第63頁（共63頁）2024-2025學年下學期高二物理人教版（2019）期中必刷常考題之法拉第帶磁感應定律一．選擇題（共7小題）1．（2024秋?昌平區期末）如圖所示，一質量為m、邊長為l的正方形導線框abcd，由高度h處自由下落，ab邊進入磁感應強度為B的勻強磁場區域后，線圈開始做勻速運動，直到dc邊剛剛開始穿出磁場為止。已知磁場區域寬度為l。重力加速度為g，不計空氣阻力。線框在穿越磁場過程中，下列說法正確的是（）A．線框進入磁場的過程中電流方向為順時針方向 B．線框穿越磁場的過程中電流大小為BlmgC．線框穿越磁場的過程中產生的焦耳熱為2mgl D．線框進入磁場的過程中通過導線橫截面的電荷量為m2．（2024秋?惠山區校級期末）拓撲結構在現代物理學中具有廣泛的應用。現有一條絕緣紙帶，兩條平行長邊鑲有銅絲，將紙帶一端扭轉180°，與另一端連接，形成拓撲結構的莫比烏斯環，如圖所示。連接后，紙環邊緣的銅絲形成閉合回路，紙環圍合部分可近似為半徑為R的扁平圓柱。現有一勻強磁場從圓柱中心區域垂直其底面穿過，磁場區域的邊界是半徑為r的圓（r＜R）。若磁感應強度大小B隨時間t的變化關系為B＝kt（k為常量），則回路中產生的感應電動勢大小為（）A．2kπr2 B．2kπR2 C．0 D．kπR23．（2025?廣東一模）下列說法正確的是（）A．如圖甲所示，由小磁針指向可知，通電直導線中的電流方向是向上的 B．如圖乙所示，如果長為l、通過電流為I的短直導線在該磁場中所受力的大小為F，則該處磁感應強不一定為B=C．如圖丙所示，閉合線圈在勻強磁場中向右加速運動，由于在做加速切割磁感線運動，所以線圈中會產生感應電流 D．如圖丁所示，線圈從1位置平移到2位置時，穿過此線圈平面的磁通量不變4．（2025?鄭州校級二模）如圖所示，水平固定的足夠長平行光滑金屬導軌ab和cd間連接定值電阻R，金屬棒在兩導軌間的距離為L，電阻為r，整個運動過程中金屬棒與導軌垂直且接觸良好，整個裝置處在豎直向上的勻強磁場（圖中未畫出）中，磁場的磁感應強度大小為B，金屬棒的質量為m，現用一水平向右的恒力F作用在金屬棒上使金屬棒由靜止開始運動，其他電阻不計，下列說法正確的是（）A．金屬棒做勻加速直線運動 B．a點電勢比c點電勢高 C．金屬棒達到的最大速度為F(D．金屬棒從靜止到速度最大的過程，恒力F對金屬棒做的功為m5．（2024秋?甘肅期末）如圖甲所示，正方形閉合線框MNPQ的總電阻r＝0.4Ω、邊長為0.8m，線框內存在一個邊長為0.4m的正方形磁場區域。從t＝0時刻開始，磁場的磁感應強度隨時間變化的圖像如圖乙所示。t＝0時刻，磁場方向垂直紙面向里，0～1s內，線框中感應電流的大小和方向分別為（）A．0.16A，逆時針 B．0.16A，順時針 C．0.08A，逆時針 D．0.08A，順時針6．（2024秋?深圳期末）如圖是我校學生食堂用的飯卡內部實物圖，其由線圈和芯片組成電路，當飯卡處于感應區域時，刷卡機會激發變化的磁場，從而在飯卡內線圈中產生電磁感應。電流來驅動芯片工作，已知線圈面積為S，共n匝，某次刷卡時，線圈平面與磁場垂直，全部處于磁場區域內，且在感應時間t0內，磁感應強度方向向外由0均勻增大到B0，此過程中（）A．線框中磁通量最大為nB0S B．此現象為渦流現象 C．線框中產生的感應電流一直增大 D．線框中感應電動勢大小為n7．（2024秋?望花區校級期末）如圖所示，M、N為粗細均勻、同種導線圍成的單匝同心圓線框；虛線為正方形的磁場區域，頂點在M上，邊與N相切，邊長為2L；虛線內存在垂直紙面均勻分布的磁場，且磁感應強度B隨時間t的變化規律為B＝kt+B0，則M、N（不考慮互感）中的感應電流之比為（）A．2：2 B．2：π C．22；π 二．多選題（共5小題）（多選）8．（2024秋?海淀區校級期末）如圖所示，abcd是一個由粗細均勻的同種材料制成、邊長為0.1m的正方形閉合線框，以0.1m/s的恒定的速度沿x軸正方向在紙面內運動，并穿過一寬度為0.2m、方向垂直紙面向里、大小為B的勻強磁場區域，線框ab邊距磁場左邊界為0.1m時開始計時。下列選項分別為d、c兩點間的電勢差Udc、線框中的感應電i（以順時針方向為正）隨時間t的變化圖像，其中可能正確的是（）A． B． C． D．（多選）9．（2025?十堰一模）空間存在豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場，兩根相距為L的平行長直金屬導軌水平放置，左端接電容為C的電容器，一根導體棒放置在導軌上，如圖甲所示。起初開關閉合，導體棒在水平向右的恒力作用下開始運動，t0時刻速度增加到v0，此時斷開開關，導體棒繼續加速，2t0時刻速度增加到4v0，v﹣t圖像如圖乙所示，已知導體棒運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好，不計電路中的電阻及導體棒與導軌間的摩擦。下列說法正確的是（）A．t0時刻電容器所帶的電荷量為CBLv0 B．0～t0時間內通過導體棒的電流為CBLvC．0～t0時間內導體棒受到的安培力大小為CBD．恒力F=（多選）10．（2024秋?海淀區期末）如圖所示，間距為L的水平U形導體框置于豎直向下的勻強磁場中，U形導體框左端連接一阻值為R的電阻。將一質量為m、電阻為r的導體棒ab靜置于導體框上。從某時刻開始，對導體棒ab施加一水平向右的恒定拉力F，使其沿導體框向右運動，經過時間t，導體棒恰好運動至圖中虛線位置，此時速度大小為v。已知磁感應強度大小為B，不計導體框的電阻、導體棒與框間的摩擦。在此過程中（）A．導體棒中感應電流的方向為b→a B．導體棒的平均速度大小為v2C．通過電阻R的電荷量為Ft-D．電阻R上消耗的電能為B（多選）11．（2024秋?湖北期末）如圖所示，兩根足夠長、電阻不計的平行光滑金屬導軌相距L＝1m，導軌平面與水平面夾角θ＝30°。長度均為L＝1m的兩金屬棒a、b緊挨著置于兩導軌上，金屬棒a的質量為m1＝0.5kg、電阻為R1＝0.5Ω，金屬棒b的質量為m2＝1.0kg、電阻為R2＝1.0Ω，整個裝置處于垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B＝0.5T。現將金屬棒b由靜止釋放，同時給金屬棒a施加平行導軌向上的恒力F＝7.5N。已知運動過程中金屬棒與導軌始終垂直并保持良好接觸，重力加速度為g＝10m/s2，則（）A．兩棒均將做勻加速直線運動 B．當金屬棒b勻速運動時，金屬棒a也在做勻速運動 C．