資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
第9講 電磁感應
考題一　楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用
（2023 浙江模擬）如圖所示，一塊永磁體在光滑斜面上沿著一螺線管的軸線做直線運動。螺線管外的軸線上存在p、q兩點（p、q兩點到螺線管邊緣的距離相等）。一燈泡與螺線管串聯，燈泡在永磁體通過p點時的亮度要大于永磁體通過q點時的亮度。忽略永磁體的尺寸，下列說法中正確的（　?。?br/>A．永磁體在p點時的速度小于在q點時的速度
B．永磁體在p點時的機械能小于在q點時的機械能
C．若將燈泡換成一發光二極管，則永磁體在通過p和q時該二極管不會都發光
D．若將永磁體的極性對調，則在其通過q點時燈泡的亮度將大于其通過p點時的亮度
（2023 鎮海區模擬）如圖甲所示，驅動線圈通過開關S與電源連接，發射線圈放在絕緣且內壁光滑的發射導管內。閉合開關S后，在0～t0內驅動線圈的電流i隨時間t的變化如圖乙所示。在這段時間內，下列說法正確的是（　?。?br/>A．發射線圈中感應電流產生的磁場水平向左
B．t＝t0時驅動線圈產生的自感電動勢最大
C．t＝0時發射線圈具有的加速度最大
D．t＝t0時發射線圈中的感應電流最大
（2021 浙江模擬）如圖甲所示，虛線MN兩側的空間均存在與紙面垂直的勻強磁場，右側勻強磁場的方向垂直紙面向外，磁感應強度大小恒為B0，左側勻強磁場的磁感應強度B隨時間t變化的規律如圖乙所示，規定垂直紙面向外為磁場的正方向。一硬質細導線的電阻率為ρ、橫截面積為S0，將該導線做成半徑為r的圓環固定在紙面內，圓心O在MN上，則下列說法正確的是（　?。?br/>A．0～t0時間內，圓環中的電流方向為逆時針方向
B．t＝t0時刻，圓環中的電流為0
C．tt0時刻，圓環受到的安培力大小為
D．在0～t0時間內，通過圓環的電荷量為
（2023 西湖區校級模擬）如圖1所示，將線圈套在長玻璃管上，線圈的兩端與電流傳感器（可看作理想電流表）相連。將強磁鐵從長玻璃管上端由靜止釋放，磁鐵下落過程中將穿過線圈。實驗觀察到如圖2所示的感應電流隨時間變化的圖像。下列說法正確的是（　?。?br/>A．t1～t3時間內，磁鐵受到線圈的作用力方向先向上后向下
B．若將磁鐵兩極翻轉后重復實驗，將先產生負向感應電流，后產生正向感應電流
C．若將線圈的匝數加倍，線圈中產生的電流峰值也將加倍
D．若將線圈到玻璃管上端的距離加倍，線圈中產生的電流峰值也將加倍
1．楞次定律中“阻礙”的表現
(1)阻礙磁通量的變化(增反減同)．
(2)阻礙物體間的相對運動(來拒去留)．
(3)阻礙原電流的變化(自感現象)．
2．楞次定律和右手定則的適用對象
(1)楞次定律：一般適用于線圈面積不變，磁感應強度發生變化的情形．
(2)右手定則：一般適用于導體棒切割磁感線的情形．
3．求感應電動勢大小的五種類型
(1)磁通量變化型：E＝n. (2)磁感應強度變化型：E＝nS.
(3)面積變化型：E＝nB. (4)平動切割型：E＝Blv. (5)轉動切割型：E＝Bl2ω.
考題二　電磁感應的圖象問題
（2023 昌平區二模）如圖1所示，矩形導線框abcd固定在變化的磁場中，線框平面與磁場垂直。線框中產生的感應電流如圖2所示（規定電流沿abcd為正）。若規定垂直紙面向里為磁場正方向，能夠產生如圖所示的電流的磁場為（　　）
A． B．
C． D．
（2023 菏澤一模）如圖所示，MNQP是邊長為L和2L的矩形，在其由對角線劃分的兩個三角形區域內充滿磁感應強度大小相等、方向相反的勻強磁場。邊長為L的正方形導線框，在外力作用下水平向左勻速運動，線框左邊始終與MN平行。設導線框中感應電流i逆時針流向為正。若t＝0時左邊框與PQ重合，則左邊框由PQ運動到MN的過程中，下列i﹣t圖像正確的是（　　）
A． B．
C． D．
1．解決電磁感應圖象問題的“三點關注”
(1)關注初始時刻，如初始時刻感應電流是否為零，是正方向還是負方向．
(2)關注變化過程，看電磁感應發生的過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖象變化相對應．
(3)關注大小、方向的變化趨勢，看圖線斜率的大小、圖線的曲、直是否和物理過程相對應．
2．解決電磁感應圖象問題的一般步驟：
(1)明確圖象的種類，即是B－t圖還是Φ－t圖，或者E－t圖、I－t圖等．
(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、牛頓運動定律等規律寫出函數關系式．
(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)畫圖象或判斷圖象．
考題三　電磁感應中的電路問題
（2023 龍華區校級四模）如圖所示，abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導軌，導軌間距為l，bc間電阻為R，其它部分電阻不計。導軌間有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。金屬桿放置在導軌上，與導軌的接觸點為M、N。并與導軌成θ角，金屬桿以ω的角速度繞N點由圖示位置逆時針勻速轉動到與導軌ab垂直。轉動過程中金屬桿與導軌始終接觸良好，金屬桿電阻忽略不計，則在金屬桿轉動過程中（　　）
A．M、N兩點電勢相等
B．金屬桿中感應電流的方向由M流向N
C．電路中感應電流的大小始終為
D．電路中通過的電荷量為
（多選）（2023 香坊區校級模擬）如圖甲所示，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成θ＝30°角固定，間距為L＝1m，質量為m的金屬桿ab垂直放置在軌道上且與軌道接觸良好，其阻值忽略不計?？臻g存在勻強磁場，磁場方向垂直于軌道平面向上，磁感應強度為B＝0.5T。P、M間接有阻值為R1的定值電阻，Q、N間接電阻箱R?，F從靜止釋放ab，改變電阻箱的阻值R，測得最大速度為vm，得到與的關系如圖乙所示。若軌道足夠長且電阻不計，重力加速度g取10m/s2，則（　　）
A．金屬桿中感應電流方向為a指向b
B．金屬桿所受的安培力的方向沿軌道向上
C．金屬桿的質量為1kg
D．定值電阻的阻值為1Ω
（多選）（2023春 郫都區校級期中）如圖所示，兩根足夠長、間距為L的光滑豎直平行金屬導軌，導軌上端接有開關、電阻、電容器，其中電阻的阻值為R，電容器的電容為C（不會被擊穿），金屬棒MN水平放置，質量為m，空間存在垂直軌道向外的磁感應強度大小為B的勻強磁場，不計金屬棒和導軌的電阻。閉合某一開關，讓MN沿導軌由靜止開始釋放，金屬棒MN和導軌始終接觸良好，下列說法正確的是（重力加速度為g）（　?。?br/>A．只閉合開關S1，金屬棒MN做勻加速直線運動
