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考法
學(xué)法
高考對本部分內(nèi)容的要求較高，常在選擇題中考查楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用、電磁感應(yīng)中的圖像問題、電磁感應(yīng)中的能量問題，或者以導(dǎo)體棒運(yùn)動為背景，綜合應(yīng)用電路的相關(guān)知識、牛頓運(yùn)動定律和能量守恒定律解決切割類問題?？疾榈闹攸c(diǎn)有以下幾個方面：①楞次定律的應(yīng)用；②法拉第電磁感應(yīng)定律的理解和應(yīng)用；③三個定則的應(yīng)用。對該部分內(nèi)容的復(fù)習(xí)應(yīng)注意“抓住兩個定律，運(yùn)用兩種觀點(diǎn)，分析一種電路”。兩個定律是指楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律；兩種觀點(diǎn)是指動力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)；一種電路是指感應(yīng)電路。
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[知能全通]————————————————————————————————
1．“三定則、一定律”的應(yīng)用
安培定則
判斷運(yùn)動電荷、電流產(chǎn)生的磁場方向
左手定則
判斷磁場對運(yùn)動電荷、電流的作用力的方向
右手定則
判斷部分導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向
楞次定律
判斷閉合電路磁通量發(fā)生變化產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向
2．判斷感應(yīng)電流方向的兩種方法
(1)利用右手定則，即根據(jù)導(dǎo)體在磁場中做切割磁感線運(yùn)動的情況進(jìn)行判斷。
(2)利用楞次定律，即根據(jù)穿過閉合電路的磁通量的變化情況進(jìn)行判斷。
3．楞次定律中“阻礙”的四種表現(xiàn)形式
(1)阻礙原磁通量的變化——“增反減同”。
(2)阻礙相對運(yùn)動——“來拒去留”。
(3)使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢——“增縮減擴(kuò)”。
(4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)——“增反減同”。
[題點(diǎn)全練]————————————————————————————————
1．[多選](2018·全國卷Ⅰ)如圖，兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關(guān)與電源連接，另一線圈與遠(yuǎn)處沿南北方向水平放置在紙面內(nèi)的直導(dǎo)線連接成回路。將一小磁針懸掛在直導(dǎo)線正上方，開關(guān)未閉合時小磁針處于靜止?fàn)顟B(tài)。下列說法正確的是(　　)
A．開關(guān)閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動
B．開關(guān)閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向
C．開關(guān)閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向
D．開關(guān)閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向
轉(zhuǎn)動
解析：選AD　根據(jù)安培定則，開關(guān)閉合時鐵芯上產(chǎn)生水平向右的磁場。開關(guān)閉合后的瞬間，根據(jù)楞次定律，直導(dǎo)線上將產(chǎn)生由南向北的電流，根據(jù)安培定則，直導(dǎo)線上方的磁場垂直紙面向里，故小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉(zhuǎn)動，故A正確；同理D正確；開關(guān)閉合并保持一段時間后，直導(dǎo)線上沒有感應(yīng)電流，故小磁針的N極指北，故B、C錯誤。
2．[多選](2018·全國卷Ⅲ)如圖(a)，在同一平面內(nèi)固定有一長直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R，R在PQ的右側(cè)。導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖(b)所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向。導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動勢(　　)

A．在t＝時為零
B．在t＝時改變方向
C．在t＝時最大，且沿順時針方向
D．在t＝T時最大，且沿順時針方向
解析：選AC　在t＝時，交流電圖線斜率為0，即磁場變化率為0，由E＝＝S知，E＝0，A正確；在t＝和t＝T時，圖線斜率大小最大，在t＝和t＝T時感應(yīng)電動勢最大。在到之間，電流由Q向P減弱，導(dǎo)線在R處產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場，且磁場減弱，由楞次定律知，R產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場方向也垂直紙面向里，則R中感應(yīng)電動勢沿順時針方向，同理可判斷在到T時，R中感應(yīng)電動勢也為順時針方向，在T到T時，R中感應(yīng)電動勢為逆時針方向，C正確，B、D錯誤。
3.[多選](2018·湖北八校聯(lián)考)已知地磁場類似于條形磁鐵產(chǎn)生的磁場，地磁場N極位于地理南極附近。如圖所示，在湖北某中學(xué)實(shí)驗室的水平桌面上，放置邊長為L的正方形閉合導(dǎo)體線框abcd，線框的ad邊沿南北方向，ab邊沿東西方向，下列說法正確的是(　　)
A．若使線框向東平移，則a點(diǎn)電勢比d點(diǎn)電勢低
B．若使線框向北平移，則a點(diǎn)電勢等于b點(diǎn)電勢
C．若以ad邊為軸，將線框向上翻轉(zhuǎn)90°，則翻轉(zhuǎn)過程線框中電流方向始終為adcba方向
D．若以ab邊為軸，將線框向上翻轉(zhuǎn)90°，則翻轉(zhuǎn)過程線框中電流方向始終為adcba方向
解析：選AC　地球北半球的磁場方向由南向北斜向下分布，可分解為水平向北和豎直向下兩個分量。若線框向東平移，根據(jù)右手定則可知a點(diǎn)電勢低于d點(diǎn)電勢，A項正確；若線框向北平移，根據(jù)右手定則可知a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢，B項錯誤；若以ad邊為軸，將線框向上翻轉(zhuǎn)90°過程中，穿過線框的磁通量逐漸減小，根據(jù)楞次定律及安培定則可知，線框中的電流方向始終為adcba方向，C項正確；若以ab邊為軸，將線框向上翻轉(zhuǎn)90°過程中，穿過線框的磁通量先增大后減小，根據(jù)楞次定律及安培定則可知，線框中的電流方向為先沿abcda方向再沿adcba方向，故D項錯誤。
4．[多選]如圖甲所示，螺線管內(nèi)有一平行于軸線的磁場，規(guī)定圖中箭頭所示方向為磁感應(yīng)強(qiáng)度B的正方向，螺線管與U形導(dǎo)線框cdef相連，導(dǎo)線框cdef內(nèi)有一半徑很小的金屬圓環(huán)L，圓環(huán)面積為S，圓環(huán)與導(dǎo)線框cdef在同一平面內(nèi)。當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間按圖乙所示規(guī)律變化時，下列說法中正確的是(　　)

