專題四電路與電磁感應(yīng)第二講電磁感應(yīng)的規(guī)律及綜合應(yīng)用高考真題1.（多選）（2020?全國卷口）如圖，U形光滑金屬框面cd置于水平絕緣平臺上，曲和A邊平行，和左邊垂直。曲、de足夠長，整個(gè)金屬框電阻可忽略。一根具有一定電阻的導(dǎo)體棒置于金屬框上，用水平恒力方向右拉動(dòng)金屬框，運(yùn)動(dòng)過程中，裝置始終處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，與金屬框保持良好接觸，且與左邊保持平行。經(jīng)過一段時(shí)間后（）A.金屬框的速度大小趨于恒定值B.金屬框的加速度大小趨于恒定值C.導(dǎo)體棒所受安培力的大小趨于恒定值D.導(dǎo)體棒到金屬框左邊的距離趨于恒定值【答案】BC【解析】用水平恒力方向右拉動(dòng)金屬框，爐邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，回路中有感應(yīng)電流,,爐邊受到水平向左的安培力作用，設(shè)金屬框的質(zhì)量為加J加速度為％,由牛頓第二定律有尸一加14;導(dǎo)體棒AW受到向右的安培力，向右做加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)導(dǎo)體棒的質(zhì)量為加2,加速度為。2，由牛頓第二定律有加2a2。設(shè)金屬框爐邊的速度為v時(shí)，導(dǎo)體 E棒的速度為M,則回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢￡=BL（v—M）,由閉合電路歐姆定律可得/=元=BLV-V' , 示 ,方安=的"可得金屬框bc邊所受安培力和導(dǎo)體棒MN所受的安培力均為F安B2LB2L2v-v'R，二者加速度之差A(yù)a=a1—a24+m2），隨著所受安培力的增大，二者加速度之差A(yù)a減小，當(dāng)Aa減小到零時(shí)之后金屬框和導(dǎo)體棒的速度之差A(yù)v之后金屬框和導(dǎo)體棒的速度之差A(yù)v=v—M=FRm2，保持不變。由此可知，金屬框的速度逐漸增大，金屬框所受安培力趨于恒定值，金屬框的加速度大小趨于恒定值，導(dǎo)體. .. BiLiv~v 一.，.一棒所受的安培力方安= r 趨于恒定值，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B、C正確；導(dǎo)體棒到金屬框bc邊的距離x=vt—v't=Avt，隨時(shí)間的增大而增大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。2.（2020?全國卷口）如圖，水平放置的圓柱形光滑玻璃棒左邊繞有一線圈，右邊套有一金屬圓環(huán)。圓環(huán)初始時(shí)靜止。將圖中開關(guān)S由斷開狀態(tài)撥至連接狀態(tài)，電路接通的瞬間，可觀察到（）A.撥至M端或N端，圓環(huán)都向左運(yùn)動(dòng)B.撥至M端或N端，圓環(huán)都向右運(yùn)動(dòng)C撥至M端時(shí)圓環(huán)向左運(yùn)動(dòng)，撥至N端時(shí)向右運(yùn)動(dòng)D.撥至M端時(shí)圓環(huán)向右運(yùn)動(dòng)，撥至N端時(shí)向左運(yùn)動(dòng)【答案】B【解析】將開關(guān)S由斷開狀態(tài)撥至M端或N端，都會使線圈中的電流突然增大，穿過右邊圓環(huán)的磁通量突然增大，由楞次定律可知，圓環(huán)都會向右運(yùn)動(dòng)以阻礙磁通量的增大，選項(xiàng)B正確，A、C、D均錯(cuò)誤。3.（多選）（2020?山東等級考）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第一和第二象限分別存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反且垂直于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)磁場，圖中虛線方格為等大正方形。一位于。町平面內(nèi)的剛性導(dǎo)體框abcde在外力作用下以恒定速度沿歹軸正方向運(yùn)動(dòng)（不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)）。從圖示位置開始計(jì)時(shí)，4s末bc邊剛好進(jìn)入磁場。在此過程中，導(dǎo)體框內(nèi)感應(yīng)電流的大小為/,ab邊所受安培力的大小為Fab，二者與時(shí)間t的關(guān)系圖像可能正確的是（）【答案】BC【解析】第1s內(nèi)，ae邊切割磁感線，由E=BLv可知，感應(yīng)電動(dòng)勢不變，導(dǎo)體框總電阻一定，故感應(yīng)電流一定，由安培力F=BIL可知ab邊所受安培力與ab邊進(jìn)入磁場的長度成正比。第2s內(nèi)，導(dǎo)體框切割磁感線的有效長度均勻增大，感應(yīng)電動(dòng)勢均勻增大，感應(yīng)電流均勻增大。第3?4s內(nèi)，導(dǎo)體框在第二象限內(nèi)切割磁感線的有效長度保持不變，在第一象限內(nèi)切割磁感線的有效長度不斷增大，但兩象限磁場方向相反，導(dǎo)體框的兩部分感應(yīng)電動(dòng)勢方向相反，所以第2s末感應(yīng)電動(dòng)勢達(dá)到最大，之后便不斷減?。坏?s末與第1s末，導(dǎo)體框切割磁感線的有效長度相同，可知第3s末與第1s末線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小相等，但第3s末ab邊進(jìn)入磁場的長度是第1s末的3倍，即ab邊所受安培力在第3s末的大小等于第1s末所受安培力大小的3倍。