2022届浙江高考复习专题：楞次定律、法拉第电磁感应定律 微专题(

专题05

楞次定律、法拉第电磁感应定律

考情分析

高考命题规律

考题呈现

考查内容 电磁感应是高考考查的重点内容，近几年高考对本章考查命题频率较

高．大部分以选择题的形式出题，也

有部分是计算题，多以中档以上难度

的题目来增加试卷的区分度，考查较

多的知识点有：感应电流的产生条

件、方向判定和导体切割磁感线产生

感应电动势的计算，同时也会与力

学、磁场、能量等知识综合考查及图

像问题的考查．[来源:Z §xx §7495a896260c844769eae009581b6bd97e19bc67][来源:学科网]

从近年来高考命题趋势看，结合图像

综合考查楞次定律和电磁感应定律的

应用为选择题的命题热点；以导轨＋

导体棒模型为载体，以近代科技、生

活实际为背景，考查电磁感应规律与力学、电路知识的综合应用，是计算题(或选择题)的命题热点.

2019[

来源学+科+网Z+X+X+K]

Ⅰ卷20T

[来

源学科网ZXXK]

法拉第电磁感应定律

Ⅱ卷21T

电磁感应中的综合应用 Ⅲ卷14T 楞次定律

Ⅲ卷19T 电磁感应中的综合应用

2018 Ⅰ卷19T 电流磁效应，楞次定律

Ⅰ卷17T

法拉第电磁感应定律

Ⅱ卷18T

电磁感应中的综合应用

Ⅲ卷20T 楞次定律，法拉第电磁

感应定律

2017

Ⅰ卷18T 电磁感应

Ⅱ卷20T

法拉第电磁感应定律

Ⅲ卷15T

楞次定律

考点1 楞次定律、法拉第电磁感应定律 知识储备：

1．楞次定律中“阻碍”的表现

(1)阻碍磁通量的变化(增反减同)．

(2)阻碍物体间的相对运动(来拒去留)．

(3)阻碍原电流的变化(自感现象)．

2．楞次定律和右手定则的适用对象

(1)楞次定律：一般适用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形．

(2)右手定则：一般适用于导体棒切割磁感线的情形．

3．求感应电动势大小的五种类型

(1)磁通量变化型：E ＝n ΔΦΔt

. (2)磁感应强度变化型：E ＝nS ΔB Δt

. (3)面积变化型：E ＝nB ΔS Δt .

(4)平动切割型：E ＝Bl v .

(5)转动切割型：E ＝12nBl 2ω. 注意：公式E ＝n ΔB Δt

S 中的S 是垂直于磁场方向的有效面积． 【典例1】(2019·全国Ⅰ，20T)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN 所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S ，将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内，圆心O 在MN 上．t ＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图(b)所示．则在t ＝0到t ＝t 1的时间间隔内( )

A ．圆环所受安培力的方向始终不变

B ．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向

C ．圆环中的感应电流大小为B 0rS 4t 0ρ

D ．圆环中的感应电动势大小为B 0πr 2

4t 0

【答案】BC

【解析】由楞次定律(“增反减同”)可判断出感应电流方向始终沿顺时针方向，故B 正确．由左手定则

可判断出圆环所受安培力的方向先向左后向右，故A 错．感应电动势E ＝S 有效ΔB Δt ＝12·πr 2·B 0t 0＝πr 2B 02t 0

，故D 错．由电阻定律得圆环电阻R ＝ρ2πr S ，则感应电流I ＝E R ＝B 0rS 4t 0ρ

，故C 正确。 考点2 电磁感应中的图像问题

1．问题分类

在电磁感应现象中，回路产生的感应电动势、感应电流及磁场对导线的作用力随时间的变化规律，也可用图像直观地表示出来，如I t 、B t 、E x 、I x 图像等．此问题可分为两类：

(1)由给定的电磁感应过程选出相应的物理量的函数图像．

(2)由给定的有关图像分析电磁感应过程，确定相关的物理量．

2．电磁感应图像问题的“三个关注”