金屬棒b的速度大小為2m/s時，整個回路的電功率為6W D．由開始至金屬棒b沿導軌向下運動3m的過程中流經金屬棒a的電荷量為3C（多選）12．（2025?廣西一模）在軌穩定運行的天和核心艙內，我國航天員進行的某次科研實驗如圖所示：一個正方形閉合線圈以速度v1垂直磁場邊界進入矩形勻強磁場區域，此后線圈穿過該磁場，若線圈恰好離開磁場時的速度大小為v2，則下列關于線圈的說法正確的是（）A．進入磁場的過程中，感應電流的方向為逆時針方向 B．離開磁場的過程中，感應電流的方向為逆時針方向 C．完全進入磁場時的速度小于v1D．完全進入磁場時的速度等于v三．解答題（共3小題）13．（2024秋?惠山區校級期末）如圖為法拉第圓盤發電機的示意圖：銅質圓盤安裝在水平銅軸上，兩銅片C、D分別與轉動軸和圓盤的邊緣接觸。圓盤處于水平向右的勻強過場中，圓盤平面與磁感線垂直，從左向右看，圓盤以角速度ω沿順時針方向勻速轉動。已知勻強磁場磁感應強度大小為B，圓盤半徑為r，定值電阻的阻值為R，銅盤的電阻忽略不計。（1）求通過電阻R的電流的大小和方向；（2）轉盤轉一圈的過程中定值電阻產生的焦耳熱；（3）如果圓盤不轉動，使磁場的磁感應強度以B＝kt規律變化（k為常數），請判斷圓盤上是否產生了感應電流？是否有電流通過電阻R？簡要說明理由。14．（2024秋?溫州期末）間距為L的光滑平行金屬導軌置于同一水平面內，右端連接阻值為R的電阻，如圖所示（俯視圖），CDEF區域有存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B。導軌上一根質量為m、長為L、電阻為R的金屬桿a以速度v0向右運動，與另一相同的靜止金屬桿b發生彈性碰撞，金屬桿b進入磁場區域經過一段時間后停止運動。金屬桿與導軌始終接觸良好，導軌的電阻不計，求：（1）金屬桿b在磁場中運動時，通過電阻R的電流方向（選填“E到F”或“F到E”）；（2）金屬桿b剛進入磁場時，電阻R兩端的電壓U；（3）整個過程中電阻R產生的熱量Q。15．（2024秋?哈爾濱期末）如圖所示，傾角為θ＝37°的粗糙金屬軌道固定放置，導軌間距L＝0.5m，電阻不計。沿軌道向下建立x軸，OO'為兩磁場分界線且OO′垂直于x軸。在x＜0區域：存在方向垂直軌道平面向下，磁感應強度為B1＝0.8T的勻強磁場；在x≥0區域：存在方向垂直軌道平面向上，磁感應強度大小隨坐標變化的磁場，變化規律為B2＝0.4+0.8x（T）。初始狀態，U形框cdef鎖定在軌道平面上，c、f分別與O′、O重合，U形框質量為m2＝0.15kg，三邊長均為L＝0.5m，由阻值R2＝0.2Ω的金屬棒de和兩根絕緣棒cd、ef組成。另有質量為m1＝0.05kg、長為L＝0.5m、阻值R1＝0.2Ω的金屬棒ab在離OO′一定距離處獲得沿軌道向下的初速度，金屬棒及U形框與軌道間的動摩擦因數均為μ＝0.75。金屬棒及U形框始終與軌道接觸良好，形成閉合回路，不計金屬軌道及接觸點的電阻，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）若金屬棒ab的初速度為v1＝4m/s，求流過金屬棒ab的電流大小及金屬棒de受到安培力的大小；（2）若金屬棒ab獲得初速度v2的同時，解除對U形框的鎖定，為保持U形框仍靜止，求v2的最大值；（3）若金屬棒ab以初速度v3＝4m/s從x＝﹣0.25m處開始運動，同時解除對U形框的領定，金屬棒ab與U形框會發生完全非彈性碰撞，求碰后U形框的最大位移為多大。

2024-2025學年下學期高二物理人教版（2019）期中必刷常考題之法拉第帶磁感應定律參考答案與試題解析題號1234567答案CABCCDC一．選擇題（共7小題）1．（2024秋?昌平區期末）如圖所示，一質量為m、邊長為l的正方形導線框abcd，由高度h處自由下落，ab邊進入磁感應強度為B的勻強磁場區域后，線圈開始做勻速運動，直到dc邊剛剛開始穿出磁場為止。已知磁場區域寬度為l。重力加速度為g，不計空氣阻力。線框在穿越磁場過程中，下列說法正確的是（）A．線框進入磁場的過程中電流方向為順時針方向 B．線框穿越磁場的過程中電流大小為BlmgC．線框穿越磁場的過程中產生的焦耳熱為2mgl D．線框進入磁場的過程中通過導線橫截面的電荷量為m【考點】線圈進出磁場的能量計算；電磁感應過程中的能量類問題；法拉第電磁感應定律的內容和表達式．【專題】比較思想；尋找守恒量法；電磁感應——功能問題；分析綜合能力．【答案】C【分析】根據右手定則判斷感應電流方向；線框進入磁場后開始做勻速運動，根據平衡條件結合安培力公式求電流大小；從ab邊進入磁場到cd邊則好離開磁場，線框一直做勻速運動，根據能量守恒定律求線框穿越磁場的過程中產生的焦耳熱；根據機械能守恒定律求出線框剛進磁場時的速度大小，由t=lv求線框進入磁場的時間，再由q＝【解答】解：A、線框進入磁場的過程中，ab邊切割磁感應線產生感應電流，根據右手定則可知，ab邊中電流方向由a到b，則線框中電流方向為逆時針方向，故A錯誤；B、線框進入磁場后開始做勻速運動，根據平衡條件有BIl＝mg，解得電流大小為I=mgBlC、從ab邊進入磁場到cd邊則好離開磁場，線框一直做勻速運動，且下降的高度為2l，根據能量守恒可知，線框穿越磁場的過程中產生的焦耳熱等于減小的重力勢能，即Q＝2mgl，故C正確；D、線框從高為h處靜止釋放，根據機械能守恒定律有mg解得v則線框以v=2gh線框進入磁場的過程中通過導線橫截面的電荷量為q＝It，即得q=m2g故選：C。【點評】本題考查電磁感應中的能量問題，要能正確分析線框的運動過程和運動性質，熟練應用對應的規律解題。2．（2024秋?惠山區校級期末）拓撲結構在現代物理學中具有廣泛的應用。現有一條絕緣紙帶，兩條平行長邊鑲有銅絲，將紙帶一端扭轉180°，與另一端連接，形成拓撲結構的莫比烏斯環，如圖所示。連接后，紙環邊緣的銅絲形成閉合回路，紙環圍合部分可近似為半徑為R的扁平圓柱。現有一勻強磁場從圓柱中心區域垂直其底面穿過，磁場區域的邊界是半徑為r的圓（r＜R）。若磁感應強度大小B隨時間t的變化關系為B＝kt（k為常量），則回路中產生的感應電動勢大小為（）A．2kπr2 B．2kπR2 C．0 D．kπR2【考點】法拉第電磁感應定律的基本計算．【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】根據法拉第電磁感應定律列式求解感應電動勢。