第2章 电磁感应（重难点专项突破）-2023-2024学年高二物理下学期同步学案+典例+练习（人教版2019选择性必修第二册）

这是一份第2章 电磁感应（重难点专项突破）-2023-2024学年高二物理下学期同步学案+典例+练习（人教版2019选择性必修第二册），文件包含第2章电磁感应重难点专项突破解析版docx、第2章电磁感应重难点专项突破原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共68页， 欢迎下载使用。

第2章 电磁感应重难点专项突破
重难点突破

重难点突破一 楞次定律的应用
一、楞次定律的重要结论
1．“增反减同”法
感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量(原磁场磁通量)的变化．
(1)当原磁场磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反．
(2)当原磁场磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同．
口诀记为“增反减同”．
2．“来拒去留”法
由于磁场与导体的相对运动产生电磁感应现象时，产生的感应电流与磁场间有力的作用，这种力的作用会“阻碍”相对运动．口诀记为“来拒去留”．
3．“增缩减扩”法
就闭合电路的面积而言，收缩或扩张是为了阻碍穿过电路的原磁通量的变化．若穿过闭合电路的磁通量增加，面积有收缩趋势；若穿过闭合电路的磁通量减少，面积有扩张趋势．口诀记为“增缩减扩”．
注意：此法只适用于回路中只有一个方向的磁感线的情况．
4．“增离减靠”法
若磁场变化且线圈回路可移动，当磁场增强使得穿过线圈回路的磁通量增加时，线圈将通过远离磁体来阻碍磁通量增加；反之，当磁场减弱使得穿过线圈回路的磁通量减少时，线圈将通过靠近磁体来阻碍磁通量减少．口诀记为“增离减靠”．
二、“三定则一定律”的综合应用
安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的比较
比较项目
安培定则
左手定则
右手定则
楞次定律
适用场合
判断电流周围的磁感线方向
判断通电导线在磁场中所受的安培力方向
判断导体切割磁感线时产生的感应电流方向
判断回路中磁通量变化时产生的感应电流方向
因果关系
因电而生磁(I→B)
因电而受力(I、B→F安)
因动而生电(v、B→I感)
因磁通量变化而生电(ΔΦ→I感)
重难点突破二 电磁感应中的电路、电荷量及图像问题
一、处理电磁感应中的电路问题的一般方法
1．明确哪部分电路或导体产生感应电动势，该部分电路或导体就相当于电源，其他部分是外电路．
2．画等效电路图，分清内、外电路．
3．用法拉第电磁感应定律E＝n或E＝Blvsin θ确定感应电动势的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向．注意在等效电源内部，电流方向从负极流向正极．
4．运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率等公式联立求解．
二、电磁感应中的电荷量问题
闭合回路中磁通量发生变化时，电荷发生定向移动而形成感应电流，在Δt内通过某一截面的电荷量(感应电荷量)q＝I·Δt＝·Δt＝n··Δt＝.
(1)由上式可知，线圈匝数一定时，通过某一截面的感应电荷量仅由回路电阻和磁通量的变化量决定，与时间无关．
(2)求解电路中通过的电荷量时，I、E均为平均值．
三、电磁感应中的图像问题
1．问题类型
(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像．
(2)由给定的图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量．
2．图像类型
(1)各物理量随时间t变化的图像，即B－t图像、Φ－t图像、E－t图像和I－t图像．
(2)导体做切割磁感线运动时，还涉及感应电动势E和感应电流I随导体位移变化的图像，即E－x图像和I－x图像．
3．解决此类问题需要熟练掌握的规律：安培定则、左手定则、楞次定律、右手定则、法拉第电磁感应定律、欧姆定律等．判断物理量增大、减小、正负等，必要时写出函数关系式，进行分析．
重难点突破三 电磁感应中的动力学及能量问题
一、电磁感应中的动力学问题
电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向．
(2)用闭合电路欧姆定律求回路中感应电流的大小．
(3)分析导体的受力情况(包括安培力)．
(4)列动力学方程(a≠0)或平衡方程(a＝0)求解．
二、电磁感应中的能量问题
1．电磁感应现象中的能量转化

2．焦耳热的计算
(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt.
(2)感应电流变化，可用以下方法分析：
①利用动能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安．
②利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量．
典型例题分析

考点一：楞次定律的重要结论
【例1】媒体报道，某大学研究人员发现了一种能够将内能直接转化为电能新型合金。据描述，只要将该合金略微加热，这种合金就会变成强磁性合金，从而使放在周围的金属线框产生电流，简化模型如图所示。A为柱形合金，B为金属圆环。现对合金进行加热，则（    ）