綜上可知A、D錯(cuò)誤，B、C正確。核心突破突破1.楞次定律及法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用1．求感應(yīng)電動(dòng)勢的兩種方法A① ,.(1)E=n-At，用來計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢的平均值。(2)E=BLv或E=1BL2①，主要用來計(jì)算感應(yīng)電動(dòng)勢的瞬時(shí)值。2．判斷感應(yīng)電流方向的兩種方法(1)利用右手定則，即根據(jù)導(dǎo)體在磁場中做切割磁感線運(yùn)動(dòng)的情況進(jìn)行判斷。(2)利用楞次定律，即根據(jù)穿過回路的磁通量的變化情況進(jìn)行判斷。3．楞次定律中“阻礙”的4種表現(xiàn)形式(1)阻礙磁通量的變化——“增反減同”。(2)阻礙相對運(yùn)動(dòng)——“來拒去留”。(3)使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢——“增縮減擴(kuò)”。（4）阻礙電流的變化（自感現(xiàn)象）——“增反減同”。例題1.（2020屆安徽省蚌埠市高三第三次教學(xué)質(zhì)量檢測）如圖甲所示，一鋁制圓環(huán)處于垂直環(huán)面的磁場中，圓環(huán)半徑為廣，電阻為凡磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示，t=0時(shí)刻磁場方向垂直紙面向里，則下列說法正確的是（ ）甲 乙A.在t=t時(shí)刻，環(huán)中的感應(yīng)電流沿逆時(shí)針方向2r4B2B.在t=t時(shí)刻，環(huán)中的電功率為?00 Rt20C.在t=t時(shí)刻，環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢為零D.0~10內(nèi)，圓環(huán)有收縮的趨勢【答案】B【解析】由磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化關(guān)系圖象可知，磁場反向后，產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向沒有改變，0~t0時(shí)間內(nèi)，磁場垂直紙面向里，B減小，所以線圈中的磁通量在減小，ABB根據(jù)楞次定律可判斷線圈的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，所以A錯(cuò)誤；由圖象可得斜率為工=言Iit- 4,0LA①SAB r2B則由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E= = =——o，線圈At Att0E2 2r4B2的電功率為P=—= ，所以B正確，C錯(cuò)誤；0?t。內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度在減小，線圈R Rt2 00的磁通量在減小，所以根據(jù)楞次定律可知，線圈有擴(kuò)張趨勢，D錯(cuò)誤。故選B。例題2.（多選）（2020屆河南省焦作市高三第三次模擬）如圖所示，一正方形金屬線框abcd靜止在光滑的水平桌面上，線框右側(cè)兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上。cd邊與磁場邊界平行，磁場虛線間距大于正方形金屬線框邊長?，F(xiàn)給線框一水平向右的初速度，線框能通過磁場區(qū)域并繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（）A.線框進(jìn)入磁場的過程中，cd邊受到的安培力方向水平向左B.線框通過磁場的整個(gè)過程中，cd邊兩端的電壓始終不變C.線框進(jìn)入磁場和離開磁場的過程中，通過線框的電荷量相等D.線框進(jìn)入磁場和離開磁場的過程中，線框速度的變化量相等【答案】ACD【解析】由左手定則可知，線框進(jìn)入磁場的過程中，cd邊受到的安培力方向水平向左，A正確；cd邊進(jìn)入磁場時(shí)3U=—Blvi4icd邊出去磁場后1U=-Blv24 2且v>V12所以cd兩端電壓會發(fā)生改變，B錯(cuò)誤；線框進(jìn)入磁場和離開磁場的兩個(gè)過程中，磁通量的變化量相等，根據(jù)公式q=學(xué)，分析可知通過線框橫截面的電量相等，C正確;R根據(jù)動(dòng)量定理得，線框進(jìn)入磁場得過程，有BILt=mAvTOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"11 1離開磁場得過程，有BILt=mAv22 2又因?yàn)镮t=It11 22所以Av1=Av2,D正確。故選ACD。突破2.電磁感應(yīng)中的力、電綜合問題1．解答此類問題首先要分清左手定則、右手定則、安培定則比較項(xiàng)目左手定則右手定則安培定則應(yīng)用磁場對運(yùn)動(dòng)電荷、電流作用力方向的判斷對因?qū)w切割磁感線而產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向的判斷對電流產(chǎn)生磁場方向的判斷涉及方向的物理量磁場方向、電流（電荷運(yùn)動(dòng)）方向，安培力（洛倫茲力）方向磁場方向、導(dǎo)體切割磁感線的運(yùn)動(dòng)方向、感應(yīng)電動(dòng)勢的方向電流方向、磁場方向