【解答】解：回路中相當于是n＝2匝的銅線圈，有效面積是圓形磁場區域的面積，根據法拉第電磁感應定律E＝nΔΦΔt=2ΔBΔt?πr2＝2kπr2，故A故選：A。【點評】考查法拉第電磁感應定律的應用，關鍵是有效面積和匝數的分析和判斷，會根據題意進行準確分析解答。3．（2025?廣東一模）下列說法正確的是（）A．如圖甲所示，由小磁針指向可知，通電直導線中的電流方向是向上的 B．如圖乙所示，如果長為l、通過電流為I的短直導線在該磁場中所受力的大小為F，則該處磁感應強不一定為B=C．如圖丙所示，閉合線圈在勻強磁場中向右加速運動，由于在做加速切割磁感線運動，所以線圈中會產生感應電流 D．如圖丁所示，線圈從1位置平移到2位置時，穿過此線圈平面的磁通量不變【考點】法拉第電磁感應定律的內容和表達式；安培定則（右手螺旋定則）；磁感應強度的定義與物理意義．【專題】比較思想；歸納法；磁場磁場對電流的作用；理解能力．【答案】B【分析】圖甲中，根據安培定則判斷通電直導線中的電流方向；圖乙中，只有當導線與磁場垂直時，才有B=【解答】解：A、如圖甲所示，小磁針靜止時N極指向為磁場的方向，根據安培定則可知，通電導線中的電流方向是向下的，故A錯誤；B、如圖乙所示，若導線與磁場垂直，則B=FIl，圖中未指出導線與磁場的關系，所以該處磁感應強不一定為BC、如圖丙所示，線圈運動過程中，磁通量不變，不會產生感應電流，故C錯誤；D、如圖丁所示，線圈從1位置平移到2位置時，磁場減弱，穿過此線圈平面的磁感線條數減少，則其磁通量減小，故D錯誤。故選：B。【點評】解答本題的關鍵要掌握磁場的基礎知識，能熟練運用安培定則判斷電流方向與磁場方向的關系。要注意公式B=4．（2025?鄭州校級二模）如圖所示，水平固定的足夠長平行光滑金屬導軌ab和cd間連接定值電阻R，金屬棒在兩導軌間的距離為L，電阻為r，整個運動過程中金屬棒與導軌垂直且接觸良好，整個裝置處在豎直向上的勻強磁場（圖中未畫出）中，磁場的磁感應強度大小為B，金屬棒的質量為m，現用一水平向右的恒力F作用在金屬棒上使金屬棒由靜止開始運動，其他電阻不計，下列說法正確的是（）A．金屬棒做勻加速直線運動 B．a點電勢比c點電勢高 C．金屬棒達到的最大速度為F(D．金屬棒從靜止到速度最大的過程，恒力F對金屬棒做的功為m【考點】導體平動切割磁感線產生的感應電動勢；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】定量思想；推理法；電磁感應與電路結合；推理論證能力．【答案】C【分析】根據右手定則判斷導體棒中電流方向；根據導體棒切割磁感線產生的感應電動勢得出導體棒ab兩端的電壓，根據功能關系可知，F做的功等于回路產生的電能和導體棒動能的增加量，根據動能定理可知，F做的功與安培力做的功之和等于導體棒增加的動能。【解答】解：A、隨著速度增大，安培力增大，故導體棒的加速度逐漸減小，最后變為0，所以導體棒是做加速度變小的加速運動，之后加速度為0，速度達到最大，故A錯誤；B、根據右手定則可知，感應電流是順時針，此時導體棒是電源，電源內部電流是從低電勢流向高電勢，導體棒下端相當于電源正極，故a的電勢低于c點的電勢，故B錯誤；C、當速度達到最大速度v時，E＝Bdv，I=ER+r，F＝F安＝BIL，解得vD、根據動能定理F做的功與安培力做的功之和等于導體棒動能的增加量，導體棒最終動能等于12mv2=mF故選：C。【點評】本題是右手定則和電路問題及功能關系在電磁感應現象中的綜合題，要注意明確在電磁感應現象中能量轉化的方向，掌握功能關系的應用。5．（2024秋?甘肅期末）如圖甲所示，正方形閉合線框MNPQ的總電阻r＝0.4Ω、邊長為0.8m，線框內存在一個邊長為0.4m的正方形磁場區域。從t＝0時刻開始，磁場的磁感應強度隨時間變化的圖像如圖乙所示。t＝0時刻，磁場方向垂直紙面向里，0～1s內，線框中感應電流的大小和方向分別為（）A．0.16A，逆時針 B．0.16A，順時針 C．0.08A，逆時針 D．0.08A，順時針【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】C【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。【解答】解：0～1s內，線框中感應電動勢E=ΔBΔtL2=0.4-0.21故選：C。【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。6．（2024秋?深圳期末）如圖是我校學生食堂用的飯卡內部實物圖，其由線圈和芯片組成電路，當飯卡處于感應區域時，刷卡機會激發變化的磁場，從而在飯卡內線圈中產生電磁感應。電流來驅動芯片工作，已知線圈面積為S，共n匝，某次刷卡時，線圈平面與磁場垂直，全部處于磁場區域內，且在感應時間t0內，磁感應強度方向向外由0均勻增大到B0，此過程中（）A．線框中磁通量最大為nB0S B．此現象為渦流現象 C．線框中產生的感應電流一直增大 D．線框中感應電動勢大小為n【考點】法拉第電磁感應定律的基本計算；判斷磁通量的大小或變化．【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】線框中的磁通量大小與線圈匝數無關；這是在線圈中產生的感應電流；根據法拉第電磁感應定律分析計算。【解答】解：A、線框中磁通量的最大值為B0S，故A錯誤；B、磁現象是電磁感應現象，是在線圈中產生的感應電流，不是渦流現象，故B錯誤；CD、因為在感應時間t0內，磁感應強度方向向外由0均勻增大到B0，所以磁通量的變化率是定值，根據法拉第電磁感應定律可知線框中產生的感應電動勢大小為E=nΔΦΔt=故選：D。【點評】本題考查了法拉第電磁感應定律的應用，知道線框中的磁通量與線圈的匝數無關。7．（2024秋?望花區校級期末）如圖所示，M、N為粗細均勻、同種導線圍成的單匝同心圓線框；虛線為正方形的磁場區域，頂點在M上，邊與N相切，邊長為2L；虛線內存在垂直紙面均勻分布的磁場，且磁感應強度B隨時間t的變化規律為B＝kt+B0，則M、N（不考慮互感）中的感應電流之比為（）A．2：2 B．2：π C．22；π 【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；電磁感應與圖象結合；推理論證能力．【答案】C【分析】根據磁通量的定義，可得線框在磁場的有效面積之比；根據法拉第電磁感應定律，可得感應電動勢之比；根據電阻定義式，可得阻值之比；根據感應電流的公式，可得感應電流之比。