第47頁（共47頁）2024-2025學年下學期高中物理教科版（2019）高二同步經典題精練之法拉第電磁感應定律一．選擇題（共5小題）1．（2025?重慶一模）如圖所示，兩條拋物線形狀的平行光滑固定導軌，其頂端切線水平，底端連接一開關S。一細直金屬棒置于導軌頂端，與兩導軌垂直并接觸良好。當該金屬棒從導軌頂端以初速度v0水平拋出后，恰好能沿導軌無擠壓地運動至底端。若在整個空間加上一豎直向下的勻強磁場，該金屬棒再以相同速度v0從導軌頂端水平拋出，不計空氣阻力，則在該金屬棒落地前的運動過程中（）A．若開關S斷開，回路中的感應電動勢為零 B．若開關S斷開，回路中的感應電動勢逐漸變大 C．若開關S閉合，該金屬棒不會離開導軌 D．若開關S閉合，該金屬棒在豎直方向做自由落體運動2．（2024秋?無錫校級期末）如圖所示，等腰直角三角形內分布有垂直于紙面向外的勻強磁場，它的直角邊在x軸上且長為L，高為L。紙面內一邊長為L的正方形導線框沿x軸正方向做勻速直線運動穿過磁場區域，在t＝0時刻恰好位于圖中所示的位置。以順時針方向為導線框中電流的正方向，下列圖像正確的是（）A． B． C． D．3．（2025?重慶模擬）如圖所示，一梯形閉合導線圈沿垂直磁場和磁場豎直邊界的方向，勻速向右穿過勻強磁場區域。取感應電流沿逆時針方向為正，則該過程中，該線圈中的感應電流i隨時間t變化的關系（）A． B． C． D．4．（2024秋?金鳳區校級期末）將電阻為R的硬質細導線做成半徑為r的圓環，其內接正方形區域內充滿垂直于圓環面的磁場，t＝0時磁場方向如圖甲所示，磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所示，規定垂直紙面向外為磁場的正方向，則在t＝0到t＝4t0的時間內，下列說法正確的是（）A．2t0﹣3t0時間內圓環中的感應電流B0B．0﹣2t0時間內圓環中的感應電流方向先順時針后逆時針 C．3t0﹣4t0時間內圓環中的感應電流逐漸減小 D．0﹣2t0時間內圓環中的感應電流為25．（2025?合肥模擬）如圖所示，將兩根表面涂有絕緣漆的相同硬質細導線分別繞成閉合線圈a、b，兩線圈中大圓環半徑均為小圓環的3倍，垂直線圈平面方向有一勻強磁場，磁感應強度隨時間均勻變化，則a、b兩線圈中產生的感應電動勢大小之比為（）A．5：13 B．13：5 C．1：7 D．7：1二．多選題（共4小題）（多選）6．（2024秋?石家莊期末）如圖，在絕緣水平面內建有直角坐標系Oxy，第一象限內有豎直向下的磁場，磁感應強度沿x軸方向均勻分布，沿y軸正方向減小。在磁場中水平固定一正三角形細導線框abc，ab邊平行于x軸。若使此區域各點磁感應強度隨時間增大的變化率為k，則下列說法正確的是（）A．導線框的發熱功率恒定 B．導線框中的電流為逆時針方向 C．導線框中的電流隨時間均勻增大 D．導線框所受安培力的合力沿y軸向下（多選）7．（2024秋?西安校級期末）蕩秋千是一項同學們喜歡的體育活動。如圖所示，兩根金屬鏈條（可視為導體）將一根金屬棒ab懸掛在固定的金屬架cd上，靜止時金屬棒ab水平且沿東西方向，已知當地的地磁場方向自南向北斜向下與豎直方向成45°角，現讓金屬棒ab隨鏈條擺起來，通過能量補給的方式可使鏈條與豎直方向的最大偏角保持45°不變，則下列說法中正確的是（）A．當ab棒自北向南經過最低點時，電流從c流向d B．當鏈條與豎直方向成45°角時，回路中感應電流一定為零 C．當ab棒自南向北擺動的過程中，回路中的磁通量先減小再增加 D．當ab棒自南向北經過最低點時，ab棒受到的安培力的方向水平向南（多選）8．（2025?倉山區校級模擬）如圖所示，足夠長的光滑絕緣斜面與水平面成θ＝30°固定在地面上，斜面上虛線aa'和bb'與斜面底邊平行，在aa'，bb'圍成的區域有垂直斜面向上的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B，邊長為h的正方形導體框MNQP，正方形導體框由虛線bb'上方無初速度釋放，在釋放瞬間PQ邊與虛線bb'平行且相距h。已知導體框的質量為m，總電阻為r，重力加速度為g，MN邊與兩虛線重合時的速度大小恰好均為v=ghA．兩虛線的距離為74B．導體框在穿越磁場的過程中，產生的焦耳熱為2mgh C．導體框的PQ邊與虛線bb'重合時，其克服安培力做功的功率大小為2BD．導體框從PQ邊與虛線bb'重合到MN邊與虛線bb'重合時所用的時間為2（多選）9．（2024秋?唐山期末）如圖，一電阻不計的U形導軌固定在水平面上，勻強磁場垂直導軌平面豎直向上，一粗細均勻的光滑金屬桿垂直放在導軌上，始終與導軌接觸良好。現使金屬桿以初速度v0向右運動，在軌道上滑行的最大距離為x，金屬桿始終與導軌垂直。若改變金屬桿的初速度v0、橫截面積S和U形導軌的寬度L時，仍能保證金屬桿滑行的最大距離為x的是（）A．保持L不變，v0增大，S增大 B．保持S不變，v0增大，L增大 C．保持S不變，v0不變，L增大 D．保持L不變，v0不變，S增大三．填空題（共3小題）10．（2024秋?福州校級期末）如圖（a）所示，阻值為2Ω、匝數為100的圓形金屬線圈與一個阻值為3Ω的電阻連接成閉合電路。線圈的半徑為10cm，在線圈中有一個邊長為10cm的正方形勻強磁場區域，該磁場方向垂直于線圈平面。磁感應強度B（向里為正）隨時間t變化的關系如圖（b）所示，導線電阻不計。則10s時通過電阻的電流方向為（選填“ab”或“ba”），其大小為A。11．（2025?福州校級模擬）如圖所示，用粗細均勻的銅導線制成半徑為r的圓環，PQ為圓環的直徑，其左右兩側存在垂直圓環所在平面的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，但方向相反，圓環的電阻為2R，一根長度為2r、電阻為R的金屬棒MN繞著圓環的圓心O點緊貼著圓環以角速度ω沿順時針方向勻速轉動，轉動過程中金屬棒MN與圓環始終接觸良好，則金屬棒中電流方向為（選填“由N到M”或“由M到N”）；圓環消耗的電功率是（選填“變化的”或“不變的”）；MN中電流的大小為；MN兩端的電壓大小為金屬棒MN旋轉一周的過程中，電路中產生的熱量為。12．（2024秋?哈爾濱期末）一個面積S＝4×10﹣2m2、匝數n＝100匝的線圈放在勻強磁場中，磁場方向垂直線圈面，磁感應強度的大小隨時間變化的規律如圖所示，由圖可知，在開始2s內穿過線圈的磁通量的變化量等于Wb，在開始2s內穿過線圈的磁通量的變化率等于Wb/s，在開始2s內線圈中產生的感應電動勢等于V。四．解答題（共3小題）13．（2024秋?西安期末）如圖，電阻不計的兩足夠長的光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，導軌間距為L＝1m，導軌處于方向豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B＝1T。質量均為m＝1kg、接入電路的有效電阻均為R＝1Ω的金屬棒ab、cd垂直于導軌放置，均處于靜止狀態。t＝0時刻給cd棒一個方向水平向右、大小F＝4N的拉力，t＝4s時，金屬棒ab和cd加速度剛好相等。此后撤去拉力F，整個過程棒與導軌接觸良好。