【物理】2019届一轮复习人教版 电磁感应 学案
第十章 电磁感应
[全国卷5年考情分析]
基础考点
常考考点
2017
2016
2015
2014
2013
命题概率
磁通量(Ⅰ)
自感、涡流(Ⅰ)
以上2个考点
未曾独立命题
电磁感应现象(Ⅰ)
Ⅰ卷T18(6分)
—
—
Ⅰ卷T14(6分)
Ⅱ卷T19(6分)
独立命题概率60%
法拉第电磁感应定律(Ⅱ)
Ⅱ卷T20(6分)
Ⅱ卷T20(6分)
Ⅱ卷T24(12分)
Ⅰ卷T24(14分)
Ⅲ卷T25(20分)
Ⅰ卷T19(6分)
Ⅱ卷T15(6分)
Ⅰ卷T18(6分)
Ⅱ卷T25(19分)
Ⅰ卷T17(6分)
Ⅰ卷T25(19分)
Ⅱ卷T16(6分)
综合命题概率100%
楞次定律(Ⅱ)
Ⅲ卷T15(6分)
常考角度
(1)根据楞次定律判断感应电流的方向
(2)结合安培定则、左手定则、楞次定律判断导体受力或运动方向
(3)法拉第电磁感应定律E＝n和E＝Blv的比较应用
(4)电磁感应与电路的结合，自感、涡流
(5)电磁感应的图像、受力、运动、能量等综合问题
(6)电磁感应的科技应用问题
第1节电磁感应现象__楞次定律
(1)闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流产生。(×)
(2)穿过线圈的磁通量和线圈的匝数无关。(√)
(3)线框不闭合时，即使穿过线框的磁通量发生变化，线框中也没有感应电流产生。(√)
(4)当导体切割磁感线时，一定产生感应电动势。(√)
(5)由楞次定律知，感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反。 (×)
(6)感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化。(√)
◎物理学史判断
(1)1831年，英国物理学家法拉第发现了——电磁感应现象。(√)
(2)1834年，俄国物理学家楞次总结了确定感应电流方向的定律——楞次定律。(√)
1．磁通量没有方向，但有正、负之分。
2．感应电流的产生条件表述一、表述二本质相同。
3．右手定则常用于感应电流产生条件表述一对应的问题，楞次定律对表述一、表述二对应的问题都适用。
4．楞次定律的本质是能量守恒。
5．解题中常用到的二级结论：
(1)楞次定律的三个推广含义：“增反减同”“增缩减扩”“来拒去留”。
(2)楞次定律的双解：①“加速向左运动”与“减速向右运动”等效。
②“×增加”与“·减少”所产生的感应电流方向一样，反之亦然。
突破点(一) 对电磁感应现象的理解和判断
1．判断产生感应电流的两种方法
(1)闭合电路的一部分导体切割磁感线，产生“动生电流”。
(2)“感生电流”，即导体回路必须闭合，穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，二者缺一不可。
2．常见的产生感应电流的三种情况
[题点全练]
1．(2014·全国卷Ⅰ)在法拉第时代，下列验证“由磁产生电”设想的实验中，能观察到感应电流的是( )
A．将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路，然后观察电流表的变化
B．在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈，然后观察电流表的变化
C．将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表连接，往线圈中插入条形磁铁后，再到相邻房间去观察电流表的变化
D．绕在同一铁环上的两个线圈，分别接电源和电流表，在给线圈通电或断电的瞬间，观察电流表的变化
解析：选D 只形成闭合回路，回路中的磁通量不变化，不会产生感应电流，A、B、C错误；给线圈通电或断电瞬间，通过闭合回路的磁通量变化，会产生感应电流，能观察到电流表的变化，D正确。
2.(2017·全国卷Ⅰ)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是( )
解析：选A 施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减。方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变。综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A。
3.(2018·安徽皖江区域示范高中联考)如图所示，闭合圆形导体线圈放置在匀强磁场中，线圈平面与磁场平行，当磁感应强度逐渐增大时，以下说法正确的是( )
A．线圈中产生顺时针方向的感应电流
B．线圈中产生逆时针方向的感应电流
C．线圈中不会产生感应电流
D．线圈面积有缩小的倾向
解析：选C 由于线圈平面与磁场平行，所以穿过线圈的磁通量为零。当磁感应强度增大时，穿过线圈的磁通量仍然为零，则线圈中不会产生感应电流，故只有C正确。
突破点(二) 楞次定律的理解及应用
1．楞次定律中“阻碍”的含义
2．判断感应电流方向的两种方法
方法一 用楞次定律判断
方法二 用右手定则判断
该方法适用于切割磁感线产生的感应电流。判断时注意掌心、拇指、四指的方向：
(1)掌心——磁感线垂直穿入；
(2)拇指——指向导体运动的方向；
(3)四指——指向感应电流的方向。
[题点全练]
1．(2016·海南高考)如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距。两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流。若( )
A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
C．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向
D．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向
解析：选D 当金属环上下移动时，穿过环的磁通量不发生变化，根据楞次定律，没有感应电流产生，选项A、B错误；当金属环向左移动时，穿过环的磁通量垂直纸面向外且增加，根据楞次定律可知，环上产生顺时针方向的感应电流，故选项C错误；当金属环向右移动时，穿过环的磁通量垂直纸面向里且增加，根据楞次定律可知，环上产生逆时针方向的感应电流，故选项D正确。
2.(2018·河南洛阳一中模拟)如图所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈。工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则( )
A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针
B．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大
C．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针
D．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化
解析：选D 当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向的电流时，知穿过右侧线圈的磁通量向右，且增大，根据楞次
定律，右侧线圈中产生逆时针方向的电流，即使有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向仍然为逆时针，故A、C错误；通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通电线圈中的磁通量均匀增大，所以穿过右侧线圈中的磁通量均匀增大，则磁通量的变化率是定值，由法拉第电磁感应定律可知，接收线圈中的感应电流不变，故B错误；有金属片通过时，则穿过金属片中的磁通量发生变化时，金属片中也会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，所以也会将该空间中的磁场的变化削弱一些，引起接收线圈中的感应电流大小发生变化，故D正确。
3．[多选](2015·全国卷Ⅰ)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是( )
A．圆盘上产生了感应电动势
B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
解析：选AB 当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确；如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；圆盘呈电中性，转动不会形成电流，不会导致磁针转动，选项D错误。
突破点(三) 楞次定律推论的应用
楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因。列表说明如下：
内容
例证
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”
[题点全练]
1.在水平面内有一固定的U型裸金属框架，框架上静止放置一根粗糙的金属杆ab，整个装置放在竖直方向的匀强磁场中，如图所示。下列说法中正确的是( )
A．只有当磁场方向向上且增强，ab杆才可能向左移动
B．只有当磁场方向向下且减弱，ab杆才可能向右移动
C．无论磁场方向如何，只要磁场减弱，ab杆就可能向右移动
D．当磁场变化时，ab杆中一定有电流产生，且一定会移动
解析：选C 根据楞次定律的推论——“增缩减扩”，可判断当磁通量增大时，闭合电路的面积有缩小的趋势，磁通量减小时，闭合电路的面积有扩大的趋势，故A、B错误，C正确；只有ab杆中受到的安培力大于杆所受到的摩擦力时，杆才会移动，故D错误。
2.[多选]如图所示，线圈A、B同心置于光滑水平桌面上，线圈A中通有逐渐增大的逆时针方向的电流，则( )
A．线圈B将顺时针转动起来
B．线圈B中有顺时针方向的电流
C．线圈B将有沿半径方向扩张的趋势
D．线圈B对桌面的压力将增大
解析：选BC 当线圈A中通有逐渐增大的逆时针方向的电流时，穿过线圈B的磁通量竖直向上且增大，根据楞次定律，线圈B产生顺时针方向的电流；线圈A、B中的电流方
向相反，互相排斥，线圈B有扩张的趋势，故B、C正确，A错误。线圈B受到的安培力在水平方向上，线圈B对桌面的压力将不变，故D错误。
3.如图所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与胶木圆盘面平行，其轴线与胶木圆盘A的轴线OO′重合。现使胶木圆盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则( )
A．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大
B．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小
C．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小
D．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大
解析：选B 使胶木圆盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，通过金属环B内的磁通量增大，根据楞次定律，金属环B的面积有缩小的趋势，且B有向上升高的趋势，丝线受到的拉力减小，B正确。
突破点(四) 三定则、一定律的综合应用
1．规律比较
名称
基本现象
因果关系
应用的定则或定律
电流的磁效应
电流、运动电荷产生磁场
因电生磁
安培定则
安培力、洛伦兹力
磁场对电流、运动电荷有作用力
因电受力
左手定则
电磁感应
部分导体做切割磁感线运动
因动生电
右手定则
闭合回路磁通量变化
因磁生电
楞次定律
2．相互联系
(1)应用楞次定律时，一般要用到安培定则。
(2)研究感应电流受到的安培力，一般先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定。
[典例] 如图所示，金属棒ab、金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则( )
A．ab棒不受安培力作用
B．ab棒所受安培力的方向向右
C．ab棒向右运动速度v越大，所受安培力越大
D．螺线管产生的磁场，A端为N极
[思路点拨]
(1)判断金属棒ab切割磁感线产生的感应电流→应用右手定则。
(2)判断金属棒ab受到的安培力→应用左手定则。
(3)判断螺线管中产生的磁场→应用安培定则。
[解析] 金属棒ab向右运动切割磁感线，根据右手定则判断感应电流方向由b→a，再根据左手定则判断棒所受安培力水平向左，故A、B错误；ab的速度越大，感应电流越大，所受安培力就越大，C正确；根据安培定则可判定螺线管的B端为N极，A端为S极，D错误。
[答案] C
[方法规律] 左、右手定则巧区分
(1)区分左手定则和右手定则的根本是抓住“因果关系”：“因电而动”——用左手，“因动生电”——用右手。
(2)使用中左手定则和右手定则很容易混淆，为了便于记忆，可把两个定则简单地总结为通电受力，“力”的最后一笔“丿”向左，用左手；运动生电，“电”的最后一笔“乚”向右，用右手。
[集训冲关]
1.(2017·全国卷Ⅲ)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是( )
A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向
B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向
C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向
D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向
解析：选D 金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T中的磁场方向垂直于纸面向里，闭合回路PQRS中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T的磁通量减小，根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流，综上所述，可知A、B、C项错误，D项正确。
2.(2018·长兴中学模拟)1831年，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机(图甲)。 它是利用电磁感应原理制成的，是人类历史上第一台发电机。图乙是这个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良好接触。使铜盘转动，电阻R中就有电流通过。若所加磁场为匀强磁场，回路的总电阻恒定，从左往右看，铜盘沿顺时针方向匀速转动，CRD平面与铜盘平面垂直，下列说法正确的是( )
A．电阻R中没有电流流过
B．铜片C的电势高于铜片D的电势
C．保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则铜盘中有电流产生
D．保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则CRD回路中有电流产生
解析：选C 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C向D，由于圆盘在切割磁感线，相当于电源，所以D处的电势比C处高，A、B错误；保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则穿过铜盘的磁通量发生变化，故有感应电流产生，但是此时不再切割磁感线，所以CD不能当成电源，故CRD回路中没有电流产生，C正确D错误。
巧思妙解——练创新思维
利用程序法和逆向推理法分析二次感应问题
在电磁感应现象中，二次电磁感应问题在高考题中时常出现，解决该类问题的方法有程序法、逆向推理法等。
(一)程序法(正向推理法)
1．[多选]如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN
的左边有一闭合电路，当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是( )
A．向右加速运动 B．向左加速运动
C．向右减速运动 D．向左减速运动
解析：选BC MN向右运动，说明MN受到向右的安培力，因为ab在MN处的磁场垂直纸面向里MN中的感应电流由M→NL1中感应电流的磁场方向向上；若L2中磁场方向向上减弱PQ中电流为Q→P且减小向右减速运动；若L2中磁场方向向下增强PQ中电流为P→Q且增大向左加速运动。
(二)逆向推理法
2.[多选]如图所示装置中，cd杆原来静止。当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动( )
A．向右匀速运动 B．向右加速运动
C．向左加速运动 D．向左减速运动
解析：选BD ab匀速运动时，ab中感应电流恒定，L1中磁通量不变，穿过L2的磁通量不变，L2中无感应电流产生，cd保持静止，A错误；ab向右加速运动时，L2中的磁通量向下增大，通过cd的电流方向向下，cd向右移动，B正确；同理可得C错误，D正确。
3.如图所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成闭合回路。在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A。不计铁芯和铜环A之间的摩擦。则下列情况中铜环A会向右运动的是( )
A．线圈中通以恒定的电流
B．通电时，使滑动变阻器的滑片P向右匀速移动
C．通电时，使滑动变阻器的滑片P向左加速移动
D．开关突然断开的瞬间
解析：选C 铜环A向右运动，说明穿过A的磁通量在增加，绕在铁芯上的线圈中的电流在增大，故选项C正确。
在二次感应现象中，“程序法”和“逆向推理法”的选择
1．如果要判断二次感应后的现象或结果，选择程序法。
2．如果已知二次感应后的结果，要判断导体棒的运动情况或磁场的变化，需选择逆向推理法。
(一)普通高中适用作业
[A级——基础小题练熟练快]