【典例2】(2019·课标Ⅲ，19)(多选)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的

平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab 、cd 静止在导轨上．t ＝0时，棒ab 以初速度v 0向右滑动．运动过程中，ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v 1、v 2表示，回路中的电流用I 表示．下列图像中可能正确的是( )

【答案】AC

【解析】由楞次定律可知ab 棒做减速运动，cd 棒做加速运动，即v 1减小，v 2增加．回路中的感应电

动势E ＝BL (v 1－v 2)，回路中的电流I ＝E R ＝BL (v 1－v 2)R ，回路中的导体棒ab 、cd 的加速度大小均为a ＝F m

＝BIL m ＝B 2L 2(v 1－v 2)mR

，由于v 1－v 2减小，可知a 减小，所以ab 与cd 的v －t 图线斜率减小，I 也非线性减小，所以A 、C 正确，B 、D 错误。

考点3 电磁感应中的电路和动力学问题 知识储备：

1.

2.

【典例3】如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，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，两定滑轮间的距离也为L .左斜面上存在匀强磁

场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于斜面向上．已知斜面及两根柔软轻导线足够长．回路总电阻为R ，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g .使两金属棒水平，从静止开始下滑．求：

(1)金属棒运动的最大速度v m 的大小；

(2)当金属棒运动的速度为v m 2时，其加速度大小是多少？ 【答案】 (1)mgR (sin θ－3μcos θ)B 2L 2 (2)g 6

(sin θ－3μcos θ) 【解析】(1)达到最大速度时，设两绳中张力均为F T ，金属棒cd 受到的安培力为F

对ab 、cd ，根据平衡条件得到：

2mg sin θ＝2F T ＋2μmg cos θ

2F T ＝mg sin θ＋μmg cos θ＋F

而安培力F ＝BIL

根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律：E ＝BLv m ，I ＝E R

整理得到：v m ＝mgR sin θ－3μcos θB 2L 2

(2)当金属棒的速度为v m 2

时，设两绳中张力均为F T1，金属棒cd 受到的安培力为F 1，根据牛顿第二定律：

2mg sin θ－2F T1－2μmg cos θ＝2ma

2F T1－mg sin θ－μmg cos θ－F 1＝ma

又F 1＝BI 1L ，E 1＝BL v m 2，I 1＝E 1R ，联立以上方程可以得到：a ＝g 6

(sin θ－3μcos θ)

1．如图甲为电动汽车无线充电原理图，M 为受电线圈，N 为送电线圈。图乙为受电线圈M 的示意图，线圈匝数为n 、电阻为r 、横截面积为S ，a 、b 两端连接车载变流装置，磁场平行于线圆轴线向上穿过线圈。下列说法正确是

A ．当线圈N 接入恒定电流时，不能为电动汽车充电

B ．当线圈N 接入正弦式交变电流时，线圈M 两端产生恒定电压

C ．当线圈M 中的磁感应强度增加时，有电流从a 端流出

D ．充电时，△t 时间内线圈M 中磁感应强度大小均匀增加△B ，则M 两端电压为nS B t ?? 【答案】AC

【解析】

【详解】

A ．当送电线圈N 接入恒定电流，则产生的磁场不变化，受电线圈M 中的磁通量没有发生变化，故无法产生感应电流，不能为电动汽车充电，故A 正确；

B ． 当线圈N 接入正弦式交变电流时，受电线圈M 中的磁通量线圈按正弦式变化，故M 两端产生正弦式电压，故B 错误；

C ．穿过线圈M 的磁感应强度增加，根据楞次定律，如果线圈闭合，感应电流的磁通量向下，故感应电流方向从b 向a ，即电流从a 端流出；故C 正确；

D ．根据法拉第电磁感应定律，有：

E ＝n t ?=V V nS B t

V V ，设受电线圈外接电路的电阻为R ，由闭合电路的欧姆定律得M 两端的电压U E R r

=+R ()nS BR t R r =+V V ，故D 错误。 2．如图所示，L 是自感系数较大的线圈，其直流电阻可忽略不计，a 、b 、c 是三个相同的小灯泡，下列说法正确的是