各物理量方向間的關(guān)系圖例/闞.網(wǎng)0r因果關(guān)系電流T力運(yùn)動(dòng)—電流電流—磁場應(yīng)用實(shí)例電動(dòng)機(jī)發(fā)電機(jī)電流的磁效應(yīng)2.電磁感應(yīng)中動(dòng)力學(xué)問題的解題思路(1)找準(zhǔn)主動(dòng)運(yùn)動(dòng)者，用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求解感應(yīng)電動(dòng)勢的大小和方向．(2)根據(jù)等效電路圖，求解回路中電流的大小及方向．(3)分析安培力對導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)速度、加速度的影響，從而推理得出對電路中的電流有什么影響，最后定性分析導(dǎo)體棒的最終運(yùn)動(dòng)情況．(4)列牛頓第二定律或平衡方程求解．然后是“力”的分析境后進(jìn)行“運(yùn)動(dòng)

狀志”的分析及

唯量”分所3．能量轉(zhuǎn)化問題的分析然后是“力”的分析境后進(jìn)行“運(yùn)動(dòng)

狀志”的分析及

唯量”分所分陶出電路中由Tm攜感應(yīng)產(chǎn)生電動(dòng)烤的等效電源，求也電源參數(shù)E和r.分析電路結(jié)構(gòu)，弄清串、并聯(lián)關(guān)系,求出相關(guān)

部分的電流大小,以便求解安培力TOC\o"1-5"\h\z、分析研究對象(常是金屈桿、導(dǎo)體、線圈等)的受力情況，尤其注意其所受的安培力\o"CurrentDocument"‘根據(jù)力利運(yùn)動(dòng)的關(guān)系，判斷出正確的運(yùn)動(dòng)模型及能量轉(zhuǎn)化關(guān)系\o"CurrentDocument"4 J4.解決電磁感應(yīng)中電路問題的思路.“源”的分析：用法拉第電磁感應(yīng)定律算出E的大小，用楞次定律或右手定則確定感應(yīng)電動(dòng)勢的方向(感應(yīng)電流方向是電源內(nèi)部電流的方向)，從而確定電源正負(fù)極，明確內(nèi)阻r..“路”的分析：根據(jù)“等效電源”和電路中其他各元件的連接方式畫出等效電路./①.根據(jù)E=BLv或E=〃/，結(jié)合閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路知識和電功率、焦耳定律等關(guān)系式聯(lián)立求解.例題3.(2020屆河北省石家莊市第二中學(xué)高三教學(xué)質(zhì)量檢測)如圖1所示，光滑的平

行豎直金屬導(dǎo)軌AB、CD相距L在A、C之間接一個(gè)阻值為R的電阻，在兩導(dǎo)軌間abcd矩形區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面豎直向上、寬為5d的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一質(zhì)量為m、電阻為八長度也剛好為L的導(dǎo)體棒放在磁場下邊界ab上（與ab邊重合），.現(xiàn)用一個(gè)豎直向上的力F拉導(dǎo)體棒，使它由靜止開始運(yùn)動(dòng)，已知導(dǎo)體棒離開磁場前已開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌始終垂直且保持良好接觸，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，F(xiàn)隨導(dǎo)體棒與初始位置的距離x變化的情況如圖2所示，下列判斷正確的是（ ）A．導(dǎo)體棒經(jīng)過磁場的過程中，通過電阻RA．導(dǎo)體棒經(jīng)過磁場的過程中，通過電阻R的電荷量為5BLdRB．2mg（R+r）B．導(dǎo)體棒離開磁場時(shí)速度大小為2mgrC.離開磁場時(shí)導(dǎo)體棒兩端電壓為BLD.導(dǎo)體棒經(jīng)過磁場的過程中，電阻R產(chǎn)生焦耳熱為9mgd-2m3g2（R-r）B4L4【答案】B【解析】設(shè)導(dǎo)體棒離開磁場時(shí)速度大小為v.此時(shí)導(dǎo)體棒受到的安培力大小為:B2L2vF= .由平衡條件得：F=F+mg;由圖2知：F=3mg,聯(lián)立解得：安R+r 安

2mg（R+r）V二鼻二.故B正確.導(dǎo)體棒經(jīng)過磁場的過程中，通過電阻R的電荷量為:A①B-5dL5BLd T2mgq= = = .故A錯(cuò)誤.離開磁場時(shí)，由F=BIL+mg得：I=--f-R+rR+r R+r BL2mgR導(dǎo)體棒兩端電壓為：u=IR= .故c錯(cuò)誤.導(dǎo)體棒經(jīng)過磁場的過程中，設(shè)回路產(chǎn)生BL1的總焦耳熱為Q.根據(jù)功能關(guān)系可得：Q=WF-mg嗎d--mv2,而拉力做功為：RWF=2mgd+3mgMd=14mgd；電阻R產(chǎn)生焦耳熱為：Q二--Q；聯(lián)立解得:F RR+rQr=.故D錯(cuò)誤.B4L4(R+r)9mgdRB4L4-Qr=.故D錯(cuò)誤.B4L4(R+r)例題4.（多選）（2020屆河南省六市高三第一次聯(lián)合調(diào)研監(jiān)測）如圖,光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L,與水平面夾角為仇兩導(dǎo)軌上端用阻值為R的電阻相連，該裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面。質(zhì)量為m的金屬桿ab以沿導(dǎo)軌平面向上的初速度v0從導(dǎo)軌底端開始運(yùn)動(dòng)，然后又返回到出發(fā)位置。在運(yùn)動(dòng)過程中，ab與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計(jì)ab和導(dǎo)軌的電阻及空氣阻力。則（ ）B2L2VA.初始時(shí)刻金屬桿的加速度為 omRB.金屬桿上滑時(shí)間小于下滑時(shí)間C在金屬桿上滑和下滑過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量相同