★1.物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”。如图所示，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后，将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环。闭合开关S的瞬间，套环立刻跳起。某同学另找来器材再探究此实验。他连接好电路，经重复实验，线圈上的套环均未动。对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是( )
A．线圈接在了直流电源上
B．电源电压过高
C．所选线圈的匝数过多
D．所用套环的材料与老师的不同
解析：选D 无论实验用的是交流电还是直流电，闭合开关S的瞬间，穿过套环的磁通量均增加，只要套环的材料是导体，套环中就能产生感应电流，套环就会跳起。如果套环是用塑料做的，则不能产生感应电流，也就不会受安培力作用而跳起。选项D正确。
★2.(2018·济南一中一模)如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下。在将磁铁的S极插入线圈的过程中( )
A．通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥
B．通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥
C．通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引
D．通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引
解析：选B 当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向上，所以感应磁场方向向下，根据安培定则，通过电阻的电流方向为b→a。根据楞次定律“来拒去留”可判断线圈对磁铁的作用是阻碍作用，故磁铁与线圈相互排斥。综上所述：线圈中感应电流通过电阻的电流方向为b→a，磁铁与线圈相互排斥。B正确。
3．如图甲所示，长直导线与导线框abcd固定在同一平面内。直导线中通以如图乙所示的大小和方向都随时间作周期性变化的交流电，并取图甲所示向上的电流方向为直导线中电流的正方向。关于0～T时间内线框abcd中感应电流的方向，下列说法正确的是( )
A．由顺时针方向变为逆时针方向
B．由逆时针方向变为顺时针方向
C．由顺时针方向变为逆时针方向，再变为顺时针方向
D．由逆时针方向变为顺时针方向，再变为逆时针方向
解析：选D 由题图乙，在0～时间内电流正向增大，根据安培定则，矩形线圈所处的磁场垂直纸面向里，由于磁通量增大，根据楞次定律的推论“增反减同”，矩形线圈中的感应磁场应垂直纸面向外，感应电流为逆时针，同理，～，～，～T内感应电流的方向依次为顺时针、顺时针、逆时针，故D正确。
★4.(2018·潍坊模拟)如图所示，线圈A内有竖直向上的磁场，磁感应强度B随时间均匀增大；等离子气流(由高温高压的等电荷量的正、负离子组成)由左方连续不断地以速度v0射入P1和P2两极板间的匀强磁场中，发现两直导线a、b互相吸引，由此可以判断P1、P2两极板间的匀强磁场的方向为( )
A．垂直纸面向外 B．垂直纸面向里
C．水平向左 D．水平向右
解析：选B 线圈A内有竖直向上的磁场，磁感应强度B随时间均匀增大，根据楞次定律可知a中电流的方向向下，a、b相互吸引，说明b中电流的方向也向下，则P1带正电，说明正离子向上偏转，根据左手定则可知P1、P2两极板间磁场的方向垂直于纸面向里，B正确。
5.如图所示，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a( )
A．顺时针加速旋转 B．顺时针减速旋转
C．逆时针加速旋转 D．逆时针减速旋转
解析：选B 由楞次定律知，欲使b中产生顺时针方向的电流，则a环内磁场应向里减弱或向外增强，a环的旋转情况应该是顺时针减速或逆时针加速，由于b环又有收缩趋势，说明a环外部磁场向外，内部向里，故B正确。
6.(2018·宁波模拟)如图甲所示，在同一平面内有两个圆环A、B，圆环A将圆环B分为面积相等的两部分，以图甲中A环电流沿顺时针方向为正，当圆环A中的电流如图乙所示变化时，下列说法正确的是( )
A．B中始终没有感应电流
B．B中有顺时针方向的感应电流
C．B中有逆时针方向的感应电流
D．B中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向
解析：选B 由于圆环A中的电流发生了变化，故圆环B中一定有感应电流产生，由楞次定律判定B中有顺时针方向的感应电流，故B选项正确。
7.(2018·株洲模拟)如图，在一根竖直放置的铜管的正上方某处从静止开始释放一个强磁体，在强磁体沿着铜管中心轴线穿过铜管的整个过程中，不计空气阻力，那么( )
A．由于铜是非磁性材料，故强磁体运动的加速度始终等于重力加速度
B．由于铜是金属材料，能够被磁化，使得强磁体进入铜管时加速度大于重力加速度，离开铜管时加速度小于重力加速度
C．由于铜是金属材料，在强磁体穿过铜管的整个过程中，铜管中都有感应电流，加速度始终小于重力加速度
D．由于铜是金属材料，铜管可视为闭合回路，强磁体进入和离开铜管时产生感应电流，在进入和离开铜管时加速度都小于重力加速度，但在铜管内部时加速度等于重力加速度
解析：选C 铜是非磁性材料，不能够被磁化，B错误；铜是金属材料，在强磁体穿过铜管的整个过程中，铜管始终切割磁感线，铜管中都有感应电流，强磁体受到向上的磁场力，加速度始终小于重力加速度，C正确，A、D错误。
8.[多选](2015·上海高考)如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路。在外力F
作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动。在匀速运动过程中外力F做功WF，磁场力对导体棒做功W1，磁铁克服磁场力做功W2，重力对磁铁做功WG，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为Ek。则( )
A．W1＝Q B．W2－W1＝Q
C．W1＝Ek D．WF＋WG＝Ek＋Q
解析：选BCD 由能量守恒定律可知：磁铁克服磁场力做功W2，等于回路的电能，电能一部分转化为内能，另一部分转化为导体棒的机械能，所以W2－ W1＝Q，故A错误，B正确；以导体棒为对象，由动能定理可知，磁场力对导体棒做功W1＝Ek，故C正确；外力对磁铁做功与重力对磁铁做功之和为回路中的电能，也等于焦耳热和导体棒的动能，故D正确。
[B级——中档题目练通抓牢]
9．[多选](2016·上海高考)如图(a)，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图(b)所示规律变化时( )
A．在t1～t2时间内，L有收缩趋势
B．在t2～t3时间内，L有扩张趋势
C．在t2～t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流
D．在t3～t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流
解析：选AD 据题意，在t1～t2时间内，外加磁场磁感应强度增加且斜率在增大，则在导线框中产生沿顺时针方向增加的电流，该电流激发出增加的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，根据结论“增缩减扩”可以判定圆环有收缩趋势，故选项A正确；在t2～t3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生稳定电流，该电流激发出稳定磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，故选项B、C错误；在t3～t4时间内，外加磁场向下减小，且斜率也减小，在导线框中产生沿顺时针方向减小的电流，该电流激发出向里减小的磁场，故圆环内产生顺时针方向电流，选项D正确。
10.[多选]如图所示，倾角为α的斜面上放置着光滑导轨，金属棒KN置于导轨上，在以ab和cd为边界的区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直导轨平面向上。在cd左下方的无磁场区域cdPM内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内。当金属棒KN在重力作用下从磁场右边界ab处由静止开始向下运动后，则下列说法正确的是( )
A．圆环L有收缩趋势
B．圆环L有扩张趋势
C．圆环内产生的感应电流变小
D．圆环内产生的感应电流不变
解析：选AC 由于金属棒KN在重力的作用下向下运动，则KNMP回路中产生逆时针方向的感应电流，则在圆环处产生垂直于轨道平面向上的磁场，随着金属棒向下加速运动，圆环的磁通量将增加，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环磁通量的增加；又由于金属棒向下运动的加速度减小，磁通量的变化率减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小。故A、C正确。
11.如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置。小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部。则小磁块( )
A．在P和Q中都做自由落体运动
B．在两个下落过程中的机械能都守恒
C．在P中的下落时间比在Q中的长
D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大
解析：选C 小磁块从铜管P中下落时，P中的磁通量发生变化，P中产生感应电流，给小磁块一个向上的磁场力，阻碍小磁块向下运动，因此小磁块在P中不是做自由落体运动，而塑料管Q中不会产生电磁感应现象，因此Q中小磁块做自由落体运动，A项错误；P中的小磁块受到的磁场力对小磁块做负功，机械能不守恒，B项错误；由于在P中小磁块下落的加速度小于g，而Q中小磁块做自由落体运动，因此从静止开始下落相同高度，在P中下落的时间比在Q中下落的时间长，C项正确；根据动能定理可知，小磁块落到底部时在P中的速度比在Q中的速度小，D项错误。
12.[多选](2018·重庆巴蜀中学诊测)如图所示，磁场方向垂直于纸面，磁感应强度大小在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布。一铜制圆环用绝缘细线悬挂于O点。将圆环拉至位置a后无初速度释放，圆环摆到右侧最高点b，不计空气阻力。在圆环从a摆向b的过程中( )
A．感应电流方向先是逆时针方向，再顺时针方向，后逆时针方向
B．感应电流方向一直是逆时针
C．安培力方向始终与速度方向相反
D．安培力方向始终沿水平方向
解析：选AD 由楞次定律知，感应电流方向先是逆时针方向，再顺时针方向，后逆时针方向，A正确，B错误；根据左手定则，因等效导线是沿竖直方向的，且两边的磁感应强度不同，故合力方向始终沿水平方向，和速度方向会有一定夹角，C错误，D正确。
[C级——难度题目自主选做]
★13.如图所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向如图所示。左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在垂直于导轨方向上放着金属棒ab，金属棒处于垂直纸面向外的匀强磁场中，下列说法正确的是( )
A．当金属棒向右匀速运动时，a点电势高于b点，c点电势高于d点
B．当金属棒向右匀速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点
C．当金属棒向右加速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点
D．当金属棒向右加速运动时，b点电势高于a点，d点电势高于c点
解析：选D 金属棒匀速向右运动切割磁感线，产生恒定感应电动势，由右手定则判断出电流由a→b，b点电势高于a点，c、d端不产生感应电动势，c点与d点等势，故A、B错。金属棒向右加速运动时，b点电势仍高于a点，感应电流增大，穿过右边线圈的磁通量增大，所以右线圈中也产生感应电流，由楞次定律可判断电流从d流出，在外电路中，d点电势高于c点，故C错误，D正确。
14．[多选](2018·郑州五校联考)如图甲所示，等离子气流由左方连续以速度v0射入M和N两板间的匀强磁场中，ab直导线与M、N相连接，线圈A与直导线cd连接，线圈A内有按图乙所示规律变化的磁场，且规定向左为磁场B的正方向，则下列叙述正确的是( )
A．0～1 s内，ab、cd导线互相排斥
B．1～2 s内，ab、cd导线互相吸引
C．2～3 s内，ab、cd导线互相吸引
D．3～4 s内，ab、cd导线互相排斥
解析：选BD 根据左手定则，可判定等离子气流中的正离子向上极板M偏转，负离子向下极板N偏转，所以ab中电流方向是由a向b的。在第1 s内，线圈A内磁场方向向右，磁感应强度减小，由楞次定律可知感应电流方向是由c向d的，根据ab、cd内电流的流向关系，可知两导线相互吸引，A错误；在第2 s内，线圈A内磁场方向向左，磁感应强度增加，由楞次定律可知感应电流的方向是由c向d的，根据电流的流向关系可知两导线相互吸引，B正确；同理可以判断C错误，D正确。
(二)重点高中适用作业
[A级——保分题目巧做快做]
1．如图甲所示，长直导线与导线框abcd
固定在同一平面内。直导线中通以如图乙所示的大小和方向都随时间作周期性变化的交流电，并取图甲所示向上的电流方向为直导线中电流的正方向。关于0～T时间内线框abcd中感应电流的方向，下列说法正确的是( )
A．由顺时针方向变为逆时针方向
B．由逆时针方向变为顺时针方向
C．由顺时针方向变为逆时针方向，再变为顺时针方向
D．由逆时针方向变为顺时针方向，再变为逆时针方向
解析：选D 由题图乙，在0～时间内电流正向增大，根据安培定则，矩形线圈所处的磁场垂直纸面向里，由于磁通量增大，根据楞次定律的推论“增反减同”，矩形线圈中的感应磁场应垂直纸面向外，感应电流为逆时针，同理，～，～，～T内感应电流的方向依次为顺时针、顺时针、逆时针，故D正确。
★2.用如图所示的装置做“探究感应电流方向的规律”实验，磁体从靠近线圈的上方静止下落，在磁体穿过整个线圈的过程中，传感器显示的电流i随时间t的图象应该是( )
解析：选A 磁体进入和穿出线圈时感应电流方向相反，而且下落速度加快，即时间更短、电流更大，选项A正确。
3.如图所示，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a( )
A．顺时针加速旋转 B．顺时针减速旋转
C．逆时针加速旋转 D．逆时针减速旋转
解析：选B 由楞次定律知，欲使b中产生顺时针方向的电流，则a环内磁场应向里减弱或向外增强，a环的旋转情况应该是顺时针减速或逆时针加速，由于b环又有收缩趋势，说明a环外部磁场向外，内部向里，故B正确。
4.(2018·宁波模拟)如图甲所示，在同一平面内有两个圆环A、B，圆环A将圆环B分为面积相等的两部分，以图甲中A环电流沿顺时针方向为正，当圆环A
中的电流如图乙所示变化时，下列说法正确的是( )
A．B中始终没有感应电流
B．B中有顺时针方向的感应电流
C．B中有逆时针方向的感应电流
D．B中的感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向
解析：选B 由于圆环A中的电流发生了变化，故圆环B中一定有感应电流产生，由楞次定律判定B中有顺时针方向的感应电流，故B选项正确。
5.(2018·株洲模拟)如图，在一根竖直放置的铜管的正上方某处从静止开始释放一个强磁体，在强磁体沿着铜管中心轴线穿过铜管的整个过程中，不计空气阻力，那么( )
A．由于铜是非磁性材料，故强磁体运动的加速度始终等于重力加速度
B．由于铜是金属材料，能够被磁化，使得强磁体进入铜管时加速度大于重力加速度，离开铜管时加速度小于重力加速度
C．由于铜是金属材料，在强磁体穿过铜管的整个过程中，铜管中都有感应电流，加速度始终小于重力加速度
D．由于铜是金属材料，铜管可视为闭合回路，强磁体进入和离开铜管时产生感应电流，在进入和离开铜管时加速度都小于重力加速度，但在铜管内部时加速度等于重力加速度
解析：选C 铜是非磁性材料，不能够被磁化，B错误；铜是金属材料，在强磁体穿过铜管的整个过程中，铜管始终切割磁感线，铜管中都有感应电流，强磁体受到向上的磁场力，加速度始终小于重力加速度，C正确，A、D错误。
6.[多选](2015·上海高考)如图，光滑平行金属导轨固定在水平面上，左端由导线相连，导体棒垂直静置于导轨上构成回路。在外力F作用下，回路上方的条形磁铁竖直向上做匀速运动。在匀速运动过程中外力F做功WF，磁场力对导体棒做功W1，磁铁克服磁场力做功W2，重力对磁铁做功WG，回路中产生的焦耳热为Q，导体棒获得的动能为Ek。则( )
A．W1＝Q B．W2－W1＝Q
C．W1＝Ek D．WF＋WG＝Ek＋Q
解析：选BCD 由能量守恒定律可知：磁铁克服磁场力做功W2，等于回路的电能，电能一部分转化为内能，另一部分转化为导体棒的机械能，所以W2－ W1＝Q，故A错误，B正确；以导体棒为对象，由动能定理可知，磁场力对导体棒做功W1＝Ek，故C正确；外力对磁铁做功与重力对磁铁做功之和为回路中的电能，也等于焦耳热和导体棒的动能，故D正确。
★7.如图所示，在两个沿竖直方向的匀强磁场中，分别放入两个完全一样的水平金属圆盘a和b
。它们可以绕竖直轴自由转动，用导线通过电刷把它们相连。当圆盘a转动时( )
A．圆盘b总是与a沿相同方向转动
B．圆盘b总是与a沿相反方向转动
C．若B1、B2同向，则a、b转向相同
D．若B1、B2反向，则a、b转向相同
解析：选D 当圆盘a转动时，由于切割磁感线而产生感应电流，该电流流入b盘中，在磁场中由于受安培力b盘会转动。但若不知B1、B2的方向关系，则b盘与a盘的转向关系将无法确定。故A、B错误。设B1、B2同向且向上，a盘逆时针转动，则由右手定则可知a盘中的感应电流由a→a′，b盘受安培力将顺时针转动，故C错误，同理可判定D项正确。
★8.[多选](2018·镇江模拟)航母上飞机弹射起飞所利用的电磁驱动原理如图所示。当固定线圈上突然通过直流电时，线圈左侧的金属环被弹射出去。现在线圈左侧同一位置，先后放上用横截面积相等的铜和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环，电阻率ρ铜<ρ铝。则合上开关S的瞬间( )
A．从右侧看，环中产生沿逆时针方向的感应电流
