专题03 电磁感应（期中复习专项训练）高二物理下学期沪科版

专题03 电磁感应 题型1 电磁感应现象的发现 题型2 产生感应电流的条件 题型3 感应电流的方向——楞次定律及其推广 题型4 感应电流的方向——右手定则 题型5 法拉第电磁感应定律的基本计算 题型6 导体棒切割磁感线的电动势基本计算 题型7 电磁感应的图像问题 题型8 电磁感应中的动量问题 题型9 电磁感应中的能量问题 题型10 电磁感应中的电路问题 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型一 电磁感应现象的发现（共3小题） 1．如图所示，矩形线框在匀强磁场内做各种运动的过程中，能够产生感应电流的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】产生感应电流的条件——穿过闭合回路的磁通量发生变化 【解析】解：A、由图可知，线框在匀强磁场中运动时，穿过线框的磁感线条数不变，故磁通量不变，不会产生感应电流，故A错误； B、由图可知，线框在磁场中转动，穿过线框中磁通量不断变化，回产生感应电流，故B正确； C、由图可知，线框在匀强磁场中运动时，穿过线框的磁感线始终为零，故磁通量不变，不会产生感应电流，故C错误； D、由图可知，线框在匀强磁场中运动时，穿过线框的磁感线始终为零，故磁通量不变，不会产生感应电流，故D错误。 2．下列四种情境中说法中正确的是（　　） A．图甲中，奥斯特利用该装置发现了电磁感应现象 B．图乙中，线圈穿过磁铁从M运动到L的过程中，穿过线圈的磁通量先减小后增大 C．图丙中，闭合线框绕垂直于磁场方向的轴转动的过程中，线框中没有感应电流产生 D．图丁中，线框在与通电导线在同一平面内向右平移的过程中，线框中有感应电流产生 【答案】D 【知识点】电磁感应现象的发现人物、产生感应电流的条件 【解析】解：A、法拉第发现了电磁感应现象，故A错误； B、根据条形磁铁的磁场的特点可知，当线圈穿过磁铁从M运动到L的过程中，穿过线圈的磁通量先增大后减小，故B错误； C、图丙中，闭合线框绕垂直于磁场方向的轴转动的过程中，线框平面与磁感应强度方向之间的夹角发生变化，穿过线框的磁通量也发生变化，所以线框中有感应电流产生，故C错误； D、距离通电直导线越远，磁感应强度越小，所以在图丁中，线框在与通电导线在同一平面内向右平移的过程中，向里穿过线框的磁通量减小，线框中有感应电流产生，故D正确。 故选：D。 3．1831年法拉第把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路，B线圈与开关S、电流表G组成另一个回路。通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件，正确的是（　　） A．闭合开关S的瞬间，电流表G中有感应电流 B．闭合开关S的瞬间，电流表G中无感应电流 C．闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中无感应电流 D．闭合开关S后，滑动变阻器滑片向右移动的过程中，电流表G中无感应电流 【答案】B 【知识点】感应电流产生的条件 【解答】解：AB、闭合开关S的瞬间，穿过线圈B的磁通量不发生变化，所以电流表G中无感应电流，故A错误，B正确； C、闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，A线圈中的电流减小，A线圈产生的磁场减弱，线圈B所在处磁场减弱，则穿过B线圈中的磁通量减小，所以电流表G中有感应电流，故C错误； D、闭合开关S后，滑动变阻器滑片向右移动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，A线圈中的电流增大，A线圈产生的磁场增强，线圈B所在处磁场增强，则穿过B线圈中的磁通量增大，所以电流表G中有感应电流，故D错误。 题型二 产生感应电流的条件（共4小题） 4．下列说法正确的是（　　） A．导体相对磁场运动时，导体中一定产生感应电流 B．导体做切割磁感线运动时，导体中一定会产生感应电流 C．只要穿过闭合回路的磁通量发生变化，回路中就会有感应电流产生 D．闭合金属框只要在磁场中运动，金属框内就会有感应电流产生 【答案】C 【知识点】闭合电路中的导体产生感应电流的条件是：闭合电路的磁通量变化。 【解析】解：A．导体相对磁场运动时，若导体未构成闭合回路，则不会产生感应电流，故A错误； B．导体做切割磁感线运动时，若导体是孤立的一段（未形成闭合回路），即使切割磁感线也不会产生感应电流，故B错误； C．根据法拉第电磁感应定律，闭合回路中磁通量变化是产生感应电流的充分必要条件，故C正确； D．闭合金属框在磁场中运动时，若磁通量未变化（如在匀强磁场中匀速平动），则不会产生感应电流，故D错误。 5．（多选）图甲为无线磁力搅拌杯，其工作原理如图乙所示，杯体底部安装通电线圈，相关电路控制线圈电流从而产生一个逆时针旋转的磁场（俯视图），杯内中心放置一搅拌金属粒，在旋转磁场作用下金属粒也产生旋转，从而达到搅拌杯内溶液的效果。通电搅拌时，以下说法正确的是（　　） A．金属粒中会产生感应电流 B．金属粒内不会产生焦耳热 C．金属粒旋转方向与磁场旋转方向相同 D．加大磁场旋转速度，则金属粒旋转速度也加大 【答案】ACD 【知识点】分析旋转磁场中金属粒的电磁感应过程，结合安培力的作用判断其转动规律及相关现象。 【解析】解：AB.根据电磁感应原理，当金属粒处于变化的磁场中时，磁通量发生变化，会产生感应电动势，进而形成感应电流，产生焦耳热，故A正确，B错误； C.金属粒在旋转磁场的作用下，其内部产生的感应电流会受到安培力的作用，从而驱动金属粒跟随磁场旋转，根据楞次定律，感应电流磁场阻碍导体与磁场间相对运动，可知金属粒旋转方向与磁场旋转方向一致，故C正确； D.当加快磁场旋转速度时，由于感应电流增大、安培力和力矩增大，金属粒也会加快旋转，故D正确。 题型三 感应电流的方向——楞次定律及其推广（共6小题） 6．如图所示，通电螺线管中间正上方和左侧静止悬挂着铝环a和b，两环平面与螺线管的中心轴线都垂直，b环的圆心在螺线管的中心轴上。当滑动变阻器R的滑动头P向左滑动时，两环中产生的感应电流方向和受到的安培力方向是（　　） A．电流方向相同，受力方向a环向上、b环向右 B．电流方向相同，受力方向a环向下、b环向左 C．电流方向相反，受力方向a环向下、b环向右 D．电流方向相反，受力方向a环向上、b环向左 【答案】D 【知识点】电路的动态分析右手螺旋定则、楞次定律 【解答】解：当滑片P向左移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电流变大，通电螺线管的磁性将增强，穿过a和b的磁通量都变大，根据楞次定律可知，a将向上方磁场较弱的方向运动，而b将向左侧磁场较弱的方向运动；根据安培定则可知，螺线管产生的磁场的方向向左，a处的磁场方向向右，当磁场增大时，根据楞次定律可知，a产生从左向右看逆时针方向的感应电流；b处磁场的方向向左，当磁场增大时，根据楞次定律可知，b产生从左向右看顺时针方向的感应电流；所以电流方向相反，同时a环向上，b环向左运动，故ABC错误，D正确。 7．（多选）如图所示，通电螺线管置于闭合金属环a的轴线上且金属环a位于通电螺线管中间位置，金属环b在螺线管右侧附近，b的环面与a的环面平行，当螺线管中电流增加时，下列说法正确的是（　　） A．a环有缩小的趋势 B．a环中感应电流的方向与螺线管中电流的方向相反 C．b环中感应电流的方向与螺线管中电流的方向相反 D．b环有缩小的趋势 【答案】BCD 【知识点】楞次定律的“增缩减扩”推论、“增反减同”推论、安培定则 【解析】解：B.电流增加时，通电螺线管产生的磁场增强，a环磁通量增加，由楞次定律可知，从左向右看，a环感应电流为逆时针方向与螺线管中电流的方向相反，故B正确； A.由于外部磁场有向左的分量，由左手定则可判断，a环有扩张的趋势，故A错误； CD.电流增加时，磁场变强，b环磁通量增加，为阻碍原磁通量的增加，b环感应电流为逆时针方向与螺线管中电流的方向相反；b环远离螺线管且有缩小的趋势，故CD正确。 8．（多选）如图所示，在一个水平放置闭合的线圈上方放一条形磁铁，希望线圈中产生顺时针方向的电流（从上向下看），那么下列选项中可行的是（　　） A．磁铁上端为S极，磁铁向上运动 B．磁铁上端为N极，磁铁向上运动 C．磁铁上端为S极，磁铁向下运动 D．磁铁上端为N极，磁铁向下运动 【答案】AD 【知识点】根据安培定则，要产生顺时针方向的电流，感应电流的磁场方向向下，结合楞次定律与磁通量变化情况分析求解。 【解析】解：AB．要产生顺时针方向的电流，感应电流的磁场方向向下，当磁铁向上运动时，穿过线圈的磁通量变小，由楞次定律可知，原磁场方向向下，因此磁铁的下端是N极，上端是S极，故A正确，B错误； CD．当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可知，原磁场方向向上，因此磁铁的下端是S极，上端是N极，故C错误，D正确。 9．