A．加热时，穿过金属圆环B的磁通量减小
B．加热时，金属圆环B中一定会产生顺时针电流
C．加热时，金属圆环B有缩小的趋势
D．加热时，金属圆环B有扩张的趋势
【答案】D
【详解】A．加热时，合金磁性变强，磁感应强度变大，所以金属圆环B的磁通量增大，故A错误；B．根据楞次定律可知，磁通量变大，感应磁场方向与原磁场方向相反，由于原磁场方向未知，所以电流方向无法判断，故B错误；CD．假设合金产生的磁场上北下南，加热时，根据楞次定律可知，圆环B的电流方向为顺时针。再根据左手定则可知，圆环B所受安培力向外，故圆环B有扩张趋势。同理可得，当合金磁场上南下北时，圆环B依旧有扩张趋势，故C错误，D正确；故选D。
【变式练习】
1．如图甲所示，将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流表及开关进行连接。该电流表指针偏转方向与电流方向间的关系为：当电流从右接线柱流入电流表时，指针向右偏转。其中A线圈绕法如图乙所示，B线圈绕法如图丙所示。开关闭合，线圈A放在线圈B中。下列判断正确的是（　　）

A．断开开关的瞬间，电流表指针将向右偏转
B．将线圈A从线圈B中拔出时，电流表指针将向左偏转
C．当滑动变阻器的滑片向左加速滑动时，电流表指针将向左偏转
D．当滑动变阻器的滑片向左匀速滑动时，电流表指针不发生偏转
【答案】B
【详解】A．断开开关的瞬间，由安培定则可知，A线圈中的磁场方向向上，磁通量减小，B线圈中磁通量减小，由楞次定律可知，B线圈中感应电流的磁场方向向上， B线圈中的感应电流由c流向d，电流从左接线柱流入电流表，电流表指针将向左偏转，A错误；B．将线圈A从线圈B中拔出时，B线圈中磁通量减小，由楞次定律可知，B线圈中感应电流的磁场方向向上， B线圈中的感应电流由c流向d，电流从左接线柱流入电流表，电流表指针将向左偏转，B正确；CD．当滑动变阻器的滑片向左加速滑动时，或者向左匀速滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻值都减小，电路中的电流增大，A线圈中的磁场方向向上，磁通量增大，B线圈中的磁通量增大，由楞次定律可知，B线圈中感应电流的磁场方向向下，B线圈中感应电流由d流向c，电流从右接线柱流入电流表，电流表指针将向右偏转，CD错误。故选B。
2．如图所示，水平放置的圆形闭合铜线圈沿着固定的条形磁铁的竖直轴线自由下落，则在它穿过条形磁铁的过程中（　　）

A．线圈中感应电流的方向从上向下看先顺时针再逆时针
B．线圈中感应电流方向没有改变
C．线圈所受的安培力先竖直向上，再竖直向下
D．线圈先有扩大的趋势，再有缩小的趋势
【答案】A
【详解】AB．由图示可知，在线圈下落过程中，穿过圆环的磁场方向向上，在线圈靠近磁铁时，穿过圆环的磁通量变大，感应电流产生的磁场阻碍磁通量的增加，感应电流的磁场方向向下，从上向下看感应电流方向为顺时针；在线圈远离磁铁时穿过圆环的磁通量减小，感应电流产生磁场的阻碍磁通量的减小，感应电流的磁场方向向上，从上向下看线圈产生逆时针方向的电流，故B错误，A正确；C．由“来拒去留”可知，感应电流总是阻碍线圈间的相对运动，在线圈靠近磁铁的过程中为阻碍线圈的靠近，磁铁对线圈的作用力竖直向上，在线圈穿过磁铁远离磁铁的过程中，为阻碍线圈的远离，磁铁对线圈的作用力竖直向上，则在整个过程中，磁铁对线圈的作用力始终竖直向上，故C错误；
D．线圈在下落过程中，穿过线圈的磁通量先增大后减小，由“增缩减扩”可知，线圈先有缩小的趋势，再有扩大的趋势，故D错误。故选A。
考点二：“三定则一定律”的综合应用
【例2】如图所示，a、b、c三个线圈是同心圆，b线圈上连接有直流电源和开关K，则下列说法正确的是（　　）

A．K闭合电路稳定后，在断开K的一瞬间，线圈c中有感应电流，线圈a中没有感应电流
B．K闭合电路稳定后，在断开K的一瞬间，线圈a中有感应电流，线圈c中没有感应电流
C．在K闭合的一瞬间，线圈a中有逆时针方向的瞬时电流，有扩张趋势
D．在K闭合的一瞬间，线圈c中有顺时针方向的瞬时电流，有收缩趋势
【答案】C
【详解】AB．在K闭合电路稳定后，再断开K的一瞬间，穿过线圈a、c中的磁通量均发生变化，均有感应电流产生，故AB错误；CD．在K闭合的一瞬间，线圈b中有顺时针方向的瞬时电流，线圈a、c内磁场垂直纸面向里增大，根据楞次定律、右手螺旋定则和左手定则，可知线圈a、c中均有逆时针方向的瞬时电流，a有扩张的趋势,c有收缩的趋势，故C正确，D错误。故选C。
【变式练习】
1．如图甲所示，U型导体框架abcd放置于水平面内，导体棒MN与两导轨垂直并与导轨接触良好，整个装置处于垂直于框架平面的磁场中，磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示，MN始终保持静止。规定竖直向上为磁场正方向，沿导体棒由M到N为感应电流的正方向，水平向右为导体棒所受安培力F的正方向，水平向左为导体棒所受摩擦力f的正方向，下列图像中不正确的是（　　）

