2024-2025学年下学期高二物理教科版同步经典题精练之法拉第电磁感应定律

第47页（共47页）2024-2025学年下学期高中物理教科版（2019）高二同步经典题精练之法拉第电磁感应定律一．选择题（共5小题）1．（2025•重庆一模）如图所示，两条抛物线形状的平行光滑固定导轨，其顶端切线水平，底端连接一开关S。一细直金属棒置于导轨顶端，与两导轨垂直并接触良好。当该金属棒从导轨顶端以初速度v0水平抛出后，恰好能沿导轨无挤压地运动至底端。若在整个空间加上一竖直向下的匀强磁场，该金属棒再以相同速度v0从导轨顶端水平抛出，不计空气阻力，则在该金属棒落地前的运动过程中（）A．若开关S断开，回路中的感应电动势为零 B．若开关S断开，回路中的感应电动势逐渐变大 C．若开关S闭合，该金属棒不会离开导轨 D．若开关S闭合，该金属棒在竖直方向做自由落体运动2．（2024秋•无锡校级期末）如图所示，等腰直角三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的直角边在x轴上且长为L，高为L。纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过磁场区域，在t＝0时刻恰好位于图中所示的位置。以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下列图像正确的是（）A． B． C． D．3．（2025•重庆模拟）如图所示，一梯形闭合导线圈沿垂直磁场和磁场竖直边界的方向，匀速向右穿过匀强磁场区域。取感应电流沿逆时针方向为正，则该过程中，该线圈中的感应电流i随时间t变化的关系（）A． B． C． D．4．（2024秋•金凤区校级期末）将电阻为R的硬质细导线做成半径为r的圆环，其内接正方形区域内充满垂直于圆环面的磁场，t＝0时磁场方向如图甲所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向，则在t＝0到t＝4t0的时间内，下列说法正确的是（）A．2t0﹣3t0时间内圆环中的感应电流B0B．0﹣2t0时间内圆环中的感应电流方向先顺时针后逆时针 C．3t0﹣4t0时间内圆环中的感应电流逐渐减小 D．0﹣2t0时间内圆环中的感应电流为25．（2025•合肥模拟）如图所示，将两根表面涂有绝缘漆的相同硬质细导线分别绕成闭合线圈a、b，两线圈中大圆环半径均为小圆环的3倍，垂直线圈平面方向有一匀强磁场，磁感应强度随时间均匀变化，则a、b两线圈中产生的感应电动势大小之比为（）A．5：13 B．13：5 C．1：7 D．7：1二．多选题（共4小题）（多选）6．（2024秋•石家庄期末）如图，在绝缘水平面内建有直角坐标系Oxy，第一象限内有竖直向下的磁场，磁感应强度沿x轴方向均匀分布，沿y轴正方向减小。在磁场中水平固定一正三角形细导线框abc，ab边平行于x轴。若使此区域各点磁感应强度随时间增大的变化率为k，则下列说法正确的是（）A．导线框的发热功率恒定 B．导线框中的电流为逆时针方向 C．导线框中的电流随时间均匀增大 D．导线框所受安培力的合力沿y轴向下（多选）7．（2024秋•西安校级期末）荡秋千是一项同学们喜欢的体育活动。如图所示，两根金属链条（可视为导体）将一根金属棒ab悬挂在固定的金属架cd上，静止时金属棒ab水平且沿东西方向，已知当地的地磁场方向自南向北斜向下与竖直方向成45°角，现让金属棒ab随链条摆起来，通过能量补给的方式可使链条与竖直方向的最大偏角保持45°不变，则下列说法中正确的是（）A．当ab棒自北向南经过最低点时，电流从c流向d B．当链条与竖直方向成45°角时，回路中感应电流一定为零 C．当ab棒自南向北摆动的过程中，回路中的磁通量先减小再增加 D．当ab棒自南向北经过最低点时，ab棒受到的安培力的方向水平向南（多选）8．（2025•仓山区校级模拟）如图所示，足够长的光滑绝缘斜面与水平面成θ＝30°固定在地面上，斜面上虚线aa'和bb'与斜面底边平行，在aa'，bb'围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，边长为h的正方形导体框MNQP，正方形导体框由虚线bb'上方无初速度释放，在释放瞬间PQ边与虚线bb'平行且相距h。已知导体框的质量为m，总电阻为r，重力加速度为g，MN边与两虚线重合时的速度大小恰好均为v=ghA．两虚线的距离为74B．导体框在穿越磁场的过程中，产生的焦耳热为2mgh C．导体框的PQ边与虚线bb'重合时，其克服安培力做功的功率大小为2BD．导体框从PQ边与虚线bb'重合到MN边与虚线bb'重合时所用的时间为2（多选）9．（2024秋•唐山期末）如图，一电阻不计的U形导轨固定在水平面上，匀强磁场垂直导轨平面竖直向上，一粗细均匀的光滑金属杆垂直放在导轨上，始终与导轨接触良好。现使金属杆以初速度v0向右运动，在轨道上滑行的最大距离为x，金属杆始终与导轨垂直。若改变金属杆的初速度v0、横截面积S和U形导轨的宽度L时，仍能保证金属杆滑行的最大距离为x的是（）A．保持L不变，v0增大，S增大 B．保持S不变，v0增大，L增大 C．保持S不变，v0不变，L增大 D．保持L不变，v0不变，S增大三．填空题（共3小题）10．（2024秋•福州校级期末）如图（a）所示，阻值为2Ω、匝数为100的圆形金属线圈与一个阻值为3Ω的电阻连接成闭合电路。线圈的半径为10cm，在线圈中有一个边长为10cm的正方形匀强磁场区域，该磁场方向垂直于线圈平面。磁感应强度B（向里为正）随时间t变化的关系如图（b）所示，导线电阻不计。则10s时通过电阻的电流方向为（选填“ab”或“ba”），其大小为A。11．（2025•福州校级模拟）如图所示，用粗细均匀的铜导线制成半径为r的圆环，PQ为圆环的直径，其左右两侧存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反，圆环的电阻为2R，一根长度为2r、电阻为R的金属棒MN绕着圆环的圆心O点紧贴着圆环以角速度ω沿顺时针方向匀速转动，转动过程中金属棒MN与圆环始终接触良好，则金属棒中电流方向为（选填“由N到M”或“由M到N”）；圆环消耗的电功率是（选填“变化的”或“不变的”）；MN中电流的大小为；MN两端的电压大小为金属棒MN旋转一周的过程中，电路中产生的热量为。12．（2024秋•哈尔滨期末）一个面积S＝4×10﹣2m2、匝数n＝100匝的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直线圈面，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图所示，由图可知，在开始2s内穿过线圈的磁通量的变化量等于Wb，在开始2s内穿过线圈的磁通量的变化率等于Wb/s，在开始2s内线圈中产生的感应电动势等于V。四．解答题（共3小题）13．（2024秋•西安期末）如图，电阻不计的两足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为L＝1m，导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝1T。质量均为m＝1kg、接入电路的有效电阻均为R＝1Ω的金属棒ab、cd垂直于导轨放置，均处于静止状态。t＝0时刻给cd棒一个方向水平向右、大小F＝4N的拉力，t＝4s时，金属棒ab和cd加速度刚好相等。此后撤去拉力F，整个过程棒与导轨接触良好。求：（1）t＝4s时金属棒ab和cd的加速度大小；（2）t＝4s时金属棒ab和cd的速度大小；（3）从t＝4s到回路中电流为零的过程中，金属棒ab和cd之间距离的增加量。14．（2024秋•无锡校级期末）如图所示，一对间距L＝1m、足够长的平行光滑金属导轨固定于绝缘水平面上，导轨左端接有R＝0.5Ω的电阻，长度与导轨间距相等的金属棒ab垂直放置于导轨上，其质量m＝0.1kg，电阻也为R，整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1T。水平向右的恒力F＝4N作用ab棒上，当t＝2s时金属棒ab的速度达到最大，随后撤去F力，棒最终静止在导轨上。重力加速度g＝10m/s2，求：（1）金属棒ab运动的最大速度vm；（2）撤去拉力F前通过定值电阻R的电荷量；（3）撤去拉力F后金属棒ab继续沿水平轨道运动的位移。15．（2024秋•金凤区校级期末）如图所示，在磁感应强度为0.3T的匀强磁场中，有一长为0.5m，阻值为r＝5Ω的导体AB，在金属框架上以10m/s的速度向右滑动，R1＝R2＝20Ω，其它电阻不计，则：（1）电路中产生的感应电动势为多少？（2）流过AB的电流大小和方向（写“A流向B”或“B流向A”）。（3）AB两端的电势差为多少？

