2022年高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题27 电磁感应的电路、图像及动力学问题（解析版）.docx

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1、2020届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题27 电磁感应的电路、图像及动力学问题【专题导航】目录热点题型一电磁感应中的电路问题1（一）感生电动势的电路分析2（二）动生电动势的电路分析3热点题型二电磁感应中的图象问题5（一）磁感应强度变化的图象问题6（二）导体切割磁感线的图象问题7（三）电磁感应中双电源问题与图象的综合8热点题型三电磁感应中的平衡、动力学问题10（一）电磁感应中的动力学问题10（二）电磁感应中平衡问题13（三）电磁感应中含电容器的动力学问题15【题型演练】16【题型归纳】热点题型一电磁感应中的电路问题1电磁感应中电路知识的关系图2解决电磁感应中的电路问题三部曲（一）感生

2、电动势的电路分析【例1】(2019·济南高三模拟)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n1000匝，横截面积S20 cm2，螺线管导线电阻r1.0 ，R14.0 ，R25.0 ，C30 F。在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场的磁感应强度B的方向如图甲所示，大小按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是()A螺线管中产生的感应电动势为1.2 VB闭合S，电路中的电流稳定后，电容器下极板带负电C闭合S，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为2.56×102 WDS断开后，流经R2的电量为1.8×102 C【答案】C【解析】根据法拉第电磁感应定律：EnnS，解得：E0.8

3、 V，A错误；根据楞次定律可知，螺线管的感应电流盘旋而下，则螺线管下端是电源的正极，电容器下极板带正电，B错误；根据闭合电路欧姆定律，有：I0.08 A，根据PI2R1得：电阻R1的电功率P2.56×102 W，C正确；S断开后，流经R2的电量即为S闭合时电容器极板上所带的电量Q，电容器两极板间的电压为：UIR20.4 V，流经R2的电量为：QCU1.2×105 C，D错误。【变式1】(2016·高考浙江卷)如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈

4、之间的相互影响，则()A两线圈内产生顺时针方向的感应电流 Ba、b线圈中感应电动势之比为91Ca、b线圈中感应电流之比为34 Da、b线圈中电功率之比为31【答案】B.【解析】由于磁感应强度随时间均匀增大，则根据楞次定律知两线圈内产生的感应电流方向皆沿逆时针方向，则A项错误；根据法拉第电磁感应定律ENNS，而磁感应强度均匀变化，即恒定，则a、b线圈中的感应电动势之比为9，故B项正确；根据电阻定律R，且L4Nl，则3，由闭合电路欧姆定律I，得a、b线圈中的感应电流之比为·3，故C项错误；由功率公式PI2R知，a、b线圈中的电功率之比为·27，故D项错误【变式2】如图甲所示，一

5、个圆形线圈的匝数n100，线圈的面积S200 cm2，线圈的电阻r1 ，线圈外接一个阻值R4 的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示下列说法中正确的是()A线圈中的感应电流方向为顺时针方向 B电阻R两端的电压随时间均匀增大C线圈电阻r消耗的功率为4×104 W D前4 s内通过R的电荷量为4×104 C【答案】C【解析】.由楞次定律，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，选项A错误；由法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势恒定为E0.1 V，电阻R两端的电压不随时间变化，选项B错误；回路中电流I0.02 A，线圈电阻r消耗的功率为

6、PI2r4×104 W，选项C正确；前4 s内通过R的电荷量为qIt0.08 C，选项D错误（二）动生电动势的电路分析【例2】在同一水平面的光滑平行导轨P、Q相距l1 m，导轨左端接有如图所示的电路其中水平放置的平行板电容器两极板M、N相距d10 mm，定值电阻R1R212 ，R32 ，金属棒ab的电阻r2 ，其他电阻不计磁感应强度B0.5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间，质量m1×1014 kg，电荷量q1×1014 C的微粒恰好静止不动g取10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好且速度保持恒定