【解答】解：M在磁場中的有效面積為SM，由幾何知識得SM＝4L2N在磁場中的有效面積為SN，由幾何知識得SN＝πL2則M、N線框的有效面積之比為SM由于磁感應強度B隨時間t的變化規律相同，由法拉第電磁感應定律E=可得M、N產生的感應電動勢之比為EM由幾何知識得，M線框的周長為LM=22πL，N線框的周長為LN由于M、N為粗細均勻的同種導線，根據電阻的決定式R=得M、N的電阻阻值之比為RM根據感應電流的計算公式I感M、N的感應電流之比為IM故C正確，ABD錯誤故選：C。【點評】本題考查了電阻定義式的計算和法拉第電磁感應定律中感應電流的計算，能分析出線框在磁場的有效面積是解決本題的關鍵。二．多選題（共5小題）（多選）8．（2024秋?海淀區校級期末）如圖所示，abcd是一個由粗細均勻的同種材料制成、邊長為0.1m的正方形閉合線框，以0.1m/s的恒定的速度沿x軸正方向在紙面內運動，并穿過一寬度為0.2m、方向垂直紙面向里、大小為B的勻強磁場區域，線框ab邊距磁場左邊界為0.1m時開始計時。下列選項分別為d、c兩點間的電勢差Udc、線框中的感應電i（以順時針方向為正）隨時間t的變化圖像，其中可能正確的是（）A． B． C． D．【考點】描繪線圈進出磁場區域的圖像；根據B﹣t或者φ﹣t圖像計算感應電動勢．【專題】應用題；學科綜合題；定量思想；推理法；圖析法；電磁感應與圖象結合；推理論證能力．【答案】BC【分析】導體切割產生的感應電動勢、由E＝BLv，計算感應電動勢的大小，由右手定則判斷感應電流的方向，結合閉合電路歐姆定律可求感應電流和Udc的大小，對照圖像即可判斷。【解答】解：AB、由題意可知，在0～1s時間內線框在磁場外，無電磁感應現象，感應電流為0，Udc＝0，則1s～2s時間內是線框進入磁場的過程，由右手定則可知，線框內電流的方向為逆時針，線框勻速運動，感應電動勢大小為：E＝Blv，則感應電流大小為：I=ER=BLvR，大小恒定；在2s～3s時間內線框完全在磁場中，磁通量保持不變無感應電流，i＝0，在3s～4s時間內是線框穿出磁場的過程，由右手定則可知，線框內電流的方向為順時針，線框勻速運動，感應電動勢大小：E＝Blv，則感應電流的大小為：CD、由題意可知，在0～1s時間內線框在磁場外，無電磁感應現象，感應電流為0，Udc＝0，則1s～2s時間內是線框進入磁場的過程，由右手定則可知，線框內電流的方向為逆時針，線框勻速運動，感應電動勢大小為：E＝Blv，則感應電流大小為：I=ER=BLvR，大小恒定，則Udc=14BLv，在2s～3s時間內線框完全在磁場中，磁通量保持不變無感應電流，i＝0，但bc邊切割磁感線，則Udc＝BLv，在3s～4s時間內是線框穿出磁場的過程，由右手定則可知，線框內電流的方向為順時針，線框勻速運動，感應電動勢大小：E故選：BC。【點評】對于電磁感應中圖像問題，往往先根據楞次定律判斷感應電流的方向，先定性判斷，再根據法拉第電磁感應定律、歐姆定律等規律得到數據或解析式，再選擇圖像。（多選）9．（2025?十堰一模）空間存在豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場，兩根相距為L的平行長直金屬導軌水平放置，左端接電容為C的電容器，一根導體棒放置在導軌上，如圖甲所示。起初開關閉合，導體棒在水平向右的恒力作用下開始運動，t0時刻速度增加到v0，此時斷開開關，導體棒繼續加速，2t0時刻速度增加到4v0，v﹣t圖像如圖乙所示，已知導體棒運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好，不計電路中的電阻及導體棒與導軌間的摩擦。下列說法正確的是（）A．t0時刻電容器所帶的電荷量為CBLv0 B．0～t0時間內通過導體棒的電流為CBLvC．0～t0時間內導體棒受到的安培力大小為CBD．恒力F=【考點】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；單桿在導軌上有外力作用下切割磁場的運動問題；動量定理在電磁感應問題中的應用．【專題】定量思想；等效替代法；電磁感應與電路結合；分析綜合能力．【答案】AB【分析】根據E＝BLv0求出t0時刻導體棒產生的感應電動勢，由于不計電阻，所以電容器的電壓等于E，由C=QU求電容器所帶的電荷量；0～t0時間內導體棒做勻加速直線運動，受到的安培力不變，電容器單位時間內增加的電荷量不變，根據電流的定義式計算電流；根據F安＝BIL計算0～t0時間內導體棒受到的安培力大小；根據牛頓第二定律求恒力【解答】解：根據題中圖像可知，導體棒的運動為兩個連續的勻加速直線運動，t0時刻電容器兩極板間的電壓U＝E＝BLv0，由電容的定義式C=QU，解得Q＝CBLv0，故B、0～t0時間內導體棒受到的安培力不變，電容器單位時間內增加的電荷量不變，根據電流的定義可知I=Qt0C、0～t0時間內導體棒受到的安培力大小F安＝BIL＝BL?CBLv0tD、設導體棒的質量為m，t0時刻，根據牛頓第二定律有F﹣F安＝ma1t0～2t0時間內，根據牛頓第二定律有F＝ma2由v﹣t圖像可知，a1=v0t0聯立解得F=3CB故選：AB。【點評】本題考查電磁感應與力學知識的綜合，要根據v﹣t圖像分析導體棒的運動情況，確定其受力情況，根據牛頓第二定律、運動學公式和電磁感應規律相結合解答。（多選）10．（2024秋?海淀區期末）如圖所示，間距為L的水平U形導體框置于豎直向下的勻強磁場中，U形導體框左端連接一阻值為R的電阻。將一質量為m、電阻為r的導體棒ab靜置于導體框上。從某時刻開始，對導體棒ab施加一水平向右的恒定拉力F，使其沿導體框向右運動，經過時間t，導體棒恰好運動至圖中虛線位置，此時速度大小為v。已知磁感應強度大小為B，不計導體框的電阻、導體棒與框間的摩擦。在此過程中（）A．導體棒中感應電流的方向為b→a B．導體棒的平均速度大小為v2C．通過電阻R的電荷量為Ft-D．電阻R上消耗的電能為B【考點】電磁感應過程中的電路類問題；右手定則；單桿在導軌上有外力作用下切割磁場的運動問題；電磁感應過程中的能量類問題．【專題】比較思想；模型法；電磁感應——功能問題；分析綜合能力．【答案】AC【分析】根據右手定則判斷導體棒中感應電流的方向；分析導體棒的運動情況，結合v﹣t圖像與時間軸所圍的面積表示位移分析導體棒的平均速度大小；根據動量定理求通過電阻R的電荷量；根據焦耳定律分析電阻R上消耗的電能大小。