2024-2025学年下学期高中物理教科版（2019）高二同步经典题精练之法拉第电磁感应定律参考答案与试题解析题号12345答案CAADA一．选择题（共5小题）1．（2025•重庆一模）如图所示，两条抛物线形状的平行光滑固定导轨，其顶端切线水平，底端连接一开关S。一细直金属棒置于导轨顶端，与两导轨垂直并接触良好。当该金属棒从导轨顶端以初速度v0水平抛出后，恰好能沿导轨无挤压地运动至底端。若在整个空间加上一竖直向下的匀强磁场，该金属棒再以相同速度v0从导轨顶端水平抛出，不计空气阻力，则在该金属棒落地前的运动过程中（）A．若开关S断开，回路中的感应电动势为零 B．若开关S断开，回路中的感应电动势逐渐变大 C．若开关S闭合，该金属棒不会离开导轨 D．若开关S闭合，该金属棒在竖直方向做自由落体运动【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；平抛运动的概念和性质．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】C【分析】AB.根据平抛运动的特点和电动势与水平分速度关系进行判断；CD.根据闭合回路的中，安培力的特点和弹力的分析进行分析判断。【解答】解：AB.若开关S断开，该金属棒做平抛运动，水平方向速度不变，回路中的感应电动势不变，故AB错误；CD.若开关S闭合，该金属棒受到水平向左的安培力作用，不会离开导轨，该金属棒受到导轨斜向右上方的弹力，在竖直方向不是做自由落体运动，故C正确，D错误。故选：C。【点评】考查导体棒切割磁感线产生感应电动势和安培力问题，会根据题意进行准确分析解答。2．（2024秋•无锡校级期末）如图所示，等腰直角三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的直角边在x轴上且长为L，高为L。纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过磁场区域，在t＝0时刻恰好位于图中所示的位置。以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下列图像正确的是（）A． B． C． D．【考点】描绘线圈进出磁场区域的图像．【专题】比较思想；图析法；电磁感应与图象结合；理解能力．【答案】A【分析】将整个过程分成两个位移都是L的两段，根据楞次定律判断感应电流方向。由感应电动势公式E＝BLv，L为有效切割长度，分析L的变化情况，判断感应电动势的变化情况，再判断感应电流大小的变化情况，再确定i﹣L图像。【解答】解：x在0～L过程，穿过线框的磁通量向外增大，由楞次定律判断可知，线框中感应电流沿顺时针方向，为正值。线圈切割有效长度均匀增加，线圈中的电流为i=BL效vR=BxvRx在L～2L过程，穿过线框的磁通量向外减小，由楞次定律判断可知，线框中感应电流沿逆时针方向，为负值。线圈切割有效长度均匀增加，线圈中的电流大小为i=BL效vR=BxvR=BvRx故选：A。【点评】本题先根据楞次定律定性分析感应电流的方向，再根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律相结合分析感应电流大小的变化，来确定图像的形状。3．（2025•重庆模拟）如图所示，一梯形闭合导线圈沿垂直磁场和磁场竖直边界的方向，匀速向右穿过匀强磁场区域。取感应电流沿逆时针方向为正，则该过程中，该线圈中的感应电流i随时间t变化的关系（）A． B． C． D．【考点】描绘线圈进出磁场区域的图像．【专题】比较思想；图析法；电磁学；分析综合能力．【答案】A【分析】先根据楞次定律判断感应电流方向，再由法拉第电磁感应定律和欧姆定律相结合判断感应电流大小的变化情况，采用排除法解答。【解答】解：线框刚进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律判断可知，感应电流方向为逆时针，为正。有效切割长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；进入L距离后，继续向右运动，磁通量继续增大，根据楞次定律可知，感应电流仍沿逆时针方向，为正。有效切割长度不变，感应电动势不变，则感应电流不变，且不为零；进入2L后，继续向右运动，磁通量向里减小，根据楞次定律可知，此时感应电流沿顺时针方向，为负。有效切割长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题考查电磁感应中图像问题，对于图像问题可以通过排除法进行解答，如根据图像过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除。4．（2024秋•金凤区校级期末）将电阻为R的硬质细导线做成半径为r的圆环，其内接正方形区域内充满垂直于圆环面的磁场，t＝0时磁场方向如图甲所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向，则在t＝0到t＝4t0的时间内，下列说法正确的是（）A．2t0﹣3t0时间内圆环中的感应电流B0B．0﹣2t0时间内圆环中的感应电流方向先顺时针后逆时针 C．3t0﹣4t0时间内圆环中的感应电流逐渐减小 D．0﹣2t0时间内圆环中的感应电流为2【考点】根据B﹣t或者φ﹣t图像计算感应电动势．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】D【分析】根据磁感应强度的变化率分析感应电流大小和方向；根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律求解感应电流大小。【解答】解：A、2t0﹣3t0时间内圆环中磁感应强度不变，感应电流为零，故A错误；B、0﹣2t0时间内磁感应强度的变化率不变，圆环中的感应电流大小和方向不变，故B错误；C、3t0﹣4t0时间内B﹣t图像的斜率增大，则感应电动势增大、圆环中的感应电流逐渐增大，故C错误；D、0﹣2t0时间内感应电动势大小为：E=圆环中的感应电流为：I=ER=故选：D。【点评】对于电磁感应现象中涉及图像、电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，根据电路连接情况，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及图像斜率表示的物理意义进行分析。5．（2025•合肥模拟）如图所示，将两根表面涂有绝缘漆的相同硬质细导线分别绕成闭合线圈a、b，两线圈中大圆环半径均为小圆环的3倍，垂直线圈平面方向有一匀强磁场，磁感应强度随时间均匀变化，则a、b两线圈中产生的感应电动势大小之比为（）A．5：13 B．13：5 C．1：7 D．7：1【考点】法拉第电磁感应定律的内容和表达式．