2025新課改-高中物理-選修第2冊(cè)（16講）06 B法拉第電磁感應(yīng)定律 中檔版含答案

2025新課改-高中物理-選修第2冊(cè)（16講）06B法拉第電磁感應(yīng)定律中檔版法拉第電磁感應(yīng)定律知識(shí)點(diǎn)：法拉第電磁感應(yīng)定律一、電磁感應(yīng)定律1．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)叫作感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電源．2．法拉第電磁感應(yīng)定律(1)內(nèi)容：閉合電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n為線圈的匝數(shù)．(3)在國(guó)際單位制中，磁通量的單位是韋伯(Wb)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的單位是伏(V)．二、導(dǎo)線切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)1．導(dǎo)線垂直于磁場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)，B、l、v兩兩垂直時(shí)，如圖甲所示，E＝Blv.圖甲圖乙2．導(dǎo)線的運(yùn)動(dòng)方向與導(dǎo)線本身垂直，但與磁感線方向夾角為θ時(shí)，如圖乙所示，E＝Blvsin_θ.3．導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒所受安培力的方向與導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)方向相反，導(dǎo)體棒克服安培力做功，把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能．技巧點(diǎn)撥一、對(duì)電磁感應(yīng)定律的理解1．磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ及磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)的比較：磁通量Φ磁通量的變化量ΔΦ磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)物理意義某時(shí)刻穿過磁場(chǎng)中某個(gè)面的磁感線條數(shù)在某一過程中，穿過某個(gè)面的磁通量的變化量穿過某個(gè)面的磁通量變化的快慢當(dāng)B、S互相垂直時(shí)的大小Φ＝BS⊥ΔΦ＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Φ2－Φ1,B·ΔS,S·ΔB))eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(|Φ2－Φ1|,Δt),B·\f(ΔS,Δt),\f(ΔB,Δt)·S))注意若穿過的平面中有方向相反的磁場(chǎng)，則不能直接用Φ＝BS.Φ為抵消以后所剩余的磁通量開始和轉(zhuǎn)過180°時(shí)平面都與磁場(chǎng)垂直，但穿過平面的磁通量是不同的，一正一負(fù)，ΔΦ＝2BS，而不是零在Φ－t圖像中，可用圖線的斜率表示eq\f(ΔΦ,Δt)2.公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的理解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E由磁通量變化的快慢，即磁通量變化率eq\f(ΔΦ,Δt)決定，與磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ無關(guān)．二、導(dǎo)線切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)1．導(dǎo)線切割磁感線時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)表達(dá)式的推導(dǎo)如下圖所示，閉合電路一部分導(dǎo)線ab處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，ab的長(zhǎng)度為l，ab以速度v勻速垂直切割磁感線．則在Δt內(nèi)穿過閉合電路磁通量的變化量為ΔΦ＝BΔS＝BlvΔt根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Blv.2．對(duì)公式的理解(1)當(dāng)B、l、v三個(gè)量的方向互相垂直時(shí)，E＝Blv；當(dāng)有任意兩個(gè)量的方向互相平行時(shí)，導(dǎo)線將不切割磁感線，E＝0.(2)當(dāng)l垂直B且l垂直v，而v與B成θ角時(shí)，導(dǎo)線切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E＝Blvsinθ.(3)若導(dǎo)線是彎折的，或l與v不垂直時(shí)，E＝Blv中的l應(yīng)為導(dǎo)線在與v垂直的方向上的投影長(zhǎng)度，即有效切割長(zhǎng)度．圖甲中的有效切割長(zhǎng)度為：L＝eq\x\to(cd)sinθ；圖乙中的有效切割長(zhǎng)度為：L＝eq\x\to(MN)；圖丙中的有效切割長(zhǎng)度為：沿v1的方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，L＝eq\r(2)R；沿v2的方向運(yùn)動(dòng)時(shí)，L＝R.3.導(dǎo)體轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)如下圖所示，導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中繞A點(diǎn)在紙面內(nèi)以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則AC在切割磁感線時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Bleq\x\to(v)＝Bl·eq\f(ωl,2)＝eq\f(1,2)Bl2ω.三、E＝neq\f(ΔΦ,Δt)與E＝Blv的比較1．區(qū)別：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)研究的是整個(gè)閉合回路，適用于計(jì)算各種電磁感應(yīng)現(xiàn)象中Δt內(nèi)的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；E＝Blv研究的是閉合回路的一部分，即做切割磁感線運(yùn)動(dòng)的導(dǎo)體，只適用于計(jì)算導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動(dòng)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，可以是平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，也可以是瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．2．聯(lián)系：E＝Blv是由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)在一定條件下推導(dǎo)出來的，該公式可看成法拉第電磁感應(yīng)定律的一個(gè)推論．例題精練1．（2021春?廣州期末）一架飛機(jī)在廣州上空勻速巡航，機(jī)翼保持水平，飛行高度不變，由于受地磁場(chǎng)豎直向下分量的作用，金屬機(jī)翼上有電勢(shì)差，設(shè)飛行員左方機(jī)翼末端處的電勢(shì)為φ1，右方機(jī)翼末端處電勢(shì)為φ2，則下列說法正確的是（）A．若飛機(jī)從東往西飛，φ1比φ2高 B．若飛機(jī)從南往北飛，φ1比φ2低 C．若飛機(jī)從北往南飛，φ1比φ2低 D．由于飛機(jī)勻速飛行，則φ1等于φ2【分析】由于地磁場(chǎng)的存在，當(dāng)飛機(jī)在北半球水平飛行時(shí)，兩機(jī)翼的兩端點(diǎn)之間會(huì)有一定的電勢(shì)差，相當(dāng)于金屬棒在切割磁感線一樣．由右手定則可判定電勢(shì)的高低．【解答】解：中國(guó)處于地球的北半球，地磁場(chǎng)的豎直分量方向豎直向下，由于判定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向的方法與判定感應(yīng)電流的方向的方法是相同的，由右手定則可判知，在北半球，不論飛機(jī)沿何方向水平飛行，都是飛行員左方機(jī)翼電勢(shì)高，右方機(jī)翼電勢(shì)低，即總有φ1比φ2高，故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題要了解地磁場(chǎng)的分布情況，掌握右手定則．對(duì)于機(jī)翼的運(yùn)動(dòng)，類似于金屬棒在磁場(chǎng)中切割磁感線一樣會(huì)產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，而電源內(nèi)部的電流方向則是由負(fù)極流向正極的．2．（2021春?棗莊期末）關(guān)于感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，下列說法正確的是（）A．穿過閉合電路的磁通量為零時(shí)，其感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)一定最大 B．穿過閉合電路的磁通量為零時(shí)，其感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)一定為零 C．穿過閉合電路的磁通量變化量越大，其感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)一定越大 D．穿過閉合電路的磁通量變化率越大，其感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)一定越大【分析】感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件是穿過閉合電路磁通量發(fā)生變化．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小與磁通量變化率成正比，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律分析。【解答】解：A、根據(jù)E＝可知，E與磁通量的變化率成正比，與磁通量大小無關(guān)，磁通量為零，閉合電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不一定最大，故A錯(cuò)誤；B、只有穿過閉合回路中磁通量發(fā)生變化時(shí)，閉合回路中才會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，穿過閉合電路的磁通量為零，若磁通量是變化的，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)一定不為零，故B錯(cuò)誤；CD、根據(jù)E＝可知，穿過閉合電路的磁通量變化越快，閉合電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大，而穿過閉合電路的磁通量變化越多，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不一定越大，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題的解題關(guān)鍵是準(zhǔn)確理解并掌握法拉第電磁感應(yīng)定律及感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件，注意明確磁通量、磁通量變化量以及磁通量變化率間的區(qū)別。隨堂練習(xí)1．（2021春?安康期末）如圖所示，在足夠大的、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一根長(zhǎng)度為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒AC。第一次以垂直棒的速度v在紙面內(nèi)勻速拉動(dòng)導(dǎo)體棒；第二次以A點(diǎn)為軸在紙面內(nèi)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)導(dǎo)體棒，若這兩種情況下導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相同，則第二次轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為（）A． B． C． D．【分析】分別求出兩次導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小，根據(jù)兩種情況下導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相同，可求得角速度?！窘獯稹拷猓旱谝淮我源怪卑舻乃俣葀勻速拉動(dòng)導(dǎo)體棒，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E1＝BLv；第二次以A點(diǎn)為軸順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)導(dǎo)體棒，角速度為ω，則末端的線速度為v'＝Lω，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E2＝BL＝因?yàn)镋1＝E2解得故A正確，BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，關(guān)鍵注意當(dāng)棒轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E＝BL。2．（2020秋?杭州期末）如圖，abcd為邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，半徑為r、匝數(shù)為n的線圈如圖所示放置。當(dāng)磁場(chǎng)以的變化率變化時(shí)，線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為（）A．0 B． C． D．【分析】線圈中的有效面積為矩形面積為L(zhǎng)2，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律進(jìn)行解答?！