2024-2025学年下学期高二物理人教版期中必刷常考题之法拉第带磁感应定律

第63页（共63页）2024-2025学年下学期高二物理人教版（2019）期中必刷常考题之法拉第带磁感应定律一．选择题（共7小题）1．（2024秋•昌平区期末）如图所示，一质量为m、边长为l的正方形导线框abcd，由高度h处自由下落，ab边进入磁感应强度为B的匀强磁场区域后，线圈开始做匀速运动，直到dc边刚刚开始穿出磁场为止。已知磁场区域宽度为l。重力加速度为g，不计空气阻力。线框在穿越磁场过程中，下列说法正确的是（）A．线框进入磁场的过程中电流方向为顺时针方向 B．线框穿越磁场的过程中电流大小为BlmgC．线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热为2mgl D．线框进入磁场的过程中通过导线横截面的电荷量为m2．（2024秋•惠山区校级期末）拓扑结构在现代物理学中具有广泛的应用。现有一条绝缘纸带，两条平行长边镶有铜丝，将纸带一端扭转180°，与另一端连接，形成拓扑结构的莫比乌斯环，如图所示。连接后，纸环边缘的铜丝形成闭合回路，纸环围合部分可近似为半径为R的扁平圆柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域垂直其底面穿过，磁场区域的边界是半径为r的圆（r＜R）。若磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B＝kt（k为常量），则回路中产生的感应电动势大小为（）A．2kπr2 B．2kπR2 C．0 D．kπR23．（2025•广东一模）下列说法正确的是（）A．如图甲所示，由小磁针指向可知，通电直导线中的电流方向是向上的 B．如图乙所示，如果长为l、通过电流为I的短直导线在该磁场中所受力的大小为F，则该处磁感应强不一定为B=C．如图丙所示，闭合线圈在匀强磁场中向右加速运动，由于在做加速切割磁感线运动，所以线圈中会产生感应电流 D．如图丁所示，线圈从1位置平移到2位置时，穿过此线圈平面的磁通量不变4．（2025•郑州校级二模）如图所示，水平固定的足够长平行光滑金属导轨ab和cd间连接定值电阻R，金属棒在两导轨间的距离为L，电阻为r，整个运动过程中金属棒与导轨垂直且接触良好，整个装置处在竖直向上的匀强磁场（图中未画出）中，磁场的磁感应强度大小为B，金属棒的质量为m，现用一水平向右的恒力F作用在金属棒上使金属棒由静止开始运动，其他电阻不计，下列说法正确的是（）A．金属棒做匀加速直线运动 B．a点电势比c点电势高 C．金属棒达到的最大速度为F(D．金属棒从静止到速度最大的过程，恒力F对金属棒做的功为m5．（2024秋•甘肃期末）如图甲所示，正方形闭合线框MNPQ的总电阻r＝0.4Ω、边长为0.8m，线框内存在一个边长为0.4m的正方形磁场区域。从t＝0时刻开始，磁场的磁感应强度随时间变化的图像如图乙所示。t＝0时刻，磁场方向垂直纸面向里，0～1s内，线框中感应电流的大小和方向分别为（）A．0.16A，逆时针 B．0.16A，顺时针 C．0.08A，逆时针 D．0.08A，顺时针6．（2024秋•深圳期末）如图是我校学生食堂用的饭卡内部实物图，其由线圈和芯片组成电路，当饭卡处于感应区域时，刷卡机会激发变化的磁场，从而在饭卡内线圈中产生电磁感应。电流来驱动芯片工作，已知线圈面积为S，共n匝，某次刷卡时，线圈平面与磁场垂直，全部处于磁场区域内，且在感应时间t0内，磁感应强度方向向外由0均匀增大到B0，此过程中（）A．线框中磁通量最大为nB0S B．此现象为涡流现象 C．线框中产生的感应电流一直增大 D．线框中感应电动势大小为n7．（2024秋•望花区校级期末）如图所示，M、N为粗细均匀、同种导线围成的单匝同心圆线框；虚线为正方形的磁场区域，顶点在M上，边与N相切，边长为2L；虚线内存在垂直纸面均匀分布的磁场，且磁感应强度B随时间t的变化规律为B＝kt+B0，则M、N（不考虑互感）中的感应电流之比为（）A．2：2 B．2：π C．22；π 二．多选题（共5小题）（多选）8．（2024秋•海淀区校级期末）如图所示，abcd是一个由粗细均匀的同种材料制成、边长为0.1m的正方形闭合线框，以0.1m/s的恒定的速度沿x轴正方向在纸面内运动，并穿过一宽度为0.2m、方向垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场区域，线框ab边距磁场左边界为0.1m时开始计时。下列选项分别为d、c两点间的电势差Udc、线框中的感应电i（以顺时针方向为正）随时间t的变化图像，其中可能正确的是（）A． B． C． D．（多选）9．（2025•十堰一模）空间存在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两根相距为L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一根导体棒放置在导轨上，如图甲所示。起初开关闭合，导体棒在水平向右的恒力作用下开始运动，t0时刻速度增加到v0，此时断开开关，导体棒继续加速，2t0时刻速度增加到4v0，v﹣t图像如图乙所示，已知导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计电路中的电阻及导体棒与导轨间的摩擦。下列说法正确的是（）A．t0时刻电容器所带的电荷量为CBLv0 B．0～t0时间内通过导体棒的电流为CBLvC．0～t0时间内导体棒受到的安培力大小为CBD．恒力F=（多选）10．（2024秋•海淀区期末）如图所示，间距为L的水平U形导体框置于竖直向下的匀强磁场中，U形导体框左端连接一阻值为R的电阻。将一质量为m、电阻为r的导体棒ab静置于导体框上。从某时刻开始，对导体棒ab施加一水平向右的恒定拉力F，使其沿导体框向右运动，经过时间t，导体棒恰好运动至图中虚线位置，此时速度大小为v。已知磁感应强度大小为B，不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。在此过程中（）A．导体棒中感应电流的方向为b→a B．导体棒的平均速度大小为v2C．通过电阻R的电荷量为Ft-D．电阻R上消耗的电能为B（多选）11．（2024秋•湖北期末）如图所示，两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距L＝1m，导轨平面与水平面夹角θ＝30°。长度均为L＝1m的两金属棒a、b紧挨着置于两导轨上，金属棒a的质量为m1＝0.5kg、电阻为R1＝0.5Ω，金属棒b的质量为m2＝1.0kg、电阻为R2＝1.0Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝0.5T。现将金属棒b由静止释放，同时给金属棒a施加平行导轨向上的恒力F＝7.5N。