A．在t1時刻，金屬圓環(huán)L內(nèi)的磁通量最大，最大值Φm＝B0S
B．在t2時刻，金屬圓環(huán)L內(nèi)的磁通量最大
C．在t1～t2時間內(nèi)，金屬圓環(huán)L有擴(kuò)張的趨勢
D．在t1～t2時間內(nèi)，金屬圓環(huán)L內(nèi)有順時針方向的感應(yīng)電流
解析：選BD　當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間按題圖乙所示規(guī)律變化時，在導(dǎo)線框cdef內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，在t1時刻，螺線管內(nèi)磁通量的變化率為零，感應(yīng)電動勢為零，感應(yīng)電流為零，金屬圓環(huán)L內(nèi)的磁通量為零，選項A錯誤；在t2時刻，螺線管內(nèi)磁通量的變化率最大，感應(yīng)電動勢最大，感應(yīng)電流最大，金屬圓環(huán)L內(nèi)的磁通量最大，選項B正確；在t1～t2時間內(nèi)，螺線管內(nèi)磁通量減小，由楞次定律及安培定則知，導(dǎo)線框cdef內(nèi)產(chǎn)生逆時針方向感應(yīng)電流，螺線管內(nèi)磁通量的變化率逐漸增大，則感應(yīng)電動勢逐漸增大，感應(yīng)電流逐漸增大，金屬圓環(huán)L內(nèi)磁通量增大，根據(jù)楞次定律及安培定則知，金屬圓環(huán)L內(nèi)有順時針方向的感應(yīng)電流，金屬圓環(huán)L有收縮的趨勢，選項C錯誤，D正確。

[知能全通]————————————————————————————————
1．三個公式的適用范圍
(1)E＝n，適用于普遍情況。
(2)E＝Blv，適用于導(dǎo)體切割磁感線的情況。
(3)E＝Bl2ω，適用于導(dǎo)體繞一端點(diǎn)轉(zhuǎn)動切割磁感線的情況。
2．幾點(diǎn)注意
(1)公式E＝Blv中的l為導(dǎo)體切割磁感線的有效長度。如圖所示，導(dǎo)體的有效長度均為ab間的距離。

(2)用公式E＝nS求感應(yīng)電動勢時，S為線圈在磁場范圍內(nèi)的有效面積。
(3)通過回路截面的電荷量q僅與n、ΔΦ和回路電阻R有關(guān)，與時間長短無關(guān)。推導(dǎo)如下：q＝Δt＝Δt＝。
[題點(diǎn)全練]————————————————————————————————
1.(2018·全國卷Ⅰ)如圖，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點(diǎn)，O為圓心。軌道的電阻忽略不計。OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B?，F(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程Ⅰ)；再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B′(過程Ⅱ)。在過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則等于(　　)
A．　　　　　　　　 B．
C． D．2
解析：選B　在過程Ⅰ中，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有E1＝＝，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I1＝，且q1＝I1Δt1；在過程Ⅱ中，有E2＝＝，I2＝，q2＝I2Δt2，又q1＝q2，即＝，解得＝，B正確。
2.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán)，環(huán)半徑為0.5 m，金屬環(huán)總電阻為2 Ω，在整個豎直平面內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B＝1 T，在環(huán)的最高點(diǎn)上方A點(diǎn)用鉸鏈連接一長度為1.5 m，電阻為3 Ω的導(dǎo)體棒AB，當(dāng)導(dǎo)體棒AB擺到豎直位置時，導(dǎo)體棒B端的速度為3 m/s。已知導(dǎo)體棒下擺過程中緊貼環(huán)面且與金屬環(huán)有良好接觸，則導(dǎo)體棒擺到豎直位置時AB兩端的電壓大小為(　　)
A．0.4 V　 B．0.65 V
C．2.25 V　 D．4.5 V
解析：選B　當(dāng)導(dǎo)體棒擺到豎直位置時，由v＝ωr可得，C點(diǎn)的速度為：vC＝vB＝×
3 m/s＝1 m/s，AC間電壓為：UAC＝EAC＝BLAC·＝1×0.5× V＝0.25 V，CB段產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：ECB＝BLCB·＝1×1× V＝2 V，環(huán)兩側(cè)并聯(lián)，電阻為：R＝ Ω＝
0.5 Ω，導(dǎo)體棒CB段的電阻為：r＝2 Ω，則CB間電壓為：UCB＝ECB＝×2 V＝
0.4 V，故AB兩端的電壓大小為：UAB＝UAC＋UCB＝0.25 V＋0.4 V＝0.65 V，故B對。
3．[多選](2019屆高三·鷹潭模擬)如圖甲所示，一個匝數(shù)為n的圓形線圈(圖中只畫了2匝)，面積為S，線圈總電阻為R，在線圈外接一個阻值為R的電阻和一個理想電壓表，將線圈放入垂直線圈平面向里的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是(　　)