窘獯稹拷猓壕€圈中的有效面積為矩形面積，故S＝L2，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝n＝n?L2，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握法拉第電磁感應(yīng)定律，要掌握法拉第定律中的面積S是線圈在磁場(chǎng)中的有效面積。3．（2021?義烏市模擬）照片中的情景發(fā)生在義亭中學(xué)的創(chuàng)新實(shí)驗(yàn)室。當(dāng)實(shí)驗(yàn)老師從液氮中取出一塊“億鋇銅氧”合金并將它靠近一塊永磁體時(shí)，合金塊能懸浮在磁體的上方；老師又從液氮中取出一塊外形相似、質(zhì)量更小的鋁塊并將它靠近同一塊永磁體時(shí)，“懸浮”卻沒有發(fā)生。造成這一區(qū)別的主要原因是（）A．“億鋇銅氧”合金在液氮溫度下電阻幾乎為零 B．質(zhì)量更小的鋁塊靠近永磁體時(shí)內(nèi)部不會(huì)形成電流 C．穿過“億鋇銅氧”合金的磁通量更大 D．穿過“億鋇銅氧”合金的磁通量變化得更快【分析】“億鋇銅氧”合金在液氨溫度下接近超導(dǎo)體，電阻幾乎為零，在兩磁場(chǎng)的相互作用力下“億鋇銅氧”能夠懸浮在磁體的上方；因?yàn)榇┻^鋁塊的磁通量變化，故能產(chǎn)生感應(yīng)電流；穿過“億鋇銅氧”合金的與穿過鋁塊的磁通量一樣大；磁通量變化得一樣快?！窘獯稹拷猓篈B、因穿過“億鋇銅氧”合金的磁通量與穿過鋁塊的磁通量變化得一樣快，但“億鋇銅氧”合金在液氨溫度下接近超導(dǎo)體，電阻幾乎為零，所以在“億鋇銅氧”合金中產(chǎn)生的電流很大，且電流持續(xù)的時(shí)間很長(zhǎng)，所以電流激發(fā)的磁場(chǎng)也很強(qiáng)且持續(xù)時(shí)間長(zhǎng)，故在兩磁場(chǎng)的相互作用力下“億鋇銅氧”能夠懸浮在磁體的上方；而質(zhì)量更小的鋁塊由于在液氨溫度下不能產(chǎn)生超導(dǎo)現(xiàn)象，所以電阻不能忽略，產(chǎn)生的感應(yīng)電流通過電阻時(shí)做功，電能很快轉(zhuǎn)化成了內(nèi)能，所以當(dāng)鋁塊靠近永磁體時(shí)不會(huì)產(chǎn)生磁懸浮現(xiàn)象，故A正確，B錯(cuò)誤；C、穿過“億鋇銅氧”合金的與穿過鋁塊的磁通量一樣大，故C錯(cuò)誤；D、穿過“億鋇銅氧”合金的與穿過鋁塊的磁通量一樣大，且穿過“億鋇銅氧”合金的磁通量與穿過鋁塊的磁通量變化得一樣快，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了法拉第電磁感應(yīng)定律及超導(dǎo)現(xiàn)象等知識(shí)，注意超導(dǎo)體的電阻為零。綜合練習(xí)一．選擇題（共20小題）1．（2021?河南模擬）兩個(gè)完全相同的閉合線圈甲和乙電阻均為R＝4Ωa，匝數(shù)均為10。將它們分別放在變化的磁場(chǎng)中，穿過線圈的磁通量隨時(shí)間的變化規(guī)律如圖甲、乙所示，其中圖甲按正弦規(guī)律變化，圖乙線性變化，則下列說法正確的是（）A．甲線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝20πsint B．乙線圈中感應(yīng)電流的有效值為10A C．0～4s內(nèi)甲、乙兩線圈中產(chǎn)生的熱量之比為 D．一個(gè)周期內(nèi)甲線圈中的電流方向改變?nèi)巍痉治觥扛鶕?jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與速度的關(guān)系進(jìn)行分析；線圈按丙圖情況運(yùn)動(dòng)時(shí)，求出電動(dòng)勢(shì)有效值，根據(jù)閉合電路歐姆定律求解燈泡兩端的電壓。【解答】解：（1）AD、圖甲按正弦規(guī)律變化，由圖甲可知，T＝4s甲線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)按余弦變化，由e＝nBSωcosωt知甲線圈感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：e＝＝20πcos，一個(gè)周期內(nèi)電流方向改變兩次，故AD均錯(cuò)誤；B、乙線圈中的磁通量線性變化，則0～時(shí)間內(nèi)和～T時(shí)間內(nèi)電動(dòng)勢(shì)為：E1＝＝10×V＝40V～時(shí)間內(nèi)電動(dòng)勢(shì)為：E2＝80V因此電流的有效值滿足：+＝I2RT代入數(shù)據(jù)得：I＝，故B錯(cuò)誤；C、甲線圈中電流的有效值為：I′＝＝＝0～4s內(nèi)甲線圈產(chǎn)生的熱量為：Q1＝I′2Rt＝＝200π2J乙線圈中產(chǎn)生的熱量為：Q2＝I2RT+＝+＝2800J，故，故C正確。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象和交流電的綜合，關(guān)鍵是弄清楚線圈的有效切割長(zhǎng)度、產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小與速度的關(guān)系、有效值的計(jì)算方法以及電路的連接情況。知道電壓表的示數(shù)是兩端電壓且為電壓的有效值。2．（2021春?浦東新區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，由均勻?qū)Ь€制成的半徑為R的圓環(huán)，以速度v勻速進(jìn)入一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到圖示位置（∠aOb＝90°）時(shí)，a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差Uab為（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式E＝BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E，ab邊切割磁感線，相當(dāng)于電源，根據(jù)右手定則判斷電勢(shì)的高低，ab間的電壓是路端電壓，根據(jù)歐姆定律求解．【解答】解：當(dāng)圓環(huán)運(yùn)動(dòng)到圖示位置，圓環(huán)切割磁感線的有效長(zhǎng)度為R；ab邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝BRv，根據(jù)右手定則可知，a點(diǎn)的電勢(shì)低于b點(diǎn)的電勢(shì)；電路中的電流：I＝設(shè)環(huán)的總電阻為R總，則線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中到達(dá)ab位置時(shí)，外電路的電阻值：a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差由歐姆定律得：Uab＝﹣I?R外＝＝，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題是電磁感應(yīng)與電路、力學(xué)等知識(shí)的綜合應(yīng)用，注意a、b兩點(diǎn)的電勢(shì)差不是感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，而是路端電壓．3．（2021春?鼓樓區(qū)校級(jí)期中）以下關(guān)于電磁感應(yīng)的說法正確的是（）A．穿過閉合導(dǎo)體回路的磁通量變化越大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)就越大 B．感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化 C．閉合電路中的導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，電路中就一定有感應(yīng)電流 D．若某時(shí)刻穿過閉合導(dǎo)體回路的磁通量為零，則此時(shí)刻回路中的感應(yīng)電流一定為零【分析】解答本題應(yīng)掌握：只有穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化時(shí)或閉合回路中的一部分導(dǎo)體切割磁感線，才能在回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流。根據(jù)楞次定律：感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化，并結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律，即可求解。【解答】解：A、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)表示磁通量的變化快慢，磁通量的變化越快，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)越大，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)楞次定律可知：感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化，故B正確；C、閉合電路中的導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，若磁通量沒有發(fā)現(xiàn)變化，則無感應(yīng)電流，故C錯(cuò)誤；D、磁通量為0，但磁通量變化可以不為0，則感應(yīng)電流不一定為0，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件，應(yīng)明確只有同時(shí)滿足兩個(gè)條件時(shí)才能產(chǎn)生感應(yīng)電流：一是電路要閉合；二是磁通量要發(fā)生變化，同時(shí)掌握磁通量變化、磁通量變化率的區(qū)別。4．（2020秋?倉山區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，一個(gè)有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，一個(gè)矩形閉合導(dǎo)線框abcd，沿紙面由位置1（左）勻速運(yùn)動(dòng)到位置2（右），則（）A．導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流方向?yàn)閍bcda B．導(dǎo)線框離開磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流方向?yàn)閍dcba C．導(dǎo)線框離開磁場(chǎng)時(shí)，受到的安培力方向水平向右 D．導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，受到的安培力方向水平向左【分析】線框進(jìn)入時(shí)dc邊切割磁感線，出來時(shí)ab邊切割磁感線，因此根據(jù)右手定則可以判斷出電流方向，注意完全進(jìn)入時(shí)，磁通量不變，無感應(yīng)電流產(chǎn)生；然后根據(jù)左手定則判斷安培力方向。也可以利用楞次定律直接判斷電流和受力方向。【解答】解：A、線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，由右手定則可知，感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向，即方向?yàn)閍dcba，故A錯(cuò)誤；B、由右手定則可知，導(dǎo)線框離開磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，即方向?yàn)閍bcda，故B錯(cuò)誤；C、由左手定則可知，導(dǎo)線框離開磁場(chǎng)時(shí)，受到的安培力方向向左，故C錯(cuò)誤；D、導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，受到的安培力方向向左，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題可以利用楞次定律直接判斷電流和受力方向，也可以利用右手定則先判斷電流向，然后利用左手定則判斷受力方向。5．（2021?梅州模擬）如圖所示，空間中存在垂直導(dǎo)軌平面向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在傾角為θ的絕緣斜面上，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧上端固定，下端與質(zhì)量為m的水平直導(dǎo)體棒ab中點(diǎn)相連，彈簧與導(dǎo)軌平面平行并始終與棒垂直導(dǎo)體棒垂直跨接在兩導(dǎo)軌上，接通電源后導(dǎo)體棒保持靜止，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)。把電源極性調(diào)轉(zhuǎn)，用外力使導(dǎo)體棒沿斜面往下平移x（彈性形變范圍內(nèi)），重新接通電源并撤掉外力，ab棒依然保持靜止，則x為（）A． B． C． D．0【分析】根據(jù)初始狀態(tài)導(dǎo)體棒受力平衡列出等式，把電源極性調(diào)轉(zhuǎn)后，電流方向相反，安培力反向，根據(jù)此狀態(tài)受力平衡列等式，兩式聯(lián)立即可求解?！窘獯稹拷猓航油娫春髮?dǎo)體棒保持靜止，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，導(dǎo)體棒處于平衡狀態(tài)，如圖甲所示，沿斜面方向根據(jù)共點(diǎn)力平衡，有mgsinθ＝BIL，把電源極性調(diào)轉(zhuǎn)，用外力使導(dǎo)體棒沿斜面往下平移x（彈性形變范圍內(nèi)），重新接通電源并撤掉外力，ab棒依然保持靜止，受力分析如圖乙所示，沿斜面方向有mgsinθ+BIL＝kx，聯(lián)立解得x＝，故C正確；ABD錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查共點(diǎn)力平衡以及胡克定律、安培力的表達(dá)式，考查學(xué)生綜合運(yùn)用已學(xué)知識(shí)的能力，難度適中。6．（2021?海淀區(qū)模擬）定義“另類加速度”A＝，A不變的運(yùn)動(dòng)稱為另類勻變速運(yùn)動(dòng)。若物體運(yùn)動(dòng)的A不變，則稱物體做另類勻變速運(yùn)動(dòng)。如圖所示，光滑水平面上一個(gè)正方形導(dǎo)線框以垂直于一邊的速度穿過一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域（磁場(chǎng)寬度大于線框邊長(zhǎng)）。導(dǎo)線框電阻不可忽略，但自感可以忽略不計(jì)。已知導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)前速度為v1，穿出磁場(chǎng)后速度為v2。下列說法中正確的是（）A．線框在進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，做勻變速運(yùn)動(dòng) B．