第9天+電磁感應+講義2024屆高考物理考前15天滿分計劃

第9天電磁感應

士知識必備

一、楞次定律與法拉第電磁感應定律的應用

i.感應電流方向的判斷

(1)楞次定律：線圈面積不變，磁感應強度發(fā)生變化的情形，往往用楞次定律.

(2)右手定則：導體棒切割磁感線的情形往往用右手定則.

2.楞次定律中“阻礙”的主要表現(xiàn)形式

(1)阻礙原磁通量的變化一“增反減同

(2)阻礙物體間的相對運動一“來拒去留”；

(3)使線圈面積有擴大或縮小的趨勢——一般情況下為“增縮減擴”；

(4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)一一般情況下為“增反減同”.

3.求感應電動勢的方法

(1)法拉第電磁感應定律：

不變時，E=nS^

E=a(

△’15不變時，E=nB^

(2)導體棒垂直切割磁感線：E=Blv.

(3)導體棒以一端為圓心在垂直勻強磁場的平面內勻速轉動：E=-BPco.

(4)線圈繞與磁場垂直的軸勻速轉動(從線圈位于中性面開始計時)：e=〃BScosin刨.

4.通過回路截面的電荷量q=7黑僅與幾、A0和回路總電阻R總有關,

與時間長短無關，與0是否均勻變化無關.

二、電磁感應中的圖像問題

1.電磁感應中常見的圖像

常見的有磁感應強度、磁通量、感應電動勢、感應電流、速度、安培力等隨時間或位移

的變化圖像.

2.解答此類問題的兩個常用方法

(1)排除法：定性分析電磁感應過程中某個物理量的變化情況，把握三個關注，快速排除

錯誤的選項.這種方法能快速解決問題，但不一定對所有問題都適用.

(2)函數(shù)關系法：根據(jù)題目所給的條件寫出物理量之間的函數(shù)關系，再對圖像作出判斷,

這種方法得到的結果準確、詳細，但不夠簡捷.

三、電磁感應中的動力學與能量問題

1.電磁感應綜合問題的解題思路

2.求解焦耳熱。的三種方法

⑴焦耳定律：。=產即，適用于電流恒定的情況；

(2)功能關系：Q=W克安(W克安?為克服安培力做的功);

(3)能量轉化：Q=AE(其他能的減少量).

Q易錯易混

“三個定則〃“一個定律〃的比較

名稱用途選用原則

安培定則判斷電流產生的磁場（方向）分布因電生磁

左手定則判斷通電導線、運動電荷所受磁場力的方向因電受力

判斷導體切割磁感線產生的感應電流方向或電源

右手定則因動生電

正負極

因磁通量

楞次定律判斷因回路磁通量改變而產生的感應電流方向

變化生電

今一方法必知

楞次定律的推論

內容例證

汩

磁體靠近線圈，8感與8原方向相反

增反減同

C

當人增大時，環(huán)B中的感應電流方向與人相反；當人減小時，

環(huán)B中的感應電流方向與1\相同

星EX司M工

NS

來拒去留

磁體靠近，是斥力磁體遠離，是引力

阻礙磁體與圓環(huán)相對運動

汨

增縮減擴

分

（適用于

單向磁

P、。是光滑固定導軌，。、〃是可動金屬棒，磁體下移上移，〃、

場）

b靠近遠離，使回路面積有縮小擴大的趨勢

增離減靠

當開FcS閉合時，左環(huán)向左擺動、右環(huán)向右擺動，遠離通電線

圈

通過運它離和靠近阻礙磁通量的變化

以上情況“殊途同歸”,實質上都是以不同的方式阻礙磁通量的變

說明

化

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真題回顧

1.（2024?浙江）如圖1所示，掃描隧道顯微鏡減振裝置由絕緣減振平臺和磁阻尼減振

器組成。平臺通過二根關于。軸對稱分布的相同輕桿懸掛在輕質彈簧的下端o,彈簧

上端固定懸掛在O,點，三個相同的關于。。軸對稱放置的減振器位于平臺下方。如圖2

所示，每個減振器由通過絕緣輕桿固定在平臺下表面的線圈和固定在桌面上能產生輻向

磁場的鐵磁體組成，輻向磁場分布關于線圈中心豎直軸對稱，線圈所在處磁感應強度大

小均為處于靜止狀態(tài)的平臺受到外界微小擾動，線圈在磁場中做豎直方向的阻尼運

動，其位移隨時間變化的圖像如圖3所示。己知”0時速度為%,方向向下，乙、q時

刻的振幅分別為A、&。平臺和三個線圈的總質量為機，彈簧的勁度系數(shù)為我,每個線

圈半徑為小電阻為R。當彈簧形變量為時，其彈性勢能為』八/。不計空氣阻力,

2

求：

（1）平臺靜止時彈簧的伸長量△%;

（2），=0時，每個線圈所受到安培力廠的大?。?/p>

（3）在時間內，每個線圈產生的焦耳熱Q;