1831年法拉第把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路，B线圈与开关S，电流表G组成另一个回路．如图所示，通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件．关于该实验下列说法正确的是（　　） A．闭合开关S的瞬间，电流表G中有a→b的感应电流 B．闭合开关S的瞬间，电流表G中有b→a的感应电流 C．闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有a→b的感应电流 D．闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有b→a的感应电流 【答案】D 【知识点】右手螺旋定则、楞次定律 【解答】解：闭合与断开开关S的瞬间，穿过线圈B的磁通量都不发生变化，电流表G中均无感应电流。闭合开关S 后，在增大电阻 R 的过程中，电流减小，则通过线圈B的磁通量减小了，根据右手螺旋定则可确定穿过线圈B的磁场方向，再根据楞次定律可得：电流表G中有 b→a 的感应电流。故D正确，ABC错误； 题型四 感应电流的方向——右手定则（共3小题） 10．如图所示，在一有界匀强磁场中水平放置一对电阻不计的平行金属导轨，虚线为有界磁场左边界，导轨跟圆形导体环N相接，图中导体环M与导体环N共面、彼此绝缘，且两导体环的圆心重合，半径rM＜rN。在磁场中垂直于导轨放置一根导体棒，与导轨分别相交于a、b两点，始终良好接触。已知磁场垂直于导轨所在平面向外。当导体棒向左减速运动时，φa　　 φb（选填“＞”或“＜”），圆环有　　 （选填“扩张”或“收缩”）的趋势。 【答案】＞；扩张。 【知识点】右手定则 【解析】解：导体棒向左运动切割磁感线，根据右手定则可知感应电流的方向由b向a，导体棒相当于电源，电源内部的电流由低电势流向高电势，故φa＞φb。 导体棒向左减速运动，根据感应电动势，导体环N的电流变小，产生的磁场减小，故穿过圆环M的磁通量减小，根据楞次定律可知，圆环M有扩张的趋势。 11．如图所示，四幅图分别表示在匀强磁场中，闭合电路的一部分导体的运动方向与电路中产生的感应电流方向的关系，其中错误的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】右手定则 【解析】解：根据右手定则，即让磁感线穿过手掌心，大拇指所指的方向为运动方向，则四指所指方向为感应电流的方向。 A．根据右手定则，可知感应电流方向垂直纸面向外，故A错误； B．根据右手定则，可知感应电流方向沿导线向上，故B正确； C．根据右手定则，可知感应电流方向垂直纸面向外，故C正确； D．根据右手定则，可知感应电流方向沿导线向下，故D正确。 12．如图，两金属棒ab、cd分别置于两个异名磁极之间，组成闭合回路。能使cd棒受到向下磁场力的情况是（　　） ①磁极Ⅰ为S极，磁极Ⅲ为S极，ab棒向左运动 ②磁极Ⅰ为S极，磁极Ⅲ为N极，ab棒向右运动 ③磁极Ⅰ为N极，磁极Ⅲ为N极，ab棒向左运动 ④磁极Ⅰ为N极，磁极Ⅲ为S极，ab棒向右运动 A．①②④ B．①②③④ C．②④ D．①③ 【答案】B 【知识点】右手定则、左手定则 【解析】解：①磁极Ⅰ为S极，磁极Ⅲ为S极，ab棒向左运动，根据右手定则，可得感应电流方向由b到a，则金属棒cd中的电流方向为由d到c，根据左手定则，可得cd棒受到向下磁场力； ②磁极Ⅰ为S极，磁极Ⅲ为N极，ab棒向右运动，根据右手定则，可得感应电流方向由a到b，则金属棒cd中的电流方向为由c到d，根据左手定则，可得cd棒受到向下磁场力； ③磁极Ⅰ为N极，磁极Ⅲ为N极，ab棒向左运动，根据右手定则，可得感应电流方向由a到b，则金属棒cd中的电流方向为由c到d，根据左手定则，可得cd棒受到向下磁场力； ④磁极Ⅰ为N极，磁极Ⅲ为S极，ab棒向右运动，根据右手定则，可得感应电流方向由b到a，则金属棒cd中的电流方向为由d到c，根据左手定则，可得cd棒受到向下磁场力； 所以①②③④均正确，故B正确，ACD错误。 13．（多选）一架飞机从曹杨二中上空飞行时，下列说法正确的是（　　） A．水平向东飞行时，飞行员左侧机翼的电势比右侧高 B．水平向南飞行时，飞行员左侧机翼的电势比右侧高 C．水平向西飞行时，飞行员左侧机翼的电势比右侧低 D．水平向北飞行时，飞行员左侧机翼的电势比右侧低 【答案】AB 【知识点】飞机水平飞行时，机翼切割磁感线产生感应电动势，左右机翼存在电势差，根据右手定则判断电势高低。 【解析】解：地球是大磁体，北半球地磁场方向为斜向下指向地磁南极（地理北极附近），可分解为“竖直向下分量”和“水平向北分量”，切割磁感线的是竖直向下分量。可知，当飞机在北半球（曹杨二中）飞行时，由于地磁场的存在，且地磁场的竖直分量方向竖直向下，由于感应电动势的方向与感应电流的方向是相同的，由低电势指向高电势，由右手定则可知，飞机在北半球不论沿何方向水平飞行，都是飞机的左方机翼电势高，右方机翼电势低。故AB正确，CD错误。 题型五 法拉第电磁感应定律的基本计算（共3小题） 14．如图所示，桌面上放一只10匝线圈，线圈中心上方有一竖立的条形磁体。当磁体竖直向下运动时，线圈的面积有 　 　 （填“收缩”或“扩张”）的趋势，在上述过程中，穿过线圈的磁通量变化0.1Wb，经历的时间为0.5s，则线圈中的平均感应电动势为 　　 V。 【答案】收缩，2。 【知识点】楞次定律、法拉第电磁感应定律 【解析】解：当磁体竖直向下运动时，线圈中向下的磁通量增加，由“增缩减扩”可知，当穿过闭合线圈的原磁场的磁通量变大时，为了阻碍这种变化，闭合线圈的面积有收缩的趋势； 在上述过程中，穿过线圈的磁通量变化0.1Wb，经历的时间为0.5s，则由法拉第电磁感应定律可知，线圈中的感应电动势为。 15．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B随时间均匀增大，两导线框均为正方形，由相同导线做成，边长之比为3：1，两线框中感应电动势之比E1：E2＝　 　 ，消耗的电功率之比P1：P2＝　 　 ，相同时间内通过导线某横截面的电量之比Q1：Q2＝　 　 。 【答案】9：1；3：1；3：1。 【知识点】根据法拉第电磁感应定律结合边长比求电动势比，由电阻定律得电阻比，再分别代入电功率、感应电量公式推导比值。 【解析】解：根据 代入数据得两线框中感应电动势之比 根据 代入数据得两线框电阻之比R1：R2＝3：1 根据 代入数据得消耗的电功率之比P1：P2＝3：1 根据 代入数据得相同时间内通过导线某横截面的电量之比Q1：Q2＝3：1 题型六 导体棒切割磁感线的电动势基本计算（共4小题） 16．（多选）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一根水平放置的金属棒以某一水平速度抛出，金属棒在运动过程中始终保持水平且未离开磁场区域。不计空气阻力，金属棒在运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．感应电动势越来越大 B．单位时间内，金属棒的动量增量变大 C．金属棒中的机械能越来越小 D．单位时间内金属棒扫过的曲面中的磁通量不变 E．棒的a端电势比b端电势低 【答案】DE 【知识点】平抛运动、动量定理、功能关系、磁通量、右手定则 【解析】解：A、金属棒做平抛运动的过程中，水平方向的分速度不变，因而金属棒垂直切割磁感线的速度不变，则感应电动势大小不变，故A错误； B、金属棒做平抛运动中，只有重力做功，金属棒所受合力即重力，则单位时间内，金属棒所受合力的冲量不变，则由动量定理可知，单位时间内，金属棒的动量增量不变，故B错误； C、金属棒做平抛运动中，只有重力做功，因此机械能保持不变，故C错误； D、结合前面分析可知，金属棒垂直切割磁感线的速度不变，则单位时间内金属棒垂直于磁场方向扫过的面积不变，则单位时间内金属棒扫过的曲面中的磁通量不变，故D正确； E、根据右手定则可知，b端的电势高于a，故E正确。 17．如图所示，在一个磁感应强度为B的匀强磁场中，有一弯成45°角的金属导轨，且导轨平面垂直磁场方向．导电棒MN以速度v从导轨的O点处开始无摩擦地匀速滑动，速度v的方向与Ox方向平行，导电棒与导轨单位长度的电阻为r． （1）写出t时刻感应电动势的表达式． （2）感应电流的大小如何？ （3）写出在t时刻作用在导电棒MN上的外力瞬时功率的表达式． 【答案】见试题解答内容 【知识点】有效的切割长度、E＝BLv、闭合电路欧姆定律、功率 【解析】解：（1）MN匀速运动，则经过时间t导线离开O点的长度：x＝vt； MN切割磁感线的有效长度是 L＝vt•tan45°＝vt． t时刻回路中导线MN产生的感应电动势为：E＝BLv＝Bv2t； （2）回路的总电阻为：R＝（2vtvt）r 感应电流的大小为：I； （3）由上式分析可知，回路中产生的感应电流不变． 金属棒匀速运动时，外力的功率等于回路总的电功率， 则外力瞬时功率的表达式为：P＝I2R； 答：（1）t时刻感应电动势的表达式为E＝Bv2t． （2）感应电流的大小为； （3）在t时刻作用在导电棒MN上的外力瞬时功率的表达式为：P． 18．