2024年高考物理二轮专题复习-专题12 电磁感应（原卷版+解析版）

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（1）用楞次定律判断
①楞次定律判断感应电流方向的步骤
②楞次定律中“阻碍”的含义：
（2）用右手定则判断
楞次定律、右手定则、左手定则、安培定则的比较
汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针（俯视）方向电流，当汽车经过线圈时（ ）
​
A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上
B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcd
C．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcd
D．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同
【解答】解：A、根据安培定则可知，线圈1、2中的电流形成的磁场方向都是竖直向下的，故A错误；
BC、汽车进入磁场时，线圈abcd磁通量向下增大，根据楞次定律可知，感应电流方向是adcba，离开时磁通量向下减小，根据楞次定律可知感应电流方向是abcda，故B错误、C正确；
D、根据楞次定律的推广可知，安培力的方向总是与汽车相对于磁场的运动方向相反，所以汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相反，故D错误。
故选：C。
如图所示，用一根长为L质量不计的细杆与一个上弧长为l0、下弧长为d0的金属线框的中点联结并悬挂于O点，悬点正下方存在一个上弧长为2l0、下弧长为2d0的方向垂直纸面向里的匀强磁场，且d0≪L。先将线框拉开到如图4所示位置，松手后让线框进入磁场，忽略空气阻力和摩擦。下列说法正确的是（ ）​
A．金属线框进入磁场时感应电流的方向为a→b→c→d→a
B．金属线框离开磁场时感应电流的方向为a→d→c→b→a
C．金属线框dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小总是相等
D．金属线框最终将在磁场内左右摆动
【解答】解：A、金属线框进入磁场时，由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判断电流的方向为 a→d→c→b→a，故A错误；
B、金属线框离开磁场时由于电磁感应，产生电流，根据楞次定律判断电流的方向为a→b→c→d→a，故B错误；
CD、根据能量转化和守恒，线圈每次经过边界时都会消耗机械能，故可知金属线框 dc边进入磁场与ab边离开磁场的速度大小不相等。如此往复摆动，最终金属线框在匀强磁场内摆动，故C错误，D正确。
故选：D。
如图所示，甲为某无线门铃按钮，其原理如图乙所示，按下门铃按钮，磁铁靠近螺线管；松开门铃按钮，磁铁远离螺线管，回归原位置。下列说法正确的是（ ）
A．按住按钮不动，门铃可以持续响
B．松开按钮过程，螺线管A端电势较高
C．按下按钮过程，通过门铃的电流方向是A到B
D．无论快速按下按钮，还是缓慢按下按钮，螺线管产生的感应电流大小都相同
【解答】解：A．按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，则无感应电流产生，则门铃不响，故A错误；
B．图中磁场的方向向左，松开按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左减小，根据楞次定律可知感应电流的方向从A流向B，螺线管A端电势较高，故B正确；
C．按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，通过门铃的电流方向是B到A，故C错误；
D．快速按下按钮，穿过螺线管的磁通量变化较快，产生的感应电动势较大，螺线管产生的感应电流大小较大，故D错误。
故选：B。
图为地磁场磁感线的示意图，北半球地磁场的竖直分量向下。飞机在我国上空匀速巡航。机翼保持水平，飞行高度不变。由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差。设飞行员左方机翼末端处的电势为U1，右方机翼末端处的电势为U2。下列说法正确的是（ ）
A．若飞机从西往东飞，U1比U2高
B．若飞机从东往西飞，U2比U1高
C．若飞机从南往北飞，U1＝U2
D．若飞机从北往南飞，U2比U1高