（4）在時間內，彈簧彈力沖量小的大小。

2.（2（）23?重慶）某小組設計了一種呼吸監(jiān)測方案：在人身上纏繞彈性金屬線圈，觀察

人呼吸時處于勻強磁場中的線圈面積變化產生的電壓，了解人的呼吸狀況。如圖所示,

線圈尸的匝數(shù)為N,磁場的磁感應強度大小為8,方向與線圈軸線的夾角為。。若某次

吸氣時，在/時間內每匝線圈面積增加了S,則線圈尸在該時間內的平均感應電動勢為（

c.4ssinAD.BScos0

3.（2023?遼寧）如圖，空間中存在水平向右的勻強磁場，一導體棒繞固定的豎直軸OP

在磁場中勻速轉動，且始終平行于導體棒兩端的電勢差〃隨時間/變化的圖像可能

正確的是（）

B

4.（2023?乙卷）一學生小組在探究電磁感應現(xiàn)象時，進行了如下比較實驗。用圖（a）

所示的纏繞方式，將漆包線分別繞在幾何尺寸相同的有機玻璃管和金屬鋁管上，漆包線

的兩端與電流傳感器接通,兩管皆豎直放置，將一很小的強磁體分別從管的上端由靜止

釋放，在管內下落至管的下端。實驗中電流傳感器測得的兩管上流過漆包線的電流/隨

時間，的變化分別如圖（b）和圖（c）所示，分析可知（）

A.圖（c）是用玻璃管獲得的圖像

B.在鋁管中下落，小磁體做勻變速運動

C.在玻璃管中下落，小磁體受到的電磁阻力始終保持不變

D.用鋁管時測得的電流第一個峰到最后一個峰的時間間隔比用玻璃管時的短

5.（2023?山東）足夠長U形導軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為1〃?，電阻不計。質

量為1依、長為1〃?、電阻為1Q的導體棒肋V放置在導軌上，與導軌形成矩形回路并始終

接觸良好，I和H區(qū)域內分別存在豎直方向的勻強磁場，磁感應強度分別為4和生，其

中隹=27,方向向下。用不可伸長的輕繩跨過固定輕滑輪將導軌。。段中點與質量為0.1依

的重物相連，繩與CD垂直且平行于桌面。如圖所示，某時刻MN、CD同時分別進入磁

場區(qū)域I和II并做勻速直線運動，MN、CQ與磁場邊界平行。的速度片=2巾/一CD

的速度為彩且匕〉匕，MN和導軌間的動摩擦因數(shù)為0.2。重力加速度大小取10川//，下

列說法正確的是（）

A.當?shù)姆较蛳蛏螧.區(qū)的方向向下C.v2=5m/sD.v2=3m/s

6.（2023?河北）如圖1,絕緣水平面上四根完全相同的光滑金屬桿圍成矩形，彼此接觸

良好，勻強磁場方向豎直向下。金屬桿2、3固定不動，1、4同時沿圖1箭頭方向移動，

移動過程中金屬桿所圍成的矩形周長保持不變。當金屬桿移動到圖2位置時，金屬桿所

圍面積與初始時相同。在此過程中（）

A.金屬桿所圍回路中電流方向保持不變

B.通過金屬桿截面的電荷量隨時間均勻增加

C.金屬桿1所受安培力方向與運動方向先相同后相反

D.金屬桿4所受安培力方向與運動方向先相反后相同

7.（2023?江蘇）如圖所示，圓形區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場，"導體棒的O端

位于圓心，棒的中點A位于磁場區(qū)域的邊緣?，F(xiàn)使導體棒繞O點在紙面內逆時針轉動。

O、A、C點電勢分別為0。、%、（Pc1則（)

??....一、

/XX、、、

??、\

/xxxx\A

：?---------f----------<

\xx°xx/C

Jj

、一.....-

(((

A?po>pcB.pc>/C.%=%D.(po-(pA=(pA-(pc

8.（2023?廣東）光滑絕緣的水平面上有垂直平面的勻強磁場，磁場被分成區(qū)域I和H,

寬度均為人其俯視圖如圖（a）所示，兩磁場磁感應強度隨時間，的變化如圖（b）所示，

。?r時間內，兩區(qū)域磁場恒定，方向相反,磁感應強度大小分別為28。和B°，一電I且為R,

邊長為人的剛性正方形金屬框而〃，平放在水平面上，曲、〃邊與磁場邊界平行。/=0

時，線框"邊剛好跨過區(qū)域I的左邊界以速度v向右運動.在「時刻，他邊運動到距區(qū)

域I的左邊界"處，線框的速度近似為零，此時線框被固定，如圖（a）中的虛線框所

2

示。隨后在7~27時間內，I區(qū)磁感應強度線性減小到0,II區(qū)磁場保持不變；27~37時

間內，II區(qū)磁感應強度也線性減小到0。求：

（1）r=0時線框所受的安培力產；

（2）/=1.2r時穿過線框的磁通量中；

（3）2?3:■時間內,線框中產生的熱量Q。

1.（2024?連云港一模）如圖所示，水平光滑金屬導軌。4、08間的夾角為60°,固定放

置在方向豎直向下的勻強磁場中。輕質絕緣彈簧右端固定在C點，彈簧軸線平分ZAO8,

C、。間距恰為彈簧的原仁，導體棒與彈簧左端檜接并垂直了彈簧，棒、導軌它們單位

長度的阻值相同。棒從圖示位置以初速度均向右運動到o點的過程中，棒的速度八加

速度4，回路中電流/，通過O點的電荷量夕隨時間?變化的圖像可能正確的是（）

B.

D.