A．0～t1時間內(nèi)P端電勢高于Q端電勢
B．0～t1時間內(nèi)電壓表的讀數(shù)為
C．t1～t2時間內(nèi)R上的電流為
D．t1～t2時間內(nèi)P端電勢高于Q端電勢
解析：選AC　0～t1時間內(nèi)，磁通量向里增大，根據(jù)楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流沿逆時針方向，線圈相當(dāng)于電源，P端電勢高于Q端電勢，故A正確；0～t1時間內(nèi)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝n＝nS＝nS，電壓表的示數(shù)等于電阻R兩端的電壓U＝IR＝·R＝，故B錯誤；t1～t2時間內(nèi)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E′＝nS，根據(jù)閉合電路的歐姆定律得I′＝＝，故C正確；t1～t2時間內(nèi)，磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流沿順時針方向，線圈相當(dāng)于電源，P端電勢低于Q端電勢，故D錯誤。
4．圖甲為手機(jī)及無線充電板。圖乙為充電原理示意圖。充電板接交流電源，對充電板供電，充電板內(nèi)的送電線圈可產(chǎn)生交變磁場，從而使手機(jī)內(nèi)的受電線圈產(chǎn)生交變電流，再經(jīng)整流電路轉(zhuǎn)變成直流電后對手機(jī)電池充電。為方便研究，現(xiàn)將問題做如下簡化：設(shè)送電線圈的匝數(shù)為n1，受電線圈的匝數(shù)為n2，面積為S，若在t1到t2時間內(nèi)，磁場(垂直于線圈平面向上、可視為勻強(qiáng)磁場)的磁感應(yīng)強(qiáng)度由B1均勻增加到B2。下列說法正確的是(　　)

A．受電線圈中感應(yīng)電流方向由d到c
B．c點(diǎn)的電勢高于d點(diǎn)的電勢
C．c、d之間的電勢差為
D．c、d之間的電勢差為
解析：選D　根據(jù)楞次定律可知，受電線圈內(nèi)部產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向俯視為順時針，受電線圈中感應(yīng)電流方向由c到d，所以c點(diǎn)的電勢低于d點(diǎn)的電勢，故A、B錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得c、d之間的電勢差為Ucd＝E＝＝，故C錯誤，D正確。

[研一題]————————————————————————————————
[多選](2018·江蘇高考)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導(dǎo)軌寬為L，矩形勻強(qiáng)磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。質(zhì)量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進(jìn)入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等。金屬桿在導(dǎo)軌間的電阻為R，與導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g。金屬桿(　　)
A．剛進(jìn)入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下
B．穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運(yùn)動時間
C．穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd
D．釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于
[解析]　金屬桿在磁場之外的區(qū)域做加速運(yùn)動，所以進(jìn)入磁場Ⅰ、Ⅱ的速度大于穿出磁場Ⅰ的速度，則金屬桿剛進(jìn)入磁場Ⅰ時做減速運(yùn)動，加速度方向豎直向上，故A錯誤；金屬桿在磁場Ⅰ中(先)做加速度減小的減速運(yùn)動，在兩磁場之間做加速度為g的勻加速直線運(yùn)動，兩個過程位移相等，v-t圖像可能如圖所示，故B正確；由于金屬桿進(jìn)入兩磁場時速度相等，由動能定理得，W安1＋mg·2d＝0，可知金屬桿穿過磁場Ⅰ克服安培力做功為2mgd，即產(chǎn)生的熱量為2mgd，故穿過兩磁場產(chǎn)生的總熱量為4mgd，故C正確；設(shè)金屬桿剛進(jìn)入磁場Ⅰ時速度為v，則由機(jī)械能守恒定律知mgh＝mv2，由牛頓第二定律得－mg＝ma，解得h＝＞，故D錯誤。
[答案]　BC
[悟一法]————————————————————————————————
解答電磁感應(yīng)中電路問題的三步驟


[通一類]————————————————————————————————
1．[多選]如圖所示，水平放置的粗糙U形框架上連接一個阻值為R0的電阻，處于垂直框架平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中。一個半徑為L、質(zhì)量為m的半圓形硬導(dǎo)體AC置于框架上，在水平向右的恒定拉力F作用下，由靜止開始運(yùn)動距離d后速度達(dá)到v，A、C端始終與框架良好接觸，半圓形硬導(dǎo)體AC的電阻為r，框架電阻不計。下列說法正確的是(　　)
A．A點(diǎn)的電勢高于C點(diǎn)的電勢
B．此時AC兩端電壓為UAC＝
C．此過程中電路產(chǎn)生的電熱為Q＝Fd－mv2
D．此過程中通過電阻R0的電荷量為q＝