【解答】解：ABCD、根据右手定则可知，无论飞机从西往东飞、从东往西飞、从南往北飞、从北往南飞，飞行员左侧的机翼为电源正极，飞行员右侧机翼为电源负极，所以U1都比U2高，故A正确，BCD错误。
故选：A。
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（ ）
A．磁极I为S极，磁极Ⅲ为S极，ab棒向左运动
B．磁极I为S极，磁极Ⅲ为N极，ab棒向左运动
C．磁极I为N极，磁极Ⅲ为N极，ab棒向上运动
D．磁极I为N极，磁极Ⅲ为S极，ab棒向下运动
【解答】解：A、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，故A正确；
B、磁极Ⅰ为S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棒受到向上磁场力，故B错误；
C、磁极Ⅰ为N极，磁极Ⅲ为N极，ab棒向上运动，回路中不会产生感应电流，cd棒中不会产生安培力，故C错误；
D、磁极I为N极，磁极Ⅲ为S极，ab棒向下运动，回路中不会产生感应电流，cd棒中不会产生安培力，故D错误。
故选：A。
二、感应电动势大小
【特别提醒】
①公式E＝neq \f(ΔΦ,Δt)求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值。
②公式E=nsΔBΔt可用于计算平均感应电动势，此时ΔBΔt为一段时间磁感应强度的平均变化率；也可用于计算瞬时感应电动势，此时ΔBΔt为某时刻磁感应强度的瞬时变化率，对应B-t图象中为某点的斜率，S为该时刻的有效面积；
③有效性：E＝Blv中的l为切割磁感线的导体棒的有效长度，即导体与v垂直的方向上的投影长度。
两个有效长度的区别
④相对性：E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动时，应注意速度间的相对关系。
如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电势分别为φO、φA、φC，则（ ）
A．φO＞φCB．φC＞φA
C．φO＝φAD．φO﹣φA＝φA﹣φC
【解答】解：根据右手定则可知，在OA段电流的方向从A点流向O点，在电源内部，电流从负极流向正极，则O点的电势大于C点的电势，在AC段，导体棒没有切割磁感线，则不产生电流，因此A点的电势和C点的电势相等，因此φO＞φA＝φC，故A正确，BCD错误；
故选：A。
所示，在虚线区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一粗细均匀材质相同的正方形线圈边长为L，总电阻为R。在外力作用下以速度v进入磁场区域。则在进入磁场的过程中，a、b两点间的电势差为（ ）
A．BLvB．14BLvC．34BLvD．-14BLv
【解答】解：线圈进入磁场，cd边产生的感应电动势为E＝BLv，感应电流方向为逆时针方向，a点的电势高于b点的电势，根据串联电路规律有：Uab=14E=14BLv，故ACD错误，B正确；
故选：B。
如图所示，我国直升机在北京上空悬停时，长度为L的螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动（俯视），转动角速度为ω。该处地磁场的水平分量为Bx，竖直分量为By。叶片的近轴端为a，远轴端为b。忽略转轴的尺寸，则叶片中感应电动势为（ ）
A．ByL2ω，a端电势低于b端电势
B．12ByL2ω，a端电势低于b端电势
C．12ByL2ω，a端电势高于b端电势
D．12BxL2ω，a端电势低于b端电势
【解答】解：我国北京上空地磁场方向有向下的分量，大小为By，当螺旋桨叶片在水平面内顺时针匀速转动（俯视）时，根据右手定则可知，a端电势低于b端电势，其大小为E＝ByLv=ByLva+vb2=ByL0+Lω2=12ByL2ω，故ACD错误，B正确。
故选：B。
如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R（指拉直时两端的电阻），磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为R2的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压为（ ）
A．Bav3B．Bav6C．2Bav3D．Bav
【解答】解：图示位置时感应电动势为E＝B•2a•v2=Bav
此时导体棒AB相当于电源，则电源内阻r=R2