2.（2024?東城區(qū)校級模擬）如圖所示為寬度為北的有界勻強磁場，磁感應強度大小為8,

方向垂直紙面向里。磁場左側有一個邊長為L的正方形導體線框，其總電阻為/e,線框

所在平面與磁場方向垂直c線框以速度口向右勻速穿過磁場區(qū)域，以線框〃邊剛進入磁

場的時刻為計時起點，規(guī)定電流沿逆時針方向為正，安培力尸向左為正。則以下關于線

框中的感應電流/、他兩點間的電勢差（4,、安培力尸和線框的發(fā)熱功率P隨時間變化

的圖像正確的是（)

~|lxXX

X

&

2U。

4

0

12：3

B.一3"

P

2P。

P.、

0123

D.

3.（2024?朝陽區(qū)校級模擬）法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直

的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸，圓盤處于方向豎直向上的勻強

磁場中。圓盤旋轉時，關于流過電阻R的電流，下列說法正確的是（）

A.若圓盤轉動的角速度不變，則電流為零

B.若圓盤轉動方向不變，角速度大小均勻增大，則產生恒定電流

C.若從上向下看，圓盤順時針轉動，則電流方向從“到匕

D.若圓盤轉動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電阻R的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍

4.（2024?平谷區(qū)模擬）如圖所示，空間中存在豎直向下的勻強磁場，一導體棒繞周

定的水平軸OO,在磁場中勻速轉動，且始終平行于導體棒MN兩端的電勢差〃隨時

間/變化的圖像可能正確的是（）

Mi—小

u

°\\\\

C.IVVVD.

5.（2024?濟南模擬）如圖所示，邊長為L正方形金屬回路（總電阻為R）與水平面的夾

角為60°,虛線圓與正方形邊界相切，虛線圓形邊界內（包括邊界）存在豎直向下勻強

磁場，其磁感應強度與時間的關系式為且為常量），則金屬回路產生的感應電

「kl：

C■------

2R

6.（2024?濟南模擬）如圖所示，絕緣水平面上固定有兩根間距為L,足夠長的平行光

滑導軌（電阻不計），導軌所在空間存在磁感應強度為A,范圍足夠大的勻強磁場。長

度均為L,質量分別為〃％=〃?、%=2根兩根導體外力棒靜置在導軌上，。的限值是。的

2倍。若在/=0時刻給“一個平行于導軌向左的初速度%,不計運動過程中〃和分的相互

作用力，則下列說法錯誤的是（）

XQXXX)XX

XXXXXX

XXXXXXX

XXXXXXX

A.整個運動過程中，導體棒人做加速度逐漸減小的加速運動，直至勻速運動

B.整個運動過程中，通過導體棒/?的電荷量為外

3BL

C.整個運動過程中，導體棒a產生的焦耳熱為京w：

D.整個運動過程中，導體棒b所受安培力的沖量大小為寧,明

7.（2024?海河區(qū)校級模擬）如圖所示，水平放置足夠長光滑金屬導軌a慶和de,ab與de

平行并相距為L,慶是以。為圓心的半徑為，?的圓弧導軌，圓弧枇左側和扇形。林內有

方向如圖的勻強磁場，磁感應強度均為A,a、d兩端接有一個電容為C的電容器，金

屬桿OP的O端與e點用導線相接，P端與圓弧反?接觸良好，初始時，可滑動的金屬桿粉V

靜止在平行導軌上，金屬桿MN質量為〃?，金屬桿MN和。尸電阻均為R,其余電阻不計，

若桿OP繞O點在勻強磁場區(qū)內以角速度/從力到c勻速轉動時，回路中始終有電流，則

A.桿QP產生的感應電動勢恒為及“/

B.電容器帶電量恒為些貯

2

C.桿MN中的電流逐漸減小

D.桿MN向左做勻加速直線運動，加速度大小為如必

4mR

8.（2024?佛山一模）如圖甲為一款網紅魔術玩具——磁力“永動機”，小鋼球放入漏斗

后從中間小洞落入下面的弧形金屬軌道，然后從軌道另一端拋出再次回到漏斗，由此循

環(huán)往復形成“永動”的效果。其原理如圖乙所示，金屬軌道與底座內隱藏的電源相連,

軌道下方藏有永磁鐵。當如圖乙永磁鐵N極朝上放置，小鋼球逆時針“永動”時，下列

分析正確的是（）

圖甲圖乙

A.小球運動的過程中機械能守恒

B.該磁力“永動機”的物理原理是電磁感應

C.軌道a應接電源的正極，軌道〃應接電源的負極

D.電源如何接都不影響“永動”的效果

9.（2024?西城區(qū)校級模擬）世界多國都在加緊研制真空管道高速磁懸浮列車某研發(fā)團

隊想要探究其電磁剎車的效果。在遙控小車底面安裝N匝正方形線框而4,邊長為L,

線框總電阻為R,其平面與水平軌道平行，小車總質量為機，其俯視圖如圖所示。小車

到站需要減速時，在前方虛線PP和QQ之間設置一豎直向上的勻強磁場，磁感應強為B,

寬度為“，且〃〉L.若小車關閉引擎即將進入磁場前的速度為%,在行駛過程中小車

受到軌道阻力可忽略不計，不考慮車身其他金屬部分的電磁感應現(xiàn)象。求：

（1）〃邊剛進入磁場時線框內感應電流的大小和方向：

（2）cd邊剛進入磁場時，小車的加速度大?。?/p>

（3）若小車完全進入磁場時速度為九，求在此過程中通過線圈的電荷量和線圈產生的

2

焦耳熱。

\Pf：QZ

Uv（????:

