2026-2027学年高二上学期物理（人教版2019）选择性必修二 2.2 法拉第电磁感应定律【重难突破】

2.2　法拉第电磁感应定律　【重难突破】 人教版（2019）选择性必修第二册 · 第二章 电磁感应 2.2　法拉第电磁感应定律 【重难突破】 人教版（2019）选择性必修第二册　第二章　电磁感应 建议用时：45 分钟 题量：30 题 难度：★★★★☆ 版本：解析版 ▎学习目标 1．理解感应电动势的概念，掌握法拉第电磁感应定律及其公式 E=nΔΦ/Δt，能区分磁通量 Φ、变化量 ΔΦ 和变化率。 2．掌握导体平动切割磁感线的感应电动势公式 E=Blv、E=Blvsinθ，理解有效切割长度，会判断切割时的电势高低。 3．掌握导体转动切割的感应电动势公式 E=½Bl²ω 及其推导，了解法拉第圆盘发电机，能区分平均与瞬时感应电动势。 4．体会电磁感应规律在电磁炉、发电机等生活与科技中的应用，理解电磁感应与能量守恒的一致性，提升模型建构与科学推理素养。 ▎课标与考情 【课标要求】通过实验理解法拉第电磁感应定律，了解感应电动势；能运用 E=nΔΦ/Δt、E=Blv 等公式计算感应电动势，了解电磁感应在生产生活中的应用。 【考情分析】高考常以选择题结合 B-t 图像、导体棒平动与转动、双棒和电容器等模型，考查感应电动势的计算、电荷量与热量、电势高低及电流方向；定量计算与图像分析并重，难度中等偏上。 ▎思维导图 2.2 法拉第电磁感应定律 法拉第定律（感生） 感应电动势：产生它的导体相当于电源 内容：E 与磁通量变化率成正比 公式：E = nΔΦ/Δt E 由变化率决定，与 Φ、ΔΦ 无关 平动切割（动生） B、l、v 两两垂直：E = Blv v 与 B 成 θ：E = Blvsinθ 有效切割长度取投影 克服安培力做功，机械能转化为电能 转动切割（动生） 金属棒绕一端转动：E = ½Bl²ω 推导：中点平均速度 / 扇形面积 法拉第圆盘：各半径并联 平均与瞬时电动势需区分 考向一　法拉第电磁感应定律（感生电动势） 本考向围绕法拉第电磁感应定律展开，关键是理解感应电动势由磁通量的变化率决定，掌握公式 E=nΔΦ/Δt，并区分磁通量 Φ、变化量 ΔΦ 与变化率。 ▎知识梳理 1．感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势叫作感应电动势，产生感应电动势的那部分导体相当于电源。 2．法拉第电磁感应定律： （1）内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。 （2）公式：在国际单位制中，n 匝线圈的感应电动势为 其中 n 为线圈匝数，ΔΦ 为单匝线圈磁通量的变化量，磁通量单位为韦伯（Wb），感应电动势单位为伏（V）。 3．感应电动势与感应电流：回路闭合时，感应电流为 I=E/R总；回路断开时，只有感应电动势而无感应电流。 ▎重难诠释 1．感应电动势 E 由磁通量变化的快慢（变化率）决定，与磁通量 Φ、磁通量变化量 ΔΦ 无关。 2．Φ 很大时 E 不一定大；即使 Φ=0，只要变化率很大，E 也可能很大。 3．在 Φ-t 图像中，图线上某点切线的斜率表示该时刻磁通量的变化率，斜率越大，感应电动势越大。 4．公式 E=nΔΦ/Δt 求出的一般是 Δt 时间内的平均感应电动势；当 Δt 趋近于零时，表示瞬时感应电动势。 比较项目 磁通量 Φ 变化量 ΔΦ 变化率 ΔΦ/Δt 物理意义 某时刻穿过某面的磁感线条数 某一过程磁通量的变化 磁通量变化的快慢 B、S 垂直时 Φ = BS ΔΦ = Φ₂ − Φ₁ ΔΦ/Δt Φ-t 图像 某点的纵坐标 两点纵坐标之差 图线切线的斜率 对 E 的影响 不直接决定 E 不直接决定 E 决定感应电动势 E ▎生活·科技实例：电磁炉 电磁炉是感生电动势（涡流）的典型应用：炉内线圈通以高频交变电流，产生迅速变化的磁场；铁质锅具放在炉面上时，穿过锅底的磁通量不断变化，锅底内产生感应电动势并形成涡流，涡流的热效应使锅底迅速发热，从而加热食物。它无明火、热效率高，正是“变化的磁场产生感应电动势”的生活实例。 图1　家用电磁炉，利用变化磁场在锅底产生涡流加热 ◆ 考点专练（第 1～5 题） 1．如图甲所示，正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示，在0～0.2s与0.2s～0.6s内（　　） A．磁通量变化量大小之比为2：1 B．通过金属框横截面的电荷量之比为2：1 C．金属框产生的热量之比为4：1 D．金属框ad边受到的安培力冲量大小之比为1：1 【答案】D 【解答】解：A、根据磁通量计算公式Φ＝BS，在0～0.2s与0.2s～0.6s两个时间段内，磁感应强度的变化量大小均为0.5T，因此磁通量的变化量大小之比为1：1，故A错误； B、通过金属框横截面的电荷量，由于两次磁通量变化量大小相等且电阻R不变，所以电荷量之比为1：1，故B错误； C、根据法拉第电磁感应定律可知，两次感应电动势之比E1：E2＝0.4：0.2＝2：1，再依据焦耳定律，可见产生的热量与时间成反比，即Q1：Q2＝0.4：0.2＝2：1，故C错误； D、安培力的冲量，其中感应电流，平均磁感应强度，代入可得，由于磁感应强度的变化量与框架尺寸均未改变，所以冲量大小之比为1：1，故D正确。 故选：D。 2．如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0﹣kt，B0、k为常量，则图中半径为R的n匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为（　　） A．πkr2 B．nπkr2 C．nπB0r2 D．πB0R2 【答案】B 【解答】解：磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0﹣kt，则k 根据法拉第电磁感应定律可知：E＝nnnkπr2，故B正确，ACD错误。 故选：B。 3．如图所示，通有恒定电流的固定长直导线附近有一圆形线圈，直导线与线圈置于同一光滑水平面内。若缓慢减小直导线中的电流，下列说法正确的是（　　） A．线圈中产生顺时针方向的感应电流，且线圈有扩张的趋势 B．线圈整体将向远离直导线的方向运动，运动过程中线圈的动能持续增大 C．线圈中感应电动势的大小与直导线中的电流大小成正比 D．线圈中感应电流的热功率逐渐增大，直导线对线圈的安培力做负功 【答案】A 【解答】解：A、缓慢减小直导线的电流时，直导线在线圈中的磁场减弱；根据右手螺旋定则，可知线圈中的磁场垂直于水平面向里，根据楞次定律，可知线圈中的感应电流应产生向里的磁场，即线圈中的感应电流为顺时针方向，线圈有扩张的趋势，故A正确； B、根据A选项分析，可知线圈向靠近直导线的方向运动，可知安培力对线圈做正功，线圈的动能变大，故B错误； C、根据法拉第电磁感应定律，可得：，导线在线圈处产生的磁场与直导线的电流满足：B＝kI，即感应电动势与电流的变化成正比，感应电动势与直导线的电流大小无关，故C错误； D、根据C选项分析，可知感应电动势大小与电流的变化率成正比，结合热功率的公式：，可知线圈的感应电流热功率与电流的变化率的平方成正比，而电流的变化率不确定，则热功率变化情况不确定，故D错误。 故选：A。 4．如图所示，细线悬挂边长为L的正方形单匝导体线框，其质量是m、电阻为R，线框一半处于水平虚线下方的有界匀强磁场中，在0～2t0时间内，磁场磁感应强度B随时间t变化如图，且线框一直保持静止状态，磁场方向垂直纸面向里为正，已知重力加速度为g，求（　　） A．线框中电流方向始终为逆时针 B．线框中电流方向为先逆时针，后顺时针 C．线框产生电流大小为 D．细绳中的拉力始终大于线框的重力 【答案】C 【解答】解：AB.在0﹣t0时间内，线圈中垂直纸面向里的磁通量变小，根据楞次定律可知，产生的感应电流方向为顺时针；在t0﹣2t0时间内，线圈中垂直纸面向外的磁通量变大，根据楞次定律可知，产生的感应电流方向为顺时针，故AB错误； C.根据法拉第电磁感应定律可知，线框中产生的感应电动势为 根据欧姆定律可得线框中电流大小为，故C正确； D.在0﹣t0时间内，磁场垂直于纸面向里时，根据左手定则所受安培力向下，在t0﹣2t0时间内，磁场垂直于纸面向里时，根据左手定则所受安培力向上，线圈始终静止，所以绳子上的拉力先大于重力后小于重力，故D错误。 故选：C。 5．如图1所示，在竖直向上的磁场中水平放置一个金属圆环，磁感应强度B随时间t的变化规律如图2所示。下列时刻圆环中电流最大的是（　　） A．1s B．2s C．3s D．4s 【答案】A 【解答】解：根据法拉第电磁感应定律 由图2可知，B﹣t图线的斜率，即为，在1s时最大，即圆环中的感应电动势最大，根据 可知，此时圆环中的电流最大，故A正确，BCD错误。 故选：A。 考向二　平动切割磁感线（单棒与单框模型） 本考向围绕平动切割磁感线展开，核心是掌握 E=Blv 与 E=Blvsinθ，理解有效切割长度，并结合右手定则判断电势高低与电流方向。 ▎知识梳理 1．B、l、v 两两垂直：导线垂直于磁场方向运动，且磁感应强度 B、导线长度 l、速度 v 两两垂直时，感应电动势为 2．速度与磁场成 θ 角：导线运动方向与导线本身垂直，但与磁感线方向夹角为 θ 时（如图乙），将速度分解，感应电动势为 图2　平动切割：甲为 B、l、v 两两垂直，乙为 v 与 B 成 θ 角 3．方向与电势：用右手定则判断感应电流方向，切割磁感线的导体相当于电源，导体内部电流由低电势端流向高电势端。 4．能量转化：导体棒所受安培力方向与运动方向相反，导体棒克服安培力做功，把机械能（或其他形式的能）转化为电能。 ▎重难诠释 1．当 B、l、v 三者方向互相垂直时 E=Blv；当任意两个量方向互相平行时，导线不切割磁感线，E=0。 2．若导线弯折，或 l 与 v 不垂直，应取导线两端点在垂直于 v 方向上的投影长度，即有效切割长度。 3．常见有效切割长度：半圆环取其直径；圆形线圈沿不同方向运动时，取相应的弦长或直径。 图3　有效切割长度：甲为弯折导线，乙为半圆环，丙为圆环沿不同方向运动 4．导体棒平动时，若 v 为瞬时速度则 E 为瞬时电动势；若 v 为平均速度则 E 为平均电动势。 ◆ 考点专练（第 6～10 题） 6．如图，虚线右侧区域内有垂直于纸面向里的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边长为l的均质正方形导线框HIJK沿纸面内图示速度方向匀速进入磁场，线框的速度大小为v，方向与磁场边界成45°角，线框的总电阻为R，图中为对角线IK刚进入磁场时的情形。下列在该位置的判断正确的是（　　） A．线框中的感应电流大小为 B．IK两端的电压为 C．线框所受安培力大小为 D．线框所受安培力的方向与v的方向相反 【答案】A 【解答】解：A、当对角线IK刚进入磁场时，线框的有效切割长度为正方形的对角线长度 线框速度v与IK夹角为45°，感应电动势E＝BL有效vcos45°＝Blv 感应电流，方向为K→J→I→H→K，故A正确。 B、线框为正方形，每条边电阻为，IJ、JK为电源（总内阻），外电路为IH、HK（总电阻）。 IK是电源的外电路两端，电压为路端电压，故B错误。 CD、线框受到的安培力等效为对角线IK受到的安培力，大小为 结合楞次定律，安培力的效果总是阻碍线框的相对运动，安培力方向水平向左，故CD错误。 故选：A。 7．如图所示，一质量为m、边长为l的正方形导线框abcd，由高度h处自由下落，ab边进入磁感应强度为B的匀强磁场区域后，线圈开始做匀速运动，直到dc边刚刚开始穿出磁场为止。已知磁场区域宽度为l，重力加速度为g，不计空气阻力。线框在穿越磁场过程中，下列说法正确的是（　　） A．进入磁场时，线框感应电流为adcba方向 B．线框穿越磁场的过程中电流大小为 C．线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热为2mgl D．进入磁场的过程中，通过线框导线的电荷量为 【答案】C 【解答】解：A.线框进入磁场的过程中，ab边切割磁感应线，根据右手定则可知，电流方向为abcda方向 故A错误； B.由题可知，线框进入磁场后开始做匀速运动，根据平衡条件有 BⅡ＝mg 解得 故B错误； C.从ab边进入磁场到cd边刚好离开磁场，线框一直做匀速运动，且下降的高度为2l，根据能量守恒，可知线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热等于减小的重力势能，则有 Q＝2mgl 故C正确； D.线框从高为h处静止释放，则 线框以速度v进入磁场做匀速运动，经过时间t完全进入磁场，则有 则线框进入磁场的过程中通过导线横截面的电荷量为 故D错误。 故选：C。 8．如图所示，光滑平行导轨固定于水平面内，间距为l，其所在空间存在方向竖直向上，磁感应强度大小为B的匀强磁场，导轨左侧接有阻值为R的定值电阻，一阻值为r的导体棒垂直导轨放置，导轨电阻忽略不计。现使导体棒获得一水平向右的速度v0，则在此时ab两点间电压大小为（　　） A．0 B．Blv0 C． D． 【答案】C 【解答】解：导体棒垂直切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小为E＝Blv 其中B为磁感应强度，l为导轨间距，v0为导体棒的速度，导体棒与电阻R串联，总电阻为R+r（r为导体棒电阻）由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流为： 根据部分电路欧姆定律U＝IR 代入数据可得，故C正确，ABD错误。 故选：C。 9．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒ab以某一水平速度v0抛出，金属棒在运动过程中始终保持水平。不计空气阻力，金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小变化和ab两端电势高低，下列说法正确的是（　　） A．电动势不变，a端电势高 B．电动势不变，b端电势高 C．电动势变小，a端电势高 D．电动势变大，b端电势高 【答案】A 【解答】解：设金属棒长度为l，磁感应强度为B，金属棒ab水平抛出后做平抛运动，则水平方向的分速度v不变，因为水平方向的分速度切割磁感线产生感应电动势，则感应电动势E＝Blv0保持不变；根据右手定则可知电子在洛伦兹力的作用下向b端运动，则a端电势高，故A正确，BCD错误。 故选：A。 10．如图所示，垂直纸面向外的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的正方形导体框abcd，现将导体框分别以速度v（竖直向上）、3v（水平向右）匀速拉出磁场（不计重力和空气阻力）。设导体框总电阻为R，边长为L，磁感应强度为B，下列说法正确的是（　　） A．两个过程中，导体框中感应电流的磁场方向相反 B．两个过程中，导体框所受安培力的冲量大小之比为1：3 C．两个过程中，外力的功率之比为1：9 D．两个过程中，导体框中产生的焦耳热与外力做功的比值为1：3 【答案】C 【解答】解：A、根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。两个过程中，都是导体框从磁场中拉出，磁通量都是减小，原磁场垂直纸面向外，所以感应电流的磁场方向都与原磁场 方向相同，即垂直纸面向外，故A错误； B、安培力的冲量大小之比安培力的冲量I冲＝F变t，安培力F变＝BIL，感应电流，感应电动势E＝BLv，则 当速度为v（竖直向上拉出）时，拉出时间安培力的冲量 当速度为3v（水平向右拉出）时，拉出时间 安培力的冲量 所以 I冲1：I冲2＝1：1 故B错误； C、因为导体框匀速拉出，外力F与安培力F安大小相等，即 F 外力的功率 当速度为v时，功率 当速度为3v时，功率 所以 P1：P2＝1：9 故C正确； D、因为导体框匀速运动，外力做功W外等于安培力做功W变而安培力做功全部转化为焦耳热Q，即 W外＝W安＝Q 所以 故D错误。 故选：C。 考向三　转动切割与综合模型（圆盘·双棒·电容） 本考向围绕转动切割与综合模型展开，掌握 E=½Bl²ω 及两种推导，了解法拉第圆盘，并会处理双棒、电容等综合问题中的动量与能量关系。 ▎知识梳理 1．转动切割：长为 l 的金属棒绕一端，在垂直于匀强磁场的平面内以角速度 ω 匀速转动时，感应电动势为 图4　金属棒 ab 绕 b 端转动切割磁感线 2．推导方法一（中点平均速度）：棒上各点线速度 v=ωr 与半径成正比，取中点速度作为平均切割速度， 3．推导方法二（扇形面积）：Δt 内棒扫过的扇形面积 ΔS=½l²ωΔt，由法拉第定律， 4．法拉第圆盘发电机：圆盘可看作无数条半径并联，每条半径转动切割产生 E=½Bl²ω，故圆盘匀速转动时输出恒定的电动势。 ▎重难诠释 1．转动切割时棒上各点速度不同，不能直接套用 E=Blv，应取平均速度或用扇形面积法。 2．双棒模型：系统所受安培力为内力，满足动量守恒；最终两棒共速时回路电流为零，损失的动能转化为焦耳热。 3．含电容器模型：通过电荷量关系 q=CΔU 与动量定理结合分析，注意区分充电电荷量与通过导体的电荷量。 4．电荷量与热量：通过某截面的电荷量 q=nΔΦ/R总；回路产生的焦耳热由能量守恒（动能或外力做功的减少量）确定。 比较项目 E = nΔΦ/Δt E = Blvsinθ 研究对象 整个闭合回路 回路中切割磁感线的导体 电动势类型 一般为平均电动势，Δt→0 时为瞬时 v 瞬时则瞬时，v 平均则平均 适用范围 对任何电磁感应电路普遍适用 仅适用于导体切割磁感线 相互联系 Blvsinθ 由 nΔΦ/Δt 在切割条件下推出 是法拉第定律在切割情形的具体形式 ▎生活·科技实例：手摇发电机 手摇发电机是动生电动势的典型应用：摇动手柄带动内部线圈（或圆盘）在磁场中转动，导体不断切割磁感线产生感应电动势，接上灯泡即可发光、通过 USB 接口可给手机等设备充电。