【解答】解：A、根據右手定則，導體棒中感應電流的方向為b→a，故A正確；B、ab棒所受安培力方向與速度方向相反，隨著速度增大，產生的感應電流增大，ab棒受到的安培力增大，合力減小，加速度減小，所以ab棒做加速度逐漸減小的加速運動，定性作出其v﹣t圖像如圖所示。根據v﹣t圖像與坐標軸所圍面積表示位移可知，t時間內，ab棒的位移x＞vt2，則ab棒的平均速度大小v=C、取向右為正方向，根據動量定理得Ft﹣BIL?t＝mv又通過電阻R的電荷量為q=I?聯立解得q=Ft-mvD、導體棒恰好運動至圖中虛線位置時，感應電流大小為I=BLvR+r，由于導體棒做加速運動，之前的速度比v小，產生的感應電流比I小，所以電阻R上消耗的電能Q＜I2Rt故選：AC。【點評】解答本題的關鍵要掌握電磁感應問題中求電荷量常用的方法：動量定理，同時，要注意分析導體棒的運動情況。（多選）11．（2024秋?湖北期末）如圖所示，兩根足夠長、電阻不計的平行光滑金屬導軌相距L＝1m，導軌平面與水平面夾角θ＝30°。長度均為L＝1m的兩金屬棒a、b緊挨著置于兩導軌上，金屬棒a的質量為m1＝0.5kg、電阻為R1＝0.5Ω，金屬棒b的質量為m2＝1.0kg、電阻為R2＝1.0Ω，整個裝置處于垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B＝0.5T。現將金屬棒b由靜止釋放，同時給金屬棒a施加平行導軌向上的恒力F＝7.5N。已知運動過程中金屬棒與導軌始終垂直并保持良好接觸，重力加速度為g＝10m/s2，則（）A．兩棒均將做勻加速直線運動 B．當金屬棒b勻速運動時，金屬棒a也在做勻速運動 C．金屬棒b的速度大小為2m/s時，整個回路的電功率為6W D．由開始至金屬棒b沿導軌向下運動3m的過程中流經金屬棒a的電荷量為3C【考點】電磁感應過程中的能量類問題；雙桿在等寬導軌上切割磁場的運動問題．【專題】定量思想；推理法；電磁感應中的力學問題；電磁感應與電路結合；推理論證能力．【答案】BCD【分析】A.對金屬棒a、b，由牛頓第二定律分別列式；對電路，由法拉第電磁感應定律及閉合電路歐姆定律列式；結合題意，即可分析判斷；B.由前面分析，結合題意，即可分析判斷；C.結合前面分析，根據法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、電功率的計算公式分別列式，即可分析判斷；D.結合前面分析，根據電荷量的計算公式、閉合電路歐姆定律、法拉第電磁感應定律、磁通量的計算公式分別列式，即可分析判斷。【解答】解：A.對金屬棒a，由牛頓第二定律可得：F﹣m1gsinθ﹣BIL＝m1a1，對金屬棒b，由牛頓第二定律可得：m2gsinθ﹣BIL＝m2a2，對電路，由法拉第電磁感應定律及閉合電路歐姆定律可得：I=由此可知，加速階段，電流在增大，安培力在增大，加速度在減小，故兩棒均做加速度逐漸減小的變加速直線運動，故A錯誤；B.由前面分析可知：F﹣m1gsinθ﹣BIL＝m1a1，m2gsinθ﹣BIL＝m2a2，聯立可得：a1＝2a2，由此可知，當a2＝0時，a1＝0，所以金屬棒a、b同時開始做勻速直線運動，故B正確；C.結合前面分析可得，金屬棒a的速度大小始終是金屬棒b的速度大小的2倍，且方向相反，則金屬棒b的速度大小為2m/s時，金屬棒a的速度大小為4m/s，且方向相反，對整個回路分析，由法拉第電磁感應定律可得：E＝BL（v1+v2），由閉合電路歐姆定律可得：I=整個回路的電功率為：P＝EI，聯立可得：P＝6W，故C正確；D.結合前面分析可知，金屬棒b沿導軌向下運動s1＝3m的過程中，金屬棒a沿導軌向上運動s2＝6m，對回路分可知：q=IΔt且：E=Δ?Δt，ΔΦ＝BL（s1聯立可得：q＝3C，故D正確；故選：BCD。【點評】本題考查雙桿在等寬導軌上切割磁場的運動問題，解題時需注意，此模型比較復雜，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。（多選）12．（2025?廣西一模）在軌穩定運行的天和核心艙內，我國航天員進行的某次科研實驗如圖所示：一個正方形閉合線圈以速度v1垂直磁場邊界進入矩形勻強磁場區域，此后線圈穿過該磁場，若線圈恰好離開磁場時的速度大小為v2，則下列關于線圈的說法正確的是（）A．進入磁場的過程中，感應電流的方向為逆時針方向 B．離開磁場的過程中，感應電流的方向為逆時針方向 C．完全進入磁場時的速度小于v1D．完全進入磁場時的速度等于v【考點】動量定理在電磁感應問題中的應用；楞次定律及其應用；線圈進出磁場的電壓、電流、電荷量等電學量的計算．【專題】定量思想；方程法；電磁感應中的力學問題；推理論證能力．【答案】AD【分析】根據楞次定律判斷電流方向；根據動量定理結合電荷量的計算公式求解速度大小。【解答】解：AB、根據楞次定律可知，進入磁場的過程中，感應電流的方向為逆時針方向，離開磁場的過程中，感應電流的方向為順時針方向，故A正確、B錯誤；CD、設正方向線圈的邊長為L，完全進入磁場時的速度大小為v。取向右為正方向，進入磁場過程中，根據動量定理可得：﹣BI1Lt1＝mv﹣mv離開磁場過程中，根據動量定理可得：﹣BI2Lt2＝mv2﹣由于I1t1=I2t2＝q=ERt=ΔΦR=BSR解得：v=v1+v2故選：AD。【點評】對于安培力作用下導體棒、線圈的運動問題，如果涉及電荷量、求位移、速度等問題，常根據動量定理結合法拉第電磁感應定律、閉合電路的歐姆定律列方程進行解答。三．解答題（共3小題）13．（2024秋?惠山區校級期末）如圖為法拉第圓盤發電機的示意圖：銅質圓盤安裝在水平銅軸上，兩銅片C、D分別與轉動軸和圓盤的邊緣接觸。圓盤處于水平向右的勻強過場中，圓盤平面與磁感線垂直，從左向右看，圓盤以角速度ω沿順時針方向勻速轉動。已知勻強磁場磁感應強度大小為B，圓盤半徑為r，定值電阻的阻值為R，銅盤的電阻忽略不計。（1）求通過電阻R的電流的大小和方向；（2）轉盤轉一圈的過程中定值電阻產生的焦耳熱；（3）如果圓盤不轉動，使磁場的磁感應強度以B＝kt規律變化（k為常數），請判斷圓盤上是否產生了感應電流？是否有電流通過電阻R？簡要說明理由。【考點】電磁感應過程中的電路類問題；導體轉動切割磁感線產生的感應電動勢．【專題】應用題；學科綜合題；定量思想；推理法；方程法；電磁感應與電路結合；推理論證能力．【答案】（1）Br2ω2R（2）πB（3）圓盤中產生感應電流；但沒有電流通過電阻R。圓盤中產生渦旋電流，由于沿半徑方向沒有電勢差，故沒有電流通過電阻R。