「卜H”二

10.（2024?天津模擬）如圖所示，一對平行的粗糙金屬導軌固定于同一水平面上，導軌

間距L=02〃，左端接有阻值R=O.3Q的電阻，右側平滑連接一對彎曲的光滑軌道.水平

導軌的整個區(qū)域內存在豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小3=1.07,一根質量

〃?=0.2依，電阻r=0.1Q的金屬棒時垂直放置于導軌上，在水平向右的恒力/作用下從

靜止開始運動，當金屬棒通過位移x=時離開磁場，在離開磁場前已達到最大速度.當

金屬棒離開磁場時撤去外力尸，接著金屬棒沿彎曲軌道上升到最大高度/?=08〃處.已

知金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)〃=0/，導軌電阻不計，棒在運動過程中始終與軌道垂

直且與軌道保持良好接觸,取g=求：

（1）金屬棒運動的最大速率n；

（2）金屬棒在磁場中速度為上時的加速度大小；

2

（3）金屬棒在磁場區(qū)域運動過程中，電阻A上產生的焦耳熱.

考前押題

1.正方體時4-4麻同的上表面水平，沿中心線放置一根通有恒定電流/的長直導

線，現(xiàn)使一閉合金屬小圓環(huán)沿不同方向以相同速率做勻速直線運動，運動過程中圓環(huán)平

面始終水平。下列說法正確的是（）

A.4點與。點的磁感應強度相等

B.小圓環(huán)的圓心從“4邊的中點豎直向上運動時，小圓環(huán)中無感應電流

C.小圓環(huán)的圓心從片移到q過程中，穿過小圓環(huán)的磁通量先增加后減少

D.小圓環(huán)的圓心從4移到4與從〃移到c,小圓環(huán)的平均感應電動勢相等

2.一種電磁驅動的無繩電梯簡化模型如圖所示，光滑的平行長直金屬軌道固定在豎直

面內，下端接有電阻，導體棒垂直跨接在軌道上，勻強磁場的方向垂直軌道平面向里。

磁場以速度v勻速向上移動，某時刻導體棒由靜止釋放，導體棒始終處于磁場區(qū)域內，

軌道和導體棒的電阻均不計、接觸良好，則（）

…….I.:..…

XXXX

XXXX

XXXX

A.導體棒向上運動的速度可能為I，

B.導體棒在磁場中可能先下降再上升

C.安培力對導體棒做的功大于導體棒機械能的增量

D.安培力對導體棒做的功可能小于回路中產生的熱量

3.如圖甲所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導軌MN、PQ被固定在水平面上，導軌間

距/=兩導軌的左端用導線連接電阻飛及理想電壓表V,電阻為廠=20的金屬棒垂

直于導軌靜止在/W處；右端用導線連接電阻已知飛=2。，&=1。，導軌及導線電

阻均不計。在矩形區(qū)域CQ所內有豎直向上的磁場，8=0.2〃?，磁感應強度隨時間的變

化規(guī)律如圖乙所示。開始時電壓表有示數(shù)，當電壓表示數(shù)變?yōu)榱愫螅瑢饘侔羰┘右凰?/p>

平向右的恒力”，使金屬棒剛進入磁場區(qū)域時電壓表的示數(shù)又變?yōu)樵瓉淼闹?，金屬棒?/p>

磁場區(qū)域內運動的過程中電壓表的示數(shù)始終保持不變。

求：(1)"0.1s時電壓表的示數(shù)；

(2)恒力尸的大小；

(3)從7=0時刻到金屬棒運動出磁場的過程中整個電路產生的熱量。

4.如圖所示，固定光滑平行軌道彷〃的水平部分處于磁感應強度大小為3方向豎直向

上的勻強磁場中，歷段軌道寬度為2L,cd段軌道寬度為L,從段軌道和〃段軌道均足

夠長。質量為2〃?的導體棒尸和質量為根的導體棒Q,有效電阻分別為2R和R,分別置

于軌道上的帥段和〃段，且均與軌道垂直，金屬棒Q原來處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)讓金屬棒尸

從距水平軌道高為力處無初速度釋放，兩金屬棒運動過程中始終與導軌接觸良好且與導

軌垂直，不計其它電阻及阻力，重力加速度大小為g,求：

（1）兩金屬棒穩(wěn)定運動的速度以及通過金屬棒Q的電荷量;