B．只閉合開關S2，金屬棒MN做勻加速直線運動
C．只閉合開關S1，金屬棒MN下降高度為h時速度為v，則所用時間
D．只閉合開關S2，通過金屬棒MN的電流
解決與電路相聯系的電磁感應問題的基本方法
(1)用法拉第電磁感應定律和楞次定律(右手定則)確定感應電動勢的大小和方向．
(2)畫出等效電路，對整個回路進行分析，確定哪一部分是電源，哪一部分為負載以及負載間的連接關系．
(3)運用閉合電路歐姆定律，串并聯電路的性質、電功率等公式求解．
考題四　電磁感應中的動力學、動量、能量轉化問題
（2023 浙江模擬）如圖，相距為L＝1m的光滑金屬軌道，左側部分傾斜，傾角為θ＝37°，上端接有阻值為R＝3Ω的電阻，左側空間存在有垂直于斜面向上的磁場B0＝3T，右側部分水平，分布著如圖所示的磁場，邊界CD與EF相距s1＝3m，中間分布著豎直向下的磁場，邊界EF與GH相距為s2＝5m，中間分布著豎直向上的磁場，它們的磁感應強度都為B＝2T，左右兩部分在傾斜軌道底端用光滑絕緣材料平滑連接，金屬棒a與b的質量都為m＝1kg，長度都為L＝1m，電阻都為R＝3Ω，一開始金屬棒b靜止在邊界EF與GH的中點，金屬棒a從斜面上高度為h＝2m處滑下，到達斜面底端前已經勻速運動，此后進入水平軌道，發現金屬棒a到達邊界EF時已經再次勻速。運動過程中，兩棒與軌道接觸良好，且始終與軌道垂直，兩棒如果相碰則發生彈性碰撞。
（1）求斜面上金屬棒a的勻速運動速度v0；
（2）當棒a到達邊界EF時，棒b的位移大小xb，以及a棒在CD與EF之間的運動時間t1；
（3）求最終穩定時兩棒的間距x，以及全過程a棒的總發熱量。
（2023 杭州一模）如圖甲所示，在傾角為θ＝30°的光滑斜面上，有一質量為m＝1kg矩形金屬導體框ACDE，其中AC、DE長為L＝2m，電阻均為R＝0.5Ω；AE、CD足夠長且電阻不計，AC與斜面底邊平行。另外有一導體棒MN質量為，長為L＝2m，電阻也為R＝0.5Ω，平行于AC放置在導體框上，其上方有兩個垂直斜面的立柱阻擋，導體棒MN與導體框間的動摩擦因數μ＝0.1，在MN下方存在垂直斜面向上、磁感應強度B＝1T的勻強磁場，MN上方（含MN處）存在沿斜面向上、大小也為B＝1T的勻強磁場。t＝0時刻在DE邊給導體框施加一個沿斜面向上的拉力F，導體框在向上運動過程中，測得導體棒MN兩端電壓隨時間變化關系如圖乙所示，經過2s后撤去拉力，此過程中拉力做功W＝294.6J。導體棒MN始終與導體框垂直且緊靠立柱。求：
（1）前2s內金屬導體框的加速度大?。?br/>（2）前2s內拉力F與時間t的變化關系；
（3）在拉力作用這段時間內，棒MN產生的焦耳熱。
（2023 溫州三模）某學校舉辦“跌不破的雞蛋”小發明比賽，小王設計了如圖甲所示的裝置。裝置絕緣外框架MNGH下端固定了一個橫截面（俯視）如圖乙所示的磁體，兩磁極間存在沿徑向向外的輻向磁場，不考慮其他區域的磁場。CDEF是一個金屬線框，CF、DE兩邊被約束在外框架的凹槽內，可沿外框架無摩擦上下滑動，CD邊的正中間接有一個半徑為r（r略大于圓柱形N磁極的半徑）、匝數為n、總電阻為R的線圈，EF邊接有一裝有雞蛋的鋁盒，鋁盒的電阻也為R。鋁盒與外框架連接了一根勁度系數為k的輕質彈簧．開始裝置在離水平地面h高度處保持豎直狀態，待鋁盒靜止后將彈簧鎖定，此時線圈上端恰好位于磁體上邊界處?，F由靜止釋放裝置，裝置落地前瞬間彈簧立即解除鎖定，落地時外框架MNGH連同磁體的速度立即變為零。已知線框CDEF（含線圈、鋁盒、雞蛋）的總質量為m，線框第一次運動到最低點時彈簧的形變量是剛落地時的三倍，此時EF仍未進入磁場。已知線圈所在處的磁感應強度大小為B，重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度內，彈性勢能表達式為，除線圈和鋁盒外，其他部分電阻不計，忽略空氣阻力。
（1）求裝置落地時C、D兩點間的電壓UCD；
（2）從剛落地到線框第一次運動到最低點的過程中，求通過線圈的電荷量q；
（3）從剛落地到線框第一次運動到最低點的過程中，線框上產生的焦耳熱為Q1；從落地到線框最終靜止的過程中，線框上產生的焦耳熱為Q2，求Q1與Q2的比值。
此類問題中力現象和電磁現象相互聯系、相互制約，解決問題首先要建立“動→電→動”的思維順序．
1．基本思路
(1)找準主動運動者，用法拉第電磁感應定律和楞次定律(右手定則)求解電動勢大小和方向．
(2)根據歐姆定律，求解回路中電流．
(3)分析安培力對導體棒加速度、速度的影響，從而推理得出對電路中電流的影響，最后定性分析出導體棒的最終運動情況．
(4)運用運動學方程、牛頓第二定律、平衡方程或功能關系求解．
2．注意的問題
運用功能關系時，確定有哪些形式的能量發生了轉化．如有摩擦力做功，必有內能產生；有重力做功，重力勢能必然發生變化；安培力做負功，必然有其他形式的能轉化為電能．
（2023 臺州二模）小張用多用表的歐姆擋測量一個帶鐵芯變壓器線圈的電阻。小楊兩手分別握住線圈裸露的兩端讓小張測量，測量時表針擺過了一定角度。正當小張將表筆與線圈脫離時，小楊有電擊感。下列說法正確的是（　　）
A．實驗中小張也有電擊感
B．表筆與線圈脫離前后通過小楊的電流方向不變
C．若未放置鐵芯，小楊電擊感減弱
D．小楊有電擊感，是因為表筆與線圈脫離后流過線圈的電流突然變大
（2023 鎮海區校級模擬）電吉他的工作原理是在琴身上裝有線圈，線圈附近被磁化的琴弦振動時，會使線圈中的磁通量發生變化，從而產生感應電流，再經信號放大器放大后傳到揚聲器。其簡化示意圖如圖所示。則當圖中琴弦向右靠近線圈時（　　）
A．穿過線圈的磁通量減小 B．線圈中不產生感應電流
C．琴弦受向左的安培力 D．線圈有擴張趨勢
（2023 溫州模擬）如圖所示，磁鐵在電動機和機械裝置的帶動下，以O點為中心在水平方向上做周期性往復運動。兩匝數不同的線圈分別連接相同的小燈泡，且線圈到O點距離相等。線圈電阻、自感及兩線圈間的相互影響可以忽略，不考慮燈泡阻值的變化。下列說法正確的是（　　）
A．兩線圈產生的電動勢有效值相等
B．兩線圈產生的交變電流頻率不相等
C．兩小燈泡消耗的電功率相等
D．兩線圈產生的電動勢同時為零
（2022 紹興二模）如圖所示，右端為N極的磁鐵置于粗糙水平桌面上并與輕質彈簧相連，彈簧一端固定在豎直墻面上，當彈簧處于原長時，磁鐵的中心恰好是接有一盞小燈泡的豎直固定線圈的圓心。用力將磁鐵向右拉到某一位置，撤去作用力后磁鐵穿過線圈來回振動，有關這個振動過程，以下說法正確的是（　?。?br/>A．燈泡的亮暗不會發生變化