【分析】（1）把銅盤看作若干條由中心指向邊緣的銅棒組合而成，當銅盤轉動時，每根金屬棒都在切割磁感線，產生大小和方向不變的電流。根據轉動切割磁感線產生的感應電動勢公式E=1（2）再由焦耳定律可求焦耳熱；（3）由感應電流產生的條件分析是否有電流產生和通過電阻R。【解答】解：（1）銅盤的若干半徑相當于直導線繞固定點切割磁感線運動，則在運動過程中，CD兩點產生的感應電動勢為：E=Brv=12Br×ωr=1（2）轉盤轉一圈的過程中定值電阻產生的焦耳熱為：Q=（3）如果圓盤不轉動，使磁場的磁感應強度以B＝kt規律變化，則穿過圓盤的磁通量發生變化，圓盤中產生渦旋電流，由于沿半徑方向沒有電勢差，故沒有電流通過電阻R。答：（1）Br2ω2R（2）πB（3）圓盤中產生感應電流；但沒有電流通過電阻R。圓盤中產生渦旋電流，由于沿半徑方向沒有電勢差，故沒有電流通過電阻R。【點評】本題考查運用物理知識分析實際問題的能力。此題是電磁感應問題，基本規律有楞次定律或右手定則、法拉第電磁感應定律；根據題意應用基礎知識即可解題。14．（2024秋?溫州期末）間距為L的光滑平行金屬導軌置于同一水平面內，右端連接阻值為R的電阻，如圖所示（俯視圖），CDEF區域有存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B。導軌上一根質量為m、長為L、電阻為R的金屬桿a以速度v0向右運動，與另一相同的靜止金屬桿b發生彈性碰撞，金屬桿b進入磁場區域經過一段時間后停止運動。金屬桿與導軌始終接觸良好，導軌的電阻不計，求：（1）金屬桿b在磁場中運動時，通過電阻R的電流方向（選填“E到F”或“F到E”）；（2）金屬桿b剛進入磁場時，電阻R兩端的電壓U；（3）整個過程中電阻R產生的熱量Q。【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】計算題；學科綜合題；定量思想；尋找守恒量法；電磁感應中的力學問題；分析綜合能力．【答案】（1）金屬桿b在磁場中運動時，通過電阻R的電流方向為F到E；（2）金屬桿b剛進入磁場時，電阻R兩端的電壓U為13BLv0（3）整個過程中電阻R產生的熱量Q為112【分析】（1）金屬桿b在磁場中運動時，利用右手定則判斷通過電阻R的電流方向；（2）先根據動量守恒定律和機械能守恒定律求出金屬桿a與b碰撞后兩者的速度。根據E＝BLv0求出金屬桿b剛進入磁場區域時，產生的感應電動勢，根據電壓分配規律求金屬桿b剛進入磁場時，電阻R兩端的電壓U；（3）根據能量守恒求出金屬桿b進入磁場區域到停止運動的過程中回路產生的總熱量，再求整個過程中電阻R產生的熱量Q。【解答】解：（1）金屬桿b在磁場中運動時，根據右手定則可知，b桿中電流方向由D到C，則通過電阻R的電流方向F到E；（2）設金屬桿a與b碰撞后a、b的速度分別為va、vb，取向右為正方向，根據動量守恒定律有mv0＝mvb+mva根據機械能守恒定律有12聯立解得va＝0、vb＝v0則金屬桿b剛進入磁場區域時，產生的感應電動勢為E＝BLv0金屬桿a與電阻R并聯，并聯電阻為R根據電路連接關系，可得電阻R兩端電壓為U=聯立解得U（3）根據能量守恒，金屬桿b進入磁場區域到停止運動的過程中回路產生的總熱量為Q總根據電路連接關系，電阻R產生的熱量為Q=12聯立解得Q答：（1）金屬桿b在磁場中運動時，通過電阻R的電流方向為F到E；（2）金屬桿b剛進入磁場時，電阻R兩端的電壓U為13BLv0（3）整個過程中電阻R產生的熱量Q為112【點評】本題是電磁感應與力學知識的綜合應用，要能正確分析兩桿的運動過程，把握過程中遵循的力學規律是關鍵。b桿在磁場中的運動過程，是電磁感應與電路的綜合，要搞清電路結構，確定電壓和能量分配關系。15．（2024秋?哈爾濱期末）如圖所示，傾角為θ＝37°的粗糙金屬軌道固定放置，導軌間距L＝0.5m，電阻不計。沿軌道向下建立x軸，OO'為兩磁場分界線且OO′垂直于x軸。在x＜0區域：存在方向垂直軌道平面向下，磁感應強度為B1＝0.8T的勻強磁場；在x≥0區域：存在方向垂直軌道平面向上，磁感應強度大小隨坐標變化的磁場，變化規律為B2＝0.4+0.8x（T）。初始狀態，U形框cdef鎖定在軌道平面上，c、f分別與O′、O重合，U形框質量為m2＝0.15kg，三邊長均為L＝0.5m，由阻值R2＝0.2Ω的金屬棒de和兩根絕緣棒cd、ef組成。另有質量為m1＝0.05kg、長為L＝0.5m、阻值R1＝0.2Ω的金屬棒ab在離OO′一定距離處獲得沿軌道向下的初速度，金屬棒及U形框與軌道間的動摩擦因數均為μ＝0.75。金屬棒及U形框始終與軌道接觸良好，形成閉合回路，不計金屬軌道及接觸點的電阻，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）若金屬棒ab的初速度為v1＝4m/s，求流過金屬棒ab的電流大小及金屬棒de受到安培力的大小；（2）若金屬棒ab獲得初速度v2的同時，解除對U形框的鎖定，為保持U形框仍靜止，求v2的最大值；（3）若金屬棒ab以初速度v3＝4m/s從x＝﹣0.25m處開始運動，同時解除對U形框的領定，金屬棒ab與U形框會發生完全非彈性碰撞，求碰后U形框的最大位移為多大。【考點】動量守恒定律在電磁感應問題中的應用；電磁感應過程中的能量類問題；傾斜平面內的導軌滑桿模型．【專題】定量思想；推理法；電磁感應——功能問題；分析綜合能力．【答案】（1）流過金屬棒ab的電流大小為4A，金屬棒de受到安培力的大小為1.6N；（2）v2的最大值為4.41m/s；（3）碰后U形框的最大位移為1m。【分析】（1）根據閉合電路的歐姆定律和安培力公式求流過金屬棒ab的電流大小及金屬棒de受到安培力的大小；（2）根據閉合電路的歐姆定律和受力平衡求v2的最大值；（3）根據動量定理和動量守恒定律求碰后U形框的最大位移。【解答】解：（1）根據閉合電路的歐姆定律E1＝B1Lv1I1解得I1＝4AB2＝0.4+0.8L解得B2＝0.8T則F安＝B2IL解得F安＝1.6N（2）根據閉合電路的歐姆定律E2＝B1Lv2I2U形框靜止B2IL＝m2gsinθ+μm2gcosθ解得v2＝4.41m/s（3）因為v3＜v2則U形框仍靜止對ab棒，從開始到與U形框碰撞之前，以沿著斜面向下的方向為正方向，列動量定理（m1gsinθ﹣μm1gcosθ）t﹣B1ILt＝m1v0﹣m1v3E=I=|x解得v0＝2m/sab棒與U形框碰撞，以v0的方向為正方向，列動量守恒定律m1v0＝（m1+m2）v共解得v共＝0.5m/s對整體從撞后到速度減為0，以沿著斜面向下的方向為正方向，列動量定理[(mI其中B2de﹣B2ab＝0.4Tx'解得x'＝1m答：（1）流過金屬棒ab的電流大小為4A，金屬棒de受到安培力的大小為1.6N；（2）v2的最大值為4.41m/s；（3）碰后U形框的最大位移為1m。【點評】本題是多體多過程問題，關鍵要分析棒ab與U形框的受力情況，確定它們的運動狀態，把握隱含的力學規律。對于導體棒在磁場中做非勻變速運動的過程，往往運用動量定理求位移。