解析：選AD　根據(jù)右手定則可知，A點(diǎn)相當(dāng)于電源的正極，電勢高，A正確；AC產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝2BLv，AC兩端的電壓為UAC＝＝，B錯誤；由功能關(guān)系得Fd＝mv2＋Q＋Qf，C錯誤；此過程中平均感應(yīng)電流為＝，通過電阻R0的電荷量為q＝Δt＝，D正確。
2.[多選](2018·安徽六校聯(lián)考)如圖所示，光滑水平面上存在有界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，質(zhì)量為m、邊長為a的正方形線框ABCD斜向右上方穿進(jìn)磁場，當(dāng)AC剛進(jìn)入磁場時，線框的速度為v，方向與磁場邊界夾角為45°，若線框的總電阻為R，則(　　)
A．線框穿進(jìn)磁場過程中，線框中電流的方向為DCBA
B．AC剛進(jìn)入磁場時線框中感應(yīng)電流為
C．AC剛進(jìn)入磁場時線框所受安培力為
D．此時CD兩端電壓為Bav
解析：選CD　線框進(jìn)入磁場的過程中穿過線框的磁通量增大，由楞次定律可知，感應(yīng)電流的磁場方向向外，由安培定則可知感應(yīng)電流的方向為ABCD，故A錯誤；AC剛進(jìn)入磁場時，CD切割磁感線，AD不切割磁感線，所以產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Bav，則線框中感應(yīng)電流I＝＝，故B錯誤；AC剛進(jìn)入磁場時，CD受到的安培力與v的方向相反，AD受到的安培力的方向垂直于AD向下，它們的大小都是F＝BIa，由幾何關(guān)系可知，AD與CD受到的安培力的方向相互垂直，AC剛進(jìn)入磁場時線框所受安培力為AD與CD受到的安培力的矢量合，F(xiàn)合＝F＝，故C正確；AC剛進(jìn)入磁場時，CD兩端電壓U＝I×＝Bav，故D正確。
3.如圖所示，平行極板與單匝圓形線圈相連，極板距離為d，圓半徑為r，線圈的電阻為R1，外接電阻為R2，其他部分的電阻忽略不計。線圈中有垂直紙面向里的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加，有一個帶電粒子靜止在極板之間，帶電粒子質(zhì)量為m、電荷量為q。則下列說法正確的是(　　)
A．粒子帶正電
B．磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率為＝
C．保持開關(guān)閉合，向上移動下極板時，粒子將向下運(yùn)動
D．?dāng)嚅_開關(guān)，粒子將向下運(yùn)動
解析：選B　穿過線圈的磁通量垂直紙面向里增加，由楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流的磁場方向向外，平行板電容器的上極板電勢高，下極板電勢低，板間存在向下的電場，粒子受到重力和電場力而靜止，因此粒子受到的電場力方向向上，電場力方向與場強(qiáng)方向相反，粒子帶負(fù)電，故A錯誤；對粒子，由平衡條件得：mg＝q，而感應(yīng)電動勢：E＝，解得：E＝，由法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝n＝nS，解得：＝，故B正確；保持開關(guān)閉合，則極板間的電壓不變，當(dāng)向上移動下極板時，極板間距減小，所以電場強(qiáng)度增大，則電場力增大，因此粒子將向上運(yùn)動，故C錯誤；斷開開關(guān)，電容器既不充電，也不放電，則電場強(qiáng)度不變，因此電場力也不變，故粒子靜止不動，故D錯誤。

[研一題]————————————————————————————————
(2018·全國卷Ⅱ)如圖，在同一水平面內(nèi)有兩根平行長導(dǎo)軌，導(dǎo)軌間存在依次相鄰的矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，區(qū)域?qū)挾染鶠閘，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向交替向上向下。一邊長為l的正方形金屬線框在導(dǎo)軌上向左勻速運(yùn)動。線框中感應(yīng)電流i隨時間t變化的正確圖線可能是(　　)

[解析]　設(shè)線路中只有一邊切割磁感線時產(chǎn)生的感應(yīng)電流為i，根據(jù)題圖可得：
線框位移
等效電路的連接
電流
0～

I＝2i(順時針)
～l

I＝0
l～

I＝2i(逆時針)
～2l

I＝0
綜合分析知，只有選項D符合要求。
[答案]　D
[悟一法]————————————————————————————————
1．解決電磁感應(yīng)圖像問題的一般步驟
(1)明確圖像的種類，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(yīng)的具體過程。
(3)用右手定則或楞次定律確定方向?qū)?yīng)關(guān)系。
(4)結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律、牛頓運(yùn)動定律等規(guī)律寫出函數(shù)關(guān)系式。
(5)根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進(jìn)行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距的含義等。
(6)畫圖像或判斷圖像。
2．電磁感應(yīng)圖像問題分析的注意點(diǎn)
(1)注意初始時刻的特征，如初始時刻感應(yīng)電流是否為零，感應(yīng)電流的方向如何。
(2)注意電磁感應(yīng)發(fā)生的過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖像變化對應(yīng)。
(3)注意觀察圖像的變化趨勢，判斷圖像斜率的大小、圖像的曲直是否和物理過程對應(yīng)。
[通一類]————————————————————————————————
1．[多選](2019屆高三·錦州模擬)如圖甲所示為固定在勻強(qiáng)磁場中的正三角形導(dǎo)線框abc，磁場的方向與導(dǎo)線框所在平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示。規(guī)定垂直紙面向里為磁場的正方向，逆時針方向為線框中感應(yīng)電流的正方向，水平向右為安培力的正方向，關(guān)于線框中的電流I與ab邊所受的安培力F隨時間t變化的圖像(圖中不考慮2 s末線框中的電流及ab邊的受力情況)，選項圖中正確的是(　　)


