【文档说明】(通用版)高考物理二轮复习纠错笔记专题11《电磁感应》（解析版）.doc，共(40)页，2.002 MB，由MTyang资料小铺上传

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一、对Φ、ΔΦ、ΔΔt的意义理解不清对Φ、ΔΦ、ΔΔt的理解和应用易出现以下错误：（1）不能通过公式正确计算Φ、ΔΦ和ΔΔt的大小，错误地认为它们都与线圈的匝数n成正比；（2）认为公式中的面积S就是线圈的面积，而忽视了无效的部分；不能通过Φ–t

（或B–t）图象正确求解ΔΔt；学科=网（3）认为Φ=0（或B=0）时，ΔΔt一定等于零；（4）不能正确地分析初、末状态穿过线圈的磁通量的方向关系，从而不能正确利用公式ΔΦ=Φ2–Φ1求解ΔΦ。二、“三定则”的比较及其联系比较项

目左手定则右手定则安培定则应用磁场对运动电荷、电流作用力方向的判断对导体切割磁感线而产生的感应电流方向的判断电流产生磁场涉及方向的物理量磁场方向、电流（电荷运动）方向、安培力（洛伦兹力）方向磁场方向、导体切割磁感线的运动

方向、感应电动势的方向电流方向、磁场方向各物理量方向间的关系图例因果关系电流→运动运动→电流电流→磁场应用实例电动机发电机电磁流量计三、在分析电磁感应的动态问题时盲目套用公式公式E=BLv、F=22BLvR、222B

LvPR在应用时容易出现以下错误：（1）当导体棒不是垂直切割磁感线时忘记分解速度或磁感应强度；（2）公式中R是回路的总电阻，应用时误认为是导体棒的电阻；（3）当其中一个量发生变化时误认为其他量都不变（如当L变化时，R随之变化）。四、忽视对电磁感应中的电路结构进行分析对于

电磁感应现象中的电路结构分析有两个方面容易出现错误：（1）电源分析错误，不能正确地应用右手定则或楞次定律判断电源的正负极，不能选择恰当的公式计算感应电动势的大小；（2）外电路分析错误，不能正确判断电路结构的串并联关系。五、不能准确地判断图象的变化电磁感应中图象类选择题的常见错误：（1）

由于疏忽把物理量的正负判断错误；（2）把物理量的关系分析错误；（3）忽视了图象的横轴表示的物理量而错选，如有些题目横轴表示位移x，仍当作时间t导致出错。六、不能准确地求解双杆切割时的电动势对于双杆切割类问题，常存在两个误区：（1）忽

视分析两杆产生感应电动势的方向；（2）求解安培力时忽视了两杆所处位置的磁感应强度大小和方向的差异。七、电磁感应中的功能关系分析不透在电磁感应现象中求解焦耳热时容易出现以下两类错误：（1）不加分析就把某时刻的电流I代入公式Q=I2Rt求解焦耳热，大多数情况下感应电流I是变化的，

求解焦耳热要用电流的有效值，因此不能用某时刻的电流代入公式Q=I2Rt求解焦耳热；（2）电路中产生焦耳热的元件不是一个，不加分析误认为某个原件上的焦耳热就是整个电路产生的焦耳热。八、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要求L1、L2同规格，R=RL，L

较大L很大（有铁芯），RL<<RA现象在S闭合的瞬间，L2灯立即亮起来，L1灯逐渐变亮，最终一样亮在开关S断开时，灯A突然闪亮一下后再逐渐熄灭原因由于开关闭合时，流过电感线圈的电流迅速增大，使线圈产生自感

电动势，阻碍了电流的增大，使流过灯L1的电流比流过灯L2的电流增加得慢断开开关S时，流过线圈L的电流减小，产生自感电动势，阻碍了电流的减小，使电流继续存在一段时间；在S断开后，通过L的电流反向通过灯A，且由于RL<<RA，使得流过灯A的电流在开关断开的瞬间突然增大，从

而使灯A的功率突然变大，即闪亮一下能量转化情况电能转化为磁场能磁场能转化为电能九、电磁感应现象中电荷量的求解在电磁感应现象的考题中，常要求计算某段过程中流过导体横截面的电荷量。题目情景往往变化多端，较为复杂。感应电流方向还可能发生变化，大小也可能发生变