考點卡片1．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2．安培定則（右手螺旋定則）【知識點的認識】1.安培定則的內容分三種不同情況．（1）直線電流：右手握住導線，伸直的拇指的方向代表電流的方向，那么彎曲的四指所指的方向就是磁感線的環繞方向．（2）環形電流：右手握住環形導線，彎曲的四指所指的方向就是電流的方向，拇指所指的方向就是環形中心軸線上的磁感線的方向．（3）通電螺線管：右手握住螺線管，讓彎曲的四指所指的方向跟電流的方向一致，拇指所指的方向就是螺線管內部的磁感線的方向．2.利用安培定則判斷的幾種常見電流的磁場直線電流的磁場通電螺線管的磁場環形電流的磁場特點無磁極、非勻強，且距導線越遠處磁場越弱與條形磁鐵的磁場相似，管內為勻強磁場，管外為非勻強磁場環形電流的兩側是N極和S極，且離圓環中心越遠，磁場越弱安培定則本考點主要考查安培定則（右手螺旋定則）的內容。【命題方向】通電螺線管的電流方向跟它的磁感線方向之間的關系，也可用安培定則來判定：握住螺線管，讓所指的方向跟一致，則的方向就是.分析：右手螺旋定則判斷通電螺線管的電流方向與它的磁感線方向之間的關系：右手握住螺線管，讓彎曲的四指所指的方向跟電流的方向一致，拇指所指的方向就是螺線管內部的磁感線的方向．解答：右手握住螺線管，讓彎曲的四指所指的方向跟電流的方向一致，拇指所指的方向就是螺線管內部的磁感線的方向．故答案為：右手；彎曲的四指；電流的方向；拇指所指；螺線管內部的磁感線的方向。點評：本題考查右手螺旋定則，關鍵是理解其內容。屬于基礎簡單題目。【解題思路點撥】1.電流的方向跟它的磁感線方向之間的關系可以用安培定則（右手螺旋定則）來判斷。各種電流的磁場磁感線判斷方法如下：（1）直線電流：右手握住導線，讓伸直的拇指所指的方向與電流的方向一致，彎曲的四指所指的方向就是磁感線環繞的方向。（2）環形電流：讓右手彎曲的四指與環形電流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是環形導線軸線上磁場的方向。（3）通電螺線管：右手握住螺線管，讓彎曲的四指跟電流的方向一致，拇指所指的方向就是螺線管磁場的方向，或者說拇指所指的就是通電螺線管N極的方向。2.特別提醒（1）磁場是分布在立體空間的，（2）利用安培定則不僅可以判斷磁場的方向，還可以根據磁場的方向判斷電流的方向。（3）應用安培定則判定直線電流時，四指所指的方向是導線之外磁場的方向；判定環形電流和通電螺線管電流時，拇指的指向是線圈軸線上磁場的方向。（4）環形電流相當于小磁針，通電螺線管相當于條形磁鐵，應用安培定則判斷時，拇指所指的一端為它的N極。3．磁感應強度的定義與物理意義【知識點的認識】1.電流元：在物理學中，把很短一段通電導線中的電流I與導線長度l的乘積叫作電流元。2.磁感應強度（1）定義：電流元垂直于磁場放置時，電流元所受磁場的作用力F與I和l乘積的比值，叫作的磁感應強度。（2）定義式：B=F（3）單位：在國際單位制中，磁感應強度的單位是特斯拉，簡稱特，符號是T，1T＝1NA（4）標矢性：矢量，方向即為該處磁場方向，即靜止于該處的小磁針N極所指的方向（5）物理意義：表征磁場強弱的物理量。（6）磁感應強度是磁場本身的性質，與放不放電流元無關。【命題方向】由磁感應強度的定義式B=A、磁感應強度與通電導線受到的磁場力F成正比B、磁感應強度與電流強度和導線長度的乘積成反比C、磁感應強度的方向與F的方向一致D、只要滿足L很短，I很小的條件，B=分析：在磁場中磁感應強度有強弱，則由磁感應強度來描述強弱．將通電導線垂直放入勻強磁場中，即確保電流方向與磁場方向相互垂直，則所受的磁場力與通電導線的電流與長度乘積之比．公式B=FIL是比值法定義B的，磁感應強度B是由磁場本身的性質決定的物理量，不能說B與F成正比，也不能說解答：AB、磁感應強度B是由磁場本身的性質決定的物理量，定義式B=FIL是比值法定義B的，不能說B與F成正比，也不能說B與IL成反比。故AC、根據左手定則可知，F與B的方向互相垂直。故C錯。D、只要滿足L很短，I很小的條件，B=FIL故選：D。點評：磁感應強度的定義式B=FIL可知，是屬于比值定義法．即B與F、I、L均沒有關系，它是由磁場的本身決定．例如：電場強度E=【解題思路點撥】1.磁感應強度的定義式：：B=（1）公式成立條件：通電導線必須垂直于磁場方向放置，不垂直則公式不成立。（2）決定磁感應強度的因素：僅由磁場本身決定，與導線是否受磁場力以及磁場力的大小無關。（3）磁感應強度的定義式也適用于非勻強磁場，這時l應很短，稱為“電流元”，相當于靜電場中的“試探電荷”。2.方向：磁感應強度B是一個矢量，某點磁感應強度的方向不是放在該處的通電導線的受力方向。它的方向可以有以下幾種表述方式：（1）小磁針靜止時N極所指的方向，或小磁針靜止時S極所指的反方向。（2）小磁針N極受力的方向（不論小磁針是否靜止），或S極受力的反方向。（3）磁感應強度的方向就是該點的磁場方向。3.大小：磁場在某位置的磁感應強度的大小與方向是客觀存在的，與通過導線的電流大小、導線的長短無關。即使不放入載流導線，磁感應強度也照樣存在，故不能說“B與F成正比”或“B與Il成反比”。4．判斷磁通量的大小或變化【知識點的認識】本考點主要是判斷磁通量的大小，或者當某一參數變化時判斷磁通量的變化情況。【命題方向】如圖所示，一線圈放在通電螺線管的正中間A處，現向右移動到B處，則在移動過程中通過線圈的磁通量如何變化（）A、變大B、變小C、不變D、無法確定分析：穿過線圈的磁場有進去的，也有出來的，則磁通量為穿過線圈的凈磁通量．根據穿出線圈磁通量的大小判斷通過線圈磁通量的大小．解答：螺線管內部磁場向左穿過線圈，設向左穿過線圈的磁通量為Φ1，螺線管外部磁場向右穿過線圈，設穿過的磁通量為Φ2，則凈磁通量為Φ＝Φ1﹣Φ2．線圈從正中間A處，現向右移動到B處Φ2增大，Φ1不變。