转动越快，感应电动势越大，输出电能越多。它把人体做功的机械能转化为电能，野外应急、科普演示中广泛使用，正是“转动切割产生感应电动势”的生动体现。 图5　便携式手摇发电机，转动切割将机械能转化为电能 ◆ 考点专练（第 11～15 题） 11．如图所示，水平面内固定有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，匀强磁场垂直导轨平面向下。同种材料制成长度相同、粗细不同的导体棒a和b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好。电源电动势为E，电容器电容为C，将开关S接1，经过足够长时间后，将开关S由1改接到2，此刻开始计时，忽略电流产生的磁场。下列关于导体棒a和b运动的速度—时间图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：当开关S接至1，经过足够长时间后，电容器两端的电压U＝E，因此电容器所带电荷量为Q0＝CE。 设导体棒的长度为L，横截面积为S，电阻率为ρ0，密度为ρ，则其电阻，质量m＝ρLS。 将开关S由1拨至2的瞬间，通过导体棒的电流强度为，所受安培力F＝BLI。根据牛顿第二定律，加速度。 由此可知，导体棒a和b的加速度始终相同，因此它们的速度也总是保持一致。将开关S由1接到2并经过足够长时间后，两导体棒将做匀速直线运动，故ABD错误，C正确。 故选：C。 12．如图所示，光滑平行的水平导轨ab、cd之间有垂直纸面向里的匀强磁场，导轨间距为L，电阻均为R、长均为L的金属棒A、B置于导轨上，与导轨接触良好，导轨左侧接了阻值也为R的定值电阻。现同时分别给A、B一个初速度vA、vB，导轨电阻不计，则A、B棒开始运动的瞬间流过金属棒B中的电流大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：设a、c间电势差为U，A、B棒可看作内阻为R、电动势分别为BLvA和BLvB（方向均由cd到ab）的电源，左侧固定电阻为R， 规定电流由ab向cd为正，左侧电阻中的电流 通过A棒的电流 通过B棒的电流IB，且IA+IB+I＝0 联立可得 其大小为，故D正确，ABC错误。 故选：D。 13．如图，法拉第圆盘发电机的两电刷间接有一定值电阻。已知圆盘半径为r，绕中心轴以角速度ω逆时针旋转，回路中总电阻为R，圆盘电阻不可忽略，大小为B的匀强磁场垂直圆盘向上，则（　　） A．回路中感应电流方向不断周期性变化 B．定值电阻中电流方向始终由a到b C．回路中感应电流大小I D．a、b两点间电势差大小UBωr2 【答案】C 【解答】解：AB、将圆盘看成由一根根沿半径方向的辐条构成，每一根辐条均为一个电源，所有电源为并联关系，根据右手定则可知，感应电流方向始终由b到a，故AB错误； C、感应电动势 根据闭合电路欧姆定律有 解得，故C正确； D、根据欧姆定律可知，两点间电势差大小，故D错误。 故选：C。 14．如图所示，交流发电机中的线圈ABCD沿逆时针方向匀速转动，此时线圈平面与中性面垂直，若线圈的匝数为n，角速度为ω，面积为S，磁场的磁感应强度为B，外部所接电阻阻值为R，其余部分电阻不计。下列说法正确的是（　　） A．在图示位置时，电流方向发生改变 B．线圈产生电动势的有效值为nBSω C．从图示位置转过90°过程中，通过定值电阻的电荷量为 D．在图示位置时，AB边受安培力方向向上 【答案】D 【解答】解：A、电流方向在中性面发生改变，在图示位置时，电流方向不发生改变，故A错误； B、线圈产生电动势的最大值为Em＝nBSω，有效值为：E，故B错误； C、根据电荷量的计算公式可知，从图示位置转过90°过程中，通过定值电阻的电荷量为：qt＝n，故C错误； D、根据右手定则可知，在图示位置时，线圈中电流方向为D→C→B→A，根据左手定则可知AB边受安培力方向向上，故D正确。 故选：D。 15．如图所示，水平放置的两根光滑金属导轨位于垂直于导轨平面并指向纸面内的匀强磁场中，磁感应强度为B。导轨上有两根金属杆ab和cd与导轨垂直，两杆长度均为L，质量均为m，电阻均为R，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好。初始时ab和cd均静止，若突然让cd杆以初速度v向右开始运动，忽略导轨摩擦及空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．运动过程中，cd杆的加速度大小始终大于ab杆的加速度大小，最终两杆以相同速度做匀速直线运动 B．回路中产生的总焦耳热等于cd杆动能的减少量 C．回路中的感应电流方向始终为a→b→d→c→a，且电流大小随时间均匀减小 D．若仅将两杆的电阻均变为原来的2倍，其他条件不变，则两杆达到共速的时间将变为原来的2倍，回路中产生的总焦耳热不变 【答案】D 【解答】解：A、让cd杆以初速度v向右开始运动，cd杆切割磁感线，产生感应电流，两杆均受安培力作用，cd杆受到的安培力向左，ab杆受到的安培力向右，两杆中感应电流大小相等，由F＝BIL知两杆受到的安培力大小相等，两杆的质量也相等，所以两杆的加速度大小相等。在安培力作用下，ab杆开始向右加速，cd杆从v0开始向右减速，ab杆产生反电动势，整个电路的感应电动势减小，感应电流减小，两杆受到的安培力减小，加速度减小，所以cd杆将做加速度减小的减速运动，ab杆做加速度减小的加速运动，当两杆速度相等时，回路的磁通量不再变化，回路中不再产生感应电流，两杆不再受安培力作用，将以相同的速度向右做匀速直线运动，故A错误； B、根据能量守恒，ab杆动能增加，cd杆动能减小，回路中还产生内能，所以cd杆动能的减小量等于ab杆动能的增加量和回路中产生的总焦耳热之和，故B错误； C、开始阶段，回路的磁通量向外减小，由楞次定律知，感应电流方向为a→b→d→c→a。当两杆速度相等时，回路的磁通量不再变化，回路中没有感应电流。电流大小为I，vcd随时间非均匀减小，vab随时间非均匀增大，则Δv随时间非均匀减小，则I随时间非均匀减小，故C错误； D、设最终两杆的共同速度为v′。取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv＝2mv′，得v′，可知共同速度与电阻R无关。仅将两杆的电阻均变为原来的2倍，根据a知两杆的加速度每时每刻变为原来的，而速度变化量不变，则两杆达到共速的时间将变为原来的2倍。回路中产生的总焦耳热Qmv22mv′2mv2，与两杆的电阻无关，则两杆的电阻增大时，Q不变，故D正确。 故选：D。 ★ 综合培优检测 ★ 16．如图所示，光滑水平桌面上有一边长为L的正方形导线框，导线框在水平恒力F作用下向右通过一宽度为d（d＞L）的匀强磁场。t＝0时BC边刚好进入磁场，线框通过磁场过程中，BC两端电势差UBC随时间变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：设正方形导线框总电阻为4R，边长为L，匀强磁场磁感应强度为B，水平面光滑，线框受恒定拉力F向右运动，全过程分为三个阶段分析UBC的变化规律。 第一阶段，BC边进入磁场，AD仍在磁场外： BC边切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，此时BC相当于电源，其余三边为外电路，外电路总电阻3R。 根据路端电压规律，BC两端电势差；由右手定则可判断B点电势高于C点，UBC为正值。 对线框受力分析，水平方向受向右恒力F、向左安培力，由牛顿第二定律有F﹣F安＝ma。随着线框向右运动，速度v持续增大，安培力随之增大，加速度a不断减小，线框做加速度减小的加速运动，v的增长速率逐渐放缓。 因为UBC与v成正比，所以UBC持续增大，但增长斜率不断减小，对应图像为向上凸的上升曲线，直至加速度减为0、速度达到最大值。 第二阶段，线框完全处于磁场内部： 线框磁通量不变，回路无感应电流，安培力F安＝0，合力恒等于F，线框做匀加速直线运动，速度满足v＝v1+at（v1为第一阶段末速度）。 此时BC、AD两边同时切割磁感线，此时无电流，BC两端电势差等于其动生电动势，满足UBC＝BL（v1+at），UBC与时间t成一次函数关系，对应图像为倾斜上升的直线段。 第三阶段，BC边离开磁场，AD边切割磁感线： 仅AD边切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，AD为电源，BC属于外电路一段，BC两端电势差。 对线框受力分析，安培力向左、拉力向右，由牛顿第二定律有F﹣F安＝ma。线框速度v仍在增大，安培力持续变大，加速度a不断减小，线框依旧加速，但加速度不断变小，v增速放缓。 UBC与v成正比，因此UBC仍在上升，但上升斜率持续减小，曲线向上凸，在线框即将完全离开磁场时达到峰值。 故ABD错误，C正确。 故选：C。 17．