B．磁鐵接近線圈時，線圈對磁鐵產生排斥力
C．從左往右看線圈中的電流一直沿逆時針方向
D．若忽略摩擦力和空氣阻力，磁鐵振動的幅度不會減小
（2022 寧波模擬）如圖，是電子感應加速器的示意圖，上圖是側視圖，下圖是真空室的俯視圖，如果從上向下看，要實現電子沿逆時針方向在環中加速運動。那么電磁鐵線圈中的電流應滿足（　?。?br/>A．與圖示線圈中電流方向一致，電流在減小
B．與圖示線圈中電流方向一致，電流在增大
C．與圖示線圈中電流方向相反，電流在減小
D．與圖示線圈中電流方向相反，電流在增大
（2022 溫州二模）如圖所示，空間分布著方向垂直紙面向里的有界勻強磁場，EF是其右邊界。半徑為r的單匝圓形金屬線圈垂直于磁場放置，線圈的圓心O在EF上；另有一根長為2r的導體桿與EF重合，桿兩端點a、b通過電刷與圓形線圈連接，線圈和導體桿單位長度電阻相同。情況1：導體直桿不動，線框繞EF軸勻速轉動，轉動方向如圖所示；情況2：線圈不動，導體桿繞O點在紙面內順時針勻速轉動。兩情況均從圖示位置開始計時，關于導體桿ab兩端點的電壓Uab情況，下列說法正確的是（　?。?br/>A．情況1產生的Uab﹣t圖象為圖甲，情況2產生的Uab﹣t圖象為圖丙
B．情況1產生的Uab﹣t圖象為圖乙，情況2產生的Uab﹣t圖象為圖丁
C．情況1產生的Uab﹣t圖象為圖甲，情況2產生的Uab﹣t圖象為圖丁
D．情況1產生的Uab﹣t圖象為圖乙，情況2產生的Uab﹣t圖象為圖丙
（2022 鹿城區校級模擬）半徑為2R的圓形磁場的磁感應強度為B，半徑為R的單匝圓形線圈電阻為r，兩圓同平面。線圈以速度v沿兩圓心連線勻速穿過磁場區域，如圖所示。下列說法正確的是（　?。?br/>A．線圈進入磁場過程中，線圈里先有逆時針方向電流后有順時針方向電流
B．線圈穿過磁場過程中通過線圈的磁通量變化率的最大值為2BRv
C．線圈位移為R時，線圈中有最大感應電流Im
D．線圈進入磁場到位移為R的過程中，感應電動勢均勻增加
（2022 浙江模擬）如圖所示，水平面內有一平行金屬導軌，導軌光滑且電阻不計，阻值為R的導體棒垂直于導軌放置，且與導軌接觸良好．導軌所在空間存在勻強磁場，勻強磁場與導軌平面垂直，t＝0時，將開關S由1擲向2，分別用q、i、v和a表示電容器所帶的電荷量、棒中的電流、棒的速度大小和加速度大小，則圖所示的圖象中正確的是（　　）
A． B．
C． D．
（2023 樂清市校級模擬）如圖甲所示，一質量為M、長為L的導體棒，通過兩根長均為l、質量可不計的細導線系在同一水平面上的固定連接點上.在導體棒所在空間存在方向豎直向上、大小為B的勻強磁場。細導線通過開關S與電阻R和直流電源串接起來。不計空氣阻力和其它電阻，導體棒運動時，細導線偏離豎直方向用圖示的角度θ來表示。接通S，導體棒恰好在時處于靜止狀態；將導體棒從移到（δ為小量），靜止后撤去外力，導體棒開始振動起來，則（　　）
A．電源電動勢
B．振動周期
C．電阻消耗的焦耳熱
D．角度θ隨時間t變化的圖線為圖乙
如圖1所示，在光滑的水平面上，有一質量m＝1kg、足夠長的U形金屬導軌abcd，間距L＝1m。一電阻值R＝0.5Ω的細導體棒MN垂直于導軌放置，并被固定在水平面上的兩立柱擋住，導體棒MN與導軌間的動摩擦因數μ＝0.2，在M、N兩端接有一理想電壓表（圖中未畫出）。在U形導軌bc邊右側存在垂直向下、大小B＝0.5T的勻強磁場（從上向下看）；在兩立柱左側U形金屬導軌內存在方向水平向左，大小為B的勻強磁場。以U形導軌bc邊初始位置為原點O建立坐標x軸。t＝0時，U形導軌bc邊在外力F作用下從靜止開始運動時，測得電壓與時間的關系如圖2所示。經過時間t1＝2s，撤去外力F，直至U形導軌靜止。已知2s內外力F做功W＝14.4J．不計其他電阻，導體棒MN始終與導軌垂直，忽略導體棒MN的重力。求：
（1）在2s內外力F隨時間t的變化規律；
（2）在整個運動過程中，電路消耗的焦耳熱Q；
（3）在整個運動過程中，U形導軌bc邊速度與位置坐標x的函數關系式。
如圖，光滑水平桌面上等間距分布著4個條形勻強磁場，磁場方向豎直向下，磁感應強度B＝1T，每一條形磁場區域的寬度及相鄰條形磁場區域的間距均為d＝0.5m。桌面上現有一邊長l＝0.1m、質量m＝0.2kg、電阻R＝0.1Ω的單匝正方形線框abcd，在水平恒力F＝0.3N作用下由靜止開始從左側磁場邊緣垂直進入磁場，在穿出第4個磁場區域過程中的某個位置開始做勻速直線運動，線框ab邊始終平行于磁場邊界，取g＝10m/s2，不計空氣阻力。求
（1）線框剛好完全穿出第4個磁場區域時的速度；
（2）線框在整個運動過程中所產生的焦耳熱；
（3）線框從開始運動到剛好完全穿出第4個磁場區域所用的時間。
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第9講 電磁感應
考題一　楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用
（2023 浙江模擬）如圖所示，一塊永磁體在光滑斜面上沿著一螺線管的軸線做直線運動。螺線管外的軸線上存在p、q兩點（p、q兩點到螺線管邊緣的距離相等）。一燈泡與螺線管串聯，燈泡在永磁體通過p點時的亮度要大于永磁體通過q點時的亮度。忽略永磁體的尺寸，下列說法中正確的（　　）
A．永磁體在p點時的速度小于在q點時的速度
B．永磁體在p點時的機械能小于在q點時的機械能
C．若將燈泡換成一發光二極管，則永磁體在通過p和q時該二極管不會都發光
D．若將永磁體的極性對調，則在其通過q點時燈泡的亮度將大于其通過p點時的亮度
【解答】解：A．燈泡在永磁體通過p點時的亮度大于永磁體通過q點時的亮度，說明永磁體通過p點時產生的感應電流大于永磁體通過q點時的感應電流，根據切割電動勢規律和歐姆定律，即永磁體在p點時的速度大于在q點時的速度，故A錯誤；
B．根據能量轉化與守恒，由于燈泡發光，所以永磁體的機械能不斷減小，即永磁體在p點時的機械能大于在q點時的機械能，故B錯誤；
C．根據楞次定律，當永磁體靠近螺線管和遠離螺線管時產生的感應電流方向相反，根據二極管反向截止的特性，所以二極管不會都發光，故C正確；
D．若將永磁體的極性對調，根據切割電動勢規律和歐姆定律，則在其通過q點時燈泡的亮度仍將小于其通過p點時的亮度，故D錯誤。
故選：C。
（2023 鎮海區模擬）如圖甲所示，驅動線圈通過開關S與電源連接，發射線圈放在絕緣且內壁光滑的發射導管內。閉合開關S后，在0～t0內驅動線圈的電流i隨時間t的變化如圖乙所示。在這段時間內，下列說法正確的是（　?。?br/>A．發射線圈中感應電流產生的磁場水平向左
B．t＝t0時驅動線圈產生的自感電動勢最大