線框在進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，其另類加速度A是變化的 C．線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為 D．線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為【分析】線框在進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，分析線框的受力情況，判斷其運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)動(dòng)量定理分析A的變化情況，并根據(jù)動(dòng)量定理求線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后的速度。【解答】解：A、線框在進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，受到向左的安培力而做減速運(yùn)動(dòng)，線框受到的安培力大小F＝BIL＝，可知，隨著速度減小，線框受到的安培力減小，加速度減小，所以線框在進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，做加速度逐漸減小的變減速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、線框在進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得：﹣BL△t＝m△v，其中△t＝＝＝，聯(lián)立可得＝﹣，根據(jù)題意可知A＝＝﹣，保持不變，故B錯(cuò)誤；CD、設(shè)線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為v。線框在進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得：﹣BL△t＝mv﹣mv1，其中△t＝＝＝＝，聯(lián)立得：﹣＝mv﹣mv1；線框穿出磁場(chǎng)的過程中，同理可得：﹣＝mv2﹣mv，聯(lián)立解得v＝，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題時(shí)，要正確分析線框進(jìn)入磁場(chǎng)和穿出磁場(chǎng)的過程中受力情況，抓住安培力與速度成正比，分析線框的運(yùn)動(dòng)情況。對(duì)于線框在磁場(chǎng)中做非勻變速直線運(yùn)動(dòng)的過程，往往根據(jù)動(dòng)量定理求速度。7．（2021?海淀區(qū)模擬）如圖甲所示是法拉第制作的世界上最早的發(fā)電機(jī)的實(shí)驗(yàn)裝置。有一個(gè)可繞固定轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)的銅盤，銅盤的一部分處在蹄形磁體中。實(shí)驗(yàn)時(shí)用導(dǎo)線連接銅盤的中心C，用導(dǎo)線通過滑片與鋼盤的邊線D連接且接觸良好，如圖乙所示，若用外力轉(zhuǎn)動(dòng)手柄使圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)起來，在CD兩端會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。說法正確的是（）A．如圖甲所示，因?yàn)殂~盤轉(zhuǎn)動(dòng)過程中穿過銅盤的磁通量不變，所以沒有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) B．如圖甲所示，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的原因是銅盤盤面上無數(shù)個(gè)以C為圓心的同心圓環(huán)中的磁通量發(fā)生了變化 C．如圖乙所示，用外力順時(shí)針（從左邊看）轉(zhuǎn)動(dòng)銅盤，電路中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，通過R的電流自下而上 D．如圖乙所示，用外力順時(shí)針（從左邊看）轉(zhuǎn)動(dòng)銅盤，電路中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，通過R的電流自上而下【分析】轉(zhuǎn)動(dòng)盤時(shí)，將整個(gè)銅盤看成沿徑向排列的無數(shù)根銅條，它們做切割磁感線運(yùn)動(dòng)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，乙圖中盤相當(dāng)于發(fā)電機(jī)，可以獲得持續(xù)的電流；當(dāng)乙圖中盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流的方向；【解答】解：AB、外力搖手柄使得銅盤轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的原因是銅盤盤面上無數(shù)個(gè)沿半徑方向的銅棒在切割磁感線而產(chǎn)生的，故AB錯(cuò)誤；CD、若用外力順時(shí)針（從左邊看）轉(zhuǎn)動(dòng)銅盤時(shí)，根據(jù)右手定則可得感應(yīng)電流方向?yàn)镃到D（電源內(nèi)部），D端是感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的正極，則通過電阻R的電流自下而上，故C正確，D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題實(shí)際上是發(fā)電機(jī)的模型，考查綜合運(yùn)用右手定則及產(chǎn)生感應(yīng)電流條件的能力。關(guān)鍵是要知道產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的原因：銅盤盤面上無數(shù)個(gè)沿半徑方向的銅棒在切割磁感線而產(chǎn)生的。8．（2021春?岑溪市期中）矩形導(dǎo)線框固定在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖甲所示，磁感線的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，規(guī)定磁場(chǎng)的正方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲?，磁感?yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示，則（）A．0～t1時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流的方向?yàn)閍dcba B．0～t1時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流越來越小 C．0～t2時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中電流的方向始終為abcda D．0～t2時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框ab邊受到的安培力大小恒定不變【分析】由右乙可知磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化，則可得出磁通量的變化情況，由楞次定律可知電流的方向；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知電動(dòng)勢(shì)，即可知電路中電流的變化情況；由F＝BIL可知安培力的變化情況。【解答】解：AC、根據(jù)圖乙所示磁感應(yīng)強(qiáng)度變化情況，應(yīng)用楞次定律可知，0～t2時(shí)間，電路中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，即電流方向?yàn)椋篴bcda，故A錯(cuò)誤，C正確；B、由圖乙所示圖線可知，0～t1磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變，由歐姆定律可知，線框中的電流大小不變，故B錯(cuò)誤；D、由C可知：0～t2時(shí)間內(nèi)，電路中電流大小I恒定不變，B不斷變化，由F＝BIL可知，安培力F大小發(fā)生變化，安培力大小不是恒定的，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題要求學(xué)生能正確理解B﹣t圖的含義，才能準(zhǔn)確的利用楞次定律、左手定律等進(jìn)行判定；解題時(shí)要特別注意，兩個(gè)時(shí)段，雖然磁場(chǎng)的方向發(fā)生了變化，但因其變化為連續(xù)的，故產(chǎn)生的電流一定是相同的。9．（2021?豐臺(tái)區(qū)校級(jí)三模）某實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示，在鐵芯P上繞著兩個(gè)線圈A和B。在線圈A中通入電流i與時(shí)間t的關(guān)系如圖A、B、C、D所示，那么在t1~t2這段時(shí)間內(nèi)，可以觀察到線圈B中產(chǎn)生交變電流的是（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件分析答題，穿過閉合回路的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應(yīng)電流，磁通量變化不均勻，才能產(chǎn)生交變電流。要產(chǎn)生交變電流，電流的變化率也應(yīng)該是改變的?！窘獯稹拷猓篈、由圖A可知，A中電流不變，電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)不變，穿過B的磁通量不變，所以B中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，故A錯(cuò)誤；B、圖B中電流發(fā)生均勻變化，產(chǎn)生的磁場(chǎng)均勻變化，產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電流，不是交變電流，故B錯(cuò)誤；C、圖C中電流發(fā)生變化，產(chǎn)生的磁場(chǎng)發(fā)生變化，整個(gè)過程會(huì)產(chǎn)生交變電流，但在t1∽t2這段時(shí)間內(nèi)，電流的變化均勻，磁場(chǎng)變化均勻，故在t1∽t2這段時(shí)間內(nèi)不會(huì)產(chǎn)生交變電流，故C錯(cuò)誤；D、圖D中電流發(fā)生變化，產(chǎn)生的磁場(chǎng)發(fā)生變化，整個(gè)過程會(huì)產(chǎn)生交變電流，在t1∽t2這段時(shí)間內(nèi)，電流的變化率發(fā)生變化，故產(chǎn)生非均勻變化的磁場(chǎng)，故會(huì)產(chǎn)生交變電流，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了判斷是否產(chǎn)生感應(yīng)電流，知道感應(yīng)電流產(chǎn)生條件、分析清楚圖象即可正確解題。10．（2021?濱江區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，金屬圓環(huán)內(nèi)外半徑為r和2r，勻強(qiáng)磁場(chǎng)B垂直圓環(huán)平面向里，兩環(huán)之間接有電容器，在兩環(huán)間且接觸良好的金屬導(dǎo)體ab棒可繞圓心以角速度ω逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，已知電容器的電容為C，則下列說法正確的是（）A．電容器c極板帶負(fù)電 B．cd間電壓逐漸增大 C．金屬棒ab產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為Bωr2 D．電容器所帶電荷量為CBωr2【分析】根據(jù)右手定則即可判定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向，從而確定電容器的極性；根據(jù)切割感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，結(jié)合線速度v＝ωR，及電荷量Q＝CU，即可求解?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)右手定則可知，ab棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向由a到b，a端的電勢(shì)比b端的電勢(shì)低，則電容器c板帶正電，d板帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；BC、根據(jù)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝BLab＝Br?＝Br?＝Br2ω，電容器cd間的電壓等于電動(dòng)勢(shì)，所以cd間的電壓不變，故BC錯(cuò)誤；D、根據(jù)電容器電荷量的計(jì)算公式Q＝CU，及U＝E得：，故D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了右手定則的內(nèi)容，掌握法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用，要知道電路中沒有電流，電容器板間電壓等于ab棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)。11．（2021?廈門一模）某簡(jiǎn)易發(fā)電機(jī)由一個(gè)面積為4×10﹣2m2、匝數(shù)10匝、電阻為2Ω的線圈和某變化的磁場(chǎng)組成．線圈固定不動(dòng)，磁場(chǎng)方向垂直于線圈平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖所示（磁場(chǎng)變化的周期T＝0.4s），下列判斷正確的是（）A．該簡(jiǎn)易發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為4V B．該簡(jiǎn)易發(fā)電機(jī)的短路電流為0.5A C．t＝0.1s時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為零，此時(shí)簡(jiǎn)易發(fā)電機(jī)的瞬時(shí)電壓為零 D．將額定功率為0.375W、電阻為6Ω的燈泡接入該簡(jiǎn)易發(fā)電機(jī)，燈泡能正常發(fā)光【分析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律計(jì)算產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小，由歐姆定律求解電流?！