已知运动过程中金属棒与导轨始终垂直并保持良好接触，重力加速度为g＝10m/s2，则（）A．两棒均将做匀加速直线运动 B．当金属棒b匀速运动时，金属棒a也在做匀速运动 C．金属棒b的速度大小为2m/s时，整个回路的电功率为6W D．由开始至金属棒b沿导轨向下运动3m的过程中流经金属棒a的电荷量为3C（多选）12．（2025•广西一模）在轨稳定运行的天和核心舱内，我国航天员进行的某次科研实验如图所示：一个正方形闭合线圈以速度v1垂直磁场边界进入矩形匀强磁场区域，此后线圈穿过该磁场，若线圈恰好离开磁场时的速度大小为v2，则下列关于线圈的说法正确的是（）A．进入磁场的过程中，感应电流的方向为逆时针方向 B．离开磁场的过程中，感应电流的方向为逆时针方向 C．完全进入磁场时的速度小于v1D．完全进入磁场时的速度等于v三．解答题（共3小题）13．（2024秋•惠山区校级期末）如图为法拉第圆盘发电机的示意图：铜质圆盘安装在水平铜轴上，两铜片C、D分别与转动轴和圆盘的边缘接触。圆盘处于水平向右的匀强过场中，圆盘平面与磁感线垂直，从左向右看，圆盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动。已知匀强磁场磁感应强度大小为B，圆盘半径为r，定值电阻的阻值为R，铜盘的电阻忽略不计。（1）求通过电阻R的电流的大小和方向；（2）转盘转一圈的过程中定值电阻产生的焦耳热；（3）如果圆盘不转动，使磁场的磁感应强度以B＝kt规律变化（k为常数），请判断圆盘上是否产生了感应电流？是否有电流通过电阻R？简要说明理由。14．（2024秋•温州期末）间距为L的光滑平行金属导轨置于同一水平面内，右端连接阻值为R的电阻，如图所示（俯视图），CDEF区域有存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。导轨上一根质量为m、长为L、电阻为R的金属杆a以速度v0向右运动，与另一相同的静止金属杆b发生弹性碰撞，金属杆b进入磁场区域经过一段时间后停止运动。金属杆与导轨始终接触良好，导轨的电阻不计，求：（1）金属杆b在磁场中运动时，通过电阻R的电流方向（选填“E到F”或“F到E”）；（2）金属杆b刚进入磁场时，电阻R两端的电压U；（3）整个过程中电阻R产生的热量Q。15．（2024秋•哈尔滨期末）如图所示，倾角为θ＝37°的粗糙金属轨道固定放置，导轨间距L＝0.5m，电阻不计。沿轨道向下建立x轴，OO'为两磁场分界线且OO′垂直于x轴。在x＜0区域：存在方向垂直轨道平面向下，磁感应强度为B1＝0.8T的匀强磁场；在x≥0区域：存在方向垂直轨道平面向上，磁感应强度大小随坐标变化的磁场，变化规律为B2＝0.4+0.8x（T）。初始状态，U形框cdef锁定在轨道平面上，c、f分别与O′、O重合，U形框质量为m2＝0.15kg，三边长均为L＝0.5m，由阻值R2＝0.2Ω的金属棒de和两根绝缘棒cd、ef组成。另有质量为m1＝0.05kg、长为L＝0.5m、阻值R1＝0.2Ω的金属棒ab在离OO′一定距离处获得沿轨道向下的初速度，金属棒及U形框与轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.75。金属棒及U形框始终与轨道接触良好，形成闭合回路，不计金属轨道及接触点的电阻，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）若金属棒ab的初速度为v1＝4m/s，求流过金属棒ab的电流大小及金属棒de受到安培力的大小；（2）若金属棒ab获得初速度v2的同时，解除对U形框的锁定，为保持U形框仍静止，求v2的最大值；（3）若金属棒ab以初速度v3＝4m/s从x＝﹣0.25m处开始运动，同时解除对U形框的领定，金属棒ab与U形框会发生完全非弹性碰撞，求碰后U形框的最大位移为多大。

2024-2025学年下学期高二物理人教版（2019）期中必刷常考题之法拉第带磁感应定律参考答案与试题解析题号1234567答案CABCCDC一．选择题（共7小题）1．（2024秋•昌平区期末）如图所示，一质量为m、边长为l的正方形导线框abcd，由高度h处自由下落，ab边进入磁感应强度为B的匀强磁场区域后，线圈开始做匀速运动，直到dc边刚刚开始穿出磁场为止。已知磁场区域宽度为l。重力加速度为g，不计空气阻力。线框在穿越磁场过程中，下列说法正确的是（）A．线框进入磁场的过程中电流方向为顺时针方向 B．线框穿越磁场的过程中电流大小为BlmgC．线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热为2mgl D．线框进入磁场的过程中通过导线横截面的电荷量为m【考点】线圈进出磁场的能量计算；电磁感应过程中的能量类问题；法拉第电磁感应定律的内容和表达式．【专题】比较思想；寻找守恒量法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．【答案】C【分析】根据右手定则判断感应电流方向；线框进入磁场后开始做匀速运动，根据平衡条件结合安培力公式求电流大小；从ab边进入磁场到cd边则好离开磁场，线框一直做匀速运动，根据能量守恒定律求线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热；根据机械能守恒定律求出线框刚进磁场时的速度大小，由t=lv求线框进入磁场的时间，再由q＝【解答】解：A、线框进入磁场的过程中，ab边切割磁感应线产生感应电流，根据右手定则可知，ab边中电流方向由a到b，则线框中电流方向为逆时针方向，故A错误；B、线框进入磁场后开始做匀速运动，根据平衡条件有BIl＝mg，解得电流大小为I=mgBlC、从ab边进入磁场到cd边则好离开磁场，线框一直做匀速运动，且下降的高度为2l，根据能量守恒可知，线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热等于减小的重力势能，即Q＝2mgl，故C正确；D、线框从高为h处静止释放，根据机械能守恒定律有mg解得v则线框以v=2gh线框进入磁场的过程中通过导线横截面的电荷量为q＝It，即得q=m2g故选：C。【点评】本题考查电磁感应中的能量问题，要能正确分析线框的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。2．（2024秋•惠山区校级期末）拓扑结构在现代物理学中具有广泛的应用。现有一条绝缘纸带，两条平行长边镶有铜丝，将纸带一端扭转180°，与另一端连接，形成拓扑结构的莫比乌斯环，如图所示。连接后，纸环边缘的铜丝形成闭合回路，纸环围合部分可近似为半径为R的扁平圆柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域垂直其底面穿过，磁场区域的边界是半径为r的圆（r＜R）。若磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B＝kt（k为常量），则回路中产生的感应电动势大小为（）A．2kπr2 B．2kπR2 C．0 D．kπR2【考点】法拉第电磁感应定律的基本计算．【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】根据法拉第电磁感应定律列式求解感应电动势。【解答】解：回路中相当于是n＝2匝的铜线圈，有效面积是圆形磁场区域的面积，根据法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt=2ΔBΔt•πr2＝2kπr2，故A故选：A。【点评】考查法拉第电磁感应定律的应用，关键是有效面积和匝数的分析和判断，会根据题意进行准确分析解答。3．（2025•广东一模）下列说法正确的是（）A．如图甲所示，由小磁针指向可知，通电直导线中的电流方向是向上的 B．如图乙所示，如果长为l、通过电流为I的短直导线在该磁场中所受力的大小为F，则该处磁感应强不一定为B=C．如图丙所示，闭合线圈在匀强磁场中向右加速运动，由于在做加速切割磁感线运动，所以线圈中会产生感应电流 D．如图丁所示，线圈从1位置平移到2位置时，穿过此线圈平面的磁通量不变【考点】法拉第电磁感应定律的内容和表达式；安培定则（右手螺旋定则）；磁感应强度的定义与物理意义．【专题】比较思想；归纳法；磁场磁场对电流的作用；理解能力．【答案】B【分析】图甲中，根据安培定则判断通电直导线中的电流方向；图乙中，只有当导线与磁场垂直时，才有B=【解答】解：A、如图甲所示，小磁针静止时N极指向为磁场的方向，根据安培定则可知，通电导线中的电流方向是向下的，故A错误；B、如图乙所示，若导线与磁场垂直，则B=FIl，图中未指出导线与磁场的关系，所以该处磁感应强不一定为BC、如图丙所示，线圈运动过程中，磁通量不变，不会产生感应电流，故C错误；D、如图丁所示，线圈从1位置平移到2位置时，磁场减弱，穿过此线圈平面的磁感线条数减少，则其磁通量减小，故D错误。故选：B。【点评】解答本题的关键要掌握磁场的基础知识，能熟练运用安培定则判断电流方向与磁场方向的关系。要注意公式B=4．（2025•郑州校级二模）如图所示，水平固定的足够长平行光滑金属导轨ab和cd间连接定值电阻R，金属棒在两导轨间的距离为L，电阻为r，整个运动过程中金属棒与导轨垂直且接触良好，整个装置处在竖直向上的匀强磁场（图中未画出）中，磁场的磁感应强度大小为B，金属棒的质量为m，现用一水平向右的恒力F作用在金属棒上使金属棒由静止开始运动，其他电阻不计，下列说法正确的是（）A．金属棒做匀加速直线运动 B．a点电势比c点电势高 C．金属棒达到的最大速度为F(D．金属棒从静止到速度最大的过程，恒力F对金属棒做的功为m【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；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】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】C【分析】根据右手定则判断导体棒中电流方向；根据导体棒切割磁感线产生的感应电动势得出导体棒ab两端的电压，根据功能关系可知，F做的功等于回路产生的电能和导体棒动能的增加量，根据动能定理可知，F做的功与安培力做的功之和等于导体棒增加的动能。【解答】解：A、随着速度增大，安培力增大，故导体棒的加速度逐渐减小，最后变为0，所以导体棒是做加速度变小的加速运动，之后加速度为0，速度达到最大，故A错误；B、根据右手定则可知，感应电流是顺时针，此时导体棒是电源，电源内部电流是从低电势流向高电势，导体棒下端相当于电源正极，故a的电势低于c点的电势，故B错误；C、当速度达到最大速度v时，E＝Bdv，I=ER+r，F＝F安＝BIL，解得vD、根据动能定理F做的功与安培力做的功之和等于导体棒动能的增加量，导体棒最终动能等于12mv2=mF故选：C。【点评】本题是右手定则和电路问题及功能关系在电磁感应现象中的综合题，要注意明确在电磁感应现象中能量转化的方向，掌握功能关系的应用。5．（2024秋•甘肃期末）如图甲所示，正方形闭合线框MNPQ的总电阻r＝0.4Ω、边长为0.8m，线框内存在一个边长为0.4m的正方形磁场区域。从t＝0时刻开始，磁场的磁感应强度随时间变化的图像如图乙所示。t＝0时刻，磁场方向垂直纸面向里，0～1s内，线框中感应电流的大小和方向分别为（）A．0.16A，逆时针 B．0.16A，顺时针 C．0.08A，逆时针 D．0.08A，顺时针【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】C【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。【解答】解：0～1s内，线框中感应电动势E=ΔBΔtL2=0.4-0.21故选：C。【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。6．（2024秋•深圳期末）如图是我校学生食堂用的饭卡内部实物图，其由线圈和芯片组成电路，当饭卡处于感应区域时，刷卡机会激发变化的磁场，从而在饭卡内线圈中产生电磁感应。电流来驱动芯片工作，已知线圈面积为S，共n匝，某次刷卡时，线圈平面与磁场垂直，全部处于磁场区域内，且在感应时间t0内，磁感应强度方向向外由0均匀增大到B0，此过程中（）A．线框中磁通量最大为nB0S B．此现象为涡流现象 C．线框中产生的感应电流一直增大 D．线框中感应电动势大小为n【考点】法拉第电磁感应定律的基本计算；判断磁通量的大小或变化．【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】线框中的磁通量大小与线圈匝数无关；这是在线圈中产生的感应电流；根据法拉第电磁感应定律分析计算。【解答】解：A、线框中磁通量的最大值为B0S，故A错误；B、磁现象是电磁感应现象，是在线圈中产生的感应电流，不是涡流现象，故B错误；CD、因为在感应时间t0内，磁感应强度方向向外由0均匀增大到B0，所以磁通量的变化率是定值，根据法拉第电磁感应定律可知线框中产生的感应电动势大小为E=nΔΦΔt=故选：D。【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律的应用，知道线框中的磁通量与线圈的匝数无关。7．（2024秋•望花区校级期末）如图所示，M、N为粗细均匀、同种导线围成的单匝同心圆线框；虚线为正方形的磁场区域，顶点在M上，边与N相切，边长为2L；虚线内存在垂直纸面均匀分布的磁场，且磁感应强度B随时间t的变化规律为B＝kt+B0，则M、N（不考虑互感）中的感应电流之比为（）A．2：2 B．2：π C．