解析：選AD　0～1 s時間內(nèi)，B垂直紙面向里均勻增大，Φ均勻增大，由楞次定律可知線框中的感應(yīng)電流沿逆時針方向，且是恒定的正值，B均勻增大，故安培力均勻增大，根據(jù)左手定則可知ab邊所受安培力方向向右，為正值；1～2 s、2～3 s穿過線框的磁通量不變，所以無感應(yīng)電流，安培力為0；3～4 s時間內(nèi)，B垂直紙面向外均勻減小，Φ均勻減小，由楞次定律可知線框中的感應(yīng)電流沿逆時針方向，且是恒定的正值，B均勻減小，故安培力均勻減小，根據(jù)左手定則可知ab邊所受安培力方向向左，為負(fù)值。綜上所述，A、D正確。
2.[多選](2018·黃岡質(zhì)檢)如圖所示，在光滑水平面內(nèi)，虛線右側(cè)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直紙面向外，一正方形金屬線框質(zhì)量為m、電阻為R、邊長為L，從線框右側(cè)邊進(jìn)入磁場時開始計時，在外力作用下，線框由靜止開始，以垂直于磁場的恒定加速度a進(jìn)入磁場區(qū)域，t1時刻線框全部進(jìn)入磁場，規(guī)定順時針方向為感應(yīng)電流i的正方向，外力大小為F，線框中電功率的瞬時值為P，通過線框?qū)Ь€橫截面的電荷量為q，其中P-t和q-t圖像均為拋物線，則表示這些量隨時間變化的圖像正確的是(　　)

解析：選CD　線框右側(cè)邊切割磁感線，運(yùn)動速度v＝at，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e＝BLv，產(chǎn)生的感應(yīng)電流i＝＝，i與t成正比，圖線為傾斜直線，故A錯誤；對線框受力分析，由牛頓第二定律，有F－F安＝ma，其中F安＝BLi＝，得F＝ma＋，F(xiàn)與t為一次函數(shù)關(guān)系，圖線為F軸截距大于零的傾斜直線，故B錯誤；功率P＝i2R＝，P與t的二次方成正比，圖線為拋物線，故C正確；由電荷量表達(dá)式q＝，有q＝，q與t的二次方成正比，圖線為拋物線，故D正確。
3.(2018·山西五市聯(lián)考)如圖所示，等腰直角三角形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，左邊有一形狀與磁場邊界完全相同的閉合導(dǎo)線框，線框斜邊長為l，線框從圖示位置開始水平向右勻速穿過磁場區(qū)域，規(guī)定線框中感應(yīng)電流沿逆時針方向為正，選項圖中表示其感應(yīng)電流i隨位移x變化的圖像正確的是(　　)

解析：選B　線框穿過磁場的過程中，磁通量先增加后減小，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場方向先垂直紙面向外后垂直紙面向內(nèi)，根據(jù)安培定則，感應(yīng)電流先沿逆時針方向后沿順時針方向，即先正后負(fù)，故A、D錯誤；線框向右運(yùn)動過程中，切割磁感線的有效長度先增大后減小，根據(jù)i＝知，感應(yīng)電流先增大后反向減小，故B正確，C錯誤。
[專題強(qiáng)訓(xùn)提能]
1．隨著新能源轎車的普及，無線充電技術(shù)得到進(jìn)一步開發(fā)和應(yīng)用，一般給大功率電動汽車充電時利用的是電磁感應(yīng)原理。如圖所示，由地面供電裝置(主要裝置是線圈和電源)將電能傳送至電動車底部的感應(yīng)裝置(主要裝置是線圈)，該裝置通過改變地面供電裝置的電流使自身產(chǎn)生感應(yīng)電流，對車載電池進(jìn)行充電，供電裝置與車身接收裝置通過磁場傳送能量，由于電磁輻射等因素，其能量傳輸效率只能達(dá)到90%左右。無線充電樁一般采用平鋪式放置，用戶無需下車、無需插電即可對電動車進(jìn)行充電。目前無線充電樁可以允許的充電有效距離一般為15～20 cm，允許的錯位誤差一般為15 cm左右。下列說法正確的是(　　)