A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】时间内，磁感应强度不发生变化，回路中没有感应电流，导棒受到的安培力和摩擦力为零；时间内，磁感应强度均匀减小，导体棒中有从M到N的感应电流，感应电流大小不变，导棒受到的安培力向右、摩擦力向左；时间内，磁感应强度方向相反，均匀增大，导体棒中有从M到N的感应电流，感应电流大小不变，导棒受到的安培力向左、摩擦力向右；结合题意可判断A错误，符合题意，BCD正确，不符合题意。故选A。
2．如图甲所示，正方形金属线圈abcd处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示，若磁场方向垂直线圈平面向外时磁感应强度为正。下列说法正确的是（　　）

A．0~t1时间内，线圈中感应电流的方向为adcba
B．t1~t2和t2~t3时间内，线圈中感应电流的方向相反
C．t3~t4时间内，线圈ad边受到的安培力向右
D．0~t1和t2~t3时间内，线圈ad边受到的安培力方向相同
【答案】D
【详解】A．由图乙可知0~时间内，垂直线圈平面向外的磁场增加，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向为abcda，故A错误；B．和时间内，图像的斜率相同，所以线圈中感应电流的方向相同，故B错误；C．时间内，垂直线圈平面向里的磁场减弱，根据次定律可知线圈中感应电流的方向为abcda，根据左手定则可知线圈ad边受到的安培力向左，故C错误；D． 和时间内，磁场方向相反，根据楞次定律可知线圈中感应电流的方向也相反，根据左手定律可得线圈ad边受到的安培力方向相同，故D正确。故选D。
考点三：电磁感应与电路的综合问题
【例3】如图所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度为B、方向垂直导轨所在平面向里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻。一根与导轨接触良好、有效阻值为的金属导线ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，则（不计导轨电阻）（　　）

A．通过电阻R的电流方向为P→R→M
B．a、b两点间的电压为BLv
C．a端电势比b端电势高
D．外力F做的功等于电阻R上产生的焦耳热
【答案】C
【详解】A．根据右手定则可知，ab中产生的感应电流方向为b到a，则通过电阻R的电流方向为M→R→P，故A错误；B．金属导线ab相当于电源，ab两点间的电压是路端电压，即是R两端的电压。根据闭合电路欧姆定律得知，ab两点间的电压为

故B错误；C．金属导线ab相当于电源，a端相当于电源的正极，电势较高，故C正确；D．金属导线ab向右做匀速直线运动，根据能量守恒得知：外力F做的功等于电路中产生的焦耳热，大于电阻R上发出的焦耳热，故D错误。故选C。
【变式练习】
1．如图甲所示，水平放置的平行金属导轨左端连接一个平行板电容器C 和一个定值电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示（垂直纸面向外为正），MN始终保持静止.不计电容器充时间，则在时间内，下列说法正确的是（　　）

A．电阻R两端的电压大小先变小后变大
B．电容器C的a板先带正电后带负电
C．MN棒所受安培力的方向先向右后向左
D．MN棒所受安培力的大小始终不变
【答案】C
【详解】A．由法拉第电磁感应定律得

由图乙所示图象可知，磁感应强度的变化率不变，回路面积S不变，则感应电动势E不变，电路电流不变，电阻R两端电压大小不变，故A错误；B．由楞次定律可知，在时间内感应电流沿逆时针方向，电容器a板始终带正电，故B错误；
D．电路感应电流I不变，MN棒受到的安培力

由于B大小变化，则安培力大小变化，故D错误；C．由左手定则可知，MN棒所受的安培力先向右后向左，故C正确。故选C。
2．某同学以金属戒指为研究对象，探究金属物品在变化磁场中的热效应。如图所示，戒指可视为周长为L、横截面积为S、电阻率为的单匝圆形线圈，放置在匀强磁场中，磁感应强度方向垂直于戒指平面。若磁感应强度大小在时间内从0均匀增加到B0，则（　　）

A．戒指中的感应电动势为
B．戒指中的感应电流为
C．顺着磁感线方向观察，戒指中产生顺时针方向的感应电流
D．戒指中电流的热功率为
【答案】D
【详解】AB．设戒指的半径为r，则有

磁感应强度大小在Δt时间内从0均匀增加到B0。产生的感应电动势为

解得

戒指的电阻为

根据欧姆定律得

故AB错误；C．由楞次定律可知，顺着磁感线方向观察，戒指中产生逆时针方向的感应电流，故C错误；D．戒指中电流的热功率为

故D正确。故选D。
考点四：电磁感应中的图像问题
【例4】如图所示，由同种材料制成的粗细均匀的正方形金属线框，以恒定速度通过有理想边界的匀强磁场，线框的边长小于有界磁场的宽度。开始计时时线框的ab边恰与磁场的左边界重合，在运动过程中线框平面与磁场方向保持垂直，且ab边保持与磁场边界平行，则图中能定性的描述线框中c、d两点间的电势差Ucd 随时间变化情况的是（　　）