化。由电流的定义式知ΔqIt，由法拉第电磁感应定律知回路中的平均电流/IER，而ΔΔEnt，则ΔΔΔΔqItnttR。可见流过导体横截面的电荷量只与导体线圈的匝数n、线圈的电阻R及该过程磁通量的变化ΔΦ有关，而与时间无关。如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强

磁场垂直，且一半处在磁场中，在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B，在此过程中，线圈中产生的感应电动势为A．tBaΔ22B．tnBaΔ22C．tnBaΔ2D．tnBaΔ221．（2019·名校学术联盟高三高考模拟信息卷）如图甲所示，abcd为边长为L=1m的

正方形余属线框，电阻为R=2Ω，虚线为正方形的对称轴，虚线上方线框内有按图乙变化的匀强磁场，虚线下方线框内按图丙变化的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里为正，则线框中的感应电流大小为A．AB．AC．AD．A【答案】C【名师点睛】关键是由楞次定律得虚线上方线框内和虚

线下方线框的感应电流方向均为逆时针方向，根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势的大小，再由闭合电路欧姆定律求出感应电流大小。在等边三角形的三个顶点a、b、c处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相

等的恒定电流，方向如图。过c点的导线所受安培力的方向A．与ab边平行，竖直向上B．与ab边平行，竖直向下C．与ab边垂直，指向左边D．与ab边垂直，指向右边不能正确区分使用左右手定则的环境导致本题错解。本题首先利用右手螺旋定则判断出两根通电导

线在c处的分磁场方向，根据磁场的叠加原理判断出a、b在c处的总磁场方向，如图所示。最后再利用左手定则判断出c中通电电流在a、b合磁场中受的安培力。利用几何知识结合此图可判断分磁场在c点的磁场方向夹角为60°，且等大，所以合磁场方向平行于ab向下。根据左手定则则可以判断安培

力方向垂直ab方向指向左边。答案：C。1．（2019·内蒙古赤峰二中高二月考）ab为一金属杆，它处在如图所示的垂直于纸面向里的匀强磁场中，可绕a点在纸面内转动；s为以a为圆心位于纸面内的金属圆环；在杆转动过程中，杆的b端与金属环保持良好接触；A为电流表，其一端与金属环相连，一端与a点良好接

触。当杆沿逆时针方向转动时，某时刻ab杆的位置如图，则此时刻A．有电流通过电流表，方向由c向d；作用于杆ab的安培力向右B．有电流通过电流表，方向由d向c；作用于杆ab的安培力向左C．有电流通过电流表，方向由d向c；作用于杆ab的安培力向右

D．无电流通过电流表，作用于ab的安培力为零【答案】B【解析】当杆沿逆时针方向转动时，根据右手定则，判断出ab杆中感应电流方向b→a，电流通过电流表，方向由d→c，根据左手定则，作用于ab的安培力向左。故B正确，ACD错误。故选B。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aB．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对物体的动态分析理解不透导致错解。导体棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小（ktB为一定值），则闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab中的电流方向

由a到b，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势BSEkStt，回路面积S不变，即感应电动势为定值，根据欧姆定律REI，所以ab中的电流大小不变，故B错误；安培力BILF，电流大小不变，磁感应

强度减小，则安培力减小，故C错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力f与安培力F等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故D正确。答案：D。1．（2019·黑龙江省牡丹江市第一高级中学高二上学期期末考试）如图所示，现有一匝

数为n，面积为S，总电阻为R的闭合线圈，垂直放置于一匀强磁场中，磁场的磁感应强度B随时间均匀增大，变化率，则A．线圈中产生顺时针方向的感应电流B．线圈面积具有扩张的趋势C．线圈中产生的感应电动势为D．线圈中感应电流的大小为【答案】D【解析】A项：根据楞次定律可得线圈中产生逆时针方

向的感应电流，故A错误；B项：线圈面积的变化总是阻碍磁通量的变化，所以磁场的磁感应强度B随时间均匀增大，线圈面积具有收缩的趋势，故B错误；C项：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C错误

；D项：线圈中感应电流的大小为，故D正确。故选D。【名师点睛】根据楞次定律判断感应电流的方向的一般步骤是：确定原磁场的方向→原磁场的变化→引起感应电流的磁场的变化→楞次定律→感应电流的方向。学=科网如图所示，两根足够长的平行金属导轨间距l=0.50m，倾角θ=53°，导轨上端串接电阻R