A．無線充電樁的優(yōu)越性之一是在百米之外也可以對電動車充電
B．車身感應(yīng)裝置中的感應(yīng)電流的磁場總是要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化
C．車身感應(yīng)裝置中感應(yīng)電流的磁場總是與地面供電裝置中電流產(chǎn)生的磁場方向相反
D．若線圈均采用超導(dǎo)材料，則能量的傳輸效率有望達(dá)到100%
解析：選B　題中給出目前無線充電樁充電的有效距離為15～20 cm，達(dá)不到在百米之外充電，A錯誤；通過改變地面供電裝置的電流來使車身感應(yīng)裝置中產(chǎn)生感應(yīng)電流，因此，感應(yīng)裝置中的感應(yīng)電流的磁場總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化，B正確；根據(jù)楞次定律知，感應(yīng)電流的磁場不一定與地面供電裝置中電流產(chǎn)生的磁場方向相反，C錯誤；由于電磁波傳播時有電磁輻射，能量傳輸效率不能達(dá)到100%，D錯誤。
2.(2019屆高三·蘇州調(diào)研)如圖所示，圓筒形鋁管豎直置于水平桌面上，一磁塊從鋁管的正上方由靜止開始下落，穿過鋁管落到水平桌面上，下落過程中磁塊不與管壁接觸，忽略空氣阻力，則在下落過程中(　　)
A．磁塊做自由落體運(yùn)動
B．磁塊的機(jī)械能守恒
C．鋁管對桌面的壓力大于鋁管所受的重力
D．磁塊動能的增加量大于重力勢能的減少量
解析：選C　在磁塊向下運(yùn)動過程中，鋁管中產(chǎn)生感應(yīng)電流，會產(chǎn)生電磁阻尼作用，磁塊受向上的磁場力的作用，鋁管受向下的磁場力的作用，則對桌面的壓力大于其所受重力，選項C正確；磁塊除受重力之外，還受向上的磁場力，因此磁塊做的不是自由落體運(yùn)動，磁塊向下運(yùn)動，磁場力做負(fù)功，因此機(jī)械能不守恒，動能的增加量小于重力勢能的減少量，選項A、B、D錯誤。
3.很多人喜歡到健身房騎車鍛煉，某同學(xué)根據(jù)所學(xué)知識設(shè)計了一個發(fā)電測速裝置，如圖所示，自行車后輪置于垂直車身平面向里的勻強(qiáng)磁場中，后輪圓形金屬盤在磁場中轉(zhuǎn)動時，可等效成一導(dǎo)體棒繞圓盤中心O轉(zhuǎn)動。已知磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T，圓盤半徑l＝0.3 m，圓盤電阻不計，導(dǎo)線通過電刷分別與后輪外邊緣和圓心O相連，導(dǎo)線兩端a、b間接一阻值R＝10 Ω的小燈
泡。后輪勻速轉(zhuǎn)動時，用電壓表測得a、b間電壓U＝0.6 V。則(　　)
A．電壓表的正接線柱應(yīng)與a相接
B．電壓表的正接線柱應(yīng)與b相接
C．后輪勻速轉(zhuǎn)動20 min產(chǎn)生的電能為426 J
D．該自行車后輪邊緣的線速度大小為4 m/s
解析：選B　根據(jù)右手定則可判斷輪子邊緣的點(diǎn)等效為電源的負(fù)極，電壓表的正接線柱應(yīng)與b相接，B正確，A錯誤；根據(jù)焦耳定律得Q＝I2Rt，由歐姆定律得I＝，代入數(shù)據(jù)解得Q＝43.2 J，C錯誤；由U＝E＝Bl2ω，解得v＝ωl＝8 m/s，D錯誤。
4．[多選]輕質(zhì)細(xì)線吊著一質(zhì)量為m＝0.32 kg、邊長為L＝0.8 m、匝數(shù)n＝10的正方形線圈，線圈總電阻為r＝1 Ω，邊長為的正方形磁場區(qū)域?qū)ΨQ分布在線圈下邊的兩側(cè)，如圖甲所示，磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示，從t＝0開始經(jīng)t0時間細(xì)線開始松弛，取重力加速度g＝10 m/s2。則下列判斷正確的是(　　)

A．在0～t0時間內(nèi)線圈中電流方向為順時針方向
B．在0～t0時間內(nèi)線圈中產(chǎn)生的電動勢大小為0.4 V
C．在t＝t0時，線圈中電流的電功率為0.32 W
D．從t＝0開始到細(xì)線開始松弛所用時間為2 s
解析：選BD　根據(jù)楞次定律可知，在0～t0時間內(nèi)線圈中電流方向為逆時針方向，A錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝n＝n××2＝0.4 V，B正確；由I＝＝0.4 A，得P＝I2r＝0.16 W，C錯誤；對線圈受力分析可知，當(dāng)細(xì)線松弛時有F安＝nBt0I·＝mg，
I＝，Bt0＝＝2 T，由題圖乙知Bt0＝1＋0.5t0(T)，解得t0＝2 s，D正確。
5．[多選]如圖甲所示，線圈兩端a、b與一電阻R相連，線圈內(nèi)有垂直于線圈平面向里的磁場，t＝0時起，穿過線圈的磁通量按圖乙所示規(guī)律變化。下列說法正確的是(　　)

A.時刻，R中電流方向為由a到b
B.t0時刻，R中電流方向為由a到b
C．0～t0時間內(nèi)R中的電流是t0～2t0時間內(nèi)的
D．0～t0時間內(nèi)R產(chǎn)生的焦耳熱是t0～2t0時間內(nèi)的
解析：選AC　時刻，線圈中向里的磁通量在增加，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流沿逆時針方向，所以R中電流方向為由a到b，故A正確；t0時刻，線圈中向里的磁通量在減少，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流沿順時針方向，R中的電流方向為由b到a，故B錯誤；0～t0時間內(nèi)感應(yīng)電動勢大小E1＝＝；t0～2t0時間內(nèi)感應(yīng)電動勢大小E2＝＝，由歐姆定律，知0～t0時間內(nèi)R中的電流是t0～2t0時間內(nèi)的，故C正確；根據(jù)焦耳定律Q＝I2Rt，知0～t0時間內(nèi)R產(chǎn)生的焦耳熱是t0～2t0時間內(nèi)的，故D錯誤。
6．(2018·沈陽質(zhì)檢)如圖甲所示，一個足夠長的U形光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平桌面上，連接的電阻R＝10 Ω，其余電阻均不計，兩導(dǎo)軌間的距離l＝0.2 m，處于垂直于桌面向下并隨時間變化的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。一個電阻不計的金屬桿可在導(dǎo)軌上無摩擦地滑動，在滑動過程中保持與導(dǎo)軌兩邊垂直。在t＝0時刻，金屬桿緊靠在最左端，金屬桿在外力的作用下以速度v＝0.5 m/s向右做勻速運(yùn)動。當(dāng)t＝4 s時，下列說法中正確的是(　　)