A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】由题意可得，线框向右匀速穿越磁场区域的过程可以大致分为三个阶段，在进入过程时，ab是电源，假设电动势为E，每一边的电阻为r，则外电阻R1=3r，根据欧姆定律可知，c、d两点间的电势差为

第二阶段是线框整体在磁场中运动，此时，ab与cd都是电源，并且是完全相同的电源，此时

第三阶段是线框离开过程，此时cd是电源，此时有

故选B。
【变式练习】
1．两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度大小B=0.2T，方向与纸面垂直，边长L=0.1m、总电阻R=的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边距磁场边界L，如图所示，已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t=1s时刻进入磁场，以初始位置为计时起点，规定：电流沿顺时针方向时的电动势E为正，磁感线垂直纸面向外时磁通量为正。则以下关于线框中的感应电动势E、磁通量、感应电流I和安培力F随时间变化的图像中正确的是（　　）

A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】A．由题可知，线框速度

解得

设线框进入磁场的面积的时间为t

由公式

联立可得

可知，磁通量和时间成正比，所以线框进入磁场时，磁通量均匀增大，当时间为2s末时，线框全部进入磁场，此时磁通量为

当线框离开磁场的2s~3s时间内，磁通量均匀减小，3s末减到零，故A错误；BC．由法拉第电磁感应定律

可得
V
由欧姆定律

可得

由右手定则可知，线框进入磁场时，电流方向为逆时针，大小不变，所以感应电动势恒定且为正方向，离开磁场时，电流方向为顺时针，大小不变，感应电动势恒定且为负方向，故B正确，C错误；D．由安培力公式

可得

由左手定则可知，当线框进入磁场时，安培力方向向左，大小恒定为正值，当线框离开磁场时，安培力方向向左，大小恒定为正值，故D错误。故选B。
2．如图所示，边长为L的正方形线框，从图示位置在恒力作用下沿水平面滑动，中途穿越垂直纸面向里、有理想边界的匀强磁场区域，磁场的宽度大于L，以i表示导线框中的感应电流，以v表示线框运动的速度。从线框刚进入磁场区域开始计时，电流取逆时针方向为正方向，以下图像可能正确的是（　　）

A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】AB．线框以一定速度进入磁场区域后，产生感应电动势和感应电流，受到安培力作用。在刚进入磁场时，若所受安培力刚好等于F，线框做匀速运动，感应电流为恒定值，完全进入后，磁通量不变，不产生感应电流，不受安培力作用，线框加速运动，在出磁场时，所受安培力一定大于F，一定做减速运动，产生的感应电流逐渐减小，故A错误，B正确；CD．在刚进入磁场时，若所受安培力小于F，线框加速运动，完全进入后，磁通量不变，不产生感应电流，不受安培力作用，线框加速度大于刚进入时的加速度，在刚进入磁场时，若所受安培力大于F，线框减速运动，完全进入后，磁通量不变，不产生感应电流，不受安培力作用，线框加速运动，故CD错误。故选B。
考点五：电磁感应中的动力学及能量问题
【例5】如图所示，间距为l的U形导轨固定在水平面上，垂直导轨向下的匀强磁场磁感应强度为B。质量为m、电阻为r的金属杆PQ沿着粗糙U形导轨以初速度v开始向右滑行，金属杆PQ与U形导轨之间的动摩擦因数为μ，ab间电阻为R，导轨电阻忽略不计，取重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　）

A．通过金属杆电流的方向为由P到Q
B．PQ开始运动时ab间电压为Blv
C．PQ运动的过程中系统产生焦耳热为
D．开始运动时PQ的加速度大小为
【答案】D
【详解】A．根据右手定则可知金属杆电流的方向为Q到P，故A错误；B．PQ开始运动时产生的电动势为

ab间电压为

故B错误；C．根据功能关系可知PQ运动的过程中有

所以系统产生焦耳热小于，故C错误；
D．开始运动时导体杆PQ受到向左的摩擦力和安培力的合力提供加速度，有

而

联立可得加速度大小为

故D正确。故选D。
【变式练习】
1．如题图所示，足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间距为L，导轨上静置一质量为m的金属杆ab，质量为2m的金属杆cd以大小为的水平初速度朝着金属杆ab运动。整个装置处于竖直方向的匀强磁场中（图中未画出），磁感应强度大小为B，两金属杆始终与导轨接触良好且垂直等宽，金属杆cd始终没有与金属杆ab接触，导轨电阻和空气阻力均可忽略不计，则在两金属杆相对运动过程中，通过金属杆ab的电荷量为（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【详解】金属杆cd向左靠近金属杆ab过程中，两金属杆系统动量守恒，可得