5.如圖所示，足夠長的“二=”形光滑平行導軌MP、NQ固定在水平面上，寬軌間距為

2/,窄軌間距為/,左側為金屬導軌，右側為絕緣軌道，一質量為相、阻值為八二

邊長度均為/的形金屬框，左端緊靠平放在絕緣軌道上（與金屬導軌不接觸）。

00左側存在磁感應強度大小為8。，方向豎直向上的勻強磁場；右側以O為原點，沿OP

方向建立x軸，沿Ox方向存在分布規(guī)律為/3=練+履（人＞0）的豎直向上的磁場。兩勻質金

屬棒〃、力垂直于軌道放置在寬軌段，質量均為用、長度均為2/、阻值均為2廠。初始時，

將b鎖定，a在水平向右、大小為F的恒力作用下，從靜止開始運動，離開寬軌前已勻

速，a滑上窄軌瞬間，撤去力尸，同時釋放〃。當a運動至OO時，棒〃中己無電流（〃始

終在寬軌），此時撤去金屬導軌電阻不計，a棒、8棒、金屬框與導軌始終接觸良好。

求：

（1）a棒在寬軌上勻速運動時的速度及剛滑上窄軌時“兩端電勢差的大?。?/p>

（2）從撤去外力尸到金屬棒a運動至的過程中，。棒產生的焦耳熱；

（3）若〃棒與金屬框碰撞后連接在一起構成同路，求“棒靜止時與點的距離。

真題回顧

1.【答案】（1）平臺靜止時彈簧的伸長量△小為些；

k

（2），=。時，每個線圈所受到安培力產的大小為羯巨^；

R

（3）在Of時間內，每個線圈產生的焦耳熱Q為L〃危-西）；

6

（4）在6-2時間內，彈簧彈力沖量4的大小為即（A-4）］。

R

【解答】解：（1）平臺靜止時，穿過三個線圈的的磁通量不變，線圈中不產生感應電流，

線圈不受到安培力作用，O點受力平衡，因此由胡克定律可知此時彈簧的伸長量：

…空

k

（2）在f=（）時速度為%,設每個線圈的周長為L,由電磁感應定律可得線圈中產生的感

應電流：/=￡=絲旦=竺巴匕=繼?

RRRR

每個線圈所受到安培力戶的大?。篎=BIL=4%/；B2

（3）平臺在Of時間內由能量守恒定律可得：

^—k^x2=。+!攵（u—4）2+

222

聯(lián)立解得：Q=—mvl--kAr

22

在Of時間內，振動時能量的減少轉化為線圈的焦巨熱，可知每個線圈產生的焦耳熱:

Q=：C=!（*一村）

36

⑷取向上為正方向，全程由動量定理可得：a=o

其中，重力的沖量：〃=〃出（，2-G

安培力的沖量：〃=3x2;rB△4，而電荷量為：5=網寫二出

聯(lián)立解得彈簧彈力沖量4的大小為：q-您號AY）

答：（1）平臺靜止時彈簧的伸長量△.%為整；

k

（2）,=。時，每個線圈所受到安培力P的大小為他上也；

R

（3）在Of時間內，每個線圈產生的焦耳熱。為1（〃?片-吠）；

6

（4）在時間內，彈簧彈力沖量/券的大小為）_yHA二22|。

R

2.【答案】A

【解答】解：根據(jù)法拉第電磁感應定律可知平均感應電動勢石=》=△蟹”，故A正

▲ft

確，48錯誤；

故選：Ao

3.【答案】C

【解答】解：設導體棒長為L,勻速轉動的角速度為外，線速度大小為~/時刻導體棒

相對豎直軸OP轉動的角度為。，如圖1所示：

，———一、、、B

?、

圖（1）俯視圖

在/時刻導體棒的線速度沿垂直磁場方向的分速度大小K=vcos。，其中：0=（承

由法拉第電磁感應定律可得：〃=RL%=

可知導體棒兩端的電勢差〃隨時間,按余弦規(guī)律變化，故C正確，曲錯誤。

故選：Co

4.【答案】A

【解答】解：AB,強磁體在鋁管中下落時，鋁管的滋通量變化，鋁管中產生渦流，渦

流對強磁體有向上的作用力，由圖（b）可知感應電流的峰值保持不變，說明線圈磁通

量的變化快慢不變，可得靜止釋放強磁體后，其在重力作用下先加速，很快達到平衡狀

態(tài)，穿過線圈時做勻速直線運動；

強磁體在玻璃管中下落時，玻璃管是絕緣體，不會產生渦流，強磁體一直做加速運動。

由圖像得，圖（C）中電流的峰值一直在增大，說明強磁體的速度在增大，故圖（C）是

用玻璃管獲得的圖像，故8錯誤，A正確：

C、強磁體在玻璃管下落，由圖像（c）得，電流的峰值一直在增大，導線所受安培力

增大，強磁體受到的電磁阻力增大，故C錯誤；

。、強磁體在鋁管中運動時產生的電流峰值比在玻璃管中運動時產生的電流峰值小，即

在鋁管中運動時的速度更小，用鋁管時測得的電流第一個峰到最后一個峰的時間間隔比

用玻璃管時的長，故。錯誤。

故選：Ao

5.【答案】BD

【解答】解：AB.導軌的速度匕＞匕

對導體棒受力分析可知導體棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小為

/=〃/咫=0.2X|X10N=2N

MN、同時分別進入磁場區(qū)域I和II并做勻速直線運動，故導體棒的安培力大小

為

F、=f=2N=BJL

由左手定則可知導體棒的電流方向為NfOfCfN,導體框受到向左的摩擦力，

向右的拉力和安培力，安培力大小為

F1=/-/4g=2N—0.1xl（）=W

方向向右

由左手定則可知4的方向為向卜，故A錯誤，4正確；

CD.對導體棒分析

F\=BJL

對導體框分析

F2=BJL

電路中的電流為

r

其中L=\mf￡=4比=2/xlN=2N

解得/=1A

代入鳥=BJL=1N中可得

B2=\T

且r=l。

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得

v2=3m/s

故C錯誤，D正確;

故選：BDo

6.【答案】CD

【解答】解：A.由數(shù)學知識可知，金屬桿所圍回路的面積先增大后減小，根據(jù)中=/

可知，金屬桿所圍回路內磁通量先增大后減小，根據(jù)楞次定律可知電流方向先沿逆時針

方向，后沿順時針方向，故A錯誤；

B.由于金屬桿所圍回路的面積隨時間非均勻變化，故感應電動勢大小不恒定，根據(jù)歐

姆定律可知感應電流的大小不恒定，根據(jù)“=〃知通過金屬桿截面的電荷量隨時間不是均

勻增加的，故8錯誤；

CD.由上述分析，再根據(jù)左手定則，可知金屬桿1所受安培力方向與運動方向先相同

后相反，金屬桿4所受安培力方向與運動方向先相反后相同，故CD正確。

故選：CD.