法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（　　） A．无论圆盘怎样转动，流过电阻R的电流均为零 B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动 C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在 R 上的热功率也变为原来的2倍 【答案】B 【知识点】右手定则、转动切割的电动势求解方法、热功率P＝I2R 【解析】解：A、圆盘转动时，圆盘的半径切割磁感线产生感应电动势，圆盘与电阻R组成闭合回路，有电流通过电阻R，流过电阻R的电流不为零，故A错误； B、由右手定则可知，回路中电流方向不变，若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则知，圆盘中电流方向沿半径向里，则电流沿a到b的方向流过电阻R，故B正确； C、若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，由右手定则可知，电流方向不变，故C错误； D、铜盘转动产生的感应电动势为：EBL2ω，感应电流：I，若圆盘转动的角速度ω变为原来的2倍，回路电流I变为原来2倍，电阻R不变，根据P＝I2R可知，电流在R上的热功率P变为原来的4倍，故D错误。 19．如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，bc边长为l，∠a＝30°，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为φa、φb、φc，则它们之间的大小关系为 　 ，一个周期内金属框产生的焦耳热为 　 　 。 【答案】φc＞φa＝φb，0。 【知识点】右手定则可以判断a、b、c三点的电势高低产生感应电流的条件 【解析】解：对ac边进行研究，由右手定则可知，感应电动势方向从a流向c，则c点电势高于a点电势，即 φc＞φa 对bc边进行研究，由右手定则可知，感应电动势方向从b流向c，则c点电势高于b点电势，即 φc＞φb 由于线框始终与磁场平行，穿过线框的磁通量始终为零，没有变化，所以金属框中无感应电流，ab边不切割磁感线，不产生感应电动势，则a点电势等于b点电势，即 φa＝φb 故a、b、c三点的电势关系为 φc＞φa＝φb 由于金属框中无感应电流，所以一个周期内金属框产生的焦耳热为0。 题型七 电磁感应的图像问题（共4小题） 20．如图甲所示，螺线管匝数n＝1200，横截面积S＝0.01m2，螺线管导线电阻r＝0.5Ω，电阻R＝9.5Ω。螺线管内部区域可视为存在水平方向的匀强磁场，以水平向右为正方向，磁感应强度大小B随时间t变化的图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．通过电阻R的感应电流方向从D到C B．回路中感应电流逐渐增大 C．电阻R两端的电压为6V D．0～2s内回路中的电流为0.72A 【答案】D 【知识点】楞次定律判断感应电流度方向、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律 【解析】解：A、由图可知，磁感应强度均匀增加，穿过螺线管的磁通量向右增加，结合螺线管的导线缠绕方向，由楞次定律和安培定则可知通过电阻R的感应电流方向为从C到D，故A错误； B、因为磁通量均匀增加，磁通量变化率恒定，所以感应电动势恒定，感应电流恒定，故B错误； D、根据法拉第电磁感应定律可知 根据闭合电路欧姆定律，可知0～2s内回路中的电流为 ，故D正确； C、根据欧姆定律可知电阻R两端的电压为U＝IR＝0.72×9.5V＝6.84V，故C错误。 21．如图甲所示，单匝矩形线圈abcd垂直固定在匀强磁场中，规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。以向下方向为安培力正方向，下列关于bc段导线受到的安培力F随时间变化的图像正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力计算公式、楞次定律、左手定则 【解析】解：根据法拉第电磁感应定律有：E•S 结合闭合电路欧姆定律可知：I bc段导线受到的安培力F＝BIL＝B• B﹣t图像的斜率即为，由此可知0～3s内感应电流大小不变，根据楞次定律可判断电流方向为顺时针方向，由左手定则可判断出bc段导线受到的安培力方向先向下后向上，大小先减小后增大（与磁感应强度B成正比）；同理3～6s内，电流方向为逆时针方向，bc段导线受到的安培力方向先向下后向上，大小先减小后增大。故A正确，BCD错误。 22．（多选）如图所示，两条光滑的不计电阻的金属导轨平行固定在斜面上，导轨所在区域存在匀强磁场，导轨上端连接电阻R。在不加其他外力的情况下，导体棒在沿导轨下滑，棒始终与导轨接触良好，且平行于斜面底边，则在下滑过程中，导体棒中的感应电流I、穿过棒与导轨围成的线框磁通量Φ随时间t变化的关系不可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】AD 【知识点】牛顿第二定律、磁通量、E=BLV 【解析】解：AB．对导体棒，根据牛顿第二定律可得mgsinθma 整理可得a＝gsinθ 所以随着速度的增大，加速度逐渐减小为0，因v﹣t图象的斜率表示加速度，所以v﹣t图象的斜率从gsinθ逐渐减小为0。导体棒下滑过程中产生的感应电动势、电流分别为 E＝BLv i 由公式可知，i与v成正比，那么i﹣t图像与v﹣t图象相似，故A错误，B正确； CD.导体棒向下做加速度逐渐减小的加速运动，最后匀速，由于x﹣t图象的斜率表示速度，所以x﹣t图象开始时是斜率逐渐增大的曲线，最后变成斜率不变的直线。穿过导体棒与金属导轨和电阻R围成的线框的磁通量为 φ＝BLx 由公式可知，φ与x成正比，那么φ﹣t图像与x﹣t相似，故C可能正确，D错误； 23． 如图甲所示，阻值为4Ω、匝数为100的圆形金属线圈与一个阻值为6Ω的电阻连接成闭合电路。线圈的半径为10cm，在线圈中有一个边长为10cm的正方形匀强磁场区域，该磁场方向垂直于线圈平面。磁感应强度B（向里为正）随时间t变化的关系如图乙所示，导线电阻不计。则2s时回路中电流的大小 为 　 　A，c、d间的电势差Ucd＝ 　 　 V。 【答案】0.01；﹣0.06 【知识点】法拉第电磁感应定律、欧姆定律 【解析】解：根据法拉第电磁感应定律得：100V＝0.1V 根据闭合电路欧姆定律可得2s时通过电阻的电流大小为 代入数据得2s时回路中电流的大小为0.01A。 据楞次定律判断，可知d点电势高于c点的电势，c、d间的电势差Ucd＝﹣IR，解得Ucd＝﹣0.06V。 题型八 电磁感应中的动量问题（共3小题） 24．我校科技兴趣小组设计了一个模拟电磁弹射和电磁阻尼系统，其简易原理图如图所示。两条间距为L的导轨平行置于水平面上，导轨中间有一绝缘区域将左右两边平滑连接且左右两部分导轨均足够长。左侧导轨接一电动势为E的电源（内阻不计），右侧有一单刀双掷开关S、电容为C的电容器和阻值为R的电阻。整个装置处于竖直向下的匀强磁场B中，不计摩擦，不考虑电流产生的磁场的影响。 （1）在左侧导轨放一电阻为R、质量为m的导体棒： ①请画出导体棒上的电流方向。 ②导体棒在左侧时能够达到的最大速度是　 ，在左侧通过导体棒最大的电荷量是 　 。 ③若开关S接1（电阻），则导体棒在右侧最大位移为　 　 ，电阻R上产生的焦耳热为　 。 ④若开关S接2（电容），则导体棒在右侧稳定的速度v＝　 　 。 （2）断开开关S，在导轨上放置总质量为m的导线框跨过绝缘部分，导线框边长为1.2L，各边电阻均为R。计算该导线框的最大加速度并定性画出其速度—时间图像。 【答案】（1）① ②，；③，；④ （2）该导线框的最大加速度是 其速度—时间图像 【知识点】（1）①左手定则、电流产生磁场的相互作用逻辑，确定导体棒中电流由M到N； ②受力平衡、电路分压、荷量公式、电路分流 ③牛顿第二定律、运动学公式、焦耳定律 ④电容器放电、动量定理 （2）牛顿第二定律 【解析】解：（1）①电源正极在上，负极在下。电流从电源正极流出，沿上导轨向右，经过导体棒流向下导轨，回到负极。因此导体棒上的电流方向为从上向下。 ②导体棒在安培力作用下加速，当感应电动势等于电源电动势时，电流为零，加速度为零，速度达到最大。由 E＝BLvm 代入数据得 对导体棒应用动量定理 即 BLq＝mvm 代入数据得 ③导体棒以 进入右侧，回路总电阻为 2R。导体棒受安培力减速至停止。 由动量定理 即 BLq′＝mvm 又 代入数据得 由能量守恒，回路产生的总焦耳热等于动能减少量 由于两电阻串联且阻值相等，电阻R上产生的热量 ④导体棒进入右侧后切割磁感线给电容充电，同时受安培力减速。当电路稳定时，电流为零，电容电压等于感应电动势，即 UC＝BLv 充电电荷量 Q＝CUC＝CBLv 对导体棒应用动量定理 即﹣BLQ＝m（v﹣vm） 代入Q得﹣CB2L2v＝mv﹣mvm 代入数据得 （2）线框跨过绝缘区，左边在左侧导轨，右边在右侧导轨。