C．t＝0時發射線圈具有的加速度最大
D．t＝t0時發射線圈中的感應電流最大
【解答】解：A、根據安培定則可知，驅動線圈內的磁場方向水平向右，再由圖乙可知，驅動線圈的電流增大，通過發射線圈的磁通量增大，根據楞次定律可知，發射線圈內部的感應磁場方向水平向左，故A正確；
BD、由圖乙可知，t＝t0時驅動線圈的電流變化最慢，電流變化率最小，此時通過發射線圈的磁通量變化率最小，此時驅動線圈產生的自感電動勢最小，感應電流最小，故BD錯誤；
C、t＝0時驅動線圈的電流變化最快，則此時通過發射線圈的磁通量變化最快，產生的感應電流最大，但此時磁場最弱，安培力不是最大值，則此時發射線圈具有的加速度不是最大，故C錯誤。
故選：A。
（2021 浙江模擬）如圖甲所示，虛線MN兩側的空間均存在與紙面垂直的勻強磁場，右側勻強磁場的方向垂直紙面向外，磁感應強度大小恒為B0，左側勻強磁場的磁感應強度B隨時間t變化的規律如圖乙所示，規定垂直紙面向外為磁場的正方向。一硬質細導線的電阻率為ρ、橫截面積為S0，將該導線做成半徑為r的圓環固定在紙面內，圓心O在MN上，則下列說法正確的是（　　）
A．0～t0時間內，圓環中的電流方向為逆時針方向
B．t＝t0時刻，圓環中的電流為0
C．tt0時刻，圓環受到的安培力大小為
D．在0～t0時間內，通過圓環的電荷量為
【解答】解：A、0～t0時間內，圓環中左側的磁通量向內減小，右側磁通量不變，根據楞次定律可知圓環中的電流方向為順時針方向，故A錯誤；
B、根據法拉第電磁感定律，圓環中產生的感應電動勢ES，t＝t0時刻磁通量變化率不為0，則電動勢不為0，圓環中的電流不0，故B錯誤；
C、上式中Sπr2，，據歐姆定律有I，據電阻定律有，tt0時刻圓環受到的安培力，力方向垂直于MN向左，故C錯誤；
D、在0～t0時間內，通過圓環的電荷量qt，又，，圓環磁通量的變化量△Φ＝B0 πr2，聯立解得，故D正確。
故選：D。
（2023 西湖區校級模擬）如圖1所示，將線圈套在長玻璃管上，線圈的兩端與電流傳感器（可看作理想電流表）相連。將強磁鐵從長玻璃管上端由靜止釋放，磁鐵下落過程中將穿過線圈。實驗觀察到如圖2所示的感應電流隨時間變化的圖像。下列說法正確的是（　　）
A．t1～t3時間內，磁鐵受到線圈的作用力方向先向上后向下
B．若將磁鐵兩極翻轉后重復實驗，將先產生負向感應電流，后產生正向感應電流
C．若將線圈的匝數加倍，線圈中產生的電流峰值也將加倍
D．若將線圈到玻璃管上端的距離加倍，線圈中產生的電流峰值也將加倍
【解答】解：A、根據楞次定律的“來拒去留”可知，條形磁鐵穿過銅線圈的過程中所受的磁場力都是向上，故A錯誤；
B、根據楞次定律，感應電流的磁場總是要阻礙引起感應電流的磁通量的變化，可知若將磁鐵兩極翻轉后重復實驗，將先產生負向感應電流，由于磁場的方向相反，則磁場的變化也相反，所以產生的感應電流的方向也相反，即將先產生負向感應電流，后產生正向感應電流，故B正確；
C、若將線圈的匝數加倍，根據法拉第電磁感應定律：E，可知線圈內產生的感應電動勢將增大，所以對磁鐵運動的阻礙作用增大，因此磁鐵的最大速度將減小，所以將線圈的匝數加倍時，減小，所以線圈中產生的電流峰值不能加倍，故C錯誤；
D、若將線圈到玻璃管上端的距離加倍，假設磁鐵做自由落體運動，根據穿過線圈時的速度v，可知磁鐵穿過線圈的速度增大為原來的倍，因此不能增大為原來的2倍，所以線圈中產生的電流峰值也不能加倍，故D錯誤。
故選：B。
1．楞次定律中“阻礙”的表現
(1)阻礙磁通量的變化(增反減同)．
(2)阻礙物體間的相對運動(來拒去留)．
(3)阻礙原電流的變化(自感現象)．
2．楞次定律和右手定則的適用對象
(1)楞次定律：一般適用于線圈面積不變，磁感應強度發生變化的情形．
(2)右手定則：一般適用于導體棒切割磁感線的情形．
3．求感應電動勢大小的五種類型
(1)磁通量變化型：E＝n. (2)磁感應強度變化型：E＝nS.
(3)面積變化型：E＝nB. (4)平動切割型：E＝Blv. (5)轉動切割型：E＝Bl2ω.
考題二　電磁感應的圖象問題
（2023 昌平區二模）如圖1所示，矩形導線框abcd固定在變化的磁場中，線框平面與磁場垂直。線框中產生的感應電流如圖2所示（規定電流沿abcd為正）。若規定垂直紙面向里為磁場正方向，能夠產生如圖所示的電流的磁場為（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：由圖可知，0﹣t1內，線圈中的電流的大小與方向都不變，根據法拉第電磁感應定律可知，線圈中的磁通量的變化率相同，故0﹣t1內磁場與時間的關系是一條斜線。
又由于0﹣t1時間內電流的方向為正，由楞次定律可知，電路中感應電流的磁場的方向向里，與原磁場的方向相同，所以是向里的磁場減小，或向外的磁場增大；
故C正確，ABD錯誤；
故選：C。
（2023 菏澤一模）如圖所示，MNQP是邊長為L和2L的矩形，在其由對角線劃分的兩個三角形區域內充滿磁感應強度大小相等、方向相反的勻強磁場。邊長為L的正方形導線框，在外力作用下水平向左勻速運動，線框左邊始終與MN平行。設導線框中感應電流i逆時針流向為正。若t＝0時左邊框與PQ重合，則左邊框由PQ運動到MN的過程中，下列i﹣t圖像正確的是（　?。?br/>A． B．
C． D．
【解答】解：0～t1時間內是線框的左邊由PQ向左進入磁場到G點的過程，根據右手定則判斷可知感應電流為順時針（負值），而切割磁感線的有效長度隨著水平位移而均勻減小，則感應電流的大小均勻減小；
t1～2t1時間內，線框的左右兩邊同向同速切割相反的磁場，兩邊產生的感應電動勢是同向的，線框的總電動勢為兩者電動勢相加，左右兩邊的有效長度之和等于L不變，由E＝BIv，可知線框的總電動勢不變，則感應電流大小恒定，根據右手定則判斷可知感應電流為逆時針（正值）。故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
1．解決電磁感應圖象問題的“三點關注”
(1)關注初始時刻，如初始時刻感應電流是否為零，是正方向還是負方向．
(2)關注變化過程，看電磁感應發生的過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖象變化相對應．
(3)關注大小、方向的變化趨勢，看圖線斜率的大小、圖線的曲、直是否和物理過程相對應．
2．解決電磁感應圖象問題的一般步驟：
(1)明確圖象的種類，即是B－t圖還是Φ－t圖，或者E－t圖、I－t圖等．
(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、牛頓運動定律等規律寫出函數關系式．