A．穿過回路的磁通量為1 Wb
B．流過電阻R的感應(yīng)電流的方向為b→a
C．電路中感應(yīng)電動勢大小為0.02 V
D．金屬桿所受到的安培力的大小為1.6×10－4 N
解析：選D　當(dāng)t＝4 s時，金屬桿運(yùn)動的位移為：x＝vt＝0.5×4 m＝2 m，則穿過回路的磁通量為：Φ＝BS＝Blx＝0.2×0.2×2 Wb＝0.08 Wb，A錯誤；根據(jù)楞次定律可得，流過電阻R的感應(yīng)電流的方向為a→b，B錯誤；電路中感應(yīng)電動勢大小為：E＝Blv＋＝0.2×0.2×0.5 V＋ V＝0.04 V，C錯誤；根據(jù)歐姆定律可得，電路中的電流為：I＝＝
A＝0.004 A，金屬桿所受到的安培力的大小為：F＝BIl＝0.2 × 0.004× 0.2 N ＝1.6×
10－4 N，D正確。
7．如圖甲所示，一根電阻R＝4 Ω的導(dǎo)線繞成半徑d＝2 m的圓，在圓內(nèi)部分區(qū)域存在變化的勻強(qiáng)磁場，中間S形虛線是兩個直徑均為d的半圓，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間變化的圖像如圖乙所示(磁場垂直于紙面向外為正)，關(guān)于圓環(huán)中的感應(yīng)電流—時間圖像，電流沿逆時針方向為正，選項圖中正確的是(　　)


解析：選C　0～1 s，E1＝S＝4π V，I＝＝π A，由楞次定律知感應(yīng)電流為順時針方向，對照選項知，只有C正確。
8.[多選]如圖所示，一不計電阻的導(dǎo)體圓環(huán)，半徑為r、圓心在O點(diǎn)，過圓心放置一長度為2r、電阻為R的輻條，輻條與圓環(huán)接觸良好?，F(xiàn)將此裝置放置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場中，磁場邊界恰與圓環(huán)直徑在同一直線上，現(xiàn)使輻條以角速度ω繞O點(diǎn)逆時針轉(zhuǎn)動，右側(cè)電路通過電刷與輻條中心和環(huán)的邊緣相接觸，R1＝，S處于閉合狀態(tài)，不計其他電阻，則下列判斷正確的是(　　)
A．通過R1的電流方向為自下而上
B．感應(yīng)電動勢大小為2Br2ω
C．理想電壓表的示數(shù)為Br2ω
D．理想電流表的示數(shù)為
解析：選AC　由右手定則可知，輻條中心為電源的正極、圓環(huán)邊緣為電源的負(fù)極，因此通過R1的電流方向為自下而上，選項A正確；由題意可知，始終有長度為r的輻條在轉(zhuǎn)動切割磁感線，因此感應(yīng)電動勢大小為E＝Br2ω，選項B錯誤；由題圖可知，在磁場內(nèi)部的半根輻條相當(dāng)于電源，磁場外部的半根輻條與R1并聯(lián)，可得外電阻為，內(nèi)電阻為，因此理想電壓表的示數(shù)為U＝E＝Br2ω，選項C正確；理想電流表的示數(shù)為I＝＝，選項D錯誤。
9．[多選]如圖甲所示，固定在光滑水平面上的正三角形金屬線框，匝數(shù)n＝20，總電阻R＝2.5 Ω，邊長L＝0.3 m，處在兩個半徑均為r＝的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域中。線框頂點(diǎn)與右側(cè)磁場區(qū)域圓心重合，線框底邊中點(diǎn)與左側(cè)磁場區(qū)域圓心重合。磁感應(yīng)強(qiáng)度B1垂直水平面向上，大小不變；B2垂直水平面向下，大小隨時間變化，B1、B2的值和變化規(guī)律如圖乙所示。則下列說法中正確的是(π取3)(　　)