7、试求：(1)匀强磁场的方向； (2)ab两端的路端电压；(3)金属棒ab运动的速度【答案】(1)竖直向下(2)0.4 V(3)1 m/s【解析】(1)负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故M板带正电ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab棒等效于电源，感应电流方向由ba，其a端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下(2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有mgEq又E，所以UMN0.1 VR3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R3的电流为I0.05 A则ab棒两端的电压为UabUMNI0.4 V.(3)由

8、法拉第电磁感应定律得感应电动势EBlv由闭合电路欧姆定律得EUabIr0.5 V联立解得v1 m/s.【变式1】(2019·焦作一模)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l1 m，cd间、de间、cf间分别接着阻值R10 的电阻一阻值R10 的导体棒ab以速度v4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小B0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场下列说法中正确的是()A导体棒ab中电流的流向为由b到a Bcd两端的电压为1 VCde两端的电压为1 V Dfe两端的电压为1 V【答案】BD【解析】由右手定则可知ab中电流方向为ab，A错误；导

9、体棒ab切割磁感线产生的感应电动势EBlv，ab为电源，cd间电阻R为外电路负载，de和cf间电阻中无电流，de和cf间无电压，因此cd和fe两端电压相等，即U×R1 V，B、D正确，C错误【变式2】如图所示，一金属棒AC在匀强磁场中绕平行于磁感应强度方向的轴(过O点)匀速转动，OA2OC2L，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，金属棒转动的角速度为 、电阻为r，内、外两金属圆环分别与C、A良好接触并各引出一接线柱与外电阻R相接(没画出)，两金属环圆心皆为O且电阻均不计，则()A金属棒中有从A到C的感应电流 B外电阻R中的电流为IC当rR时，外电阻消耗功率最小 D金属棒AC间电压为

10、【答案】BD【解析】.由右手定则可知金属棒相当于电源且A是电源的正极，即金属棒中有从C到A的感应电流，A错误；金属棒转动产生的感应电动势为EB(2L)2BL2，即回路中电流为I，B正确；由电源输出功率特点知，当内、外电阻相等时，外电路消耗功率最大，C错误；UACIR，D正确热点题型二电磁感应中的图象问题1电磁感应中常见的图象问题图象类型随时间变化的图象，如Bt图象、t图象、Et图象、It图象随位移变化的图象，如Ex图象、Ix图象(所以要先看坐标轴：哪个物理量随哪个物理量变化要弄清)问题类型(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象(画图象的方法)(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解

11、相应的物理量(用图象)应用知识四个规律左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律六类公式(1)平均电动势En(2)平动切割电动势EBlv(3)转动切割电动势EBl2(4)闭合电路的欧姆定律I(5)安培力FBIl(6)牛顿运动定律的相关公式等2.处理图象问题要做到“四明确、一理解”（一）磁感应强度变化的图象问题【例3】(2019·河北唐山检测)如图甲所示，矩形导线框abcd固定在变化的磁场中，产生了如图乙所示的电流(电流方向abcda为正方向)若规定垂直纸面向里的方向为磁场正方向，能够产生如图乙所示电流的磁场为() 【答案】D.【解析】由题图乙可知，0t1内，线圈中的电流的大小与方向都不变

12、，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中的磁通量的变化率相同，故0t1内磁感应强度与时间的关系是一条斜线，A、B错误；又由于0t1时间内电流的方向为正，即沿abcda方向，由楞次定律可知，电路中感应电流的磁场方向向里，故0t1内原磁场方向向里减小或向外增大，因此D正确，C错误【变式】如图甲所示，在水平面上固定一个匝数为10匝的等边三角形金属线框，总电阻为3 ，边长为0.4 m金属框处于两个半径为0.1 m的圆形匀强磁场中，顶点A恰好位于左边圆的圆心，BC边的中点恰好与右边圆的圆心重合左边磁场方向垂直纸面向外，右边磁场垂直纸面向里，磁感应强度的变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是(取3)()A线