窘獯稹拷猓篈B、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，0～2s內(nèi)，穿過線圈的磁通量減小，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E＝n＝nS＝10××4×10﹣2V＝﹣2V（負(fù)號(hào)表示方向）同理0.2s～0.4s內(nèi)，穿過線圈的磁通量增加，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E＝n＝nS＝10××4×10﹣2V＝2V可知線圈中產(chǎn)生交變電流的有效值為2V，則發(fā)電機(jī)的短路電流為I＝＝A＝1A故AB錯(cuò)誤；C、t＝0.1s時(shí)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率不變，則此時(shí)簡(jiǎn)易發(fā)電機(jī)的瞬時(shí)電壓為2V，故C錯(cuò)誤；D、接入該簡(jiǎn)易發(fā)電機(jī)的燈泡額定電壓為U額＝＝V＝1.5V接入發(fā)電機(jī)后，該燈泡的兩端電壓為U＝E＝×2V＝1.5V與該燈泡的額定電壓相等，則燈泡能正常發(fā)光，故D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題是考查電磁感應(yīng)與電路相結(jié)合的綜合問題，需注意產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小取決于磁通量的變化率，再結(jié)合電路的有關(guān)知識(shí)分析求解。12．（2021?龍巖模擬）如圖甲所示，理想變壓器的一組線圈與水平導(dǎo)軌相連，導(dǎo)軌處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬棒AB垂直放在導(dǎo)軌上，其向左運(yùn)動(dòng)的速度圖像如圖乙所示，則下列各圖中能表示ab兩端的電壓uab隨時(shí)間t變化的圖像是（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)金屬棒的運(yùn)動(dòng)情況判斷金屬棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向，根據(jù)楞次定律判斷副線圈中感應(yīng)電流的方向和電勢(shì)的高低，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律判斷感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小?！窘獯稹拷猓?～t1時(shí)間內(nèi)金屬棒AB向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則可知電流方向B→A，原線圈電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向向下均勻增加，則副線圈的磁通量向上均勻增加，根據(jù)楞次定律可知副線圈中感應(yīng)電流的方向如圖所示，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝保持不變，且a點(diǎn)為高電勢(shì)，則Uab為定值；t1～t2時(shí)間內(nèi)金屬棒AB向左做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)右手定則可知電流方向B→A，原線圈電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向向下均勻減小，則副線圈的磁通量向上均勻減小，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝保持不變，且a點(diǎn)為低電勢(shì)，則Uab為定值，故B正確、ACD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查電磁感應(yīng)現(xiàn)象與圖像的結(jié)合，關(guān)鍵是能夠根據(jù)右手定則判斷金屬棒中的電流方向，知道變壓器原理，能夠根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)高低。13．（2021春?廣州期中）電動(dòng)汽車越來越被人們所喜愛，某一種無線充電方式的基本原理如圖所示，路面上依次鋪設(shè)圓形線圈，相鄰兩個(gè)線圈由供電裝置通以反向電流，車身底部固定感應(yīng)線圈，通過充電裝置與蓄電池相連，汽車在此路面上行駛時(shí)，就可以進(jìn)行充電，若汽車正在勻速行駛，下列說法正確的是（）A．感應(yīng)線圈中產(chǎn)生的恒定的電流 B．感應(yīng)線圈中產(chǎn)生的方向改變、大小不變的電流 C．感應(yīng)線圈一定受到的路面線圈磁場(chǎng)的安培力，且該安培力會(huì)阻礙汽車運(yùn)動(dòng) D．給路面上的線圈通以同向電流，不會(huì)影響充電效果【分析】地面相鄰兩個(gè)線圈由供電裝置通以反向電流，則線圈內(nèi)部產(chǎn)生磁場(chǎng)方向相反，車運(yùn)動(dòng)時(shí)，車底線圈始終位于地面兩個(gè)線圈，磁通量發(fā)生變化，故會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，從而給電動(dòng)車充電了?！窘獯稹拷猓篈、由于路面下鋪設(shè)圓形線圈，相鄰兩個(gè)線圈的電流相反，所以兩個(gè)線圈中磁場(chǎng)方向相反，感應(yīng)線圈中的磁通量怎樣變化不確定，無法判斷感應(yīng)線圈中產(chǎn)生的電流是否為恒定電流，故A錯(cuò)誤；B、由于路面上的線圈中的電流不知是怎么變化，即產(chǎn)生的磁場(chǎng)無法確定變化情況，所以感應(yīng)線圈中的電流大小不能確定，故B錯(cuò)誤；C、感應(yīng)線圈隨汽車一起運(yùn)動(dòng)過程中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，在路面線圈的磁場(chǎng)中受到安培力，根據(jù)“來拒去留”可知，此安培力阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)，即阻礙汽車運(yùn)動(dòng)，故C正確；D、給路面下的線圈通以同向電流時(shí)，路面下的線圈產(chǎn)生相同方向的磁場(chǎng)，穿過感應(yīng)線圈的磁通量增大，磁通量的變化率變小，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電流變小，影響充電效果，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握楞次定律的內(nèi)容，知道感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化，并能理解法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用。14．（2021春?越秀區(qū)校級(jí)期中）如圖甲所示，電阻不計(jì)且間距L＝lm的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直放置，上端接一阻值R＝2Ω的電阻，虛線OO′下方有垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)將質(zhì)量m＝0.1kg、電阻不計(jì)的金屬桿ab從OO′上方某處由靜止釋放，金屬桿ab在下落的過程中與導(dǎo)軌保持良好接觸且始終水平，已知金屬桿ab進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度v0＝1m/s，下落0.3m的過程中加速度a與下落距離h的關(guān)系圖像如圖乙所示，已知：當(dāng)下落高度h＝0.3m時(shí)，a恰好減小為0，g取10m/2，則（）A．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為2T B．金屬桿ab下落0.3m時(shí)的速度為1m/s C．金屬桿ab下落0.3m的過程中R上產(chǎn)生的熱量為0.2J D．金屬桿ab下落0.3m的過程中通過R的電荷量為0.30C【分析】由乙圖讀出金屬桿ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度的大小，判斷出加速度方向，由法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)系式，再由牛頓第二定律列式即可求出磁感應(yīng)強(qiáng)度。金屬桿ab下落0.3m時(shí)a＝0，根據(jù)平衡條件求金屬桿的速度。從開始下落到下落0.3m的過程中，金屬桿ab的機(jī)械能減小轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，由能量守恒列式可求出電阻R上產(chǎn)生的熱量。根據(jù)電荷量的經(jīng)驗(yàn)公式q＝即可求通過R的電荷量?！窘獯稹拷猓篈、金屬桿ab進(jìn)入磁場(chǎng)后，根據(jù)右手定則判斷可知金屬桿ab中感應(yīng)電流方向由a到b。由左手定則可知，金屬桿ab所受的安培力方向豎直向上。由乙圖知，金屬桿ab剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度大小a0＝10m/s2，方向豎直向上。由牛頓第二定律得：BI0L﹣mg＝ma0設(shè)桿剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v0，則有I0＝＝聯(lián)立整理得：﹣mg＝ma0代入數(shù)據(jù)解得：B＝2T，故A正確；B、通過a﹣h圖像知h＝0.3m時(shí)，a＝0，表明金屬桿受到的重力與安培力平衡，有mg＝BL?＝，解得：v＝0.5m/s。即桿ab下落0.3m時(shí)金屬桿的速度為0.5m/s，故B錯(cuò)誤；C、金屬桿ab下落0.3m的過程中，由能量守恒定律得：mgh＝Q+mv2，代入數(shù)據(jù)解得R上產(chǎn)生的熱量：Q＝0.2875J，故C錯(cuò)誤；D、金屬桿自由下落的高度為h′＝＝m＝0.05m，ab下落0.3m的過程中，通過R的電荷量：q＝t＝＝＝＝C＝0.25C，故D錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵要根據(jù)圖象讀出加速度和金屬桿的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，熟練推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)系式，運(yùn)用牛頓第二定律、安培力、法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、能量守恒定律等多個(gè)知識(shí)進(jìn)行處理。15．（2021春?番禺區(qū)校級(jí)期中）兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.2T，方向與紙面垂直，邊長(zhǎng)L＝0.1m、總電阻R＝0.05Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊距磁場(chǎng)邊界L，如圖所示，已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，cd邊于t＝1s時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)，以初始位置為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，規(guī)定：電流沿順時(shí)針方向時(shí)的電動(dòng)勢(shì)E為正，磁感線垂直紙面向外時(shí)磁通量Φ為正。則以下關(guān)于線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E、磁通量Φ、感應(yīng)電流Ⅰ和安培力F隨時(shí)間變化的圖象中正確的是（）A． B． C． D．【分析】由題意求出線框向右勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小，線框以速度v勻速穿過磁場(chǎng)區(qū)域，穿過線框的磁通量由磁場(chǎng)與面積決定，而面積卻由線框?qū)挾扰c位移決定，但位移是由速度與時(shí)間決定，所以磁通量是磁場(chǎng)、線框?qū)挾?、速度及時(shí)間共同決定；由于線框勻速穿過磁場(chǎng)，因此在進(jìn)入或離開磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)由楞次定律判斷感應(yīng)電流方向，確定出電動(dòng)勢(shì)的方向．由E＝BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由歐姆定律求出電流，線框切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)大小和感應(yīng)電流大小相等，但方向相反；線框中有感應(yīng)電流，則由左手定則可確定安培力的方向，通過安培力公式可得出力的大小?！窘獯稹拷猓壕€框從圖中所示位置開始向右做勻速運(yùn)動(dòng)，t＝1s時(shí)開始進(jìn)入磁場(chǎng)，所以線框的速度A、在0﹣1s時(shí)間內(nèi)，線框處在磁場(chǎng)之外，磁通量Φ＝0；在1s﹣2s時(shí)間是線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程，磁通量逐漸增大，t＝2s時(shí)線框剛好完全進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，磁通量最大在2s﹣3s時(shí)間是線框離開磁場(chǎng)的過程，磁通量逐漸減小，t＝3s時(shí)線框剛好完全離開磁場(chǎng)區(qū)域，磁通量減小為0，故A錯(cuò)誤；BCD、在1s﹣2s時(shí)間是線框勻速進(jìn)入磁場(chǎng)的過程，線框進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的過程中的電動(dòng)勢(shì)為，回路中的電流，根據(jù)楞次定律可判斷電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，電動(dòng)勢(shì)和電流均為正值；邊框所受安培力F＝BIL＝0.2×0.04×0.1N＝8×10﹣4N，根據(jù)左手定則可知安培力方向水平向左同理可得：在2s﹣3s時(shí)間是線框離開磁場(chǎng)的過程，其電動(dòng)勢(shì)，回路中的電流I2＝I1＝0.04A，根據(jù)楞次定律可判斷電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，電動(dòng)勢(shì)為負(fù)值值，邊框所受安培力F＝BIL＝0.2×0.04×0.1N＝8×10﹣4N，根據(jù)左手定則可知安培力方向水平向左，故B正確，CD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】電磁感應(yīng)與圖象的結(jié)合問題，在解題時(shí)涉及的內(nèi)容較多，同時(shí)過程也較為復(fù)雜，故在解題時(shí)要靈活，可以選擇合適的解法，如排除法等進(jìn)行解答，本題難度較大。