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】A【分析】由法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势大小和4个小圆线圈产生的感应电动势大小，由线圈的绕线方式、楞次定律求解a、b线圈中产生的感应电动势大小之比。【解答】解：两线圈中大圆环半径均为小圆环的3倍，则大圆环的面积与小圆环面积之比为：S1由法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势大小为：E1＝|ΔΦ大Δt|＝|ΔBΔt|S4个小圆线圈产生的感应电动势大小为：E2＝4kS2由线圈的绕线方式、楞次定律可知a中大、小圆线圈产生的感应电动势方向相反，b中大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同。则a线圈中总的感应电动势大小为：Ea＝E1﹣E2，解得：Ea＝5kS2b线圈中总的感应电动势大小为：Eb＝E1+E2，解得：Eb＝13kS2所以a、b线圈中产生的感应电动势大小之比为5：13，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题主要是考查了法拉第电磁感应定律；关键是弄清楚大小圆环中感应电动势的大小和方向，掌握法拉第电磁感应定律的应用方法。二．多选题（共4小题）（多选）6．（2024秋•石家庄期末）如图，在绝缘水平面内建有直角坐标系Oxy，第一象限内有竖直向下的磁场，磁感应强度沿x轴方向均匀分布，沿y轴正方向减小。在磁场中水平固定一正三角形细导线框abc，ab边平行于x轴。若使此区域各点磁感应强度随时间增大的变化率为k，则下列说法正确的是（）A．导线框的发热功率恒定 B．导线框中的电流为逆时针方向 C．导线框中的电流随时间均匀增大 D．导线框所受安培力的合力沿y轴向下【考点】根据B﹣t或者φ﹣t图像计算感应电动势；楞次定律及其应用．【专题】比较思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】AB【分析】根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和功率公式相结合分析导线框中电流和发热功率是否恒定；根据楞次定律判断导线框中的电流方向；根据左手定则判断安培力方向。【解答】解：AC、根据法拉第电磁感应定律，有E=ΔΦΔt=k、S均不变，则线框中感应电动势E不变，感应电流不变，导线框的发热功率为P=E2R，可知导线框的发热功率恒定不变，故B、穿过线框的磁通量增加，磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律可知导线框中的电流为逆时针方向，故B正确；D、根据左手定则，可知ab边受到的安培力沿y轴正向。bc边和ca边所受安培力的合力沿y轴负向，与ab边受到的安培力大小相等，所以导线框所受安培力的合力为零，故D错误。故选：AB。【点评】解答本题时，要明确线框中磁通量随时间均匀变化时，产生的感应电动势是恒定的。（多选）7．（2024秋•西安校级期末）荡秋千是一项同学们喜欢的体育活动。如图所示，两根金属链条（可视为导体）将一根金属棒ab悬挂在固定的金属架cd上，静止时金属棒ab水平且沿东西方向，已知当地的地磁场方向自南向北斜向下与竖直方向成45°角，现让金属棒ab随链条摆起来，通过能量补给的方式可使链条与竖直方向的最大偏角保持45°不变，则下列说法中正确的是（）A．当ab棒自北向南经过最低点时，电流从c流向d B．当链条与竖直方向成45°角时，回路中感应电流一定为零 C．当ab棒自南向北摆动的过程中，回路中的磁通量先减小再增加 D．当ab棒自南向北经过最低点时，ab棒受到的安培力的方向水平向南【考点】导体转动切割磁感线产生的感应电动势．【专题】定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；推理论证能力．【答案】AB【分析】根据右手定则可判断电流方向；ab棒来到了最高点，其速度为0，不产生感应电动势，左手定则判断安培力方向。【解答】解：A．当ab棒自北向南经过最低点时，结合磁场方向，由右手定则知ab棒上的电流方向自a向b，金属架上的电流方向则为自c到d，故A正确；B．当链条与竖直方向成45°角时，ab棒来到了最高点，其速度为0，不产生感应电动势，回路中感应电流一定为零，故B正确；C．如图所示当ab棒自南向北摆动的过程中，穿过闭合回路abcd的磁通量一直减小，故C错误；D．当ab棒自南向北经过最低点时，结合磁场方向，由左手定则知安培力的方向与水平向南的方向成45°斜向下，而不是方向水平向南，故D错误。故选：AB。【点评】本题属于左手定则和右手安培定则的应用，判断力的方向用左手，判断其它物理量的方向用右手（多选）8．（2025•仓山区校级模拟）如图所示，足够长的光滑绝缘斜面与水平面成θ＝30°固定在地面上，斜面上虚线aa'和bb'与斜面底边平行，在aa'，bb'围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，边长为h的正方形导体框MNQP，正方形导体框由虚线bb'上方无初速度释放，在释放瞬间PQ边与虚线bb'平行且相距h。已知导体框的质量为m，总电阻为r，重力加速度为g，MN边与两虚线重合时的速度大小恰好均为v=ghA．两虚线的距离为74B．导体框在穿越磁场的过程中，产生的焦耳热为2mgh C．导体框的PQ边与虚线bb'重合时，其克服安培力做功的功率大小为2BD．导体框从PQ边与虚线bb'重合到MN边与虚线bb'重合时所用的时间为2【考点】电磁感应过程中的能量类问题；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．【专题】定量思想；寻找守恒量法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．【答案】AD【分析】先根据机械能守恒定律求出PQ边刚好进入磁场时的速度。已知MN边与两虚线重合时的速度大小恰好均为v=gh2，根据对称性知道PQ边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度大小相等。导体框全部位于磁场中时下滑时，根据牛顿第二定律和运动学公式相结合求两虚线的距离；导体框在穿越磁场的过程中，根据能量守恒定律求解产生的焦耳热；根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式和功率公式相结合求解导体框的PQ边与虚线bb'重合时，其克服安培力做功的功率大小；根据动量定理求解导体框从PQ边与虚线bb'重合到【解答】解：A、设PQ边刚好进入磁场时速度大小为v1。导体框进入磁场前的运动过程，由机械能守恒定律有mgh解得：v因为MN边与两虚线重合时的速度大小恰好均为v=gh2，根据导体框进出磁场过程中运动的对称性可知，设两虚线之间的距离为H，导体框全部位于磁场中时下滑的加速度大小为a=mgsinθm=gsin根据运动学公式有v1解得：H=74B、设导体框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为Q，导体框从开始下落到穿过磁场的过程，根据能量守恒定律有：12mg(h+H+h)=C、结合上述可知，导体框的PQ边与虚线bb'重合时的速度大小为v1=gE＝Bhv1此时导体框中的感应电流为I=PQ边所受的安培力大小为F＝BIh克服安培力做功的瞬时功率大小为P＝Fv1联立解得：P=B2D、设导体框通过磁场上边界所用时间为t，线框中的平均感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I=取沿导轨向下为正方向，根据动量定理有mgsinθ⋅其中h联立解得：t=2B故选：AD。