而根据并联电路电阻关系，1R外=1R2+1R2
得外电路电阻为R外=R4
根据闭合电路欧姆定律，AB两端的电压大小U=R外R外+rE=Bav3，故A正确，BCD错误；
故选：A。
如图所示是圆盘发电机的示意图；铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触。若铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路的总电阻为R，从左往右看，铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动。则（ ）
A．回路中感应电流大小不变，为BL2ω2R
B．回路中感应电流方向不变，为C→R→D→C
C．电势φC＞φD
D．由于穿过铜盘的磁通量不变，故回路中无感应电流
【解答】解：D．将圆盘看成由无数条幅向分布的导体棒组成的，圆盘在外力作用下这些导体棒切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，故D错误；
B．根据右手定则可知，电流从D点流出，流向C点，因此电流方向为从D向R再到C，也就是电流方向为D→R→C→D，故B错误；
C．等效电源的内部电流从C点流向D点，在电源内部电流从低电势流向高电势，则有φC＜φD，故C错误；
A．根据法拉第电磁感应定律，则有E=BLv=BL0+Lω2=12BL2ω，由此可知产生的感应电动势大小不变，感应电流大小不变，根据欧姆定律可知感应电流大小为：
I=ER=BL2ω2R，故A正确。
故选：A。
三、电磁感应中的电路问题
（1）解决电磁感应中的电路问题三部曲
（2）电源正负极：导体棒可以等效为电源。在外电路,电流从正极流向负极;在电源内部,电流从负极流向正极。（如图甲）
（3）双电源：在分析双杆切割磁感线产生的感应电动势时，要注意是同向还是反向，可以根据切割磁感线产生的感应电流的方向来确定。（如图乙）

图甲 图乙
如图所示，固定在匀强磁场中的正方形导线框abcd边长为l，其中ab、cd两边是两根完全相同的均匀电阻丝，其余两边是电阻可忽略的导线，匀强磁场的磁感应强度中为B，方向垂直于纸面向里。现有一根与ab完全相同的电阻丝PQ垂直ab放在线框上，以恒定速度v从ad边滑向bc边。PQ在滑动过程中与导线框接触良好，当PQ滑过l2的距离时，PQ两点间的电势差为（ ）
A．BlvB．Blv3C．Blv2D．2Blv3
【解答】解：当PQ滑过l2的距离时，PQ为电源，设电阻丝的电阻为R，根据电路原理可知此时外电阻为R'=RRR+R=R2
根据法拉第电磁感应定律有
E＝Blv
根据闭合电路欧姆定律有
U=R2R+R2E
解得
U=Blv3
故ACD错误，B正确；
故选：B。
如图所示，一个半径为L的金属圆盘在水平向右的匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，这样构成一个法拉第圆盘发电机。假设其电动势为E，等效内阻为r。下列说法正确的是（ ）
A．法拉第圆盘发电机的电动势为E＝BL2ω
B．流过电阻R的电流方向为C→R→D
C．电阻R越大，电源的效率越高
D．电源的输出功率为B2L4ω2r4(R+r)2
【解答】解：A、金属圆盘可以看成无数根幅向导体组成，法拉第圆盘发电机的电动势为E＝BLv=BL•0+Lω2=12BL2ω，故A错误；
B、由右手定则判断可知，圆盘中感应电流方向由C到D，则流过电阻R的电流方向为D→R→C，故B错误；
C、电源的效率为η=UIEI×100%=RR+r×100%，可知电阻R越大，电源的效率越高，故C正确；
D、电源的输出功率为P＝I2R＝（ER+r）2R=(12BL2ω)2(R+r)2•R=B2L4ω2R4(R+r)2，故D错误。
故选：C。
如图甲所示，abcd是匝数为10匝、边长为20cm、总电阻为0.4Ω的正方形闭合导线圈，线圈平面垂直与匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．导线圈中产生的是正弦式交变电流
B．2～3s内感应电流的方向为adcba
C．在0～2s内通过导线横截面的电荷量为0.2C
D．该交流电的电压有效值为225V
【解答】解：A、根据E=nΔBΔtS，由图乙可知0～2s内感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变；2～3s内感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变；可知导线圈中产生的不是正弦式交变电流，故A错误；