22；π 【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；电磁感应与图象结合；推理论证能力．【答案】C【分析】根据磁通量的定义，可得线框在磁场的有效面积之比；根据法拉第电磁感应定律，可得感应电动势之比；根据电阻定义式，可得阻值之比；根据感应电流的公式，可得感应电流之比。【解答】解：M在磁场中的有效面积为SM，由几何知识得SM＝4L2N在磁场中的有效面积为SN，由几何知识得SN＝πL2则M、N线框的有效面积之比为SM由于磁感应强度B随时间t的变化规律相同，由法拉第电磁感应定律E=可得M、N产生的感应电动势之比为EM由几何知识得，M线框的周长为LM=22πL，N线框的周长为LN由于M、N为粗细均匀的同种导线，根据电阻的决定式R=得M、N的电阻阻值之比为RM根据感应电流的计算公式I感M、N的感应电流之比为IM故C正确，ABD错误故选：C。【点评】本题考查了电阻定义式的计算和法拉第电磁感应定律中感应电流的计算，能分析出线框在磁场的有效面积是解决本题的关键。二．多选题（共5小题）（多选）8．（2024秋•海淀区校级期末）如图所示，abcd是一个由粗细均匀的同种材料制成、边长为0.1m的正方形闭合线框，以0.1m/s的恒定的速度沿x轴正方向在纸面内运动，并穿过一宽度为0.2m、方向垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场区域，线框ab边距磁场左边界为0.1m时开始计时。下列选项分别为d、c两点间的电势差Udc、线框中的感应电i（以顺时针方向为正）随时间t的变化图像，其中可能正确的是（）A． B． C． D．【考点】描绘线圈进出磁场区域的图像；根据B﹣t或者φ﹣t图像计算感应电动势．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；图析法；电磁感应与图象结合；推理论证能力．【答案】BC【分析】导体切割产生的感应电动势、由E＝BLv，计算感应电动势的大小，由右手定则判断感应电流的方向，结合闭合电路欧姆定律可求感应电流和Udc的大小，对照图像即可判断。【解答】解：AB、由题意可知，在0～1s时间内线框在磁场外，无电磁感应现象，感应电流为0，Udc＝0，则1s～2s时间内是线框进入磁场的过程，由右手定则可知，线框内电流的方向为逆时针，线框匀速运动，感应电动势大小为：E＝Blv，则感应电流大小为：I=ER=BLvR，大小恒定；在2s～3s时间内线框完全在磁场中，磁通量保持不变无感应电流，i＝0，在3s～4s时间内是线框穿出磁场的过程，由右手定则可知，线框内电流的方向为顺时针，线框匀速运动，感应电动势大小：E＝Blv，则感应电流的大小为：CD、由题意可知，在0～1s时间内线框在磁场外，无电磁感应现象，感应电流为0，Udc＝0，则1s～2s时间内是线框进入磁场的过程，由右手定则可知，线框内电流的方向为逆时针，线框匀速运动，感应电动势大小为：E＝Blv，则感应电流大小为：I=ER=BLvR，大小恒定，则Udc=14BLv，在2s～3s时间内线框完全在磁场中，磁通量保持不变无感应电流，i＝0，但bc边切割磁感线，则Udc＝BLv，在3s～4s时间内是线框穿出磁场的过程，由右手定则可知，线框内电流的方向为顺时针，线框匀速运动，感应电动势大小：E故选：BC。【点评】对于电磁感应中图像问题，往往先根据楞次定律判断感应电流的方向，先定性判断，再根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律等规律得到数据或解析式，再选择图像。（多选）9．（2025•十堰一模）空间存在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两根相距为L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一根导体棒放置在导轨上，如图甲所示。起初开关闭合，导体棒在水平向右的恒力作用下开始运动，t0时刻速度增加到v0，此时断开开关，导体棒继续加速，2t0时刻速度增加到4v0，v﹣t图像如图乙所示，已知导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计电路中的电阻及导体棒与导轨间的摩擦。下列说法正确的是（）A．t0时刻电容器所带的电荷量为CBLv0 B．0～t0时间内通过导体棒的电流为CBLvC．0～t0时间内导体棒受到的安培力大小为CBD．恒力F=【考点】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；单杆在导轨上有外力作用下切割磁场的运动问题；动量定理在电磁感应问题中的应用．【专题】定量思想；等效替代法；电磁感应与电路结合；分析综合能力．【答案】AB【分析】根据E＝BLv0求出t0时刻导体棒产生的感应电动势，由于不计电阻，所以电容器的电压等于E，由C=QU求电容器所带的电荷量；0～t0时间内导体棒做匀加速直线运动，受到的安培力不变，电容器单位时间内增加的电荷量不变，根据电流的定义式计算电流；根据F安＝BIL计算0～t0时间内导体棒受到的安培力大小；根据牛顿第二定律求恒力【解答】解：根据题中图像可知，导体棒的运动为两个连续的匀加速直线运动，t0时刻电容器两极板间的电压U＝E＝BLv0，由电容的定义式C=QU，解得Q＝CBLv0，故B、0～t0时间内导体棒受到的安培力不变，电容器单位时间内增加的电荷量不变，根据电流的定义可知I=Qt0C、0～t0时间内导体棒受到的安培力大小F安＝BIL＝BL•CBLv0tD、设导体棒的质量为m，t0时刻，根据牛顿第二定律有F﹣F安＝ma1t0～2t0时间内，根据牛顿第二定律有F＝ma2由v﹣t图像可知，a1=v0t0联立解得F=3CB故选：AB。【点评】本题考查电磁感应与力学知识的综合，要根据v﹣t图像分析导体棒的运动情况，确定其受力情况，根据牛顿第二定律、运动学公式和电磁感应规律相结合解答。（多选）10．（2024秋•海淀区期末）如图所示，间距为L的水平U形导体框置于竖直向下的匀强磁场中，U形导体框左端连接一阻值为R的电阻。将一质量为m、电阻为r的导体棒ab静置于导体框上。从某时刻开始，对导体棒ab施加一水平向右的恒定拉力F，使其沿导体框向右运动，经过时间t，导体棒恰好运动至图中虚线位置，此时速度大小为v。已知磁感应强度大小为B，不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。在此过程中（）A．导体棒中感应电流的方向为b→a B．导体棒的平均速度大小为v2C．通过电阻R的电荷量为Ft-D．电阻R上消耗的电能为B【考点】电磁感应过程中的电路类问题；右手定则；单杆在导轨上有外力作用下切割磁场的运动问题；电磁感应过程中的能量类问题．【专题】比较思想；模型法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．