线框左边两端电压为E，线框其余三边串联后也并联在E两端。左边电流 ， 右边支路电流 ， 两边电流方向均向下，受安培力均向右。总安培力 最大加速度 随着速度v增加，左边和右边均产生反向感应电动势 BLv，导致电流减小，加速度减小。当 E＝BLv 时加速度为零，速度达到最大 v﹣t图像表现为从原点出发，斜率逐渐减小，最终渐近于 的曲线。 如果没达到最大速度左边跨过绝缘部分，则最大速度小于vm，如果在这之前就达到最大速度，则之后就会匀速，图像如下 题型九 电磁感应中的能量问题（共3小题） 25．如图，两根水平放置且互相平行的光滑金属导轨之间的距离为L。在两导轨之间存在着磁感应强度为B的匀强磁场，两导轨间串联一个阻值为R的电阻。金属棒ab的电阻为r，导轨的电阻不计。若ab在恒力F的作用下从静止开始向右运动，则（　　） A．ab的加速度是恒定的 B．t时间内恒力F对ab棒做的功等于整个回路中产生的总电热 C．金属棒获得的最大速度为 D．电阻R两端的最大电压为 【答案】C 【知识点】牛顿第二定律、安培力表达式、能量守恒、受力平衡条件、最大感应电动势与电阻分压关系 【解析】解：A、金属棒在恒力F作用下向右运动，切割磁感线产生感应电流，从而受到向左的安培力F安＝BIL。感应电流为，因此安培力。根据牛顿第二定律，合力F合＝F﹣F安＝ma。随着速度v增大，安培力随之增大，合力减小，导致加速度a减小，故金属棒做加速度减小的加速运动，最终达到匀速状态（此时加速度为零），故A错误； B、依据能量守恒定律，恒力F所做的功等于回路中产生的总电热与金属棒所获得的动能之和，并非全部转化为总电热，故B错误； C、当加速度为零时，金属棒速度达到最大（即匀速运动状态），此时有F＝F安，即，解得：，故C正确； D、在速度达到最大时，感应电动势也达到最大，其值为。电阻R两端的最大电压为，故D错误。 26．（多选）如图1所示，两条足够长的平行金属导轨固定在水平桌面上，左端接有阻值R＝1Ω的电阻，导轨电阻忽略不计，一质量为m＝0.1kg、电阻不计的金属棒垂直导轨放置，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中。现金属棒在水平向右的拉力作用下向右运动，拉力F与时间t的关系式为F＝0.3+0.2t（N），t＝2s时撤去拉力，金属棒在t＝2.55s时停止运动，金属棒整个运动过程的v﹣t图像如图2所示。重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．金属棒与导轨之间的动摩擦因数为0.2 B．撤去拉力后金属棒运动的距离为0.45m C．撤去拉力后电阻R上产生的焦耳热为0.2J D．撤去拉力后通过电阻R的电荷量为C 【答案】ABD 【知识点】电磁感应中的动量问题、动能定理 【解析】解：A、由图2可知，在t＝0时速度为0，加速度为：，外力为：F＝0.3+0.2t，即此时F＝0.3N， 对金属棒受力分析，可得：F﹣μmg＝ma1，解得动摩擦因数为：μ＝0.2，故A正确； BD、在t＝2s时，根据图2可得到速度大小：v1＝2m/s，加速度大小：，外力为：F＝0.3+0.2t，即此时F1＝0.7N， 对金属棒受力分析，可得：F1﹣μmg﹣F安＝ma1，此时安培力为：F安＝BIL，感应电动势为：E＝BLv1，感应电流为：，解得：； 撤去外力后，以水平向右为正方向，对金属棒应用动量定理：， 根据电流与电荷量的关系可得：， 由法拉第电磁感应定律可得：，由欧姆定律可得：， 可得到金属棒运动的距离为：x＝0.45m，通过电阻R的电荷量为：，故BD正确； C、撤去外力后，对金属棒应用动能定理，可得：，由功能关系可得电阻R上产生的焦耳热为：Q＝﹣W安，解得：Q＝0.11J，故C错误。 27．工业上有一种利用矿料传送带发电的技术，其发电装置如图所示。长度为2L、间距为L的两平行金属电极固定在同一水平面内，两电极之间的矩形区域Ⅰ和矩形区域Ⅱ有竖直方向的磁场，磁感应强度大小均为B、方向相反，区域Ⅰ的宽度为，区域Ⅱ宽度为。绝缘传送带从两电极之间以速率v匀速通过，传送带上每隔2L固定一根垂直于运动方向、长度为L、电阻为r的导体棒，导体棒通过磁场区域过程中与电极接触良好。a、b两端通过导线与两金属电极相连。 （1）在图示情形下，若a、b两端的电势分别为φa和φb，则 　 　 。 A.φa＞φb B.φa＝φb C.φa＜φb D.无法比较φa和φb的大小 （2）若在a、b两端接有一个阻值为R的电阻，则在图示情形下，a、b两端的电压为 　 。导体棒AB中的自由电子一方面在做定向运动，设其速率为v′，另一方面又随导体棒以速率v匀速运动，已知一个自由电子所带的电荷量为e，则导体棒中一个自由电子所受的洛伦兹力大小为 　 。 （3）（计算）求该发电装置所产生的电动势的有效值E。 【答案】（1）C；（2），；（3）BLv。 【知识点】（1）右手定则 （2）切割磁感应线产生感应电动势E=BLV、闭合电路欧姆定律、电阻分压关系、洛伦兹力公式 （3）交变电流有效值 【解析】解：（1）根据右手定则，当导体棒AB向左运动切割磁感线时，产生的感应电流方向由A指向B。在导体棒内部，感应电流从电势低处流向电势高处，因此B端电势高于A端。由于a端与上电极相连，b端与下电极相连，故有φa＜φb，故C正确； （2）在题图所示情况下，感应电动势为E感＝BLv，回路中的总电流为。题目定义的电势差Uab＝φa﹣φb，根据电路分析可得Uab＝﹣IR，代入电流表达式，解得：；自由电子所受洛伦兹力取决于其相对于磁场的合速度，合速度大小为，因此洛伦兹力大小为； （3）由传送带速率v和导体棒间距2L可得，导体棒运动周期为。由于磁场区域总宽度也为2L，且两区域磁感应强度大小相同，在一个周期内，无论导体棒处于区域Ⅰ还是区域Ⅱ，其产生的感应电动势大小恒为BLv。根据有效值的定义式，代入计算，解得该发电装置产生的电动势有效值为E＝BLv。 28．在城市街头，我们时常看到新能源汽车在路上行驶。某兴趣小组尝试设计新能源汽车的电磁缓冲装置——利用电磁阻尼对汽车碰撞进行保护的安全装置。 （1）某新能源汽车质量为M，额定功率为P，运动时所受阻力大小与运动速度大小成正比，比例系数为k。该汽车在平直道路上行驶的最大速度为　 。以最大速度行驶时，若该汽车突然关闭发动机，则其滑行距离为　 。 （2）兴趣小组设计新能源汽车的电磁缓冲装置，简化结构俯视图如图所示。无动力装置的模型车上固定两条绝缘滑轨PQ、MN，滑轨与车身总质量为M0，滑轨之间有竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场（磁场始终与车保持相对静止）。嵌在滑轨上的轻质矩形线框abcd绕有n匝导线，可沿滑轨滑动，总电阻为R，bc边长度为l。车与线框一起以速度v0沿水平地面运动时，撞到静止于地面上、质量为m的障碍物，线框与障碍物接触后始终与障碍物保持相对静止，当b点滑到PQ间某一点时，障碍物、线框与车恰好速度相同。（不计一切摩擦） ①（作图）在bc边上用箭头标出该边切割磁感线过程中感应电流的方向。 ②（计算）求bc边开始切割磁感线的瞬间，线框所受安培力的大小。 ③（计算）求线框相对滑轨滑动过程中所产生的焦耳热。 【答案】（1）； ； （2）①在bc边上用箭头标出该边切割磁感线过程中感应电流的方向如下 ②bc边开始切割磁感线的瞬间，线框所受安培力的大小是； ③线框相对滑轨滑动过程中所产生的焦耳热是。 【知识点】电磁感应中的动量问题、电磁感应中的能量问题（动能定理或能量守恒） 【解答】解：（1）当汽车速度为最大时设为v，则满足P＝F•v＝kv2 代入数据得 设汽车滑行时间为t，平均速度为，滑行距离为x，取初速度方向为正方向，由动量定理可得 由速度定义 代入数据得 （2）①车向左运动，相当于导线向右切割磁感线，由右手定则可知bc中电流从c到b，箭头如图所示 ②由法拉第电磁感应定律得，产生的感应电动势E＝nBlv0 闭合电路欧姆定律 根据安培力的公式，其安培力为F＝nBIl 代入数据得 ③最终障碍物、线框与车速度相同，设为v1，产生的焦耳热为Q，系统动量守恒M0v0＝（M0+m）v1 由能量守恒可得 代入数据得 29．电磁制动的原理可简化为如图1所示电路，光滑水平导轨（电阻不计）处于竖直向下的有界匀强磁场中，放于导轨上的金属棒MN逐渐减速。已知导轨间距为d，导轨一端连接的电阻阻值为R，磁感应强度大小为B，MN棒质量为m，接入电路的电阻也为R。 （1）用楞次定律判断MN棒中的感应电流方向：原磁场的方向为竖直向下→MN棒右移过程中穿过DCMN闭合回路的磁通量在 　 　 →根据楞次定律确定感应电流的磁场方向为 　 　 →利用右手螺旋定则确定MN棒中的感应电流的方向从N到M。 （2）为分析MN棒的速度，小嘉同学做了如下设想：如图2，若导轨距地面高为h，质量为2m的橡胶棒PQ处于导轨边缘。MN棒以大小为v0的初速度开始向右滑行一段距离后撞上PQ棒，与其粘连后一起飞出磁场区域做平抛运动，落地点距抛出点的水平距离为L，空气阻力可忽略不计。 ①飞出时的速度大小v2为 　 。 ②（计算）求两棒碰撞前MN棒的速度大小v1。 ③（作图）在图3中画出MN棒的速度随滑行位移变化的v﹣x图线。计算出MN棒在导轨上滑行的距离，标注在x轴上。