求：（1）t＝4s時金屬棒ab和cd的加速度大小；（2）t＝4s時金屬棒ab和cd的速度大小；（3）從t＝4s到回路中電流為零的過程中，金屬棒ab和cd之間距離的增加量。14．（2024秋?無錫校級期末）如圖所示，一對間距L＝1m、足夠長的平行光滑金屬導軌固定于絕緣水平面上，導軌左端接有R＝0.5Ω的電阻，長度與導軌間距相等的金屬棒ab垂直放置于導軌上，其質量m＝0.1kg，電阻也為R，整個區域內存在豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小B＝1T。水平向右的恒力F＝4N作用ab棒上，當t＝2s時金屬棒ab的速度達到最大，隨后撤去F力，棒最終靜止在導軌上。重力加速度g＝10m/s2，求：（1）金屬棒ab運動的最大速度vm；（2）撤去拉力F前通過定值電阻R的電荷量；（3）撤去拉力F后金屬棒ab繼續沿水平軌道運動的位移。15．（2024秋?金鳳區校級期末）如圖所示，在磁感應強度為0.3T的勻強磁場中，有一長為0.5m，阻值為r＝5Ω的導體AB，在金屬框架上以10m/s的速度向右滑動，R1＝R2＝20Ω，其它電阻不計，則：（1）電路中產生的感應電動勢為多少？（2）流過AB的電流大小和方向（寫“A流向B”或“B流向A”）。（3）AB兩端的電勢差為多少？

2024-2025學年下學期高中物理教科版（2019）高二同步經典題精練之法拉第電磁感應定律參考答案與試題解析題號12345答案CAADA一．選擇題（共5小題）1．（2025?重慶一模）如圖所示，兩條拋物線形狀的平行光滑固定導軌，其頂端切線水平，底端連接一開關S。一細直金屬棒置于導軌頂端，與兩導軌垂直并接觸良好。當該金屬棒從導軌頂端以初速度v0水平拋出后，恰好能沿導軌無擠壓地運動至底端。若在整個空間加上一豎直向下的勻強磁場，該金屬棒再以相同速度v0從導軌頂端水平拋出，不計空氣阻力，則在該金屬棒落地前的運動過程中（）A．若開關S斷開，回路中的感應電動勢為零 B．若開關S斷開，回路中的感應電動勢逐漸變大 C．若開關S閉合，該金屬棒不會離開導軌 D．若開關S閉合，該金屬棒在豎直方向做自由落體運動【考點】導體平動切割磁感線產生的感應電動勢；平拋運動的概念和性質．【專題】定性思想；推理法；磁場磁場對電流的作用；推理論證能力．【答案】C【分析】AB.根據平拋運動的特點和電動勢與水平分速度關系進行判斷；CD.根據閉合回路的中，安培力的特點和彈力的分析進行分析判斷。【解答】解：AB.若開關S斷開，該金屬棒做平拋運動，水平方向速度不變，回路中的感應電動勢不變，故AB錯誤；CD.若開關S閉合，該金屬棒受到水平向左的安培力作用，不會離開導軌，該金屬棒受到導軌斜向右上方的彈力，在豎直方向不是做自由落體運動，故C正確，D錯誤。故選：C。【點評】考查導體棒切割磁感線產生感應電動勢和安培力問題，會根據題意進行準確分析解答。2．（2024秋?無錫校級期末）如圖所示，等腰直角三角形內分布有垂直于紙面向外的勻強磁場，它的直角邊在x軸上且長為L，高為L。紙面內一邊長為L的正方形導線框沿x軸正方向做勻速直線運動穿過磁場區域，在t＝0時刻恰好位于圖中所示的位置。以順時針方向為導線框中電流的正方向，下列圖像正確的是（）A． B． C． D．【考點】描繪線圈進出磁場區域的圖像．【專題】比較思想；圖析法；電磁感應與圖象結合；理解能力．【答案】A【分析】將整個過程分成兩個位移都是L的兩段，根據楞次定律判斷感應電流方向。由感應電動勢公式E＝BLv，L為有效切割長度，分析L的變化情況，判斷感應電動勢的變化情況，再判斷感應電流大小的變化情況，再確定i﹣L圖像。【解答】解：x在0～L過程，穿過線框的磁通量向外增大，由楞次定律判斷可知，線框中感應電流沿順時針方向，為正值。線圈切割有效長度均勻增加，線圈中的電流為i=BL效vR=BxvRx在L～2L過程，穿過線框的磁通量向外減小，由楞次定律判斷可知，線框中感應電流沿逆時針方向，為負值。線圈切割有效長度均勻增加，線圈中的電流大小為i=BL效vR=BxvR=BvRx故選：A。【點評】本題先根據楞次定律定性分析感應電流的方向，再根據法拉第電磁感應定律、歐姆定律相結合分析感應電流大小的變化，來確定圖像的形狀。3．（2025?重慶模擬）如圖所示，一梯形閉合導線圈沿垂直磁場和磁場豎直邊界的方向，勻速向右穿過勻強磁場區域。取感應電流沿逆時針方向為正，則該過程中，該線圈中的感應電流i隨時間t變化的關系（）A． B． C． D．【考點】描繪線圈進出磁場區域的圖像．【專題】比較思想；圖析法；電磁學；分析綜合能力．【答案】A【分析】先根據楞次定律判斷感應電流方向，再由法拉第電磁感應定律和歐姆定律相結合判斷感應電流大小的變化情況，采用排除法解答。【解答】解：線框剛進入磁場的過程，磁通量向里增加，根據楞次定律判斷可知，感應電流方向為逆時針，為正。有效切割長度均勻增大，感應電動勢均勻增大，感應電流均勻增大；進入L距離后，繼續向右運動，磁通量繼續增大，根據楞次定律可知，感應電流仍沿逆時針方向，為正。有效切割長度不變，感應電動勢不變，則感應電流不變，且不為零；進入2L后，繼續向右運動，磁通量向里減小，根據楞次定律可知，此時感應電流沿順時針方向，為負。有效切割長度均勻增大，感應電動勢均勻增大，感應電流均勻增大，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】本題考查電磁感應中圖像問題，對于圖像問題可以通過排除法進行解答，如根據圖像過不過原點、電流正負、大小變化等進行排除。4．（2024秋?金鳳區校級期末）將電阻為R的硬質細導線做成半徑為r的圓環，其內接正方形區域內充滿垂直于圓環面的磁場，t＝0時磁場方向如圖甲所示，磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所示，規定垂直紙面向外為磁場的正方向，則在t＝0到t＝4t0的時間內，下列說法正確的是（）A．2t0﹣3t0時間內圓環中的感應電流B0B．0﹣2t0時間內圓環中的感應電流方向先順時針后逆時針 C．3t0﹣4t0時間內圓環中的感應電流逐漸減小 D．0﹣2t0時間內圓環中的感應電流為2【考點】根據B﹣t或者φ﹣t圖像計算感應電動勢．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與電路結合；推理論證能力．【答案】D【分析】根據磁感應強度的變化率分析感應電流大小和方向；根據法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律求解感應電流大小。【解答】解：A、2t0﹣3t0時間內圓環中磁感應強度不變，感應電流為零，故A錯誤；B、0﹣2t0時間內磁感應強度的變化率不變，圓環中的感應電流大小和方向不變，故B錯誤；C、3t0﹣4t0時間內B﹣t圖像的斜率增大，則感應電動勢增大、圓環中的感應電流逐漸增大，故C錯誤；D、0﹣2t0時間內感應電動勢大小為：E=圓環中的感應電流為：I=ER=故選：D。【點評】對于電磁感應現象中涉及圖像、電路問題的分析方法是：確定哪部分相當于電源，根據電路連接情況，結合法拉第電磁感應定律和閉合電路的歐姆定律、以及圖像斜率表示的物理意義進行分析。5．（2025?