7.【答案】A

【解答】解：根據(jù)右手定則可知，在Q4段電流的方向從A點流向O點，在電源內部，

電流從負極流向正極，則0點的電勢大于C點的電勢，在AC段，導體棒沒有切割磁感

線，則不產生電流，因此A點的電勢和C點的電勢相等，因此%>%=%，故A正確，BCD

錯誤；故選：A。

故選：A。

8.【答案】（I）線框所受的安培力為嚕;

（2），=1.2z■時穿過線框的磁通量為0.3綜/；

⑶2時間內，線框中產生的熱量Q為槳。

【解答】解：（1）時邊、〃邊切割磁感線，根據(jù)右手定則可知產生的感應電流都是沿

線框順時針方向，則根據(jù)切割情況下電動勢的表達式得：電動勢乏=23歷,+&/八，=3穌加，

根據(jù)閉合電路歐姆定律得：電流/=△=相生，根據(jù)安培力表達式求解/=0時疝邊的安

RR

培力月=2練〃?，〃邊的安培力尸2=為防，根據(jù)左手定則判斷這兩個安培力方向都向左，

根據(jù)對稱判斷加,、而邊安培力合力為0，m、〃邊所受安培力合成之后得出線框所受

的安培力：

尸=々十5=2B0lh十B0Hi=3I3Jh=堵嵋=9B-h-v；

（2）根據(jù)圖像得出r=1.27時，I區(qū)的磁感應強度B=2線+S毀x（1.2一7）=1.6與，方向

2r-r

向下；II區(qū)的磁感應強度為8°,方向向上，穿過線框的磁通量中=1.6為xf-穌￡=0.3即?2；

（3）2―3,時間內，根據(jù)法拉第電磁感應定律得巴=心=包5=當、￡=皿

AtAtT22T

根據(jù)閉合電路歐姆定律得：電流乙="二成

R2TR

根據(jù)焦耳定律得：線框中產生的熱量。=/1r=（或）%「=亶。

2rR4TR

答：（1）線框所受的安培力為罕:；

（2）/=1.27時穿過線框的磁通量為0.3即I?；

（3）27~37時間內，線框中產生的熱量。為空?<5

4TR

/區(qū)域模擬

1.【答案】D

【解答】解：AB.棒向右做加速運動，向右運動過程中彈力減小，速度增大，根據(jù)楞

次定律可知向左的安培力增大，開始由于彈力大于安培力所以可得：F典-7=ma,隨著

安培力增加，彈力減小，所以加速度減小，當安培力大于彈力后可得：％-4=〃心，隨

著之后開始減速，所以彈力急性減小，安培力也減小，所以加速度減小，所以A、8都

不符合，故鉆錯誤；

C、設某時刻棒接入導軌的長度為L,此時有/=等，其中R=

聯(lián)立得：/=也，所以可知電流強度的變化規(guī)律應該與速度的變化規(guī)律相同，故。錯誤；

D、根據(jù)9=〃，則夕一圖像斜率表示電流強度，由以上分析可知電流強度的變化規(guī)律應

該與速度的變化規(guī)律相同即先增大后減小，則“T圖像斜率先增大后減小，故。正確。

故選：Do

2.【答案】C

【解答】解：根據(jù)題意，線框進入磁場的過程，根據(jù)楞次定律可判斷電流沿逆時針方向，

題目中規(guī)定電流沿逆時針方向為正，故進入磁場過程中電流為正，根據(jù)法拉第電磁感應

定律和閉合回路歐姆定律有/=—

0R

必兩點間的電勢差滿足

U0=；ALi，（a點電勢高）

根據(jù)安培力表達式，〃邊受到的安培力大小為

E砥L=32々=也，根據(jù)左手定則判斷方向向左

RR

根據(jù)焦耳定律，線框的發(fā)熱功率滿足

線框全部進入磁場后，磁通量不變，則沒有感應電流，所以線框不受安培力的作用，線

框的發(fā)熱功率為冬，時兩點間的電勢差滿足

U2=BLv=4U0（a點電勢高）

線框離開磁場的過程，電流沿順時針方向，與規(guī)定電流方向相反，故電流為負，電流大

小為

3R°

線框受安培力大小為

Fy=BIyL=B—L=^~^

RR

方向向左，外兩點間的電勢差

&=:a1，=34(〃點電勢高)

線框的發(fā)熱功率

R=/；R=TL=A,

綜上所述可知

A.0?工時間內，電流為/。，三~匹時間內，電流為0,生~竺時間內，電流為-/。,

VVVVV

故A錯誤；

B.0~七時間內，加兩點間的電勢差U。，乂~匹時間內，必兩點間的電勢差4U。，

VVV

生?色時間內，加兩點間的電勢差3U。，故8錯誤；

VV

C.0~七時間內，cd邊受到的安培力不，三~匹時間內，〃邊受到的安培力0,生~色

VVVVV

時間內，cd邊受到的安培力外，故C正確;