B．铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力
C．若将金属环置于线圈右侧，环将向右弹射
D．电池正、负极调换后，金属环仍能向左弹射
解析：选BCD 闭合开关S的瞬间，金属环中向右的磁通量增大，根据楞次定律，从右侧看，环中产生沿顺时针方向的感应电流，A错误；由于电阻率ρ铜<ρ铝，先后放上用横截面积相等的铜和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环，铜环中产生的感应电流大于铝环中产生的感应电流，由安培力公式可知，铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力，B正确；若将金属环置于线圈右侧，则闭合开关S的瞬间，环将向右弹射，C正确；电池正、负极调换后，同理可以得出金属环仍能向左弹射，D正确。
[B级——拔高题目稳做准做]
9．[多选](2016·上海高考)如图(a)，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向。螺线管与导线框abcd相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度B随时间按图(b)所示规律变化时( )
A．在t1～t2时间内，L有收缩趋势
B．在t2～t3时间内，L有扩张趋势
C．在t2～t3时间内，L内有逆时针方向的感应电流
D．在t3～t4时间内，L内有顺时针方向的感应电流
解析：选AD 据题意，在t1～t2时间内，外加磁场磁感应强度增加且斜率在增大，则在导线框中产生沿顺时针方向增加的电流，该电流激发出增加的磁场，该磁场通过圆环，在圆环内产生感应电流，根据结论“增缩减扩”可以判定圆环有收缩趋势，故选项A正确；在t2～t3时间内，外加磁场均匀变化，在导线框中产生稳定电流，该电流激发出稳定磁场，该磁场通过圆环时，圆环中没有感应电流，故选项B、C错误；在t3～t4时间内，外加磁场向下减小，且斜率也减小，在导线框中产生沿顺时针方向减小的电流，该电流激发出向里减小的磁场，故圆环内产生顺时针方向电流，选项D正确。
10.[多选]如图所示，倾角为α的斜面上放置着光滑导轨，金属棒KN置于导轨上，在以ab和cd为边界的区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直导轨平面向上。在cd左下方的无磁场区域cdPM内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内。当金属棒KN在重力作用下从磁场右边界ab处由静止开始向下运动后，则下列说法正确的是( )
A．圆环L有收缩趋势
B．圆环L有扩张趋势
C．圆环内产生的感应电流变小
D．圆环内产生的感应电流不变
解析：选AC 由于金属棒KN在重力的作用下向下运动，则KNMP回路中产生逆时针方向的感应电流，则在圆环处产生垂直于轨道平面向上的磁场，随着金属棒向下加速运动，圆环的磁通量将增加，依据楞次定律可知，圆环将有收缩的趋势以阻碍圆环磁通量的增加；又由于金属棒向下运动的加速度减小，磁通量的变化率减小，所以在圆环中产生的感应电流不断减小。故A、C正确。
11.如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置。小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部。则小磁块( )
A．在P和Q中都做自由落体运动
B．在两个下落过程中的机械能都守恒
C．在P中的下落时间比在Q中的长
D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大
解析：选C 小磁块从铜管P中下落时，P中的磁通量发生变化，P中产生感应电流，给小磁块一个向上的磁场力，阻碍小磁块向下运动，因此小磁块在P中不是做自由落体运动，而塑料管Q中不会产生电磁感应现象，因此Q中小磁块做自由落体运动，A项错误；P
中的小磁块受到的磁场力对小磁块做负功，机械能不守恒，B项错误；由于在P中小磁块下落的加速度小于g，而Q中小磁块做自由落体运动，因此从静止开始下落相同高度，在P中下落的时间比在Q中下落的时间长，C项正确；根据动能定理可知，小磁块落到底部时在P中的速度比在Q中的速度小，D项错误。
12．[多选](2018·重庆巴蜀中学诊测)如图所示，磁场方向垂直于纸面，磁感应强度大小在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布。一铜制圆环用绝缘细线悬挂于O点。将圆环拉至位置a后无初速度释放，圆环摆到右侧最高点b，不计空气阻力。在圆环从a摆向b的过程中( )
A．感应电流方向先是逆时针方向，再顺时针方向，后逆时针方向
B．感应电流方向一直是逆时针
C．安培力方向始终与速度方向相反
D．安培力方向始终沿水平方向
解析：选AD 由楞次定律知，感应电流方向先是逆时针方向，再顺时针方向，后逆时针方向，A正确，B错误；根据左手定则，因等效导线是沿竖直方向的，且两边的磁感应强度不同，故合力方向始终沿水平方向，和速度方向会有一定夹角，C错误，D正确。
★13.如图所示，当导线ab在电阻不计的金属导轨上滑动时，线圈c向右摆动，则ab的运动情况是( )
A．向左或向右匀速运动
B．向左或向右减速运动
C．向左或向右加速运动
D．只能向右匀加速运动
解析：选B 当导线ab在导轨上滑行时，线圈c向右运动，说明穿过线圈的磁通量正在减少，即右侧回路中的感应电流减小，导线正在减速运动，与方向无关，故A、C、D错误，B正确。
14．[多选](2018·郑州五校联考)如图甲所示，等离子气流由左方连续以速度v0射入M和N两板间的匀强磁场中，ab直导线与M、N相连接，线圈A与直导线cd连接，线圈A内有按图乙所示规律变化的磁场，且规定向左为磁场B的正方向，则下列叙述正确的是( )
A．0～1 s内，ab、cd导线互相排斥
B．1～2 s内，ab、cd导线互相吸引
C．2～3 s内，ab、cd导线互相吸引
D．3～4 s内，ab、cd导线互相排斥
解析：选BD 根据左手定则，可判定等离子气流中的正离子向上极板M偏转，负离子向下极板N偏转，所以ab中电流方向是由a向b的。在第1 s内，线圈A内磁场方向向右，磁感应强度减小，由楞次定律可知感应电流方向是由c向d的，根据ab、cd内电流的流向关系，可知两导线相互吸引，A错误；在第2 s内，线圈A内磁场方向向左，磁感应强度增加，由楞次定律可知感应电流的方向是由c向d的，根据电流的流向关系可知两导线相互吸引，B正确；同理可以判断C错误，D正确。
第2节法拉第电磁感应定律
(1)线圈中磁通量越大，产生的感应电动势越大。(×)
(2)线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大。(×)
(3)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大。(√)
(4)线圈中的电流越大，自感系数也越大。(×)
(5)对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势越大。(√)
◎物理学史判断
纽曼、韦伯于1845年和1846年先后提出法拉第电磁感应定律。(√)
1．在应用公式计算感应电动势时，应注意公式的适用条件：E＝n
适用于磁通量变化易求的情形，E＝Blv适用于导体棒平动切割磁感线的情形；E＝Bl＝Bl2ω适用于导体棒转动切割磁感线的情形。
2．法拉第电磁感应定律求出的是平均电动势，一般情况下只能用来求感生电量，不能用来计算功、功率和能量(需要用有效值)。
3．解题中常用到的二级结论：
(1)计算通过导体截面的电荷量的两个途径：
q＝t
(2)安培力做功时的能量转化：电能机械能。
(3)平动直杆所受的安培力：FA＝；
热功率：P热＝。
突破点(一) 法拉第电磁感应定律的应用
1．法拉第电磁感应定律的理解
(1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率共同决定，而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系。
(2)磁通量的变化率对应Φ t图线上某点切线的斜率。
2．应用法拉第电磁感应定律的三种情况
(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝B·ΔS，则E＝n；
(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则E＝n；
(3)磁通量的变化是由面积和磁场变化共同引起时，则根据定义求，ΔΦ＝Φ末－Φ初，E＝n≠n。
[典例] [多选]如图甲所示，abcd是匝数为100匝、边长为10 cm、总电阻为0.1 Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的图示匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是( )
A．导线圈中产生的是交变电流
B．在t＝2.5 s时导线圈产生的感应电动势为1 V
C．在0～2 s内通过导线横截面的电荷量为20 C
D．在t＝1 s时，导线圈内电流的瞬时功率为10 W
[解析] 在0～2 s内，磁感应强度变化率为＝1 T/s，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E1＝nS＝100×0.12×1 V＝1 V；在2～3 s内，磁感应强度变化率为＝2 T/s，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E2＝nS＝100×0.12×2 V＝2 V。导线圈中产生的感应电流为方波交变电流，选项A正确；在t＝2.5 s 时，产生的感应电动势为E2＝2 V，选项B错误；在0～2 s内，感应电流I＝＝10 A，通过导体横截面的电荷量为q＝IΔt＝20 C，选项C正确；在t＝1 s时，导线圈内感应电流的瞬时功率P＝UI＝I2R＝102×0.1 W＝10 W，选项D正确。
[答案] ACD
[方法规律]
应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题
(1)公式E＝n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)利用公式E＝nS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积。
(3)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关。推导如下：q＝Δt＝Δt＝。
[集训冲关]
1．(2017·天津高考)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是( )
A．ab中的感应电流方向由b到a
B．ab中的感应电流逐渐减小
C．ab所受的安培力保持不变
D．ab所受的静摩擦力逐渐减小
解析：选D 根据楞次定律，可判断ab中感应电流方向从a到b，A错误；磁场变化是均匀的，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势恒定不变，感应电流I
恒定不变，B错误；安培力F＝BIL，由于I、L不变，B减小，所以ab所受的安培力逐渐减小，根据力的平衡条件，静摩擦力逐渐减小，C错误，D正确。
2．[多选](2018·沧州一中模拟)线圈所围的面积为0.1 m2，线圈电阻为1 Ω；规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A．在时间0～5 s内，I的最大值为0.01 A
B．在第4 s时刻，I的方向为逆时针
C．前2 s内，通过线圈某截面的总电荷量为0.01 C
D．第3 s内，线圈的发热功率最大
解析：选ABC 由题图乙看出，在开始时刻图线的斜率最大，B的变化率最大，线圈中产生的感应电动势最大，感应电流也最大，最大值为I＝＝ A＝0.01 A，故A正确。在第4 s时刻，穿过线圈的磁场方向向上，磁通量减小，则根据楞次定律判断得知，I的方向为逆时针方向，故B正确。前2 s内，通过线圈某截面的总电量q＝＝＝ C＝0.01 C，故C正确。第3 s内，B没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率最小，故D错误。
突破点(二) 导体棒切割磁感线产生感应电动势
1．E＝Blv的三个特性
(1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且B、l、v三者互相垂直。
(2)有效性：公式中的l为导体棒切割磁感线的有效长度。如图中，导体棒的有效长度为ab间的距离。
(3)相对性：E＝Blv中的速度v是导体棒相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系。
2．导体棒转动切割磁感线
当导体棒在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度ω
匀速转动时，产生的感应电动势为E＝Bl＝Bl2ω，如图所示。
[典例] [多选](2016·全国卷Ⅱ)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．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
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
[解析] 由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B正确；由感应电动势E＝Bl2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误。
[答案] AB
[集训冲关]
1．[多选](2018·湖南五市十校联考)如图所示，两平行的光滑导轨固定在同一水平面内，两导轨间距离为L，金属棒ab垂直于导轨，金属棒两端与导轨接触良好，在导轨左端接入阻值为R的定值电阻，整个装置处于竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中。与R相连的导线、导轨和金属棒的电阻均可忽略不计。用平行于导轨向右的大小为F的力拉金属棒，使金属棒以大小为v的速度向右匀速运动( )
A．金属棒ab相当于电源，其a端相当于电源负极
B．拉力F＝
C．回路中的感应电流沿顺时针方向流动
D．定值电阻消耗的电功率P＝Fv
解析：选BD 根据楞次定律可得电流从b到a，a端相当于电源正极，回路中感应电流方向为逆时针方向，A、C错误；产生的感应电动势E＝BLv，导体棒受到的安培力F安＝BIL＝B··L＝，由于导体棒做匀速直线运动，所以F＝，B正确；由于速度不变，所以拉力做功转化为电阻产生的内能，故定值电阻消耗的电功率P＝Fv，D正确。
2．(2018·东北三校联考)如图所示，一电阻为R的导线弯成边长为L
的等边三角形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于闭合回路所在的平面向里。下列对三角形导线以速度v向右匀速进入磁场过程中的说法正确的是( )
A．回路中感应电流方向为顺时针方向
B．回路中感应电动势的最大值E＝BLv
C．回路中感应电流的最大值I＝RBLv
D．导线所受安培力的大小可能不变
解析：选B 在进入磁场的过程中，闭合回路中磁通量增加，根据楞次定律，闭合回路中产生的感应电流方向为逆时针方向，A错误；等效切割磁感线的导线最大长度为Lsin 60°＝L，感应电动势的最大值E＝BLv，B正确；感应电流的最大值I＝＝BLv，C错误；在进入磁场的过程中，等效切割磁感线的导线长度变化，产生的感应电动势和感应电流大小变化，根据安培力公式可知，导线所受安培力大小一定变化，D错误。
突破点(三) 自感和涡流
1．通电自感和断电自感的比较
通电自感
断电自感
电路图
器材
灯泡A1、A2规格相同，R＝RL，L较大
L很大(有铁芯)，RL
I1，因此A1和L1电阻不相等，所以A、B错误；题图2中，闭合S2时，由于自感作用，通过L2与A2的电流I2会逐渐增大，而通过R与A3的电流I3立即变大，因此电流不相等，所以D错误；由于最终A2与A3亮度相同，所以两支路电流相同，根据部分电路欧姆定律，两支路电压与电流均相同，所以两支路电阻相同。由于A2、A3完全相同，故变阻器R与L2的电阻值相同，所以C正确。
2.[多选] (2018·深圳南山期末)如图，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈。下面说法正确的是( )
A．闭合开关S时，A、B灯同时亮，且达到正常
B．闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮
C．闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮
D．断开开关S时，A灯与B灯同时慢慢熄灭
解析：选BD 由于自感的作用，闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮，选项A、C错误，B正确；断开开关S时，L中产生自感电动势，A灯与B灯同时慢慢熄灭，选项D正确。
3.[多选]如图所示，条形磁铁位于固定的半圆光滑轨道的圆心位置，一半径为R、质量为m的金属球从半圆轨道的一端沿半圆轨道由静止下滑，重力加速度大小为g。下列说法正确的是( )
A．金属球会运动到半圆轨道的另一端
B．由于金属球没有形成闭合电路，所以金属球中不会产生感应电流
C．金属球受到的安培力做负功
D．系统产生的总热量为mgR
解析：选CD 金属球在运动过程中，穿过金属球的磁通量不断变化，在金属球内形成闭合回路，产生涡流，金属球受到的安培力做负功，金属球产生的热量不断地增加，机械能不断地减少，直至金属球停在半圆轨道的最低点，C正确，A、B错误；根据能量守恒定律得系统产生的总热量为mgR，D正确。
STS问题——练迁移思维
电磁感应在生活中的应用
电磁感应现象与生活密切相关，高考对这部分的考查更趋向于有关现代气息和STS问题中信息题的考查。命题背景有电磁炉、电子秤、电磁卡、电磁焊接术、卫星悬绳发电、磁悬浮列车等。
1．磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈。当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其Et关系如图所示。如果只将刷卡速度改为，线圈中的Et关系图可能是( )