合肥模擬）如圖所示，將兩根表面涂有絕緣漆的相同硬質細導線分別繞成閉合線圈a、b，兩線圈中大圓環半徑均為小圓環的3倍，垂直線圈平面方向有一勻強磁場，磁感應強度隨時間均勻變化，則a、b兩線圈中產生的感應電動勢大小之比為（）A．5：13 B．13：5 C．1：7 D．7：1【考點】法拉第電磁感應定律的內容和表達式．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與電路結合；推理論證能力．【答案】A【分析】由法拉第電磁感應定律可得大圓線圈產生的感應電動勢大小和4個小圓線圈產生的感應電動勢大小，由線圈的繞線方式、楞次定律求解a、b線圈中產生的感應電動勢大小之比。【解答】解：兩線圈中大圓環半徑均為小圓環的3倍，則大圓環的面積與小圓環面積之比為：S1由法拉第電磁感應定律可得大圓線圈產生的感應電動勢大小為：E1＝|ΔΦ大Δt|＝|ΔBΔt|S4個小圓線圈產生的感應電動勢大小為：E2＝4kS2由線圈的繞線方式、楞次定律可知a中大、小圓線圈產生的感應電動勢方向相反，b中大、小圓線圈產生的感應電動勢方向相同。則a線圈中總的感應電動勢大小為：Ea＝E1﹣E2，解得：Ea＝5kS2b線圈中總的感應電動勢大小為：Eb＝E1+E2，解得：Eb＝13kS2所以a、b線圈中產生的感應電動勢大小之比為5：13，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】本題主要是考查了法拉第電磁感應定律；關鍵是弄清楚大小圓環中感應電動勢的大小和方向，掌握法拉第電磁感應定律的應用方法。二．多選題（共4小題）（多選）6．（2024秋?石家莊期末）如圖，在絕緣水平面內建有直角坐標系Oxy，第一象限內有豎直向下的磁場，磁感應強度沿x軸方向均勻分布，沿y軸正方向減小。在磁場中水平固定一正三角形細導線框abc，ab邊平行于x軸。若使此區域各點磁感應強度隨時間增大的變化率為k，則下列說法正確的是（）A．導線框的發熱功率恒定 B．導線框中的電流為逆時針方向 C．導線框中的電流隨時間均勻增大 D．導線框所受安培力的合力沿y軸向下【考點】根據B﹣t或者φ﹣t圖像計算感應電動勢；楞次定律及其應用．【專題】比較思想；推理法；電磁感應與電路結合；推理論證能力．【答案】AB【分析】根據法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律和功率公式相結合分析導線框中電流和發熱功率是否恒定；根據楞次定律判斷導線框中的電流方向；根據左手定則判斷安培力方向。【解答】解：AC、根據法拉第電磁感應定律，有E=ΔΦΔt=k、S均不變，則線框中感應電動勢E不變，感應電流不變，導線框的發熱功率為P=E2R，可知導線框的發熱功率恒定不變，故B、穿過線框的磁通量增加，磁場方向垂直紙面向里，根據楞次定律可知導線框中的電流為逆時針方向，故B正確；D、根據左手定則，可知ab邊受到的安培力沿y軸正向。bc邊和ca邊所受安培力的合力沿y軸負向，與ab邊受到的安培力大小相等，所以導線框所受安培力的合力為零，故D錯誤。故選：AB。【點評】解答本題時，要明確線框中磁通量隨時間均勻變化時，產生的感應電動勢是恒定的。（多選）7．（2024秋?西安校級期末）蕩秋千是一項同學們喜歡的體育活動。如圖所示，兩根金屬鏈條（可視為導體）將一根金屬棒ab懸掛在固定的金屬架cd上，靜止時金屬棒ab水平且沿東西方向，已知當地的地磁場方向自南向北斜向下與豎直方向成45°角，現讓金屬棒ab隨鏈條擺起來，通過能量補給的方式可使鏈條與豎直方向的最大偏角保持45°不變，則下列說法中正確的是（）A．當ab棒自北向南經過最低點時，電流從c流向d B．當鏈條與豎直方向成45°角時，回路中感應電流一定為零 C．當ab棒自南向北擺動的過程中，回路中的磁通量先減小再增加 D．當ab棒自南向北經過最低點時，ab棒受到的安培力的方向水平向南【考點】導體轉動切割磁感線產生的感應電動勢．【專題】定量思想；推理法；電磁感應中的力學問題；推理論證能力．【答案】AB【分析】根據右手定則可判斷電流方向；ab棒來到了最高點，其速度為0，不產生感應電動勢，左手定則判斷安培力方向。【解答】解：A．當ab棒自北向南經過最低點時，結合磁場方向，由右手定則知ab棒上的電流方向自a向b，金屬架上的電流方向則為自c到d，故A正確；B．當鏈條與豎直方向成45°角時，ab棒來到了最高點，其速度為0，不產生感應電動勢，回路中感應電流一定為零，故B正確；C．如圖所示當ab棒自南向北擺動的過程中，穿過閉合回路abcd的磁通量一直減小，故C錯誤；D．當ab棒自南向北經過最低點時，結合磁場方向，由左手定則知安培力的方向與水平向南的方向成45°斜向下，而不是方向水平向南，故D錯誤。故選：AB。【點評】本題屬于左手定則和右手安培定則的應用，判斷力的方向用左手，判斷其它物理量的方向用右手（多選）8．（2025?倉山區校級模擬）如圖所示，足夠長的光滑絕緣斜面與水平面成θ＝30°固定在地面上，斜面上虛線aa'和bb'與斜面底邊平行，在aa'，bb'圍成的區域有垂直斜面向上的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B，邊長為h的正方形導體框MNQP，正方形導體框由虛線bb'上方無初速度釋放，在釋放瞬間PQ邊與虛線bb'平行且相距h。已知導體框的質量為m，總電阻為r，重力加速度為g，MN邊與兩虛線重合時的速度大小恰好均為v=ghA．兩虛線的距離為74B．導體框在穿越磁場的過程中，產生的焦耳熱為2mgh C．導體框的PQ邊與虛線bb'重合時，其克服安培力做功的功率大小為2BD．導體框從PQ邊與虛線bb'重合到MN邊與虛線bb'重合時所用的時間為2【考點】電磁感應過程中的能量類問題；閉合電路歐姆定律的內容和表達式；導體平動切割磁感線產生的感應電動勢．【專題】定量思想；尋找守恒量法；電磁感應——功能問題；分析綜合能力．【答案】AD【分析】先根據機械能守恒定律求出PQ邊剛好進入磁場時的速度。已知MN邊與兩虛線重合時的速度大小恰好均為v=gh2，根據對稱性知道PQ邊剛好進入磁場和剛好離開磁場時的速度大小相等。導體框全部位于磁場中時下滑時，根據牛頓第二定律和運動學公式相結合求兩虛線的距離；導體框在穿越磁場的過程中，根據能量守恒定律求解產生的焦耳熱；根據法拉第電磁感應定律、歐姆定律、安培力公式和功率公式相結合求解導體框的PQ邊與虛線bb'重合時，其克服安培力做功的功率大小；根據動量定理求解導體框從PQ邊與虛線bb'重合到【解答】解：A、設PQ邊剛好進入磁場時速度大小為v1。導體框進入磁場前的運動過程，由機械能守恒定律有mgh解得：v因為MN邊與兩虛線重合時的速度大小恰好均為v=gh2，根據導體框進出磁場過程中運動的對稱性可知，設兩虛線之間的距離為H，導體框全部位于磁場中時下滑的加速度大小為a=mgsinθm=gsin根據運動學公式有v1解得：H=74B、設導體框穿過磁場的過程中產生的焦耳熱為Q，導體框從開始下落到穿過磁場的過程，根據能量守恒定律有：12mg(h+H+h)=C、結合上述可知，導體框的PQ邊與虛線bb'重合時的速度大小為v1=gE＝Bhv1此時導體框中的感應電流為I=PQ邊所受的安培力大小為F＝BIh克服安培力做功的瞬時功率大小為P＝Fv1聯立解得：P=B2D、設導體框通過磁場上邊界所用時間為t，線框中的平均感應電流為I，由閉合電路歐姆定律有I=取沿導軌向下為正方向，根據動量定理有mgsinθ?