【答案】AC【分析】根据右手定则判断导体棒中感应电流的方向；分析导体棒的运动情况，结合v﹣t图像与时间轴所围的面积表示位移分析导体棒的平均速度大小；根据动量定理求通过电阻R的电荷量；根据焦耳定律分析电阻R上消耗的电能大小。【解答】解：A、根据右手定则，导体棒中感应电流的方向为b→a，故A正确；B、ab棒所受安培力方向与速度方向相反，随着速度增大，产生的感应电流增大，ab棒受到的安培力增大，合力减小，加速度减小，所以ab棒做加速度逐渐减小的加速运动，定性作出其v﹣t图像如图所示。根据v﹣t图像与坐标轴所围面积表示位移可知，t时间内，ab棒的位移x＞vt2，则ab棒的平均速度大小v=C、取向右为正方向，根据动量定理得Ft﹣BIL•t＝mv又通过电阻R的电荷量为q=I•联立解得q=Ft-mvD、导体棒恰好运动至图中虚线位置时，感应电流大小为I=BLvR+r，由于导体棒做加速运动，之前的速度比v小，产生的感应电流比I小，所以电阻R上消耗的电能Q＜I2Rt故选：AC。【点评】解答本题的关键要掌握电磁感应问题中求电荷量常用的方法：动量定理，同时，要注意分析导体棒的运动情况。（多选）11．（2024秋•湖北期末）如图所示，两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距L＝1m，导轨平面与水平面夹角θ＝30°。长度均为L＝1m的两金属棒a、b紧挨着置于两导轨上，金属棒a的质量为m1＝0.5kg、电阻为R1＝0.5Ω，金属棒b的质量为m2＝1.0kg、电阻为R2＝1.0Ω，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B＝0.5T。现将金属棒b由静止释放，同时给金属棒a施加平行导轨向上的恒力F＝7.5N。已知运动过程中金属棒与导轨始终垂直并保持良好接触，重力加速度为g＝10m/s2，则（）A．两棒均将做匀加速直线运动 B．当金属棒b匀速运动时，金属棒a也在做匀速运动 C．金属棒b的速度大小为2m/s时，整个回路的电功率为6W D．由开始至金属棒b沿导轨向下运动3m的过程中流经金属棒a的电荷量为3C【考点】电磁感应过程中的能量类问题；双杆在等宽导轨上切割磁场的运动问题．【专题】定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】BCD【分析】A.对金属棒a、b，由牛顿第二定律分别列式；对电路，由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律列式；结合题意，即可分析判断；B.由前面分析，结合题意，即可分析判断；C.结合前面分析，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电功率的计算公式分别列式，即可分析判断；D.结合前面分析，根据电荷量的计算公式、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律、磁通量的计算公式分别列式，即可分析判断。【解答】解：A.对金属棒a，由牛顿第二定律可得：F﹣m1gsinθ﹣BIL＝m1a1，对金属棒b，由牛顿第二定律可得：m2gsinθ﹣BIL＝m2a2，对电路，由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律可得：I=由此可知，加速阶段，电流在增大，安培力在增大，加速度在减小，故两棒均做加速度逐渐减小的变加速直线运动，故A错误；B.由前面分析可知：F﹣m1gsinθ﹣BIL＝m1a1，m2gsinθ﹣BIL＝m2a2，联立可得：a1＝2a2，由此可知，当a2＝0时，a1＝0，所以金属棒a、b同时开始做匀速直线运动，故B正确；C.结合前面分析可得，金属棒a的速度大小始终是金属棒b的速度大小的2倍，且方向相反，则金属棒b的速度大小为2m/s时，金属棒a的速度大小为4m/s，且方向相反，对整个回路分析，由法拉第电磁感应定律可得：E＝BL（v1+v2），由闭合电路欧姆定律可得：I=整个回路的电功率为：P＝EI，联立可得：P＝6W，故C正确；D.结合前面分析可知，金属棒b沿导轨向下运动s1＝3m的过程中，金属棒a沿导轨向上运动s2＝6m，对回路分可知：q=IΔt且：E=ΔϕΔt，ΔΦ＝BL（s1联立可得：q＝3C，故D正确；故选：BCD。【点评】本题考查双杆在等宽导轨上切割磁场的运动问题，解题时需注意，此模型比较复杂，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。（多选）12．（2025•广西一模）在轨稳定运行的天和核心舱内，我国航天员进行的某次科研实验如图所示：一个正方形闭合线圈以速度v1垂直磁场边界进入矩形匀强磁场区域，此后线圈穿过该磁场，若线圈恰好离开磁场时的速度大小为v2，则下列关于线圈的说法正确的是（）A．进入磁场的过程中，感应电流的方向为逆时针方向 B．离开磁场的过程中，感应电流的方向为逆时针方向 C．完全进入磁场时的速度小于v1D．完全进入磁场时的速度等于v【考点】动量定理在电磁感应问题中的应用；楞次定律及其应用；线圈进出磁场的电压、电流、电荷量等电学量的计算．【专题】定量思想；方程法；电磁感应中的力学问题；推理论证能力．【答案】AD【分析】根据楞次定律判断电流方向；根据动量定理结合电荷量的计算公式求解速度大小。【解答】解：AB、根据楞次定律可知，进入磁场的过程中，感应电流的方向为逆时针方向，离开磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，故A正确、B错误；CD、设正方向线圈的边长为L，完全进入磁场时的速度大小为v。取向右为正方向，进入磁场过程中，根据动量定理可得：﹣BI1Lt1＝mv﹣mv离开磁场过程中，根据动量定理可得：﹣BI2Lt2＝mv2﹣由于I1t1=I2t2＝q=ERt=ΔΦR=BSR解得：v=v1+v2故选：AD。【点评】对于安培力作用下导体棒、线圈的运动问题，如果涉及电荷量、求位移、速度等问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。三．解答题（共3小题）13．（2024秋•惠山区校级期末）如图为法拉第圆盘发电机的示意图：铜质圆盘安装在水平铜轴上，两铜片C、D分别与转动轴和圆盘的边缘接触。圆盘处于水平向右的匀强过场中，圆盘平面与磁感线垂直，从左向右看，圆盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动。已知匀强磁场磁感应强度大小为B，圆盘半径为r，定值电阻的阻值为R，铜盘的电阻忽略不计。（1）求通过电阻R的电流的大小和方向；（2）转盘转一圈的过程中定值电阻产生的焦耳热；（3）如果圆盘不转动，使磁场的磁感应强度以B＝kt规律变化（k为常数），请判断圆盘上是否产生了感应电流？是否有电流通过电阻R？简要说明理由。