B、由图乙可知2～3s内通过导线圈的磁通量向里减少，根据楞次定律可知，感应电流的方向为abcda，故B错误；
C、根据法拉第电磁感应定律可求，0～2s内的感应电动势为：E1=nΔB1Δt1S=10×22×0.2×0.2V=0.4V
由欧姆定律可得感应电流为：I1=E1R=
则在0～2s内通过导线横截面的电荷量为：q1＝I1t1＝1×2C＝2C，故C错误；
D、由法拉第电磁感应定律可求，2～3s内的感应电动势为：E2=nΔB2Δt2S=10×21×0.2×0.2V=0.8V
设该交流电的电压有效值为E，则有：E12R⋅2T3+E22R⋅T3=E2R⋅T
解得：E=225V，故D正确。
故选：D。
在如图甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝R，圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻也为R，半径为r2（r2＜r1）的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0，其余导线的电阻不计。t＝0时闭合S，至t1时刻，电路中的电流已稳定，下列说法正确的是（ ）
A．线圈中产生的感应电动势的大小为B0πr12t0
B．电容器下极板带负电
C．t0时间内流过R1的电量为B0πr22R
D．稳定后线圈两端的电压为2B0πr223t0
【解答】解：A、由法拉第电磁感应定律知，线圈中产生的感应电动势为E=ΔΦΔt=ΔBΔtS=πr22B0t0，故A错误；
B、由楞次定律知线圈中的感应电流方向沿顺时针方向，金属线圈相当于电源，电源内部的电流从负极流向正极，则电容器的下极板带正电，上极板带负电，故B错误；
C、由闭合电路欧姆定律得线圈中感应电流为I=ER+R1+R2=πr22B03Rt0，t0时间内流过R1的电量为q=It0=πr22B03R，故C错误；
D、稳定后线圈两端的电压为U＝I（R1+R2）=2B0πr223t0，故D正确；
故选：D。
如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，导轨间距为l，bc间电阻为R，其它部分电阻不计。导轨间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。金属杆放置在导轨上，与导轨的接触点为M、N。并与导轨成θ角，金属杆以ω的角速度绕N点由图示位置逆时针匀速转动到与导轨ab垂直。转动过程中金属杆与导轨始终接触良好，金属杆电阻忽略不计，则在金属杆转动过程中（ ）
A．M、N两点电势相等
B．金属杆中感应电流的方向由M流向N
C．电路中感应电流的大小始终为Bl2ω2R
D．电路中通过的电荷量为Bl2Rtanθ
【解答】解：A、金属杆逆时针转动切割磁感线，产生感应电动势，相当于电源，由右手定则可知MN中感应电流方向由M→N，则M点电势低于N点电势，故A错误；
B、根据右手定则可知金属杆中感应电流的方向是由M流向N，故B正确；
C、在图示位置，金属棒切割磁感线产生感应电动势为E＝BLv=B•lsinθ•ωlsinθ+02=Bl2ω2sin2θ
回路中的电阻为R，则回路中的感应电流为I=ER=Bl2ω2Rsin2θ，可知在不同位置电流值不同，故C错误；
D、电路中通过的电量为q=IΔt
根据法拉第电磁感应定律得E=ΔΦΔt=B⋅12l⋅ltanθΔt
根据闭合电路欧姆定律得I=ER，联立可得q=Bl22Rtanθ，故D错误。
故选：B。
四、求电荷量的三种方法：
q＝t→eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(I＝\f(E,R)，E＝n\f(ΔΦ,Δt) ⇒ q＝n\f(ΔΦ,R总)＝n\f(BLΔx,R总),FA＝B IL，FA·Δt＝Δp ⇒q＝\f(Δp,BL)))
半径为l的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为l、电阻为r的金属棒OC一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴上，由电动机带动顺时针旋转（从上往下看），在金属导轨区域内存在大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。从圆形金属导轨及转轴通过电刷引出导线连接成如图所示的电路，灯泡电阻为R，转轴以ω的角速度匀速转动，不计其余电阻，则（ ）
A．C点电势比O点电势高