其中h聯立解得：t=2B故選：AD。【點評】本題考查電磁感應的能量問題，解決本題的關鍵是準確分析導體框的運動過程，正確列出動量定理方程來求出運動時間。（多選）9．（2024秋?唐山期末）如圖，一電阻不計的U形導軌固定在水平面上，勻強磁場垂直導軌平面豎直向上，一粗細均勻的光滑金屬桿垂直放在導軌上，始終與導軌接觸良好。現使金屬桿以初速度v0向右運動，在軌道上滑行的最大距離為x，金屬桿始終與導軌垂直。若改變金屬桿的初速度v0、橫截面積S和U形導軌的寬度L時，仍能保證金屬桿滑行的最大距離為x的是（）A．保持L不變，v0增大，S增大 B．保持S不變，v0增大，L增大 C．保持S不變，v0不變，L增大 D．保持L不變，v0不變，S增大【考點】單桿在導軌上無外力作用下切割磁場的運動問題．【專題】比較思想；方程法；電磁感應中的力學問題；分析綜合能力．【答案】CD【分析】先根據密度公式得到金屬棒的質量與L、S的關系，根據電阻定律得到金屬棒的電阻與L、S的關系，再根據動量定理列式，得到x的表達式，即可進行判斷。【解答】解：設金屬桿材料的密度為ρ1，則金屬桿的質量為m＝ρ1LS設金屬桿的電阻率為ρ2，則金屬桿的電阻為R=金屬桿速度由初速度v0減小到0，取向右為正方向，根據動量定理得﹣∑BILΔt＝0﹣mv0又I=則有ΣBILΔt聯立可得x=由此可知，材料不變，磁場不變，最大距離x只與v0有關，故AB錯誤，CD正確。故選：CD。【點評】本題中金屬桿在磁場中做非勻變速直線運動，不能根據運動學公式求出滑行距離，運用動量定理求滑行距離是常用方法，要學會運用。三．填空題（共3小題）10．（2024秋?福州校級期末）如圖（a）所示，阻值為2Ω、匝數為100的圓形金屬線圈與一個阻值為3Ω的電阻連接成閉合電路。線圈的半徑為10cm，在線圈中有一個邊長為10cm的正方形勻強磁場區域，該磁場方向垂直于線圈平面。磁感應強度B（向里為正）隨時間t變化的關系如圖（b）所示，導線電阻不計。則10s時通過電阻的電流方向為ba（選填“ab”或“ba”），其大小為0.04A。【考點】法拉第電磁感應定律的內容和表達式．【專題】比較思想；等效替代法；電磁感應與電路結合；分析綜合能力．【答案】ba，0.04。【分析】根據楞次定律判斷感應電流方向。根據法拉第電磁感應定律求出線圈產生的感應電動勢，再求感應電流大小。【解答】解：由楞次定律可知，在0～10s時間內，穿過線圈的磁通量向里減小，通過電阻的電流方向為ba。在10s以后，通過電阻的電流方向仍為ba，所以10s時通過電阻的電流電流方向為ba。由法拉第電磁感應定律得E＝NΔΦΔt=N其中ΔBΔt=210T/s＝0.2T/s，S＝L2＝（10×10﹣2）m根據閉合電路歐姆定律得I=聯立解得I＝0.04A故答案為：ba，0.04。【點評】解答本題時，要注意公式E＝NΔΦΔt=NΔBΔtS11．（2025?福州校級模擬）如圖所示，用粗細均勻的銅導線制成半徑為r的圓環，PQ為圓環的直徑，其左右兩側存在垂直圓環所在平面的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，但方向相反，圓環的電阻為2R，一根長度為2r、電阻為R的金屬棒MN繞著圓環的圓心O點緊貼著圓環以角速度ω沿順時針方向勻速轉動，轉動過程中金屬棒MN與圓環始終接觸良好，則金屬棒中電流方向為由M到N（選填“由N到M”或“由M到N”）；圓環消耗的電功率是不變的（選填“變化的”或“不變的”）；MN中電流的大小為2Bωr23R；MN兩端的電壓大小為13r2Bω【考點】電磁感應過程中的能量類問題；電磁感應過程中的電路類問題．【專題】定量思想；方程法；電磁感應——功能問題；分析綜合能力．【答案】由M到N；不變的；2Bωr23R【分析】由右手定則判斷電流方向；導體棒MN轉動切割產生的感應電動勢恒定，根據法拉第電磁感應定律求解感應電動勢大小，根據閉合電路的歐姆定律求解MN兩端電壓，根據焦耳定律求解產生的熱。【解答】解：由右手定則可知，電流方向為由M到N。導體棒MN轉動切割產生的感應電動勢恒定，感應電流恒定，所以圓環消耗的電功率不變。導體棒MN轉動切割產生的感應電動勢為：E外電路的并聯電阻為R并=R2，MN的電阻為R，由閉合電路歐姆定律可得，MNMN兩端的電壓：U轉動一周的時間：t=2π故答案為：由M到N；不變的；2Bωr23R【點評】本題主要是考查了法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律和右手定則；對于導體切割磁感應線產生的感應電動勢情況有兩種：一是導體平動切割產生的感應電動勢，可以根據E＝BLv來計算；二是導體棒轉動切割磁感應線產生的感應電動勢，可以根據E=112．（2024秋?哈爾濱期末）一個面積S＝4×10﹣2m2、匝數n＝100匝的線圈放在勻強磁場中，磁場方向垂直線圈面，磁感應強度的大小隨時間變化的規律如圖所示，由圖可知，在開始2s內穿過線圈的磁通量的變化量等于﹣0.16Wb，在開始2s內穿過線圈的磁通量的變化率等于0.08Wb/s，在開始2s內線圈中產生的感應電動勢等于8V。【考點】法拉第電磁感應定律的內容和表達式．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與電路結合；分析綜合能力．【答案】見試題解答內容【分析】根據圖示圖象應用磁通量的計算公式求出磁通量的變化量；然后求出磁通量的變化率；再根據法拉第電磁感應定律求出感應電動勢。【解答】解：開始的2s內穿過線圈的磁通量的變化量為ΔΦ＝ΔB?S＝（﹣2﹣2）×4×10﹣2Wb＝﹣0.16Wb，負號表示方向；在開始的2s內穿過線圈的磁通量的變化率ΔΦΔt=0.162在開始2s內線圈中產生的感應電動勢：E＝nΔΦΔt=100×0.08V＝故答案為：﹣0.16；0.08；8。【點評】本題中磁感應強度均勻變化，穿過線圈的磁通量均勻變化，線圈中產生恒定的電動勢，由法拉第電磁感應定律求出感應電動勢，是經常采用的方法和思路，注意B﹣t斜率一定，磁通量變化率一定。四．解答題（共3小題）13．（2024秋?西安期末）如圖，電阻不計的兩足夠長的光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，導軌間距為L＝1m，導軌處于方向豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為B＝1T。質量均為m＝1kg、接入電路的有效電阻均為R＝1Ω的金屬棒ab、cd垂直于導軌放置，均處于靜止狀態。t＝0時刻給cd棒一個方向水平向右、大小F＝4N的拉力，t＝4s時，金屬棒ab和cd加速度剛好相等。此后撤去拉力F，整個過程棒與導軌接觸良好。求：（1）t＝4s時金屬棒ab和cd的加速度大小；（2）t＝4s時金屬棒ab和cd的速度大小；（3）從t＝4s到回路中電流為零的過程中，金屬棒ab和cd之間距離的增加量。【考點】雙桿在等寬導軌上切割磁場的運動問題；電磁感應過程中的能量類問題；閉合電路歐姆定律的內容和表達式．【專題】計算題；學科綜合題；定量思想；整體法和隔離法；電磁感應中的力學問題；分析綜合能力．