解得

最终两金属杆速度相等，匀速运动，此过程金属杆ab运用动量定理，可得

又

两式联立，解得

故选B。
2．如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，导轨电阻均可忽略不计。在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻也为R，并与导轨接触良好。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度v0，使杆向右运动，最终ab杆停在导轨上．下列说法正确的是（　　）

A．ab杆将做匀减速运动直到静止
B．ab杆速度减为时，ab杆加速度大小
C．ab杆速度减为时，通过电阻的电量
D．ab杆速度减为时，ab杆走过的位移
【答案】D
【详解】A．设杆在运动的过程中某一时刻的速度为，导体棒的电流和受力如图

感应电动势为和电流表示为


导体棒受到的安培力为

物体的加速的大小为

结合物体的初速度和安培力的方向可知，物体做减速运动，且加速度逐渐减小的减速运动，A错误；
B．ab杆速度减为时，ab杆加速度大小为

B错误；CD．对导体棒运动动量定理

其中


联立可得


ab杆速度减为时，即，通过电阻的电量为

ab杆走过的位移为

C错误，D正确。故选D。
课后小练

一、单选题
1．如图所示装置，在下列各种操作情况中，请判断悬挂在螺线管附近的铜质闭合线圈A向右运动的是（　　）

A．开关S接通的瞬间
B．开关S接通后，电路中电流稳定时
C．开关S接通后，滑线变阻器触头向上滑动的瞬间
D．开关S断开的瞬间
【答案】D
【详解】A．当开关S接通的瞬间，螺线管中产生磁场，闭合线圈中磁通量在这一瞬间变大，根据楞次定律（增反减同）可得，此时闭合线圈A向左运动，A错误；B．开关S接通后，电路中电流稳定时线圈A中磁通量不变，不产生感应电流，此时线圈A静止，B错误；C．开关S接通后，滑线变阻器触头向上滑动的瞬间，电路中总电阻变小，电流变大，螺线管中的磁场强度变大，同理可得闭合线圈中磁通量变大，根据楞次定律可得此时闭合线圈A向左运动，C错误；D．开关S断开的瞬间，线圈A中磁通量减小，由楞次定律可得此时闭合线圈A向右运动，D正确。故选D。
2．据新闻报道：某工地发生了电梯坠落事故，导致了人员伤亡。为了防止类似意外发生，某课外学习小组设计的应急安全装置如图所示，在电梯轿厢的底部安装上永磁铁，电梯的井壁上铺设线圈，线圈中轴线与永磁铁中轴线重合（轿厢未画出），该学习小组认为这个装置能在电梯突然坠落时减小对人员的伤害，关于该装置，下列说法正确的是（　　）

A．当电梯坠落至永磁铁在图示位置时，该装置能恰好停在空中
B．当电梯坠落至永磁铁在图示位置时，线圈A、B中电流方向相同
C．当电梯坠落、该装置可使电梯做减速运动并最终恰好到地面减速到零
D．当电梯坠落至永磁铁在图示位置时，线圈A、B对电梯的作用力方向相同
【答案】D
【详解】AC．电梯坠落时，线圈内的磁感应强度发生变化，产生感应电流；感应电流会阻碍磁铁的相对运动，但是不能阻止磁铁的运动，也不会使其最终恰好到地面减速到零，AC错误；B．当电梯坠落至永磁铁在图示位置时，线圈A中此时向上的磁场减小，感应电流从上向下看是逆时针方向；B中此时向上的磁场增强，感应电流从上向下看是顺时针方向，所以此时线圈A、B中电流方向不同，B错误；D．根据前面分析当电梯坠落至永磁铁在图示位置时，线圈A、B都在阻碍电梯的下落，作用力方向相同，D正确。故选D。
3．一个长直密绕螺线管N放在一个金属圆环M的中心，圆环轴线与螺线管轴线重合，如图甲所示。螺线管N通有如图乙所示的电流，下列说法正确的是（　　）

A．t=时刻，圆环有扩张的趋势
B．t=时刻，圆环有收缩的趋势
C．t=和t=时刻，圆环内有相同的感应电流
D．t=和t=时刻，圆环内有不同的感应电流
【答案】A
【详解】AB．由图可知在时刻，通过线圈的电流增大，则线圈产生的磁场增大，所以穿过金属小圆环的磁通量增大，根据楞次定律可知，圆环有扩张的趋势，选项A正确，B错误；C．由图可知在时刻通过线圈的电流增大，而在时刻通过线圈的电流减小，根据楞次定律可知两时刻圆环感应电流方向不同，选项C错误；D．由图可知在和时刻，线圈内电流的变化率是大小相等的，则线圈产生的磁场的变化率也相等，根据法拉第电磁感应定律可知，圆环内的感应电动势大小是相等的，所以感应电流大小也相等，根据楞次定律可知两时刻圆环感应电流方向也相同，选项D错误。故选A。
4．某同学学习了电磁感应相关知识后，做了探究性实验：将闭合线圈按图示方式放在电子秤上，手握条形磁铁在线圈的正上方静止，此时电子秤的示数为m0。将条形磁铁（　　）