【考点】电磁感应过程中的电路类问题；导体转动切割磁感线产生的感应电动势．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；方程法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】（1）Br2ω2R（2）πB（3）圆盘中产生感应电流；但没有电流通过电阻R。圆盘中产生涡旋电流，由于沿半径方向没有电势差，故没有电流通过电阻R。【分析】（1）把铜盘看作若干条由中心指向边缘的铜棒组合而成，当铜盘转动时，每根金属棒都在切割磁感线，产生大小和方向不变的电流。根据转动切割磁感线产生的感应电动势公式E=1（2）再由焦耳定律可求焦耳热；（3）由感应电流产生的条件分析是否有电流产生和通过电阻R。【解答】解：（1）铜盘的若干半径相当于直导线绕固定点切割磁感线运动，则在运动过程中，CD两点产生的感应电动势为：E=Brv=12Br×ωr=1（2）转盘转一圈的过程中定值电阻产生的焦耳热为：Q=（3）如果圆盘不转动，使磁场的磁感应强度以B＝kt规律变化，则穿过圆盘的磁通量发生变化，圆盘中产生涡旋电流，由于沿半径方向没有电势差，故没有电流通过电阻R。答：（1）Br2ω2R（2）πB（3）圆盘中产生感应电流；但没有电流通过电阻R。圆盘中产生涡旋电流，由于沿半径方向没有电势差，故没有电流通过电阻R。【点评】本题考查运用物理知识分析实际问题的能力。此题是电磁感应问题，基本规律有楞次定律或右手定则、法拉第电磁感应定律；根据题意应用基础知识即可解题。14．（2024秋•温州期末）间距为L的光滑平行金属导轨置于同一水平面内，右端连接阻值为R的电阻，如图所示（俯视图），CDEF区域有存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。导轨上一根质量为m、长为L、电阻为R的金属杆a以速度v0向右运动，与另一相同的静止金属杆b发生弹性碰撞，金属杆b进入磁场区域经过一段时间后停止运动。金属杆与导轨始终接触良好，导轨的电阻不计，求：（1）金属杆b在磁场中运动时，通过电阻R的电流方向（选填“E到F”或“F到E”）；（2）金属杆b刚进入磁场时，电阻R两端的电压U；（3）整个过程中电阻R产生的热量Q。【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】计算题；学科综合题；定量思想；寻找守恒量法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．【答案】（1）金属杆b在磁场中运动时，通过电阻R的电流方向为F到E；（2）金属杆b刚进入磁场时，电阻R两端的电压U为13BLv0（3）整个过程中电阻R产生的热量Q为112【分析】（1）金属杆b在磁场中运动时，利用右手定则判断通过电阻R的电流方向；（2）先根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出金属杆a与b碰撞后两者的速度。根据E＝BLv0求出金属杆b刚进入磁场区域时，产生的感应电动势，根据电压分配规律求金属杆b刚进入磁场时，电阻R两端的电压U；（3）根据能量守恒求出金属杆b进入磁场区域到停止运动的过程中回路产生的总热量，再求整个过程中电阻R产生的热量Q。【解答】解：（1）金属杆b在磁场中运动时，根据右手定则可知，b杆中电流方向由D到C，则通过电阻R的电流方向F到E；（2）设金属杆a与b碰撞后a、b的速度分别为va、vb，取向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝mvb+mva根据机械能守恒定律有12联立解得va＝0、vb＝v0则金属杆b刚进入磁场区域时，产生的感应电动势为E＝BLv0金属杆a与电阻R并联，并联电阻为R根据电路连接关系，可得电阻R两端电压为U=联立解得U（3）根据能量守恒，金属杆b进入磁场区域到停止运动的过程中回路产生的总热量为Q总根据电路连接关系，电阻R产生的热量为Q=12联立解得Q答：（1）金属杆b在磁场中运动时，通过电阻R的电流方向为F到E；（2）金属杆b刚进入磁场时，电阻R两端的电压U为13BLv0（3）整个过程中电阻R产生的热量Q为112【点评】本题是电磁感应与力学知识的综合应用，要能正确分析两杆的运动过程，把握过程中遵循的力学规律是关键。b杆在磁场中的运动过程，是电磁感应与电路的综合，要搞清电路结构，确定电压和能量分配关系。15．（2024秋•哈尔滨期末）如图所示，倾角为θ＝37°的粗糙金属轨道固定放置，导轨间距L＝0.5m，电阻不计。沿轨道向下建立x轴，OO'为两磁场分界线且OO′垂直于x轴。在x＜0区域：存在方向垂直轨道平面向下，磁感应强度为B1＝0.8T的匀强磁场；在x≥0区域：存在方向垂直轨道平面向上，磁感应强度大小随坐标变化的磁场，变化规律为B2＝0.4+0.8x（T）。初始状态，U形框cdef锁定在轨道平面上，c、f分别与O′、O重合，U形框质量为m2＝0.15kg，三边长均为L＝0.5m，由阻值R2＝0.2Ω的金属棒de和两根绝缘棒cd、ef组成。另有质量为m1＝0.05kg、长为L＝0.5m、阻值R1＝0.2Ω的金属棒ab在离OO′一定距离处获得沿轨道向下的初速度，金属棒及U形框与轨道间的动摩擦因数均为μ＝0.75。金属棒及U形框始终与轨道接触良好，形成闭合回路，不计金属轨道及接触点的电阻，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）若金属棒ab的初速度为v1＝4m/s，求流过金属棒ab的电流大小及金属棒de受到安培力的大小；（2）若金属棒ab获得初速度v2的同时，解除对U形框的锁定，为保持U形框仍静止，求v2的最大值；（3）若金属棒ab以初速度v3＝4m/s从x＝﹣0.25m处开始运动，同时解除对U形框的领定，金属棒ab与U形框会发生完全非弹性碰撞，求碰后U形框的最大位移为多大。【考点】动量守恒定律在电磁感应问题中的应用；电磁感应过程中的能量类问题；倾斜平面内的导轨滑杆模型．【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．【答案】（1）流过金属棒ab的电流大小为4A，金属棒de受到安培力的大小为1.6N；（2）v2的最大值为4.41m/s；（3）碰后U形框的最大位移为1m。【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律和安培力公式求流过金属棒ab的电流大小及金属棒de受到安培力的大小；（2）根据闭合电路的欧姆定律和受力平衡求v2的最大值；（3）根据动量定理和动量守恒定律求碰后U形框的最大位移。【解答】解：（1）根据闭合电路的欧姆定律E1＝B1Lv1I1解得I1＝4AB2＝0.4+0.8L解得B2＝0.8T则F安＝B2IL解得F安＝1.6N（2）根据闭合电路的欧姆定律E2＝B1Lv2I2U形框静止B2IL＝m2gsinθ+μm2gcosθ解得v2＝4.41m/s（3）因为v3＜v2则U形框仍静止对ab棒，从开始到与U形框碰撞之前，以沿着斜面向下的方向为正方向，列动量定理（m1gsinθ﹣μm1gcosθ）t﹣B1ILt＝m1v0﹣m1v3E=I=|x解得v0＝2m/sab棒与U形框碰撞，以v0的方向为正方向，列动量守恒定律m1v0＝（m1+m2）v共解得v共＝0.5m/s对整体从撞后到速度减为0，以沿着斜面向下的方向为正方向，列动量定理[(mI其中B2de﹣B2ab＝0.4Tx'解得x'＝1m答：（1）流过金属棒ab的电流大小为4A，金属棒de受到安培力的大小为1.6N；（2）v2的最大值为4.41m/s；（3）碰后U形框的最大位移为1m。【点评】本题是多体多过程问题，关键要分析棒ab与U形框的受力情况，确定它们的运动状态，把握隐含的力学规律。对于导体棒在磁场中做非匀变速运动的过程，往往运用动量定理求位移。