D.在金屬桿上滑和下滑過程中通過電阻R上的電荷量相同【答案】BD【解析】ab開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，ab棒所受的安培力FF=BIL=AB2L2v 0R根據(jù)牛頓第二定律得，ab棒的加速度mgsin。+F B2Lva= a=gsin。+ om mR選項(xiàng)A錯(cuò)誤;物體下滑時(shí)加速度滿足mgsin9-F'a'= a<am1根據(jù)S=-at2可知金屬桿上滑時(shí)間小于下滑時(shí)間，選項(xiàng)B正確；克服安培力做功等于回路產(chǎn)生的熱量，上滑過程中安培力較大，則克服安培力做功較大，產(chǎn)生的熱量較大，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；A①BLs根據(jù)q- 二1RR可知，在金屬桿上滑和下滑過程中通過電阻R上的電荷量相同，選項(xiàng)D正確。故選BD。突破3.電磁感應(yīng)中的動(dòng)量問題1.應(yīng)用動(dòng)量觀點(diǎn)解決電磁感應(yīng)綜合問題可分為兩類：(1)利用動(dòng)量定理求感應(yīng)電荷量或運(yùn)動(dòng)位移

應(yīng)用動(dòng)量定理可以由動(dòng)量變化來求解變力的沖量，如在導(dǎo)體棒做非勻變速運(yùn)動(dòng)的問題中,應(yīng)用動(dòng)量定理可以解決牛頓運(yùn)動(dòng)定律不易解答的問題?！敢? . .._p AP如：B/BLt=q=/'Az?可信B^BL?！狟2L2v, ,一 ApR" At=AP,x=vA工可得x=Dr總。R B2L2總(2)利用動(dòng)量守恒定律分析雙導(dǎo)體桿問題在相互平行的光滑水平軌道間的雙棒做切割磁感線運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于這兩根導(dǎo)體棒所受的安培力等大反向，合外力為零，若不受其他外力，兩導(dǎo)體棒的總動(dòng)量守恒。解決此類問題往往要應(yīng)用動(dòng)量守恒定律。例題5.如圖甲所示，兩條相距/的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一豎直面(紙面)內(nèi)，其上端接一阻值為R的電阻，在兩導(dǎo)軌間。。下方區(qū)域內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B?，F(xiàn)使長為/、電阻為八質(zhì)量為m的金屬棒ab由靜止開始自O(shè)O位置釋放，向下運(yùn)動(dòng)距離d后速度不再變化(棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好的接觸且下落過程中始終保持水平，導(dǎo)軌電阻不計(jì))。(1)求棒ab在向下運(yùn)動(dòng)距離d過程中回路產(chǎn)生的總焦耳熱；(2)棒ab從靜止釋放經(jīng)過時(shí)間10下降了2，求此時(shí)刻的速度大小;(3)如圖乙所示，在OO上方區(qū)域加一面積為S的垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場B，，棒ab由靜止開始自O(shè)O上方某一高度處釋放，自棒ab運(yùn)動(dòng)到OO位置開始計(jì)時(shí)，B隨時(shí)間t的變化關(guān)系B'=kt,式中k為已知常量；棒ab以速度v0進(jìn)入OO下方磁場后立即施加一豎直外力使其保持勻速運(yùn)動(dòng)。求在t時(shí)刻穿過回路的總磁通量和電阻R的電功率?！敬鸢浮縨3g2R+r2【答案】(1)mgd——2B4/4一

，一B2bdQ)g'，一B2bdQ)g'。2mR+r(3)Blv01+ktS<Blv0+kS\IR+r)【解析】（i）對閉合回路：i=Bvmr由平衡條件可知：mg=BIlmmmgR+r解得vm=由功能關(guān)系：mgd=2mvm2+Q八9 m3g2R+r2解得Q=mgd——再一（2）由動(dòng)量定理可知：（mg—BIl）10=mv即mgt0—Blq=mvA①1 2又q=r+R=~r+R―B B212d解得v=gt0—2mR+r(3)因?yàn)棰?Blv01+ktS由法拉第電磁感應(yīng)定律可得：E=等=Blv0+kS解得P=解得P=Blv0+kS