(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)畫圖象或判斷圖象．
考題三　電磁感應中的電路問題
（2023 龍華區校級四模）如圖所示，abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導軌，導軌間距為l，bc間電阻為R，其它部分電阻不計。導軌間有垂直于導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。金屬桿放置在導軌上，與導軌的接觸點為M、N。并與導軌成θ角，金屬桿以ω的角速度繞N點由圖示位置逆時針勻速轉動到與導軌ab垂直。轉動過程中金屬桿與導軌始終接觸良好，金屬桿電阻忽略不計，則在金屬桿轉動過程中（　?。?br/>A．M、N兩點電勢相等
B．金屬桿中感應電流的方向由M流向N
C．電路中感應電流的大小始終為
D．電路中通過的電荷量為
【解答】解：A、金屬桿逆時針轉動切割磁感線，產生感應電動勢，相當于電源，由右手定則可知MN中感應電流方向由M→N，則M點電勢低于N點電勢，故A錯誤；
B、根據右手定則可知金屬桿中感應電流的方向是由M流向N，故B正確；
C、在圖示位置，金屬棒切割磁感線產生感應電動勢為E＝BLB
回路中的電阻為R，則回路中的感應電流為，可知在不同位置電流值不同，故C錯誤；
D、電路中通過的電量為
根據法拉第電磁感應定律得
根據閉合電路歐姆定律得，聯立可得，故D錯誤。
故選：B。
（多選）（2023 香坊區校級模擬）如圖甲所示，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成θ＝30°角固定，間距為L＝1m，質量為m的金屬桿ab垂直放置在軌道上且與軌道接觸良好，其阻值忽略不計?？臻g存在勻強磁場，磁場方向垂直于軌道平面向上，磁感應強度為B＝0.5T。P、M間接有阻值為R1的定值電阻，Q、N間接電阻箱R。現從靜止釋放ab，改變電阻箱的阻值R，測得最大速度為vm，得到與的關系如圖乙所示。若軌道足夠長且電阻不計，重力加速度g取10m/s2，則（　?。?br/>A．金屬桿中感應電流方向為a指向b
B．金屬桿所受的安培力的方向沿軌道向上
C．金屬桿的質量為1kg
D．定值電阻的阻值為1Ω
【解答】解：A、金屬桿沿軌道向下滑動，磁場垂直于軌道向上，由右手定則可知，金屬桿中感應電流方向為b指向a，故A錯誤；
B、磁場垂直于軌道平面向上，金屬桿中的電流由b流向a，由左手定則可知，金屬桿所受的安培力沿斜面向上，故B正確；
CD、電路總電阻：R總
金屬桿勻速下滑時速度最大，最大速度為vm時切割磁感線產生的感應電動勢：E＝BLvm
通過金屬桿ab的電流：I
金屬桿受到的安培力大?。篎＝BIL
由平衡條件得：mgsinθ
整理得：
由圖乙可知，圖像的斜率：kΩ s/m＝0.5Ω s/m
縱軸截距：b0.5s/m
代入數據解得：m＝0.1kg，R1＝1Ω，故C錯誤，D正確。
故選：BD。
（多選）（2023春 郫都區校級期中）如圖所示，兩根足夠長、間距為L的光滑豎直平行金屬導軌，導軌上端接有開關、電阻、電容器，其中電阻的阻值為R，電容器的電容為C（不會被擊穿），金屬棒MN水平放置，質量為m，空間存在垂直軌道向外的磁感應強度大小為B的勻強磁場，不計金屬棒和導軌的電阻。閉合某一開關，讓MN沿導軌由靜止開始釋放，金屬棒MN和導軌始終接觸良好，下列說法正確的是（重力加速度為g）（　　）
A．只閉合開關S1，金屬棒MN做勻加速直線運動
B．只閉合開關S2，金屬棒MN做勻加速直線運動
C．只閉合開關S1，金屬棒MN下降高度為h時速度為v，則所用時間
D．只閉合開關S2，通過金屬棒MN的電流
【解答】解：A．只閉合開關S1，金屬棒MN剛釋放時，根據牛頓第二定律可得：
mg＝ma
之后導體棒受重力和安培力共同作用，根據牛頓第二定律可得：
mg﹣F安＝ma′
又
其中導體棒速度v在增大，所以導體棒做加速度減小的加速運動，最終做勻速直線運動，故A錯誤；
C．只閉合開關S1，金屬棒MN下降高度為h時速度為v，選擇豎直向下的方向為正方向，此過程中對導體棒用動量定理可得：
又
聯立解得，故C正確；
BD．只閉合開關S2，金屬棒MN運動過程中取一段時間Δt，且Δt趨近于零，設導體棒加速度為a，根據電流的定義式結合電容器電荷量的計算公式可得：
對導體棒，根據牛頓第二定律可得：mg﹣BIL＝ma
聯立解得：，
可知導體棒做勻加速直線運動，故BD正確。
故選：BCD。
解決與電路相聯系的電磁感應問題的基本方法
(1)用法拉第電磁感應定律和楞次定律(右手定則)確定感應電動勢的大小和方向．
(2)畫出等效電路，對整個回路進行分析，確定哪一部分是電源，哪一部分為負載以及負載間的連接關系．
(3)運用閉合電路歐姆定律，串并聯電路的性質、電功率等公式求解．
考題四　電磁感應中的動力學、動量、能量轉化問題
（2023 浙江模擬）如圖，相距為L＝1m的光滑金屬軌道，左側部分傾斜，傾角為θ＝37°，上端接有阻值為R＝3Ω的電阻，左側空間存在有垂直于斜面向上的磁場B0＝3T，右側部分水平，分布著如圖所示的磁場，邊界CD與EF相距s1＝3m，中間分布著豎直向下的磁場，邊界EF與GH相距為s2＝5m，中間分布著豎直向上的磁場，它們的磁感應強度都為B＝2T，左右兩部分在傾斜軌道底端用光滑絕緣材料平滑連接，金屬棒a與b的質量都為m＝1kg，長度都為L＝1m，電阻都為R＝3Ω，一開始金屬棒b靜止在邊界EF與GH的中點，金屬棒a從斜面上高度為h＝2m處滑下，到達斜面底端前已經勻速運動，此后進入水平軌道，發現金屬棒a到達邊界EF時已經再次勻速。運動過程中，兩棒與軌道接觸良好，且始終與軌道垂直，兩棒如果相碰則發生彈性碰撞。
（1）求斜面上金屬棒a的勻速運動速度v0；
（2）當棒a到達邊界EF時，棒b的位移大小xb，以及a棒在CD與EF之間的運動時間t1；
（3）求最終穩定時兩棒的間距x，以及全過程a棒的總發熱量。
【解答】解：（1）金屬棒a勻速運動時受力平衡，根據平衡條件可得：mgsinθ＝BI1L
其中：I1
解得：v0＝2m/s
（2）再次勻速必有：BLva＝BLvb，且vb方向向左
對a棒，取向右為正方向，根據動量定理可得：﹣BLt1＝mva﹣ma0
即：mv0﹣mva
對b棒，取向左為正方向，根據動量定理可得：mvb﹣0
聯立解得：va＝vb＝1m/s，xa﹣xb＝1.5m
根據題意可知：xa＝3m，則xb＝1.5m，方向向左；
由于a和b棒的加速度大小始終相等、方向相同，所以a相對于b做勻速直線運動，則有：
xa+xb＝v0t1
聯立解得：t1＝2.25s