D.0~工時間內，線框的發(fā)熱功率4，三~匹時間內，線框的發(fā)熱功率()，丑?生時

VVVVV

間內，線框的發(fā)熱功率與，故。錯誤

故選：C。

3.【答案】C

【解答】解：/出圓盤轉動時相當于一條半徑方向的導體棒轉動切割磁感線產生感應電

動勢，感應電動勢知，角速度恒定，則感應電動勢恒定，電流大小恒定，故A

2

錯誤；角速度大小均勻增大，則感應電動勢大小也均勻變大感應電流均勻增大，故8錯

誤；

CD右手定則知，圓盤按如題圖所示的方向轉動時，感應電流沿“到〃的方向流動，故。

正確；若◎變?yōu)樵瓉淼?倍，則感應電動勢變?yōu)樵瓉淼?倍，電流變?yōu)樵瓉淼?倍，由

。=/次知，電流在R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍，故。錯誤。

故選：C。

4.【答案】C

【解答】解：設導體棒長為L，勻速轉動的角速度為。，線速度大小為I，，，時刻導體棒

相對豎直軸OP轉動的角度為。，如圖所示：

.?....Z

/,\

????

0…歹\

?*?

\//

在/時刻導體棒的線速度沿垂直磁場方向的分速度大小匕=i，cos。，其中：0=(01

由法拉第電磁感應定律可得：〃=BL\\=BLVCQScot

可知導體棒兩端的電勢差〃隨時間/按余弦規(guī)律變化，故C正確，AHZ)錯誤。

故選：C。

5.【答案】D

【解答】解：根據(jù)法拉第電磁感應定律可知回路產生的感應電動勢為：

E=—S=^(-)2cos60°=

入128

由閉合電路歐姆定律可知金屬回路產生的感應電流大小為：；=-=—，故ABC錯誤,

R8R

。正確。

故選：Do

6.【答案】B

【解答】解：已知〃?“=〃?、叫,=2/〃，設”的電阻為2R,Z?的電阻為Ro

A.導體棒。向左運動時產生的電動勢為和導體棒〃一起構成閉合回路產生的感

應電流為/=互，〃、少棒所受的安培力大小均等于F=8〃=也，這個安培力使〃棒做

3R3R

減速運動，使〃棒做加速運動，所以。棒切割磁感線的速度變小，對〃棒，根據(jù)牛頓第二

定律

F=2mah

則〃棒的加速度變小，當外〃的速度相等時，〃開始做勻速直線運動，故A正確；

A對。、b棒所組成的系統(tǒng)，安培力是一對平衡力，根據(jù)題意可知，系統(tǒng)在水平方向滿

足動量守恒定律，設向左的方向為正方向，有

=(/〃+2〃?)u共

得々.=；%

對〃棒，在加速時間內，根據(jù)動量定理有3比/=2〃吆，B|JBLq=2mv^,解得“='紅，故

3BL

3錯誤；

C根據(jù)功能關系，整個過程中系統(tǒng)產生的焦耳熱為

Q=g/就一3乂3/"噴=g/欣-gx36X（；%）2=3欣，根據(jù)功率分配關系可得，4棒產生的

焦耳熱為0='|Q=[xg〃w；=；〃琢，故C正確；

D整個過程中，對。棒，根據(jù)動量定理，安培力沖量等于〃的動量變化量，即

[24-

IF=2"vR=2mx-v0=—〃?%,故。正確。

本題選錯誤的，故選：*

7.【答案】C

【解答】解：A、設OP轉動的角速度為切，圓弧導軌半徑為廠，則OP轉動切割磁感應

線的感應電動勢為：E=Brv=—Br~co?故A錯誤；

2

BC、根據(jù)右手定則可知OP棒中產生的感應電流方向由O到尸，則通過MN的電流方向

由M到N,根據(jù)左手定則可知桿受到的安培力方向向左，桿MN將向左運動切割磁

感應線，由于切割磁感應線產生的感應電流方向由N到M,從而使得桿中的電

流逐漸減小，則電容器兩端帶電量會減小，故A錯誤，C正確；

。、根據(jù)。選項分析可知，桿中的電流大小發(fā)生變化，根據(jù)牛頓第二定律可得MN的

加速度大小%發(fā)生改變，桿MN不是做勻加速直線運動，故。錯誤；

tn

故選：C。

8.【答案】C

【解答】解：A.小球運動的過程中有安培力做功，機械能不守恒，故A錯誤；

8.該磁力“永動機”的物理原理是通電導體在磁場中受到安培力的作用，故8錯誤；

C.為了維持小鋼球逆時針“永動”永動，每個循環(huán)安培力做的功應該補充機械能的損

失，小鋼球應受向右的安培力，根據(jù)左手定則可知通過小球電流的方向從軌道〃到軌道〃,

所以軌道〃應接電源的正極，軌道〃應接電源的負極，故C正確；

D.電源反接后改變安培力的方向，會影響“永動”的效果，故。錯誤：

故選：Co

考前押題

9.【解答】解：(1)〃邊剛進入磁場時產生的感應電動勢為：E=NBL%…①

根據(jù)閉合電路的歐姆定律可得，此時線框內感應電流的大小為：/=?…②

R

由①②可解得：/二竺”…③

R

由右手定則可判斷出線框內感應電流的方向為順時針；

(2)〃邊剛進入磁場時，有：F^=F^.=NI3IL=ma...?