13、框中感应电流的方向是顺时针方向 Bt0.4 s时，穿过线框的磁通量为0.005 WbC经过t0.4 s，线框中产生的热量为0.3 J D前0.4 s内流过线框某截面的电荷量为0.2 C【答案】CD【解析】根据楞次定律和安培定则，线框中感应电流的方向是逆时针方向，选项A错误；0.4 s时穿过线框的磁通量12r2·B1r2·B20.055 Wb，选项B错误；由图乙知10 T/s，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势Enn·r2·1.5 V，感应电流I0.5 A,0.4 s内线框中产生的热量QI2Rt0.3 J，选项C正确；前0.4 s内流过线框某截面的电荷量q

14、It0.2 C，选项D正确（二）导体切割磁感线的图象问题【例4】(2018·高考全国卷)如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是()【答案】D【解析】设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i.线框位移等效电路的连接电流0I2i(顺时针)lI0lI2i(逆时针)2lI0分析知，只有选项D符合要求【变式】(2019·江西新余模拟)如图所示，在坐标系xOy中，有边长为L的正方形金属线框abcd，其一

15、条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处在y轴的右侧，在、象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行t0时刻，线框以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域取沿abcda方向的感应电流为正，则在线框穿过磁场区域的过程中，感应电流i、ab间的电势差Uab随时间t变化的图线是下图中的() 【答案】AD.【解析】从d点运动到O点的过程中，ab边切割磁感线，根据右手定则可以确定线框中电流方向为逆时针方向，即正方向，电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0；然后cd边开始切割磁感线，感应电流的方向为顺时针方向，即负方向，电动势

16、均匀减小到0，则电流均匀减小到0，故A正确，B错误；d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，ab相当于电源，电流由a到b，b点的电势高于a点，ab间的电势差Uab为负值，大小等于电流乘以bc、cd、da三条边的电阻，并逐渐减小；ab边出磁场后，cd边开始切割磁感线，cd边相当于电源，电流由b到a，ab间的电势差Uab为负值，大小等于电流乘以ab边的电阻，并逐渐减小，故C错误，D正确（三）电磁感应中双电源问题与图象的综合【例5】如图所示为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L，距磁场区域的左侧L处，有一边长为L的正方形导体线框，总电阻为R，且线框平面与

17、磁场方向垂直，现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量的方向为正，外力F向右为正则以下关于线框中的磁通量、感应电动势E、外力F和电功率P随时间变化的图象正确的是() 【答案】D.【解析】当线框运动L时开始进入磁场，磁通量开始增加，当全部进入时达到最大；此后向外的磁通量增加，总磁通量减小；当运动到2.5L时，磁通量最小，故选项A错误；当线框进入第一个磁场时，由EBLv可知，E保持不变，而开始进入第二个磁场时，两边同时切割磁感线，电动势应为2BLv，故选项B错误；因安培力总是与运动方向相反，故拉力应一直向右，故

18、选项C错误；拉力的功率PFv，因速度不变，而线框在第一个磁场时，电流为定值，拉力也为定值；两边分别在两个磁场中时，由选项B的分析可知，电流加倍，回路中总电动势加倍，功率变为原来的4倍；此后从第二个磁场中离开时，安培力应等于线框在第一个磁场中的安培力，所以功率应等于在第一个磁场中的功率，故选项D正确【变式】(2019·新疆一测)如图所示，用粗细均匀，电阻率也相同的导线绕制的直角边长为l或2l的四个闭合导体线框a、b、c、d，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，在每个线框刚进入磁场时，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud，下列判断正确的是()AUa<Ub<Uc<

19、UdBUa<Ub<Ud<UcCUaUb<UcUd DUb<Ua<Ud<Uc【答案】B【解析】由电阻定律，各个线框的电阻分别为Ra，Rb、Rc、Rd，设线框刚进入磁场时的速度为v，各线框MN边有效切割长度分别为l、l、2l、2l，各线框MN边的内阻分别为ra、rb、rc、rd，则各边产生的感应电动势分别为EaBlv、EbBlv、Ec2Blv、Ed2Blv，由闭合电路的欧姆定律知，各线框中的感应电流分别为Ia、Ib、Ic、Id，M、N两点间的电压分别为UaEaIara、UbEbIbrb、UcEcIcrc、UdEdIdrd，分别代入数据，可知Ua<Ub