（3）此后a棒和b棒都以v＝1m/s的初速度在EF的右側相向運動，兩棒初始相距Δx1＝2.5m﹣1.5m＝1m，并以相同的加速度（加速度不斷減?。p速，如果相碰，各自原速反彈后繼續以相同的加速度減速，直至兩棒的速度都為零，設兩棒在此過程中所經歷的路程為s1、s2，對任意棒有：
0﹣mv
解得：s1+s2＝1.5m
所以最終兩棒先相向運動共1m，背離運動共0.5m，則a棒先向右0.5m，后向左0.25m，最后兩棒都在EF的右側停止，相距為：x＝0.5m
又可知初始a棒的重力勢能在任意階段都是a棒電阻R與另一個等大電阻R的平均消耗為內能，故：Qamgh
解得：Qa＝10J
（2023 杭州一模）如圖甲所示，在傾角為θ＝30°的光滑斜面上，有一質量為m＝1kg矩形金屬導體框ACDE，其中AC、DE長為L＝2m，電阻均為R＝0.5Ω；AE、CD足夠長且電阻不計，AC與斜面底邊平行。另外有一導體棒MN質量為，長為L＝2m，電阻也為R＝0.5Ω，平行于AC放置在導體框上，其上方有兩個垂直斜面的立柱阻擋，導體棒MN與導體框間的動摩擦因數μ＝0.1，在MN下方存在垂直斜面向上、磁感應強度B＝1T的勻強磁場，MN上方（含MN處）存在沿斜面向上、大小也為B＝1T的勻強磁場。t＝0時刻在DE邊給導體框施加一個沿斜面向上的拉力F，導體框在向上運動過程中，測得導體棒MN兩端電壓隨時間變化關系如圖乙所示，經過2s后撤去拉力，此過程中拉力做功W＝294.6J。導體棒MN始終與導體框垂直且緊靠立柱。求：
（1）前2s內金屬導體框的加速度大??；
（2）前2s內拉力F與時間t的變化關系；
（3）在拉力作用這段時間內，棒MN產生的焦耳熱。
【解答】解：（1）根據歐姆定律、法拉第電磁感應定律可知：U E
由圖乙可得：U＝2+kt
兩式聯立并代入已知條件可以得到：v＝3
根據速度—時間關系可知加速度大?。篴m/s2
所以，前2s內“U”形導軌做初速度是3m/s、加速度為m/s2的勻加速直線運動。
（2）對“U”形金屬導軌根據牛頓第二定律有：
F﹣BIL﹣μ（Mgcosθ+BIL）﹣mgsinθ＝ma
其中電流：I
代入數據整理可以得到：F＝24.3+8.4t （N）
（3）從開始運動到撤去外力，這段時間內導軌做勻加速運動，
在t1＝2s時，速度為：v1＝v0+at1＝3m/s2m/s＝6m/s
位移為：x1＝v0t3×2mm＝9m
對框，根據動能定理：
W﹣mgxsinθ﹣∑BIiL Δx﹣W克f
W克fμMgcosθ x
Q總＝6Q＝∑BIiL Δx
由以上三式聯立可得：Q
（2023 溫州三模）某學校舉辦“跌不破的雞蛋”小發明比賽，小王設計了如圖甲所示的裝置。裝置絕緣外框架MNGH下端固定了一個橫截面（俯視）如圖乙所示的磁體，兩磁極間存在沿徑向向外的輻向磁場，不考慮其他區域的磁場。CDEF是一個金屬線框，CF、DE兩邊被約束在外框架的凹槽內，可沿外框架無摩擦上下滑動，CD邊的正中間接有一個半徑為r（r略大于圓柱形N磁極的半徑）、匝數為n、總電阻為R的線圈，EF邊接有一裝有雞蛋的鋁盒，鋁盒的電阻也為R。鋁盒與外框架連接了一根勁度系數為k的輕質彈簧．開始裝置在離水平地面h高度處保持豎直狀態，待鋁盒靜止后將彈簧鎖定，此時線圈上端恰好位于磁體上邊界處。現由靜止釋放裝置，裝置落地前瞬間彈簧立即解除鎖定，落地時外框架MNGH連同磁體的速度立即變為零。已知線框CDEF（含線圈、鋁盒、雞蛋）的總質量為m，線框第一次運動到最低點時彈簧的形變量是剛落地時的三倍，此時EF仍未進入磁場。已知線圈所在處的磁感應強度大小為B，重力加速度為g，彈簧始終在彈性限度內，彈性勢能表達式為，除線圈和鋁盒外，其他部分電阻不計，忽略空氣阻力。
（1）求裝置落地時C、D兩點間的電壓UCD；
（2）從剛落地到線框第一次運動到最低點的過程中，求通過線圈的電荷量q；
（3）從剛落地到線框第一次運動到最低點的過程中，線框上產生的焦耳熱為Q1；從落地到線框最終靜止的過程中，線框上產生的焦耳熱為Q2，求Q1與Q2的比值。
【解答】解：（1）根據右手定則可知，線圈中的感應電流方向為C→F→E→D→C，即順時針；
落地時線圈切割磁感線產生的感應電動勢：E＝nBLv，其中L＝2πr，
根據動能定理可得：mgh
則可解得：
C、D兩點間的電壓UCDE
解得UCD＝nπBr
（2）線框CDEF靜止時有mg＝kx1
由題知線框第一次運動到最低點時彈簧的形變量是裝置剛落地時的三倍，則說明線框剛落地到最低點下落的距離為2r1，根據法拉第電磁感應定律有nBLnB （2πr）
通過回路某截面的電荷量qΔt
解得q
（3）從剛落地到線框第一次運動到最低點的過程中，初態彈性勢能Ep1
末態彈性勢能Ep2
此過程由能量守恒得mg （3x1﹣x1）＝Ep2﹣Ep1+Q1
解得Q1＝mg （h）
最終靜止后彈簧的彈性勢能與未釋放時相等，則從靜止釋放到戰框最終靜止的過程中，根據能量守恒有
Q2＝mgh
則1
此類問題中力現象和電磁現象相互聯系、相互制約，解決問題首先要建立“動→電→動”的思維順序．
1．基本思路
(1)找準主動運動者，用法拉第電磁感應定律和楞次定律(右手定則)求解電動勢大小和方向．
(2)根據歐姆定律，求解回路中電流．
(3)分析安培力對導體棒加速度、速度的影響，從而推理得出對電路中電流的影響，最后定性分析出導體棒的最終運動情況．
(4)運用運動學方程、牛頓第二定律、平衡方程或功能關系求解．
2．注意的問題
運用功能關系時，確定有哪些形式的能量發生了轉化．如有摩擦力做功，必有內能產生；有重力做功，重力勢能必然發生變化；安培力做負功，必然有其他形式的能轉化為電能．
（2023 臺州二模）小張用多用表的歐姆擋測量一個帶鐵芯變壓器線圈的電阻。小楊兩手分別握住線圈裸露的兩端讓小張測量，測量時表針擺過了一定角度。正當小張將表筆與線圈脫離時，小楊有電擊感。下列說法正確的是（　?。?br/>A．實驗中小張也有電擊感
B．表筆與線圈脫離前后通過小楊的電流方向不變
C．若未放置鐵芯，小楊電擊感減弱
D．小楊有電擊感，是因為表筆與線圈脫離后流過線圈的電流突然變大
【解答】解：AD．當回路斷開時，電流要立即減小到零，與多用電表歐姆擋的內部電池相連的變壓器線圈由于自感現象會產生較大的自感電動勢，小楊兩手分別握住線圈裸露的兩端，瞬間有高電壓，所以有電擊感。而小張握住了絕緣部分，與線圈不構成回路，沒有電流通過，不會有電擊感，故AD錯誤；
B．表筆與線圈脫離后，線圈發生自感，要保持的原來的電流方向，相當于電源，而小楊相當于外電路，外電路電流方向改變，故B錯誤；
C．若未放置鐵芯，磁性減弱，自感產生感應電動勢減小，所以小楊電擊感減弱，故C正確。
故選：C。
（2023 鎮海區校級模擬）電吉他的工作原理是在琴身上裝有線圈，線圈附近被磁化的琴弦振動時，會使線圈中的磁通量發生變化，從而產生感應電流，再經信號放大器放大后傳到揚聲器。其簡化示意圖如圖所示。則當圖中琴弦向右靠近線圈時（　　）