【点评】本题考查电磁感应的能量问题，解决本题的关键是准确分析导体框的运动过程，正确列出动量定理方程来求出运动时间。（多选）9．（2024秋•唐山期末）如图，一电阻不计的U形导轨固定在水平面上，匀强磁场垂直导轨平面竖直向上，一粗细均匀的光滑金属杆垂直放在导轨上，始终与导轨接触良好。现使金属杆以初速度v0向右运动，在轨道上滑行的最大距离为x，金属杆始终与导轨垂直。若改变金属杆的初速度v0、横截面积S和U形导轨的宽度L时，仍能保证金属杆滑行的最大距离为x的是（）A．保持L不变，v0增大，S增大 B．保持S不变，v0增大，L增大 C．保持S不变，v0不变，L增大 D．保持L不变，v0不变，S增大【考点】单杆在导轨上无外力作用下切割磁场的运动问题．【专题】比较思想；方程法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．【答案】CD【分析】先根据密度公式得到金属棒的质量与L、S的关系，根据电阻定律得到金属棒的电阻与L、S的关系，再根据动量定理列式，得到x的表达式，即可进行判断。【解答】解：设金属杆材料的密度为ρ1，则金属杆的质量为m＝ρ1LS设金属杆的电阻率为ρ2，则金属杆的电阻为R=金属杆速度由初速度v0减小到0，取向右为正方向，根据动量定理得﹣∑BILΔt＝0﹣mv0又I=则有ΣBILΔt联立可得x=由此可知，材料不变，磁场不变，最大距离x只与v0有关，故AB错误，CD正确。故选：CD。【点评】本题中金属杆在磁场中做非匀变速直线运动，不能根据运动学公式求出滑行距离，运用动量定理求滑行距离是常用方法，要学会运用。三．填空题（共3小题）10．（2024秋•福州校级期末）如图（a）所示，阻值为2Ω、匝数为100的圆形金属线圈与一个阻值为3Ω的电阻连接成闭合电路。线圈的半径为10cm，在线圈中有一个边长为10cm的正方形匀强磁场区域，该磁场方向垂直于线圈平面。磁感应强度B（向里为正）随时间t变化的关系如图（b）所示，导线电阻不计。则10s时通过电阻的电流方向为ba（选填“ab”或“ba”），其大小为0.04A。【考点】法拉第电磁感应定律的内容和表达式．【专题】比较思想；等效替代法；电磁感应与电路结合；分析综合能力．【答案】ba，0.04。【分析】根据楞次定律判断感应电流方向。根据法拉第电磁感应定律求出线圈产生的感应电动势，再求感应电流大小。【解答】解：由楞次定律可知，在0～10s时间内，穿过线圈的磁通量向里减小，通过电阻的电流方向为ba。在10s以后，通过电阻的电流方向仍为ba，所以10s时通过电阻的电流电流方向为ba。由法拉第电磁感应定律得E＝NΔΦΔt=N其中ΔBΔt=210T/s＝0.2T/s，S＝L2＝（10×10﹣2）m根据闭合电路欧姆定律得I=联立解得I＝0.04A故答案为：ba，0.04。【点评】解答本题时，要注意公式E＝NΔΦΔt=NΔBΔtS11．（2025•福州校级模拟）如图所示，用粗细均匀的铜导线制成半径为r的圆环，PQ为圆环的直径，其左右两侧存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，但方向相反，圆环的电阻为2R，一根长度为2r、电阻为R的金属棒MN绕着圆环的圆心O点紧贴着圆环以角速度ω沿顺时针方向匀速转动，转动过程中金属棒MN与圆环始终接触良好，则金属棒中电流方向为由M到N（选填“由N到M”或“由M到N”）；圆环消耗的电功率是不变的（选填“变化的”或“不变的”）；MN中电流的大小为2Bωr23R；MN两端的电压大小为13r2Bω【考点】电磁感应过程中的能量类问题；电磁感应过程中的电路类问题．【专题】定量思想；方程法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．【答案】由M到N；不变的；2Bωr23R【分析】由右手定则判断电流方向；导体棒MN转动切割产生的感应电动势恒定，根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势大小，根据闭合电路的欧姆定律求解MN两端电压，根据焦耳定律求解产生的热。【解答】解：由右手定则可知，电流方向为由M到N。导体棒MN转动切割产生的感应电动势恒定，感应电流恒定，所以圆环消耗的电功率不变。导体棒MN转动切割产生的感应电动势为：E外电路的并联电阻为R并=R2，MN的电阻为R，由闭合电路欧姆定律可得，MNMN两端的电压：U转动一周的时间：t=2π故答案为：由M到N；不变的；2Bωr23R【点评】本题主要是考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和右手定则；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E＝BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据E=112．（2024秋•哈尔滨期末）一个面积S＝4×10﹣2m2、匝数n＝100匝的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直线圈面，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图所示，由图可知，在开始2s内穿过线圈的磁通量的变化量等于﹣0.16Wb，在开始2s内穿过线圈的磁通量的变化率等于0.08Wb/s，在开始2s内线圈中产生的感应电动势等于8V。【考点】法拉第电磁感应定律的内容和表达式．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；分析综合能力．【答案】见试题解答内容【分析】根据图示图象应用磁通量的计算公式求出磁通量的变化量；然后求出磁通量的变化率；再根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势。【解答】解：开始的2s内穿过线圈的磁通量的变化量为ΔΦ＝ΔB•S＝（﹣2﹣2）×4×10﹣2Wb＝﹣0.16Wb，负号表示方向；在开始的2s内穿过线圈的磁通量的变化率ΔΦΔt=0.162在开始2s内线圈中产生的感应电动势：E＝nΔΦΔt=100×0.08V＝故答案为：﹣0.16；0.08；8。【点评】本题中磁感应强度均匀变化，穿过线圈的磁通量均匀变化，线圈中产生恒定的电动势，由法拉第电磁感应定律求出感应电动势，是经常采用的方法和思路，注意B﹣t斜率一定，磁通量变化率一定。四．解答题（共3小题）13．（2024秋•西安期末）如图，电阻不计的两足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为L＝1m，导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝1T。质量均为m＝1kg、接入电路的有效电阻均为R＝1Ω的金属棒ab、cd垂直于导轨放置，均处于静止状态。t＝0时刻给cd棒一个方向水平向右、大小F＝4N的拉力，t＝4s时，金属棒ab和cd加速度刚好相等。此后撤去拉力F，整个过程棒与导轨接触良好。求：（1）t＝4s时金属棒ab和cd的加速度大小；（2）t＝4s时金属棒ab和cd的速度大小；（3）从t＝4s到回路中电流为零的过程中，金属棒ab和cd之间距离的增加量。【考点】双杆在等宽导轨上切割磁场的运动问题；电磁感应过程中的能量类问题；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；整体法和隔离法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．【答案】（1）t＝4s时金属棒ab和cd的加速度大小为2m/s2；（2）t＝4s时金属棒ab和cd的速度大小分别为6m/s，10m/s；（3）从t＝4s到回路中电流为零的过程中，金属棒ab和cd之间距离的增加量为4m。