（此处不要求写计算过程） ④（计算）求MN棒在导轨上滑行的整个过程中MN棒所产生的热量Q。 【答案】（1）增大；竖直向上； （2）①L； ②两棒碰撞前MN棒的速度大小v1为3L； ③； ④MN棒在导轨上滑行的整个过程中MN棒所产生的热量Q为。 【知识点】（1）楞次定律； （2）①平抛运动规律； ②动量守恒定律； ③动量定理； ④能量守恒定律 【解析】解：（1）用楞次定律判断MN棒中的感应电流方向：原磁场的方向为竖直向下→MN棒右移过程中穿过DCMN闭合回路的磁通量在增大→根据楞次定律确定感应电流的磁场方向为竖直向上→利用右手螺旋定则确定MN棒中的感应电流的方向从N到M。 （2）①根据平抛运动规律可得：h；L＝v2t 解得飞出时的速度大小为：v2＝L。 ②以向右为正方向，对两棒碰撞的过程，根据动量守恒定律得：mv1＝（m+2m）v2 解得两棒碰撞前MN棒的速度大小为：v1＝3L。 ③以向右为正方向，对MN棒在导轨上滑行的过程，根据动量定理得：﹣BLΔt＝mv﹣mv0 又有：Δt 联立解得：v＝v0•x 当v＝v1＝3L时，解得MN棒在导轨上滑行的距离x1 画出MN棒的速度随滑行位移变化的v﹣x图线如下图所示： ④根据能量守恒定律可得MN棒在导轨上滑行的整个过程中回路产生的总焦耳热为：Q总 根据焦耳定律可得MN棒所产生的热量为：Q 解得：Q 30．玩具小车是一代人的童年回忆，也被运用于物理实验研究中。 某模型小组用遥控玩具小车探究电磁阻拦的效果。如图所示（俯视），在遥控小车底面安装有单匝矩形金属线框（线框与水平地面平行），小车以初速度v0向右通过竖直向下的有界磁场。已知小车总质量为m，金属框边ab长为l，边ad长为2l，电阻为R，磁场宽度D＝4l，磁感应强度为B，不计摩擦。若cd边刚离开磁场边界MN时，小车速度恰好为零。 ①线框穿过磁场的过程中，感应电流的方向（　　 ） A．均为abcda B．均为adcba C．先abcda再adcba D．先adcba再abcda ②定性画出小车运动的速度v随时间t变化的关系图像；（作图题） ③边ab刚进入磁场时，小车的加速度为　 　 ，线框进入磁场的过程中，通过导线截面的电量 q＝　 ； ④分析论证：“线框进入磁场过程的发热量大于穿出磁场过程的发热量”。（论证题） 【答案】①D； ②小车运动的速度v随时间t变化的关系图像 ③；；④由前面分析可得 可知进磁场过程中的平均速度较大，则有平均安培力较大，进磁场和出磁场过程的位移相等， 由功的定义式有W＝Fs 故进磁场过程中线框克服安培力做功较多，因此线框进入磁场过程的发热量大于穿出磁场过程的发热量。 【知识点】①右手定则；②欧姆定律、牛顿第二定律；③电荷量表达式；④安培力公式、动能定理 【解析】①由右手定则可知感应电流的方向先adcba再abcda，故ABC错误，D正确； ②线框进入和穿出磁场时磁通量有变化，有电流通过，由欧姆定律有 感应电动势E＝Blv 所受安培力F＝BIl 由牛顿第二定律可得F＝ma 联立可得加速度和速度的关系 由上式可知，线框进入和穿出磁场时做加速度减小的减速运动；线框全部在磁场时，磁通量不变，没有感应电流，不受安培力的作用，做匀速直线运动，故图像如图示 ③线框的边ab刚进入磁场时速度为v0，结合前面的分析可知小车加速的大小为 线框进入磁场的过程中所用时间为t，由欧姆定律有 感应电动势 电荷量q＝It 联立可得 ④由前面分析可得 可知进磁场过程中的平均速度较大，则有平均安培力较大，进磁场和出磁场过程的位移相等， 由功的定义式有W＝Fs 故进磁场过程中线框克服安培力做功较多，因此线框进入磁场过程的发热量大于穿出磁场过程的发热量。 题型十 电磁感应中的电路问题（共3小题） 31．某兴趣小组用如下的装置来模拟电车启动和刹车。足够长的水平平行导轨间距为L＝0.5m，虚线MN左边的导轨是粗糙的，连接了开关S1、直流电源E和电流电压传感器；右边的导轨是光滑的，连接了开关S2和滑动变阻器R'。整个装置处于磁感应强度为B＝0.4T的足够大的竖直匀强磁场中。重力加速度取g＝10m/s2。 最初开关S2是闭合的，质量为m＝0.05kg、内阻为R的导体棒放在左边导轨上，与MN平行。闭合开关S1，导体棒恰好没有运动，传感器示数分别为I1＝0.50A和U1＝6.0V。t1时刻断开开关S2，传感器示数瞬间变为I2＝0.25A和U2＝7.5V，导体棒开始向右加速。此后，导体棒逐渐达到匀速v1。此后施加外力、断开开关S1并将滑动变阻器调为0Ω，撤去外力并闭合开关S2，然后观察到导体棒以v＝10m/s经过MN，模拟刹车的过程。 （1）该匀强磁场的方向 　 　 。 A.竖直向上 B.竖直向下 （2）求直流电源的电动势E和内阻r。 （3）导体棒的阻值R＝ 　 　 Ω，滑动变阻器接入的阻值R′＝ 　 Ω。 （4）求导体棒和粗糙导轨之间的动摩擦因数μ。 （5）导体棒在t1时刻的加速度大小a＝ 　 　 m/s2。 （6）匀速时的速度大小v1＝ 　 　 m/s。 （7）求导体棒停下的位置到虚线MN的距离。 【答案】（1）B；（2）电源电动势为9V，内电阻为6Ω；（3）30；20；（4）导体棒和粗糙导轨之间的动摩擦因数为0.08；（5）0.2；（6）9；（7）导体棒停下的位置到虚线MN的距离为375m。 【知识点】左手定则、闭合电路欧姆定律、安培力的计算公式、牛顿第二定律、电磁感应中的动量问题 【解析】解：（1）最初导体棒中的电流方向和安培力的方向如图所示： 根据左手定则可知，该匀强磁场的方向竖直向下，故B正确，A错误； （2）闭合开关S1和S2，根据闭合电路欧姆定律可得：E＝U1+I1r 闭合开关S1，断开S2，根据闭合电路欧姆定律可得：E＝U2+I2r 联立解得：E＝9V，r＝6Ω。 （3）断开开关S2瞬间，传感器示数分别为：I2＝0.25A和U2＝7.5V，则R30Ω； 闭合开关S1和S2，传感器示数分别为I1＝0.50A和U1＝6.0V，则R和R′并联的电阻为：R并12Ω 而：，解得：R′＝20Ω。 （4）闭合开关S1和S2，导体棒恰好没有运动，则有：BIL＝μmg 其中：IA＝0.2A 解得导体棒和粗糙导轨之间的动摩擦因数：μ＝0.08。 （5）根据牛顿第二定律可得：BI2L﹣μmg＝ma 解得导体棒在t1时刻的加速度大小：a＝0.2m/s2。 （6）匀速运动时，摩擦力和安培力大小相等，则有：BI′L＝μmg，其中： 解得匀速时的速度大小：v1＝9m/s。 （7）取向右为正方向，从导体棒经过MN到停下，根据动量定理可得：﹣BLt＝0﹣mv 即：mv，其中：xt 解得导体棒停下的位置到虚线MN的距离：x＝375m。 32．福建舰是我国完全自主设计建造的首艘配备电磁弹射技术和阻拦装置的航空母舰，可实现舰载机的电磁弹射起飞和电磁阻拦着舰。 （1）为了研究问题的方便，将舰载机电磁弹射起飞简化为如图所示的模型。电源的电动势为E，电容器的电容为C。弹射轨道为两个固定在水平面上、间距为L且相互平行的金属导轨，舰载机载体简化为一根垂直放置于金属导轨上电阻为r的金属棒。整个装置处在垂直导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中。不计导轨和电路其他部分的电阻，忽略一切阻力。 ①发射前，将开关S连接1，先对电容器进行充电。 ⅰ.充电过程中，电容器两极板间的电压u和电路中的电流i随时间t的变化图线可能为 　 　 。 ⅱ.充电结束后，电容器所带的电量为 　 　 。 ②电容器充电结束后，将S接到2，金属棒在磁场力的驱动下由静止开始加速运动。 ⅰ.S接到b瞬间，金属棒所受的磁场力大小F＝ 　 。 ⅱ.金属棒加速运动的速度大小v随时间t的变化图线可能为 　 　 。 （2）将舰载机电磁阻拦着舰简化为如图所示的模型。电阻不计、间距为L的平行金属轨道固定在水平面内，轨道左端连接阻值为R的电阻。阻值为r、质量不计的导体棒ab垂直放置于轨道。整个装置处在垂直导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中。质量为m的舰载机着舰后勾住ab棒，使其与导体棒具有共同速度v0，舰载机立即关闭发动机，开始减速直至停止。ab棒与轨道始终接触良好且垂直于轨道。 ①在减速过程中，ab棒上的感应电流方向为 　 　 。 ②ab棒速度为v0时，棒两端的电压为 　 。 ③若不计阻力，求整个减速过程中，电阻R上产生的热量。（计算） 【答案】（1）①i.A；ii.CE；②i.；ii.B；（2）①b到a；②；③电阻R上产生的热量为。 【知识点】（1）电容器充放电特点、安培力的计算公式、法拉第电磁感应定律、功能关系 【解析】解：（1）①ⅰ.充电过程中，充电电流逐渐减小，电容器两端的电压增加，且电流和电压的变化都越来越慢，故A正确，BCD错误； ⅱ.充电结束后，电容器的电压为E，所带的电量为Q＝CE ②电容器充电结束后，将S接到2，金属棒在磁场力的驱动下由静止开始加速运动。 ⅰ.S接到b瞬间，金属棒所受的磁场力大小F＝BIL ⅱ.开关闭合前电容器的电荷量为Q，则电容器两极板间电压Q＝CU 开关闭合瞬间，通过导体棒的电流I 开关闭合瞬间由牛顿第二定律有BIL＝ma 将电流I代入上式解得a 随着电容器放电，所带电荷量不断减少，所以导体棒的加速度不断减小，做加速度不断减小的加速运动，故B正确，ACD错误； （2）①在减速过程中，根据右手定则可知，ab棒上的感应电流方向为由b到a。 ②ab棒速度为v0时，感应电动势为E＝BLv0 棒两端的电压为UE 解得U ③根据功能关系可知Q 则电阻R上的热量为Q'Q 解得Q' 33．如图甲所示，福建舰配备了先进的电磁弹射系统。电磁弹射的简化模型如图乙所示，直流电源的电动势为E，电容器的电容为C，两条相距L的固定光滑导轨，水平放置处于磁感应强度B的匀强磁场中。现将一质量为m，电阻为R的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内处于静止状态，并与两导轨接触良好。先将开关K置于a让电容器充电，充电结束后，再将K置于b，金属滑块会在电磁力的驱动下向右加速运动，达到最大速度后滑离轨道。不计导轨和电路其他部分的电阻，忽略空气阻力。 （1）下列说法中正确的是 　 　 ； A．K置于b前电容器的电荷量为 B．金属块向右做匀加速运动 C．物块运动过程中，P端的电势始终高于Q端的电势 D．物块的速度达到最大时，电容器所带的电荷量为0 （2）计算：求金属滑块在轨道上运动的最大加速度 　 ； （3）计算：求金属滑块在轨道上运动的最大速度。试写出一种可以提高金属块最大速度的办法： 　 　 ？ 【答案】（1）C；（2）；（3）最大速度为，可以增大电源电动势E。 【知识点】（1）电荷量的计算公式、左手定则 （2）牛顿第二定律 （3）电荷量的计算公式、动量定理 【解析】解：（1）A.电容器充满电后，电容器的电荷量为Q＝CU＝CE，即K置于b前电容器的电荷量为CE，故A错误； B.金属块向右加速运动过程，电容器两端电压从E开始减小，滑块两端电压在增大，则电路总的电动势在减小，所以金属滑块受到的安培力在减小，加速度在减小，金属块向右做的不是匀加速运动，故B错误； C.右手定则可知，物块运动过程中，P端的电势始终高于Q端的电势，故C正确； D.物块的速度达到最大时，电容器两端电压等于滑块两端电压，故电容器所带的电荷量不为0，故D错误。 （2）对滑块，开关K置于b瞬间，滑块速度为0，此时有最大加速度am，根据牛顿第二定律有BIL＝mam，而I，解得最大加速度am； （3）物块的速度达到最大时，电容器两端电压等于滑块两端电压，即电容器两端电压U＝BLvm，滑块从开始运动到最大速度，电容器放电量q1＝C（E﹣BLvm），对金属滑块，规定向右的方向为正方向，由动量定理有，因为q1＝q2，联立以上解得，可知要提高最大速度，可以增大电源电动势。 $专题03 电磁感应 题型1 电磁感应现象的发现 题型2 产生感应电流的条件 题型3 感应电流的方向——楞次定律及其推广 题型4 感应电流的方向——右手定则 题型5 法拉第电磁感应定律的基本计算 题型6 导体棒切割磁感线的电动势基本计算 题型7 电磁感应的图像问题 题型8 电磁感应中的动量问题 题型9 电磁感应中的能量问题 题型10 电磁感应中的电路问题 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型一 电磁感应现象的发现（共3小题） 1．如图所示，矩形线框在匀强磁场内做各种运动的过程中，能够产生感应电流的是（　　） A． B． C． D． 2．下列四种情境中说法中正确的是（　　） A．图甲中，奥斯特利用该装置发现了电磁感应现象 B．图乙中，线圈穿过磁铁从M运动到L的过程中，穿过线圈的磁通量先减小后增大 C．图丙中，闭合线框绕垂直于磁场方向的轴转动的过程中，线框中没有感应电流产生 D．图丁中，线框在与通电导线在同一平面内向右平移的过程中，线框中有感应电流产生 3．1831年法拉第把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路，B线圈与开关S、电流表G组成另一个回路。通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件，正确的是（　　） A．闭合开关S的瞬间，电流表G中有感应电流 B．闭合开关S的瞬间，电流表G中无感应电流 C．闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中无感应电流 D．闭合开关S后，滑动变阻器滑片向右移动的过程中，电流表G中无感应电流 题型二 产生感应电流的条件（共4小题） 4．下列说法正确的是（　　） A．导体相对磁场运动时，导体中一定产生感应电流 B．导体做切割磁感线运动时，导体中一定会产生感应电流 C．只要穿过闭合回路的磁通量发生变化，回路中就会有感应电流产生 D．闭合金属框只要在磁场中运动，金属框内就会有感应电流产生 5．（多选）图甲为无线磁力搅拌杯，其工作原理如图乙所示，杯体底部安装通电线圈，相关电路控制线圈电流从而产生一个逆时针旋转的磁场（俯视图），杯内中心放置一搅拌金属粒，在旋转磁场作用下金属粒也产生旋转，从而达到搅拌杯内溶液的效果。通电搅拌时，以下说法正确的是（　　） A．金属粒中会产生感应电流 B．金属粒内不会产生焦耳热 C．金属粒旋转方向与磁场旋转方向相同 D．加大磁场旋转速度，则金属粒旋转速度也加大 题型三 感应电流的方向——楞次定律及其推广（共6小题） 6．如图所示，通电螺线管中间正上方和左侧静止悬挂着铝环a和b，两环平面与螺线管的中心轴线都垂直，b环的圆心在螺线管的中心轴上。当滑动变阻器R的滑动头P向左滑动时，两环中产生的感应电流方向和受到的安培力方向是（　　） A．电流方向相同，受力方向a环向上、b环向右 B．电流方向相同，受力方向a环向下、b环向左 C．电流方向相反，受力方向a环向下、b环向右 D．电流方向相反，受力方向a环向上、b环向左 7．（多选）如图所示，通电螺线管置于闭合金属环a的轴线上且金属环a位于通电螺线管中间位置，金属环b在螺线管右侧附近，b的环面与a的环面平行，当螺线管中电流增加时，下列说法正确的是（　　） A．a环有缩小的趋势 B．a环中感应电流的方向与螺线管中电流的方向相反 C．b环中感应电流的方向与螺线管中电流的方向相反 D．b环有缩小的趋势 8．（多选）如图所示，在一个水平放置闭合的线圈上方放一条形磁铁，希望线圈中产生顺时针方向的电流（从上向下看），那么下列选项中可行的是（　　） A．磁铁上端为S极，磁铁向上运动 B．磁铁上端为N极，磁铁向上运动 C．磁铁上端为S极，磁铁向下运动 D．磁铁上端为N极，磁铁向下运动 9．1831年法拉第把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路，B线圈与开关S，电流表G组成另一个回路．如图所示，通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件．关于该实验下列说法正确的是（　　） A．闭合开关S的瞬间，电流表G中有a→b的感应电流 B．闭合开关S的瞬间，电流表G中有b→a的感应电流 C．闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有a→b的感应电流 D．闭合开关S后，在增大电阻R的过程中，电流表G中有b→a的感应电流 题型四 感应电流的方向——右手定则（共3小题） 10．如图所示，在一有界匀强磁场中水平放置一对电阻不计的平行金属导轨，虚线为有界磁场左边界，导轨跟圆形导体环N相接，图中导体环M与导体环N共面、彼此绝缘，且两导体环的圆心重合，半径rM＜rN。在磁场中垂直于导轨放置一根导体棒，与导轨分别相交于a、b两点，始终良好接触。已知磁场垂直于导轨所在平面向外。当导体棒向左减速运动时，φa　　 φb（选填“＞”或“＜”），圆环有　　 （选填“扩张”或“收缩”）的趋势。 11．如图所示，四幅图分别表示在匀强磁场中，闭合电路的一部分导体的运动方向与电路中产生的感应电流方向的关系，其中错误的是（　　） A． B． C． D． 12．如图，两金属棒ab、cd分别置于两个异名磁极之间，组成闭合回路。能使cd棒受到向下磁场力的情况是（　　） ①磁极Ⅰ为S极，磁极Ⅲ为S极，ab棒向左运动 ②磁极Ⅰ为S极，磁极Ⅲ为N极，ab棒向右运动 ③磁极Ⅰ为N极，磁极Ⅲ为N极，ab棒向左运动 ④磁极Ⅰ为N极，磁极Ⅲ为S极，ab棒向右运动 A．①②④ B．①②③④ C．②④ D．①③ 13．（多选）一架飞机从曹杨二中上空飞行时，下列说法正确的是（　　） A．水平向东飞行时，飞行员左侧机翼的电势比右侧高 B．水平向南飞行时，飞行员左侧机翼的电势比右侧高 C．水平向西飞行时，飞行员左侧机翼的电势比右侧低 D．水平向北飞行时，飞行员左侧机翼的电势比右侧低 题型五 法拉第电磁感应定律的基本计算（共3小题） 14．如图所示，桌面上放一只10匝线圈，线圈中心上方有一竖立的条形磁体。当磁体竖直向下运动时，线圈的面积有 　 　 （填“收缩”或“扩张”）的趋势，在上述过程中，穿过线圈的磁通量变化0.1Wb，经历的时间为0.5s，则线圈中的平均感应电动势为 　　 V。 15．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B随时间均匀增大，两导线框均为正方形，由相同导线做成，边长之比为3：1，两线框中感应电动势之比E1：E2＝　 　 ，消耗的电功率之比P1：P2＝　 　 ，相同时间内通过导线某横截面的电量之比Q1：Q2＝　 　 。 