A．通過線框中的感應(yīng)電流方向為逆時針方向
B．t＝0時刻穿過線框的磁通量為0.1 Wb
C．0～0.6 s時間內(nèi)通過線框中的電荷量為0.006 C
D．0～0.6 s時間內(nèi)線框中產(chǎn)生的熱量為0.06 J
解析：選AD　B1不變化，B2垂直水平面向下，大小隨時間均勻增加，根據(jù)楞次定律知，線框中的感應(yīng)電流方向為逆時針方向，選項A正確；t＝0時刻穿過線框的磁通量為Φ＝B1·
πr2＋B2·πr2＝－0.005 Wb，選項B錯誤；t＝0.6 s時穿過線框的磁通量為Φ′＝B1·πr2＋B2′·πr2＝0.01 Wb，根據(jù)q＝n＝n，0～0.6 s 時間內(nèi)通過線框中的電荷量為
0.12 C，選項C錯誤；0～0.6 s時間內(nèi)線框中產(chǎn)生的熱量Q＝2·t＝2·t＝
0.06 J，選項D正確。
10．[多選](2018·佛山質(zhì)檢)如圖所示為水平放置足夠長的光滑平行導(dǎo)軌，電阻不計、間距為L，左端連接的電源電動勢為E、內(nèi)阻為r，質(zhì)量為m、長為L的金屬桿垂直靜置在導(dǎo)軌上，金屬桿的電阻為R。整個裝置處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，閉合開關(guān)，金屬桿沿導(dǎo)軌做變加速運(yùn)動直至達(dá)到最大速度，則下列說法正確的是(　　)
A．金屬桿的最大速度大小為
B．此過程中通過金屬桿的電荷量為
C．此過程中電源提供的電能為
D．此過程中金屬桿產(chǎn)生的熱量為
解析：選AC　閉合開關(guān)后電路中有電流，金屬桿在安培力的作用下向右運(yùn)動，金屬桿切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，方向與電源電動勢方向相反，當(dāng)兩者大小相等時，電流為0，金屬桿達(dá)到最大速度，此時E＝BLvm，得vm＝，A項正確；對金屬桿應(yīng)用動量定理有
BLit＝mvm，又q＝it，得q＝，B項錯誤；電源提供的電能E電＝qE＝，C項正確；根據(jù)能量守恒定律，E電＝Ek＋Q熱，Ek＝mvm2，可得Q熱＝E電－Ek＝，Q熱為電源內(nèi)阻和金屬桿上產(chǎn)生的總熱量，D項錯誤。
11.[多選]如圖所示，豎直面內(nèi)有一個閉合導(dǎo)線框ACDE(由細(xì)軟導(dǎo)線制成)掛在兩固定點(diǎn)A、D上，水平線段AD為半圓的直徑，在導(dǎo)線框的E處有一個動滑輪，動滑輪下面掛一重物，使導(dǎo)線處于繃緊狀態(tài)。在半圓形區(qū)域內(nèi)，有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場。設(shè)導(dǎo)線框的電阻為r，圓的半徑為R，在將導(dǎo)線上的C點(diǎn)以恒定角速度ω(相對圓心O)從A點(diǎn)沿圓弧移動的過程中，若不考慮導(dǎo)線中電流間的相互作用，則下列說法正確的是(　　)
A．在C從A點(diǎn)沿圓弧移動到D點(diǎn)的過程中，導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的方向先沿逆時針，后沿順時針
B．在C從A點(diǎn)沿圓弧移動到圖中∠ADC＝30°位置的過程中，通過導(dǎo)線上C點(diǎn)的電荷量為
C．當(dāng)C沿圓弧移動到圓心O的正上方時，導(dǎo)線框中的感應(yīng)電動勢最大
D．在C從A點(diǎn)沿圓弧移動到D點(diǎn)的過程中，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的電熱為
解析：選ABD　由題意知，在C從A點(diǎn)沿圓弧移動到D點(diǎn)的過程中，處于磁場中的直角三角形的面積先增大后減小，通過導(dǎo)線框的磁通量先增大后減小，由楞次定律知導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的方向先沿逆時針，后沿順時針，A項正確；在C從A點(diǎn)沿圓弧移動到題圖中
∠ADC＝30°位置的過程中，通過導(dǎo)線上C點(diǎn)的電荷量q＝Δt＝·＝＝＝，B項正確；設(shè)DC與AD間夾角為θ，通過導(dǎo)線框的磁通量Φ＝B·2Rsin θ·2Rcos θ＝2R2Bsin θcos θ＝R2Bsin 2θ，由幾何關(guān)系知ωt＝2θ，所以通過導(dǎo)線框的磁通量表達(dá)式為Φ＝R2Bsin ωt，對Φ-t 的表達(dá)式求導(dǎo)得E＝R2Bωcos ωt，當(dāng)C沿圓弧移動到圓心O的正上方時，ωt＝90°，故導(dǎo)線框中的磁通量最大，而感應(yīng)電動勢為零，C項錯誤；在C從A點(diǎn)沿圓弧移動到D點(diǎn)的過程中，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的熱量為Q＝·＝，D項正確。
12．[多選](2018·遵義模擬)如圖甲所示，水平放置的平行金屬導(dǎo)軌連接一個平行板電容器C和電阻R，導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上且接觸良好，整個裝置處于垂直導(dǎo)軌平面的磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化情況如圖乙所示(圖甲所示磁感應(yīng)強(qiáng)度方向為正)，MN始終保持靜止，則0～t2 時間內(nèi)(　　)

A．電容器C所帶的電荷量大小始終不變
B．電容器C的a板先帶正電后帶負(fù)電
C．MN所受安培力的大小始終不變
D．MN所受安培力的方向先向右后向左
解析：選AD　磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，產(chǎn)生恒定電動勢，電容器C所帶的電荷量大小及兩極板帶電情況始終沒變，選項A正確，B錯誤；由于磁感應(yīng)強(qiáng)度變化，根據(jù)楞次定律和左手定則可知，MN所受安培力的大小發(fā)生變化，方向先向右后向左，選項C錯誤，D正確。
13．[多選]如圖所示，足夠長的U型光滑金屬導(dǎo)軌平面與水平面成θ角(0

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