16．（2021春?海珠區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，垂直紙面的正方形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)，有一位于紙面的、電阻均勻的正方形導(dǎo)體框abcd，現(xiàn)將導(dǎo)體框分別朝兩個(gè)方向以v、3v速度勻速拉出磁場(chǎng)，則導(dǎo)體框從兩個(gè)方向移出磁場(chǎng)的兩個(gè)過程中（）A．導(dǎo)體框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向相反 B．導(dǎo)體框中產(chǎn)生的焦耳熱相同 C．導(dǎo)體框ad邊兩端電勢(shì)差相同 D．通過導(dǎo)體框截面的電量相同【分析】感應(yīng)電流方向根據(jù)楞次定律判斷；由E＝BLv和閉合電路歐姆定律分析感應(yīng)電流大小，再根據(jù)焦耳定律分析焦耳熱的關(guān)系；由歐姆定律分析ad邊兩端電勢(shì)差關(guān)系；由q＝，分析通過導(dǎo)體框截面的電量關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、將導(dǎo)體框從兩個(gè)方向移出磁場(chǎng)的過程中，磁通量均減小，而磁場(chǎng)方向都垂直紙面向外，根據(jù)楞次定律判斷可知，導(dǎo)體框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向均沿逆時(shí)針方向，故A錯(cuò)誤；B、導(dǎo)體框以速度v勻速拉出磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)體框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為I1＝，產(chǎn)生的焦耳熱為Q1＝I12Rt1＝（）2R?＝導(dǎo)體棒以速度3v勻速拉出磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)體框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小為I2＝，產(chǎn)生的焦耳熱為Q2＝I22Rt2＝（）2R?＝，導(dǎo)體框中產(chǎn)生的焦耳熱不同，故B錯(cuò)誤；C、導(dǎo)體框以速度v勻速拉出磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)體框ad邊兩端電勢(shì)差U1＝E1＝BLv，導(dǎo)體框以速度3v勻速拉出磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)體框ad邊兩端電勢(shì)差U2＝E2＝BL?3v＝BLv，導(dǎo)體框ad邊兩端電勢(shì)差不同，故C錯(cuò)誤；D、通過導(dǎo)體框截面的電量q＝I△t＝＝。兩個(gè)過程中磁通量的變化量相同，根據(jù)q＝可知通過導(dǎo)體框截面的電量相同，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵要掌握感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式：E＝BLv和感應(yīng)電荷量公式q＝，并熟練運(yùn)用楞次定律。17．（2021春?白云區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中將金屬棒ab從某高處水平拋出，不計(jì)空氣阻力，金屬棒ab在運(yùn)動(dòng)過程中（）A．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變，且φa＞φb B．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小不變，且φa＜φb C．由于速率不斷增大所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不斷變大，且φa＞φb D．由于速率不斷增大，所以感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不斷變大，且φa＜φb【分析】由感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式E＝Blvsinα，vsinα是有效的切割速度，即是垂直于磁感線方向的分速度，結(jié)合平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)分析選擇?！窘獯稹拷猓航饘侔鬭b做平拋運(yùn)動(dòng)，其水平方向的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平分速度保持不變，等于v0，由感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式E＝Blvsinα，vsinα是垂直于磁感線方向的分速度，即是平拋運(yùn)動(dòng)的水平分速度，等于v0，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝Blv0，B、l、v0均不變，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小保持不變，根據(jù)右手定則可知φa＞φb，故A正確，BCD錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查對(duì)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式的理解和平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，注意到線切割磁感線v是垂直B的速度。18．（2021春?海珠區(qū)校級(jí)月考）一個(gè)閉合矩形線圈abcd以速度v從無磁場(chǎng)區(qū)域勻速穿過勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，而再次進(jìn)入無磁場(chǎng)區(qū)域，如圖所示，那么，下列圖中能正確反映線圈中電流﹣時(shí)間關(guān)系的圖象是（）A． B． C． D．【分析】先根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流方向，再根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律分析各段過程感應(yīng)電流的大小，再選擇圖象?！窘獯稹拷猓壕€圈進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，穿過線圈的磁通量向外增加，根據(jù)楞次定律判斷可知線圈中感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，為正值；線圈穿出磁場(chǎng)時(shí)，穿過線圈的磁通量向外減小，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，為負(fù)值；根據(jù)I＝＝，知線圈進(jìn)入磁場(chǎng)和穿出磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流的大小不變；線圈完全在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，磁通量不變，沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，故B正確，ACD錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題運(yùn)用楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律和歐姆定律分析感應(yīng)電流的方向和大小，這是電磁感應(yīng)問題中常用的方法和思路，要熟練掌握。19．（2021春?白云區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有燈泡A。金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下。現(xiàn)使金屬棒ab以一定的初速度v開始向右運(yùn)動(dòng)，此后（）A．棒ab勻減速運(yùn)動(dòng)直到停止 B．棒ab中的感應(yīng)電流方向由b到a C．棒ab所受的安培力方向水平向右 D．燈泡A逐漸變亮【分析】金屬棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，應(yīng)用E＝BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，應(yīng)用閉合電路的歐姆定律求出感應(yīng)電流，應(yīng)用安培力公式求出金屬棒受到的安培力大小，然后判斷金屬棒的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；應(yīng)用右手定則判斷出感應(yīng)電流方向；應(yīng)用左手定則判斷安培力方向；根據(jù)電功率公式判斷燈泡功率如何變化，判斷亮度如何變化。【解答】解：設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，金屬棒的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，電路總電阻為R；A、金屬棒切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv由閉合電路的歐姆定律可知，感應(yīng)電流I＝金屬棒受到的安培力F＝BIL＝金屬棒在安培力作用下做減速運(yùn)動(dòng)，v不斷減小，安培力不斷減小，由牛頓第二定律可知，金屬棒的加速度不斷減小，金屬棒做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，直到停止，故A錯(cuò)誤；B、由右手定則可知，棒ab中的感應(yīng)電流方向是由b到a，故B正確；C、由左手定則可知，棒ab所示安培力水平向左，故C錯(cuò)誤；D、金屬棒速度不斷減小，感應(yīng)電流I不斷減小，燈泡的功率P＝I2RL不斷減小，燈泡逐漸變暗，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】分析清楚金屬棒的運(yùn)動(dòng)過程，應(yīng)用E＝BLv、歐姆定律、安培力公式與右手定則、左手定則即可解題。20．（2021春?白云區(qū)校級(jí)月考）兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直。邊長(zhǎng)為0.1m、總電阻為0.005Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場(chǎng)邊界平行，如圖甲所示。已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，cd邊于t＝0時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)。線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖線如圖乙所示（感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)取正）。下列說法正確的是（）A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5T B．導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)的速度的大小為5m/s C．難感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向內(nèi) D．在t＝0.4s至t＝0.6s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.04N【分析】根據(jù)線框勻速運(yùn)動(dòng)的位移和對(duì)應(yīng)時(shí)間求出速度，讀出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，結(jié)合E＝BLv求出磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。根據(jù)感應(yīng)電流的方向，運(yùn)用楞次定律判斷磁場(chǎng)的方向。根據(jù)安培力公式F＝BIL得出導(dǎo)線框所受的安培力?！窘獯稹拷猓篈B、由圖乙知，導(dǎo)體框進(jìn)入磁場(chǎng)用時(shí)0.2s，導(dǎo)線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度為：v＝m/s＝0.5m/s根據(jù)E＝BLv知磁感應(yīng)強(qiáng)度為：B＝＝T＝0.2T，故AB錯(cuò)誤；C、由圖乙可知，線框進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)，感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針，磁通量增加，根據(jù)楞次定律知磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向外，故C錯(cuò)誤；D、在0.4﹣0.6s內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力為：F＝BIL＝＝，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查導(dǎo)線切割磁感線的類型，要掌握切割產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式E＝BLv以及楞次定律，能熟練推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)系式F＝。二．多選題（共10小題）21．（2021春?湖北月考）1824年，法國(guó)科學(xué)家阿拉果完成了著名的“圓盤實(shí)驗(yàn)”。實(shí)驗(yàn)中將一銅圓盤水平放置，在其中心正上方用柔軟細(xì)線懸掛一枚可以自由旋轉(zhuǎn)的磁針，如圖所示。