A ．开关S 闭合时，b 、c 灯立即亮，a 灯逐渐亮

B ．开关S 闭合，电路稳定后，b 、c 灯亮，a 灯不亮

C ．开关S 断开时，b 、c 灯立即熄灭，a 灯逐渐熄灭

D ．开关S 断开时，c 灯立即熄灭，a 、b 灯逐渐熄灭

【答案】AD

【解析】

【详解】

A ．开关S 闭合时，b 、c 灯立即亮，由于线圈中产生自感电动势阻碍电流的增加，使得a 灯逐渐亮，选项A 正确；

B ．开关S 闭合，电路稳定后，三灯都亮，选项B 错误；

C D ．开关S 断开时，c 灯立即熄灭，由于在L 中产生自感电动势阻碍电流的减小，则电流将在L 与a 、b 灯之间形成新的回路，使得a 、b 灯逐渐熄灭，选项D 正确，C 错误.

3．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨与水平面成0角放置，导轨间距为L 且电阻不计，其顶端接有一阻值为R 的电阻，整个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向下．一质量为m 的金属棒以初速度υ0由导轨底端上滑，经一段时间滑行距离x 到达最高点后，又返回底端．棒与两导轨始终垂直且接触良好，其接入电路中的电阻为r ，重力加速度为g ．下列说法正确的是

A ．棒下滑过程的平均速度等于

02

v B ．棒下滑过程通过R 的电荷量为BLx R C ．棒上滑时间等于()()220sin mv R r B L x

mg R r θ+-+

D ．棒上滑过程中回路产生的焦耳热等于

201sin 2

mv mgx θ- 【答案】CD

【解析】

【详解】 A ．根据能量守恒得，除最高点外，在任何一个位置，上滑到此位置的速度大于下滑到此位置的速度，则上滑的平均速度大于下滑的平均速度，在上滑过程中，物体做加速度逐渐减小的减速运动，故上滑的平均速度小于

02v ，故下滑的平均速度小于02

v ，故A 错误； B ． 根据感应电荷量公式q R r ?Φ=+可知，下滑过程中通过R 的电荷量为BLx q R r =+，故B 错误； C ．上滑过程，以向上为正方向，对棒由动量定理得：(sin )mg BiL t m v θ-+?=?，两边求和得：

(sin ?)()mg t BiL t m v θ-∑?-∑?=∑?，整理得：0sin 0mg t BLq mv θ--=-，又BLx q R r =+，解得()()220mv R r B L x

t mg R r sin θ+-=+，故C 正确．

D ． 棒上滑到最高点的过程中，由能量守恒定律可得，回路中产生的总焦耳热为：

201sin 2

Q mv mgx θ=-，故D 正确． 4．如图，两条相距 l 的足够长的平行光滑导轨放置在倾角为 θ=30°的斜面上，阻值为 R 的电阻与导轨相连．质量为 m 的导体棒 MN 垂直于导轨放置.整个装置在垂直于斜面向下的匀强 磁场中，磁感应强度的大小为 B ．轻绳一端与导体棒相连，另一端跨过定滑轮与一个质量为m 的物块相连，且滑轮与杄之间的轻绳与斜面保持平行．物块距离地面足够高，导轨、导体 棒电阻不计，轻绳与滑轮之间的摩擦力不计．已知重力加速度为 g .将物块从静止释放，下面说法正确的是