解析：选D 若将刷卡速度改为，线圈切割磁感线运动时产生的感应电动势大小将会减半，周期将会加倍，故D项正确，其他选项错误。
2．(2018·北京丰台区模拟)随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经实现了无线充电从理论研发到实际应用的转化。如图所示为某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图。关于无线充电，下列说法正确的是( )
A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”
B．只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电
C．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
D．只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电
解析：选C 无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应，故A错误；当给充电设备通以恒定直流电时，充电设备不会产生交变磁场，即不能正常充电，故B错误；接收线圈中交变电流的频率应与发射线圈中交变电流的频率相同，故C正确；被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件与手机电池相连，当有交变磁场时，则产生感应电动势，那么普通手机由于没有金属线圈，所以不能够利用无线充电设备进行充电，故D错误。
3．[多选](2018·辽宁省实验中学期中)如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动。为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带运动方向，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈。通过观察图形，判断下列说法正确的是( )
A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈中感应电流方向从上向下看为逆时针
B．若线圈闭合，传送带以较大速度匀速运动时，磁场对线圈的作用力增大
C．从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈
D．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈
解析：选BD 若线圈闭合，进入磁场时，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈中的感应电流的磁场方向向下，所以感应电流的方向从上向下看是顺时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，传送带以较大速度匀速运动时，线圈中产生的感应电动势较大，则感应电流较大，磁场对线圈的作用力增大，故B正确；由题图知1、2、4、5、6线圈都发生了相对滑动，而第3个线圈没有滑动，则第3个线圈不闭合，没有产生感应电流，故C错误，D正确。
(一)普通高中适用作业
[A级——基础小题练熟练快]
★1.(2016·北京高考)如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b
，磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度B随时间均匀增大。两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb。不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是( )
A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向
B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向
C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向
D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向
解析：选B 由楞次定律知，题中圆环感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，故感应电流沿顺时针方向。由法拉第电磁感应定律知E＝＝＝，由于两圆环半径之比Ra∶Rb＝2∶1，所以Ea∶Eb＝4∶1，选项B正确。
2．(2015·全国卷Ⅱ)如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua 、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是( )
A．Ua＞Uc，金属框中无电流
B．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿a—b—c—a
C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流
D．Ubc＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a—c—b—a
解析：选C 金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误。转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断Ua＜Uc，Ub＜Uc，选项A错误。由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc＝－Bl2ω，选项C正确。
3.(2018·江西吉安市一中模拟)如图所示，Q是单匝金属线圈，MN是一个螺线管，它的绕线方向没有画出，Q的输出端a、b和MN的输入端c、d之间用导线相连，P是在MN的正下方水平放置的用细导线绕制的软弹簧线圈。若在Q所处的空间加上与环面垂直的变化磁场，发现在t1至t2时间段内弹簧线圈处在收缩状态，则所加磁场的磁感应强度的变化情况可能是( )
解析：选D 在t1至t2时间段内弹簧线圈处在收缩状态，根据楞次定律的另一种表述，知螺线管MN中产生的磁场在增加，即螺线管中的电流增大，根据法拉第电磁感应定律，E＝
n＝nS，知增大，故D正确，A、B、C错误。
★4.(2018·江西新余四中模拟)某同学为了验证断电自感现象，找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路。检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，可能的原因是( )
A．电源的内阻偏大 B．线圈电阻偏大
C．小灯泡电阻偏大 D．线圈的自感系数较大
解析：选B 灯泡能否发生闪亮，取决于通过灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关，故A错误。线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于流过线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象，故B正确。小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于流过线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象，故C错误。线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小，故D错误。
5.在如图所示的电路中，两个灵敏电流表G1和G2的零点都在刻度盘中央，当电流从“＋”接线柱流入时，指针向右摆；电流从“－”接线柱流入时，指针向左摆。在电路接通后再断开的瞬间，下列说法中符合实际情况的是( )
A．G1表指针向左摆，G2表指针向右摆
B．G1表指针向右摆，G2表指针向左摆
C．G1、G2表的指针都向左摆
D．G1、G2表的指针都向右摆
解析：选B 电路接通后线圈中电流方向向右，当电路断开时，线圈L中电流减小，产生与原方向同向的自感电动势，与G2和电阻组成闭合回路，所以G1中电流方向向右，G2中电流方向向左，即G1指针向右摆，G2指针向左摆，B正确。
6.如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计。MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R。整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里)。现对MN施力使它沿导轨方向以速度v水平向右做匀速运动。令U表示MN两端电压的大小，下列说法正确的是( )
A．U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由b经R到d
B．U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由d经R到b
C．MN受到的安培力大小FA＝，方向水平向右
D．MN受到的安培力大小FA＝，方向水平向左
解析：选A 根据电磁感应定律，MN产生的电动势E＝Blv，由于MN的电阻与外电路电阻相同，所以MN两端的电压U＝E＝Blv，根据右手定则，流过固定电阻R的感应电流由b经R到d，故A正确，B错误；MN受到的安培力大小FA＝，方向水平向左，故C、D错误。
7.(2017·河南八市重点高中联考)如图所示，导体杆OQ在作用于OQ中点且垂直于OQ的力作用下，绕O轴沿半径为r的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以一定的角速度转动，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于框架平面，AO间接有电阻R，杆和框架电阻不计，回路中的总电功率为P，则( )
A．外力的大小为2Br
B．外力的大小为Br
C．导体杆旋转的角速度为
D．导体杆旋转的角速度为
解析：选C 由题意知，导体杆切割磁感线产生的电动势为E＝，设Q点的线速度大小为v，则导体杆旋转切割磁感线产生的感应电动势E＝Brv，根据P＝F·v及ω＝，求得F＝Br，ω＝，因此C项正确。
★8．[多选](2018·温州中学模拟)如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小。质量为0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形，其有效电阻为0.1 Ω。此时在整个空间加方向与水平面成30°角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的规律是B＝(0.4－0.2t)T，图示磁场方向为正方向。框、挡板和金属杆不计形变。则( )
A．t＝1 s时，金属杆中感应电流方向从C到D
B．t＝3 s时，金属杆中感应电流方向从D到C
C．t＝1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 N
D．t＝3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N
解析：选AC 当t＝1 s时，由磁感应强度随时间变化规律B＝(0.4－0.2t)T，可知，磁场在减小，根据楞次定律可得，金属杆中感应电流方向从C到D，故A正确；当t＝3 s 时，磁场在反向增加，由楞次定律可知，金属杆中感应电流方向从C到D，故B错误；当t＝1 s时，由法拉第电磁感应定律，则有E＝sin 30°＝0.2×12×0.5 V＝0.1 V；由欧姆定律，则有感应电流大小I＝ A＝1 A；则t＝1 s时，安培力大小F＝BtIL＝(0.4－0.2×1)×1×1 N＝0.2 N；由左手定则可知，安培力垂直磁场方向斜向上，将安培力分解，金属杆对挡板P的压力大小N＝Fsin 30°＝0.2×0.5 N＝0.1 N，故C正确；同理，当t＝3 s 时，感应电动势大小仍为E＝0.1 V，电流大小仍为I＝1 A，F′＝0.2 N，由于磁场的方向相反，由左手定则可知，安培力的方向垂直磁场方向斜向下，根据力的合成，则得金属杆对H的压力大小为N′＝F′sin 30°＝0.2×0.5 N ＝0.1 N，故D错误。
[B级——中档题目练通抓牢]
9．(1)如图甲所示，两根足够长的平行导轨，间距L＝0.3 m，在导轨间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B1＝0.5 T。一根直金属杆MN以v＝2 m/s的速度向右匀速运动，杆MN始终与导轨垂直且接触良好。杆MN的电阻r1＝1 Ω，导轨的电阻可忽略。求杆MN中产生的感应电动势E1。
(2)如图乙所示，一个匝数n＝100的圆形线圈，面积S1＝0.4 m2，电阻r2＝1 Ω。在线圈中存在面积S2＝0.3 m2垂直线圈平面(指向纸外)的匀强磁场区域，磁感应强度B2随时间t变化的关系如图丙所示。求圆形线圈中产生的感应电动势E2。
(3)将一个R＝2 Ω的电阻分别与图甲和图乙中的a、b端相连接，然后b端接地。试判断以上两种情况中，哪种情况a端的电势较高？并求出较高的电势φa。
解析：(1)杆MN做切割磁感线的运动，
产生的感应电动势E1＝B1Lv＝0.3 V。
(2)穿过圆形线圈的磁通量发生变化，
产生的感应电动势E2＝nS2＝4.5 V。
(3)题图甲中φa>φb＝0，题图乙中φa<φb＝0，所以当电阻R与题图甲中的导轨相连接时，a端的电势较高。
此时通过电阻R的电流I＝
电阻R两端的电势差φa－φb＝IR
a端的电势φa＝IR＝0.2 V。
答案：(1)0.3 V (2)4.5 V (3)与图甲中的导轨相连接a端电势高 φa＝0.2 V
10.(2018·梅州模拟)如图所示，粗糙斜面的倾角θ＝37°，半径r＝0.5 m的圆形区域内存在着垂直于斜面向下的匀强磁场。一个匝数n＝10匝的刚性正方形线框abcd通过松弛的柔软导线与一个额定功率P＝1.25 W的小灯泡L相连，圆形磁场的一条直径恰好过线框bc边。已知线框质量m＝2 kg，总电阻R0＝1.25 Ω，边长L＞2r，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5。从t＝0时起，磁场的磁感应强度按B＝2－t(T)的规律变化。开始时线框静止在斜面上，在线框运动前，灯泡始终正常发光。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)线框不动时，回路中的感应电动势E；
(2)小灯泡正常发光时的电阻R；
(3)线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量Q。
解析：(1)由法拉第电磁感应定律有
E＝n＝n×πr2＝2.5 V。
(2)小灯泡正常发光，有P＝I2R
由闭合电路欧姆定律有E＝I(R0＋R)
即P＝2R
代入数据解得R＝1.25 Ω。
(3)当线框恰好要运动时，设磁场的磁感应强度大小为B′
对线框bc边处于磁场中的部分受力分析
安培力F安＝nB′I×2r
由共点力的平衡条件有
mgsin θ＝F安＋Ff＝2nB′Ir＋μmgcos θ
解得线框刚要运动时，磁场的磁感应强度大小B′＝0.4 T
可得线框在斜面上可保持静止的时间t＝ s
小灯泡产生的热量Q＝Pt＝1.25× J＝3.14 J。
答案：(1)2.5 V (2)1.25 Ω (3)3.14 J
[C级——难度题目自主选做]
11.[多选](2018·浏阳模拟)如图所示，一导线弯成直径为d
的半圆形闭合回路，虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面，回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列说法中正确的是( )
A．感应电流方向为逆时针方向
B．CD段直导线始终不受安培力
C．感应电动势的最大值E＝Bdv
D．感应电动势的平均值＝πBdv
解析：选AD 线圈进磁场过程，垂直平面向里的磁通量逐渐增大，根据楞次定律“增反减同”，感应电流方向为逆时针方向，选项A正确；CD端导线电流方向与磁场垂直，根据左手定则判断，安培力竖直向下，选项B错误；线圈进磁场切割磁感线的有效长度是初末位置的连线，进磁场过程，有效切割长度最长为半径，所以感应电动势最大值为Bv，选项C错误；感应电动势的平均值＝＝＝，选项D正确。
12.[多选](2018·南宁三校联考)如图所示，线圈匝数为n，横截面积为S，线圈电阻为r，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C，定值电阻的阻值为r。由此可知，下列说法正确的是( )
A．电容器下极板带正电
B．电容器上极板带正电
C．电容器所带电荷量为
D．电容器所带电荷量为nSkC
解析：选BC 根据磁场向右均匀增强，并由楞次定律可知，电容器上极板带正电，故A错误，B正确。闭合线圈与阻值为r的电阻形成闭合回路，线圈相当于电源，电容器两极板间的电压等于路端电压，线圈产生的感应电动势：E＝nS＝nSk，路端电压：U＝·r＝，则电容器所带电荷量为：Q＝CU＝，故C正确，D错误。
(二)重点高中适用作业
[A级——保分题目巧做快做]
★1.(2015·全国卷Ⅱ)如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω
逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua 、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是( )
A．Ua＞Uc，金属框中无电流
B．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿a—b—c—a
C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流
D．Ubc＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a—c—b—a