考点卡片1．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2．安培定则（右手螺旋定则）【知识点的认识】1.安培定则的内容分三种不同情况．（1）直线电流：右手握住导线，伸直的拇指的方向代表电流的方向，那么弯曲的四指所指的方向就是磁感线的环绕方向．（2）环形电流：右手握住环形导线，弯曲的四指所指的方向就是电流的方向，拇指所指的方向就是环形中心轴线上的磁感线的方向．（3）通电螺线管：右手握住螺线管，让弯曲的四指所指的方向跟电流的方向一致，拇指所指的方向就是螺线管内部的磁感线的方向．2.利用安培定则判断的几种常见电流的磁场直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场，管外为非匀强磁场环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱安培定则本考点主要考查安培定则（右手螺旋定则）的内容。【命题方向】通电螺线管的电流方向跟它的磁感线方向之间的关系，也可用安培定则来判定：握住螺线管，让所指的方向跟一致，则的方向就是.分析：右手螺旋定则判断通电螺线管的电流方向与它的磁感线方向之间的关系：右手握住螺线管，让弯曲的四指所指的方向跟电流的方向一致，拇指所指的方向就是螺线管内部的磁感线的方向．解答：右手握住螺线管，让弯曲的四指所指的方向跟电流的方向一致，拇指所指的方向就是螺线管内部的磁感线的方向．故答案为：右手；弯曲的四指；电流的方向；拇指所指；螺线管内部的磁感线的方向。点评：本题考查右手螺旋定则，关键是理解其内容。属于基础简单题目。【解题思路点拨】1.电流的方向跟它的磁感线方向之间的关系可以用安培定则（右手螺旋定则）来判断。各种电流的磁场磁感线判断方法如下：（1）直线电流：右手握住导线，让伸直的拇指所指的方向与电流的方向一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线环绕的方向。（2）环形电流：让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是环形导线轴线上磁场的方向。（3）通电螺线管：右手握住螺线管，让弯曲的四指跟电流的方向一致，拇指所指的方向就是螺线管磁场的方向，或者说拇指所指的就是通电螺线管N极的方向。2.特别提醒（1）磁场是分布在立体空间的，（2）利用安培定则不仅可以判断磁场的方向，还可以根据磁场的方向判断电流的方向。（3）应用安培定则判定直线电流时，四指所指的方向是导线之外磁场的方向；判定环形电流和通电螺线管电流时，拇指的指向是线圈轴线上磁场的方向。（4）环形电流相当于小磁针，通电螺线管相当于条形磁铁，应用安培定则判断时，拇指所指的一端为它的N极。3．磁感应强度的定义与物理意义【知识点的认识】1.电流元：在物理学中，把很短一段通电导线中的电流I与导线长度l的乘积叫作电流元。2.磁感应强度（1）定义：电流元垂直于磁场放置时，电流元所受磁场的作用力F与I和l乘积的比值，叫作的磁感应强度。（2）定义式：B=F（3）单位：在国际单位制中，磁感应强度的单位是特斯拉，简称特，符号是T，1T＝1NA（4）标矢性：矢量，方向即为该处磁场方向，即静止于该处的小磁针N极所指的方向（5）物理意义：表征磁场强弱的物理量。（6）磁感应强度是磁场本身的性质，与放不放电流元无关。【命题方向】由磁感应强度的定义式B=A、磁感应强度与通电导线受到的磁场力F成正比B、磁感应强度与电流强度和导线长度的乘积成反比C、磁感应强度的方向与F的方向一致D、只要满足L很短，I很小的条件，B=分析：在磁场中磁感应强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱．将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比．公式B=FIL是比值法定义B的，磁感应强度B是由磁场本身的性质决定的物理量，不能说B与F成正比，也不能说解答：AB、磁感应强度B是由磁场本身的性质决定的物理量，定义式B=FIL是比值法定义B的，不能说B与F成正比，也不能说B与IL成反比。故AC、根据左手定则可知，F与B的方向互相垂直。故C错。D、只要满足L很短，I很小的条件，B=FIL故选：D。点评：磁感应强度的定义式B=FIL可知，是属于比值定义法．即B与F、I、L均没有关系，它是由磁场的本身决定．例如：电场强度E=【解题思路点拨】1.磁感应强度的定义式：：B=（1）公式成立条件：通电导线必须垂直于磁场方向放置，不垂直则公式不成立。（2）决定磁感应强度的因素：仅由磁场本身决定，与导线是否受磁场力以及磁场力的大小无关。（3）磁感应强度的定义式也适用于非匀强磁场，这时l应很短，称为“电流元”，相当于静电场中的“试探电荷”。2.方向：磁感应强度B是一个矢量，某点磁感应强度的方向不是放在该处的通电导线的受力方向。它的方向可以有以下几种表述方式：（1）小磁针静止时N极所指的方向，或小磁针静止时S极所指的反方向。（2）小磁针N极受力的方向（不论小磁针是否静止），或S极受力的反方向。（3）磁感应强度的方向就是该点的磁场方向。3.大小：磁场在某位置的磁感应强度的大小与方向是客观存在的，与通过导线的电流大小、导线的长短无关。即使不放入载流导线，磁感应强度也照样存在，故不能说“B与F成正比”或“B与Il成反比”。4．判断磁通量的大小或变化【知识点的认识】本考点主要是判断磁通量的大小，或者当某一参数变化时判断磁通量的变化情况。【命题方向】如图所示，一线圈放在通电螺线管的正中间A处，现向右移动到B处，则在移动过程中通过线圈的磁通量如何变化（）A、变大B、变小C、不变D、无法确定分析：穿过线圈的磁场有进去的，也有出来的，则磁通量为穿过线圈的净磁通量．根据穿出线圈磁通量的大小判断通过线圈磁通量的大小．解答：螺线管内部磁场向左穿过线圈，设向左穿过线圈的磁通量为Φ1，螺线管外部磁场向右穿过线圈，设穿过的磁通量为Φ2，则净磁通量为Φ＝Φ1﹣Φ2．