A ．导体棒 M 端电势高于 N 端电势

B ．导体棒的加速度不会大于

4

g C ．导体棒的速度不会大于222mgR B l D ．通过导体棒的电荷量与金属棒运动时间的平方成正比

【答案】BC

【解析】

【详解】

A 、根据右手定则可知导体棒M 端电势低于N 端电势，故选项A 错误；

BC 、设导体棒的上升速度v ，根据E Blv =，Blv I R =，可知导体棒所受安培力为22B F BIl v R

l ==安，根据牛顿第二定律可得22sin 302B l v mg mg ma R -?-=，当导体棒的上升速度为零时，导体棒的加速度

最大，最大加速度为max 14a g =；当导体棒的上升加速度为零时，导体棒的速度最大，最大速度为max 22

2mgR v B l =，故选项B 、C 正确； D 、通过导体棒的电荷量为：E Blx q I t t R R R

φ?=??=??==，由于导体棒先做加速度减小的加速度运动，后做匀速运动，所以导体棒运动的位移与金属棒运动时间的平方不成正比，故选项D 错误； 故选BC ．

5．如图，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ 、MN ，MN 的左边有一闭合电路．当PQ 在外力的作用下运动时，MN 向右运动，则PQ 所做的运动可能是（ ）

A ．向右加速运动

B ．向右减速运动

C ．向左加速运动

D ．向左减速运动

【答案】BC

【解析】

【详解】

根据安培定则可知，MN 处于ab 产生的垂直向里的磁场中，MN 在磁场力作用下向右运动，说明MN 受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M 指向N ，L 1中感应电流的磁场向上，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手定则可知PQ 可能是向左加速运动或向右减速运动。故BC 正确，AD 错误。

故选BC ．

6．如图所示，abcd 为一边长为l 的正方形导线框，导线框位于光滑水平面内，其右侧为一匀强磁场区域，磁场的边界与线框的边cd 平行，磁场区域的宽度为2l ，磁感应强度为B ，方向竖直向下．线框在一垂直于cd 边的水平恒定拉力F 作用下沿水平方向向右运动，直至通过磁场区域．cd 边刚进入磁场时，线框开始匀速运动，规定线框中电流沿逆时针时方向为正，则导线框从刚进入磁场到完全离开磁场的过程

中，a 、b 两端的电压ab U 及导线框中的电流i 随cd 边的位置坐标x 变化的图线可能正确是

A ．

B ．

C ．

D ．

【答案】BD

【解析】

A 、

B 、线圈的cd 边刚进入磁场时做匀速运动，则整个线圈进入磁场时速度不变，根据楞次定律产生逆时针方向的电流，为正方向，电动势大小E BLv =，此时ab 两端的电压为1BLv 4

ab U =，当线圈全部进入磁场时，线圈内无感应电流，此时线圈做匀加速运动，ab 两端的电压为()BL ab U v at =+，对比图象可知，A 错误；B 正确；，

C 、

D 、当线圈的cd 边出磁场时．电流为顺时针方向，由于此时安培力大于外力F ，故此时线圈做减速运动，且加速度逐渐减小，电流图象切线的斜率减小，逐渐趋近于开始进入磁场时的电流大，C 错误；D 正确；

故选BD ．

7．如图甲所示，左侧接有定值电阻R ＝2Ω的水平粗糙导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B ＝1T ，导轨间距L ＝1m 。一质量m ＝2kg ，阻值r ＝2Ω的金属棒在水平拉力F 作用下由静止开始从CD 处沿导轨向右加速运动，金属棒的v －x 图象如图乙所示，若金属棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.2，则从起点发生x ＝1m 位移的过程中(g ＝10 m/s 2)( )

A．金属棒克服安培力做的功W1＝0.25 J

B．金属棒克服摩擦力做的功W2＝5 J

C．整个系统产生的总热量Q＝4.25 J

D．拉力做的功W＝9.25 J

【答案】AC

【解析】

【分析】

由速度图象得出v与x的关系式，由安培力公式得到F A与x的关系式，可知F A与x是线性关系，即可求出发生s=1m位移的过程中安培力做功W A=-x，再根据动能定理求解拉力做功；根据能量守恒求解整个系统产生的总热量Q．