B．电动势大小为Bωl2
C．棒OC每旋转一圈通过灯泡的电量为πBl2(R+r)
D．灯泡消耗的电功率是B2ω2l2R4(R+r)2
【解答】解：A.根据右手定则可知，CO中电流从C到O，CO充当电源，则O点电势比C点电势高，故A错误；
B.电动势的大小为E＝Bωl2l=12Bl2ω，故B错误；
C.流过灯泡的电流大小为I=ER+r
棒OC旋转一圈的时间
t=2πω
棒OC每旋转一圈通过灯泡的电量
q＝It
解得：q=πBl2(R+r)
故C正确；
D.灯泡消耗的电功率
P＝I2R
解得：P=B2ω2l4R4(R+r)2
故D错误。
故选：C。
（多选）如图所示，两条平行光滑金属导轨水平固定，匀强磁场与导轨平面垂直，磁感应强度大小为B，两导轨间距为L，导轨之间接一阻值为R的定值电阻，金属棒紧贴导轨静止放置。现给静止的金属棒施加一个水平向右的变力F，初始时刻F的值为F0，匀加速运动t时间，F增大到最大值3F0后不再变化，金属棒最后做匀速运动。金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒及导轨的电阻不计，下列说法正确的是（ ）
A．金属棒做匀速运动的速度等于其做匀加速运动的末速度
B．金属棒做匀速运动的速度是其做匀加速运动的末速度的2倍
C．金属棒做匀加速运动的加速度大小为2F0RB2L2t
D．在0～t时间内，通过回路某一横截面的电荷量为F0tBL
【解答】解：ABC、在0～t时间内，金属棒做匀加速运动，F达到最大值3F0后保持不变，随着速度增大，安培力逐渐变大，合力减小，加速度减小，金属棒做加速度越来越小的加速运动。当加速度a＝0，即金属棒所受安培力与外力3F0相等时，金属棒做匀速直线运动，可知金属棒做匀速运动的速度大于其做匀加速运动的末速度。
设金属棒在匀加速运动阶段的加速度大小为a、末速度大小为v，则
v=at，F0=ma，3F0-B2L2vR=ma
解得：v=2F0RB2L2，a=2F0RB2L2t
设金属棒最后做匀速运动的速度大小为vm，此时拉力F等于安培力，即
3F0=BIL=B2L2vmR
解得：vm=3F0RB2L2
所以vm＝1.5v，故AB错误，C正确；
D、在0～t时间内，金属棒做匀加速运动，通过回路某一横截面的电荷量为
q=IΔt=E⋅ΔtR=ΔΦR=BL⋅v2tR
结合v=2F0RB2L2得：q=F0tBL，故D正确。
故选：CD。
（多选）如图是学生常用的饭卡内部实物图，其由线圈和芯片电路组成。当饭卡处于感应区域时，会在线圈中产生感应电流来驱动芯片工作。已知线圈面积为S，共n匝，回路总电阻为R。某次刷卡时，线圈平面与磁感应强度方向垂直，且全部处于磁场区域内，在感应时间t内，磁感应强度由0增大到B，此过程中（ ）
A．线圈有扩张的趋势
B．通过线圈平面的磁通量变化量为nBS
C．线圈的平均感应电动势为nBSt
D．通过导线某截面的电荷量为nBSR
【解答】解：A、线圈平面的磁通量增加，根据楞次定律可知线圈有收缩的趋势，故A错误；
B、磁通量变化量为BS，与匝数无关，故B错误；
C、线圈的平均感应电动势：E＝nΔΦΔt，故C正确；
D、通过导线某截面的电荷量：q=ER•Δt=nBSR，故D正确。
故选：CD。
（多选）2022年6月17日，我国第三艘航母福建舰正式下水，如图甲所示，福建舰配备了目前世界上最先进的电磁弹射系统。电磁弹射系统的具体实现方案有多种，并且十分复杂。一种简化的物理模型如图乙所示，电源和一对足够长平行金属导轨M、N分别通过单刀双掷开关K与电容器相连。电源的电动势E＝6V，内阻不计。两条足够长的导轨相距L＝0.2m且水平放置处于磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面且竖直向下，电容器的电容C＝10F。现将一质量为m＝0.1kg，电阻R＝1Ω的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内，分别与两导轨良好接触。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运动。不计导轨和电路其他部分的电阻，不计电容器充、放电过程中电磁辐射和导轨产生的磁场对滑块的作用，忽略金属滑块运动过程中的一切摩擦阻力。下列说法正确的是（ ）
A．开关K置于b后，金属块先做加速运动、后做减速运动
B．开关K置于b的瞬间，金属滑块的加速度大小为6m/s2
C．开关K置于b后，金属滑块获得的最大速度大小为30m/s
D．开关K置于b后，电容器最终带电量为零