解析：选C 金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误。转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断Ua＜Uc，Ub＜Uc，选项A错误。由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc＝－Bl2ω，选项C正确。
2.(2018·江西吉安市一中模拟)如图所示，Q是单匝金属线圈，MN是一个螺线管，它的绕线方向没有画出，Q的输出端a、b和MN的输入端c、d之间用导线相连，P是在MN的正下方水平放置的用细导线绕制的软弹簧线圈。若在Q所处的空间加上与环面垂直的变化磁场，发现在t1至t2时间段内弹簧线圈处在收缩状态，则所加磁场的磁感应强度的变化情况可能是( )
解析：选D 在t1至t2时间段内弹簧线圈处在收缩状态，根据楞次定律的另一种表述，知螺线管MN中产生的磁场在增加，即螺线管中的电流增大，根据法拉第电磁感应定律，E＝n＝nS，知增大，故D正确，A、B、C错误。
3.在如图所示的电路中，两个灵敏电流表G1和G2的零点都在刻度盘中央，当电流从“＋”接线柱流入时，指针向右摆；电流从“－”接线柱流入时，指针向左摆。在电路接通后再断开的瞬间，下列说法中符合实际情况的是( )
A．G1表指针向左摆，G2表指针向右摆
B．G1表指针向右摆，G2表指针向左摆
C．G1、G2表的指针都向左摆
D．G1、G2表的指针都向右摆
解析：选B 电路接通后线圈中电流方向向右，当电路断开时，线圈L中电流减小，产生与原方向同向的自感电动势，与G2和电阻组成闭合回路，所以G1中电流方向向右，G2
中电流方向向左，即G1指针向右摆，G2指针向左摆，B正确。
4.如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计。MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R。整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里)。现对MN施力使它沿导轨方向以速度v水平向右做匀速运动。令U表示MN两端电压的大小，下列说法正确的是( )
A．U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由b经R到d
B．U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由d经R到b
C．MN受到的安培力大小FA＝，方向水平向右
D．MN受到的安培力大小FA＝，方向水平向左
解析：选A 根据电磁感应定律，MN产生的电动势E＝Blv，由于MN的电阻与外电路电阻相同，所以MN两端的电压U＝E＝Blv，根据右手定则，流过固定电阻R的感应电流由b经R到d，故A正确，B错误；MN受到的安培力大小FA＝，方向水平向左，故C、D错误。
5.(2018·河南八市重点高中联考)如图所示，导体杆OQ在作用于OQ中点且垂直于OQ的力作用下，绕O轴沿半径为r的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以一定的角速度转动，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于框架平面，AO间接有电阻R，杆和框架电阻不计，回路中的总电功率为P，则( )
A．外力的大小为2Br
B．外力的大小为Br
C．导体杆旋转的角速度为
D．导体杆旋转的角速度为
解析：选C 由题意知，导体杆切割磁感线产生的电动势为E＝，设Q点的线速度大小为v，则导体杆旋转切割磁感线产生的感应电动势E＝Brv，根据P＝F·v及ω＝，求得F＝Br，ω＝，因此C项正确。
6.[多选](2018·浏阳模拟)如图所示，一导线弯成直径为d的半圆形闭合回路，虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面，回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列说法中正确的是( )
A．感应电流方向为逆时针方向
B．CD段直导线始终不受安培力
C．感应电动势的最大值E＝Bdv
D．感应电动势的平均值＝πBdv
解析：选AD 线圈进磁场过程，垂直平面向里的磁通量逐渐增大，根据楞次定律“增反减同”，感应电流方向为逆时针方向，选项A正确；CD端导线电流方向与磁场垂直，根据左手定则判断，安培力竖直向下，选项B错误；线圈进磁场切割磁感线的有效长度是初末位置的连线，进磁场过程，有效切割长度最长为半径，所以感应电动势最大值为Bv，选项C错误；感应电动势的平均值＝＝＝，选项D正确。
7.[多选](2018·南宁三校联考)如图所示，线圈匝数为n，横截面积为S，线圈电阻为r，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C，定值电阻的阻值为r。由此可知，下列说法正确的是( )
A．电容器下极板带正电
B．电容器上极板带正电
C．电容器所带电荷量为
D．电容器所带电荷量为nSkC
解析：选BC 根据磁场向右均匀增强，并由楞次定律可知，电容器上极板带正电，故A错误，B正确。闭合线圈与阻值为r的电阻形成闭合回路，线圈相当于电源，电容器两极板间的电压等于路端电压，线圈产生的感应电动势：E＝nS＝nSk，路端电压：U＝·r＝，则电容器所带电荷量为：Q＝CU＝，故C正确，D错误。
★8.(2016·浙江高考)如图所示，a，b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝3lb
，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )
A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1
C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4
D．a、b线圈中电功率之比为3∶1
解析：选B 当磁感应强度变大时，由楞次定律知，线圈中感应电流的磁场方向垂直纸面向外，由安培定则知，线圈内产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；由法拉第电磁感应定律E＝S及Sa∶Sb＝9∶1知，Ea＝9Eb，选项B正确；由R＝ρ知两线圈的电阻关系为Ra＝3Rb，其感应电流之比为Ia∶Ib＝3∶1，选项C错误；两线圈的电功率之比为Pa∶Pb＝EaIa∶EbIb＝27∶1，选项D错误。
9．(1)如图甲所示，两根足够长的平行导轨，间距L＝0.3 m，在导轨间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B1＝0.5 T。一根直金属杆MN以v＝2 m/s的速度向右匀速运动，杆MN始终与导轨垂直且接触良好。杆MN的电阻r1＝1 Ω，导轨的电阻可忽略。求杆MN中产生的感应电动势E1。
(2)如图乙所示，一个匝数n＝100的圆形线圈，面积S1＝0.4 m2，电阻r2＝1 Ω。在线圈中存在面积S2＝0.3 m2垂直线圈平面(指向纸外)的匀强磁场区域，磁感应强度B2随时间t变化的关系如图丙所示。求圆形线圈中产生的感应电动势E2。
(3)将一个R＝2 Ω的电阻分别与图甲和图乙中的a、b端相连接，然后b端接地。试判断以上两种情况中，哪种情况a端的电势较高？并求出较高的电势φa。
解析：(1)杆MN做切割磁感线的运动，
产生的感应电动势E1＝B1Lv＝0.3 V。
(2)穿过圆形线圈的磁通量发生变化，
产生的感应电动势E2＝nS2＝4.5 V。
(3)题图甲中φa>φb＝0，题图乙中φa<φb＝0，所以当电阻R与题图甲中的导轨相连接时，a端的电势较高。
此时通过电阻R的电流I＝
电阻R两端的电势差φa－φb＝IR
a端的电势φa＝IR＝0.2 V。
答案：(1)0.3 V (2)4.5 V (3)与图甲中的导轨相连接a端电势高 φa＝0.2 V
★10.(2018·江西吉安一中模拟)如图所示，竖直平面内两根光滑且不计电阻的长平行金属导轨，间距为L，导轨间的空间内存在垂直导轨平面的匀强磁场；将一质量为m、电阻为R的金属杆水平靠在导轨处上下运动，与导轨接触良好。
(1)若磁感应强度随时间变化满足B＝kt，k为已知非零常数，金属杆在距离导轨顶部L处释放，则何时释放，会获得向上的加速度。
(2)若磁感应强度随时间变化满足B＝，B0、c、d均为已知非零常数，为使金属杆中没有感应电流产生，从t＝0时刻起，金属杆应在外力作用下做何种运动？
解析：(1)由法拉第电磁感应定律得：E＝＝S＝kL2
安培力：FA＝BIL＝BL＝BL＝ktL＝，
设t时刻能获得向上的加速度，此时安培力：FA＞mg，即：＞mg，
解得：t＞；
(2)设t＝0时，金属杆距离顶部x，为了不产生感应电流，任意时刻通过闭合回路的磁通量应与刚开始相同，设t时间内位移为s，已知：B＝，磁通量保持不变，则Lx＝L(x＋s)，
解得：s＝t2，金属杆由静止开始向下做匀加速直线运动。
答案：(1)在t＞时释放金属杆，加速度向上 (2)金属杆由静止开始向下做匀加速直线运动
[B级——拔高题目稳做准做]
★11.[多选](2018·株洲市高三教学质量统一检测)用导线绕一圆环，环内有一用同样导线折成的内接正方形线框，圆环与线框绝缘，如图所示。把它们放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆环平面(纸面)向里。当磁场均匀减弱时( )
A．圆环和线框中的电流方向都为顺时针
B．圆环和线框中的电流方向都为逆时针
C．圆环和线框中的电流大小之比为 ∶1
D．圆环和线框中的电流大小之比为2∶1
解析：选AC 根据楞次定律可得当磁场均匀减小时，线圈内产生的感应磁场方向与原磁场方向相同，即感应电流方向都为顺时针，A正确B错误；设圆半径为a，则圆面积为S＝πa2，圆周长为L＝2πa，正方形面积为S′＝2a2，正方形周长为L′＝4a
，因为磁场是均匀减小的，故E＝，所以圆和正方形内的电动势之比为＝＝，两者的电阻之比为＝，故电流之比为＝＝×＝×＝，故C正确D错误。
★12.[多选](2018·石家庄模拟)如图甲所示，质量m＝3.0×10－3 kg的形金属细框竖直放置在两水银槽中, 形框的水平细杆CD长l＝0.20 m，处于磁感应强度大小为B1＝1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n＝300匝、面积S＝0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直、沿竖直方向的匀强磁场中，其磁感应强度B2随时间t变化的关系如图乙所示。t＝0.22 s时闭合开关K，瞬间细框跳起(细框跳起瞬间安培力远大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20 m。不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．0～0.10 s内线圈中的感应电动势大小为3 V
B．开关K闭合瞬间，CD中的电流方向由C到D
C．磁感应强度B2的方向竖直向下
D．开关K闭合瞬间，通过细杆CD的电荷量为0.03 C
解析：选BD 由题图乙所示图像可知，0～0.10 s内：ΔΦ＝ΔBS＝(1－0)×0.01 Wb＝0.01 Wb,0～0.10 s内线圈中的感应电动势大小：E＝n＝300× V＝30 V，故选项A错误；由题可知细杆CD所受安培力方向竖直向上，由左手定则可知，电流方向为：C→D，由安培定则可知感应电流的磁场方向竖直向上，由图示图像可知，在0.2～0.25 s内穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律可知，磁感应强度B2方向竖直向上，故选项B正确，选项C错误；对细框，由动量定理得：B1Il·Δt＝mv－0，细框竖直向上做竖直上抛运动：v2＝2gh，电荷量：Q＝IΔt，解得：Q＝＝ C＝0.03 C，故选项D正确。
13.(2018·梅州模拟)如图所示，粗糙斜面的倾角θ＝37°，半径r＝0.5 m的圆形区域内存在着垂直于斜面向下的匀强磁场。一个匝数n＝10匝的刚性正方形线框abcd通过松弛的柔软导线与一个额定功率P＝1.25 W的小灯泡L相连，圆形磁场的一条直径恰好过线框bc边。已知线框质量m＝2 kg，总电阻R0＝1.25 Ω，边长L＞2r，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5。从t＝0时起，磁场的磁感应强度按B＝2－t
(T)的规律变化。开始时线框静止在斜面上，在线框运动前，灯泡始终正常发光。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)线框不动时，回路中的感应电动势E；
(2)小灯泡正常发光时的电阻R；
(3)线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量Q。
解析：(1)由法拉第电磁感应定律有
E＝n＝n×πr2＝2.5 V。
(2)小灯泡正常发光，有P＝I2R
由闭合电路欧姆定律有E＝I(R0＋R)
即P＝2R
代入数据解得R＝1.25 Ω。
(3)当线框恰好要运动时，设磁场的磁感应强度大小为B′
对线框bc边处于磁场中的部分受力分析
安培力F安＝nB′I×2r
由共点力的平衡条件有
mgsin θ＝F安＋Ff＝2nB′Ir＋μmgcos θ
解得线框刚要运动时，磁场的磁感应强度大小B′＝0.4 T
可得线框在斜面上可保持静止的时间t＝ s
小灯泡产生的热量Q＝Pt＝1.25× J＝3.14 J。
答案：(1)2.5 V (2)1.25 Ω (3)3.14 J
第3节电磁感应中的电路和图像问题
突破点(一) 电磁感应中的电路问题
1．电磁感应中电路知识的关系图
2．分析电磁感应电路问题的基本思路
[典例] 在同一水平面的光滑平行导轨P、Q相距l＝1 m，导轨左端接有如图所示的电路。其中水平放置的平行板电容器两极板M、N相距d＝10 mm，定值电阻R1＝R2＝12 Ω，R3＝2 Ω，金属棒ab的电阻r＝2 Ω，其他电阻不计。磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，质量m＝1×10－14 kg、电荷量q＝－1×10－14 C的微粒悬浮于电容器两极板之间恰好静止不动。取g＝10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，且速度保持恒定。试求：
(1)匀强磁场的方向；
(2)ab两端的路端电压；
(3)金属棒ab运动的速度。
[解析] (1)负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故M板带正电。ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab棒等效于电源，感应电流方向由b→a，其a端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下。
(2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有mg＝Eq
又E＝，所以UMN＝＝0.1 V
R3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R3的电流为I＝＝0.05 A
则ab棒两端的电压为Uab＝UMN＋I＝0.4 V。
(3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝Blv
由闭合电路欧姆定律得E＝Uab＋Ir＝0.5 V
联立解得v＝1 m/s。
[答案] (1)竖直向下 (2)0.4 V (3)1 m/s
[方法规律] 电磁感应中确定电源的方法
(1)判断产生电磁感应现象的那一部分导体(电源)。
(2)动生问题(棒切割磁感线)产生的电动势E＝Blv，方向由右手定则判断。
(3)感生问题(磁感应强度的变化)的电动势E＝n，方向由楞次定律判断。而电流方向都是等效电源内部负极流向正极的方向。
[集训冲关]
1.[多选](2018·焦作一模)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝1 m，cd间、de间、cf间分别接着阻值R＝10 Ω的电阻。一阻值R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场。下列说法中正确的是( )
A．导体棒ab中电流的流向为由b到a
B．cd两端的电压为1 V
C．de两端的电压为1 V
D．fe两端的电压为1 V
解析：选BD 由右手定则可知ab中电流方向为a→b，A错误；导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，ab为电源，cd间电阻R为外电路负载，de和cf间电阻中无电流，de和cf间无电压，因此cd和fe两端电压相等，即U＝×R＝＝1 V，B、D正确，C错误。
2．[多选](2018·辽宁庄河模拟)如图所示，两根平行长直金属导轨，固定在同一水平面内，间距为d，其左端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，一质量为m的导体棒ab垂直于导轨放置，且与两导轨接触良好，导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒在水平向右、垂直于棒的恒力F作用下，从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中导体棒始终与导轨保持垂直)，设导体棒接入电路的电阻为r导轨电阻不计，重力加速度大小为g，在这一过程中( )
A．导体棒运动的平均速度为
B．流过电阻R的电荷量为
C．ab两端的最大电压为
D．ab两端的最大电压为
解析：选BC 当合外力为0的时候，导体棒的加速度为0，此时导体棒的速度达到最大值，此后因为速度不变，导体棒将做匀速直线运动，由E＝Bdv，FA＝BId以及I＝，得到安培力FA＝，匀速运动时合外力为0，所以F＝FA＋μmg，可得到：vm＝，因其运动过程是加速度减小的变加速运动，故其平均速度＞＝，故A错误；由电荷量q＝IΔt以及E＝，得到q＝IΔt＝＝，故B正确；ab两端的最大电压在电流最大时，由F＝FA＋μmg及FA＝BId，得到Im＝，Um＝ImR＝，故选项C正确，D错误。
3．[多选]在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2。螺线管导线电阻r＝1 Ω，R1＝4 Ω，R2＝5 Ω，C＝30 μF。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是( )