【详解】

由速度图象得：v=2x，金属棒所受的安培力，代入得：F A=0.5x，则知F A与x是线性

关系。当x=0时，安培力F A1=0；当x=1m时，安培力F A2=0.5N，则从起点发生x=1m位移的过程中，安培力做功为：W A=-x=-0.25J；即金属棒克服安培力做的功为：W1=0.25J，故A正确。金属棒克

服摩擦力做的功为：W2=-μmgx=-0.2×2×10×1J=-4J，故B错误；克服安培力做功等于产生的电热，克服摩擦力做功等于产生的摩擦热，则整个系统产生的总热量Q＝W A+W2=4.25 J，选项C正确；根据动能定理得：W F+W2+W A=mv2，其中v=2m/s，μ=0.2，m=2kg，代入解得拉力做的功为：W F=8.25J。故D错误。

故选AC。

【点睛】

对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解．8．由法拉第电磁感应定律可知，若穿过某截面的磁通量为Φ=Φm sinωt，则产生的感应电动势为

e=ωΦm cos ωt ．如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACD （由细软弹性电阻丝制成），端点A 、D 固定．在以水平线段AD 为直径的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场．设导线框的电阻恒为r ，圆的半径为R ，用两种方式使导线框上产生感应电流．方式一：将导线与圆周的接

触点C 点以恒定角速度ω1

（相对圆心O ）从A 点沿圆弧移动至D 点；方式二：以AD 为轴，保持∠ADC =45°，将导线框以恒定的角速度ω2转90°．则下列说法正确的是

A ．方式一中，在C 沿圆弧移动到圆心O 的正上方时，导线框中的感应电动势最大

B ．方式一中，在

C 从A 点沿圆弧移动到图中∠ADC =30°位置的过程中，2

3BR C ．若两种方式电阻丝上产生的热量相等，则1214

ωω= D ．两种方式回路中电动势的有效值之比1122

E E ωω= 【答案】BD

【解析】

【详解】

第一种方式穿过回路的磁通量211sin BR t ωΦ=,所产生的电动势为2111cos e BR t ωω=,在C 沿圆弧移动

到圆心O 的正上方时12t π

ω= ,此时的感应电动势为零,故A 错误；方式一中，在C 从A 点沿圆弧移动到

图中∠ADC =30°位置的过程中，穿过回路磁通量的变化量为23BR ?Φ= 则23BR q r ?Φ==，故B 正确；第二种方式穿回路的磁通量222BR cos t ωΦ= ,所产生的电动势为2222sin e BR t ωω=,则两种方式所产生的正弦交流电动势的有效值之比为1122E E ωω= 故D 正确；两个转动时间满足112221t t ωω= ,且

22121122,E E Q t Q t r r ==若两种方式电阻丝上产生的热量相等，则12

21ωω= ，故C 错误；故选BD 9．如图所示，A 、B 为相同的灯泡，C 为电容器，L 为电感线圈(其直流电阻小于灯泡电阻)．下列说法中正

确的有( )

A ．闭合开关，

B 立即发光

B ．闭合开关，电路稳定后，A 中没有电流

C ．电路稳定后，断开开关，B 变得更亮后再熄灭

D ．电路稳定后，断开开关，A 中电流立即为零

【答案】AC

【解析】

【详解】

闭合开关S 的瞬时，电容器C 充电，相当于短路；而电感L 阻碍电流的增加，相当于断路，则B 先发光；电路稳定后，电容器充电完毕相当于断路，则A 中有电流，选项A 正确，B 错误；电路稳定后，断开开关，则电感L 与灯泡B 组成新的回路，因电路稳定时L 中的电流大于B 的电流，则断开S 时，B 变得更亮后再熄灭，选项C 正确；电路稳定后，断开开关，由于电容器放电，则A 中电流不会立即为零，选项D 错误；故选AC.