如图所示，水平面内两光滑长直金属导轨平行放置，金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，虚线左右两侧分别存在方向竖直向上和竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小相等，现给ab棒水平向左的初速度，忽略导轨电阻，则整个过程中（　　） A．回路中电流方向始终为逆时针，电流逐渐减小为零 B．cd棒向右先加速后匀速运动 C．ab、cd棒系统动量守恒 D．ab棒减少的动能等于回路中产生的内能 【答案】B 【解答】解：A、ab棒向左运动，切割磁感线，根据右手定则可知，ab棒中产生的感应电流方向由b指向a，则回路中感应电流方向始终为顺时针方向，故A错误； B、根据左手定则可知，ab棒受到的安培力方向向右，向左做减速运动；cd棒受到的安培力方向向右，向右做加速运动。 随着速度的变化，当两棒产生的感应电动势大小相等（即两者速率相等）时，回路中总感应电动势为零，感应电流为零，两棒所受的安培力均为零，此后cd棒向右做匀速运动。因此cd棒向右先加速后匀速运动，故B正确； C、在整个运动过程中，ab棒与cd棒受到的安培力方向均向右，系统所受合外力不为零，所以ab、cd棒系统动量不守恒，故C错误； D、根据能量守恒定律可知，系统减少的总动能转化为回路中产生的内能，即ab棒减少的动能等于cd棒增加的动能与回路中产生的内能之和，故D错误。 故选：B。 18．我国新一代航母电磁阻拦技术基本原理如图所示：飞机着舰时关闭动力系统，利用尾钩钩住绝缘阻拦索并拉动轨道上的一根金属棒ab，导轨间距为d，飞机质量为M，金属棒质量为m，飞机着舰后与金属棒以共同速度v0进入磁场，轨道端点MP间电阻为R，金属棒电阻为r，不计其它电阻和阻拦索的质量。轨道内有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度为B。金属棒运动一段距离x后与飞机一起停下，测得此过程中电阻R上产生的焦耳热为Q，不计一切摩擦，则（　　） A．通过前距离与后距离的过程中，电阻R上产生的焦耳热之比为3：1 B．通过前距离与后距离的过程中，通过电阻R上的电荷量之比为3：1 C．整个过程中通过回路的电流方向为顺时针方向 D．整个过程中飞机和金属棒克服阻力所做的功 【答案】A 【解答】解：B、根据电荷量的计算公式可得：qt，通过前距离与后距离的过程中，金属棒扫过的面积相同，则通过电阻R上的电荷量之比为1：1，故B错误； A、设金属棒通过时的速度大小为v，取初速度方向为正方向，前一半位移过程中，根据动量定理可得：﹣BLt1＝（M+m）v﹣（M+m）v0 即：Bq1L＝（M+m）v0﹣（M+m）v 同理可得，后一半位移过程中，Bq2L＝0﹣（M+m）v，且q1＝q2，解得：v 前一半位移过程中，回路中产生的热：Q1，解得：Q1 后一半位移过程中，回路中产生的热：Q2，解得：Q2，而QR，所以通过前距离与后距离的过程中，电阻R上产生的焦耳热之比为3：1，故A正确； C、由于运动过程中回路中的磁通量向里增加，根据楞次定律可知电流强度方向始终为逆时针方向，故C错误； D、根据功能关系可知，整个过程中飞机和金属棒克服阻力所做的功等于系统动能变化即为，故D错误。 故选：A。 19．如图所示，光滑水平面上存在竖直向下的匀强磁场，磁场左右边界相互平行，范围足够大，一正方形金属线框在水平面上以初速度v0进入磁场，穿过磁场过程中（　　） A．线框做直线运动 B．线框做匀变速曲线运动 C．线框进、出磁场动能的变化相等 D．线框进、出磁场速度的变化相等 【答案】D 【解答】解：将线框的初速度v0分解为垂直磁场边界方向的分速度vx和平行磁场边界方向的分速度vy。线框进、出磁场时，仅有平行于边界的边切割磁感线，感应电动势E＝BLvx，线框受到的安培力，由楞次定律可知安培力方向始终垂直边界向外。由于平行边界方向不受外力作用，vy保持不变。 AB、由于线框所受合外力（安培力）方向与速度方向不共线，线框做曲线运动；随着vx不断减小，安培力逐渐减小，线框的加速度逐渐变小，即线框做非匀变速曲线运动，故A错误，B错误； C、线框进入磁场阶段的水平分速度vx大于离开磁场阶段的水平分速度，在进、出磁场垂直方向上位移同为L的过程中，进入磁场时的平均安培力更大，克服安培力做功更多，根据动能定理可知进入磁场时动能的变化量更大，故C错误； D、规定垂直磁场边界向右为正方向。对线框进、出磁场的过程分别根据动量定理有，其中安培力的冲量大小。因为进、出磁场过程中垂直边界方向的位移大小均为Δx＝L，解得速度的变化量。由于平行边界方向分速度vy保持不变，即Δvy＝0，故线框进、出磁场速度的变化量相等，故D正确。 故选：D。 20．如图所示，光滑水平导轨左侧间距为2L，右侧间距为L，电阻不计，处于竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量分别为2m和m的同材质导体棒a、b，分别置于左右侧导轨上。t＝0时，两棒同时获得大小为v0、方向相反的初速度，运动过程中始终与导轨接触良好，且未脱离各自轨道。已知两棒横截面积相同，则全过程中（　　） A．a棒的加速度始终是b的2倍 B．a、b棒系统动量守恒 C．通过b棒的电荷量为 D．b棒产生的焦耳热为 【答案】C 【解答】解：A、设运动过程中某时刻回路的感应电流为I。对于a棒，所受安培力大小为Fa＝2BIL，根据牛顿第二定律，其加速度大小为； 对于b棒，所受安培力大小为Fb＝BIL，其加速度大小为。由此可知，全过程中a棒的加速度始终与b棒的加速度大小相等，故A错误； B、在两棒运动过程中，a棒所受向左的安培力Fa始终大于b棒所受向右的安培力Fb（Fa＝2Fb），a、b棒组成的系统所受合外力不为零，故系统动量不守恒，故B错误； C、规定水平向右为正方向，两棒的初速度分别为va0＝v0，vb0＝﹣v0。设经过微小时间Δt，以运动方向为正方向，对a棒根据动量定理有﹣2BILΔt＝2mΔva，在全过程中累加得﹣2BLq＝2m（va﹣v0），化简得﹣BLq＝m（va﹣v0）；对b棒根据动量定理有BILΔt＝mΔvb，在全过程中累加得BLq＝m[vb﹣（﹣v0）]＝m（vb+v0）。两式相加并联立可得m（va﹣v0）+m（vb+v0）＝0，即va＝﹣vb。最终稳定时，回路中感应电流为零，即总感应电动势为零，有2BLva﹣BLvb＝0，解得：2va＝vb。结合va＝﹣vb可知，最终两棒均静止，即va＝0，vb＝0。将vb＝0代入BLq＝m（vb+v0）解得：通过b棒（即整个回路）的电荷量，故C正确； D、从开始运动到最终两棒静止，根据能量守恒定律，系统产生的总焦耳热，解得：。已知两棒同材质、横截面积相同，由电阻定律可知电阻与长度成正比，故Ra＝2Rb。两棒串联在同一个回路中，电流时刻相等，产生的焦耳热与电阻成正比，则b棒产生的焦耳热，解得：，故D错误。 故选：C。 21．如图（a）所示，相距L的两足够长平行金属导轨与水平面成θ＝30°角倾斜放置，导轨电阻忽略不计。电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上。导轨间存在竖直向上的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图（b）所示。t＝0时刻，两棒相距x0，锁定ab，cd由静止释放，金属棒与导轨始终接触良好，则在0～T时间内通过金属棒横截面的电荷量为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：t＝0 时刻，Φ1＝B0x0cos30°L，t＝T0时刻，B＝0，Φ2＝0，|ΔΦ|＝|Φ2﹣Φ1|，则q，故B正确，ACD错误； 故选：B。 22．如图所示，两平行金属导轨ABC和A′B′C′，其中AB、A′B′段光滑且足够长，与水平方向夹角为30°，BC、B′C′段水平粗糙。空间存在方向分别与两导轨平面垂直向上、磁感应强度大小相等的匀强磁场。现有两根完全相同的导体棒a、b，导体棒b静置于水平导轨某处，导体棒a在AA′处静止释放，当a棒开始匀速运动时，b棒恰好能保持静止。导轨电阻不计，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。关于这一过程说法正确的是（　　） A．金属棒b受到的安培力方向水平向左 B．金属棒b与水平导轨间动摩擦因数为0.5 C．金属棒a克服安培力做的功等于金属棒a产生的焦耳热 D．金属棒a所受安培力的冲量等于金属棒a的动量变化 【答案】B 【解答】解：A、根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，a棒下滑时，穿过回路的磁通量减小，金属棒b有向右运动的趋势，b棒受到的安培力方向水平向右，故A错误； B、a棒匀速运动时，由平衡条件有：mgsin30°＝BIL。当a棒开始匀速运动时，b棒恰好能保持静止，对b棒，由平衡条件有：BIL＝μmg，联立可得金属棒b与水平导轨间动摩擦因数为μ＝0.5，故B正确； C、根据功能关系，金属棒a克服安培力做的功等于金属棒a和b产生的焦耳热之和，故C错误； D、a棒下滑时，受到重力、安培力和轨道的支持力，根据金属棒a所受合力的冲量等于金属棒a的动量变化，故D错误。 