A．螺线管中产生的感应电动势为1.2 V
B．闭合S，电路中的电流稳定后电容器上极板带正电
C．电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为5×10－2 W
D．S断开后，通过R2的电荷量为1.8×10－5 C
解析：选AD 由法拉第电磁感应定律可知，螺线管内产生的电动势为E＝nS＝1 500××20×10－4 V＝1.2 V，故A正确；根据楞次定律，当穿过螺线管的磁通量增加时，螺线管下部可以看成电源的正极，则电容器下极板带正电，故B错误；电流稳定后，电流为I＝＝ A＝0.12 A，电阻R1上消耗的功率为P＝I2R1＝0.122×4 W＝5.76×10－2 W，故C错误；开关断开后通过电阻R2的电荷量为Q＝CU＝CIR2＝30×10－6×0.12×5 C＝1.8×10－5 C，故D正确。
突破点(二) 电磁感应中的图像问题
电磁感应中常见的图像问题
图像
类型
随时间变化的图像，如B t图像、Φt图像、Et图像、It图像
随位移变化的图像，如Ex图像、Ix图像
(所以要先看坐标轴：哪个物理量随哪个物理量变化要弄清)
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(画图像)
(2)由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量(用图像)
应用知识
四个规律
左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律
六类公式
(1)平均电动势E＝n
(2)平动切割电动势E＝Blv
(3)转动切割电动势E＝Bl2ω
(4)闭合电路欧姆定律I＝
(5)安培力F＝BIl
(6)牛顿运动定律的相关公式等
据电磁感应过程选择图像
问题类型
由给定的电磁感应过程选出正确的图像
解题关键
根据题意分析相关物理量的函数关系、分析物理过程中的转折点、明确“＋、－”号的含义，结合数学知识做正确的判断
[例1] 将一均匀导线围成一圆心角为90°的扇形导线框OMN，其中OM＝R，圆弧MN的圆心为O点，将导线框的O点置于如图所示的直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B。从t＝0时刻开始让导线框以O点为圆心，以恒定的角速度ω沿逆时针方向做匀速圆周运动，假定沿ONM方向的电流为正，则线框中的电流随时间的变化规律描绘正确的是( )
[解析] 在0～t0时间内，线框从图示位置开始(t＝0)转过90°的过程中，产生的感应电动势为E1＝Bω R2，由闭合电路欧姆定律得，回路中的电流为I1＝＝
，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)。在t0～2t0时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)。回路中产生的感应电动势为E2＝BωR2＋·2Bω·R2＝BωR2＝3E1；感应电流为I2＝3I1。在2t0～3t0时间内，线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为逆时针方向(沿ONM方向)，回路中产生的感应电动势为E3＝BωR2＋·2Bω·R2＝BωR2＝3E1；感应电流为I3＝3I1。在3t0～4t0时间内，线框出第四象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN方向)，回路中产生的感应电动势为E4＝BωR2，由闭合电路欧姆定律得，回路电流为I4＝I1 ，B对。
[答案] B
[方法规律] 电磁感应图像选择题的两个常用方法
1．排除法
定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项。
2．函数法
根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和判断。
据图像分析判断电磁感应过程
问题类型
由电磁感应图像得出的物理量和规律分析求解动力学、电路等问题
解题关键
第一个关键是破译，即解读图像中的关键信息(尤其是过程信息)，另一个关键是转换，即有效地实现物理信息和数学信息的相互转换
[例2] (2015·广东高考)如图(a)所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L＝0.4 m。导轨右端接有阻值R＝1 Ω的电阻。导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨电阻均不计，导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场，bd连线与导轨垂直，长度也为L。从0时刻开始，磁感应强度B的大小随时间t变化，规律如图(b)所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v＝1 m/s做直线运动，求：
(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E；
(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F，以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式。
[解析] (1)正方形磁场的面积为S，则S＝＝0.08 m2。在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的。由Bt图像可知＝0.5 T/s，根据E＝n，得回路中的感应电动势E＝S＝0.5×0.08 V＝0.04 V。
(2)当导体棒通过bd位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大。此时感应电动势E′＝BLv＝0.5×0.4×1 V＝0.2 V
回路中感应电流I′＝＝ A＝0.2 A
导体棒受到的安培力F＝BI′L＝0.5×0.2×0.4 N＝0.04 N
当导体棒通过三角形abd区域时，导体棒切割磁感线的有效长度
l＝2v(t－1)(1 s≤t≤1.2 s)
感应电动势e＝Blv＝2Bv2(t－1)＝(t－1)V
感应电流i＝＝(t－1)A(1 s≤t≤1.2 s)。
[答案] (1)0.04 V (2)0.04 N i＝(t－1)A(1 s≤t≤1.2 s)
[方法规律] 处理图像问题要做到“四明确、一理解”
[集训冲关]
1．[多选](2017·全国卷Ⅱ)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是( )
A．磁感应强度的大小为0.5 T
B．导线框运动速度的大小为0.5 m/s
C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N
解析：选BC 由题图(b)可知，导线框运动的速度大小v＝＝ m/s＝0.5 m/s，B项正确；导线框进入磁场的过程中，cd边切割磁感线，由E＝BLv，得B＝＝ T＝0.2 T，A项错误；由题图(b)可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，C项正确；在0.4～0.6 s这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I＝＝ A＝2 A，则导线框受到的安培力F＝BIL＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，D项错误。
2.(2018·江西联考)如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形磁场区域abcd，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受
安培力随时间变化的图像正确的是(规定电流从M经R到N为正方向，安培力向左为正方向)( )
解析：选A 由E＝BLv可知，导体棒由b运动到ac过程中，切割磁感线有效长度L均匀增大，感应电动势E均匀增大，由欧姆定律可知，感应电流I均匀增大。由右手定则可知，感应电流方向由M到N，由左手定则可知，导体棒所受安培力水平向左，大小不断增大，故选项A正确。
STS问题——练迁移思维
电子天平中的电磁感应现象
电磁感应现象在日常生活中应用十分广泛，与人类的生活息息相关，比如电磁感应在电子天平中的应用问题在近几年高考中时常出现。
1．(2014·重庆高考)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，磁极宽度均为L，忽略边缘效应。一正方形线圈套于中心磁极，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(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，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。问：
(1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C端还是从D端流出？
(2)供电电流I是从C端还是从D端流入？求重物质量与电流的关系。
(3)若线圈消耗的最大功率为P，该电子天平能称量的最大质量是多少？
解析：(1)感应电流从C端流出。
(2)外加电流从D端流入。
设线圈受到的安培力为FA
由FA＝mg和FA＝2nBIL
得m＝I。
(3)设称量最大质量为m0
由m＝I和P＝I02 R
得m0＝ 。
答案：见解析
2．(2015·浙江高考)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。线圈的水平边长L＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在0～2.0 A范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量。(重力加速度取g＝10 m/s2)
(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？
(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10 Ω。不接外电流，两臂平衡。如图乙所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1 m。当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率。
解析：(1)线圈受到安培力F＝N1B0IL
天平平衡mg＝N1B0IL
代入数据得N1＝25 匝。
(2)由电磁感应定律得E＝N2
即E＝N2Ld
由欧姆定律得I′＝
线圈受到安培力F′＝N2B0I′L
天平平衡m′g＝N22B0·
代入数据可得
＝0.1 T/s。
答案：(1)25匝 (2)0.1 T/s
(一)普通高中适用作业
电磁感应中的动力学和能量问题 (卷Ⅰ)
[A级——基础小题练熟练快]
★1．(2018·潍坊联考)两个不可形变的正方形导体框a、b连成如图甲所示的回路，并固定在竖直平面(纸面)内。导体框a内固定一小圆环c，a与c在同一竖直面内，圆环c中通入如图乙所示的电流(规定逆时针方向为电流的正方向)，导体框b的MN边处在垂直纸面向外的匀强磁场中，则MN边在匀强磁场中受到的安培力( )
A．0～1 s内，方向向下
B．1～3 s内，方向向下
C．3～5 s内，先逐渐减小后逐渐增大
D．第4 s末，大小为零
解析：选B 根据it图像可知，在0～6 s内MN边都有大小恒定的电流通过，由F＝BIl可知，安培力的大小是恒定的，选项C、D均错；0～1 s、3～5 s内通过MN电流的方向由N→M；1～3 s、5～6 s内通过MN电流的方向由M→N，对以上情况可用左手定则判断出MN边的安培力方向，0～1 s、3～5 s内安培力方向向上，1～3 s、5～6 s内安培力方向向下，故选项B正确、A错误。
★2．(2018·三明质检)如图(a)所示，半径为r的带缺口刚性金属圆环固定在水平面内，缺口两端引出两根导线，与电阻R构成闭合回路。若圆环内加一垂直于纸面变化的磁场，变化规律如图(b)所示。规定磁场方向垂直纸面向里为正，不计金属圆环的电阻。以下说法正确的是( )
A．0～1 s内，流过电阻R的电流方向为a→b
B．1～2 s内，回路中的电流逐渐减小
C．2～3 s内，穿过金属圆环的磁通量在减小
D．t＝2 s时，Uab＝πr2B0
解析：选D 0～1 s内，穿过线圈垂直纸面向里的磁场在增大，根据楞次定律可得流过电阻R的电流方向为b→a，A错误；1～2 s内，回路中的电流I＝＝，图像的斜率k＝，在1～2 s内磁通量变化率恒定，所以电流恒定，B错误；2～3 s内，穿过金属圆环的磁通量垂直纸面向外在增大，C错误；由法拉第电磁感应定律可知，在第2 s内Uab＝＝＝B0πr2，D正确。
★3．[多选](2018·山东寿光现代中学模拟)如图甲所示，一个边长为L的正方形线框固定在匀强磁场(图中未画出)中，磁场方向垂直于导线框所在平面，规定向里为磁感应强度的正方向，向右为导线框ab边所受安培力F的正方向，线框中电流i沿abcd方向时为正，已知在0～4 s时间内磁场的磁感应强度的变化规律如图乙所示，则下列图像所表示的关系正确的是( )
解析：选AD 由题意可知，规定向里为磁感应强度的正方向，线框中电流i沿abcd方向时为正；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝＝，感应电流I＝＝，由B t图像可知，在每一时间段内，是定值，在各时间段内I是定值，ab边受到的安培力F＝BIL，I、L不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值，A正确B错误；由图示B t图像可知，0～1 s时间内，B减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流是逆时针方向，为正值；同理1～2 s，磁场向里，且增大，磁通量增大，根据楞次定律，感应电流是逆时针，为正值；2～3 s，B的方向垂直纸面向里，B减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，感应电流是负的；3～4 s内，B的方向垂直纸面向外，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，感应电流是负的，故C错误D正确。
4.(2018·温州模拟)如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω。一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5。在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T。将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)( )
A．2.5 m/s 1 W B．5 m/s 1 W
C．7.5 m/s 9 W D．15 m/s 9 W
解析：选B 导体棒做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：mgsin 37°＝μmgcos 37°＋，解得v＝5 m/s；导体棒产生的感应电动势E＝BLv，电路电流I＝，灯泡消耗的功率P＝I2R，解得P＝1 W，故选项B正确。
5．(2018·温州模拟) 纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化。一长为2R的导体杆OA绕O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω。t＝0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图所示，若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是( )
解析：选C 根据右手定则判断方向，然后根据E＝BL2ω分析大小变化即可做出选择。
由右手定则可判，开始时感应电动势为正，故D错误；设经时间t导体杆转过的角度为α，则α＝ωt，导体杆有效切割长度为L＝2Rsin ωt。
由E＝BL2ω可知，E＝2BR2ωsin2ωt，B、R、ω不变，切割的有效长度随时间先增大后减小，且做非线性、非正弦的变化，经半个周期后，电动势的方向反向，故A、B、D错误，C正确。
6.[多选](2018·济宁一模)如图所示，在水平面内有两个光滑金属“V”字型导轨，空间中存在垂直于水平面的匀强磁场，其中导轨bac固定不动，用外力F使导轨edf向右匀速运动，导轨间接触始终良好，从图示位置开始计时，下列关于回路中的电流I的大小和外力F的大小随时间的变化关系正确的是( )
解析：选AD 运动的过程中切割的有效长度为L，产生的电动势为E＝BLv，由题图知，回路的周长与L成正比，即s＝kL，设单位长度的电阻为R0，总电阻为kLR0，可求电流I＝＝，所以A正确，B错误；导轨做匀速运动，所以合外力等于零，即F＝F安＝BIL，电流I不变，切割的有效长度L随时间均匀增大，所以C错误，D正确。
7.如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0.4 m，一端连接R＝1 Ω的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T。导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝5 m/s 。求：
(1)感应电动势E和感应电流I；
(2)在0.1 s时间内，拉力的冲量IF的大小；
(3)若将MN换为电阻r＝1 Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U。
解析：(1)根据动生电动势公式得E＝BLv＝1×0.4×5 V＝2 V
故感应电流I＝＝＝2 A。
(2)导体棒在匀速运动过程中，所受的安培力大小为F安＝BIL＝0.8 N，
因做匀速直线运动，所以导体棒所受拉力F＝F安＝0.8 N
所以拉力的冲量IF＝Ft＝0.8 N×0.1 s＝0.08 N·s。
(3)其他条件不变，则有电动势E＝2 V
由闭合电路欧姆定律I′＝＝1 A
导体棒两端电压U＝I′R＝1 V。
答案：(1)E＝2.0 V、I＝2.0 A (2)IF＝0.08 N·s
(3)U＝1 V