【分析】（1）t＝4s时，金属棒ab和cd加速度刚好相等，分别对金属棒ab和cd，利用牛顿第二定律列方程，联立求解两者的加速度大小，以及两棒受到的安培力大小；（2）根据安培力公式求出t＝4s时回路中电流大小。由闭合电路欧姆定律求出回路中的感应电动势E，再根据感应电动势公式E＝BL（v2﹣v1）和动量定理求金属棒ab和cd的速度大小；（3）回路中电流为零，两棒速度相等，根据动量守恒定律求出两棒的共同速度，再根据动量定理求从t＝4s到回路中电流为零的过程中，金属棒ab和cd之间距离的增加量。【解答】解：（1）t＝4s时，金属棒ab和cd的加速度相等时，设两棒受到的安培力大小为F安。对金属棒ab，由牛顿第二定律有F安＝ma对金属棒cd，由牛顿第二定律有F﹣F安＝ma联立解得F安＝2N，a＝2m/s2（2）根据安培力公式有F安＝BIL解得回路中电流大小为I＝2A设回路中的感应电动势为E，则E＝2IR设t＝4s时，金属棒ab、cd的速度分别是v1、v2，则E＝BL（v2﹣v1）设t＝4s时间内安培力冲量大小为I安，对金属棒cd，取向右为正方向，由动量定理有Ft﹣I安＝mv2对金属棒ab，取向右为正方向，由动量定理有I安＝mv1联立解得v1＝6m/s，v2＝10m/s（3）撤去外力F后，金属棒cd做加速度逐渐减小的减速运动，金属棒ab做加速度逐渐减小的加速运动，最后两棒速度相等，均做匀速运动，回路中感应电流为零。设最终两棒共同速度为v，取向右为正方向，根据动量守恒定律有mv1+mv2＝2mv对ab棒，取向右为正方向，根据动量定理有BI通过两棒的电荷量q=设两棒间距离增大了x，则ΔΦ＝BLx联立解得x＝4m答：（1）t＝4s时金属棒ab和cd的加速度大小为2m/s2；（2）t＝4s时金属棒ab和cd的速度大小分别为6m/s，10m/s；（3）从t＝4s到回路中电流为零的过程中，金属棒ab和cd之间距离的增加量为4m。【点评】本题是双棒问题，分析清楚金属棒的运动过程与受力情况是解题的前提，把握过程中所遵守的力学规律是关键。要知道撤去外力F后，最终两棒以相同速度做匀速运动。由于两棒组成的系统合外力为零，所以类似于非弹性碰撞，应用动量守恒定律、动量定理、能量守恒定律等知识点即可解题。14．（2024秋•无锡校级期末）如图所示，一对间距L＝1m、足够长的平行光滑金属导轨固定于绝缘水平面上，导轨左端接有R＝0.5Ω的电阻，长度与导轨间距相等的金属棒ab垂直放置于导轨上，其质量m＝0.1kg，电阻也为R，整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1T。水平向右的恒力F＝4N作用ab棒上，当t＝2s时金属棒ab的速度达到最大，随后撤去F力，棒最终静止在导轨上。重力加速度g＝10m/s2，求：（1）金属棒ab运动的最大速度vm；（2）撤去拉力F前通过定值电阻R的电荷量；（3）撤去拉力F后金属棒ab继续沿水平轨道运动的位移。【考点】单杆在导轨上有外力作用下切割磁场的运动问题；电磁感应过程中的动力学类问题；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；模型法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．【答案】（1）金属棒ab运动的最大速度vm为4m/s；（2）撤去拉力F前通过定值电阻R的电荷量为7.6C；（3）撤去拉力F后金属棒ab继续沿水平轨道运动的位移为0.4m。【分析】（1）当金属棒ab所受合力为零时，速度达到最大，安培力与拉力平衡，根据平衡条件结合安培力的计算公式进行解答；（2）根据动量定理、电荷量的计算公式求撤去拉力F前通过定值电阻R的电荷量；（3）撤去拉力F后，根据动量定理求解金属棒ab继续沿水平轨道运动的位移。【解答】解：（1）当金属棒ab所受合力为零时，速度达到最大，对ab棒，由平衡条件得F＝F安又F安＝BIL＝BBLvm联立解得金属棒ab运动的最大速度为vm＝4m/s（2）撤去拉力F前即前2s内，取向右为正方向，对ab棒，根据动量定理得Ft﹣BILt＝mv﹣0其中q=I解得通过定值电阻R的电荷量为q＝7.6C（3）撤去拉力后，对棒ab，取向右为正方向，由动量定理得﹣BI'L•t′＝0﹣mv此过程通过定值电阻R的电荷量为q′=I'•t′=m根据法拉第电磁感应定律有E=由闭合电路的欧姆定律有I'联立可得q′=解得撤去拉力F后金属棒ab继续沿水平轨道运动的位移为x＝0.4m答：（1）金属棒ab运动的最大速度vm为4m/s；（2）撤去拉力F前通过定值电阻R的电荷量为7.6C；（3）撤去拉力F后金属棒ab继续沿水平轨道运动的位移为0.4m。【点评】解答末题时，要理清金属棒的运动过程，把握速度最大的条件合力为零。要知道动量定理是求电磁感应问题中时间、电荷量或位移常用的方法。15．（2024秋•金凤区校级期末）如图所示，在磁感应强度为0.3T的匀强磁场中，有一长为0.5m，阻值为r＝5Ω的导体AB，在金属框架上以10m/s的速度向右滑动，R1＝R2＝20Ω，其它电阻不计，则：（1）电路中产生的感应电动势为多少？（2）流过AB的电流大小和方向（写“A流向B”或“B流向A”）。（3）AB两端的电势差为多少？【考点】电磁感应过程中的电路类问题；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】（1）电路中产生的感应电动势为1.5V；（2）流过AB的电流大小为0.1A，方向为B流向A；（3）AB两端的电势差为1V。【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律列式，即可分析求解；（2）由右手定则及闭合电路欧姆定律，即可分析求解；（3）结合前面分析，由闭合电路欧姆定律列式，即可分析求解。【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律可知，电路中产生的感应电动势为：E＝BLv＝0.3×0.5×10V＝1.5V；（2）由右手定则可知，流过AB的电流方向为B流向A，由闭合电路欧姆定律可知，流过AB的电流大小为：I=E（3）结合前面分析，由闭合电路欧姆定律可知，AB两端的电势差为：U＝E﹣Ir＝1.5V﹣0.1×5V＝1V；答：（1）电路中产生的感应电动势为1.5V；（2）流过AB的电流大小为0.1A，方向为B流向A；（3）AB两端的电势差为1V。【点评】本题主要考查电磁感应过程中的电路类问题，解题时需注意，通常会运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率、电热等公式联立求解。