實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)，當(dāng)圓盤在磁針的磁場(chǎng)中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時(shí)，磁針也隨著一起轉(zhuǎn)動(dòng)起來，但略有滯后磁針之所以轉(zhuǎn)動(dòng)，是因?yàn)椋ǎ〢．圓盤中的自由電子隨圓盤一起運(yùn)動(dòng)形成電流，此電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng) B．圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，圓盤的半徑切割磁針產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生電流，此電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng) C．銅圓盤上存在許多小的閉合回路，當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，穿過小的閉合回路的磁通量發(fā)生變化，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，此電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng) D．圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中，磁針的磁場(chǎng)穿過整個(gè)圓盤的磁通量發(fā)生了變化，圓盤產(chǎn)生電流，此電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng)【分析】根據(jù)題意明確渦流的產(chǎn)生，再根據(jù)磁極和電流的相互作用分析磁鐵的運(yùn)動(dòng)?！窘獯稹拷猓篈.圓盤中的自由電子隨圓盤一起運(yùn)動(dòng)形成電流，此電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)沿軸線方向，不會(huì)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B.圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，圓盤的半徑切割磁針產(chǎn)生磁場(chǎng)的磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，但由于距離圓心遠(yuǎn)近不同，各點(diǎn)電勢(shì)也不同，從而形成渦流，產(chǎn)生的電流會(huì)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng)，故B正確；C.銅圓盤上存在許多小的閉合回路，當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，穿過小的閉合回路的磁通量發(fā)生變化，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流（渦流），此電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng)，故C正確；D.圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中，磁針的磁場(chǎng)穿過整個(gè)圓盤的磁通量始終為零，故D錯(cuò)誤。故選：BC。【點(diǎn)評(píng)】本題要注意明確電流的形成不是因?yàn)樽杂呻娮拥倪\(yùn)動(dòng)，而是由于圓盤切割磁感線產(chǎn)生了電動(dòng)勢(shì)，從而產(chǎn)生了渦流。22．（2021?安徽模擬）如圖甲所示，兩間距為L(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，左端用導(dǎo)線連接，導(dǎo)軌處在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，一根長(zhǎng)度也為L(zhǎng)、電阻為R的金屬棒放在導(dǎo)軌上，在平行于導(dǎo)軌向右、大小為F的恒力作用下向右運(yùn)動(dòng)，金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中，始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，金屬棒運(yùn)動(dòng)的加速度與速度關(guān)系如圖乙所示，不計(jì)金屬導(dǎo)軌及左邊導(dǎo)線電阻，金屬導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，若乙圖中的a0、v0均為已知量，則下列說法正確的是（）A．金屬棒的質(zhì)量為 B．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 C．當(dāng)拉力F做功為W時(shí)，通過金屬棒橫截面的電量為 D．某時(shí)刻撤去拉力，此后金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中加速度大小與速度大小成正比【分析】根據(jù)牛頓第二定律列式，求出金屬棒的加速度和速度的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)截距和斜率求解金屬棒的質(zhì)量和磁感應(yīng)強(qiáng)度；根據(jù)恒力F做功計(jì)算金屬棒運(yùn)動(dòng)的距離，根據(jù)電荷量推論公式計(jì)算電荷量；撤去力F后，根據(jù)牛頓第二定律求出金屬棒的加速度與速度關(guān)系式判斷?！窘獯稹拷猓篈B、根據(jù)牛頓第二定律可得F﹣F安＝ma，其中金屬棒所受安培力聯(lián)立解得金屬棒的加速度為結(jié)合圖像可知：當(dāng)速度v＝0時(shí)，加速度，所以金屬棒的質(zhì)量圖像的斜率k＝，解得磁感應(yīng)強(qiáng)度，故AB正確；C、當(dāng)拉力做功為W時(shí)，金屬棒運(yùn)動(dòng)的距離為則通過金屬棒截面的電荷量，故C錯(cuò)誤；D、撤去拉力后，據(jù)牛頓第二定律有，可得，故D正確。故選：ABD?！军c(diǎn)評(píng)】電荷量的推論公式，在處理計(jì)算題時(shí)可直接利用。23．（2021春?鼓樓區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，水平光滑桌面上有一等邊三角形金屬線框abc，c點(diǎn)恰處于方向垂直于桌面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界PQ上，在拉力F的作用下，線框以恒定速率通過勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)的寬度大于線框的邊長(zhǎng)，且運(yùn)動(dòng)過程中ab始終與PQ保持平行。在線框從開始進(jìn)入磁場(chǎng)到完全進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域的過程中，下列四幅圖中正確反映線框中的感應(yīng)電流I、熱功率P、外力F以及通過線框橫截面的電量q隨時(shí)間t的變化規(guī)律的是（）A． B． C． D．【分析】線框勻速穿過磁場(chǎng)區(qū)域，設(shè)速度為v，切割的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝2vt?tan30°，根據(jù)切割公式得到感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小，根據(jù)歐姆定律得到感應(yīng)電流大小，根據(jù)P＝I2R得到電功率情況，根據(jù)安培力公式得到安培力情況，根據(jù)平衡條件得到拉力情況?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)，則L＝2vt?tan30°＝vt，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，感應(yīng)電流I＝＝，線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，電流I與時(shí)間t成正比，故A正確；B、功率P＝I2R＝，功率與時(shí)間的平方成正比，故圖象為曲線，故B錯(cuò)誤；C、線框做勻速運(yùn)動(dòng)，由平衡條件可得：F＝BIL＝，故拉力與t的平方成正比，故C正確；D、通過線框橫截面的電荷量q＝t＝＝，q與時(shí)間的二次方成正比，故D錯(cuò)誤。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查滑軌問題，關(guān)鍵是根據(jù)切割公式、歐姆定律公式、安培力公式列式分析，得到安培力表達(dá)式，還要結(jié)合電功率公式、平衡條件列式得到電功率表達(dá)式和拉力的表達(dá)式進(jìn)行分析，注意題目中線框是勻速通過磁場(chǎng)區(qū)域24．（2021?重慶模擬）如圖所示，直線OP右側(cè)為范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。abcd是邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形單匝閉合導(dǎo)線框?？傠娮柚禐镽，其中ad邊水平，ad邊與OP邊界成45°，導(dǎo)線框始終以速度v水平向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)過程中（）A．導(dǎo)線框中感應(yīng)電流先沿順時(shí)針方向后沿逆時(shí)針方向 B．導(dǎo)線框中感應(yīng)電流始終沿逆時(shí)針方向 C．導(dǎo)線框中感應(yīng)電流最大值為 D．導(dǎo)線框中感應(yīng)電流最大值為【分析】根據(jù)楞次定律判斷感應(yīng)電流方向；正方形導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，注意其有效長(zhǎng)度，最長(zhǎng)即為正方形邊長(zhǎng)，并不是對(duì)角線?！窘獯稹拷猓篈B、線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，導(dǎo)線框中的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，再根據(jù)安培定則可判斷出導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故B正確，A錯(cuò)誤。CD、在導(dǎo)線框以與OP平行的對(duì)角線進(jìn)入磁場(chǎng)，當(dāng)ac邊進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)E＝BLv，可知此時(shí)有效長(zhǎng)度最大為L(zhǎng)，所以Im＝，故C正確，D錯(cuò)誤；故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵考查楞次定律與有效長(zhǎng)度，注意有效長(zhǎng)度的判斷是解決本題的關(guān)鍵，根據(jù)左手定則，B，L，v三者應(yīng)互相垂直關(guān)系。25．（2021?山東模擬）如圖所示，足夠長(zhǎng)的水平金屬導(dǎo)軌MN，PQ放在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬桿ab在水平恒力F作用下由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，水平導(dǎo)軌光滑，除電阻R外，其他電阻不計(jì)。運(yùn)動(dòng)過程中，金屬桿加速度大小a、速度大小v、力F的沖量I隨時(shí)間變化的規(guī)律正確的是（）A． B． C． D．【分析】分析金屬桿的受力情況，由牛頓第二定律和安培力公式F＝BIL相結(jié)合列式，來分析加速度的變化情況，判斷金屬桿的運(yùn)動(dòng)情況，確定速度的變化情況。根據(jù)沖量的定義I＝Ft分析力F的沖量I隨時(shí)間變化的規(guī)律?！窘獯稹拷猓篈B、金屬桿受到的合力為力F與安培力的合力，根據(jù)牛頓第二定律得F﹣F安＝ma，又F安＝BIL＝BL?＝，聯(lián)立得F﹣＝ma，可知，隨著速度增大，金屬桿的加速度減小，故金屬桿做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，最終加速度減小為零，達(dá)到勻速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、力F的沖量I＝Ft，F(xiàn)是恒力，則I與t成正比，I﹣t圖像是過原點(diǎn)的傾斜直線，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】解答本題的關(guān)鍵要熟練推導(dǎo)出安培力與速度的關(guān)系F安＝，利用牛頓第二定律分析金屬桿的加速度變化情況。26．（2021?寶雞模擬）如圖所示，一質(zhì)量為m的金屬桿可以無摩擦地沿水平的平行導(dǎo)軌滑行，兩軌間寬為L(zhǎng)，導(dǎo)軌與電阻R連接，放在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，桿的初速度為v，其余電阻均不計(jì)，則（）A．由于金屬桿和導(dǎo)軌之間無摩擦，回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)始終是BLv B．金屬桿所受的安培力方向與初速度方向相同 C．金屬桿所受的安培力逐漸減小 D．電阻R上產(chǎn)生的總焦耳熱為【分析】根據(jù)右手定則判斷感應(yīng)電流的方向；再由左手定則可分析受力方向；從而明確金屬桿的運(yùn)動(dòng)情況；再根據(jù)功能關(guān)系求解R上產(chǎn)生的焦耳熱．【解答】解：A、由于金屬桿受到安培力的作用，故金屬桿做減速運(yùn)動(dòng)，速度越來越小，則電動(dòng)勢(shì)越來越小，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)右手定則可知通過金屬桿的電流向外，再根據(jù)左手定則可知，安培力與運(yùn)動(dòng)方向相反，故B錯(cuò)誤；C、因電動(dòng)勢(shì)減小，則電流減小，則由F＝BIL可知，安培力減小，故C正確；D、由于電磁感應(yīng)，金屬桿最終將保持靜止，動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，即全部轉(zhuǎn)化為R的焦耳熱；故電阻R上產(chǎn)生的總焦耳熱為mv2，故D正確。