题型六 导体棒切割磁感线的电动势基本计算（共4小题） 16．（多选）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一根水平放置的金属棒以某一水平速度抛出，金属棒在运动过程中始终保持水平且未离开磁场区域。不计空气阻力，金属棒在运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．感应电动势越来越大 B．单位时间内，金属棒的动量增量变大 C．金属棒中的机械能越来越小 D．单位时间内金属棒扫过的曲面中的磁通量不变 E．棒的a端电势比b端电势低 17．如图所示，在一个磁感应强度为B的匀强磁场中，有一弯成45°角的金属导轨，且导轨平面垂直磁场方向．导电棒MN以速度v从导轨的O点处开始无摩擦地匀速滑动，速度v的方向与Ox方向平行，导电棒与导轨单位长度的电阻为r． （1）写出t时刻感应电动势的表达式． （2）感应电流的大小如何？ （3）写出在t时刻作用在导电棒MN上的外力瞬时功率的表达式． 18．法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（　　） A．无论圆盘怎样转动，流过电阻R的电流均为零 B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动 C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在 R 上的热功率也变为原来的2倍 19．如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，bc边长为l，∠a＝30°，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为φa、φb、φc，则它们之间的大小关系为 　 ，一个周期内金属框产生的焦耳热为 　 　 。 题型七 电磁感应的图像问题（共4小题） 20．如图甲所示，螺线管匝数n＝1200，横截面积S＝0.01m2，螺线管导线电阻r＝0.5Ω，电阻R＝9.5Ω。螺线管内部区域可视为存在水平方向的匀强磁场，以水平向右为正方向，磁感应强度大小B随时间t变化的图像如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．通过电阻R的感应电流方向从D到C B．回路中感应电流逐渐增大 C．电阻R两端的电压为6V D．0～2s内回路中的电流为0.72A 21．如图甲所示，单匝矩形线圈abcd垂直固定在匀强磁场中，规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。以向下方向为安培力正方向，下列关于bc段导线受到的安培力F随时间变化的图像正确的是（　　） A． B． C． D． 22．（多选）如图所示，两条光滑的不计电阻的金属导轨平行固定在斜面上，导轨所在区域存在匀强磁场，导轨上端连接电阻R。在不加其他外力的情况下，导体棒在沿导轨下滑，棒始终与导轨接触良好，且平行于斜面底边，则在下滑过程中，导体棒中的感应电流I、穿过棒与导轨围成的线框磁通量Φ随时间t变化的关系不可能是（　　） A． B． C． D． 23．如图甲所示，阻值为4Ω、匝数为100的圆形金属线圈与一个阻值为6Ω的电阻连接成闭合电路。线圈的半径为10cm，在线圈中有一个边长为10cm的正方形匀强磁场区域，该磁场方向垂直于线圈平面。磁感应强度B（向里为正）随时间t变化的关系如图乙所示，导线电阻不计。则2s时回路中电流的大小 为 　 　A，c、d间的电势差Ucd＝ 　 　 V。 题型八 电磁感应中的动量问题（共3小题） 24．我校科技兴趣小组设计了一个模拟电磁弹射和电磁阻尼系统，其简易原理图如图所示。两条间距为L的导轨平行置于水平面上，导轨中间有一绝缘区域将左右两边平滑连接且左右两部分导轨均足够长。左侧导轨接一电动势为E的电源（内阻不计），右侧有一单刀双掷开关S、电容为C的电容器和阻值为R的电阻。整个装置处于竖直向下的匀强磁场B中，不计摩擦，不考虑电流产生的磁场的影响。 （1）在左侧导轨放一电阻为R、质量为m的导体棒： ①请画出导体棒上的电流方向。 ②导体棒在左侧时能够达到的最大速度是　 ，在左侧通过导体棒最大的电荷量是 　 。 ③若开关S接1（电阻），则导体棒在右侧最大位移为　 　 ，电阻R上产生的焦耳热为　 。 ④若开关S接2（电容），则导体棒在右侧稳定的速度v＝　 　 。 （2）断开开关S，在导轨上放置总质量为m的导线框跨过绝缘部分，导线框边长为1.2L，各边电阻均为R。计算该导线框的最大加速度并定性画出其速度—时间图像。 题型九 电磁感应中的能量问题（共3小题） 25．如图，两根水平放置且互相平行的光滑金属导轨之间的距离为L。在两导轨之间存在着磁感应强度为B的匀强磁场，两导轨间串联一个阻值为R的电阻。金属棒ab的电阻为r，导轨的电阻不计。若ab在恒力F的作用下从静止开始向右运动，则（　　） A．ab的加速度是恒定的 B．t时间内恒力F对ab棒做的功等于整个回路中产生的总电热 C．金属棒获得的最大速度为 D．电阻R两端的最大电压为 26．（多选）如图1所示，两条足够长的平行金属导轨固定在水平桌面上，左端接有阻值R＝1Ω的电阻，导轨电阻忽略不计，一质量为m＝0.1kg、电阻不计的金属棒垂直导轨放置，整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中。现金属棒在水平向右的拉力作用下向右运动，拉力F与时间t的关系式为F＝0.3+0.2t（N），t＝2s时撤去拉力，金属棒在t＝2.55s时停止运动，金属棒整个运动过程的v﹣t图像如图2所示。重力加速度g＝10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．金属棒与导轨之间的动摩擦因数为0.2 B．撤去拉力后金属棒运动的距离为0.45m C．撤去拉力后电阻R上产生的焦耳热为0.2J D．撤去拉力后通过电阻R的电荷量为C 27．工业上有一种利用矿料传送带发电的技术，其发电装置如图所示。长度为2L、间距为L的两平行金属电极固定在同一水平面内，两电极之间的矩形区域Ⅰ和矩形区域Ⅱ有竖直方向的磁场，磁感应强度大小均为B、方向相反，区域Ⅰ的宽度为，区域Ⅱ宽度为。绝缘传送带从两电极之间以速率v匀速通过，传送带上每隔2L固定一根垂直于运动方向、长度为L、电阻为r的导体棒，导体棒通过磁场区域过程中与电极接触良好。a、b两端通过导线与两金属电极相连。 （1）在图示情形下，若a、b两端的电势分别为φa和φb，则 　 　 。 A.φa＞φb B.φa＝φb C.φa＜φb D.无法比较φa和φb的大小 （2）若在a、b两端接有一个阻值为R的电阻，则在图示情形下，a、b两端的电压为 　 。导体棒AB中的自由电子一方面在做定向运动，设其速率为v′，另一方面又随导体棒以速率v匀速运动，已知一个自由电子所带的电荷量为e，则导体棒中一个自由电子所受的洛伦兹力大小为 　 。 （3）（计算）求该发电装置所产生的电动势的有效值E。 28．在城市街头，我们时常看到新能源汽车在路上行驶。某兴趣小组尝试设计新能源汽车的电磁缓冲装置——利用电磁阻尼对汽车碰撞进行保护的安全装置。 （1）某新能源汽车质量为M，额定功率为P，运动时所受阻力大小与运动速度大小成正比，比例系数为k。该汽车在平直道路上行驶的最大速度为　 。以最大速度行驶时，若该汽车突然关闭发动机，则其滑行距离为　 。 （2）兴趣小组设计新能源汽车的电磁缓冲装置，简化结构俯视图如图所示。无动力装置的模型车上固定两条绝缘滑轨PQ、MN，滑轨与车身总质量为M0，滑轨之间有竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场（磁场始终与车保持相对静止）。嵌在滑轨上的轻质矩形线框abcd绕有n匝导线，可沿滑轨滑动，总电阻为R，bc边长度为l。车与线框一起以速度v0沿水平地面运动时，撞到静止于地面上、质量为m的障碍物，线框与障碍物接触后始终与障碍物保持相对静止，当b点滑到PQ间某一点时，障碍物、线框与车恰好速度相同。（不计一切摩擦） ①（作图）在bc边上用箭头标出该边切割磁感线过程中感应电流的方向。 ②（计算）求bc边开始切割磁感线的瞬间，线框所受安培力的大小。 ③（计算）求线框相对滑轨滑动过程中所产生的焦耳热。 29．电磁制动的原理可简化为如图1所示电路，光滑水平导轨（电阻不计）处于竖直向下的有界匀强磁场中，放于导轨上的金属棒MN逐渐减速。已知导轨间距为d，导轨一端连接的电阻阻值为R，磁感应强度大小为B，MN棒质量为m，接入电路的电阻也为R。 （1）用楞次定律判断MN棒中的感应电流方向：原磁场的方向为竖直向下→MN棒右移过程中穿过DCMN闭合回路的磁通量在 　 　 →根据楞次定律确定感应电流的磁场方向为 　 　 →利用右手螺旋定则确定MN棒中的感应电流的方向从N到M。 （2）为分析MN棒的速度，小嘉同学做了如下设想：如图2，若导轨距地面高为h，质量为2m的橡胶棒PQ处于导轨边缘。