[B级——中档题目练通抓牢]
8．(2018·苏锡常镇四市模拟)一个圆形线圈，共有n＝10匝，其总电阻r＝4.0 Ω，线圈与阻值R0＝16 Ω的外电阻连成闭合回路，如图甲所示。线圈内部存在着一个边长l＝0.20 m的正方形区域，其中有分布均匀但强弱随时间变化的磁场，图乙显示了一个周期内磁场的变化情况，周期T＝1.0×10－2s，磁场方向以垂直线圈平面向外为正方向。求：
(1)t＝T时刻，电阻R0上的电流大小和方向；
(2)0～时间内，流过电阻R0的电量；
(3)一个周期内电阻R0的发热量。
解析：(1)0～内，感应电动势大小E1＝n＝
可得E1＝8 V
电流大小I1＝，可得I1＝0.4 A
电流方向为b到a。
(2)同(1)可得～内，感应电流大小I2＝0.2 A
流过电路的电量q＝I1＋I2
得q＝1.5×10－3 C。
(3)Q＝I12R0＋I22R0
得Q＝1.6×10－2 J。
答案：(1)I1＝0.4 A 电流方向为b到a
(2)q＝1.5×10－3 C
(3)Q＝1.6×10－2 J
9.(2018·唐山六校联考)如图所示，间距为L的两根光滑圆弧轨道置于水平面上，其轨道末端水平，圆弧轨道半径为r，电阻不计。在其上端连有阻值为R0的电阻，整个装置处于如图所示的径向磁场中，圆弧轨道处的磁感应强度大小为B。现有一根长度等于L、质量为m、电阻为R的金属棒从轨道的顶端PQ处由静止开始下滑，到达轨道底端MN时对轨道的压力为2mg(重力加速度为g)。求：
(1)金属棒到达轨道底端时金属棒两端的电压；
(2)金属棒下滑过程中通过电阻R0的电荷量。
解析：(1)金属棒两端的电压为路端电压，当金属棒到达底端时，设棒的速度为v，由牛顿第二定律可得2mg－mg＝m，解得v＝
由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv
根据闭合电路欧姆定律得金属棒两端电压U＝R0
联立即得U＝。
(2)通过电阻R0的电荷量q＝Δt
金属棒下滑过程中产生的感应电动势为＝＝
感应电流为＝，解得q＝。
答案：(1) (2)
[C级——难度题目自主选做]
10．(2018·太原模拟)如图甲中，两平行光滑金属导轨放置在水平面上且间距为L，左端接电阻R，导轨电阻不计。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。将质量为m、电阻为r的金属棒ab置于导轨上。当ab受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动时，F与金属棒速度v的关系如图乙所示。已知ab与导轨始终垂直且接触良好，设ab中的感应电流为I，ab受到的安培力大小为F安，R两端的电压为UR，R
的电功率为P，则下图中正确的是( )
解析：选A 由题图乙可得F＝F0－kv，金属棒切割磁感线产生电动势E＝BLv，金属棒中电流I＝BLv/(R＋r)，金属棒受安培力F安＝BIL，对金属棒根据牛顿第二定律：F－F安＝ma，代入得：F0－v＝ma，所以金属棒做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，做匀速运动，所以A正确；F安＝，UR＝R，R消耗的功率P＝，所以B、C、D错误。
11.[多选](2018·河北定州中学模拟)如图所示，在边长为a的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，其方向垂直纸面向外，一个边长也为a的单匝正方形导线框EFGH正好与上述磁场区域的边界重合，导线框的电阻为R。现使导线框以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动，经过导线框转到图中虚线位置，则在这时间内( )
A.顺时针方向转动时，感应电流方向为E→F→G→H→E
B．平均感应电动势大小等于
C．平均感应电动势大小等于
D．通过导线框横截面的电荷量为
解析：选BD 由于虚线位置是经过到达的，若线框顺时针方向转动时，通过线框的磁通量是变小的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相同，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据安培定则，我们可以判断出感应电流的方向为：E→H→G→F→E，故A错误。根据法拉第电磁感应定律得：平均感应电动势E＝＝，OC＝a，OA＝a，AB＝AC；根据几何关系找出有磁场穿过面积的变化ΔS＝(3－2)
a2，解得：E＝，故B正确，C错误。通过导线框横截面的电荷量q＝t＝t＝·＝，故D正确。
(二)重点高中适用作业
[A级——保分题目巧做快做]
1.(2018·温州模拟)如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω。一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5。在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T。将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)( )
A．2.5 m/s 1 W B．5 m/s 1 W
C．7.5 m/s 9 W D．15 m/s 9 W
解析：选B 导体棒做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得：mgsin 37°＝μmgcos 37°＋，解得v＝5 m/s；导体棒产生的感应电动势E＝BLv，电路电流I＝，灯泡消耗的功率P＝I2R，解得P＝1 W，故选项B正确。
2．(2018·温州模拟)纸面内两个半径均为R的圆相切于O点，两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小相等、方向相反，且不随时间变化。一长为2R的导体杆OA绕O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转，角速度为ω。t＝0时，OA恰好位于两圆的公切线上，如图所示，若选取从O指向A的电动势为正，下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是( )
解析：选C 根据右手定则判断方向，然后根据E＝BL2ω分析大小变化即可做出选择。
由右手定则可判，开始时感应电动势为正，故D错误；设经时间t导体杆转过的角度为α，则α＝ωt，导体杆有效切割长度为L＝2Rsin ωt。
由E＝BL2ω可知，E＝2BR2ωsin2ωt，B、R、ω
不变，切割的有效长度随时间先增大后减小，且做非线性、非正弦的变化，经半个周期后，电动势的方向反向，故A、B、D错误，C正确。
3.[多选](2018·济宁一模)如图所示，在水平面内有两个光滑金属“V”字型导轨，空间中存在垂直于水平面的匀强磁场，其中导轨bac固定不动，用外力F使导轨edf向右匀速运动，导轨间接触始终良好，从图示位置开始计时，下列关于回路中的电流I的大小和外力F的大小随时间的变化关系正确的是( )
解析：选AD 运动的过程中切割的有效长度为L，产生的电动势为E＝BLv，由题图知，回路的周长与L成正比，即s＝kL，设单位长度的电阻为R0，总电阻为kLR0，可求电流I＝＝，所以A正确，B错误；导轨做匀速运动，所以合外力等于零，即F＝F安＝BIL，电流I不变，切割的有效长度L随时间均匀增大，所以C错误，D正确。
★4.[多选](2018·宁德质检)如图所示，固定在倾角为θ＝30°的斜面内的两根平行长直光滑金属导轨的间距为d＝1 m，其底端接有阻值为R＝2 Ω的电阻，整个装置处在垂直斜面向上、磁感应强度大小为B＝2 T的匀强磁场中。一质量为m＝1 kg(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触。现杆在沿斜面向上、垂直于杆的恒力F＝10 N作用下从静止开始沿导轨向上运动距离L＝6 m时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)。设杆接入电路的电阻为r＝2 Ω，导轨电阻不计，重力加速度大小为g＝10 m/s2。则此过程( )
A．杆的速度最大值为5 m/s
B．流过电阻R的电量为6 C
C．在这一过程中，整个回路产生的焦耳热为17.5 J
D．流过电阻R电流方向为由c到d
解析：选AC 当杆达到最大速度时满足：F＝＋mgsin θ，解得vm＝5 m/s，选项A正确；流过电阻R的电量：q＝＝＝ C＝3 C，选项B错误；回路产生的焦耳热：Q＝FL－mgLsin θ－mvm2＝17.5 J，选项C正确；由右手定则可知，流过R的电流方向从d到c，选项D错误。
★5.[多选](2018·吉林调研) 如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、边长为a的正方形线框ABCD
斜向穿进磁场，当AC刚进入磁场时速度为v，方向与磁场边界成45°角，若线框的总电阻为R，则( )
A．线框穿进磁场过程中，线框中电流的方向为DCBA
B．AC刚进入磁场时，线框中感应电流为
C．AC刚进入磁场时，线框所受安培力为
D．AC刚进入磁场时，CD两端电压为Bav
解析：选CD 线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向外，则感应电流的方向为ABCD方向，故A错误；AC刚进入磁场时CD边切割磁感线，AD边不切割磁感线，所以产生的感应电动势E＝Bav，则线框中感应电流为I＝＝，此时CD两端电压，即路端电压为U＝E＝Bav，故B错误D正确；AC刚进入磁场时线框的CD边产生的安培力与v的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直于AD向下，它们的大小都是F＝BIa，由几何关系可以看出，AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直，所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的合力，即F合＝F＝，故C正确。
★6.[多选](2018·温州模拟) 如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，
其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt(常量k>0)。回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝。闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则( )
A．R2两端的电压为
B．电容器的a极板带正电
C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍
D．正方形导线框中的感应电动势为kL2
解析：选AC 根据法拉第电磁感应定律可知E＝＝＝＝kπr2，由此可知D错误。
R2与R右侧部分是并联，并联滑动变阻器的阻值为，可知并联电阻为，则滑动变阻器所在支路的电阻为，外电路的总电阻为：R1＋＝，故R2两端电压为：·＝，所以A正确。电路左侧的变化磁场在正方形导线框内产生逆时针方向电流，所以电容器a极板带负电，B错误。设干路电流为I，则通过滑动变阻器左半部分的电流为I，通过其右半部分的电流为，由于此部分与R2并联而且电阻值相等，因此通过R2的电流也为，由P＝I2R知：滑动变阻器热功率为P＝I2＋2＝，R2的热功率为：P2＝2＝，所以滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍，故C正确。
7．(2018·太原模拟)如图甲中，两平行光滑金属导轨放置在水平面上且间距为L，左端接电阻R，导轨电阻不计。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。将质量为m、电阻为r的金属棒ab置于导轨上。当ab受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动时，F与金属棒速度v的关系如图乙所示。已知ab与导轨始终垂直且接触良好，设ab中的感应电流为I，ab受到的安培力大小为F安，R两端的电压为UR，R的电功率为P，则下图中正确的是( )
解析：选A 由题图乙可得F＝F0－kv，金属棒切割磁感线产生电动势E＝BLv，金属棒中电流I＝BLv/(R＋r)，金属棒受安培力F安＝BIL，对金属棒根据牛顿第二定律：F－F安＝ma，代入得：F0－v＝ma，所以金属棒做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，做匀速运动，所以A正确；F安＝，UR＝R，R消耗的功率P＝，所以B、C、D错误。
8.[多选](2018·河北定州中学模拟)如图所示，在边长为a的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，其方向垂直纸面向外，一个边长也为a的单匝正方形导线框EFGH
正好与上述磁场区域的边界重合，导线框的电阻为R。现使导线框以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动，经过导线框转到图中虚线位置，则在这时间内( )
A．顺时针方向转动时，感应电流方向为E→F→G→H→E
B．平均感应电动势大小等于
C．平均感应电动势大小等于
D．通过导线框横截面的电荷量为
解析：选BD 由于虚线位置是经过到达的，若线框顺时针方向转动时，通过线框的磁通量是变小的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相同，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据安培定则，我们可以判断出感应电流的方向为：E→H→G→F→E，故A错误。根据法拉第电磁感应定律得：平均感应电动势E＝＝，OC＝a，OA＝a，AB＝AC；根据几何关系找出有磁场穿过面积的变化ΔS＝(3－2)a2，解得：E＝，故B正确，C错误。通过导线框横截面的电荷量q＝t＝t＝·＝，故D正确。
9.如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0.4 m，一端连接R＝1 Ω的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T。导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计。在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝5 m/s 。求：
(1)感应电动势E和感应电流I；
(2)在0.1 s时间内，拉力的冲量IF的大小；
(3)若将MN换为电阻r＝1 Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U。
解析：(1)根据动生电动势公式得E＝BLv＝1×0.4×5 V＝2 V
故感应电流I＝＝＝2 A。
(2)导体棒在匀速运动过程中，所受的安培力大小为F安＝BIL＝0.8 N，
因做匀速直线运动，所以导体棒所受拉力F＝F安＝0.8 N
所以拉力的冲量IF＝Ft＝0.8 N×0.1 s＝0.08 N·s。
(3)其他条件不变，则有电动势E＝2 V
由闭合电路欧姆定律I′＝＝1 A
导体棒两端电压U＝I′R＝1 V。
答案：(1)E＝2.0 V、I＝2.0 A (2)IF＝0.08 N·s
(3)U＝1 V
[B级——拔高题目稳做准做]
★10.[多选](2018·湖北省部分重点中学模拟)如图所示，在水平面(纸面)内有三根相同的金属棒ab、 ac和MN，其中ab、 ac在a点接触，构成“V”字型导轨。导轨所在空间存在垂直于纸面的均匀磁场。用力使MN从a点由静止开始做匀加速直线运动，运动中MN始终与∠bac的角平分线垂直且和导轨保持良好接触， MN与ab、 ac的交点分别为P、Q。关于回路中的电流i及P、Q间的电压绝对值U与时间t的关系图线，下列可能正确的是( )
解析：选AC 设∠bac＝2 θ，金属棒单位长度的电阻为r，金属棒的加速度为a，则经时间t，金属棒切割磁感线的有效长度L＝2·at2tan θ＝at2tan θ，电动势E＝BLat＝Ba2t3tan θ；回路的电流：i＝＝＝t∝t，故选项C正确；P、Q间的电压绝对值U＝ir＝·＝∝t3，故选项A正确，B错误。
11．(2018·苏锡常镇四市模拟)一个圆形线圈，共有n＝10匝，其总电阻r＝4.0 Ω，线圈与阻值R0＝16 Ω的外电阻连成闭合回路，如图甲所示。线圈内部存在着一个边长l＝0.20 m的正方形区域，其中有分布均匀但强弱随时间变化的磁场，图乙显示了一个周期内磁场的变化情况，周期T＝1.0×10－2s，磁场方向以垂直线圈平面向外为正方向。求：
(1)t＝T时刻，电阻R0上的电流大小和方向；
(2)0～时间内，流过电阻R0的电量；
(3)一个周期内电阻R0的发热量。
解析：(1)0～内，感应电动势大小E1＝n＝
可得E1＝8 V
电流大小I1＝，可得I1＝0.4 A
电流方向为b到a。
(2)同(1)可得～内，感应电流大小I2＝0.2 A
流过电路的电量q＝I1＋I2
得q＝1.5×10－3 C。
(3)Q＝I12R0＋I22R0
得Q＝1.6×10－2 J。
答案：(1)I1＝0.4 A 电流方向为b到a
(2)q＝1.5×10－3 C
(3)Q＝1.6×10－2 J
12.(2018·唐山六校联考)如图所示，间距为L的两根光滑圆弧轨道置于水平面上，其轨道末端水平，圆弧轨道半径为r，电阻不计。在其上端连有阻值为R0的电阻，整个装置处于如图所示的径向磁场中，圆弧轨道处的磁感应强度大小为B。现有一根长度等于L、质量为m、电阻为R的金属棒从轨道的顶端PQ处由静止开始下滑，到达轨道底端MN时对轨道的压力为2mg(重力加速度为g)。求：
(1)金属棒到达轨道底端时金属棒两端的电压；
(2)金属棒下滑过程中通过电阻R0的电荷量。
解析：(1)金属棒两端的电压为路端电压，当金属棒到达底端时，设棒的速度为v，由牛顿第二定律可得2mg－mg＝m，解得v＝
由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv
根据闭合电路欧姆定律得金属棒两端电压U＝R0
联立即得U＝。
(2)通过电阻R0的电荷量q＝Δt
金属棒下滑过程中产生的感应电动势为＝＝
感应电流为＝，解得q＝。
答案：(1) (2)
第4节电磁感应中的动力学和能量问题
突破点(一) 电磁感应中的动力学问题
1．两种状态及处理方法