【答案】（1）t＝4s時金屬棒ab和cd的加速度大小為2m/s2；（2）t＝4s時金屬棒ab和cd的速度大小分別為6m/s，10m/s；（3）從t＝4s到回路中電流為零的過程中，金屬棒ab和cd之間距離的增加量為4m。【分析】（1）t＝4s時，金屬棒ab和cd加速度剛好相等，分別對金屬棒ab和cd，利用牛頓第二定律列方程，聯立求解兩者的加速度大小，以及兩棒受到的安培力大小；（2）根據安培力公式求出t＝4s時回路中電流大小。由閉合電路歐姆定律求出回路中的感應電動勢E，再根據感應電動勢公式E＝BL（v2﹣v1）和動量定理求金屬棒ab和cd的速度大小；（3）回路中電流為零，兩棒速度相等，根據動量守恒定律求出兩棒的共同速度，再根據動量定理求從t＝4s到回路中電流為零的過程中，金屬棒ab和cd之間距離的增加量。【解答】解：（1）t＝4s時，金屬棒ab和cd的加速度相等時，設兩棒受到的安培力大小為F安。對金屬棒ab，由牛頓第二定律有F安＝ma對金屬棒cd，由牛頓第二定律有F﹣F安＝ma聯立解得F安＝2N，a＝2m/s2（2）根據安培力公式有F安＝BIL解得回路中電流大小為I＝2A設回路中的感應電動勢為E，則E＝2IR設t＝4s時，金屬棒ab、cd的速度分別是v1、v2，則E＝BL（v2﹣v1）設t＝4s時間內安培力沖量大小為I安，對金屬棒cd，取向右為正方向，由動量定理有Ft﹣I安＝mv2對金屬棒ab，取向右為正方向，由動量定理有I安＝mv1聯立解得v1＝6m/s，v2＝10m/s（3）撤去外力F后，金屬棒cd做加速度逐漸減小的減速運動，金屬棒ab做加速度逐漸減小的加速運動，最后兩棒速度相等，均做勻速運動，回路中感應電流為零。設最終兩棒共同速度為v，取向右為正方向，根據動量守恒定律有mv1+mv2＝2mv對ab棒，取向右為正方向，根據動量定理有BI通過兩棒的電荷量q=設兩棒間距離增大了x，則ΔΦ＝BLx聯立解得x＝4m答：（1）t＝4s時金屬棒ab和cd的加速度大小為2m/s2；（2）t＝4s時金屬棒ab和cd的速度大小分別為6m/s，10m/s；（3）從t＝4s到回路中電流為零的過程中，金屬棒ab和cd之間距離的增加量為4m。【點評】本題是雙棒問題，分析清楚金屬棒的運動過程與受力情況是解題的前提，把握過程中所遵守的力學規律是關鍵。要知道撤去外力F后，最終兩棒以相同速度做勻速運動。由于兩棒組成的系統合外力為零，所以類似于非彈性碰撞，應用動量守恒定律、動量定理、能量守恒定律等知識點即可解題。14．（2024秋?無錫校級期末）如圖所示，一對間距L＝1m、足夠長的平行光滑金屬導軌固定于絕緣水平面上，導軌左端接有R＝0.5Ω的電阻，長度與導軌間距相等的金屬棒ab垂直放置于導軌上，其質量m＝0.1kg，電阻也為R，整個區域內存在豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小B＝1T。水平向右的恒力F＝4N作用ab棒上，當t＝2s時金屬棒ab的速度達到最大，隨后撤去F力，棒最終靜止在導軌上。重力加速度g＝10m/s2，求：（1）金屬棒ab運動的最大速度vm；（2）撤去拉力F前通過定值電阻R的電荷量；（3）撤去拉力F后金屬棒ab繼續沿水平軌道運動的位移。【考點】單桿在導軌上有外力作用下切割磁場的運動問題；電磁感應過程中的動力學類問題；導體平動切割磁感線產生的感應電動勢．【專題】計算題；學科綜合題；定量思想；模型法；電磁感應中的力學問題；分析綜合能力．【答案】（1）金屬棒ab運動的最大速度vm為4m/s；（2）撤去拉力F前通過定值電阻R的電荷量為7.6C；（3）撤去拉力F后金屬棒ab繼續沿水平軌道運動的位移為0.4m。【分析】（1）當金屬棒ab所受合力為零時，速度達到最大，安培力與拉力平衡，根據平衡條件結合安培力的計算公式進行解答；（2）根據動量定理、電荷量的計算公式求撤去拉力F前通過定值電阻R的電荷量；（3）撤去拉力F后，根據動量定理求解金屬棒ab繼續沿水平軌道運動的位移。【解答】解：（1）當金屬棒ab所受合力為零時，速度達到最大，對ab棒，由平衡條件得F＝F安又F安＝BIL＝BBLvm聯立解得金屬棒ab運動的最大速度為vm＝4m/s（2）撤去拉力F前即前2s內，取向右為正方向，對ab棒，根據動量定理得Ft﹣BILt＝mv﹣0其中q=I解得通過定值電阻R的電荷量為q＝7.6C（3）撤去拉力后，對棒ab，取向右為正方向，由動量定理得﹣BI'L?t′＝0﹣mv此過程通過定值電阻R的電荷量為q′=I'?t′=m根據法拉第電磁感應定律有E=由閉合電路的歐姆定律有I'聯立可得q′=解得撤去拉力F后金屬棒ab繼續沿水平軌道運動的位移為x＝0.4m答：（1）金屬棒ab運動的最大速度vm為4m/s；（2）撤去拉力F前通過定值電阻R的電荷量為7.6C；（3）撤去拉力F后金屬棒ab繼續沿水平軌道運動的位移為0.4m。【點評】解答末題時，要理清金屬棒的運動過程，把握速度最大的條件合力為零。要知道動量定理是求電磁感應問題中時間、電荷量或位移常用的方法。15．（2024秋?金鳳區校級期末）如圖所示，在磁感應強度為0.3T的勻強磁場中，有一長為0.5m，阻值為r＝5Ω的導體AB，在金屬框架上以10m/s的速度向右滑動，R1＝R2＝20Ω，其它電阻不計，則：（1）電路中產生的感應電動勢為多少？（2）流過AB的電流大小和方向（寫“A流向B”或“B流向A”）。（3）AB兩端的電勢差為多少？【考點】電磁感應過程中的電路類問題；閉合電路歐姆定律的內容和表達式．【專題】定量思想；推理法；電磁感應與電路結合；推理論證能力．【答案】（1）電路中產生的感應電動勢為1.5V；（2）流過AB的電流大小為0.1A，方向為B流向A；（3）AB兩端的電勢差為1V。【分析】（1）根據法拉第電磁感應定律列式，即可分析求解；（2）由右手定則及閉合電路歐姆定律，即可分析求解；（3）結合前面分析，由閉合電路歐姆定律列式，即可分析求解。【解答】解：（1）根據法拉第電磁感應定律可知，電路中產生的感應電動勢為：E＝BLv＝0.3×0.5×10V＝1.5V；（2）由右手定則可知，流過AB的電流方向為B流向A，由閉合電路歐姆定律可知，流過AB的電流大小為：I=E（3）結合前面分析，由閉合電路歐姆定律可知，AB兩端的電勢差為：U＝E﹣Ir＝1.5V﹣0.1×5V＝1V；答：（1）電路中產生的感應電動勢為1.5V；（2）流過AB的電流大小為0.1A，方向為B流向A；（3）AB兩端的電勢差為1V。【點評】本題主要考查電磁感應過程中的電路類問題，解題時需注意，通常會運用閉合電路歐姆定律、串并聯電路特點、電功率、電熱等公式聯立求解。