、R+r,2RR。例題6.如圖所示，光滑平行金屬導(dǎo)軌的水平部分處于豎直向下的B=4T的勻強(qiáng)磁場中，兩導(dǎo)軌間距為L=0.5m,導(dǎo)軌足夠長且不計(jì)電阻。金屬棒a和b的質(zhì)量都為m=1卜8，連入導(dǎo)軌間的電阻Ra=Rb=1Q。b棒靜止于導(dǎo)軌水平部分，現(xiàn)將a棒從h=80cm高處自靜止沿弧形導(dǎo)軌下滑，通過C點(diǎn)進(jìn)入導(dǎo)軌的水平部分，已知兩棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終保持與導(dǎo)軌垂直，且兩棒始終不相碰。求a、b兩棒的最終速度，以及整個(gè)過程中b棒中產(chǎn)生的焦耳熱(已知重力加速度g=10m/s2)?！敬鸢浮?m/s2J【解析】：設(shè)a棒下滑至C點(diǎn)時(shí)速度為v0,由動(dòng)能定理，有mgh=2mv02-0解得v0=4m/s;此后的運(yùn)動(dòng)過程中，a、b兩棒達(dá)到共速前，兩棒所受安培力始終等大反向，因此a、b兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有mv0=(m＋m)v解得a、b兩棒共同的最終速度為v=2m/s,此后兩棒一起做勻速直線運(yùn)動(dòng);由能量守恒定律可知，整個(gè)過程中回路產(chǎn)生的總焦耳熱為：Q=gmv02—2（m+m）v2則b棒中產(chǎn)生的焦耳熱為Qb=2Q解得Qb=2J。突破4.電磁感應(yīng)中的圖像問題1．圖像類型

JE=嗤E=Blv串、并聯(lián)電路知④L（團(tuán)合電JE=嗤E=Blv串、并聯(lián)電路知④L（團(tuán)合電路班姆定律〕T電功、屯功率「焦耳定南）2．分析方法3．解答電磁感應(yīng)中圖像類選擇題的兩個(gè)常用方法排除法定性地分析電磁感應(yīng)過程中物理量的變化趨勢（增大還是減?。?、變化快慢（均勻變

化還是非均勻變化），特別是分析物理量的正負(fù)，以排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)排除法函數(shù)法根據(jù)題目所給條件定量地寫出兩個(gè)物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對圖函數(shù)法像進(jìn)行分析和判斷例題7.（多選）（2020屆河北省保定市高三第一次模擬）如圖所示，等腰直角三角形金屬框abc右側(cè)有一有界勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向外，ab邊與磁場兩邊界平行，磁場寬度大于bc邊的長度?，F(xiàn)使框架沿bc邊方向勻速穿過磁場區(qū)域，t=0時(shí)，c點(diǎn)恰好達(dá)到磁場左邊界。線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為區(qū)感應(yīng)電流為I（逆時(shí)針方向?yàn)殡娏髡较颍?，bc兩點(diǎn)間的電勢差為Ubc，金屬框的電功率為尸。圖中上述各量隨時(shí)間變化的圖像可能正確的是【答案】BC【解析】根據(jù)導(dǎo)體棒切割磁場產(chǎn)生的動(dòng)生電動(dòng)勢為E=Blv可知，第一階段勻速進(jìn)磁場的有效長度均勻增大，產(chǎn)生均勻增大的電動(dòng)勢，因磁場寬度大于bc邊的長度，則第二階段線框全部在磁場中雙邊切割，磁通量不變，線框的總電動(dòng)勢為零，第三階段勻速出磁場，有效長度均勻增大，產(chǎn)生均勻增大的電動(dòng)勢，故E~t圖像的第三階段畫錯(cuò)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)閉合Ei一電路的歐姆定律R，可知第一階段感應(yīng)電流均勻增大，方向由楞次定律可得為順時(shí)針（負(fù)值），第二階段電流為零，第三階段感應(yīng)電流均勻增大，方向逆時(shí)針（正值），故I圖像正確，故B正確；由部分電路的歐姆定律iRbc，可知圖像和i—t圖像的形狀完全相同，故C正確；金屬框的電功率為P=i2R，則電流均勻變化，得到的電功率為二次函數(shù)關(guān)系應(yīng)該畫出開口向上的拋物線，則P—t圖像錯(cuò)誤，故D錯(cuò)誤。故選BC。例題8.（2020?河北唐山檢測）如圖甲所示，矩形導(dǎo)線框abcd固定在變化的磁場中，產(chǎn)生了如圖乙所示的電流（電流方向abcda為正方向）。若規(guī)定垂直紙面向里的方向?yàn)榇艌稣较?，能夠產(chǎn)生如圖乙所示電流的磁場為（ ）