=0.05Ω。在导轨间长d=0.56m的区域内，存在方向垂直于导轨平面向下、磁感应强度B=2.0T的匀强磁场。质量m=4.0kg的金属棒CD水平置于导轨上，用轻质细绳跨过定滑轮与拉杆GH（GH杆的质量不计）相连。某同学用F=80N的恒力竖直向下拉动GH杆，使CD棒从图中初始位置由

静止开始运动，刚进入磁场时速度为v=2.4m/s，当CD棒到达磁场上边界时该同学松手。g取10m/s2，sin53°=0.8，不计其他电阻和一切摩擦。求：（1）CD棒的初始位置与磁场区域下边界的距离s；（2）该同学松手后，CD棒能继续上升的

最大高度h；（3）在拉升CD棒的过程中，该同学所做的功W和电阻R上产生的热量Q。分不清导体棒上滑时电路的结构导致本题错解。（1）CD棒向上运动F–mgsinθ=ma解得a=12m/s2由运动学公式v2=2as解得s=0.24m（2）刚进入磁场时E=Blv由闭合电路欧姆

定律I=ER又F安=BIl因为F=mgsinθ+F安所以CD棒在磁场中做匀速直线运动离开磁场后，CD棒沿导轨向上做匀减速运动由v2=2gxsinθ解得x=0.36mCD棒还能继续上升的最大高度h=xsinθ=0.288m（3）该同学所做的功W=F(s+d)解得W=64J由能量转化和守恒定律

得W=mg[(s+d)sinθ+h]+QR解得QR=26.88J1．（2018·湖北省随州市第二高级中学年高二9月起点考试）如图所示，MN和PQ为处于同一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，垂直导轨放置金属棒ab与导轨接触良好。N、Q端接理想变压器的初级线圈，理想变压器的输出端有三组次

级线圈，分别接有电阻元件R、电感元件L和电容元件C。在水平金属导轨之间加竖直向下的匀强磁场，若用IR、IL、Ic分别表示通过R、L和C的电流，则下列判断中正确的是A．在ab棒匀速运动且ab棒上的电流已达到稳定后，IR≠0、IL≠0、I

C=0B．在ab棒匀速运动且ab棒上的电流已达到稳定的，IR=0、IL=0、IC=0C．若ab棒在某一中心位置附近做v=Vmsinωt的运动，则IR≠0、IL≠0、IC≠0D．若ab棒匀加速运动，则IR≠0、IL≠0、IC=0【答案】BCD（2019·辽宁省大连市甘井子区渤海

高中高考物理模拟试题）某同学用粗细均匀的同一种导线制成“9”字形线框，放在有理想边界的匀强磁场旁，磁感应强度为B，如图甲所示。已知磁场的宽度为2d，，导线框从紧靠磁场的左边界以速度v向x轴的正方向匀速运动，设在图乙中最能体现be两点间的电压

随坐标x变化关系的图象是A．B．C．D．没有分析清楚感应电动势与电压之间的关系，没有正确区分电源与外电路。x在过程：线框进入磁场，bc、ce产生的感应电动势都是根据右手定则判断可知，b点的电势高于c点的电势，bc间的电势差为：，则

be两点间的电压；在过程：线框完全进入磁场，磁通量不变，没有感应电流产生，ad、bc、ce产生的感应电动势都是根据右手定则判断可知，b点的电势高于e点的电势，be两点间的电压。在过程：线框穿出磁场，ad边产生的感应电动

势是根据右手定则判断可知，a点的电势高于d点的电势，则得b点的电势高于e点的电势。be两点间的电压故A正确。答案：A。1．（2019·吉林省长春外国语学校高三上学期期末考试）如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为，磁场方向垂直纸

面向里。abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为，t＝0时刻，bc边与磁场区域边界重合。现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿a→b→c→d→a的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间

t变化的图线可能是图中的A．B．C．D．【答案】B【解析】A、开始时bc边进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，即为负方向，当bc边开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针，方向为正方向，故AC错误