故选：B。 23．如图所示，空间存在间距为L的两足够大有界匀强磁场Ⅰ、Ⅱ，磁场的宽度也为L，磁场方向竖直向下，一矩形金属框abcd置于光滑绝缘水平台面上，已知ab＝3L，t＝0时刻bc边与磁场Ⅰ的左边界重合。现用水平恒力F向右拉动金属框，当bc边经过磁场Ⅱ的左边界时框开始做匀速运动。在金属框穿出磁场Ⅰ前的运动过程中，下列描述框的速度v、流过框中的电流i、通过框截面的电量q、框克服安培力做的功W随时间t变化的图像中，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：A．根据题意，首先分析bc边在磁场Ⅰ中时金属框的运动，在此过程中金属框受到的安培力为 可以看出金属框受到的安培力随着金属框速度的增大而增大，而金属框受到的安培力方向与金属框运动方向相反，则bc边在磁场Ⅰ中时金属框做加速度减小的加速运动；然后分析bc边在磁场Ⅰ、Ⅱ之间的区域中时金属框的运动，在此过程中金属框只受到恒力F，则金属框做匀加速直线运动；最后分析bc边在磁场Ⅱ中时金属框的运动，根据题意可知在此过程中金属框做匀速直线运动。因此v﹣t图像应该一开始是一条弯曲的线且斜率不断减小，然后是一段斜率固定且为正的直线，最后是一段水平的直线，故A错误； B．由感应电动势公式以及欧姆定律可得电流 可知电流i与金属框速度以及磁场强度有关，i﹣t图像第一和第三阶段的图线趋势应与v﹣t图像一致，而第二阶段由于bc边不在磁场中，磁场强度B为零，则电流为零，故B错误； C．在前面选项分析的基础上，先分析bc边在磁场Ⅰ中时的情况，可知金属框做加速度减小的加速运动，则金属框中的电流不断增强且增速不断减慢，所以通过金属框截面的电量q不断增加且增速不断减慢，q﹣t图像应该是斜率不断减小的曲线；再分析bc边在磁场Ⅰ、Ⅱ之间的区域中时的情况，在此过程中bc边未切割磁感线，金属框中没有电流，则通过金属框截面的电量q不会增加，q﹣t图像应该是一条水平直线；最后分析bc边在磁场Ⅱ中时的情况，此时金属框做匀速直线运动，电流保持不变，则通过金属框截面的电量q应匀速增加，此段时间内q﹣t图像应该是一条斜率固定且为正的直线。故C正确； D．金属框受到的安培力，分析bc边在磁场Ⅰ中时的情况，金属框受到的安培力不断增大且增速不断减小，则克服安培力做的功W也不断增加且增速不断减小，W﹣t图像应该是斜率不断减小的曲线；然后分析bc边在磁场Ⅰ、Ⅱ之间的区域中时的情况，在此过程中金属框不受安培力，此段时间内安培力做功为零，则W﹣t图像应该是一条与水平轴重合的线；最后分析bc边在磁场Ⅱ中时的情况，金属框受到的安培力不变，则克服安培力做的功W匀速增加，W﹣t图像应该是一条斜率固定且为正的直线，结合以上分析可知此图像符合。故D错误。 故选：C。 24．如图所示，金属线框甲从匀强磁场的上边界由静止释放，末速度为v时线框还未完全进入磁场；相同的线框乙从磁场的下边界以速度v竖直向上抛出，到达最高点时线框也未完全进入磁场。两线框在上述进入磁场的过程中，甲线框（　　） A．向下匀减速运动 B．运动的时间短 C．运动的位移大 D．产生的内能少 【答案】C 【解答】解：AB、甲线框进入磁场时，受到竖直向下的重力G＝mg和竖直向上的安培力，其加速度为；乙线框进入磁场时，受到竖直向下的重力G与竖直向下的安培力FA，其加速度大小为。由于安培力随速度改变，加速度并非恒定，因此甲线框的运动并非匀变速；在速度v相同时，a乙始终大于a甲，根据速度变化与时间的关系，加速度较大的过程所需时间较短，所以甲线框运动时间更长，故AB错误； C、根据速度与位移的关系vΔv＝aΔx，即，由于在相同的速度变化区间内乙的加速度较大，其位移较小，因此甲线框的位移更大，故C正确； D、线框进入磁场过程中产生的内能等于克服安培力所做的功，即。在相同速度下，甲的加速度a较小，对应的微元位移Δx较大，所以产生的热量更多，即Q甲＞Q乙，故D错误。 故选：C。 25．如图，在光滑绝缘水平面上，三条相互平行、间距为d的虚线间存在图示方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，一直角三角形导体框放在水平面上，AB边与虚线平行，BC边长度为d，刚开始导体框的C点刚好在最左侧的虚线上。现给导体框施加一水平向右的外力F，使导体框向右做匀速直线运动。关于运动过程中产生的感应电流I的大小、外力F的大小随位移x的变化规律正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：AB、在x∈[0，d]阶段，回路中的感应电流为，该电流随位移x线性增大，当 x＝d时达到；在x∈[d，2d]阶段，导体框同时跨越两个磁场区域，根据法拉第电磁感应定律可得i，电流应从0开始线性增大至2i0；图A中该阶段电流随位移增加而减小，故A正确，B错误； CD、导体框在水平面上做匀速运动，外力F与安培力平衡，即；由于各阶段有效切割长度L与位移x呈线性关系，因此外力F应与x呈二次函数关系，其图像应为曲线而非直线，故CD错误。 故选：A。 26．如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨MN、PQ处于竖直向下的足够大的匀强磁场中，导轨间距为L，导轨的右端接有阻值为R的电阻。一根质量为m，电阻为r的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好。现使金属棒以一定初速度向左运动，它先后通过位置a、b后，到达位置c处刚好静止。已知磁场的磁感应强度为B，金属棒通过a、b处的速度分别为va、vb，a、b间的距离等于b、c间的距离，导轨的电阻忽略不计。下列说法中正确的是（　　） A．金属棒运动到a处时的加速度大小为 B．金属棒运动到b处时通过电阻的电流方向由N指向Q C．金属棒在a→b过程与b→c过程中通过电阻的电荷量不相等 D．金属棒在a处的速度是其在b处速度v的2倍 【答案】D 【解答】解：A、金属棒运动至a处时，产生的感应电动势为E1＝BLva，所受安培力为，故其加速度大小为，故A错误； B、根据右手定则判断，金属棒运动到b处时，通过电阻的电流方向由Q指向N，故B错误； C、通过电阻的电荷量表达式为，由于a、b间距与b、c间距相等，可知金属棒在a→b过程与b→c过程中通过电阻的电荷量相等，故C错误； D、规定金属棒运动方向为正方向。从a到b过程，由动量定理得；从b到c过程，由动量定理得。联立解得va＝2vb，即金属棒在a处的速度为其在b处速度的2倍，故D正确。 故选：D。 27．某电磁缓冲小车车底安装着电磁铁，可产生竖直向下的匀强磁场；粗糙水平地面上固定着闭合矩形线圈abcd，磁场的长度大于线圈的bc边的长度，如图所示（俯视），关闭动力的小车向右通过线圈，在该过程中，下列说法正确的是（　　） A．小车向右做匀减速直线运动 B．当磁场的右边界刚经过ab边时，线圈里产生的感应电流方向为顺时针 C．当磁场的右边界刚经过dc边时，ab两端的电压等于dc两端的电压 D．小车的动能减少量等于线圈abcd产生的焦耳热 【答案】C 【解答】解：A、小车向右通过线圈时，水平方向受到安培力和摩擦力而做减速运动，随着速度减小，线圈产生的感应电动势减小，感应电流减小，线圈受到的安培力减小，则小车受到的安培力也减小，则小车的合力减小，加速度减小，做加速度逐渐减小的变减速运动，故A错误； B、当磁场的右边界刚经过ab边时，穿过线圈的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线圈里产生的感应电流方向为逆时针，故B错误； C、当磁场的右边界刚经过dc边时，线圈的磁通量不变，线圈中没有感应电流，ab两端的电压等于dc两端的电压，都等于两边产生的感应电动势，故C正确； D、小车向右通过线圈时，小车减少的动能转化为线圈abcd产生的焦耳热和小车和地面间因摩擦产生的热量，故小车的动能减少量大于线圈abcd产生的焦耳热，故D错误。 故选：C。 28．将半径为R的金属圆环分割为ab、cd两段，弧长之比为3：1，现有一磁场从圆环中心区域垂直环面穿过，磁场区域的边界是半径为r的圆（r＜R）。若磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B＝kt（k为常量），a、b两点间的电势差为Uab，c、d两点间的电势差为Ucd，则（　　） A．Uab＝0 B． C．Uab＝Ucd D．Uab＝3Ucd 【答案】D 【解答】解：根据法拉第电磁感应定律，回路中磁通量的变化会产生感应电动势，其大小为。 由于磁场均匀变化，磁感应强度的变化率为k，圆环的面积为S＝πr2，因此总感应电动势为。 该磁场区域关于圆心中心对称，感应电动势在圆环上均匀分布，各段弧产生的电动势与其弧长成正比。 已知弧ab与弧cd的长度之比为3：1，故它们各自产生的感应电动势之比为Eab：Ecd＝3：1。 