考点卡片1．平抛运动的概念和性质【知识点的认识】1．定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，不考虑空气阻力，物体只在重力作用下的运动．2．关键词：（1）初速度沿水平方向；（2）只受重力作用．3．性质：匀变速曲线运动，其运动轨迹为抛物线．4．研究方法：分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动两个分运动．【命题方向】关于平抛运动，下列说法中正确的是（）A、平抛运动是加速度不变的运动B、平抛运动是合力不变的运动C、平抛运动是匀变速曲线运动D、平抛运动是水平抛出的物体的运动分析：平抛运动是只在重力的作用下，水平抛出的物体做的运动，所以平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动．解答：A、做平抛运动的物体，只受到重力的作用，加速度是重力加速度，所以平抛运动是加速度不变的运动，所以A正确。B、做平抛运动的物体，只受到重力的作用，所以平抛运动是合力不变的运动，所以B正确。C、由A的分析可知，平抛运动是匀变速的曲线运动，所以C正确。D、平抛运动是只在重力的作用下，水平抛出的物体做的运动，所以D正确。故选：ABCD。点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动．【解题思路点拨】1.对于平抛运动的概念，可以结合自由落体运动进行理解，自由落体运动的初速度为零，平抛运动的初速度沿水平方向，但两者都是只受重力作用。2.平抛运动是曲线运动，但是因为受到恒定的重力的作用，所以是匀变速运动。2．闭合电路欧姆定律的内容和表达式【知识点的认识】1.内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比跟内、外电路的电阻之和成反比。2.表达式：I=ER+r，E表示电动势，I表示干路总电流，3.闭合电路中的电压关系：闭合电路中电源电动势等于内、外电路电势降落之和E＝U外+U内。4.由E＝U外+U内可以得到闭合电路欧姆定律的另一个变形U外＝E﹣Ir。【命题方向】在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是（）A、如外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大B、如外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小C、如外电压不变，则内电压减小时，电源电动势也随内电压减小D、如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终为二者之和，保持恒量分析：闭合电路里，电源的电动势等于内电压与外电压之和．外电压变化时，内电压也随之变化，但电源的电动势不变．解答：A、如外电压增大，则内电压减小，电源电动势保持不变。故A错误。B、如外电压减小，内电阻不变，内电压将增大，电源电动势保持不变。故B错误。C、如外电压不变，则内电压也不变。故C错误。D、根据闭合电路欧姆定律得到，电源的电动势等于内电压与外电压之和，如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势保持恒量。故D正确。故选：D。点评：本题要抓住电源的电动势是表征电源的本身特性的物理量，与外电压无关．【解题思路点拨】闭合电路的几个关系式的对比3．楞次定律及其应用【知识点的认识】1.楞次定律的内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。2.适用范围：所有电磁感应现象。3.实质：楞次定律是能量守恒的体现，感应电流的方向是能量守恒定律的必然结果。4.应用楞次定律判断感应电流方向的一般步骤：①确定研究对象，即明确要判断的是哪个闭合电路中产生的感应电流。②确定研究对象所处的磁场的方向及其分布情况。③确定穿过闭合电路的磁通量的变化情况。④根据楞次定律，判断闭合电路中感应电流的磁场方向。⑤根据安培定则（即右手螺旋定则）判断感应电流的方向。【命题方向】某磁场的磁感线如图所示，有铜线圈自图示A处落到B处，在下落过程中，自上向下看，线圈中感应电流的方向是（）A、始终顺时针B、始终逆时针C、先顺时针再逆时针D、先逆时针再顺时针分析：楞次定律的内容是：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．根据楞次定律判断感应电流的方向．在下落过程中，根据磁场强弱判断穿过线圈的磁通量的变化，再去判断感应电流的方向．解答：在下落过程中，磁感应强度先增大后减小，所以穿过线圈的磁通量先增大后减小，A处落到C处，穿过线圈的磁通量增大，产生感应电流磁场方向向下，所以感应电流的方向为顺时针。C处落到B处，穿过线圈的磁通量减小，产生感应电流磁场方向向上，所以感应电流的方向为逆时针。故选：C。点评：解决本题的关键掌握楞次定律的内容：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．【解题方法点拨】1．楞次定律中“阻碍”的含义。2．楞次定律的推广对楞次定律中“阻碍”含义的推广：感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因。（1）阻碍原磁通量的变化﹣﹣“增反减同”；（2）阻碍相对运动﹣﹣“来拒去留”；（3）使线圈面积有扩大或缩小的趋势﹣﹣“增缩减扩”；（4）阻碍原电流的变化（自感现象）﹣﹣“增反减同”。3．相互联系（1）应用楞次定律，必然要用到安培定则；（2）感应电流受到的安培力，有时可以先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时可以直接应用楞次定律的推论确定。4．法拉第电磁感应定律的内容和表达式【知识点的认识】法拉第电磁感应定律（1）内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。（2）公式：E＝nΔΦΔt【命题方向】下列几种说法中正确的是（）A、线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B、线圈中磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大C、线圈放在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大D、线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大分析：本题考查法拉第电磁感应定律的内容，明确电动势与磁通量的变化快慢有关．解答：根据法拉第电磁感应定律，线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大；故选：D。点评：本题要求学生能够区分磁通量、磁通量的变化量及磁通量的变化率，能正确掌握法拉第电磁感应定律的内容．【解题方法点拨】1．对法拉第电磁感应定律的理解2．计算感应电动势的公式有两个：一个是E＝n△∅△t，一个是E＝Blvsinθ，计算时要能正确选用公式，一般求平均电动势选用E＝n△∅△t，求瞬时电动势选用E＝3．电磁感应现象中通过导体横截面的电量的计算：由q＝I•△t，I=ER总，E＝n△∅△t，可导出电荷量5．导体平动切割磁感线产生的感应电动势【知识点的认识】1.如果感应电动势是由导体运动而产生的，它也叫作动生电动势。2.当导体的运动方向与磁场垂直时，动生电动势的大小为：E＝Blv3.适用条件：（1）匀强磁场；（2）平动切割；（3）B、l、v三者相互垂直。4.当导体的运动方向与磁场有夹角时，如下图即如果导线的运动方向与导线本身是垂直的，但与磁感线方向有一个夹角θ，则动生电动势为：E＝Blv1＝Blvsinθ，即利用速度垂直于磁场的分量。【命题方向】如图所示，在磁感应强度B＝1.2T的匀强磁场中，让导体PQ在U形导轨上以速度υ0＝10m/s向右匀速滑动，两导轨间距离L＝0.5m，则产生的感应电动势的大小和PQ中的电流方向分别为（）分析：导体棒PQ运动时切割磁感线，回路中的磁通量发生变化，因此有感应电流产生，根据右手定则可以判断电流方向，由E＝BLv可得感应电动势的大小．解答：当导体棒PQ运动时，根据法拉第电磁感应定律得：E＝BLv＝1.2×0.5×10＝6V，根据右手定则可知，通过PQ的电流为从Q点流向P点，故ABC错误，D正确。故选：D。点评：本题比较简单，考查了导体切割磁感线产生电动势和电流方向问题，注意公式E＝BLv的适用条件和公式各个物理量的含义．【解题方法点拨】闭合或不闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体两端将产生感应电动势。如果电路闭合，电路中形成感应电流。切割磁感线运动的那部分导体相当于电路中的电源。常见的情景有以下几种：1．