20、<Ud<Uc，故选项B正确热点题型三电磁感应中的平衡、动力学问题1两种状态及处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析2.力学对象和电学对象的相互关系3动态分析的基本思路解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大或最小的条件具体思路如下：（一）电磁感应中的动力学问题【例6】(2018·高考江苏卷)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为，间距为d.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直质量为m的金属棒被固定在导轨

21、上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g.求下滑到底端的过程中，金属棒(1)末速度的大小v.(2)通过的电流大小I.(3)通过的电荷量Q.【答案】(1)(2) (3) 【解析(1)金属棒做匀加速直线运动，有v22as，解得v.(2)安培力F安IdB，金属棒所受合力Fmgsin F安由牛顿第二定律Fma解得I(3)运动时间t，电荷量QIt解得Q【技巧总结】用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：【变式1】(2017·高考

22、上海卷)如图，光滑平行金属导轨间距为L，与水平面夹角为，两导轨上端用阻值为R的电阻相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面质量为m的金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好，不计ab和导轨的电阻及空气阻力(1)求ab开始运动时的加速度a；(2)分析并说明ab在整个运动过程中速度、加速度的变化情况；(3)分析并比较ab上滑时间和下滑时间的长短【答案】见解析【解析】(1)利用楞次定律，对初始状态的ab受力分析得：mgsin BILma对回路分析I联立式得agsin .(2)上滑过程：由第(1)问中

23、的分析可知，上滑过程加速度大小表达式为：a上gsin 上滑过程，a上与v反向，做减速运动利用式，v减小则a上减小，可知，杆上滑时做加速度逐渐减小的减速运动下滑过程：由牛顿第二定律，对ab受力分析得：mgsin ma下a下gsin 因a下与v同向，ab做加速运动由式得v增加，a下减小，可知，杆下滑时做加速度减小的加速运动(3)设P点是上滑与下滑过程中经过的同一点P，由能量转化与守恒可知：mvmvQRQR为ab从P滑到最高点到再回到P点过程中R上产生的焦耳热由QR>0所以vP上>vP下同理可推得ab上滑通过某一位置的速度大于下滑通过同一位置的速度，进而可推得上>下由s上t上下t下

24、得t上<t下即ab上滑时间比下滑时间短【变式2】一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 ，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是()Aab受到的拉力大小为2 N Bab向上运动的速度为2 m/sC在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能 D在2 s内，拉力做功为0.6 J【答案】BC.【解析】对导体棒cd分析：mgBIl，得v2 m/s，故选项B正确；

25、对导体棒ab分析：FmgBIl0.2 N，选项A错误；在2 s内拉力做功转化为ab棒的重力势能和电路中的电能，电能等于克服安培力做的功，即W电F安 vt0.4 J，选项C正确；在2 s内拉力做的功为W拉Fvt0.8 J，选项D错误（二）电磁感应中平衡问题【例7】(2016·高考全国卷)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为，上沿相连两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上

26、已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g.已知金属棒ab匀速下滑求：(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小【思路点拨】解答的关键是对ab、cd棒受力分析，由平衡条件求出ab棒受到的安培力，再由金属棒切割磁感线产生的感应电动势确定金属棒的速度大小【答案】(1)mg(sin 3cos )(2)(sin 3cos )【解析】(1)设导线的张力的大小为FT，右斜面对ab棒的支持力的大小为FN1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为FN2.对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsin FN1FTFFN

27、12mgcos 对于cd棒，同理有mgsin FN2FTFN2mgcos 联立式得Fmg(sin 3cos )(2)由安培力公式得FBIL这里I是回路abdca中的感应电流，ab棒上的感应电动势为EBLv式中，v是ab棒下滑速度的大小由欧姆定律得I联立式得v(sin 3cos ).【变式】小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡线圈的水平边长L0.1 m，竖直边长H0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B01.0 T，方向垂直线圈平面向里线圈中通有可在02.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使得

28、天平平衡，测出电流即可测得物体的质量(重力加速度g取10 m/s2)(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2100匝、形状相同的线圈，总电阻R10 ，不接外电流，两臂平衡，如图乙所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d0.1 m当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率.【答案】(1)25匝(2)0.1 T/s【解析】(1)线圈受到安培力FN1B0IL天平平衡mgN1B0IL代入数据得N125匝(2)由电磁感应定律得EN2EN2Ld由欧