由③④可解得：。=*紅

mR

(3)由法拉第電磁感應定律可知此過程中產生的平均感應電動勢為：后=遮.⑤

平均感應電流為：7=-...?

此過程中通過線圈的電荷量為：夕=幾，…⑦

由⑤⑥⑦可解得：夕=半

由能量守恒定律可得：Q=3片-g嗚f…⑧

由⑧可解得：Q=-〃八，;

8

答：(1)〃邊剛進入磁場時線框內感應電流的大小/=△絲&,方向為順時針方向；

R

(2)4邊剛進入磁場時，小車的加速度大小得〃=>、/%；

mR

(3)若小車完全進入磁場時速度為三，在此過程中通過線圈的電荷量為q=半；線

圈產生的焦耳熱為。=],代。

10.【解答】解：(1)金屬棒從出磁場到達彎曲軌道最高點過程中只有重力做功，根據(jù)

動能定理可得：

-mgn[=八0--1mv2

可得金屬棒離開磁場時的最大速率為：

v=Q2gh=>/2xI()X().8/M/s=4〃?/s

(2)金屬棒在磁場中做勻速運動時，設回路中的電流為/,根據(jù)平衡條件得：

F=BIL+p/fig

解得：/=吃

R+r

解得：F=BIL+/.img=BBL"L+g=1°義(0..)*4+。］乂0.2x1ON=0.6N

R+r0.3+0.1

金屬棒速度為上時，設回路中的電流為「，根據(jù)牛頓第二定律得：

2

F-BVL-川ng=nui

BL-L0x0.2x士

解得：I'=-2-=--------^A=\A

R+r03+0.1

所以可得此時金屬棒的加速度為：

F-Bl'L-umg0.6-1.0x1x0.2-0.1x0.2x10,->,,，

a=---------!-2-=--------------------------m/s~=\m!s~

in0.2

(3)設金屬棒在磁場中運動過程中，回路中產生的焦耳熱為Q,根據(jù)功能關系:

Fx=jLimgx+-mv2+Q

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得電阻R上的焦耳熱為：

所以可得：

QR=-^--(Er-^ngx-^/nv:)=^yj^-j-(0.6x9-0.lx0.2xl0x9-^x0.2x42)J=l.5J

答：(1)金屬棒運動的最大速率-為4〃?/s；

(2)金屬棒在磁場中速度為上時的加速度大小為1,洛?。?/p>

2

(3)金屬棒在磁場區(qū)域運動過程中，電阻農上產生的焦耳熱為1.5J.

1.【答案】B

【解答】解：A、通電直導線周圍磁場的截面圖是以導線為圓心的一個個同心圓，某一

位置的磁感應強度大小和這個點到圓心的距離成反比，％、c兩點到導線的距離相等，

所以％點與°點的磁感應強度大小相等，由安培定則可知磁感應強度方向相反，故A錯

誤；

4、當小圓環(huán)從〃〃邊的中點開始豎直向上運動時，根據(jù)對稱性可知，小圓環(huán)中的磁通量

一直為零，即穿過小圓環(huán)的磁通量沒有發(fā)生變化，小圓環(huán)中無感應電流,，故A正確：

。、小圓環(huán)的圓心從4移到q過程中，當小圓環(huán)圓心在。?點正下方時，穿過小圓環(huán)左、

右兩個半圓的磁通量相等，但是穿過左、右兩個半圓的磁感線方向相反，可知穿過穿過

的磁通量為0,而在4到q的其它位置時磁通量不為零，可知達到。點前后必存在磁通

量減小再增大的過程，故C錯誤；

D、線圈從a到d過程和從〃到c過程，根據(jù)上述分析可知，兩個過程中磁通量的變化量

相等，但因為線圈的速率恒定，且ad的距離小于ac的距離，所以時間不等，根據(jù)法拉

第電磁感應定律石=〃處可知，兩個過程中產生的平均感應電動勢不相等，故0錯誤。

At

故選：Bo

2.【答案】D

【解答】解：8、根據(jù)題意可知，導體棒始終處于磁場區(qū)域內。開始時，磁場勻速向上

移動，導體棒相對磁場向下的速度大小為v,根據(jù)右手定則判斷可知導體棒中感應電流

水平向右，導體棒受到的安培力豎直向上。若安培力小于導體棒的重力，則導體棒會先

向下做加速運動，至安培力等于導體棒重力時，開始勻速向下運動，離開磁場磁場區(qū)域，

而某時刻導體棒由靜止釋放，導體棒始終處于磁場區(qū)域內，故判斷安培力大于導體棒重

力，則棒會先向上做加速運動，至安培力等于導體棒重力時;開始勻速向上運動，故〃

錯誤；

A、設導體棒運動速度為耳，由8選項的分析可知，當導體棒勻速時，速度最大，此時

導體棒受力平衡，則由平衡條件有：BIL=mg

導體棒產生的感應電動勢為：E=BL(v-%)

回路中感應電流大小為：/一=啊」“)

RR

聯(lián)立解得導體棒速度最大為：匕=，-熠，所以導體棒向上運動的速度匕小于?故A錯

誤；

8、根據(jù)功能關系可知，安培力對導體棒做的功等于導體棒機械能的增量，電流做的

功等于回路中產生的熱量，安培力對導體棒做的功可