10．如图()a ，在同一平面内固定有一长直导线PQ 和一导线框R ，R 在PQ 的右侧．导线PQ 中通有正弦

交流电i ，i 的变化如图()b 所示，规定从Q 到P 为电流正方向．导线框R 中的感应电动势( )

A ．在4T t =

时为零 B ．在2T t =时改变方向

C ．在2T t =时最大，且沿顺时针方向

D ．在t T =时最大，且沿顺时针方向 【答案】AC

【解析】

【详解】

本题考查交变电流图象、法拉第电磁感应定律、楞次定律及其相关的知识点．

解析 由图（b ）可知，导线PQ 中电流在t =T /4时达到最大值，变化率为零，导线框R 中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t =T /4时导线框中产生的感应电动势为零，选项A 正确；在t=T/2时，导线PQ 中电流图象斜率方向不变，导致导线框R 中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，所以在t=T/2时，导线框中产生的感应电动势方向不变，选项B 错误；由于在t=T/2时，导线PQ 中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R 中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t =T /2时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，选项C 正确；由楞次定律可判断出在t =T 时感应电动势的方向为逆时针方向，选项D 错误．

11．如图所示，固定平行导轨间有磁感应强度大小为B 、方向垂直导轨平面向里的匀强磁场，导轨间距为l

且足够长，左端接阻值为R 的定值电阻，导轨电阻不计．现有一长为2l 的金属棒垂直放在导轨上，在金属棒以O 点为轴沿顺时针方向以角速度ω转过60°的过程中（金属棒始终与导轨接触良好，电阻不计）（ ）

A ．通过定值电阻的电流方向由b 到a

B ．金属棒刚开始转动时，产生的感应电动势最大

C ．通过定值电阻的最大电流为2

Bl R ω

D ．通过定值电阻的电荷量为2

32Bl R

【答案】D

【解析】

【详解】

金属棒以O 点为轴沿顺时针方向转动，由右手定则可知，通过定值电阻的电流方向由a 到b ，故A 错误；当金属棒转过60°时有效的切割长度最大，产生的感应电动势最大，感应电流最大．感应电动势最

大值为：E m ＝B ?2l v ＝B ?2l ?022l ω+?＝2Bl 2ω，通过定值电阻的最大电流为：22m m E Bl I R R

ω==，故BC 错误．通过定值电阻的电荷量为：q ＝I △t ，平均感应电流为：E I R

=，平均感应电动势为：E t ?Φ=?，213=322B l l Bl ?Φ??=，解得：q ＝2

32Bl R

，故D 正确；． 12．如图所示，一有界区域磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里，磁场宽度为L;正方形导线框

abcd 的边长也为L ，当bc 边位于磁场左边缘时，线框从静止开始沿x 轴正方向匀加速通过磁场区域。若规定逆时针方向为电流的正方向，则反映线框中感应电流变化规律的图像是

A ．

B ．

C ．

D ．

【答案】B

【解析】

【分析】

由楞次定律可判断线圈中的电流方向；由E=BLV 及匀加速运动的规律可得出电流随时间的变化规律。

【详解】

设导体棒运动的加速度为a ，则某时刻其速度v at =

所以在0-t 1时间内（即当bc 边位于磁场左边缘时开始计时，到bc 边位于磁场右边缘结束）

根据法拉第电磁感应定律得：E BLv BLat ==，电动势为逆时针方向 由闭合电路欧姆定律得：BLa I t R =，电流为正。其中R 为线框的总电阻。 所以在0-t 1时间内，I t ∝，故AC 错误；

从t1时刻开始，换ad 边开始切割磁场，电动势大小E BLat =，其中12t t t <≤，电动势为顺时针方向为负

电流：BLa I t R =

，电流为负（即BLa I t R

=-，12t t t <≤） 其中01BLa I t R =，电流在t 1时刻方向突变，突变瞬间，电流大小保持01BLa I t R =不变。故B 正确，D 错误。

故选B 。

【点睛】

对于电磁感应现象中的图象问题，经常是根据楞次定律或右手定则判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间变化关系，然后推导出纵坐标与横坐标的关系式，由此进行解答，这是电磁感应问题中常用的方法和思路．