29、姆定律得I线圈受到安培力FN2B0IL天平平衡mgNB0·代入数据可得0.1 T/s（三）电磁感应中含电容器的动力学问题【例8】(2019·常州检测)如图所示，水平面内有两根足够长的平行导轨L1、L2，其间距d0.5 m，左端接有容量C2 000 F的电容器质量m20 g的导体棒可在导轨上无摩擦滑动，导体棒和导轨的电阻不计整个空间存在着垂直导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度B2 T现用一沿导轨方向向右的恒力F10.44 N作用于导体棒，使导体棒从静止开始运动，经t时间后到达B处，速度v5 m/s.此时，突然将拉力方向变为沿导轨向左，大小变为F2，又经2t时间后导体棒返回到初

30、始位置A处，整个过程电容器未被击穿求：(1)导体棒运动到B处时，电容器C上的电荷量；(2)t的大小；(3)F2的大小【答案】(1)1×102 C(2)0.25 s(3)0.55 N【解析】(1)当导体棒运动到B处时，电容器两端电压为UBdv2×0.5×5 V5 V此时电容器的带电荷量qCU2 000×106×5 C1×102 C.(2)棒在F1作用下有F1BIdma1，又I，a1联立解得a120 m/s2则t0.25 s.(3)由(2)可知棒在F2作用下，运动的加速度a2，方向向左，又a1t2a1t·2ta2(2t)2，将相

31、关数据代入解得F20.55 N.【变式】.(多选)(2019·重庆质检)如图，两根足够长且光滑平行的金属导轨PP、QQ倾斜放置，匀强磁场垂直于导轨平面，导轨的上端与水平放置的两金属板M、N相连，板间距离足够大，板间有一带电微粒，金属棒ab水平跨放在导轨上，下滑过程中与导轨接触良好现同时由静止释放带电微粒和金属棒ab，则下列说法中正确的是()A金属棒ab最终可能匀速下滑 B金属棒ab一直加速下滑C金属棒ab下滑过程中M板电势高于N板电势 D带电微粒不可能先向N板运动后向M板运动【答案】BC【解析】金属棒沿光滑导轨加速下滑，棒中有感应电动势而对电容器充电，充电电流通过金属棒时受安培力作用

32、，只有金属棒速度增大时才有充电电流，因此总有mgsin BIl>0，金属棒将一直加速，A错，B对；由右手定则可知，金属棒a端电势高，则M板电势高，C对；若微粒带负电，则静电力向上与重力反向，开始时静电力为0，微粒向下加速运动，当静电力增大到大于重力时，微粒的加速度向上，D错【题型演练】1下列四个选项图中，虚线上方空间都存在方向垂直纸面向里的匀强磁场A、B中的导线框为正方形，C、D中的导线框为直角扇形各导线框均绕垂直纸面的轴O在纸面内匀速转动，转动方向如箭头所示，转动周期均为T.从线框处于图示位置时开始计时，以在OP边上从P点指向O点的方向为感应电流i的正方向则在如图所示的四个情景中，产生

33、的感应电流i随时间t的变化规律如图所示的是() 【答案】C【解析】根据感应电流在一段时间恒定，导线框应为扇形；由右手定则可判断出产生的感应电流i随时间t的变化规律如题图所示的是选项C.2(2019·南昌模拟)如图甲所示，在水平面上固定有平行长直金属导轨ab、cd，bd端接有电阻R.导体棒ef垂直轨道放置在光滑导轨上，导轨电阻不计导轨右端区域存在垂直导轨面的匀强磁场，且磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示在t0时刻，导体棒以速度v0从导轨的左端开始向右运动，经过时间2t0开始进入磁场区域，取磁场方向垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向，回路中顺时针方向为电流正方向，则回路中的电流随时