考點卡片1．平拋運動的概念和性質【知識點的認識】1．定義：將物體以一定的初速度沿水平方向拋出，不考慮空氣阻力，物體只在重力作用下的運動．2．關鍵詞：（1）初速度沿水平方向；（2）只受重力作用．3．性質：勻變速曲線運動，其運動軌跡為拋物線．4．研究方法：分解成水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體運動兩個分運動．【命題方向】關于平拋運動，下列說法中正確的是（）A、平拋運動是加速度不變的運動B、平拋運動是合力不變的運動C、平拋運動是勻變速曲線運動D、平拋運動是水平拋出的物體的運動分析：平拋運動是只在重力的作用下，水平拋出的物體做的運動，所以平拋運動可以分解為在水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動．解答：A、做平拋運動的物體，只受到重力的作用，加速度是重力加速度，所以平拋運動是加速度不變的運動，所以A正確。B、做平拋運動的物體，只受到重力的作用，所以平拋運動是合力不變的運動，所以B正確。C、由A的分析可知，平拋運動是勻變速的曲線運動，所以C正確。D、平拋運動是只在重力的作用下，水平拋出的物體做的運動，所以D正確。故選：ABCD。點評：本題就是對平拋運動規律的考查，平拋運動可以分解為在水平方向上的勻速直線運動，和豎直方向上的自由落體運動．【解題思路點撥】1.對于平拋運動的概念，可以結合自由落體運動進行理解，自由落體運動的初速度為零，平拋運動的初速度沿水平方向，但兩者都是只受重力作用。2.平拋運動是曲線運動，但是因為受到恒定的重力的作用，所以是勻變速運動。2．閉合電路歐姆定律的內容和表達式【知識點的認識】1.內容：閉合電路的電流跟電源的電動勢成正比跟內、外電路的電阻之和成反比。2.表達式：I=ER+r，E表示電動勢，I表示干路總電流，3.閉合電路中的電壓關系：閉合電路中電源電動勢等于內、外電路電勢降落之和E＝U外+U內。4.由E＝U外+U內可以得到閉合電路歐姆定律的另一個變形U外＝E﹣Ir。【命題方向】在已接電源的閉合電路里，關于電源的電動勢、內電壓、外電壓的關系應是（）A、如外電壓增大，則內電壓增大，電源電動勢也會隨之增大B、如外電壓減小，內電阻不變，內電壓也就不變，電源電動勢必然減小C、如外電壓不變，則內電壓減小時，電源電動勢也隨內電壓減小D、如外電壓增大，則內電壓減小，電源的電動勢始終為二者之和，保持恒量分析：閉合電路里，電源的電動勢等于內電壓與外電壓之和．外電壓變化時，內電壓也隨之變化，但電源的電動勢不變．解答：A、如外電壓增大，則內電壓減小，電源電動勢保持不變。故A錯誤。B、如外電壓減小，內電阻不變，內電壓將增大，電源電動勢保持不變。故B錯誤。C、如外電壓不變，則內電壓也不變。故C錯誤。D、根據閉合電路歐姆定律得到，電源的電動勢等于內電壓與外電壓之和，如外電壓增大，則內電壓減小，電源的電動勢保持恒量。故D正確。故選：D。點評：本題要抓住電源的電動勢是表征電源的本身特性的物理量，與外電壓無關．【解題思路點撥】閉合電路的幾個關系式的對比3．楞次定律及其應用【知識點的認識】1.楞次定律的內容：感應電流具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化。2.適用范圍：所有電磁感應現象。3.實質：楞次定律是能量守恒的體現，感應電流的方向是能量守恒定律的必然結果。4.應用楞次定律判斷感應電流方向的一般步驟：①確定研究對象，即明確要判斷的是哪個閉合電路中產生的感應電流。②確定研究對象所處的磁場的方向及其分布情況。③確定穿過閉合電路的磁通量的變化情況。④根據楞次定律，判斷閉合電路中感應電流的磁場方向。⑤根據安培定則（即右手螺旋定則）判斷感應電流的方向。【命題方向】某磁場的磁感線如圖所示，有銅線圈自圖示A處落到B處，在下落過程中，自上向下看，線圈中感應電流的方向是（）A、始終順時針B、始終逆時針C、先順時針再逆時針D、先逆時針再順時針分析：楞次定律的內容是：感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化．根據楞次定律判斷感應電流的方向．在下落過程中，根據磁場強弱判斷穿過線圈的磁通量的變化，再去判斷感應電流的方向．解答：在下落過程中，磁感應強度先增大后減小，所以穿過線圈的磁通量先增大后減小，A處落到C處，穿過線圈的磁通量增大，產生感應電流磁場方向向下，所以感應電流的方向為順時針。C處落到B處，穿過線圈的磁通量減小，產生感應電流磁場方向向上，所以感應電流的方向為逆時針。故選：C。點評：解決本題的關鍵掌握楞次定律的內容：感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化．【解題方法點撥】1．楞次定律中“阻礙”的含義。2．楞次定律的推廣對楞次定律中“阻礙”含義的推廣：感應電流的效果總是阻礙產生感應電流的原因。（1）阻礙原磁通量的變化﹣﹣“增反減同”；（2）阻礙相對運動﹣﹣“來拒去留”；（3）使線圈面積有擴大或縮小的趨勢﹣﹣“增縮減擴”；（4）阻礙原電流的變化（自感現象）﹣﹣“增反減同”。3．相互聯系（1）應用楞次定律，必然要用到安培定則；（2）感應電流受到的安培力，有時可以先用右手定則確定電流方向，再用左手定則確定安培力的方向，有時可以直接應用楞次定律的推論確定。4．法拉第電磁感應定律的內容和表達式【知識點的認識】法拉第電磁感應定律（1）內容：閉合電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比。（2）公式：E＝nΔΦΔt【命題方向】下列幾種說法中正確的是（）A、線圈中磁通量變化越大，線圈中產生的感應電動勢一定越大B、線圈中磁通量越大，線圈中產生的感應電動勢一定越大C、線圈放在磁場越強的位置，線圈中產生的感應電動勢一定越大D、線圈中磁通量變化越快，線圈中產生的感應電動勢越大分析：本題考查法拉第電磁感應定律的內容，明確電動勢與磁通量的變化快慢有關．解答：根據法拉第電磁感應定律，線圈中磁通量變化越快，線圈中產生的感應電動勢越大；故選：D。點評：本題要求學生能夠區分磁通量、磁通量的變化量及磁通量的變化率，能正確掌握法拉第電磁感應定律的內容．【解題方法點撥】1．對法拉第電磁感應定律的理解2．計算感應電動勢的公式有兩個：一個是E＝n△?△t，一個是E＝Blvsinθ，計算時要能正確選用公式，一般求平均電動勢選用E＝n△?△t，求瞬時電動勢選用E＝3．電磁感應現象中通過導體橫截面的電量的計算：由q＝I?△t，I=ER總，E＝n△?△t，可導出電荷量5．導體平動切割磁感線產生的感應電動勢【知識點的認識】1.如果感應電動勢是由導體運動而產生的，它也叫作動生電動勢。2.當導體的運動方向與磁場垂直時，動生電動勢的大小為：E＝Blv3.適用條件：（1）勻強磁場；（2）平動切割；（3）B、l、v三者相互垂直。4.當導體的運動方向與磁場有夾角時，如下圖即如果導線的運動方向與導線本身是垂直的，但與磁感線方向有一個夾角θ，則動生電動勢為：E＝Blv1＝Blvsinθ，即利用速度垂直于磁場的分量。【命題方向】如圖所示，在磁感應強度B＝1.2T的勻強磁場中，讓導體PQ在U形導軌上以速度υ0＝10m/s向右勻速滑動，兩導軌間距離L＝0.5m，則產生的感應電動勢的大小和PQ中的電流方向分別為（）分析：導體棒PQ運動時切割磁感線，回路中的磁通量發生變化，因此有感應電流產生，根據右手定則可以判斷電流方向，由E＝BLv可得感應電動勢的大小．解答：當導體棒PQ運動時，根據法拉第電磁感應定律得：E＝BLv＝1.2×0.5×10＝6V，根據右手定則可知，通過PQ的電流為從Q點流向P點，故ABC錯誤，D正確。故選：D。點評：本題比較簡單，考查了導體切割磁感線產生電動勢和電流方向問題，注意公式E＝BLv的適用條件和公式各個物理量的含義．【解題方法點撥】閉合或不閉合電路的一部分導體在磁場中做切割磁感線運動時，導體兩端將產生感應電動勢。如果電路閉合，電路中形成感應電流。切割磁感線運動的那部分導體相當于電路中的電源。常見的情景有以下幾種：1．