13．一长直铁芯上绕有线圈P ，将一单匝线圈Q 用一轻质绝缘丝线悬挂在P 的左端，线圈P 的中轴线通过

线圈Q 的中心，且与线圈Q 所在的平面垂直．将线圈P 连接在如图所示的电路中，其中R 为滑动变阻器，E 为直流电源，S 为开关．下列情况中，可观测到Q 向左摆动的是

A ．S 闭合的瞬间

B ．S 断开的瞬间

C．在S闭合的情况下，将R的滑片向a端移动时

D．在S闭合的情况下，保持电阻R的阻值不变

【答案】A

【解析】

A：S闭合的瞬间，线圈P中电流由无到有，产生的磁场从无到有，线圈Q中磁通量从无到有，线圈Q 中磁通量增加，根据楞次定律，线圈Q的运动将阻碍磁通量的增大，则线圈Q将向左运动远离线圈P．故A项正确．

B：S断开的瞬间，线圈P中电流由有到无，产生的磁场由有到无，线圈Q中磁通量由有到无，线圈Q 中磁通量减小，根据楞次定律，线圈Q的运动将阻碍磁通量的减小，则线圈Q将向右运动靠近线圈P．故B项错误．

C：在S闭合的情况下，将R的滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电路电阻增大，线圈P中电流减小，产生的磁场变弱，线圈Q中磁通量减小，根据楞次定律，线圈Q的运动将阻碍磁通量的减小，则线圈Q将向右运动靠近线圈P．故C项错误．

D：在S闭合的情况下，保持电阻R的阻值不变，线圈P中电流不变，产生的磁场不变，线圈Q中磁通量不变，线圈Q中不产生感应电流，线圈Q不受磁场力，线圈Q不动．故D项错误．

14．如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中( )

A．运动的平均速度大小为1

2

v B．下滑的位移大小为

qR

BL

C．产生的焦耳热为qBLv D．受到的最大安培力大小为

22

sin B L v

R

【答案】B 【解析】

金属棒ab开始做加速度逐渐减小的变加速运动，不是匀变速直线运动，平均速度大于1

2

v，故A错误．由

R BLx R q ?Φ== 可知：下滑的位移qR x BL

= ；故B 正确；产生的焦耳热Q=I 2Rt=qIR ，而这里的电流I 比棒的速度大小为v 时的电流v I R BL '=

小，故这一过程产生的焦耳热小于qBLv ．故C 错误；金属棒受到的安培力22BLv B L v F BIL BL B E L R R R

??====安，故D 错误；故选B ． 点睛：本题考查了电磁感应与力学的综合，关键理清金属棒的运动规律，能知道求电量时要用法拉第电磁感应定律求平均电动势.

15．如图所示，水平虚线MN 、PQ 之间有垂直于纸面向里的水平匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B ，两虚线间的距离为H ，质量为m 、电阻为R 边长为L 的正方形金属线框abcd 在磁场上方某一高度处由静止释放线框在向下运动过程中始终在竖直平面内，ab 边始终水平，结果线框恰好能匀速进入磁场线框有一半出磁场时加速度恰好为零，已知L

(1)线框开始释放时ab 边离虚线MN 的距离；

(2)线框进磁场过程中通过线框截面的电量q 及线框穿过磁场过程中线框中产生的焦耳热；

(3)线框穿过磁场所用的时间．

【答案】(1) 22442m gR B L (2) 2

=BL q R

()Q mg H L =+ (3) 232B L mgR 【解析】

【详解】

(1)由于线框能匀速进入磁场，设进入磁场过程速度为1v

根据机械能守恒得：

2112

mgh mv =

进入磁场过程，线框中感应电动势： 1E BLv =

线框中电流为：

E I R

=

根据力的平衡有： mg BIL =

解得：

22

44

2m gR h B L = (2)线框进磁场的过程中：

E t

?Φ=

? 平均电流为： E I R

=

通过线框的电量为： q I t =?