线圈从正中间A处，现向右移动到B处Φ2增大，Φ1不变。则Φ减小。故B正确，A、C、D错误。故选：B。点评：解决本题的关键知道磁通量有进去也有出来时，总磁通量应为净磁通量．【解题思路点拨】1.磁通量的大小对于非匀强磁场，可以通过Φ＝BS定性分析磁通量的大小。2．磁通量的变化磁通量可以用穿过某一面积的磁感线条数来形象地定性描述，也可以用公式Φ＝BSsinθ（θ为B与S面的夹角）进行定量的计算．在分析磁通量是否发生变化时，两种描述是统一的，不能有矛盾的结果出现．例如：（1）线圈的面积发生变化时磁通量是不一定发生变化的，如图，当线圈面积由S1变为S2时，磁通量并没有变化．（2）当磁场范围一定时，线圈面积发生变化，磁通量也可能不变，如图所示，在空间有磁感线穿过线圈S，S外没有磁场，如增大S，则Φ不变．3．磁通量改变的方式：（1）线圈跟磁体之间发生相对运动，这种改变方式是S不变而相当于B发生变化；（2）线圈不动，线圈所围面积也不变，但穿过线圈面积的磁感应强度是时间的函数；（3）线圈所围面积发生变化，线圈中的一部分导体做切割磁感线运动，其实质也是B不变而S增大或减小；（4）线圈所围面积不变，磁感应强度也不变，但二者之间的夹角发生变化，如匀强磁场中转动的矩形线圈就是典型例子．5．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。6．右手定则【知识点的认识】右手定则伸开右手，让大拇指跟其余四指垂直，并且都跟手掌在同一平面内，让磁感线垂直穿过掌心，大拇指指向导体的运动方向，其余四指所指的方向，就是感应电流的方向．【命题方向】题型一：楞次定律、右手定则、左手定则、安培定则的综合应用如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动．则PQ所做的运动可能是（）A．向右匀加速运动B．向左匀加速运动C．向右匀减速运动D．向左匀减速运动分析：MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；根据右手螺旋定则，与楞次定律可知PQ的运动情况．解：MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手螺旋定则与楞次定律可知，PQ可能是向左加速运动或向右减速运动．故BC正确，AD错误．故选：BC．点评：本题关键是分析好引起感应电流的磁通量的变化，进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产生的．【解题方法点拨】1．右手定则适用于部分导体切割磁感线运动时感应电流的方向判定，而楞次定律适用于一切电磁感应现象，是判断感应电流方向的基本方法，对于由于磁通量变化而引起的感应电流，运用楞次定律判断其方向更方便．2．安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的比较及应用．（1）规律比较基本现象应用的定则或定律运动电荷、电流产生磁场安培定则磁场对运动电荷、电流有作用力左手定则电磁感应部分导体做切割磁感线运动右手定则闭合回路磁通量变化楞次定律（2）应用区别关键是抓住因果关系：①因电而生磁（I→B）→安培定则；②因动而生电（v、B→I安）→右手定则；③因电而受力（I、B→F安）→左手定则．7．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8．法拉第电磁感应定律的基本计算【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】一个100匝的线圈，在0.4s内穿过它的磁通量从0.02Wb均匀增加到0.08Wb，则线圈中总的感应电动势V．若线圈电阻为10Ω，则线圈中产生的电流强度I＝A．分析：根据法拉第电磁感应定律E=n解答：感应电动势E=感应电流的大小I=E故本题答案为：15，1.5．点评：解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律E=n【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9．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。10．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。11．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＝nΔΦR12．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＝nΔΦR13．线圈进出磁场的电压、电流、电荷量等电学量的计算【知识点的认识】1.电磁感应中的电路类问题主要涉及到求取电学中的物理量，如电流、电压、电量、功率等。本考点旨在针对线圈进出磁场的电路类问题。2.电磁感应与电路结合的相关问题的解决方法（1）明确产生感应电动势的导体或部分电路，该导体或部分电路就相当于电源。（2）画等效电路图，分清内、外电路。（3）用法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt或E＝Blv确定感应电动势的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向（4）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。（5）电磁感应中的电荷量问题：闭合回路中磁通量发生变化时，电荷发生定向移动面形成感应电流，在Δt内迁移的电荷量（感应电荷量）q＝I•Δt=ER总•Δt＝nΔΦΔt【命题方向】如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长．从置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN．第一次ab边平行MN进入磁场．线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1：第二次bc边平行MN进入磁场．线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则（）A.Q1＞Q2q1＝q2B.Q1＞Q2q1＞q2C.Q1＝Q2q1＝q2D.Q1＝Q2q1＞q2分析：由q=N解答：设ab和bc边长分别为lab，lbc，若假设穿过磁场区域的速度为v，Q1＝BI1Lab•Lbc=B2Labq1＝I1Δt=N△ΦΔt同理可以求得：Q2＝BI2Lbc•Lab=B2Lbcq2＝I2Δt=N△ΦΔtlab＞lbc，由于两次“穿越”过程均为相同速率穿过，因此：Q1＞Q2，q1＝q2，故A正确，BCD错误。故选：