故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】本題中電磁感應(yīng)中電路及能量問題，分析電路中能量的轉(zhuǎn)化是解題的關(guān)鍵，要注意明確安培力一直阻礙金屬桿的運(yùn)動(dòng)，從而將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能．27．（2021?香坊區(qū)校級(jí)三模）如圖所示，圖中虛線間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，虛線間的距離為2L，勻強(qiáng)磁場(chǎng)大小均為B，“”字形金屬線框總電阻為R，每條邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，t＝0時(shí)刻，ab邊與M區(qū)域磁場(chǎng)左邊界重合?，F(xiàn)使線框以恒定的速度v沿垂直于磁場(chǎng)區(qū)域邊界的方向穿過磁場(chǎng)。取逆時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流I的正方向，取水平向左為安培力F的正方向，則在金屬線框穿過磁場(chǎng)的過程中，線框中感應(yīng)電流I、安培力F隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖線正確的是（）A． B． C． D．【分析】（1）判斷線框切割磁感線時(shí)，有效長(zhǎng)度為2L，代入E＝BLv可計(jì)算電動(dòng)勢(shì)與電流大??；（2）求得I后，代入安培力計(jì)算公式可判斷F的大小，同樣注意有效長(zhǎng)度?！窘獯稹拷猓篈B、線框做勻速穿過磁場(chǎng)，在1～2s時(shí)，有2L的有效長(zhǎng)度切割磁感線，故I＝，則A正確，B錯(cuò)誤；CD、根據(jù)F＝BIL，求得F＝＝，故C正確，D錯(cuò)誤；故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】在進(jìn)行電磁感應(yīng)的計(jì)算時(shí)，要注意導(dǎo)體的有效長(zhǎng)度。28．（2021?汕頭一模）如圖甲，螺線管匝數(shù)n＝1000匝，橫截面積S＝0.02m2，電阻r＝1Ω，螺線管外接一個(gè)阻值R＝4Ω的電阻，電阻的一端b接地。一方向平行于螺線管軸線向左的磁場(chǎng)穿過螺線管，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，則（）A．在0～4s內(nèi)，R中有電流從a流向b B．在t＝3s時(shí)，穿過螺線管的磁通量為0.07Wb C．在4s～6s內(nèi)，R中電流大小為8A D．在4s～6s內(nèi)，R兩端電壓Uab＝40V【分析】根據(jù)楞次定律結(jié)合圖像可以分析出通過R的電流方向；根據(jù)圖像可以分析出t＝3s時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，然后利用Φ＝BS可以求出磁通量；根據(jù)感生電動(dòng)勢(shì)公式求解電動(dòng)勢(shì)大小，結(jié)合歐姆定律可以求出電流；根據(jù)歐姆定律可以求解4s～6s內(nèi)R兩端電壓Uab.【解答】解：A、在0～4s內(nèi)，原磁場(chǎng)增大，則磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)磁場(chǎng)方向向右，再由安培定則可知R中的電流方向從b流向a，故A錯(cuò)誤；B、由圖乙可知，t＝3s時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B＝3.5T，則此時(shí)的磁通量為Φ＝BS＝3.5×0.02Wb＝0.07Wb，故B正確；C、在4s～6s內(nèi)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：則R中電流大小為：，故C正確；D、在4s～6s內(nèi)，根據(jù)楞次定律可知，R中的電流從a流向b，則R兩端電壓為：Uab＝IR＝8×4V＝32V，故D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查法拉第電磁感應(yīng)定律基本知識(shí)，需要同學(xué)們對(duì)基本公式熟練掌握，可以根據(jù)圖像求解電動(dòng)勢(shì)大小，結(jié)合歐姆定律求解對(duì)應(yīng)的電流和電壓.29．（2021春?市中區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，用一根橫截面積為S、電阻率為ρ的均勻硬質(zhì)導(dǎo)線做成一個(gè)半徑為r的圓環(huán)，以圓環(huán)的圓心為坐標(biāo)原點(diǎn)建立坐標(biāo)系，圓環(huán)與x、y軸的負(fù)方向的交點(diǎn)分別為b、a，在一、二、四象限內(nèi)存在垂直于圓環(huán)向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小隨時(shí)間的變化率＝k（k＞0）。下列說法正確的是（）A．圓環(huán)中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流 B．圓環(huán)具有收縮的趨勢(shì) C．圓環(huán)中的感應(yīng)電流的大小為 D．圓環(huán)上ab兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為Uab＝【分析】由題意可知，磁通量增大，由楞次定律可判斷感應(yīng)電流的方向；由法拉第電磁感應(yīng)定律可得出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)；由閉合電路的歐姆定律可得出ab間的電勢(shì)差．【解答】解：A、由于（k＞0），可知磁場(chǎng)在增強(qiáng)，根據(jù)楞次定律得圓環(huán)中的感應(yīng)電流為逆時(shí)針方向，故A錯(cuò)誤；B、由左手定則判定圓環(huán)有收縮的趨勢(shì)，故B正確；C、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，E＝n＝＝，由電阻定律的圓環(huán)的電阻，聯(lián)立得圓環(huán)中的感應(yīng)電流的大小為I＝＝，故C正確；D、由以上分析b為電源的正極，b點(diǎn)電勢(shì)高于a點(diǎn)電勢(shì)，則可知Uab＝φa﹣φb＜0，即由閉合電路歐姆定律可知，故D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題應(yīng)注意ab兩點(diǎn)的電勢(shì)差為電源的路端電壓，故應(yīng)為不在磁場(chǎng)中的部分兩端的電壓，注意電勢(shì)的相對(duì)大小關(guān)系．30．（2021春?朝陽區(qū)校級(jí)月考）如圖甲，為新能源電動(dòng)汽車的無線充電原理圖，M為匝數(shù)n＝50匝、電阻r＝1.0Ω受電線圈，N為送電線圈。當(dāng)送電線圈N接交變電流后，在受電線圈內(nèi)產(chǎn)生了與線圈平面垂直的磁場(chǎng)，其磁通量Φ隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙。下列說法正確的是（）A．受電線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的有效值為10V B．在t1時(shí)刻，受電線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為20V C．在t1~t2內(nèi)，通過受電線圈的電荷量為4×10﹣2C D．在t1~t2內(nèi)，通過受電線圈的電荷量為2×10﹣2C【分析】由Em＝nBSω求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值，由E＝求有效期；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律和電流的定義式結(jié)合，求解通過電阻R的電荷量?！窘獯稹拷猓篈、由圖乙可知，受電線圈產(chǎn)生的感應(yīng)磁場(chǎng)的周期為T＝π×10﹣3s，最大磁通量為Φm＝2.0×10﹣4Wb,所以受電線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)最大值為：Em＝nBSω＝nΦmω＝50×2.0×10﹣4×V＝20V,所以受電線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的有效值為E＝＝V＝10V,故A正確；B、由圖乙可知，t1時(shí)刻磁通量變化率為0，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，此時(shí)受電線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為0V，故B錯(cuò)誤；CD、t1到t2時(shí)間內(nèi)，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)平均值＝n通過電阻的電流平均值＝通過電阻的電荷量q＝△t由圖（b）知，t1到t2時(shí)間內(nèi)，△Φ＝Φ1﹣Φ2＝2.0×10﹣4Wb﹣(﹣2.0×10﹣4Wb)＝4.0×10﹣4Wb解得q＝2×10﹣3C,故C錯(cuò)誤,D正確；故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】在求解正弦交變電壓的有效值時(shí)用公式：E＝。在電磁感應(yīng)中通過導(dǎo)體截面的電量經(jīng)驗(yàn)公式是q＝n，可以在推導(dǎo)的基礎(chǔ)上記住。三．填空題（共10小題）31．（2021春?臺(tái)江區(qū)校級(jí)期中）如圖所示，線圈匝數(shù)分別為1匝和N匝的線圈a、b的半徑分別為r和2r，用相同粗細(xì)、相同材料的金屬導(dǎo)線制成。圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊緣恰好與a線圈重合，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增大，則穿過a、b兩線圈的磁通量之比為1：1；a、b兩線圈的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為1：N?！痉治觥慨?dāng)B與S平面垂直時(shí)，穿過該面的磁通量Φ＝BS；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比；【解答】解：任意時(shí)刻，穿過ab兩線圈的磁感線條數(shù)，磁通量都相等，磁通量之比為1：1；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝n＝n?S，ab線圈?S大小一樣，匝數(shù)之比為1：N，故感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為1：N。故答案為：1：1；1：N【點(diǎn)評(píng)】解決本題時(shí)要注意在公式Φ＝BS和法拉第電磁感應(yīng)定律中，S為有效面積，能熟練運(yùn)用比例法研究這類問題。32．（2021春?倉山區(qū)校級(jí)期中）由螺線管、電阻和水平放置的平行板電容器組成的電路如圖（a）所示。其中，螺線管匝數(shù)為N，橫截面積為S；電容器兩極板間距為d，板間介質(zhì)為空氣（可視為真空）。螺線管處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間t變化的B﹣t圖像如圖（b）所示。一電荷量為q的顆粒在t1﹣t2時(shí)間內(nèi)懸停在電容器中，重力加速度大小為g。則t1﹣t2時(shí)間內(nèi)，a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)（填“高于、等于、低于”），顆粒的質(zhì)量為?！痉治觥扛鶕?jù)楞次定律判斷電勢(shì)高低；由法拉第電磁感應(yīng)定律求出感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)平衡條件求解顆粒的質(zhì)量。【解答】解：穿過線圈的磁通量向上增大時(shí)，根據(jù)楞次定律可知，螺線管產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)上邊高，所以a點(diǎn)電勢(shì)高于b點(diǎn)電勢(shì)；顆粒受到的電場(chǎng)力與重力大小相等，則：mg＝qE＝q由電路圖可知，穿過線圈的磁通量穩(wěn)定變化時(shí)，線圈產(chǎn)生穩(wěn)定的電動(dòng)勢(shì)但電路中沒有電流，線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)等于電容器兩極板之間的電勢(shì)差U；由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)：E電＝U＝N?＝N??S＝，聯(lián)立可得顆粒的質(zhì)量：m＝。故答案為：高于；?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用，分析清楚電路結(jié)構(gòu)是解題的前提，應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律、串聯(lián)電路特點(diǎn)即可解題。33．（2021春?蕪湖期中）如圖所示的區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電阻為R、半徑為L(zhǎng)、圓心角為45°的扇形閉合導(dǎo)線框繞垂直于紙面的O軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)（O軸位于磁場(chǎng)邊界）。則線框在進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)BL2ω，線框在轉(zhuǎn)動(dòng)一周過程中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的有效值為?！痉治觥扛鶕?jù)轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)計(jì)算公式求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小，有效電流要根據(jù)有效電流的定義來計(jì)算，根據(jù)電流的熱效應(yīng)列出方程，可以求得有效電流的大小?！窘獯稹拷猓壕€框在進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E＝BL＝BL其中v＝Lω解得：E＝BL2ω；交流電流的有效值是根據(jù)電流的熱效應(yīng)得出的，線框轉(zhuǎn)動(dòng)周期為T，而線框轉(zhuǎn)動(dòng)一周只有T的時(shí)間內(nèi)有感應(yīng)電流，則有：×＝，電流強(qiáng)度有效值為：I＝＝。