A．穿過線圈的磁通量減小 B．線圈中不產生感應電流
C．琴弦受向左的安培力 D．線圈有擴張趨勢
【解答】解：AB、當圖中琴弦向右靠近線圈時，線圈中磁通量增大，從而導致線圈中產生感應電流，故AB錯誤；
C、當圖中琴弦向右靠近線圈時，線圈中磁通量增大，根據楞次定律，線圈產生的感應電流會阻礙琴弦向右靠近線圈，即琴弦會受到向左的安培力的作用，故C正確；
D、當圖中琴弦向右靠近線圈時，線圈中磁通量增大，根據楞次定律，線圈產生的感應電流會使線圈有面積縮小的趨勢，故D錯誤。
故選：C。
（2023 溫州模擬）如圖所示，磁鐵在電動機和機械裝置的帶動下，以O點為中心在水平方向上做周期性往復運動。兩匝數不同的線圈分別連接相同的小燈泡，且線圈到O點距離相等。線圈電阻、自感及兩線圈間的相互影響可以忽略，不考慮燈泡阻值的變化。下列說法正確的是（　?。?br/>A．兩線圈產生的電動勢有效值相等
B．兩線圈產生的交變電流頻率不相等
C．兩小燈泡消耗的電功率相等
D．兩線圈產生的電動勢同時為零
【解答】解：BD、磁鐵的中心位于O點時，兩個線圈的磁通量相等。磁鐵距離左側線圈最近時，左側線圈的磁通量最大，右側線圈的磁通量最小，此時兩線圈的磁通量變化率均為零，兩線圈產生的電動勢均為零。磁鐵距離右側線圈最近時，左側線圈的磁通量最小，右側線圈的磁通量最大，此時兩線圈產生的電動勢也均為零。磁鐵做周期性往復運動的過程中，當左側線圈磁通量增加時，右側線圈的磁通量就減少。故兩個線圈磁通量的變化周期是相同的，可知兩線圈產生的交變電流的頻率是相等的，兩線圈產生的電動勢同時為零，故B錯誤，D正確；
AC、磁鐵運動過程中兩線圈的磁通量變化率是相同的，因兩線圈匝數不同，由法拉第電磁感應定律可知產生的電動勢的峰值與有效值均不相等。兩小燈泡電阻相同，而回路的電動勢有效值不同，可知兩小燈泡消耗的電功率不相等。故AC錯誤。
故選：D。
（2022 紹興二模）如圖所示，右端為N極的磁鐵置于粗糙水平桌面上并與輕質彈簧相連，彈簧一端固定在豎直墻面上，當彈簧處于原長時，磁鐵的中心恰好是接有一盞小燈泡的豎直固定線圈的圓心。用力將磁鐵向右拉到某一位置，撤去作用力后磁鐵穿過線圈來回振動，有關這個振動過程，以下說法正確的是（　?。?br/>A．燈泡的亮暗不會發生變化
B．磁鐵接近線圈時，線圈對磁鐵產生排斥力
C．從左往右看線圈中的電流一直沿逆時針方向
D．若忽略摩擦力和空氣阻力，磁鐵振動的幅度不會減小
【解答】解：A、以S極靠近線圈分析，速度增大，且靠近線圈時磁感應強度增大，則穿過線圈磁通量變化率增大，感應電流增大，燈泡會變亮，故A錯誤；
B、根據楞次定律的“來拒去留”可知磁鐵靠近線圈時，線圈對磁鐵產生排斥力，故B正確；
C、當S極靠近線圈時，根據楞次定律可知線圈中的電流沿逆時針方向，當S極向右運動遠離線圈時，根據楞次定律可知，線圈中的電流沿順時針方向，故C錯誤；
D、若忽略摩擦力和阻力，磁鐵的振幅也會越來越小，因為彈簧和磁鐵的機械能逐漸轉化為焦耳熱，故D錯誤；
故選：B。
（2022 寧波模擬）如圖，是電子感應加速器的示意圖，上圖是側視圖，下圖是真空室的俯視圖，如果從上向下看，要實現電子沿逆時針方向在環中加速運動。那么電磁鐵線圈中的電流應滿足（　?。?br/>A．與圖示線圈中電流方向一致，電流在減小
B．與圖示線圈中電流方向一致，電流在增大
C．與圖示線圈中電流方向相反，電流在減小
D．與圖示線圈中電流方向相反，電流在增大
【解答】解：電子在真空室內逆時針做圓周運動，由左手定則可知，真空室內磁場下到上，則上方為S極，由右手螺旋定則可知電流向應與圖示線圈中電流方向一致，與圖示線圈中電流方向一致，要使電子逆時針加速，則感生電場的方向應為順時針，由右手定則線圈產生的磁場向上增大，所以電流在增大，故B正確，ACD錯誤。
故選：B。
（2022 溫州二模）如圖所示，空間分布著方向垂直紙面向里的有界勻強磁場，EF是其右邊界。半徑為r的單匝圓形金屬線圈垂直于磁場放置，線圈的圓心O在EF上；另有一根長為2r的導體桿與EF重合，桿兩端點a、b通過電刷與圓形線圈連接，線圈和導體桿單位長度電阻相同。情況1：導體直桿不動，線框繞EF軸勻速轉動，轉動方向如圖所示；情況2：線圈不動，導體桿繞O點在紙面內順時針勻速轉動。兩情況均從圖示位置開始計時，關于導體桿ab兩端點的電壓Uab情況，下列說法正確的是（　?。?br/>A．情況1產生的Uab﹣t圖象為圖甲，情況2產生的Uab﹣t圖象為圖丙
B．情況1產生的Uab﹣t圖象為圖乙，情況2產生的Uab﹣t圖象為圖丁
C．情況1產生的Uab﹣t圖象為圖甲，情況2產生的Uab﹣t圖象為圖丁
D．情況1產生的Uab﹣t圖象為圖乙，情況2產生的Uab﹣t圖象為圖丙
【解答】解：情況1：導體直桿不動，線框繞EF軸勻速轉動，在0時間內，由右手定則判斷可知，a端的電勢高于b端的電勢，Uab＞0；在時間內，b端的電勢高于a端的電勢，Uab＜0，產生的Uab﹣t圖象為圖甲；
情況2：線圈不動，導體桿繞O點在紙面內順時針勻速轉動，Ob和Oa輪流切割磁感線，在0時間內，Ob切割磁感線，由右手定則判斷可知，Ob中感應電流方向由O→b，則b端的電勢高于a端的電勢，Uab為負值；在T時間內，Oa切割磁感線，由右手定則判斷可知，Oa中感應電流方向由O→a，則a端的電勢高于b端的電勢，Uab為正值，則情況2產生的Uab﹣t圖象為圖丙，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
（2022 鹿城區校級模擬）半徑為2R的圓形磁場的磁感應強度為B，半徑為R的單匝圓形線圈電阻為r，兩圓同平面。線圈以速度v沿兩圓心連線勻速穿過磁場區域，如圖所示。下列說法正確的是（　　）
A．線圈進入磁場過程中，線圈里先有逆時針方向電流后有順時針方向電流
B．線圈穿過磁場過程中通過線圈的磁通量變化率的最大值為2BRv
C．線圈位移為R時，線圈中有最大感應電流Im
D．線圈進入磁場到位移為R的過程中，感應電動勢均勻增加
【解答】解：A、線圈進入磁場過程中，線圈里的磁通量一直向里增大，根據楞次定律可得，線圈中的感應電流方向為逆時針方向，故A錯誤；
B、線圈穿過磁場過程中通過線圈的磁通量變化率的最大值為
Bv 2R＝2BRv
故B正確；
C、線圈位移為R時，線圈圓心在磁場邊界上，故此時切割磁感線的有效長度小于直徑，故感應電動勢小于2BRv，故線圈中的感應電流小于Im，故C錯誤；
D、線圈進入磁場到位移為R的過程中，切割磁感線的有效長度為
l＝22
根據法拉第電磁感應定律可知
E＝Blv
故感應電動勢非均勻增加，故D錯誤。
故選：B。