状态
特征
处理方法
平衡态
加速度为零
根据平衡条件列式分析
非平衡态
加速度不为零
根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析
2．力学对象和电学对象的相互关系
[典例] (2016·全国卷Ⅱ)如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求：
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
(2)电阻的阻值。
[思路点拨]
分别画出金属杆进入磁场前、后的受力示意图，有助于快速准确的求解问题。
[解析] (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
ma＝F－μmg①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有
v＝at0②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为
E＝Blv③
联立①②③式可得
E＝Blt0。④
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律
I＝⑤
式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为
f＝BlI⑥
因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得
F－μmg－f＝0⑦
联立④⑤⑥⑦式得
R＝。⑧
[答案] (1)Blt0 (2)
[方法规律] “四步法”分析电磁感应中的动力学问题
解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：
[集训冲关]
1．[多选](2018·郑州模拟)用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d
的均匀导体材料做成一个半径为R(r≪R)的圆环。圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B，圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，则( )
A．此时在圆环中产生了(俯视)顺时针的感应电流
B．圆环因受到了向下的安培力而加速下落
C．此时圆环的加速度a＝
D．如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度vm＝
解析：选AD 圆环向下切割磁感线，由右手定则可知，圆环中感应电流的方向为顺时针方向(俯视)，A正确；再由左手定则可知，圆环受的安培力向上，B错误；圆环中感应电动势为E＝B·2πR·v，感应电流I＝，电阻R′＝ρ＝，解得I＝。圆环受的安培力F＝BI·2πR＝。圆环的加速度a＝＝g－，圆环质量m＝d·2πR·πr2，解得加速度a＝g－，C错误；当mg＝F时，加速度a＝0，速度最大，vm＝，D正确。
2.(2016·全国卷Ⅰ)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。已知金属棒ab匀速下滑。求：
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒运动速度的大小。
解析：(1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2。对于ab棒，由力的平衡条件得
2mgsin θ＝μN1＋T＋F①
N1＝2mgcos θ②
对于cd棒，同理有
mgsin θ＋μN2＝T③
N2＝mgcos θ④
联立①②③④式得
F＝mg(sin θ－3μcos θ)。⑤
(2)由安培力公式得
F＝BIL⑥
这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为
ε＝BLv⑦
式中，v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得
I＝⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得
v＝(sin θ－3μcos θ)。⑨
答案：(1)mg(sin θ－3μcos θ)
(2)(sin θ－3μcos θ)
突破点(二) 电磁感应中的能量问题
1．能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化
电能
(2)求解焦耳热Q的三种方法
2．解题的一般步骤
(1)确定研究对象(导体棒或回路)。
(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化。
(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解。
[典例] (2016·浙江高考)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω的电阻。在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T。质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连。CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24 m。一位健身者用恒力F＝80 N拉动GH杆，CD
棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直。当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量)。求：
(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；
(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；
(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q。
[思路点拨]
[解析] (1)由牛顿第二定律a＝＝12 m/s2
进入磁场时的速度v＝＝2.4 m/s。
(2)感应电动势E＝Blv
感应电流I＝
安培力FA＝IBl
代入得FA＝＝48 N。
(3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J
由牛顿第二定律F－mgsin θ－FA＝0
CD棒在磁场区做匀速运动
在磁场中运动时间t＝
焦耳热Q＝I2Rt＝26.88 J。
[答案] (1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J
[集训冲关]
(2018·惠州模拟) 如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成θ＝37°放置，在斜面上虚线aa′和bb′与斜面底边平行，在aa′、bb′围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B＝1 T；现有一质量为m＝10 g，总电阻R＝1 Ω、边长d＝0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过整个磁场区域。已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)线圈进入磁场区域时的速度；
(2)线圈释放时，PQ边到bb′的距离；
(3)整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热。
解析：(1)对线圈受力分析，根据平衡条件得：F安＋μmgcos θ＝mgsin θ，F安＝BId，I＝，E＝Bdv，联立代入数据解得：v＝2 m/s。
(2)线圈进入磁场前做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：
a＝＝2 m/s2
线圈释放时，PQ边到bb′的距离L＝＝ m＝1 m。
(3)由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d＝0.1 m，
Q＝W 安＝F安·2d
代入数据解得：Q＝2×10－2×2×0.1 J＝4×10－3 J。
答案：(1)2 m/s (2)1 m (3) 4×10－3 J
“形异质同”类问题——练比较思维
“杆＋导轨＋电阻”四种模型剖析
模型一(v0≠0)
模型二(v0＝0)
模型三(v0＝0)
模型四(v0＝0)
说明
质量为m，电阻不计的单杆cd以一定初速度v0
轨道水平光滑，杆cd质量为m
倾斜轨道光滑，倾角为α，杆cd质量为m
竖直轨道光滑，杆cd质量为m
在光滑水平轨道上滑动，两平行导轨间距为L
，电阻不计，两平行导轨间距为L，拉力F恒定
，电阻不计，两平行导轨间距为L
，电阻不计，两平行导轨间距为L
示意图
力学
观点
杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，电流I＝，安培力F＝BIL＝。杆做减速运动：v↓⇒F↓⇒a↓，当v＝0时，a＝0，杆保持静止
开始时a＝，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由F－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝
开始时a＝gsin α，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由mgsin α－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝
开始时a＝g，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由mg－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝
图像
观点
能量
观点
动能全部转化为内能：Q＝mv02
F做的功一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：WF＝Q＋mvm2
重力做的功(或减少的重力势能)一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：WG＝Q＋mvm2
重力做的功(或减少的重力势能)一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：WG＝Q＋mvm2
1.(2018·长沙长郡中学模拟)如图所示，两根光滑金属导轨平行放置在倾角为30°的斜面上，导轨宽度为L，导轨下端接有电阻R，两导轨间存在一方向垂直于斜面向上，磁感应强度大小为B的匀强磁场，轻绳一端平行于斜面系在质量为m的金属棒上，另一端通过定滑轮竖直悬吊质量为m0的小木块。第一次金属棒从PQ位置由静止释放，发现金属棒沿导轨下滑，第二次去掉轻绳，让金属棒从PQ位置由静止释放。已知两次下滑过程中金属棒始终与导轨接触良好，且在金属棒下滑至底端MN
前，都已经达到了平衡状态。导轨和金属棒的电阻都忽略不计，已知＝4，＝(h为PQ位置与MN位置的高度差)。求：
(1)金属棒两次运动到MN时的速度大小之比；
(2)金属棒两次运动到MN过程中，电阻R产生的热量之比。
解析：(1)导体棒匀速运动时，根据平衡条件得：
第一种情况有：mgsin θ－m0g＝BI1L＝
第二种情况有：mgsin θ＝BI2L＝
又由题＝4。联立以上三式得：＝。
(2)第一次下滑至MN位置的过程中，根据动能定理可得mgh－m0g－W1＝(m＋m0)v12
第二次下滑至MN位置的过程中，根据动能定理可得mgh－W2＝mv22
两次运动过程中，电阻R产生的热量之比为＝＝。
答案：(1)＝ (2)＝
2．如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层。匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的导体棒从导
轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g。求：
(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数μ；
(2)导体棒匀速运动的速度大小v；
(3)整个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q。
解析：(1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡有
mgsin θ＝μmgcos θ
解得μ＝tan θ。
(2)在光滑导轨上
感应电动势E＝BLv
感应电流I＝
安培力F安＝BIL
导体棒受力平衡有F安＝mgsin θ
解得v＝。
(3)摩擦生热QT＝μmgdcos θ
由能量守恒定律有3mgdsin θ＝Q＋QT＋mv2
解得Q＝2mgdsin θ－。
答案：(1)tan θ (2)
(3)2mgdsin θ－
“杆＋导轨＋电阻”模型是电磁感应中的常见模型，选择题和计算题均有考查。该模型以单杆或双杆在导体轨道上做切割磁感线运动为情境，综合考查电路、动力学、功能关系等知识。在处理该模型时，要以导体杆切割磁感线的速度为主线，由楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律分析电路中的电流，由牛顿第二定律分析导体杆的加速度及速度变化，由能量守恒分析系统中的功能关系。
(一)普通高中适用作业
[A级——基础小题练熟练快]
★1.[多选](2018·河北定州中学模拟)如图所示，位于同一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，处在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在平面，导轨的一端与一电阻相连；具有一定质量的金属杆ab放在导轨上并与导轨垂直。现有一平行于导轨的恒力F拉杆ab，使它由静止开始向右运动。杆和导轨的电阻、感应电流产生的磁场均可不计。用E表示回路中的感应电动势，i表示回路中的感应电流，在i随时间增大的过程中，电阻消耗的功率等于( )
A．F的功率 B．安培力的功率的绝对值
C．F与安培力的合力的功率 D．iE
解析：选BD 金属杆ab做加速度减小的加速运动，根据能量守恒可知，恒力F
做的功等于杆增加的动能和电路中产生的电能。电阻消耗的功率等于电路中产生电能的功率，不等于恒力F的功率，故A错误。电阻消耗的功率等于克服安培力做功的功率，等于电路的电功率iE，故B、D正确，C错误。
★2.如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动。t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。下列vt图像中，能正确描述上述过程的是( )
解析：选D 导体切割磁感线时产生感应电流，同时产生安培力阻碍导体运动，利用法拉第电磁感应定律、安培力公式及牛顿第二定律可确定线框在磁场中的运动特点。线框进入和离开磁场时，安培力的作用都是阻碍线框运动，使线框速度减小，由E＝BLv、I＝及F＝BIL＝ma可知安培力减小，加速度减小，当线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不再变化，不产生感应电流，不再产生安培力，线框做匀速直线运动，故选项D正确。
★3.[多选](2018·黄山屯溪一中模拟)如图所示，在磁感应强度B＝1.0 T的匀强磁场中，金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U形导轨上以速度v＝2 m/s向右匀速滑动，两导轨间距离l＝1.0 m，电阻R＝3.0 Ω，金属杆的电阻r＝1.0 Ω，导轨电阻忽略不计，则下列说法正确的是( )
A．通过R的感应电流的方向为由a到d
B．金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为2.0 V
C．金属杆PQ受到的安培力大小为0.5 N
D．外力F做功的数值等于电路产生的焦耳热
解析：选ABC 由右手定则判断知，当金属杆滑动时产生逆时针方向的电流，通过R的感应电流的方向为由a到d，故A正确。金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为：E＝Blv＝1.0×1×2 V＝2 V，故B正确。在整个回路中产生的感应电流为：I＝，代入数据得：I＝0.5 A。由安培力公式：F安＝BIl，代入数据得：F安＝0.5 N，故C正确。金属杆PQ在外力F作用下在粗糙U型导轨上以速度v向右匀速滑动，外力F做功大小等于电路产生的焦耳热和导轨与金属杆之间的摩擦力产生的内能之和，故D错误。
4．[多选](2018·唐山模拟)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个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(图示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0～t2时间内( )
A．电容器C的电荷量大小始终不变
B．电容器C的a板先带正电后带负电
C．MN所受安培力的大小始终不变
D．MN所受安培力的方向先向右后向左
解析：选AD 磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，电容器C的电荷量大小始终没变，选项A正确，B错误；由于磁感应强度变化，根据楞次定律和左手定则可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，大小先减小后增大，选项C错误，D正确。
5．[多选](2018·泰州模拟)如图所示，边长为L、电阻不计的n匝正方形金属线框位于竖直平面内，连接的小灯泡的额定功率、额定电压分别为P、U，线框及小灯泡的总质量为m，在线框的下方有一匀强磁场区域，区域宽度为l，磁感应强度方向与线框平面垂直，其上、下边界与线框底边均水平。线框从图示位置开始静止下落，穿越磁场的过程中，小灯泡始终正常发光。则( )
A．有界磁场宽度l
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