A．插入线圈的过程中，电子秤的示数小于
B．抽出线圈的过程中，线圈对条形磁铁的作用力竖直向上
C．插入线圈的过程中，线圈中感应电流沿逆时针方向（俯视）
D．匀速插入线圈的过程中，磁铁减少的重力势能等于线圈中产生的焦耳热
【答案】C
【详解】A．将条形磁铁插入线圈或从线圈中抽出的过程，穿过线圈的磁通量发生了变化，线圈中产生了感应电流，线圈与条形磁铁会发生相互作用，根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，在将磁铁插入线圈（无论是匀速、加速还是减速）的过程中，线圈与磁铁相互排斥，导致电子秤的示数大于，故A错误；
B．根据楞次定律的推论“来拒去留”可知抽出线圈的过程中，线圈对条形磁铁的作用力竖直向下，故B错误；C．根据楞次定律可知插入线圈的过程中，线圈中感应电流沿逆时针方向（俯视），故C正确；D．匀速插入线圈的过程中，磁铁受到重力、拉力、斥力作用，重力和拉力的合力所做的功等于线圈中产生的焦耳热，故D错误。故选C。
5．某电子天平原理如图所示，“E”形磁铁的两侧为N极，中心为S极。两极间的磁感应强度大小均为B（其余空间的磁场忽略不计），磁极宽度均为L，—正方形线圈套于中心磁极上，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C、D与外电路连接，当质量为m的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动（骨架与磁铁不接触）。随后通过CD两端对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I可确定重物的质量。已知线圈匝数为n，线圈电阻为R，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）

A．秤盘和线圈一起向下运动过程中，C点电势低于D点电势
B．外电路对线圈供电电流I要从C端流入
C．称盘和线圈下落过程中线圈的磁通量为零，所以不产生感应电动势
D．若线圈静止时消耗的最大电功率为P，该电子天平能称量的最大质量为
【答案】D
【详解】AC．由图知，线圈向下运动，线圈切割磁感线，根据右手定则可知，线圈产生感应电动势，感应电流从C端流出，D端流入，C点电势高于D点电势，故AC错误；B．根据左手定则可知，若想使弹簧恢复形变，安培力必须向上，根据左手定则可知外电流应从D端流入，故B错误；D．由平衡条件知
mg=2nBIL
得重物质量与电流的关系为

根据
P=I2R
可得最大质量为

故D正确。故选D。
6．如图所示，导轨间的磁场方向垂直于纸面向里，圆形金属环B正对电磁铁A，当导线在导轨上向右加速滑动时，则（　　）

A．导线无电流，B环无感应电流
B．导线有向上电流，从左向右看B有逆时针方向电流
C．导线有向下电流，从左向右看B有逆时针方向电流
D．导线有向上电流，从左向右看B有顺时针方向电流
【答案】D
【详解】根据右手定则可以判断出，MN导线上有向上的电流。根据右手螺旋定则可以判断出，电磁铁A在金属环B中的磁场方向向左。感应电动势，导线加速向右滑动，电动势增大，感应电流也增大，故通过金属环B的磁通量也增大。根据楞次定律可知，金属环B中电流方向从左向右看沿顺时针方向。
故选D。
7．图甲所示粗糙U形导线框固定在水平面上，右端放有一金属棒PO，整个装置处于竖直方向的磁场中，磁感应强度B按图乙规律变化，规定竖直向上为正方向，整个过程金属棒保持静止。则（　　）

A．t0时刻回路没有感应电流
B．0-2t0时间内，流过金属棒的感应电流方向是从O到P
C．在0-t0时间，金属棒PO所受安培力方向水平向右
D．2t0时刻金属棒PO所受摩擦力方向水平向左
【答案】C
【详解】AB．0-2t0时间内，由楞次定律知流过回路的感应电流逆时针，金属棒电流方向是从P到O，AB都错误；C．在0-t0时间，由左手定则或楞次定律推论可知金属棒PO所受安培力方向水平向右，C正确；
D．时刻磁场方向向下，电流方向不变，金属棒PO受安培力向左，摩擦力方向水平向右，D错误。
故选C。
8．如图所示，“凸”字形金属线框右侧有一宽度为 3L 的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。线框在纸面内向右匀速通过磁场区域，t=0 时，线框开始进入磁场。设逆时针方向为感应电流的正方向，则线框中感应电流 i 随时间 t 变化的图像可能正确的是（　　）

A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】设线框运动的速度为，线框总电阻为。
当 时，只有最右侧的一条竖直短边切割磁感线，感应电流的方向为逆时针（正方向），大小为

当时，右侧的三条竖直短边切割磁感线，感应电流的方向为逆时针（正方向），大小为

当时，右侧的上下两条竖直短边切割磁感线和左侧最长边切割磁感线，感应电流方向为顺时针（负方向），大小为

当时，只有左侧最长边切割磁感线，感应电流方向为顺时针（负方向），大小为

故选A。
9．如图所示，绝缘的水平面上固定有两条平行的光滑金属导轨，导轨电阻不计，两条相同金属棒a、b垂直导轨放置，其右侧矩形区域内存在恒定的匀强磁场，磁场方向竖直向上。现两金属棒a、b分别以初速度和同时沿导轨自由运动，先后进入磁场区域。已知a棒离开磁场区域时b棒已经进入磁场区域，则a棒从进入到离开磁场区域的过程中，电流i随时间t的变化图像可能正确的有（　　）