此时圆环被分割，电路处于开路状态，没有感应电流流过，因此每段导体两端的电势差就等于该段自身产生的感应电动势，即Uab＝Eab，Ucd＝Ecd。 由Eab＝3Ecd，可得Uab＝3Ucd。结合总电动势，可解得，即。故ABC错误，D正确。 故选：D。 29．如图所示，固定在水平面上的光滑导体框架处在竖直向下的匀强磁场中，框架上金属杆ab以某初速度运动，其运动速度v随运动距离x的图像可能是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：对金属杆ab进行受力分析，当金属杆以速度v运动时，切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv，根据闭合电路欧姆定律，回路中的感应电流为，此时金属杆所受安培力为。 根据动量定理，在极短时间Δt内，安培力的冲量等于其动量的变化量，取初速度方向为正方向，有﹣FΔt＝mΔv，代入安培力表达式得。 由于在极短时间内，位移变化量Δx＝vΔt，代入上式并整理得，即。 由于磁感应强度B、导线长度L、回路总电阻R+r及金属杆质量m均为定值，表明速度的变化量与位移的变化量成正比，即为常数，反映在图像上即v﹣x图像的斜率为定值，故金属杆的速度v随位移x线性减小，图像为一条斜向下的直线，故C正确，ABD错误。 故选：C。 30．如图甲所示粗糙平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、N两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。t＝0时对金属棒ab施加一平行于导轨的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动其速度v随时间t变化的关系如图乙所示。已知金属棒电阻为r，导轨电阻忽略不计。下列关于外力F、闭合回路中磁通量的变化率随时间t变化的图像，流过R的电荷量q、通过电阻R的电流I随金属棒的位移x的变化图像，其中正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：根据速度—时间图像可知，金属棒在0至t1时间内做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a恒定；在t1时刻后做匀速直线运动，速度vm恒定。 A、在匀加速阶段，应用牛顿第二定律得，将v＝at代入并整理得。这表明力F与时间t成线性关系，但当t＝0时，F＝mgsinθ+f+ma＞0，即图线在纵轴上的截距不为零，故A错误； B、磁通量的变化率满足。在匀加速阶段，，与时间t成正比；在匀速阶段，速度v恒定，为定值。故相应图线应先过原点且斜向上，后变为水平直线，故B错误； C、流过电阻R的电荷量。由于B、L、R+r均为常量，则q与位移x成正比，q﹣x图像应为过原点的倾斜直线，故C错误； D、通过电阻R的电流。在匀加速阶段，由运动学公式v2＝2ax可得，代入得，即，图线为开口向右的抛物线的一段；在匀速阶段，速度v保持不变，故电流I为定值，图线为水平直线。该描述与选项D的图线吻合，故D正确。 故选：D。 重难突破系列 · 人教版（2019）选择性必修第二册 · 2.2 法拉第电磁感应定律 第 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $2.2　法拉第电磁感应定律　【重难突破】 人教版（2019）选择性必修第二册 · 第二章 电磁感应 2.2　法拉第电磁感应定律 【重难突破】 人教版（2019）选择性必修第二册　第二章　电磁感应 建议用时：45 分钟 题量：30 题 难度：★★★★☆ 版本：原卷版 ▎学习目标 1．理解感应电动势的概念，掌握法拉第电磁感应定律及其公式 E=nΔΦ/Δt，能区分磁通量 Φ、变化量 ΔΦ 和变化率。 2．掌握导体平动切割磁感线的感应电动势公式 E=Blv、E=Blvsinθ，理解有效切割长度，会判断切割时的电势高低。 3．掌握导体转动切割的感应电动势公式 E=½Bl²ω 及其推导，了解法拉第圆盘发电机，能区分平均与瞬时感应电动势。 4．体会电磁感应规律在电磁炉、发电机等生活与科技中的应用，理解电磁感应与能量守恒的一致性，提升模型建构与科学推理素养。 ▎课标与考情 【课标要求】通过实验理解法拉第电磁感应定律，了解感应电动势；能运用 E=nΔΦ/Δt、E=Blv 等公式计算感应电动势，了解电磁感应在生产生活中的应用。 【考情分析】高考常以选择题结合 B-t 图像、导体棒平动与转动、双棒和电容器等模型，考查感应电动势的计算、电荷量与热量、电势高低及电流方向；定量计算与图像分析并重，难度中等偏上。 ▎思维导图 2.2 法拉第电磁感应定律 法拉第定律（感生） 感应电动势：产生它的导体相当于电源 内容：E 与磁通量变化率成正比 公式：E = nΔΦ/Δt E 由变化率决定，与 Φ、ΔΦ 无关 平动切割（动生） B、l、v 两两垂直：E = Blv v 与 B 成 θ：E = Blvsinθ 有效切割长度取投影 克服安培力做功，机械能转化为电能 转动切割（动生） 金属棒绕一端转动：E = ½Bl²ω 推导：中点平均速度 / 扇形面积 法拉第圆盘：各半径并联 平均与瞬时电动势需区分 考向一　法拉第电磁感应定律（感生电动势） 本考向围绕法拉第电磁感应定律展开，关键是理解感应电动势由磁通量的变化率决定，掌握公式 E=nΔΦ/Δt，并区分磁通量 Φ、变化量 ΔΦ 与变化率。 ▎知识梳理 1．感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势叫作感应电动势，产生感应电动势的那部分导体相当于电源。 2．法拉第电磁感应定律： （1）内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。 （2）公式：在国际单位制中，n 匝线圈的感应电动势为 其中 n 为线圈匝数，ΔΦ 为单匝线圈磁通量的变化量，磁通量单位为韦伯（Wb），感应电动势单位为伏（V）。 3．感应电动势与感应电流：回路闭合时，感应电流为 I=E/R总；回路断开时，只有感应电动势而无感应电流。 ▎重难诠释 1．感应电动势 E 由磁通量变化的快慢（变化率）决定，与磁通量 Φ、磁通量变化量 ΔΦ 无关。 2．Φ 很大时 E 不一定大；即使 Φ=0，只要变化率很大，E 也可能很大。 3．在 Φ-t 图像中，图线上某点切线的斜率表示该时刻磁通量的变化率，斜率越大，感应电动势越大。 4．公式 E=nΔΦ/Δt 求出的一般是 Δt 时间内的平均感应电动势；当 Δt 趋近于零时，表示瞬时感应电动势。 比较项目 磁通量 Φ 变化量 ΔΦ 变化率 ΔΦ/Δt 物理意义 某时刻穿过某面的磁感线条数 某一过程磁通量的变化 磁通量变化的快慢 B、S 垂直时 Φ = BS ΔΦ = Φ₂ − Φ₁ ΔΦ/Δt Φ-t 图像 某点的纵坐标 两点纵坐标之差 图线切线的斜率 对 E 的影响 不直接决定 E 不直接决定 E 决定感应电动势 E ▎生活·科技实例：电磁炉 电磁炉是感生电动势（涡流）的典型应用：炉内线圈通以高频交变电流，产生迅速变化的磁场；铁质锅具放在炉面上时，穿过锅底的磁通量不断变化，锅底内产生感应电动势并形成涡流，涡流的热效应使锅底迅速发热，从而加热食物。它无明火、热效率高，正是“变化的磁场产生感应电动势”的生活实例。 图1　家用电磁炉，利用变化磁场在锅底产生涡流加热 ◆ 考点专练（第 1～5 题） 1．如图甲所示，正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，磁感应强度B随时间t变化规律如图乙所示，在0～0.2s与0.2s～0.6s内（　　） A．磁通量变化量大小之比为2：1 B．通过金属框横截面的电荷量之比为2：1 C．金属框产生的热量之比为4：1 D．金属框ad边受到的安培力冲量大小之比为1：1 2．如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0﹣kt，B0、k为常量，则图中半径为R的n匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为（　　） A．πkr2 B．nπkr2 C．nπB0r2 D．πB0R2 3．如图所示，通有恒定电流的固定长直导线附近有一圆形线圈，直导线与线圈置于同一光滑水平面内。若缓慢减小直导线中的电流，下列说法正确的是（　　） A．线圈中产生顺时针方向的感应电流，且线圈有扩张的趋势 B．线圈整体将向远离直导线的方向运动，运动过程中线圈的动能持续增大 C．线圈中感应电动势的大小与直导线中的电流大小成正比 D．线圈中感应电流的热功率逐渐增大，直导线对线圈的安培力做负功 4．如图所示，细线悬挂边长为L的正方形单匝导体线框，其质量是m、电阻为R，线框一半处于水平虚线下方的有界匀强磁场中，在0～2t0时间内，磁场磁感应强度B随时间t变化如图，且线框一直保持静止状态，磁场方向垂直纸面向里为正，已知重力加速度为g，求（　　） A．线框中电流方向始终为逆时针 B．