MN棒以大小为v0的初速度开始向右滑行一段距离后撞上PQ棒，与其粘连后一起飞出磁场区域做平抛运动，落地点距抛出点的水平距离为L，空气阻力可忽略不计。 ①飞出时的速度大小v2为 　 。 ②（计算）求两棒碰撞前MN棒的速度大小v1。 ③（作图）在图3中画出MN棒的速度随滑行位移变化的v﹣x图线。计算出MN棒在导轨上滑行的距离，标注在x轴上。（此处不要求写计算过程） ④（计算）求MN棒在导轨上滑行的整个过程中MN棒所产生的热量Q。 30．玩具小车是一代人的童年回忆，也被运用于物理实验研究中。 某模型小组用遥控玩具小车探究电磁阻拦的效果。如图所示（俯视），在遥控小车底面安装有单匝矩形金属线框（线框与水平地面平行），小车以初速度v0向右通过竖直向下的有界磁场。已知小车总质量为m，金属框边ab长为l，边ad长为2l，电阻为R，磁场宽度D＝4l，磁感应强度为B，不计摩擦。若cd边刚离开磁场边界MN时，小车速度恰好为零。 ①线框穿过磁场的过程中，感应电流的方向（　　 ） A．均为abcda B．均为adcba C．先abcda再adcba D．先adcba再abcda ②定性画出小车运动的速度v随时间t变化的关系图像；（作图题） ③边ab刚进入磁场时，小车的加速度为　 　 ，线框进入磁场的过程中，通过导线截面的电量 q＝　 ； ④分析论证：“线框进入磁场过程的发热量大于穿出磁场过程的发热量”。（论证题） 题型十 电磁感应中的电路问题（共3小题） 31．某兴趣小组用如下的装置来模拟电车启动和刹车。足够长的水平平行导轨间距为L＝0.5m，虚线MN左边的导轨是粗糙的，连接了开关S1、直流电源E和电流电压传感器；右边的导轨是光滑的，连接了开关S2和滑动变阻器R'。整个装置处于磁感应强度为B＝0.4T的足够大的竖直匀强磁场中。重力加速度取g＝10m/s2。 最初开关S2是闭合的，质量为m＝0.05kg、内阻为R的导体棒放在左边导轨上，与MN平行。闭合开关S1，导体棒恰好没有运动，传感器示数分别为I1＝0.50A和U1＝6.0V。t1时刻断开开关S2，传感器示数瞬间变为I2＝0.25A和U2＝7.5V，导体棒开始向右加速。此后，导体棒逐渐达到匀速v1。此后施加外力、断开开关S1并将滑动变阻器调为0Ω，撤去外力并闭合开关S2，然后观察到导体棒以v＝10m/s经过MN，模拟刹车的过程。 （1）该匀强磁场的方向 　 　 。 A.竖直向上 B.竖直向下 （2）求直流电源的电动势E和内阻r。 （3）导体棒的阻值R＝ 　 　 Ω，滑动变阻器接入的阻值R′＝ 　 Ω。 （4）求导体棒和粗糙导轨之间的动摩擦因数μ。 （5）导体棒在t1时刻的加速度大小a＝ 　 　 m/s2。 （6）匀速时的速度大小v1＝ 　 　 m/s。 （7）求导体棒停下的位置到虚线MN的距离。 32．福建舰是我国完全自主设计建造的首艘配备电磁弹射技术和阻拦装置的航空母舰，可实现舰载机的电磁弹射起飞和电磁阻拦着舰。 （1）为了研究问题的方便，将舰载机电磁弹射起飞简化为如图所示的模型。电源的电动势为E，电容器的电容为C。弹射轨道为两个固定在水平面上、间距为L且相互平行的金属导轨，舰载机载体简化为一根垂直放置于金属导轨上电阻为r的金属棒。整个装置处在垂直导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中。不计导轨和电路其他部分的电阻，忽略一切阻力。 ①发射前，将开关S连接1，先对电容器进行充电。 ⅰ.充电过程中，电容器两极板间的电压u和电路中的电流i随时间t的变化图线可能为 　 　 。 ⅱ.充电结束后，电容器所带的电量为 　 　 。 ②电容器充电结束后，将S接到2，金属棒在磁场力的驱动下由静止开始加速运动。 ⅰ.S接到b瞬间，金属棒所受的磁场力大小F＝ 　 。 ⅱ.金属棒加速运动的速度大小v随时间t的变化图线可能为 　 　 。 （2）将舰载机电磁阻拦着舰简化为如图所示的模型。电阻不计、间距为L的平行金属轨道固定在水平面内，轨道左端连接阻值为R的电阻。阻值为r、质量不计的导体棒ab垂直放置于轨道。整个装置处在垂直导轨平面、磁感应强度为B的匀强磁场中。质量为m的舰载机着舰后勾住ab棒，使其与导体棒具有共同速度v0，舰载机立即关闭发动机，开始减速直至停止。ab棒与轨道始终接触良好且垂直于轨道。 ①在减速过程中，ab棒上的感应电流方向为 　 　 。 ②ab棒速度为v0时，棒两端的电压为 　 。 ③若不计阻力，求整个减速过程中，电阻R上产生的热量。（计算） 33．如图甲所示，福建舰配备了先进的电磁弹射系统。电磁弹射的简化模型如图乙所示，直流电源的电动势为E，电容器的电容为C，两条相距L的固定光滑导轨，水平放置处于磁感应强度B的匀强磁场中。现将一质量为m，电阻为R的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内处于静止状态，并与两导轨接触良好。先将开关K置于a让电容器充电，充电结束后，再将K置于b，金属滑块会在电磁力的驱动下向右加速运动，达到最大速度后滑离轨道。不计导轨和电路其他部分的电阻，忽略空气阻力。 （1）下列说法中正确的是 　 　 ； A．K置于b前电容器的电荷量为 B．金属块向右做匀加速运动 C．物块运动过程中，P端的电势始终高于Q端的电势 D．物块的速度达到最大时，电容器所带的电荷量为0 （2）计算：求金属滑块在轨道上运动的最大加速度 　 ； （3）计算：求金属滑块在轨道上运动的最大速度。试写出一种可以提高金属块最大速度的办法： 　 　 ？ $专题03 电磁感应 题型1 电磁感应现象的发现 题型2 产生感应电流的条件 题型3 感应电流的方向——楞次定律及其推广 题型4 感应电流的方向——右手定则 题型5 法拉第电磁感应定律的基本计算 题型6 导体棒切割磁感线的电动势基本计算 题型7 电磁感应的图像问题 题型8 电磁感应中的动量问题 题型9 电磁感应中的能量问题 题型10 电磁感应中的电路问题 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型一 电磁感应现象的发现（共3小题） 1．【答案】B 2．【答案】D 3．【答案】B 题型二 产生感应电流的条件（共2小题） 4．【答案】C 5．【答案】ACD 题型三 感应电流的方向——楞次定律及其推广（共5小题） 6．【答案】D 7．【答案】BCD 8．【答案】AD 9．【答案】D 题型四 感应电流的方向——右手定则（共4小题） 10．【答案】＞；扩张。 11．【答案】A 12．【答案】B 13．【答案】AB 题型五 法拉第电磁感应定律的基本计算（共2小题） 14．【答案】收缩，2。 15．【答案】9：1；3：1；3：1。 题型六 导体棒切割磁感线的电动势基本计算（共4小题） 16．【答案】DE 17．【答案】（1）MN匀速运动，则经过时间t导线离开O点的长度：x＝vt； MN切割磁感线的有效长度是 L＝vt•tan45°＝vt． t时刻回路中导线MN产生的感应电动势为：E＝BLv＝Bv2t； （2）回路的总电阻为：R＝（2vtvt）r 感应电流的大小为：I； （3）由上式分析可知，回路中产生的感应电流不变． 金属棒匀速运动时，外力的功率等于回路总的电功率， 则外力瞬时功率的表达式为：P＝I2R； 答：（1）t时刻感应电动势的表达式为E＝Bv2t． （2）感应电流的大小为； （3）在t时刻作用在导电棒MN上的外力瞬时功率的表达式为：P． 18．【答案】B 19．【答案】φc＞φa＝φb，0。 题型七 电磁感应的图像问题（共4小题） 20．【答案】D 21．【答案】A 22．【答案】AD 23．【答案】0.01；﹣0.06 题型八 电磁感应中的动量问题（共1小题） 24【答案】（1）① ②，；③，；④ （2）该导线框的最大加速度是 其速度—时间图像 题型九 电磁感应中的能量问题（共6小题） 25．【答案】C 26．【答案】ABD 27．【答案】（1）C；（2），；（3）BLv。 28． 【答案】（1）； ； （2）①在bc边上用箭头标出该边切割磁感线过程中感应电流的方向如下 ②bc边开始切割磁感线的瞬间，线框所受安培力的大小是； ③线框相对滑轨滑动过程中所产生的焦耳热是。 29．【答案】（1）增大；竖直向上； （2）①L； ②两棒碰撞前MN棒的速度大小v1为3L； ③； ④MN棒在导轨上滑行的整个过程中MN棒所产生的热量Q为。 30．【答案】①D； ②小车运动的速度v随时间t变化的关系图像 ③；；④由前面分析可得 可知进磁场过程中的平均速度较大，则有平均安培力较大，进磁场和出磁场过程的位移相等， 由功的定义式有W＝Fs 故进磁场过程中线框克服安培力做功较多，因此线框进入磁场过程的发热量大于穿出磁场过程的发热量。 题型十 电磁感应中的电路问题（共3小题） 31．【答案】（1）B；（2）电源电动势为9V，内电阻为6Ω；（3）30；20；（4）导体棒和粗糙导轨之间的动摩擦因数为0.08；（5）0.2；（6）9；（7）导体棒停下的位置到虚线MN的距离为375m。 32.【答案】（1）①i.A；ii.CE；②i.；ii.B；（2）①b到a；②；③电阻R上产生的热量为。 33．【答案】（1）C；（2）；（3）最大速度为，可以增大电源电动势E。 $