34、间t的变化规律图象可能是() 【答案】A【解析】由题图乙可知，在02t0时间内，回路中磁通量变化率SS，为常数，根据法拉第电磁感应定律，回路产生的感应电动势E为常数，则回路产生的感应电流为常数根据楞次定律可判断出回路中感应电流方向为逆时针方向，即感应电流为负值且恒定，可排除图B、D；在大于2t0时间内，导体棒切割磁感线产生感应电动势和感应电流，导体棒受到安培力作用，做加速度逐渐减小的减速运动，其感应电流随时间变化应该为曲线，所以图A正确，图C错误3.(2019·上饶二模)在如图所示的竖直平面内，在水平线MN的下方有足够大的匀强磁场，一个等腰三角形金属线框顶点C与MN重合，线框由静止释

35、放，沿轴线DC方向竖直落入磁场中忽略空气阻力，从释放到线框完全进入磁场过程中，关于线框运动的v­t图象，可能正确的是() 【答案】C【解析】线框进入磁场过程中受到的安培力FBIL，线框切割磁感线的有效长度L增大、安培力增大，由牛顿第二定律得：mgFma，得ag，线框由静止加速，由于L、v不断增大，a不断减小，则线框做加速度减小的加速运动，故C正确4. 如图所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x轴上且长为2L，高为L，纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下

36、面四幅图中能够正确表示导线框中的电流位移(I­x)关系的是() 【答案】B【解析】位移在0L过程，磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值，I，lx，则Ix；位移在L2L过程，磁通量先增大后减小，由楞次定律判断感应电流方向先为顺时针方向，为正值，后为逆时针方向，为负值；位移在2L3L过程，磁通量减小，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值，I(3Lx)，故选项B正确5.如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B.电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计现

37、给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右做匀速运动时()A电容器两端的电压为零 B电阻两端的电压为BLvC电容器所带电荷量为CBLv D为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为【答案】C【解析】当导线MN匀速向右运动时，导线MN产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器既不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端没有电压，电容器两极板间的电压为UEBLv，所带电荷量QCUCBLv，故A、B错误，C正确；MN匀速运动时，因无电流而不受安培力，故拉力为零，D错误6(2019·保定模拟)如图所示为有理想边界的两个匀强磁场，磁感应强度均为B0.5 T，两边界间距s0.1

38、 m，一边长L0.2 m的正方形线框abcd由粗细均匀的电阻丝围成，总电阻为R0.4 ，现使线框以v2 m/s的速度从位置匀速运动到位置，则下列能正确反映整个过程中线框a、b两点间的电势差Uab随时间t变化的图线是() 【答案】A【解析】ab边切割磁感线产生的感应电动势为EBLv0.2 V，线框中感应电流为I0.5 A，所以在05×102 s时间内，a、b两点间电势差为U1I·R0.15 V在5×10210×102 s时间内，a、b两点间电势差U2E0.2 V；在10×10215×102 s时间内，a、b两点间电势差为U3I·

39、;R0.05 V，选项A正确7.(2019·东北三校联考)如图所示，M、N为同一水平面内的两条平行长直导轨，左端串接电阻R，金属杆ab垂直导轨放置，金属杆和导轨的电阻不计，杆与导轨间接触良好且无摩擦，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中现对金属杆施加一个与其垂直的水平方向的恒力F，使金属杆从静止开始运动在运动过程中，金属杆的速度大小为v，R上消耗的总能量为E，则下列关于v、E随时间变化的图象可能正确的是() 【答案】AD【解析】对金属杆ab施加一个与其垂直的水平方向的恒力F，使金属杆从静止开始运动由于金属杆切割磁感线产生感应电动势和感应电流，受到随速度的增大而增大的安培力作用，所以金属杆

40、做加速度逐渐减小的加速运动，当安培力增大到等于水平方向的恒力F时，金属杆做匀速直线运动，v­t图象A可能正确由功能关系知，开始水平方向的恒力F做的功一部分使金属杆动能增大，另一部分转化为电能，被电阻R消耗掉；当金属杆匀速运动后，水平方向的恒力F所做的功等于R上消耗的总能量E，因此E­t图象可能正确的是D.8.(2019·山西高三二模)电磁缓冲车是利用电磁感应原理进行制动缓冲，它的缓冲过程可以等效为：小车底部安装有电磁铁(可视为匀强磁场)，磁感应强度大小为B，方向竖直向下。水平地面埋着水平放置的单匝闭合矩形线圈abcd，如图甲所示。小车沿水平方向通过线圈上方，线圈与