（2022 浙江模擬）如圖所示，水平面內有一平行金屬導軌，導軌光滑且電阻不計，阻值為R的導體棒垂直于導軌放置，且與導軌接觸良好．導軌所在空間存在勻強磁場，勻強磁場與導軌平面垂直，t＝0時，將開關S由1擲向2，分別用q、i、v和a表示電容器所帶的電荷量、棒中的電流、棒的速度大小和加速度大小，則圖所示的圖象中正確的是（　?。?br/>A． B．
C． D．
【解答】解：首先分析導體棒的運動情況：開關S由1擲到2，電容器放電，在電路中產生放電電流。導體棒通有電流后會受到向右的安培力作用，向右加速運動。導體棒將切割磁感線，產生感應電動勢，此感應電動勢將電容器的電壓抵消一些，隨著速度增大，感應電動勢增大，則回路中的電流減小，導體棒所受的安培力減小，加速度減小。因導軌光滑，所以在有電流通過棒的過程中，棒是一直加速運動（變加速）。當感應電動勢等于電容器的電壓時，電路中無電流，導體棒不受安培力，做勻速運動。
當棒勻速運動后，棒因切割磁感線有電動勢，所以電容器兩端的電壓能穩定在某個不為0的數值，則由Q＝CU知，電容器的電量應穩定在某個不為0的數值，不會減少到這時電容器的電壓等于棒的電動勢數值，棒中無電流，故A錯誤。
B、由于通過棒的電流是按指數遞減的，最后電流減至零。故B錯誤。
C、導體棒先做加速度減小的變加速運動。由于電容器放電產生電流使得導體棒受安培力運動，當感應電動勢等于電容器的電壓時，電路中無電流，導體棒不受安培力時，導體棒做勻速運動。故v﹣t圖象是曲線后應是直線。故C錯誤。
D、根據上面分析可知，桿的加速度逐漸減小直到為零，故D正確。
故選：D。
（2023 樂清市校級模擬）如圖甲所示，一質量為M、長為L的導體棒，通過兩根長均為l、質量可不計的細導線系在同一水平面上的固定連接點上.在導體棒所在空間存在方向豎直向上、大小為B的勻強磁場。細導線通過開關S與電阻R和直流電源串接起來。不計空氣阻力和其它電阻，導體棒運動時，細導線偏離豎直方向用圖示的角度θ來表示。接通S，導體棒恰好在時處于靜止狀態；將導體棒從移到（δ為小量），靜止后撤去外力，導體棒開始振動起來，則（　?。?br/>A．電源電動勢
B．振動周期
C．電阻消耗的焦耳熱
D．角度θ隨時間t變化的圖線為圖乙
【解答】解：A．導體棒恰好在時處于靜止狀態，對導體棒金屬受力分析，得出對應的受力示意圖：
可知
F安＝Mg
又
解得：，故A錯誤；
B．根據平行四邊形定則，導體棒所受的安培力與重力的合力大小等于
根據單擺的周期公式可得：
故B錯誤；
C．根據能量守恒，電阻消耗的焦耳熱為損失的重力勢能和電能之和，則
E電，故C錯誤；
D．隨著時間的推移，θ會越來越小，不可能突然增大，故D錯誤。
故選：B。
如圖1所示，在光滑的水平面上，有一質量m＝1kg、足夠長的U形金屬導軌abcd，間距L＝1m。一電阻值R＝0.5Ω的細導體棒MN垂直于導軌放置，并被固定在水平面上的兩立柱擋住，導體棒MN與導軌間的動摩擦因數μ＝0.2，在M、N兩端接有一理想電壓表（圖中未畫出）。在U形導軌bc邊右側存在垂直向下、大小B＝0.5T的勻強磁場（從上向下看）；在兩立柱左側U形金屬導軌內存在方向水平向左，大小為B的勻強磁場。以U形導軌bc邊初始位置為原點O建立坐標x軸。t＝0時，U形導軌bc邊在外力F作用下從靜止開始運動時，測得電壓與時間的關系如圖2所示。經過時間t1＝2s，撤去外力F，直至U形導軌靜止。已知2s內外力F做功W＝14.4J．不計其他電阻，導體棒MN始終與導軌垂直，忽略導體棒MN的重力。求：
（1）在2s內外力F隨時間t的變化規律；
（2）在整個運動過程中，電路消耗的焦耳熱Q；
（3）在整個運動過程中，U形導軌bc邊速度與位置坐標x的函數關系式。
【解答】解：（1）根據法拉第電磁感應定律可知：U＝BLv＝kt＝t，得到：v2t
根據速度與時間關系可知：a＝2m/s2
對U形金屬導軌根據牛頓第二定律有：F﹣IBL﹣μIBL＝ma，代入數據整理可以得到：F＝2+1.2t
（2）由功能關系，有W＝Q+Wf，由于忽略導體棒MN的重力，所以摩擦力為：f＝μFA
則可以得到：Wf＝μWA＝μQ則整理可以得到：W＝Q+Wf＝Q（1+μ），得到：Q＝12J
（3）設從開始運動到撤去外力F這段時間為t1＝2s，這段時間內做勻加速運動；
①t≤t1時，根據位移與速度關系可知：v2
t＝t1時根據勻變速運動規律可知該時刻速度和位移為：v1＝4m/s，x1＝4m
②t＞t1時，物體做變速運動，由動量定理得到：﹣（1+μ）BL△q＝mv﹣mv1
整理可以得到：v＝v1v16.4﹣0.6x
當xm時：v＝0
綜合上述，故bc邊速度與位置坐標x的函數關系如下：
v＝2（0≤x≤4m），
v＝6.4﹣0.6x（4m≤xm），
v＝0（xm）
答：（1）在2s內外力F隨時間t的變化規律為F＝2+1.2t；
（2）在整個運動過程中，電路消耗的焦耳熱Q為12J；
（3）在整個運動過程中，U形導軌bc邊速度與位置坐標x的函數關系式如下：
v＝2（0≤x≤4m），
v＝6.4﹣0.6x（4m≤xm），
v＝0（xm）。
如圖，光滑水平桌面上等間距分布著4個條形勻強磁場，磁場方向豎直向下，磁感應強度B＝1T，每一條形磁場區域的寬度及相鄰條形磁場區域的間距均為d＝0.5m。桌面上現有一邊長l＝0.1m、質量m＝0.2kg、電阻R＝0.1Ω的單匝正方形線框abcd，在水平恒力F＝0.3N作用下由靜止開始從左側磁場邊緣垂直進入磁場，在穿出第4個磁場區域過程中的某個位置開始做勻速直線運動，線框ab邊始終平行于磁場邊界，取g＝10m/s2，不計空氣阻力。求
（1）線框剛好完全穿出第4個磁場區域時的速度；
（2）線框在整個運動過程中所產生的焦耳熱；
（3）線框從開始運動到剛好完全穿出第4個磁場區域所用的時間。
【解答】解：（1）線圈勻速切割磁感線時產生的電動勢E＝BLv
線圈中產生的感應電流I
線圈受到的安培力F安＝BIL
勻速運動時有F＝F安
聯立可得v＝3m/s；
（2）線圈剛好完全穿出第4個磁場時的位移s＝7d+l
由功能關系可得FsQ
聯立可得Q＝0.18J；
（3）線圈某次穿入或者穿出某個磁場過程中所用的時間為Δt，通過線圈橫截面的電荷量為q，則：
q
線圈某次穿入或者穿出某個磁場的安培力沖量△I
因△I一定，故線圈在整個運動過程中的安培力沖量為8△I＝8
設線框從開始運動到剛好完全穿出第4個磁場區域所用的時間為t，根據動量定理可得
Ft﹣8 mv
聯立可得：t＝2.27s。
答：（1）線框剛好完全穿出第4個磁場區域時的速度為m/s；
（2）線框在整個運動過程中所產生的焦耳熱為0.18J；
（3）線框從開始運動到剛好完全穿出第4個磁場區域所用的時間為2.27s。
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