【解答】解：B、开关K置于b的瞬间，流过金属滑块的电流为I=ER，以金属滑块为研究对象，根据牛顿第二定律F＝BIL＝ma，代入数据解得a＝6m/s2，故B正确；
AC、金属滑块运动后，切割磁感线产生电动势，当电容器电压与滑块切割磁感线产生电动势相等时速度达到最大。设金属滑块加速运动到最大速度时两端电压为U，电容器放电过程中的电荷量变化为Δq，放电时间为Δt，流过金属滑块的平均电流为I，在金属块滑动过程中，由动量定理得：
BIL•Δt＝mv﹣0
由电流的定义可得：Δq＝IΔt
由电容的定义式可得：C=ΔqΔU
电容器放电过程的电荷量变化为：Δq＝CΔU
且有：ΔU＝E﹣U
联立可得：BLC（E﹣U）＝mv
金属滑块运动后速度最大时，根据法拉第电磁感应定律可得：U＝BLv
联合解得：v＝30m/s，故A错误，C正确；
D、由C选项分析可知，当金属滑块运动后速度最大时起飞，其两端电压为U＝BLv，代入数据解得：U＝3V，即此时电容器两端电压为3V，电容极板上依然有电荷，未完全放电，故D错误。
故选：BC。
（多选）如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO'上，随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．棒产生的电动势为12Br2ω
B．微粒的电荷量与质量之比为2gdBr2ω
C．电阻消耗的电功率为πB2r4ω2R
D．电容器所带的电荷量为CBlω
【解答】解：A．金属棒绕OO′轴转动切割，切割的有效长度为r，棒产生的感应电动势：E=Br0+ωr2=Bωr22
故A正确；
B．电容器并联在外电阻R两端，则电容器两端的电压为U=Bωr22
根据平衡条件mg=Udq
所以微粒的电荷量与质量之比为qm=2gdBωr2
故B正确；
C．电阻消耗的电功率为P=U2R=B2ω2r44R
故C错误；
D．电容器所带的电荷量Q=CU=BCωr22
故D错误。
故选：AB。
五、电磁感应中处理变加速运动的两种方法：
【注】对于力随时间或力随位移线性变化的情况，可以画出 F-x 或 F-t 图象，则图象围成的面积代表该力的功或者冲量。
六、电磁感应中的两条重要关系：
如图所示，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行且光滑的金属导轨，导体棒ab的质量为m、电阻为2R，导体棒cd的质量为2m、电阻为R，均静止在导轨上，现给导体棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，导体棒ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，关于导体棒ab、cd组成的系统，下列说法正确的是（ ）
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量不守恒，机械能守恒
C．动量守恒，机械能不守恒
D．动量不守恒，机械能不守恒
【解答】解：由于系统不受外力，动量守恒，但导体棒在运动过程，整个回路会产生焦耳热，机械能不守恒。
故ABD错误，C正确；
故选：C。
（多选）如图所示，两条足够长的光滑导轨放在水平面上，导轨的电阻不计，以图中的虚线为界左右两部分导轨分别处于竖直向下和竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小均为B，两个磁场中分别有长度与轨道间距相同的导体棒1和2静止在导轨上，两导体棒的电阻相同，导体棒1的质量为m，导体棒2的质量为2m，如果某时刻导体棒1获得向右的速度v0，经过一段时间t后两导体棒的速度达到稳定，从开始到稳定的时间t内两棒的位移的大小分别为x1和x2，则下列说法中正确的是（ ）
A．导体棒1和导体棒2组成的系统动量守恒
B．稳定时两棒的速度大小均为v03
C．x1+2x2＝v0t
D．x1+x2＝v0t
【解答】解：A、导体棒1获得向右的速度v0，根据右手定则可知感应电流方向为顺时针（俯视），根据左手定则可知导体棒1受到的安培力方向向左，导体棒2受到的安培力方向向左，系统在水平方向合外力不为零，故动量不守恒，故A错误；
B、稳定时回路中的电流为零，则两棒的速度大小相等、方向相反，设稳定时两棒的速度大小均为v。
取向右为正方向，对导体棒1根据动量定理可得：-BILt=mv﹣mv0
对导体棒2根据动量定理可得：-BILt=-2mv﹣0
联立解得：v=v03，故B正确；
CD、取向右为正方向，作出导体棒1和2的速度—时间图像分别为下图中的图线1和2所示：