【答案】D【解析】由題圖乙可知，0?11內(nèi)，線圈中的電流的大小與方向都不變，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線圈中的磁通量的變化率相同，故0?11內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度與時(shí)間的關(guān)系是一條斜線，A、B錯(cuò)誤；又由于0?11時(shí)間內(nèi)電流的方向?yàn)檎?，即沿abcda方向，由楞次定律可知，電路中感應(yīng)電流的磁場方向向里，故0?11內(nèi)原磁場方向向里減小或向外增大，D正確，C錯(cuò)誤。實(shí)戰(zhàn)演練1.(2020屆安徽省馬鞍山市高三第二次質(zhì)監(jiān))如圖所示，虛線邊界MN右側(cè)充滿垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，紙面內(nèi)有一個(gè)邊長為L粗細(xì)均勻的正方形導(dǎo)線框abcd，cd邊與MN平行。導(dǎo)線框在外力作用下，先后以v和2v的速度垂直MN兩次勻速進(jìn)入磁場。運(yùn)動(dòng)過程中線框平面始終與磁場垂直，則()A．A．進(jìn)入磁場過程中，導(dǎo)線框中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向B．CB．C．導(dǎo)線框兩次進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的熱量之比1口2導(dǎo)線框以速度v進(jìn)入磁場時(shí)，cd兩點(diǎn)間電勢差為BLvDD．導(dǎo)線框兩次進(jìn)入磁場過程中，外力做功的功率之比1口2【答案】C【解析】由楞次定律可知，進(jìn)入磁場過程中，導(dǎo)線框中感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；導(dǎo)線框以速度v進(jìn)入磁場時(shí)，電動(dòng)勢E=BLv則cd兩點(diǎn)間電勢差為3U=-BLv，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；cd4導(dǎo)線框兩次進(jìn)入磁場過程中產(chǎn)生的熱量為E2 B2L2v2LB2L3vQ=—t= *一= xvRR vR則產(chǎn)生的熱量之比為1口2,選項(xiàng)C正確；導(dǎo)線框兩次進(jìn)入磁場過程中，外力做功的功率等于電功率，即E2B2L2v2P=――=——r——XV2則外力功率之比為1口4,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。2.（多選）（2020屆湖南省常德市高三一模）如圖所示，光滑、平行的金屬軌道分水平段（左端接有阻值為R的定值電阻）和半圓弧段兩部分，兩段軌道相切于N和N點(diǎn)，圓弧的半徑為r，兩金屬軌道間的寬度為d，整個(gè)軌道處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中.質(zhì)量為m、長為d、電阻為R的金屬細(xì)桿置于框架上的MM處，MN=r.在t=0時(shí)刻，給金屬細(xì)桿一個(gè)垂直金屬細(xì)桿、水平向右的初速度v0，之后金屬細(xì)桿沿軌道運(yùn)動(dòng)，在t=11時(shí)刻，金屬細(xì)桿以速度v通過與圓心等高的P和P'；在t=12時(shí)刻,金屬細(xì)桿恰好通過圓弧軌道的最高點(diǎn)，金屬細(xì)桿與軌道始終接觸良好，軌道的電阻和空氣阻力均不計(jì)，重力加速度為名以下說法正確的是（）