則Φ減小。故B正確，A、C、D錯誤。故選：B。點評：解決本題的關鍵知道磁通量有進去也有出來時，總磁通量應為凈磁通量．【解題思路點撥】1.磁通量的大小對于非勻強磁場，可以通過Φ＝BS定性分析磁通量的大小。2．磁通量的變化磁通量可以用穿過某一面積的磁感線條數來形象地定性描述，也可以用公式Φ＝BSsinθ（θ為B與S面的夾角）進行定量的計算．在分析磁通量是否發生變化時，兩種描述是統一的，不能有矛盾的結果出現．例如：（1）線圈的面積發生變化時磁通量是不一定發生變化的，如圖，當線圈面積由S1變為S2時，磁通量并沒有變化．（2）當磁場范圍一定時，線圈面積發生變化，磁通量也可能不變，如圖所示，在空間有磁感線穿過線圈S，S外沒有磁場，如增大S，則Φ不變．3．磁通量改變的方式：（1）線圈跟磁體之間發生相對運動，這種改變方式是S不變而相當于B發生變化；（2）線圈不動，線圈所圍面積也不變，但穿過線圈面積的磁感應強度是時間的函數；（3）線圈所圍面積發生變化，線圈中的一部分導體做切割磁感線運動，其實質也是B不變而S增大或減小；（4）線圈所圍面積不變，磁感應強度也不變，但二者之間的夾角發生變化，如勻強磁場中轉動的矩形線圈就是典型例子．5．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。6．右手定則【知識點的認識】右手定則伸開右手，讓大拇指跟其余四指垂直，并且都跟手掌在同一平面內，讓磁感線垂直穿過掌心，大拇指指向導體的運動方向，其余四指所指的方向，就是感應電流的方向．【命題方向】題型一：楞次定律、右手定則、左手定則、安培定則的綜合應用如圖所示，水平放置的兩條光滑軌道上有可自由移動的金屬棒PQ、MN，當PQ在外力作用下運動時，MN在磁場力作用下向右運動．則PQ所做的運動可能是（）A．向右勻加速運動B．向左勻加速運動C．向右勻減速運動D．向左勻減速運動分析：MN在磁場力作用下向右運動，說明MN受到的磁場力向右，由左手定則可知電流由M指向N，由楞次定律可知，線圈中產生感應電流的磁場應該是向上減小，或向下增加；根據右手螺旋定則，與楞次定律可知PQ的運動情況．解：MN在磁場力作用下向右運動，說明MN受到的磁場力向右，由左手定則可知電流由M指向N，由楞次定律可知，線圈中產生感應電流的磁場應該是向上減小，或向下增加；再由右手螺旋定則與楞次定律可知，PQ可能是向左加速運動或向右減速運動．故BC正確，AD錯誤．故選：BC．點評：本題關鍵是分析好引起感應電流的磁通量的變化，進而才能分析產生電流的磁通量是由什么樣的運動產生的．【解題方法點撥】1．右手定則適用于部分導體切割磁感線運動時感應電流的方向判定，而楞次定律適用于一切電磁感應現象，是判斷感應電流方向的基本方法，對于由于磁通量變化而引起的感應電流，運用楞次定律判斷其方向更方便．2．安培定則、左手定則、右手定則、楞次定律的比較及應用．（1）規律比較基本現象應用的定則或定律運動電荷、電流產生磁場安培定則磁場對運動電荷、電流有作用力左手定則電磁感應部分導體做切割磁感線運動右手定則閉合回路磁通量變化楞次定律（2）應用區別關鍵是抓住因果關系：①因電而生磁（I→B）→安培定則；②因動而生電（v、B→I安）→右手定則；③因電而受力（I、B→F安）→左手定則．7．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8．法拉第電磁感應定律的基本計算【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】一個100匝的線圈，在0.4s內穿過它的磁通量從0.02Wb均勻增加到0.08Wb，則線圈中總的感應電動勢V．若線圈電阻為10Ω，則線圈中產生的電流強度I＝A．分析：根據法拉第電磁感應定律E=n解答：感應電動勢E=感應電流的大小I=E故本題答案為：15，1.5．點評：解決本題的關鍵掌握法拉第電磁感應定律E=n【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9．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。10．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。11．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＝nΔΦR12．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＝nΔΦR13．線圈進出磁場的電壓、電流、電荷量等電學量的計算【知識點的認識】1.電磁感應中的電路類問題主要涉及到求取電學中的物理量，如電流、電壓、電量、功率等。本考點旨在針對線圈進出磁場的電路類問題。2.電磁感應與電路結合的相關問題的解決方法（1）明確產生感應電動勢的導體或部分電路，該導體或部分電路就相當于電源。（2）畫等效電路圖，分清內、外電路。（3）用法拉第電磁感應定律E＝nΔΦΔt或E＝Blv確定感應電動勢的大小，用楞次定律或右手定則確定感應電流的方向（4）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。（5）電磁感應中的電荷量問題：閉合回路中磁通量發生變化時，電荷發生定向移動面形成感應電流，在Δt內遷移的電荷量（感應電荷量）q＝I?Δt=ER總?Δt＝nΔΦΔt【命題方向】如圖所示，紙面內有一矩形導體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長．從置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN．第一次ab邊平行MN進入磁場．線框上產生的熱量為Q1，通過線框導體橫截面的電荷量為q1：第二次bc邊平行MN進入磁場．線框上產生的熱量為Q2，通過線框導體橫截面的電荷量為q2，則（）A.Q1＞Q2q1＝q2B.Q1＞Q2q1＞q2C.Q1＝Q2q1＝q2D.Q1＝Q2q1＞q2分析：由q=N解答：設ab和bc邊長分別為lab，lbc，若假設穿過磁場區域的速度為v，Q1＝BI1Lab?Lbc=B2Labq1＝I1Δt=N△ΦΔt同理可以求得：Q2＝BI2Lbc?Lab=B2Lbcq2＝I2Δt=N△ΦΔtlab＞lbc，由于兩次“穿越”過程均為相同速率穿過，因此：Q1＞Q2，q1＝q2，故A正確，BCD錯誤。故選：