解得：

2

=BL q R

由于线框有一半出磁场时加速度为0，即线框刚好出磁场时的速度大小等于1v 根据能量守恒，线框穿过磁场过程中产生的热量：

211()2

mg H h L Q mv ++=+ 解得：

()Q mg H L =+

(3)线框进磁场所用的时间为：

23

11L B L t v mgR

== 完全在磁场中运动时间为：

212212H L v t gt -=+

解得：

2222()g h H L mR t B L

+-=

- 线框ab 边出磁场前一瞬间速度大小为： 212v v gt =+

解得：：

22()v g h H L =+-

出磁场过程中，根据动量定理得：

3312()mgt BILt m v v -=-

即：

312()mgt BLq m v v -=-

解得：

233222()g h H L B L mR t mgR B L +-=+- 因此运动的总时间为：

23

1232B L t t t t mgR

=++= 16．如图所示，P 1Q 1P 2Q 2和M 1N 1M 2N 2为水平放置的两足够长的平行导轨，整个装置处在竖直向上、磁感应

强度大小B ＝0.4 T 的匀强磁场中，P 1Q 1与M 1N 1间的距离为L 1＝1.0 m ，P 2Q 2与M 2N 2间的距离为L 2＝0.5 m ，两导轨电阻可忽略不计．质量均为m ＝0.2 kg 的两金属棒ab 、cd 放在导轨上，运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与导轨形成闭合回路．已知两金属棒位于两导轨间部分的电阻均为R ＝1.0 Ω；金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，且与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g ＝10 m/s 2.

(1)在t ＝0时刻，用垂直于金属棒的水平外力F 向右拉金属棒cd ，使其从静止开始沿导轨以a ＝5.0 m/s 2的加速度做匀加速直线运动，金属棒cd 运动多长时间金属棒ab 开始运动？

(2)若用一个适当的水平外力F 0(未知)向右拉金属棒cd ，使其速度达到v 2＝20 m/s 后沿导轨匀速运动，此时金属棒ab 也恰好以恒定速度沿导轨运动，求金属棒ab 沿导轨运动的速度大小和金属棒cd 匀速运动时水平外力F 0的功率；

(3)当金属棒ab 运动到导轨Q 1N 1位置时刚好碰到障碍物而停止运动，并将作用在金属棒cd 上的水平外力改为F 1＝0.4 N ，此时金属棒cd 的速度变为v 0＝30 m/s ，经过一段时间金属棒cd 停止运动，求金属棒ab 停止运动后金属棒cd 运动的距离．

【答案】(1)2 s (2)v 1＝5 m/s 12 W (3)225 m

【解析】

【分析】

本题考查法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律及动量的综合问题，意在考查考生的分析综合能力．

【详解】

(1)设金属棒cd 运动t 时间金属棒ab 开始运动，根据运动学公式可知，此时金属棒cd 的速度v ＝at 金属棒cd 产生的电动势E 2＝BL 2v 则通过整个回路的电流22222E BL at I R R

== 金属棒ab 所受安培力2121212A B L L at F BI L R

=＝ 金属棒ab 刚要开始运动的临界条件为F A 1＝μmg 联立解得21222mgR t s B L L a

μ== (2)设金属棒cd 以速度v 2＝20 m/s 沿导轨匀速运动时，金属棒ab 沿导轨匀速运动的速度大小为v 1，根据法拉第电磁感应定律可得E ＝BL 2v 2－BL 1v 1 此时通过回路的电流2211()22B L v L v E I R R

-== 金属棒ab 所受安培力2122111()2A B L L v L v F BIL mg R

μ-=== 解得v 1＝5 m/s

以金属棒cd 为研究对象，则有020.6?

F mg BL I N μ＝＋＝ 水平外力F 0的功率为P 0＝F 0v 2＝12 W

(3)对于金属棒cd 根据动量定理得120()0F mg BL I t mv μ--?=-

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