A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】AC．a棒以速度2v0先进入磁场切割磁感线产生的感应电流为

a棒受安培阻力做变加速直线运动，感应电流也随之减小，安培力随之减小，速度大小的变化率减小，i的变化率减小，即图像的斜率逐渐变小；设当b棒刚进入磁场时a棒减速的速度为，此时的瞬时电流为

若，即

此时双棒双电源反接，电流为零，不受安培力，两棒均匀速运动离开，图像中无电流的图像，故A正确，C错误；BD．若，即

此时双棒双电源的电动势不等要抵消一部分，因b棒的速度大，电流方向以b棒的流向，与原a棒的流向相反，即为负，大小为

b棒通电受安培力要减速，a棒受安培力而加速，则电流从小于的值逐渐减小，故BD错误。
故选A。
10．如图甲所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为，一端通过导线与阻值为的电阻连接；导轨上放一质量、电阻的金属杆，导轨的电阻忽略不计。均匀磁场竖直向下，用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动。当改变拉力的大小时，最后匀速运动的速度v也会相应变化，且v与F的关系如图乙所示，重力加速度。则下列说法正确的是（　　）

A．匀强磁场的磁感应强度
B．杆与导轨间的动摩擦因数
C．当，最后匀速运动时AB两点的电势差
D．流过电阻R的电流方向为
【答案】B
【详解】A．金属杆产生的感应电动势

感应电流

金属杆所受的安培力
           
由题意可知金属杆受拉力、安培力和阻力作用，匀速时，合力为零，即有

解得

从图线可以得到图线的斜率

即

将数据代入可解得

故A错误；
B．由图线得，当 时，，带入A项所得关系

解得

又

代入数据，解得

故B正确；C．根据图线分析，当

时

则

最后匀速运动时AB两点的电势差

故C错误；
D．由右手定则可知，流过R的电流为，故D错误。故选B。
二、多选题
11．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在两个大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向与斜面垂直，两磁场的宽度MJ和JG均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场时，线框恰好以速度v0做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v做匀速直线运动，则下列说法正确的是（　　）

A．v0=v
B．线框离开MN的过程中电流方向为adcba
C．当ab边刚越过JP时，线框加速度的大小为3gsinθ
D．从ab边刚越过GH到ab边刚越过MN过程中，线框产生的热量为
【答案】BCD
【详解】A．线框以速度v0匀速运动时只有一条边处于磁场中切割磁感线，由其受力及平衡条件有

解得

当线框以速度v匀速运动时，有两条边处于磁场中切割与受力，同理有

解得

所以

故A错误；B．线框离开MN的过程中，穿过线框的磁通量垂直斜面向下减小，由楞次定律可知电流方向为adcba ，故B正确；C．当ab边刚越过JP时速度仍为v0，未来得及变化，但该时刻线框有两条边在切割磁感线，感应电流加倍，安培力应变为原来的4倍，故此时线框所受合力大小为

所以

故C正确；D．由能量守恒知此过程中线框产生的热量Q等于线框减少的机械能，即

故D正确。故选BCD。
12．如图甲所示，一个匝数的圆形导体线圈，面积，电阻。在线圈中存在面积的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。有一个的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的圆形线圈相连接，b端接地，则下列说法正确的有（    ）

A．圆形线圈中产生的感应电动势 B．在时间内通过电阻R的电荷量
C．设b端电势为零，则a端的电势 D．在时间内电阻R上产生的焦耳热
【答案】BC
【详解】A．由图乙可以得到磁感应强的变化率为

根据法拉第电磁感应定律可得线圈中产生的感应电动势为

故A错误；B．根据闭合电路的欧姆定律可得线圈中的电流为

所以在时间内通过电阻R的电荷量为

故B正确；C．根据楞次定律可以判断出线圈中的电流方向为顺时针方向，在电源内部电流是从低电势
流向高电势，所以a点的电势低于b点的电势，b、a两端的电势差即为R两端的电压

即，根据

因为b端接地，所以，解得

故C正确；
D．在时间内电阻R上产生的焦耳热为

故D错误。故选BC。
13．如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒，从时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向，则关于金属棒的说法正确的是（　　）

A．金属棒做匀变速直线运动
B．T时刻金属棒速度为零
C．受到的安培力随时间周期性变化，且安培力在一个周期内做正功
D．安培力在一个周期内对金属棒的冲量为零
【答案】BD
【详解】ABD．根据左手定则可知，导体棒开始时所受的安培力方向水平向右，根据