图线1和2与时间轴围成的面积等于从开始到稳定的时间t内两棒的相对位移大小。将图线2向上平移到v0处，由于两棒所受的安培力大小始终相等，导体棒1的质量为m，导体棒2的质量为2m，根据牛顿第二定律可知导体棒1的加速度大小始终是导体棒2的加速度大小的2倍，结合图像有：S2＝S′，所以：x1+2x2＝v0t，故C正确、D错误。
故选：BC。
（多选）如图所示，两根光滑足够长且电阻不计的平行金属导轨MNPQ和M1N1P1Q1，固定水在平面上，MN与M1N1距离为2l，PQ与P1Q1距离为l。金属棒a和b的质量分别为2m和m、长度分别为2l与l，金属棒a、b分别垂直放在导轨MM1和PP1上，静止在导轨上。整个装置处于竖直向下的、磁感应强度为B的匀强磁场中。现a棒获得水平向右初速度v0，两棒运动时始终保持平行且a总在MNM1N1上运动，b总在PQP1Q1上运动，经过足够长时间后，下列说法正确的（ ）
A．金属棒a流过的电荷量是2mv03Bl
B．金属棒a和b均做加速度相同的匀加速直线运动
C．金属棒a和b均做速度相等的匀速直线运动
D．回路感应电动势为零
【解答】解：CD．金属棒a向右运动，由左手定则可知，金属棒a受安培力向左，做减速运动，金属棒b受安培力向右，做加速运动，则经过一段时间后，两棒稳定时均做匀速运动，此时回路的感应电流为零，感应电动势为零，则B•2lva＝Blvb
即2va＝vb，故C错误，D正确；
B．根据牛顿第二定律可得
a=BILm
aa=BI⋅2l2m=ab=BIlm
金属棒a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动，两者加速度大小相等，方向相反，故B错误；
A．设初速度方向为正方向，对a、b列动量定理方程
-BI⋅2lΔt=2mva-2mv0
BI⋅lΔt=mvb
解得q=IΔt=2mv03Bl，故A正确。
故选：AD。
（多选）如图所示，水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒AB质量为m，电阻不计，向右运动的初速度为v0，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直轨道平面向下，导轨足够长且电阻不计，导体棒从开始运动至停下来，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒AB内有电流通过，方向是B→A
B．磁场对导体棒AB的作用力水平向右
C．通过导体棒的电荷量为mv0BL
D．导体棒在导轨上运动的最大距离为mv0RB2L2
【解答】解：A、根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为E＝BLv，导体棒切割磁感应线且与R构成闭合回路，则电路中有电流；根据右手定则可知导体棒AB内的电流方向是B→A，故A正确；
B、根据左手定则可知磁场对导体棒AB的作用力水平向左，故B错误；
C、取向右为正方向，对导体棒根据动量定理可得：﹣BILt＝0﹣mv0，其中：It＝q，解得通过导体棒的电荷量为q=mv0BL，故C正确；
D、根据电荷量的计算公式可得：q=It=ERt=ΔΦR=BLxR，解得导体棒在导轨上运动的最大距离为：x=mv0RB2L2，故D正确。
故选：ACD。
如图所示，在水平面上有两条导电导轨MN、PQ，导轨间距为d，匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度的大小为B，两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离放在导轨上，且与导轨垂直。它们的电阻均为R，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计，金属杆的摩擦不计。杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则杆2固定与不固定两种情况下，最初摆放两杆时的最小距离之比为（ ）
A．1：1B．1：2C．2：1D．4：1
【解答】解：考虑极端情况，即杆1以某一初速度滑向杆2时，恰与杆2相碰。
若杆2固定，当杆1速度减到零时恰到达杆2位置，则有最初摆放两杆时距离最小，设为s1，对回路有：q1=ΔΦ2R=Bds12R
对杆1有：﹣BI1d⋅Δt=0﹣mv0 而电量q1=I1•Δt
联立解得：s1=2Rmv0B2d2
若杆2不固定，设两杆最小距离为s2，则有q2=Bds22R
对杆2，则有：BI2d⋅Δt=mv2﹣0
两杆组成的系统满足动量守恒，则有：mv0＝mv1+mv2