在E＝BLv中（要求B⊥L、B⊥v、L⊥v，即B、L、v三者兩兩垂直），式中的L應該取與B、v均垂直的有效長度（所謂導體的有效切割長度，指的是切割導體兩端點的連線在同時垂直于v和B的方向上的投影的長度，下圖中的有效長度均為ab的長度）。2．公式E＝BLv中，若速度v為平均速度，則E為平均電動勢；若v為瞬時速度，則E為瞬時電動勢。3．若導體不是垂直切割磁感線運動，v與B有一夾角，如圖所示，則E＝Blv1＝Blvsinθ。6．導體轉動切割磁感線產生的感應電動勢【知識點的認識】如果導體棒繞平行于磁場的軸轉動時，因為棒上各處速度不再相等，動生電動勢的計算公式E＝Blv就不再適用。如下圖所示，導體棒在磁場中旋轉，切割磁感線產生感應電動勢：雖然導體棒各處速度不同，但是根據圓周運動線速度與角速度的關系可知各處速度大小呈線性變化，所以可以用中點處的線速度表示平均速度從而計算感應電動勢，即E＝Blv=Bl①如果轉軸繞棒的一端旋轉，vmin＝0，vmax＝ωl，則E=12Bωω是棒轉動的角速度②如果以棒上一點為圓心旋轉，E=12Bω（l12-l22），l③如果以棒外一點Wie圓心旋轉，E=12Bω（l12-l22），l【命題方向】一直升飛機停在南半球的地磁極上空。該處地磁場的方向豎直向上，磁感應強度為B．直升飛機螺旋槳葉片的長度為l，螺旋槳轉動的頻率為f，順著地磁場的方向看螺旋槳，螺旋槳按順時針方向轉動。螺旋槳葉片的近軸端為a，遠軸端為b，如圖所示。如果忽略a到轉軸中心線的距離，用ε表示每個葉片中的感應電動勢，則（）A、ε＝πfl2B，且a點電勢低于b點電勢B、ε＝2πfl2B，且a點電勢低于b點電勢C、ε＝πfl2B，且a點電勢高于b點電勢D、ε＝2πfl2B，且a點電勢高于b點電勢分析：轉動切割產生的感應電動勢根據E=12BLv求出大小，根據右手定則判斷出電動勢的方向，從而判斷出a解答：順著地磁場的方向看螺旋槳，螺旋槳按順時針方向轉動，若俯視，則葉片逆時針轉動切割磁感線，根據右手定則，b點電勢高于a點電勢；v＝lω＝2πlf，所以電動勢為E=12Blv=故選：A。點評：解決本題的關鍵掌握轉動切割產生感應電動勢的表達式E=1【解題思路點撥】對于導體轉動切割磁感線產生的感應電動勢，要先確認轉動的圓心，然后根據E＝Blv進行計算，要正確計算導體棒的平均速度。7．根據B-t或者φ-t圖像計算感應電動勢【知識點的認識】本考點旨在針對電磁感應中的B﹣t圖像或Φ﹣t圖像問題。1.B﹣t圖像（1）圖像意義：B﹣t圖像的縱坐標直接反映了某一時刻的磁感應強度。（2）斜率的意義：根據法拉第電磁感應定律E＝nΔΦΔt=n（3）拐點的意義：如果拐點的斜率為0，表示感應電動勢的方向要改變。B﹣t圖像的斜率就等于ΔΦΔt2.Φ﹣t圖像（1）圖像意義：Φ﹣t圖像的縱坐標直接反映某一時刻的磁通量大小。（2）斜率的意義：根據法拉第電磁感應定律E＝nΔΦΔt，Φ﹣t圖像的斜率就等于ΔΦ（3）拐點的意義：如果拐點的斜率為0，表示感應電動勢的方向要改變。【命題方向】如圖甲所示，勻強磁場中有一面積為S、電阻為R的單匝金屬圓環，磁場方向垂直于圓環平面豎直向上。圖乙為該磁場的磁感應強度B隨時間t變化的圖像，曲線上P點坐標為（t0，B0），P點的切線在B軸上的截距為B1，由以上信息不能得到的是（）A、t＝t0時，圓環中感應電流的方向B、t＝t0時，圓環中感應電動勢的大小C、0﹣t0內，通過圓環某截面的電量D、0﹣t0內，圓環所產生的焦耳熱分析：根據法拉第電磁感應定律結合圖像分析電動勢大小，根據楞次定律判斷感應電流方向，根據電荷量的計算公式解得電量，焦耳熱需要通過有效值計算。解答：A．根據楞次定律可知，t＝t0時，圓環中感應電流的方向從上向下看為順時針方向，故A錯誤；B．t＝t0時，圓環中感應電動勢的大小E=故B錯誤；C．0﹣t0內，通過圓環某截面的電量q=故C錯誤；D．0﹣t0內感應電動勢不斷變化，但是不能求解電動勢的有效值，則不能求解圓環所產生的焦耳熱，故D正確。故選：D。點評：本題考查電磁感應定律，解題關鍵掌握圖像的含義及楞次定律的應用。【解題思路點撥】1.解決圖像問題的一般步驟（1）明確圖像的種類，是B﹣t圖像還是Φ﹣t圖像，或者是E﹣t圖像、i﹣t圖像等。（2）分析電磁感應的具體過程。（3）用右手定則或楞次定律確定方向對應關系，（4）結合法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律等寫出函數關系式。（5）根據函數關系式進行數學分析，如分析斜率的變化、截距等。（6）畫出圖像或判斷圖像。2.電磁感應中圖像類選擇題的三種常見解法（1）排除法：定性地分析電磁感應過程中物理量的變化趨勢（增大還是減小）變化快慢（均勻變化還是非均勻變化），特別是物理量的正負，排除錯誤的選項。（2）函數法：根據題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數關系，然后由函數關系對圖像作出分析和判斷，這未必是最簡單的方法，但卻是最有效的方法。（3）面積法：對于i﹣t圖像，圖線與時間軸之間所圍圖形的面積表示電荷量，可通過q＝nΔΦR8．描繪線圈進出磁場區域的圖像【知識點的認識】本考點旨在針對研究線圈進出磁場區域的圖像問題。【命題方向】如圖，在光滑水平桌面上有一邊長為l、電阻為R的正方形導線框，在導線框右側有一寬度為d（d＞l）的條形勻強磁場區域，磁場的邊界與導線框的左、右邊框平行，磁場方向豎直向下。導線框以某一初速度向右運動并穿過磁場，在穿過磁場區域過程中，下列描述該過程的v—x（速度—位移）圖像中，可能正確的是（）A、B、C、D、分析：線圈以一定的初速度進入勻強磁場，由于切割磁感線，所以產生感應電流，從而受到安培力阻礙，導致線圈做加速度減小的減速運動。當完全進入后，沒有磁通量變化，沒有感應電流，不受到安培力，因此做勻速直線運動，當線圈離開磁場時，磁通量又發生變化，速度變化與進入磁場相似。根據動量定理列式分析。解答：線圈進入磁場時，設某時刻進入磁場的距離為x，此時線圈的速度為v，取向右為正方向，由動量定理得-B其中：I聯立可得：v當完全進入磁場后，不受到安培力，所以線圈做勻速直線運動。當線圈出磁場時，速度v與位移x的關系與進入磁場相似，故ACD錯誤，B正確。故選：B。點評：本題屬于力與電綜合題，關鍵要根據動量定理推導出速度與位移的關系式，再分析速度的變化情況。【解題思路點撥】1.解決圖像問題的一般步驟（1）明確圖像的種類，是B﹣t圖像還是Φ﹣t圖像，或者是E﹣t圖像、i﹣t圖像等。（2）分析電磁感應的具體過程。（3）用右手定則或楞次定律確定方向對應關系，（4）結合法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律等寫出函數關系式。（5）根據函數關系式進行數學分析，如分析斜率的變化、截距等。（6）畫出圖像或判斷圖像。2.電磁感應中圖像類選擇題的三種常見解法（1）排除法：定性地分析電磁感應過程中物理量的變化趨勢（增大還是減小）變化快慢（均勻變化還是非均勻變化），特別是物理量的正負，排除錯誤的選項。（2）函數法：根據題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數關系，然后由函數關系對圖像作出分析和判斷，這未必是最簡單的方法，但卻是最有效的方法。