线框中电流方向为先逆时针，后顺时针 C．线框产生电流大小为 D．细绳中的拉力始终大于线框的重力 5．如图1所示，在竖直向上的磁场中水平放置一个金属圆环，磁感应强度B随时间t的变化规律如图2所示。下列时刻圆环中电流最大的是（　　） A．1s B．2s C．3s D．4s 考向二　平动切割磁感线（单棒与单框模型） 本考向围绕平动切割磁感线展开，核心是掌握 E=Blv 与 E=Blvsinθ，理解有效切割长度，并结合右手定则判断电势高低与电流方向。 ▎知识梳理 1．B、l、v 两两垂直：导线垂直于磁场方向运动，且磁感应强度 B、导线长度 l、速度 v 两两垂直时，感应电动势为 2．速度与磁场成 θ 角：导线运动方向与导线本身垂直，但与磁感线方向夹角为 θ 时（如图乙），将速度分解，感应电动势为 图2　平动切割：甲为 B、l、v 两两垂直，乙为 v 与 B 成 θ 角 3．方向与电势：用右手定则判断感应电流方向，切割磁感线的导体相当于电源，导体内部电流由低电势端流向高电势端。 4．能量转化：导体棒所受安培力方向与运动方向相反，导体棒克服安培力做功，把机械能（或其他形式的能）转化为电能。 ▎重难诠释 1．当 B、l、v 三者方向互相垂直时 E=Blv；当任意两个量方向互相平行时，导线不切割磁感线，E=0。 2．若导线弯折，或 l 与 v 不垂直，应取导线两端点在垂直于 v 方向上的投影长度，即有效切割长度。 3．常见有效切割长度：半圆环取其直径；圆形线圈沿不同方向运动时，取相应的弦长或直径。 图3　有效切割长度：甲为弯折导线，乙为半圆环，丙为圆环沿不同方向运动 4．导体棒平动时，若 v 为瞬时速度则 E 为瞬时电动势；若 v 为平均速度则 E 为平均电动势。 ◆ 考点专练（第 6～10 题） 6．如图，虚线右侧区域内有垂直于纸面向里的范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边长为l的均质正方形导线框HIJK沿纸面内图示速度方向匀速进入磁场，线框的速度大小为v，方向与磁场边界成45°角，线框的总电阻为R，图中为对角线IK刚进入磁场时的情形。下列在该位置的判断正确的是（　　） A．线框中的感应电流大小为 B．IK两端的电压为 C．线框所受安培力大小为 D．线框所受安培力的方向与v的方向相反 7．如图所示，一质量为m、边长为l的正方形导线框abcd，由高度h处自由下落，ab边进入磁感应强度为B的匀强磁场区域后，线圈开始做匀速运动，直到dc边刚刚开始穿出磁场为止。已知磁场区域宽度为l，重力加速度为g，不计空气阻力。线框在穿越磁场过程中，下列说法正确的是（　　） A．进入磁场时，线框感应电流为adcba方向 B．线框穿越磁场的过程中电流大小为 C．线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热为2mgl D．进入磁场的过程中，通过线框导线的电荷量为 8．如图所示，光滑平行导轨固定于水平面内，间距为l，其所在空间存在方向竖直向上，磁感应强度大小为B的匀强磁场，导轨左侧接有阻值为R的定值电阻，一阻值为r的导体棒垂直导轨放置，导轨电阻忽略不计。现使导体棒获得一水平向右的速度v0，则在此时ab两点间电压大小为（　　） A．0 B．Blv0 C． D． 9．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒ab以某一水平速度v0抛出，金属棒在运动过程中始终保持水平。不计空气阻力，金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小变化和ab两端电势高低，下列说法正确的是（　　） A．电动势不变，a端电势高 B．电动势不变，b端电势高 C．电动势变小，a端电势高 D．电动势变大，b端电势高 10．如图所示，垂直纸面向外的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的正方形导体框abcd，现将导体框分别以速度v（竖直向上）、3v（水平向右）匀速拉出磁场（不计重力和空气阻力）。设导体框总电阻为R，边长为L，磁感应强度为B，下列说法正确的是（　　） A．两个过程中，导体框中感应电流的磁场方向相反 B．两个过程中，导体框所受安培力的冲量大小之比为1：3 C．两个过程中，外力的功率之比为1：9 D．两个过程中，导体框中产生的焦耳热与外力做功的比值为1：3 考向三　转动切割与综合模型（圆盘·双棒·电容） 本考向围绕转动切割与综合模型展开，掌握 E=½Bl²ω 及两种推导，了解法拉第圆盘，并会处理双棒、电容等综合问题中的动量与能量关系。 ▎知识梳理 1．转动切割：长为 l 的金属棒绕一端，在垂直于匀强磁场的平面内以角速度 ω 匀速转动时，感应电动势为 图4　金属棒 ab 绕 b 端转动切割磁感线 2．推导方法一（中点平均速度）：棒上各点线速度 v=ωr 与半径成正比，取中点速度作为平均切割速度， 3．推导方法二（扇形面积）：Δt 内棒扫过的扇形面积 ΔS=½l²ωΔt，由法拉第定律， 4．法拉第圆盘发电机：圆盘可看作无数条半径并联，每条半径转动切割产生 E=½Bl²ω，故圆盘匀速转动时输出恒定的电动势。 ▎重难诠释 1．转动切割时棒上各点速度不同，不能直接套用 E=Blv，应取平均速度或用扇形面积法。 2．双棒模型：系统所受安培力为内力，满足动量守恒；最终两棒共速时回路电流为零，损失的动能转化为焦耳热。 3．含电容器模型：通过电荷量关系 q=CΔU 与动量定理结合分析，注意区分充电电荷量与通过导体的电荷量。 4．电荷量与热量：通过某截面的电荷量 q=nΔΦ/R总；回路产生的焦耳热由能量守恒（动能或外力做功的减少量）确定。 比较项目 E = nΔΦ/Δt E = Blvsinθ 研究对象 整个闭合回路 回路中切割磁感线的导体 电动势类型 一般为平均电动势，Δt→0 时为瞬时 v 瞬时则瞬时，v 平均则平均 适用范围 对任何电磁感应电路普遍适用 仅适用于导体切割磁感线 相互联系 Blvsinθ 由 nΔΦ/Δt 在切割条件下推出 是法拉第定律在切割情形的具体形式 ▎生活·科技实例：手摇发电机 手摇发电机是动生电动势的典型应用：摇动手柄带动内部线圈（或圆盘）在磁场中转动，导体不断切割磁感线产生感应电动势，接上灯泡即可发光、通过 USB 接口可给手机等设备充电。转动越快，感应电动势越大，输出电能越多。它把人体做功的机械能转化为电能，野外应急、科普演示中广泛使用，正是“转动切割产生感应电动势”的生动体现。 图5　便携式手摇发电机，转动切割将机械能转化为电能 ◆ 考点专练（第 11～15 题） 11．如图所示，水平面内固定有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，匀强磁场垂直导轨平面向下。同种材料制成长度相同、粗细不同的导体棒a和b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好。电源电动势为E，电容器电容为C，将开关S接1，经过足够长时间后，将开关S由1改接到2，此刻开始计时，忽略电流产生的磁场。下列关于导体棒a和b运动的速度—时间图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 12．如图所示，光滑平行的水平导轨ab、cd之间有垂直纸面向里的匀强磁场，导轨间距为L，电阻均为R、长均为L的金属棒A、B置于导轨上，与导轨接触良好，导轨左侧接了阻值也为R的定值电阻。现同时分别给A、B一个初速度vA、vB，导轨电阻不计，则A、B棒开始运动的瞬间流过金属棒B中的电流大小为（　　） A． B． C． D． 13．如图，法拉第圆盘发电机的两电刷间接有一定值电阻。已知圆盘半径为r，绕中心轴以角速度ω逆时针旋转，回路中总电阻为R，圆盘电阻不可忽略，大小为B的匀强磁场垂直圆盘向上，则（　　） A．回路中感应电流方向不断周期性变化 B．定值电阻中电流方向始终由a到b C．回路中感应电流大小I D．a、b两点间电势差大小UBωr2 14．如图所示，交流发电机中的线圈ABCD沿逆时针方向匀速转动，此时线圈平面与中性面垂直，若线圈的匝数为n，角速度为ω，面积为S，磁场的磁感应强度为B，外部所接电阻阻值为R，其余部分电阻不计。下列说法正确的是（　　） A．在图示位置时，电流方向发生改变 B．线圈产生电动势的有效值为nBSω C．从图示位置转过90°过程中，通过定值电阻的电荷量为 D．在图示位置时，AB边受安培力方向向上 15．如图所示，水平放置的两根光滑金属导轨位于垂直于导轨平面并指向纸面内的匀强磁场中，磁感应强度为B。导轨上有两根金属杆ab和cd与导轨垂直，两杆长度均为L，质量均为m，电阻均为R，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好。初始时ab和cd均静止，若突然让cd杆以初速度v向右开始运动，忽略导轨摩擦及空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．