41、磁场的作用连同其他阻力使小车做减速运动，从而实现缓冲，俯视图如图乙所示。已知线圈的总电阻为r，ab边长为L(小于磁场的宽度)。小车总质量为m，受到的其他阻力恒为F，小车上的磁场边界MN与ab边平行，当边界MN刚抵达ab边时，速度大小为v0。求：(1)边界MN刚抵达ab边时线圈中感应电流I的大小；(2)整个缓冲过程中小车的最大加速度am的大小。【答案】(1)(2)【解析】(1)磁场边界MN刚抵达ab边时，线圈中产生的电动势为EBLv0，根据闭合电路欧姆定律可得，感应电流I，解得：I。(2)小车上的磁场边界MN刚抵达ab边时小车的加速度最大。根据右手定则可判断线圈ab边中感应电流方向从b流到a，根

42、据左手定则可判断线圈所受安培力方向水平向右，安培力大小：FABIL，由牛顿第三定律可知，小车受到线圈的力FFA，由牛顿第二定律：FFmam，解得：am。9.(2019·江西吉水中学等三校联考)如图所示，金属杆ab、cd置于平行轨道MN、PQ上，可沿轨道滑动，两轨道间距l0.5 m，轨道所在空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T，用力F0.25 N向右水平拉杆ab，若ab、cd与轨道间的滑动摩擦力分别为Ff10.15 N、Ff20.1 N，两杆的有效电阻R1R20.1 ，设导轨电阻不计，ab、cd的质量关系为2m13m2，且ab、cd与轨道间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相

43、等求：(1)此两杆之间的稳定速度差；(2)若F0.3 N，两杆间稳定速度差又是多少？【答案】(1)0.32 m/s(2)0.384 m/s【解析】因FFf1，故ab由静止开始做加速运动，ab中将出现不断变大的感应电流，致使cd受到安培力F2作用，当F2Ff2时，cd也开始运动，故cd开始运动的条件是：FFf1Ff20.(1)当F0.25 N时，FFf1Ff20，故cd保持静止，两杆的稳定速度差等于ab的最终稳定速度vmax，故此种情况有：电流Im，安培力FmBIml，则有FFmFf10，由此得vmax0.32 m/s.(2)当F0.3 NFf1Ff2，对ab、cd组成的系统，ab、cd所受安培

44、力大小相等，方向相反，合力为零，则系统受的合外力为F合FFf1Ff20.05 N两杆相对稳定时，对系统有F合(m1m2)a，因为2m13m2，则F合m2a.取cd为研究对象，F安Ff2m2a，F安BIl，I，联立各式解得v(F合Ff2)0.384 m/s.10(2019·辽宁葫芦岛市六校联考)如图甲所示，用粗细均匀的导线制成的一只圆形金属圈，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属圈的质量为m0.1 kg，半径为r0.1 m，导线单位长度的阻值为0.1 /m，金属圈的上半部分处在一方向垂直圈面向里的有界匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示金属圈下半部分在

45、磁场外已知从t0时刻起，测得经过10 s丝线刚好被拉断重力加速度g取10 m/s2.求：(1)金属圈中感应电流的大小及方向；(2)丝线所能承受的最大拉力F；(3)此过程中金属圈中产生的焦耳热Q.【答案】(1)0.2 A逆时针方向(2)1.32 N(3)0.025 J【解析】(1)由楞次定律可知，金属圈中电流方向为逆时针方向由图乙知，0.8 T/s金属圈的电阻为R2r金属圈中感应电流I··0.8× A0.2 A(2)t时刻磁感应强度Bt金属圈受到的安培力F安BI·2r细线的拉力FF安mgBI·2rmg当t10 s时，代入数据得F1.32 N(3)金属圈内产生的焦耳热QI2Rt代入数据得Q0.025 J