（3）面積法：對于i﹣t圖像，圖線與時間軸之間所圍圖形的面積表示電荷量，可通過q＝nΔΦR9．單桿在導軌上無外力作用下切割磁場的運動問題【知識點的認識】本考點旨在針對單桿在導軌上無外力作用下切割磁場的運動問題。模型比較復雜，可能需要綜合電磁感應定律、電磁感應與電路問題的結合、電磁感應與動力學的結合、電磁感應與能量問題的結合、電磁感應與動量問題的結合等考點進行綜合分析。【命題方向】如圖所示，在磁感應強度B＝0.2T、方向與紙面垂直的勻強磁場中，有水平放置的兩平行導軌ab、cd，其間距L＝50cm，a、c間接有電阻R．現有一電阻為r的導體棒MN跨放在兩導軌間，并以v＝10m/s的恒定速度向右運動，a、c間電壓為0.8V，且a點電勢高．其余電阻忽略不計．問：（1）導體棒產生的感應電動勢是多大？（2）通過導體棒電流方向如何？磁場的方向是指向紙里，還是指向紙外？（3）R與r的比值是多少？分析：（1）MN棒垂直切割磁感線，根據公式E＝BLv求出導體棒產生的感應電動勢．（2）由題，a、c間電壓為0.8V，且a點電勢高，確定電流方向，由右手定則判斷磁場方向．（3）根據歐姆定律求解R與r的比值．解答：（1）導體棒產生的感應電動勢是E＝Blv＝0.2×0.5×10V＝1V（2）由題，a點電勢高，M點相當于電源的正極，則電流方向N→M；根據右手定則可知，磁場方向指向紙里（3）根據歐姆定律得，I=解得，R點評：本題是電磁感應與電路知識的綜合，確定電源與外電路是基本功，有時要畫出等效電路．【解題思路點撥】導軌滑桿問題是電磁感應現象的綜合應用，涉及動力學、電路、能量、動量等問題，難度較大，要認真進行分析。10．單桿在導軌上有外力作用下切割磁場的運動問題【知識點的認識】本考點旨在針對單桿在導軌上有外力作用下切割磁場的運動問題。模型比較復雜，可能需要綜合電磁感應定律、電磁感應與電路問題的結合、電磁感應與動力學的結合、電磁感應與能量問題的結合、電磁感應與動量問題的結合等考點進行綜合分析。【命題方向】如圖所示，水平放置的光滑平行金屬導軌間距為L，導軌上有一質量為m、電阻為r的金屬棒ab，導軌的另一端連接電阻R，其他電阻均不計，磁感應強度為B的勻強磁場垂直于導軌平面向下，金屬棒ab在一水平恒力F作用下由靜止開始向右運動．則在這個過程中（）A、隨著ab運動速度的增大，其加速度將減小B、外力F對ab做的功等于電路中產生的電能C、棒克服安培力做的功一定等于電路中產生的內能D、當ab棒的速度為v時，ab兩端的電勢差為BLv分析：在水平方向，金屬棒受到拉力F和安培力作用，安培力隨速度增大而增大，根據牛頓定律分析加速度的變化情況．根據功能關系分析電能與功的關系．利用切割式電動勢公式和歐姆定律求解ab兩端的電壓．解答：A、金屬棒受到的安培力F安＝BIl＝BER+rl＝BBlvR+可見，速度增大時，F安增大，加速度減小。故A正確。B、外力F對ab做的功等于金屬棒獲得的動能與電路中產生的電能之和。故B錯誤。C、根據功能關系，棒克服安培力做的功等于電路中產生的電能，電能轉化為內能。故C正確。D、當ab棒的速度為v時，ab兩端的電勢差為U=RR+故選：AC。點評：本題運用牛頓定律分析運動過程．要注意ab間的電壓是路端電壓，即為R兩端電壓，不是內電壓．【解題思路點撥】導軌滑桿問題是電磁感應現象的綜合應用，涉及動力學、電路、能量、動量等問題，難度較大，要認真進行分析。11．雙桿在等寬導軌上切割磁場的運動問題【知識點的認識】本考點旨在針對雙桿在等寬導軌上切割磁場的運動問題。模型比較復雜，可能需要綜合電磁感應定律、電磁感應與電路問題的結合、電磁感應與動力學的結合、電磁感應與能量問題的結合、電磁感應與動量問題的結合等考點進行綜合分析。【命題方向】如圖所示，相距為L的兩足夠長平行金屬導軌固定在水平面上，整個空間存在垂直導軌平面向下的勻強磁場。磁感應強度為B．導軌上靜止有質量為m，電阻為R的兩根相同的金屬棒ab、cd，與導軌構成閉合回路，金屬棒cd左側導軌粗糙右側光滑。現用一沿導軌方向的恒力F水平向右拉金屬棒cd，當金屬棒cd運動距離為s時速度達到最大，金屬棒ab與導軌間的摩擦力也剛好達最大靜摩擦力。在此過程中，下列敘述正確的是（）A、金屬棒cd的最大速度為2B、金屬棒ab上的電流方向是由a向bC、整個回路中產生的熱量為Fs-D、金屬棒ab與軌道之間的最大靜摩擦力為F分析：據題當金屬棒cd運動距離為s時速度達到最大，金屬棒ab與導軌間的摩擦力剛好達最大靜摩擦力，ab棒剛要運動。研究cd棒，根據安培力與拉力平衡，求出最大速度。根據右手定則判斷ab上的電流方向。根據功能關系求解熱量。對于cd棒，由平衡條件求解最大靜摩擦力。解答：A、cd棒速度最大時，所受的安培力與拉力F二力平衡，則有：F＝BIL＝BLBLv2R=B2L2vB、根據右手定則判斷可知cd棒中感應電流的方向由c向d，則ab上的電流方向是由b向a，故B錯誤。C、根據能量守恒定律得：整個回路中產生的熱量為：Q＝Fs-12mv2D、據題，cd棒的速度達到最大時ab棒所受的靜摩擦力最大，cd所受的最大靜摩擦力等于安培力，由于兩棒所受的安培力大小相等，所以金屬棒ab與軌道之間的最大靜摩擦力等于F，故D正確。故選：AD。點評：本題看似雙桿問題，實際屬于單桿類型，關鍵在于正確分析兩棒的受力情況和能量的轉化關系，根據平衡條件和能量守恒定律進行研究。【解題思路點撥】導軌滑桿問題是電磁感應現象的綜合應用，涉及動力學、電路、能量、動量等問題，難度較大，要認真進行分析。12．電磁感應過程中的動力學類問題【知識點的認識】1.模型概述：該模型考查的是電磁感應定律與運動學的聯系，一般要結合牛頓第二定律，分析物體的速度與受力情況。2.兩種狀態處理（1）導體處于平衡態——靜止或勻速直線運動狀態。處理方法：根據平衡條件合外力等于零列式分析。（2）導體處于非平衡態——加速度不為零。處理方法：根據牛頓第二定律進行動態分析，或結合功能關系分析。3.兩大研究對象及其關系電磁感應中導體棒既可看作電學對象（因為它相當于電源），又可看作力學對象（因為感應電流產生安培力），而感應電流Ⅰ和導體棒的速度v則是聯系這兩大對象的紐帶：【命題方向】如圖所示，在豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場中，有兩根水平放置且足夠長的平行金屬導軌AB、CD，間距為L，在導軌的AC端連接一阻值為R的電阻，一根質量為m的金屬棒ab，垂直導軌放置，導軌和金屬棒的電阻不計．金屬棒與導軌間的動摩擦因數為μ，若用恒力F沿水平向右拉導體棒運動，求金屬棒的最大速度．分析：金屬棒ab從靜止開始沿導軌滑動，從而產生感應電流，出現安培力，金屬棒先做加速度逐漸減小的加速運動，后做勻速運動．根據E＝BLv、I=ER和F＝BIL推導出安培力公式，當加速度減小到解答：經分析知，棒向右運動時切割磁感線，產生動生電動勢，由右手定則知，棒中有ab方向的電流，再由左手定則可知，安培力向左，棒受到的合力在減小，向右做加速度逐漸減小的加速運動，當安培力與摩擦力的合力增大到大小等于拉力時，則加速度減小到0時，達到最大速度，此時：F＝μmg+BIL又I=解得vm=(答：金屬棒的最大速度(F點評：本題要根據牛頓定律分析金屬棒的運動情況，分析和計算安培力是關鍵，注意另忘記棒受到摩擦力作用．【解題思路點