运动过程中，cd杆的加速度大小始终大于ab杆的加速度大小，最终两杆以相同速度做匀速直线运动 B．回路中产生的总焦耳热等于cd杆动能的减少量 C．回路中的感应电流方向始终为a→b→d→c→a，且电流大小随时间均匀减小 D．若仅将两杆的电阻均变为原来的2倍，其他条件不变，则两杆达到共速的时间将变为原来的2倍，回路中产生的总焦耳热不变 ★ 综合培优检测 ★ 16．如图所示，光滑水平桌面上有一边长为L的正方形导线框，导线框在水平恒力F作用下向右通过一宽度为d（d＞L）的匀强磁场。t＝0时BC边刚好进入磁场，线框通过磁场过程中，BC两端电势差UBC随时间变化的图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 17．如图所示，水平面内两光滑长直金属导轨平行放置，金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，虚线左右两侧分别存在方向竖直向上和竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小相等，现给ab棒水平向左的初速度，忽略导轨电阻，则整个过程中（　　） A．回路中电流方向始终为逆时针，电流逐渐减小为零 B．cd棒向右先加速后匀速运动 C．ab、cd棒系统动量守恒 D．ab棒减少的动能等于回路中产生的内能 18．我国新一代航母电磁阻拦技术基本原理如图所示：飞机着舰时关闭动力系统，利用尾钩钩住绝缘阻拦索并拉动轨道上的一根金属棒ab，导轨间距为d，飞机质量为M，金属棒质量为m，飞机着舰后与金属棒以共同速度v0进入磁场，轨道端点MP间电阻为R，金属棒电阻为r，不计其它电阻和阻拦索的质量。轨道内有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度为B。金属棒运动一段距离x后与飞机一起停下，测得此过程中电阻R上产生的焦耳热为Q，不计一切摩擦，则（　　） A．通过前距离与后距离的过程中，电阻R上产生的焦耳热之比为3：1 B．通过前距离与后距离的过程中，通过电阻R上的电荷量之比为3：1 C．整个过程中通过回路的电流方向为顺时针方向 D．整个过程中飞机和金属棒克服阻力所做的功 19．如图所示，光滑水平面上存在竖直向下的匀强磁场，磁场左右边界相互平行，范围足够大，一正方形金属线框在水平面上以初速度v0进入磁场，穿过磁场过程中（　　） A．线框做直线运动 B．线框做匀变速曲线运动 C．线框进、出磁场动能的变化相等 D．线框进、出磁场速度的变化相等 20．如图所示，光滑水平导轨左侧间距为2L，右侧间距为L，电阻不计，处于竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量分别为2m和m的同材质导体棒a、b，分别置于左右侧导轨上。t＝0时，两棒同时获得大小为v0、方向相反的初速度，运动过程中始终与导轨接触良好，且未脱离各自轨道。已知两棒横截面积相同，则全过程中（　　） A．a棒的加速度始终是b的2倍 B．a、b棒系统动量守恒 C．通过b棒的电荷量为 D．b棒产生的焦耳热为 21．如图（a）所示，相距L的两足够长平行金属导轨与水平面成θ＝30°角倾斜放置，导轨电阻忽略不计。电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上。导轨间存在竖直向上的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图（b）所示。t＝0时刻，两棒相距x0，锁定ab，cd由静止释放，金属棒与导轨始终接触良好，则在0～T时间内通过金属棒横截面的电荷量为（　　） A． B． C． D． 22．如图所示，两平行金属导轨ABC和A′B′C′，其中AB、A′B′段光滑且足够长，与水平方向夹角为30°，BC、B′C′段水平粗糙。空间存在方向分别与两导轨平面垂直向上、磁感应强度大小相等的匀强磁场。现有两根完全相同的导体棒a、b，导体棒b静置于水平导轨某处，导体棒a在AA′处静止释放，当a棒开始匀速运动时，b棒恰好能保持静止。导轨电阻不计，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。关于这一过程说法正确的是（　　） A．金属棒b受到的安培力方向水平向左 B．金属棒b与水平导轨间动摩擦因数为0.5 C．金属棒a克服安培力做的功等于金属棒a产生的焦耳热 D．金属棒a所受安培力的冲量等于金属棒a的动量变化 23．如图所示，空间存在间距为L的两足够大有界匀强磁场Ⅰ、Ⅱ，磁场的宽度也为L，磁场方向竖直向下，一矩形金属框abcd置于光滑绝缘水平台面上，已知ab＝3L，t＝0时刻bc边与磁场Ⅰ的左边界重合。现用水平恒力F向右拉动金属框，当bc边经过磁场Ⅱ的左边界时框开始做匀速运动。在金属框穿出磁场Ⅰ前的运动过程中，下列描述框的速度v、流过框中的电流i、通过框截面的电量q、框克服安培力做的功W随时间t变化的图像中，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 24．如图所示，金属线框甲从匀强磁场的上边界由静止释放，末速度为v时线框还未完全进入磁场；相同的线框乙从磁场的下边界以速度v竖直向上抛出，到达最高点时线框也未完全进入磁场。两线框在上述进入磁场的过程中，甲线框（　　） A．向下匀减速运动 B．运动的时间短 C．运动的位移大 D．产生的内能少 25．如图，在光滑绝缘水平面上，三条相互平行、间距为d的虚线间存在图示方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，一直角三角形导体框放在水平面上，AB边与虚线平行，BC边长度为d，刚开始导体框的C点刚好在最左侧的虚线上。现给导体框施加一水平向右的外力F，使导体框向右做匀速直线运动。关于运动过程中产生的感应电流I的大小、外力F的大小随位移x的变化规律正确的是（　　） A． B． C． D． 26．如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨MN、PQ处于竖直向下的足够大的匀强磁场中，导轨间距为L，导轨的右端接有阻值为R的电阻。一根质量为m，电阻为r的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好。现使金属棒以一定初速度向左运动，它先后通过位置a、b后，到达位置c处刚好静止。已知磁场的磁感应强度为B，金属棒通过a、b处的速度分别为va、vb，a、b间的距离等于b、c间的距离，导轨的电阻忽略不计。下列说法中正确的是（　　） A．金属棒运动到a处时的加速度大小为 B．金属棒运动到b处时通过电阻的电流方向由N指向Q C．金属棒在a→b过程与b→c过程中通过电阻的电荷量不相等 D．金属棒在a处的速度是其在b处速度v的2倍 27．某电磁缓冲小车车底安装着电磁铁，可产生竖直向下的匀强磁场；粗糙水平地面上固定着闭合矩形线圈abcd，磁场的长度大于线圈的bc边的长度，如图所示（俯视），关闭动力的小车向右通过线圈，在该过程中，下列说法正确的是（　　） A．小车向右做匀减速直线运动 B．当磁场的右边界刚经过ab边时，线圈里产生的感应电流方向为顺时针 C．当磁场的右边界刚经过dc边时，ab两端的电压等于dc两端的电压 D．小车的动能减少量等于线圈abcd产生的焦耳热 28．将半径为R的金属圆环分割为ab、cd两段，弧长之比为3：1，现有一磁场从圆环中心区域垂直环面穿过，磁场区域的边界是半径为r的圆（r＜R）。若磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B＝kt（k为常量），a、b两点间的电势差为Uab，c、d两点间的电势差为Ucd，则（　　） A．Uab＝0 B． C．Uab＝Ucd D．Uab＝3Ucd 29．如图所示，固定在水平面上的光滑导体框架处在竖直向下的匀强磁场中，框架上金属杆ab以某初速度运动，其运动速度v随运动距离x的图像可能是（　　） A． B． C． D． 30．如图甲所示粗糙平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、N两端接一电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。t＝0时对金属棒ab施加一平行于导轨的外力F，使金属棒由静止开始沿导轨向上运动其速度v随时间t变化的关系如图乙所示。已知金属棒电阻为r，导轨电阻忽略不计。下列关于外力F、闭合回路中磁通量的变化率随时间t变化的图像，流过R的电荷量q、通过电阻R的电流I随金属棒的位移x的变化图像，其中正确的是（　　） A． B． C． D． 重难突破系列 · 人教版（2019）选择性必修第二册 · 2.2 法拉第电磁感应定律 第 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $