的减小，则线圈Q将向右运动靠近线圈P．故B项错误．C：在S闭合的情况下，将R的滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电路电阻增大，线圈P中电流减小，产生的磁场变弱，线圈Q中磁通量减小，根据楞次定律，线圈Q的运动将阻碍磁通量的减小，则线圈Q将向右运动靠近线圈P．故C项错误．D：在S闭合的情况下，保持电阻R的阻值不变，线圈P中电流不变，产生的磁场不变，线圈Q中磁通量不变，线圈Q中不产生感应电流，线圈Q不受磁场力，线圈Q不动．故D项错误．5.(多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有()A．增加线圈的匝数 B．提高交流电的频率C．将金属杯换为瓷杯 D．取走线圈中的铁芯【答案】选AB【解析】当电磁铁接通交流电时，金属杯处在变化的磁场中产生涡流发热，使水温升高。要缩短加热时间，需增大涡流，即增大感应电动势或减小电阻。增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势。瓷杯不能产生涡流，取走铁芯会导致磁性减弱。所以选项A、B正确，C、D错误。6、（2021·福建省龙岩市三模）如图甲所示，理想变压器的一一组线圈与水平导轨相连，导轨处于竖直向上的匀强磁场中，金属棒AB垂直放在导轨上，其向左运动的速度图像如图乙所示。则下列各图中能表示ab两端的电压uab随时间t变化的图像是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】导体棒运动时产生的感应电动势为：E=BLv由图可知速度随时间做一次函数变化，其斜率为常数，根据楞次定律可知在线圈中产生的电压恒定，且电流方向在t1时刻发生变化，则ab两端的电压uab也发在t1时刻发生变化。故选B。7、（2021·广东省普宁二中5月适应性考试）如图所示，在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有两根位于同一水平面内且间距为L的平行金属导轨（导轨足够长，电阻不计）；两根质量均为m、内阻均为r的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上（导体棒与金属导轨接触良好），t=0时，ab棒以初速度3v0向右滑动，cd棒以初速度v0向左滑动，关于两棒的运动情况，下列说法正确的是（）A.当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为v0B.当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的加速度大小为C.从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中，导体棒ab产生的焦耳热为D.cd棒的收尾速度大小为v0【答案】CD【解析】A．由于两棒组成的系统动量守恒，取向右方向为正方向，由动量守恒定律可得所以当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2v0，则A错误；B．当其中某根棒的速度为零时，另一根棒的速度大小为2v0，则有，，联立解得由牛顿第二定律可得，另一根棒的加速度大小为，所以B错误；C．从初始时刻到其中某根棒的速度为零过程中，两根导体棒上产生的焦耳热为则导体棒ab产生的焦耳热为，所以C正确；D．cd棒的收尾速度为两根导体棒具有共同速度，则有解得，所以D正确；故选CD。8、（2021·北京市西城区三模）如图1所示，地面上方高度为d的空间内有水平方向的匀强磁场，质量为m的正方形闭合导线框abcd的边长为l，从bc边距离地面高为h处将其由静止释放，已知h>d>l。从导线框开始运动到bc边即将落地的过程中，导线框的vt图像如图2所示。重力加速度为g，不计空气阻力，以下有关这一过程的判断正确的是（）A.t1~t2时间内导线框受到的安培力逐渐增大B.磁场的高度可以用图中阴影部分的面积表示C.导线框重力势能的减少量等于其动能的增加量D.导线框产生的焦耳热大于【答案】D【解析】A．由图2可知，在时间内，导线框自由落体，时间内导线框切割磁感线进入磁场，做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后有做匀加速运动，所以根据受力分析可知，且在减小，则安培力在减小，A错误；B．根据题意可知，在时间段内，导线框切割磁感线，距离为，完全进入后又做加速运动直到落地，所以磁场高度为时间内的位移，B错误；C．根据题意可知，安培力做负功，所以重力势能减少量为动能增加量和安培力做功，C错误；D．由题可知，且所以在下降过程中导线框产生的焦耳热大于故选D。9、（2021·北京市朝阳区高三下学期5月二模）如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨水平放置，间距为L，一端与阻值为R的电阻相连。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。一根质量为m的金属棒置于导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好。t=0时金属棒以初速度v0沿导轨向右运动，不计空气阻力，不计导轨及金属棒的电阻。求：(1)t=0时金属棒产生的感应电动势大小E；(2)t=0时金属棒所受安培力的大小F；(3)t=0之后的整个运动过程中电阻R产生的热量Q。【答案】(1)；(2)；(3)【解析】(1)由法拉第电磁感应定律得(2)由闭合电路欧姆定律，F=BIL得(3)由功能关系动能全部转化为发热10、（2021·北京市昌平区二模）如图所示，边长为L的正方形金属线框abcd从某一高处由静止开始下落，在下落过程中经过一个有水平边界且两个水平边界之间的距离也为L的匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。已知ab边进入磁场时线框刚好做匀速直线运动，线框质量为m，电阻为R，重力加速度为g，忽略空气阻力。求：（1）ab边进入磁场时，线框中感应电流的方向；（2）线框进入磁场时的速度大小v；（3）线框穿越磁场的过程中，产生的焦耳热Q。【答案】（1）逆时针方向；（2）；（3）【解析】（1）由楞次定律知，线圈进入过程中磁通量增大，根据增反减同，线框进入磁场时感应电流的方向为逆时针方向；（2）线框进入磁场时刚好做匀速直线运动感应电动势感应电流安培力解得（3）线框穿越磁场的过程中，一直做匀速直线运动，由能量转化和守恒定律知，系统减小的重力势能转化为内能。

11.如图所示，在庆祝反法西斯胜利70周年阅兵盛典上，我国预警机“空警­2000”在通过天安门上空时机翼保持水平，以4.5×102km/h的速度自东向西飞行。该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50m，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.7×10－5T，则()A．两翼尖之间的电势差为2.9V B．两翼尖之间的电势差为1.1VC．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高 D．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低【答案】选C【解析】飞机的飞行速度为4.5×102km/h＝125m/s，飞机两翼尖之间的电动势为E＝BLv＝4.7×10－5×50×125V≈0.29V，A、B项错误；飞机从东向西飞行，磁场方向竖直向下，根据右手定则可知，飞机左方翼尖的电势高于右方翼尖的电势，C项正确，D项错误。12.(多选)如图所示，一不计电阻的导体圆环，半径为r、圆心在O点，过圆心放置一长度为2r、电阻为R的辐条，辐条与圆环接触良好。现将此装置放置于磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场中，磁场边界恰与圆环直径在同一直线上。现使辐条以角速度ω绕O点逆时针转动，右侧电路通过电刷与圆环中心和环的边缘相接触，R1＝eq\f(R,2)，S处于闭合状态，不计其他电阻。则下列判断正确的是()A．通过R1的电流方向为自下而上B．感应电动势大小为2Br2ωC．理想电压表的示数为eq\f(1,6)Br2ωD．理想电流表的示数为eq\f(4Br2ω,3R)【答案】选AC【解析】由右手定则可知圆环中心为电的正极、圆环边缘为电的负极，因此通过R1的电流方向为自下而上，选项A正确；由题意可知，始终有长度为r的辐条在转动切割磁感线，因此感应电动势大小为eq\f(1,2)Br2ω，选项B错误；由图可知，在磁场内部的半根辐条相当于电，磁场外部的半根辐条与R1并联，因此理想电压表的示数为eq\f(1,6)Br2ω，选项C正确；理想电流表的示数为eq\f(Br2ω,3R)，选项D错误。13、（2021·北京市昌平区二模）粒子加速器是借助于不同形态的电场，将带电粒子加速到高能量的电磁装置。粒子加速器可分为直线加速器和圆形加速器等类型。对于质量较小的电子，由于受到相对论效应的影响，回旋加速器就不适用了。加速电子可以用电子感应加速器。图是其结构图（上为侧视图，下为真空室俯视图），圆形电磁铁两极间有一环形真空室，在交变电流的激励下，两极间出现交变磁场，交变磁场又激发出感生电场。从电子枪射入真空室的电子在感生电场力和洛伦兹力的共同作用下，在真空室内做加速圆周运动，加速完成后，电子束被引离轨道进入靶室。图为一周期内磁场的变化情况，B为正时表示B的方向竖直向上。已知电子带负电，试简要分析在一周期内的哪段时间内，电子可被加速做圆周运动？【答案】第一个时间内【解析】由楞次定律可知，在第一个和第四个时间内，感生电场的方向为顺时针方向，电子受力方向为逆时针方向，可被加速；由左手定则可知，只有磁场方向向上时，电子所受洛伦兹力才指向圆心，充当向心力，所以只有第一个时间内，电子可被加速做圆周运动。14、（2021·山东省烟台市高三下学期适应性练习）如图所示，竖直面内固定一足够长的竖直光滑平行金属导轨，导轨上端接有一个定值电阻R，整个装置处在垂直纸面向里的匀强磁场中，一质量为m、电阻不计的金属棒可紧贴导轨自由滑动。现让金属棒由静止下滑，不计导轨电阻和空气阻力，则金属棒在运动过程中，加速度大小a与速度大小v、流过的电荷量q与位移x的关系图像中正确的有（）A.B.C. D.【答案】AD【解析】AB．金属棒中感应电流为对金属棒，由牛顿第二定律可得联立可得，对比题中图像可知，A正确，B错误；CD．金属棒产生的平均感应电动势为平均感应电流为流过的电荷量为联立可得，对比题中图像可知，C错误，D正确。故选AD。15、（2021·福建省南平市高三下学期第二次质检）如图甲所示，两相距为L的光滑金属导轨水平放置，右端连接阻值为R的电阻，导轨间存在磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场。一质量为m的金属导体棒ab在水平拉力F作用下，从静止开始向左运动，金属棒的内阻为r，其余电阻不计，金属棒运动过程中始终与导轨垂直，并保持良好接触，其速度—时间图像如图乙所示，vm、T为已知量。则（）A.时间内，拉力随时间变化的关系为B.时间内，安培力的冲量为C.与两段时间内，拉力做功相等D.与两段时间内，回路产生的热量相等【答案】AD【解析】A．时间内，根据乙图，金属导体棒的加速度为该段时间内，任意时刻的速度为则有根据牛顿第二定律，有联立可得，故A正确；B．时间内，安培力的冲量为联立，可得，故B错误；C．与两段时间内，加速度大小相同，有，可知，这两段时间内，虽然位移相同，但拉力不相等。故做功不相等，故C错误；D．与两段时间内，根据图线对称性可知，金属棒切割速度对称，感应电动势对称，产生热量相等，有，故D正确。故选AD。16．(多选)如图甲所示，质量m＝3.0×10－3kg的金属细框竖直放置在两水银槽中，金属细框的水平细杆CD长l＝0.20m，处于磁感应强度大小B1＝1.0T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n＝300匝、面积S＝0.01m2的线圈通过开关K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示。t＝0.22s时闭合开关K瞬间细框跳起(细框跳起瞬