可知，安培力在第一个内做匀加速直线运动，在第二个内，安培力方向水平向左，大小不变，做匀减速直线运动，根据运动的对称性可知，一个周期内速度为0，金属棒的运动方向未变，根据图乙可知安培力在一个周期内对金属棒的冲量为零，故A错误，BD正确；
C．金属棒一直向右运动，先向右匀加速直线运动，再向右匀减速直线运动，速度随时间周期性变化，安培力在一个周期内先做正功，后做负功，总功为零，故C错误。故选BD。
14．如图所示，电阻为R的金属棒ab，从图示位置分别以速度、沿电阻不计的光滑轨道匀速滑到虚线处。若，则两次移动棒的过程中（    ）

A．回路中感应电流之比
B．回路中产生热量之比
C．外力做功的功率之比
D．回路中通过截面的总电荷量之比
【答案】AB
【详解】A．回路中感应电流为

易知

故A正确；B．设x为金属棒运动的位移，则回路中产生热量为

又

联立，可得

易知

故B正确；C．由于金属棒匀速运动，外力的功率等于回路中的电功率，即

易知

故C错误；D．回路中通过截面的总电荷量为

易知

故D错误。故选AB。
三、解答题
15．如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左边部分水平，右边部分为半径r=0.5m的竖直半圆，两导轨间距离l=0.3m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场中，两导轨电阻不计。有两根长度均为l的金属棒ab、cd，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m1=0.2kg、m2=0.1kg，电阻分别为R1=0.1Ω、R2=0.2Ω。现让ab棒以v0=10m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP′，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0；
（2）cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；
（3）cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W。

【答案】（1）30m/s2；（2）7.5m/s；（3）4.375J
【详解】（1）ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I，有


对cd棒，由牛顿第二定律

解得

（2）设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2，金属棒ab、cd系统动量守恒，有

cd棒进入半圆轨道后不再受安培力，由机械能守恒定律

cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP′，故在最高点由牛顿第二定律

解得

（3）cd棒进入半圆轨道前，对ab棒由动能定理得

解得

16．如图所示，足够长的水平轨道左侧部分轨道间距为2L，右侧部分的轨道间距为L，曲线轨道与水平轨道相切于，所有轨道均光滑且电阻不计。在水平轨道内有斜向下与竖直方向成的匀强磁场，磁感应强度大小为。质量为的金属棒B垂直于导轨静止放置在右侧窄轨道上，质量为的金属棒A自曲线轨道上处由静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，A棒总在宽轨上运动，B棒总在窄轨上运动。已知：两金属棒接入电路的有效电阻均为，，，，，，求：
（1）金属棒A滑到处时的速度大小；
（2）金属棒A刚进入磁场时受到安培力的大小和方向；
（3）金属棒B匀速运动的速度大小。

【答案】（1）；（2），与竖直方向成斜向左下方；（3）
【详解】（1）A棒在曲线轨道上下滑，由机械能守恒定律得

解得

（2）金属棒A刚进入磁场时电动势为

电流

故

由左手定则知安培力方向与竖直方向成斜向左下方；
（3）选取水平向右为正方向，对A、B利用动量定理，对B

对A

其中

两棒最后匀速时，电路中无电流，此时回路总电动势为零，必有

联立解得

17．如图甲所示，电阻R连接在宽度为L的足够长光滑金属导轨水平固定在匀强磁场中，磁场范围足够大，磁感强度大小为B，方向垂直于导轨平面向下。现有一根质量为m、电阻为r的金属棒ab放置在金属导轨上，长度与金属导轨宽度相等，金属棒ab在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻。
（1）若金属棒ab以水平速度v向右匀速运动，
①根据电动势的定义式推导金属棒ab产生的感应电动势E = BLv；②求外力F的功率P。
（2）若金属棒ab在水平向右拉力作用下由静止开始做匀加速运动，加速度大小为a，
①推导金属棒ab两端的电压Uab随时间t变化的关系式；②推导金属棒ab加速过程中外力F（以向右为正方向）随时间t变化的关系式，并在图乙中画出F—t的示意，标出截距。

【答案】（1）①见解析，②；（2）①，②，
【详解】（1）①闭合电路内磁通量的变化量为
DΦ = BDS = BLDx = BL·vDt
根据法拉第电磁感应定律

②由于金属棒ab以水平速度v向右匀速运动，则
F = FA
其中
FA = BIL
E = BLv
    
联立有

则外力F的功率为

（2）①根据题意有
E = BLv
    
其中
v = at
且a点的电势高于b点的电势则
Uab = IR
联立有

②根据题意可得
F－F安 = ma
F安 = BIL

v = at
联立解得

整理得

可得F—t的示意图如下

18．如图所示，面积为的100匝线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面且磁感应强度随时间变化的图像如图所示，定值电阻为，线圈电阻。求：
（1）线圈上产生感应电流的大小；
（2）线圈两端a、b两点间电势差大小；
（3）电阻上热功率是多大。

【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由法拉第电磁感应定律得感应电动势

线圈上产生感应电流的大小

（2）线圈两端a、b两点间电势差大小

（3）电阻上热功率