在E＝BLv中（要求B⊥L、B⊥v、L⊥v，即B、L、v三者两两垂直），式中的L应该取与B、v均垂直的有效长度（所谓导体的有效切割长度，指的是切割导体两端点的连线在同时垂直于v和B的方向上的投影的长度，下图中的有效长度均为ab的长度）。2．公式E＝BLv中，若速度v为平均速度，则E为平均电动势；若v为瞬时速度，则E为瞬时电动势。3．若导体不是垂直切割磁感线运动，v与B有一夹角，如图所示，则E＝Blv1＝Blvsinθ。6．导体转动切割磁感线产生的感应电动势【知识点的认识】如果导体棒绕平行于磁场的轴转动时，因为棒上各处速度不再相等，动生电动势的计算公式E＝Blv就不再适用。如下图所示，导体棒在磁场中旋转，切割磁感线产生感应电动势：虽然导体棒各处速度不同，但是根据圆周运动线速度与角速度的关系可知各处速度大小呈线性变化，所以可以用中点处的线速度表示平均速度从而计算感应电动势，即E＝Blv=Bl①如果转轴绕棒的一端旋转，vmin＝0，vmax＝ωl，则E=12Bωω是棒转动的角速度②如果以棒上一点为圆心旋转，E=12Bω（l12-l22），l③如果以棒外一点Wie圆心旋转，E=12Bω（l12-l22），l【命题方向】一直升飞机停在南半球的地磁极上空。该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B．直升飞机螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动。螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图所示。如果忽略a到转轴中心线的距离，用ε表示每个叶片中的感应电动势，则（）A、ε＝πfl2B，且a点电势低于b点电势B、ε＝2πfl2B，且a点电势低于b点电势C、ε＝πfl2B，且a点电势高于b点电势D、ε＝2πfl2B，且a点电势高于b点电势分析：转动切割产生的感应电动势根据E=12BLv求出大小，根据右手定则判断出电动势的方向，从而判断出a解答：顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动，若俯视，则叶片逆时针转动切割磁感线，根据右手定则，b点电势高于a点电势；v＝lω＝2πlf，所以电动势为E=12Blv=故选：A。点评：解决本题的关键掌握转动切割产生感应电动势的表达式E=1【解题思路点拨】对于导体转动切割磁感线产生的感应电动势，要先确认转动的圆心，然后根据E＝Blv进行计算，要正确计算导体棒的平均速度。7．根据B-t或者φ-t图像计算感应电动势【知识点的认识】本考点旨在针对电磁感应中的B﹣t图像或Φ﹣t图像问题。1.B﹣t图像（1）图像意义：B﹣t图像的纵坐标直接反映了某一时刻的磁感应强度。（2）斜率的意义：根据法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt=n（3）拐点的意义：如果拐点的斜率为0，表示感应电动势的方向要改变。B﹣t图像的斜率就等于ΔΦΔt2.Φ﹣t图像（1）图像意义：Φ﹣t图像的纵坐标直接反映某一时刻的磁通量大小。（2）斜率的意义：根据法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt，Φ﹣t图像的斜率就等于ΔΦ（3）拐点的意义：如果拐点的斜率为0，表示感应电动势的方向要改变。【命题方向】如图甲所示，匀强磁场中有一面积为S、电阻为R的单匝金属圆环，磁场方向垂直于圆环平面竖直向上。图乙为该磁场的磁感应强度B随时间t变化的图像，曲线上P点坐标为（t0，B0），P点的切线在B轴上的截距为B1，由以上信息不能得到的是（）A、t＝t0时，圆环中感应电流的方向B、t＝t0时，圆环中感应电动势的大小C、0﹣t0内，通过圆环某截面的电量D、0﹣t0内，圆环所产生的焦耳热分析：根据法拉第电磁感应定律结合图像分析电动势大小，根据楞次定律判断感应电流方向，根据电荷量的计算公式解得电量，焦耳热需要通过有效值计算。解答：A．根据楞次定律可知，t＝t0时，圆环中感应电流的方向从上向下看为顺时针方向，故A错误；B．t＝t0时，圆环中感应电动势的大小E=故B错误；C．0﹣t0内，通过圆环某截面的电量q=故C错误；D．0﹣t0内感应电动势不断变化，但是不能求解电动势的有效值，则不能求解圆环所产生的焦耳热，故D正确。故选：D。点评：本题考查电磁感应定律，解题关键掌握图像的含义及楞次定律的应用。【解题思路点拨】1.解决图像问题的一般步骤（1）明确图像的种类，是B﹣t图像还是Φ﹣t图像，或者是E﹣t图像、i﹣t图像等。（2）分析电磁感应的具体过程。（3）用右手定则或楞次定律确定方向对应关系，（4）结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数关系式。（5）根据函数关系式进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。（6）画出图像或判断图像。2.电磁感应中图像类选择题的三种常见解法（1）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），特别是物理量的正负，排除错误的选项。（2）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像作出分析和判断，这未必是最简单的方法，但却是最有效的方法。（3）面积法：对于i﹣t图像，图线与时间轴之间所围图形的面积表示电荷量，可通过q＝nΔΦR8．描绘线圈进出磁场区域的图像【知识点的认识】本考点旨在针对研究线圈进出磁场区域的图像问题。【命题方向】如图，在光滑水平桌面上有一边长为l、电阻为R的正方形导线框，在导线框右侧有一宽度为d（d＞l）的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的左、右边框平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动并穿过磁场，在穿过磁场区域过程中，下列描述该过程的v—x（速度—位移）图像中，可能正确的是（）A、B、C、D、分析：线圈以一定的初速度进入匀强磁场，由于切割磁感线，所以产生感应电流，从而受到安培力阻碍，导致线圈做加速度减小的减速运动。当完全进入后，没有磁通量变化，没有感应电流，不受到安培力，因此做匀速直线运动，当线圈离开磁场时，磁通量又发生变化，速度变化与进入磁场相似。根据动量定理列式分析。解答：线圈进入磁场时，设某时刻进入磁场的距离为x，此时线圈的速度为v，取向右为正方向，由动量定理得-B其中：I联立可得：v当完全进入磁场后，不受到安培力，所以线圈做匀速直线运动。当线圈出磁场时，速度v与位移x的关系与进入磁场相似，故ACD错误，B正确。故选：B。点评：本题属于力与电综合题，关键要根据动量定理推导出速度与位移的关系式，再分析速度的变化情况。【解题思路点拨】1.解决图像问题的一般步骤（1）明确图像的种类，是B﹣t图像还是Φ﹣t图像，或者是E﹣t图像、i﹣t图像等。（2）分析电磁感应的具体过程。（3）用右手定则或楞次定律确定方向对应关系，（4）结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数关系式。（5）根据函数关系式进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。（6）画出图像或判断图像。2.电磁感应中图像类选择题的三种常见解法（1）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），特别是物理量的正负，排除错误的选项。（2）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像作出分析和判断，这未必是最简单的方法，但却是最有效的方法。