末态两杆速度相同：v1＝v2
又因为：q2=I2⋅Δt'
联立解得：s2=Rmv0B2d2
所以：s1：s2＝2：1，故ABD错误，C正确。
故选：C。
七、电磁感应中的电容器问题：
【情景】：轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻r，两导轨间距为L，拉力F恒定
设金属棒运动的速度大小为v，则感应电动势为E=BLv (1)
经过Δt速度为v+Δv，此时感应电动势E'=BL(v+Δv) (2)
Δt时间内流入电容器的电荷量Δq=CΔU=C(E'-E)=CBLΔ(3)
电流I=ΔqΔt=CBLΔvΔt=CBLa,(4)
安培力F安=BIL=CB2L2a.(5)
由牛顿第二第定律F-F安=ma (6)
a=Fm+B2L2C (7)
所以杆以恒定的加速度匀加速运动
对于导体棒 cd，克服安培力做多少功，就应有多少能量 转化为电能，则有: W安=-F安x (8)
x=12at2 (9) 由 (7) (8) (9) 式得:
W安=B2L2a2t2C2所以在 t 秒内转化为电能的多少是:W安=B2L2a2t2C2
（多选）如图所示，宽度为L的光滑平行金属导轨水平放置于方向竖直向下的匀强磁场中，金属导轨足够长且电阻不计，磁场的磁感应强度为B，导轨左端接一阻值为R的定值电阻和一电容为C的电容器，电阻不计的金属棒MN置于导轨上。某时刻在垂直于金属棒方向施加一水平恒力F，使金属棒由静止开始运动，运动过程中金属棒与导轨始终保持垂直且接触良好。下列说法正确的是（ ）
A．开关S1断开、S2闭合，金属棒最终做匀速直线运动，速度为FRB2L2
B．开关S1闭合、S2断开，金属棒做匀加速直线运动，加速度为FB2L2C+m
C．开关S1，S2都闭合，金属棒最终做匀速直线运动，速度为FRB2L2
D．开关S1，S2都闭合，金属棒做匀加速直线运动，加速度为FB2L2C+m
【解答】解：A．开关S1断开、S2闭合，金属棒先加速运动，最终做匀速直线运动，此时安培力F安＝F
又F安=BIL=B2L2vR
解得v=FRB2L2
故A正确；
B．开关S1闭合、S2断开F﹣BIL＝ma
I=ΔqΔt=CΔUΔt=CBLΔvΔt=CBLa
解得
a=FB2L2C+m
故B正确；
CD．开关S1，S2都闭合，电容器稳定后相当于断路，金属棒最终做匀速直线运动，此时安培力F安＝F
又F安=BIL=B2L2vR
解得v=FRB2L2
故C正确，D错误。
故选：ABC。
（多选）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨倾斜固定，倾角为30°，上端连接一电容器，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场穿过导轨所在平面．一根质量为m的导体棒垂直静置在导轨上．现让导体棒从静止开始滑下，导体棒做匀加速直线运动，所有电阻均不计，重力加速度大小为g，则导体棒在导轨上运动的加速度大小可能为（ ）
A．13gB．12gC．14gD．35g
【解答】解：BD、电容器两端电势差U等于导体棒切割磁感线产生的感应电动势，当导体棒的速度大小为v时，有：U＝Blv，ΔU＝BlΔv，ΔQ＝CΔU，ΔQ＝IΔt
根据加速度定义式可得：a=ΔvΔt
根据牛顿第二定律可得：mgsin30°﹣BIl＝ma
解得：a=mgsin30°m+B2l2C＜mgsin30°m=12g，故BD错误；
A、当B2l2C=12m时，a=13g，故A正确；
C、当B2l2C＝m时，a=14g，故C正确。
故选：AC。
阻碍原磁通量变化——“增反减同”
阻碍相对运动——“来拒去留”
使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”
阻碍原电流的变化——“增反减同”
应用的定则
安培（右手螺旋）定则
左手定则
右手定则
手势图
因果关系
电生磁
电受力
动生电
形象记忆
“磁”的右半边“兹”螺旋写法，用右手螺旋；
“力”的最后一笔“丿”方向向左，用左手；
“电”的最后一笔“乚”方向向右，用右手。
情景图
法拉第电磁感应定律E＝neq \f(ΔΦ,Δt)
回路(不一定闭合)
一段直导线(或等效成直导线)
绕一端转动的一段导体棒
绕与B垂直且在导线框平面内的轴转动的导线框
E=nsΔBΔt
E＝BLv
E＝eq \f(1,2)BL2ω
E＝NBSωsin(ωt＋φ0)
图例
E＝Blv中的有效长度l
为ab间的直线距离
为ab的投影长度lsin β
为ab长l
安培力F＝BIl中的有效长度l
为ab间的直线距离
为ab长l
为ab长l