A.片0時(shí)刻，金屬細(xì)桿兩端的電壓為Bdv0B2d2vB.t=11時(shí)刻，金屬細(xì)桿所受的安培力為一2R-C．BdrC．從t=0到t=11時(shí)刻，通過金屬細(xì)桿橫截面的電量為—15D.從t=0至U12時(shí)刻,定值電阻r產(chǎn)生的焦耳熱為4m0-4mgr【答案】CD【解析】t=0時(shí)刻，金屬細(xì)桿產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢E=Bdv0E1金屬細(xì)桿兩端的電壓U=--R=~Bdv,故A錯(cuò)誤；2R 2 0t=11時(shí)刻，金屬細(xì)桿的速度與磁場平行，不切割磁感線，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，所以此時(shí)，金屬細(xì)桿不受安培力，故B錯(cuò)誤；—A Bd義2r從t=0到t=11時(shí)刻，電路中的平均電動(dòng)勢E=^-=——Iit- 4,1二E回路中的電流I=—2R在這段時(shí)間內(nèi)通過金屬細(xì)桿橫截面的電量q=I?t1解得q=故解得q=故C正確;設(shè)桿通過最高點(diǎn)速度為V2，金屬細(xì)桿恰好通過圓弧軌道的最高點(diǎn)，對桿受力分析，由牛頓第二定律可得V2mg=mtr從t=0到t=12時(shí)刻，據(jù)功能關(guān)系可得，回路中的總電熱—mv2-—mv2202 2定值電阻R產(chǎn)生的焦耳熱1Qr=2Q15解得Qr=4mv0-4mgr故D正確，故選CD。3.（多選）（2020屆吉林省長春市高三二模）如圖所示，x軸上方有兩條曲線均為正弦曲線的半個(gè)周期，其高和底的長度均為/，在x軸與曲線所圍的兩區(qū)域內(nèi)存在大小均為B，方向如圖所示的勻強(qiáng)磁場，MNPQ為一邊長為l的正方形導(dǎo)線框，其電阻為R，MN與x軸重合，在外力的作用下，線框從圖示位置開始沿x軸正方向以速度v勻速向右穿越磁場區(qū)域，則下列說法中正確的是（ ）A．l線框的PN邊到達(dá)X坐標(biāo)為不處時(shí)，感應(yīng)電流最大B．C．穿越磁場的整個(gè)過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為專vD．穿越磁場的整個(gè)過程中，外力所做的功為?！敬鸢浮緽CA．l線框的PN邊到達(dá)X坐標(biāo)為不處時(shí)，感應(yīng)電流最大B．C．穿越磁場的整個(gè)過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為專vD．穿越磁場的整個(gè)過程中，外力所做的功為?！敬鸢浮緽Cl【解析】電流和切割長度成正比，所以線框的尸N邊到達(dá)X坐標(biāo)為不處時(shí)，相當(dāng)于長度為/3l的邊框來切割磁感線，線框的尸N邊到達(dá)X坐標(biāo)為了處時(shí)，相當(dāng)于兩個(gè)長度為l的邊框來3l切割磁感線，兩個(gè)電動(dòng)勢疊加，所以線框的PN邊到達(dá)X坐標(biāo)為了處時(shí)，感應(yīng)電流最大為2BLv—^,故A錯(cuò)誤，B正確；因?yàn)殡娏鞯淖兓辖涣麟姷奶卣?，所以線框的PN邊到Rl達(dá)X坐標(biāo)為5處時(shí)，產(chǎn)生的焦耳熱為Q=12Rt=11霹BLv^2nlB213v .R.一二 I2RJv2Rl線框的PN邊從不到21處時(shí)，產(chǎn)生的焦耳熱為Q2l 2B2l3v?R,一二 vR線框的PN邊從21到了處時(shí)，產(chǎn)生的焦耳熱為3l線框的PN邊到達(dá)X坐標(biāo)為7處時(shí)，感應(yīng)電流最大Q=12Rt=31［?。?.rQ=12Rt=31、2R)v2R所以產(chǎn)生的總焦耳熱為Q=QJQ2+Q3=牛又因?yàn)橥饬λ龅墓偷扔诮苟鸁?，所以C正確，D錯(cuò)誤。故選BC。4.（2020屆三湘名校教育聯(lián)盟高三第二次大聯(lián)考）如圖所示，總阻值為R的正方形線框的左半側(cè)處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向與線框平面垂直，線框的對稱軸MN恰與磁場邊緣平齊。若第一次將線框從磁場中以恒定速度v1向右勻速拉出，第二次以線速度v2讓線框繞軸MN勻速轉(zhuǎn)過90°，下列說法正確的是（ ）A.第一次操作過程中線框產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針方向B.兩次操作過程中經(jīng)過線框橫截面的電量之比為2口1C若兩次操作過程中線框產(chǎn)生的焦耳熱相等，則v1：v2=?：2D.若兩次操作過程中線框產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢相等，則v1：v2=2：n【答案】D【解析】由右手定則可知，第一次操作過程中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；A①由公式q=-可知兩次操作過程中經(jīng)過線框橫截面的電量相同，選項(xiàng)b錯(cuò)誤；設(shè)線框的R邊長為L,若兩次操作過程中線框產(chǎn)生的焦耳熱相等，第一次將線框從磁場中以恒定速度v1向右勻速拉出E'=BLv11

(BLv)2Q= 」?-2iRv1B2L3v 12RE'B2L3v 12RE'2BS3_BLv一＜2—21Q.l丁^Q 2RQ1=Q2所以v1：v2=兀：4，選項(xiàng)c錯(cuò)誤；若兩次操作過程中線框產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢相等，第一次將線框從磁場中以恒定速度V1向右勻速拉出E'=BLv11第二次以線速度v2讓線框轉(zhuǎn)過90°1BL22BLv 2

兀TT~~1~-X22BLv 2

兀E=E12得v得v:v=2:兀12D選項(xiàng)正確。5.（多選）（2020屆陜西省西安中學(xué)高三四模）如圖所示，在傾角為9的光滑斜面上，有三條水平虛線l1、l2、l3，它們之間的區(qū)域口、口寬度均為d，兩區(qū)域分別存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，一個(gè)質(zhì)量為m、邊長為d、總電阻為R的

正方形導(dǎo)線框，從l1上方一定高度處由靜止開始沿斜面下滑，當(dāng)ab邊剛越過l1進(jìn)入磁場口時(shí)，恰好以速度匕做勻速直線運(yùn)動(dòng)；當(dāng)ab邊在越過12運(yùn)動(dòng)到l3之前的某個(gè)時(shí)刻，線框又開始以速度v2做勻速直線運(yùn)動(dòng)，重力加速度為g.在線框從釋放到穿出磁場的過程中，下列說法正確的是（）BB．A.線框中感應(yīng)電流的方向不變線框ab邊從1運(yùn)動(dòng)到I所用時(shí)間大于從I運(yùn)動(dòng)到I所用時(shí)間TOC\o"1-5"\h\zC線框以速度v做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，發(fā)熱功率為mgRsin202 4B2d2D.線框從ab邊進(jìn)入磁場到速度變?yōu)関的過程中，減少的機(jī)械能AE*與重力做功W的關(guān)系2 機(jī) G11式是AE=W+—mv2一一mv2機(jī)G2 1 2 2【答案】CD【解析】線圈的ab邊進(jìn)入磁場I過程，由右手定則判斷可知，電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針；線框從磁場口出來并進(jìn)入磁場口過程中，電流方向?yàn)轫槙r(shí)針；線框從磁場口出來過程中，電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，則線框中感應(yīng)電流的方向會改變，A錯(cuò)誤；當(dāng)線框ab邊恰好達(dá)至“2時(shí)，ab邊與cd邊共同切割磁感線，感應(yīng)電動(dòng)勢為之前的2倍，瞬時(shí)電流也為之前時(shí)刻的2倍，所以ab與cd邊受到的沿斜面向上的安培力合力為重力沿斜面向下的分量的4倍，線圈將做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，直到以速度v2勻速直線運(yùn)動(dòng)，則有v1>v2,ab邊從11運(yùn)動(dòng)到12的平均速度大于從1運(yùn)動(dòng)到1的平均速度，則線框ab邊從1運(yùn)動(dòng)到1所用時(shí)間小于從1運(yùn)動(dòng)到I23 12 23的時(shí)間，B錯(cuò)誤；線圈以速度v2勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)

mgsin0=2Bld-2Bd?2Bdv4B2d2Bdv4B2d2v4B2d2電功率P-Fv-m2g2Rsin20,C正確；4B2d2機(jī)械能的減小等于線框產(chǎn)生的電能，則由能量守恒得知:線框從ab邊進(jìn)入磁場到速度變?yōu)関2的過程中，減少的機(jī)械能AE機(jī)與線框產(chǎn)生的焦耳熱Q電的關(guān)系式是AE機(jī)=Q電即11機(jī)G2AE-W+-mv2--mv2，D正確。故選機(jī)G26.（多選）（2020屆湖南省常德市高三二模）如圖所示，兩條相距為L的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于水平面（紙面）內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻，導(dǎo)軌平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場垂直，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置并接觸良好，接入電路的電阻也為R。若給棒以平行導(dǎo)軌向右的初速度%，當(dāng)流過棒截面的電荷量為q時(shí)，棒的速度減為零，此過程中棒發(fā)生的位移為x。則在這一過程中（ ）TOC\o"1-5"\h\zX X X X X]k x XT X X X X /A.導(dǎo)體棒作勻減速直線運(yùn)動(dòng)xqB.當(dāng)棒發(fā)生位移為萬時(shí)，通過棒的電量為羨qvC.在通過棒的電荷量為治時(shí)，棒運(yùn)動(dòng)的速度為T33D.D.定值電阻R釋放的熱量為BqLv 04【答案】BD【解析】由于導(dǎo)體棒向右減速運(yùn)動(dòng)，則電動(dòng)勢減小，則電流減小，則導(dǎo)體棒的安培力減小，即合力減小，根據(jù)牛頓第二定律可知其加速度減小，則導(dǎo)體棒做變減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；棒的速度減為零，當(dāng)流過棒截面的電荷量為：n△①BLxq 2R2Rxq當(dāng)棒發(fā)生位移為5時(shí)，則通過棒的電量為為，故B正確;棒的速度減為零，當(dāng)流過棒截面的電荷量為：n△①BLxq一=2R 2Rq當(dāng)流過棒的電荷為3時(shí)，棒發(fā)生的位移為:根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律可得棒運(yùn)動(dòng)的加速度為：FB2L2va--= -m2mR設(shè)棒運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為A/，則有:B2L2vaAt= At2mR所以有：B2L2vAt工aAt=ZAt2mR即：B2L2工A尸工 Ax2mRq當(dāng)流過棒的電荷為3時(shí)，則有：B2L2xv-v ?一0 12mR3當(dāng)流過棒的電荷為q時(shí)，則有：B2L2v -x02mR解得：2vV=-03qBLm= v0故C錯(cuò)誤；D.棒的速度減為零的過程中，定值電阻R釋放的熱量為:11 1qBLqBLvQ—AE=—x-mV2=x-——義V2= oR2k22o2vo40

故D正確；故選BD。.（多選）（2020屆四川省眉山市高三三診）如圖所示（俯視圖），位于同一水平面內(nèi)的兩根固定金屬導(dǎo)軌MN、A'B'CD，電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌之間存在豎直向下的勻強(qiáng)磁場。現(xiàn)將兩根粗細(xì)均勻、完全相同的銅棒ab、cd放在兩導(dǎo)軌上，若兩棒從圖示位置以相同的速度沿MN方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，始終與兩導(dǎo)軌接觸良好，且始終與導(dǎo)軌MN垂直，不計(jì)一切摩擦，則下列說法中正確的是（）aaA.回路中有順時(shí)針方向的感應(yīng)電流.回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢不變C.回路中的感應(yīng)電流不變D.回路中的熱功率不斷減小【答案】BD【解析】兩棒以相同的速度沿MN方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，回路的磁通量不斷增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針，故A錯(cuò)誤；設(shè)兩棒原來相距的距離為s,/獷與