（3）面积法：对于i﹣t图像，图线与时间轴之间所围图形的面积表示电荷量，可通过q＝nΔΦR9．单杆在导轨上无外力作用下切割磁场的运动问题【知识点的认识】本考点旨在针对单杆在导轨上无外力作用下切割磁场的运动问题。模型比较复杂，可能需要综合电磁感应定律、电磁感应与电路问题的结合、电磁感应与动力学的结合、电磁感应与能量问题的结合、电磁感应与动量问题的结合等考点进行综合分析。【命题方向】如图所示，在磁感应强度B＝0.2T、方向与纸面垂直的匀强磁场中，有水平放置的两平行导轨ab、cd，其间距L＝50cm，a、c间接有电阻R．现有一电阻为r的导体棒MN跨放在两导轨间，并以v＝10m/s的恒定速度向右运动，a、c间电压为0.8V，且a点电势高．其余电阻忽略不计．问：（1）导体棒产生的感应电动势是多大？（2）通过导体棒电流方向如何？磁场的方向是指向纸里，还是指向纸外？（3）R与r的比值是多少？分析：（1）MN棒垂直切割磁感线，根据公式E＝BLv求出导体棒产生的感应电动势．（2）由题，a、c间电压为0.8V，且a点电势高，确定电流方向，由右手定则判断磁场方向．（3）根据欧姆定律求解R与r的比值．解答：（1）导体棒产生的感应电动势是E＝Blv＝0.2×0.5×10V＝1V（2）由题，a点电势高，M点相当于电源的正极，则电流方向N→M；根据右手定则可知，磁场方向指向纸里（3）根据欧姆定律得，I=解得，R点评：本题是电磁感应与电路知识的综合，确定电源与外电路是基本功，有时要画出等效电路．【解题思路点拨】导轨滑杆问题是电磁感应现象的综合应用，涉及动力学、电路、能量、动量等问题，难度较大，要认真进行分析。10．单杆在导轨上有外力作用下切割磁场的运动问题【知识点的认识】本考点旨在针对单杆在导轨上有外力作用下切割磁场的运动问题。模型比较复杂，可能需要综合电磁感应定律、电磁感应与电路问题的结合、电磁感应与动力学的结合、电磁感应与能量问题的结合、电磁感应与动量问题的结合等考点进行综合分析。【命题方向】如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨间距为L，导轨上有一质量为m、电阻为r的金属棒ab，导轨的另一端连接电阻R，其他电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在一水平恒力F作用下由静止开始向右运动．则在这个过程中（）A、随着ab运动速度的增大，其加速度将减小B、外力F对ab做的功等于电路中产生的电能C、棒克服安培力做的功一定等于电路中产生的内能D、当ab棒的速度为v时，ab两端的电势差为BLv分析：在水平方向，金属棒受到拉力F和安培力作用，安培力随速度增大而增大，根据牛顿定律分析加速度的变化情况．根据功能关系分析电能与功的关系．利用切割式电动势公式和欧姆定律求解ab两端的电压．解答：A、金属棒受到的安培力F安＝BIl＝BER+rl＝BBlvR+可见，速度增大时，F安增大，加速度减小。故A正确。B、外力F对ab做的功等于金属棒获得的动能与电路中产生的电能之和。故B错误。C、根据功能关系，棒克服安培力做的功等于电路中产生的电能，电能转化为内能。故C正确。D、当ab棒的速度为v时，ab两端的电势差为U=RR+故选：AC。点评：本题运用牛顿定律分析运动过程．要注意ab间的电压是路端电压，即为R两端电压，不是内电压．【解题思路点拨】导轨滑杆问题是电磁感应现象的综合应用，涉及动力学、电路、能量、动量等问题，难度较大，要认真进行分析。11．双杆在等宽导轨上切割磁场的运动问题【知识点的认识】本考点旨在针对双杆在等宽导轨上切割磁场的运动问题。模型比较复杂，可能需要综合电磁感应定律、电磁感应与电路问题的结合、电磁感应与动力学的结合、电磁感应与能量问题的结合、电磁感应与动量问题的结合等考点进行综合分析。【命题方向】如图所示，相距为L的两足够长平行金属导轨固定在水平面上，整个空间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场。磁感应强度为B．导轨上静止有质量为m，电阻为R的两根相同的金属棒ab、cd，与导轨构成闭合回路，金属棒cd左侧导轨粗糙右侧光滑。现用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，当金属棒cd运动距离为s时速度达到最大，金属棒ab与导轨间的摩擦力也刚好达最大静摩擦力。在此过程中，下列叙述正确的是（）A、金属棒cd的最大速度为2B、金属棒ab上的电流方向是由a向bC、整个回路中产生的热量为Fs-D、金属棒ab与轨道之间的最大静摩擦力为F分析：据题当金属棒cd运动距离为s时速度达到最大，金属棒ab与导轨间的摩擦力刚好达最大静摩擦力，ab棒刚要运动。研究cd棒，根据安培力与拉力平衡，求出最大速度。根据右手定则判断ab上的电流方向。根据功能关系求解热量。对于cd棒，由平衡条件求解最大静摩擦力。解答：A、cd棒速度最大时，所受的安培力与拉力F二力平衡，则有：F＝BIL＝BLBLv2R=B2L2vB、根据右手定则判断可知cd棒中感应电流的方向由c向d，则ab上的电流方向是由b向a，故B错误。C、根据能量守恒定律得：整个回路中产生的热量为：Q＝Fs-12mv2D、据题，cd棒的速度达到最大时ab棒所受的静摩擦力最大，cd所受的最大静摩擦力等于安培力，由于两棒所受的安培力大小相等，所以金属棒ab与轨道之间的最大静摩擦力等于F，故D正确。故选：AD。点评：本题看似双杆问题，实际属于单杆类型，关键在于正确分析两棒的受力情况和能量的转化关系，根据平衡条件和能量守恒定律进行研究。【解题思路点拨】导轨滑杆问题是电磁感应现象的综合应用，涉及动力学、电路、能量、动量等问题，难度较大，要认真进行分析。12．电磁感应过程中的动力学类问题【知识点的认识】1.模型概述：该模型考查的是电磁感应定律与运动学的联系，一般要结合牛顿第二定律，分析物体的速度与受力情况。2.两种状态处理（1）导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态。处理方法：根据平衡条件合外力等于零列式分析。（2）导体处于非平衡态——加速度不为零。处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析，或结合功能关系分析。3.两大研究对象及其关系电磁感应中导体棒既可看作电学对象（因为它相当于电源），又可看作力学对象（因为感应电流产生安培力），而感应电流Ⅰ和导体棒的速度v则是联系这两大对象的纽带：【命题方向】如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，有两根水平放置且足够长的平行金属导轨AB、CD，间距为L，在导轨的AC端连接一阻值为R的电阻，一根质量为m的金属棒ab，垂直导轨放置，导轨和金属棒的电阻不计．金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，若用恒力F沿水平向右拉导体棒运动，求金属棒的最大速度．分析：金属棒ab从静止开始沿导轨滑动，从而产生感应电流，出现安培力，金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速运动．根据E＝BLv、I=ER和F＝BIL推导出安培力公式，当加速度减小到解答：经分析知，棒向右运动时切割磁感线，产生动生电动势，由右手定则知，棒中有ab方向的电流，再由左手定则可知，安培力向左，棒受到的合力在减小，向右做加速度逐渐减小的加速运动，当安培力与摩擦力的合力增大到大小等于拉力时，则加速度减小到0时，达到最大速度，此时：F＝μmg+BIL又I=解得vm=(答：金属棒的最大速度(F点评：本题要根据牛顿定律分析金属棒的运动情况，分析和计算安培力是关键，注意另忘记棒受到摩擦力作用．【解题思路点