故答案為：BL2ω；?！军c(diǎn)評(píng)】本題就是考查電流有效值的計(jì)算，本題的關(guān)鍵是對(duì)有效值定義的理解，掌握好有效值的定義就可以計(jì)算出來了。34．（2021春?宜秀區(qū)校級(jí)月考）動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的產(chǎn)生與洛倫茲力無關(guān)。（對(duì)的填A(yù)，錯(cuò)的填B）【分析】根據(jù)動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生的機(jī)理，可以知道非靜電力是洛倫茲力；【解答】解：因?qū)w運(yùn)動(dòng)而產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)稱為動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，導(dǎo)體中的自由電荷隨導(dǎo)體在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，受到洛倫茲力，而向?qū)w一端移動(dòng)，動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)是洛倫茲力對(duì)導(dǎo)體中自由電荷施加力的作用而引起的，所以動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的產(chǎn)生與洛倫茲力有關(guān)，充當(dāng)“非靜電力”的是洛倫茲力的分力，故本題錯(cuò)誤，故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是明確感生電動(dòng)勢(shì)和動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的區(qū)別，不變的磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)的線圈產(chǎn)生動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)，變化的磁場(chǎng)不動(dòng)的線圈產(chǎn)生感生電動(dòng)勢(shì)，同時(shí)注意二者的產(chǎn)生機(jī)理是不同的．35．（2021春?天河區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，一導(dǎo)線彎成半徑為a的半圓形閉合回路。虛線MN右側(cè)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于回路所在的平面?；芈芬运俣葀向右勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，直徑CD始終與MN垂直。從D點(diǎn)到達(dá)邊界開始到C點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)為止，CD段受安培力向下（填“向上”“向下”“向左”“向右”或“為零”），感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值為Bav，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)平均值為πBav。【分析】由楞次定律可判斷電流方向，由左手定則可得出安培力的方向；由E＝BLv，分析過程中最長(zhǎng)的L可知最大電動(dòng)勢(shì)；由法拉第電磁感應(yīng)定律可得出電動(dòng)勢(shì)的平均值?！窘獯稹拷猓涸陂]合電路進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，通過閉合電路的磁通量逐漸增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，根據(jù)左手定則可以判斷，CD段直線受安培力，方向向下；當(dāng)半圓閉合回路進(jìn)入磁場(chǎng)一半時(shí)，這時(shí)等效長(zhǎng)度最大為a，這時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大為：E＝Bav；感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)平均值式為：E＝＝＝πBav。故答案為：向下；Bav；πBav?！军c(diǎn)評(píng)】本題注意以下幾點(diǎn)：（1）掌握楞次定律的應(yīng)用方法；（2）感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式E＝只能來計(jì)算平均值；（3）利用感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式E＝BLv計(jì)算時(shí)，L應(yīng)是等效長(zhǎng)度，即垂直切割磁感線的長(zhǎng)度。36．（2021?福建模擬）如圖所示，光滑絕緣水平面上，一正方形線圈以初速度v0進(jìn)入一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)寬度大于線圈的寬度。當(dāng)線圈完全離開磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，其速度大小變?yōu)関0，在進(jìn)入磁場(chǎng)跟離開磁場(chǎng)的過程中，通過線圈橫截面的電荷量之比為1：1，線圈產(chǎn)生的熱量之比為5：3?！痉治觥扛鶕?jù)電荷量的計(jì)算公式求解通過線圈橫截面的電荷量之比；根據(jù)動(dòng)量定理求解小球完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小，根據(jù)功能關(guān)系求解線圈產(chǎn)生的熱量之比?！窘獯稹拷猓壕€圈進(jìn)入磁場(chǎng)過程中通過線圈的電荷量：q＝△t＝△t＝＝，因?yàn)檫M(jìn)入磁場(chǎng)和離開磁場(chǎng)時(shí)的磁通量變化量相同，所以通過線圈橫截面的電荷量之比為q1：q2＝1：1；設(shè)線圈完全進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v，取初速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理可得：進(jìn)入磁場(chǎng)過程中：﹣BL△t＝mv﹣mv0，即BLq1＝mv0﹣mv離開磁場(chǎng)過程中：BLq2＝mv﹣解得：v＝根據(jù)功能關(guān)系可得產(chǎn)生的熱等于動(dòng)能的變化，則＝解得：＝。故答案為：1：1；5：3?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查電磁感應(yīng)與運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的問題，解決本題的關(guān)鍵比較出進(jìn)磁場(chǎng)和出磁場(chǎng)時(shí)通過線圈的電荷量，掌握動(dòng)量定理的應(yīng)用方法，能夠根據(jù)功能關(guān)系求解產(chǎn)生的焦耳熱。37．（2020秋?赫山區(qū)校級(jí)期末）一個(gè)單匝矩形線圈，在△t＝0.1s的時(shí)間內(nèi)穿過它的磁通量由φ1＝0.1Wb增加到φ2＝0.15Wb，則線圈中磁通量的變化量△φ＝0.05Wb，線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝0.5V。【分析】根據(jù)初末狀態(tài)磁通量的值求解磁通量的變化量，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)?！窘獯稹拷猓捍磐康淖兓繛椋骸鳓眨溅?﹣φ1＝0.15Wb﹣0.1Wb＝0.05Wb，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得：E＝＝V＝0.5V。故答案為：0.05；0.5?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查法拉第電磁感應(yīng)定律和磁通量的計(jì)算，知道磁通量變化量的計(jì)算方法，掌握法拉第電磁感應(yīng)定律是關(guān)鍵。38．（2020秋?嘉定區(qū)期末）兩根相互平行的金屬導(dǎo)軌水平放置于如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，與導(dǎo)軌接觸良好的導(dǎo)體棒AB和CD可以在導(dǎo)軌上自由滑動(dòng)。當(dāng)AB在外力F的作用下水平向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，導(dǎo)體棒CD中感應(yīng)電流的方向?yàn)镃→D，它會(huì)向右運(yùn)動(dòng)?！痉治觥緼B棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，由右手定則判斷感應(yīng)電流的方向；感應(yīng)電流通過CD，CD棒受到安培力作用，由左手定則判斷安培力的方向，由此判斷CD棒的運(yùn)動(dòng)情況。【解答】解：AB切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)右手定則判斷可知，AB中感應(yīng)電流的方向?yàn)锽→A，則導(dǎo)體棒CD內(nèi)有電流通過，方向是C→D；感應(yīng)電流通過CD，CD棒受到安培力作用，由左手定則判斷可知磁場(chǎng)對(duì)導(dǎo)體棒CD的安培力向右，所以CD棒向右運(yùn)動(dòng)。故答案為：C→D，右?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握右手定則和左手定則，并能正確運(yùn)用右手定則判斷感應(yīng)電流的方向，并能運(yùn)用左手定則判斷安培力的方向。39．（2021春?寧江區(qū)校級(jí)月考）如圖所示，先后以速度v1和v2（v1＝2v2），勻速地把同一線圈從同一位置拉出有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)的過程中，在先后兩種情況下：（1）線圈中的感應(yīng)電流之比I1：I2＝2：1。（2）線圈中產(chǎn)生的熱量之比Q1：Q2＝2：1。（3）拉力做功的功率之比P1：P2＝4：1。【分析】感應(yīng)電流之比根據(jù)I＝、E＝BLv求解；熱量之比根據(jù)焦耳定律列式求解；在恒力作用下，矩形線圈以不同速度被勻速拉出，拉力與安培力大小相等，拉力做功等于拉力與位移的乘積，而拉力功率等于拉力與速度的乘積?！窘獯稹拷猓涸O(shè)線圈的長(zhǎng)為a，寬為L(zhǎng)（1）線圈中感應(yīng)電流I＝＝，可知I∝v，故感應(yīng)電流之比是2：1；（2）線圈產(chǎn)生的熱量Q＝t＝?＝∝v，則熱量之比為2：1．；（3）由于線圈勻速運(yùn)動(dòng)，外力與安培力大小相等，為F＝BIL＝，外力的功率為P＝Fv＝，P∝v2，所以外力的功率之比為4：1。故答案為：（1）2：1；（2）2：1；（3）4：1?！军c(diǎn)評(píng)】要對(duì)兩種情況下物理量進(jìn)行比較，我們應(yīng)該先把要比較的物理量表示出來再求解。關(guān)鍵要掌握安培力的推導(dǎo)方法和感應(yīng)電荷量的表達(dá)式。40．（2020秋?和平區(qū)校級(jí)期末）如圖所示，兩根平行光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌，其電阻不計(jì)，導(dǎo)體棒ab和cd跨在導(dǎo)軌上，ab電阻大于cd電阻。當(dāng)cd在外力F2作用下勻速向右滑動(dòng)時(shí)，ab在外力F1作用下保持靜止，則ab兩端電壓Uab和cd兩端電壓Ucd相比，Uab＝Ucd，外力F1和F2相比，F(xiàn)1＝F2（填＞、＝或＜）?！痉治觥縞d棒勻速運(yùn)動(dòng)，所受的外力F2與安培力二力平衡。ab在外力F1作用下保持靜止，外力F1與所受的安培力二平衡，而兩棒所受的安培力大小相等，即可知道兩個(gè)外力之間的關(guān)系。ab棒切割磁感線相當(dāng)于電源，而cd相當(dāng)于外電路，ab兩端與cd兩端的電壓相等?！窘獯稹拷猓篶d在外力F2作用下向右勻速運(yùn)動(dòng)，則外力F2與安培力二力平衡，大小相等；ab在外力F1作用下保持靜止，外力F1與所受的安培力二平衡，大小相等。由安培力公式F＝BIL，可知兩棒所受的安培力大小相等，則F1＝F2。cd棒切割磁感線相當(dāng)于電源，而ab相當(dāng)于外電路，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，ab兩端與cd兩端的電壓都是路端電壓，大小相等。故有Uab＝Ucd。故答案為：＝；＝?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵是分析兩棒的受力情況，運(yùn)用平衡條件分析外力關(guān)系，由電路知識(shí)分析電壓關(guān)系。屬于基礎(chǔ)題；處理電磁感應(yīng)中電路問題時(shí)，關(guān)鍵能夠知道其等效電路，知道哪一部分相當(dāng)于電源，結(jié)合安培力的大小公式和共點(diǎn)力平衡進(jìn)行求解。法拉第電磁感應(yīng)定律知識(shí)點(diǎn)：法拉第電磁感應(yīng)定律一、電磁感應(yīng)定律1．感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)叫作感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電源．2．法拉第電磁感應(yīng)定律(1)內(nèi)容：閉合電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n為線圈的匝數(shù)．(3)在國(guó)際單位制中，磁通量的單位是韋伯(Wb)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的單位是伏(V)．二、導(dǎo)線切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)1．導(dǎo)線垂直于磁場(chǎng)方向運(yùn)動(dòng)，B、l、v兩兩垂直時(shí)，如圖甲所示，E＝Blv.圖甲圖乙2．導(dǎo)線的運(yùn)動(dòng)方向與導(dǎo)線本身垂直，但與磁感線方向夾角為θ時(shí)，如圖乙所示，E＝Blvsin_θ.3．導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，導(dǎo)體棒所受安培力的方向與導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)方向相反，導(dǎo)體棒克服安培力