；B、开始时bc边进入磁场切割磁感线，根据感应电动势大小公式：可得，有效切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流方向为负方向；当bc边开始出磁场时，根据感应电动势大小公式：可得，切割长度越来越长，感应电动势增大，故感应电流越来越大，且电流

方向为正方向，故B正确，D错误。【名师点睛】对于图象问题可以通过排除法判断，本题关键要理解感应电动势公式中，是有效切割长度，并掌握右手定则或楞次定律。（2018·云南省红河州高三复习统一检测）如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ放在水平面上，左端向上弯

曲，导轨间距为L，电阻不计，水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导体棒的质量分别为ma=m，mb=2m，电阻值分别为Ra＝R，Rb＝2R。b棒静止放置在水平导轨上足够远处，与导轨接触良好且与导轨垂直；a棒在弧形导轨上距水平面h高度处由静止释放，运动过程中导体棒

与导轨接触良好且始终与导轨垂直，重力加速度为g，则A．a棒刚进入磁场时回路中的感应电流为B．a棒刚进入磁场时，b棒受到的安培力大小为C．a棒和b棒最终稳定时的速度大小为D．从a棒开始下落到最终稳定的过程中，a棒上产生的焦耳热为没

有注意a棒进入磁场后，两棒组成的系统动量守恒导致本题错解。A、设a棒刚进入磁场时的速度为v，从开始下落到进入磁场，根据机械能守恒定律有：，a棒切割磁感线产生感应电动势为：E=BLv，根据闭合电路欧姆定律有：，联立解得，故A错误。B、b棒受到的安培

力为F=BIL，代入电流I解得，方向水平向右，B正确。C、设两棒最后稳定时的速度为v′，从a棒进入磁场到两棒速度达到稳定，一对安培内力作用，两棒组成的系统外力之和为零，根据动量守恒定律有：mv=3mv′，解得：，C正

确。D、从a棒进入磁场到两棒共速的过程，一对安培力做功把机械能转化为电能，设a棒产生的内能为Ea，b棒产生的内能为Eb，根据能量守恒定律有：，两棒串联内能与电阻成正比：Eb=2Ea，解得：，故D正确。答案：BCD。1．如图所示，M1NlPlQl和M2N2P2Q

2为在同一竖直面内足够长的金属导轨，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。导轨的M1Nl段与M2N2段相互平行，距离为L；PlQl段与P2Q2段也是平行的，距离为L/2。质量为m金属杆a、b垂直与导轨放置，一不可伸长的绝缘轻线一端系在金属

杆b，另一端绕过定滑轮与质量也为m的重物c相连，绝缘轻线的水平部分与PlQl平行且足够长。已知两杆在运动过程中始终垂直于导轨并与导轨保持光滑接触，两杆与导轨构成的回路的总电阻始终为R，重力加速度为g。（1）若保持a固定。释放b，求b的最终速度的大小

；（2）若同时释放a、b，在释放a、b的同时对a施加一水平向左的恒力F=2mg，当重物c下降高度为h时，a达到最大速度，求：①a的最大速度；②才释放a、b到a达到最大速度的过程中，两杆与导轨构成的回来中产生的电能。【答案】（1）m224mgRvBL（2）（i）221

69amgRvBL（ii）222493mgRmghmBL【解析】（1）当b的加速度为零时，速度最大，设此时速度为mv，则m2LEBv电流EIR分别以b、c为研究对象2LTBI，2LTmgBI联立解得

m224mgRvBL（2）i．在加速过程的任一时刻，设ab的加速度大小分别为aa、bca，电流为i，轻绳的拉力为T，分别以a、b、c为研究对象，根据牛顿第二定律aFBiLma，2bcLTBima，bcmgTma联立解得4abca

a设a达到最大速度av时，b的速度为bv，由上式可知4abvv当a的加速度为零时，速度达到最大：2mgBiL根据法拉第电磁感应定律2abLEBLvBv联立解得22169amgRvBL，2249bmgRvBLii．设重物下降的高度为h时，a的位移为ax，故4axh根据功能关系：22

21112222aababcmgxmghEEmvmvmv联立解得222493abmgREEEmghmBL电如图，一关于y轴对称的导体轨道位于水平面内，磁感应强度为B的匀强

磁场与平面垂直。一足够长，质量为m的直导体棒沿x轴方向置于轨道上，在外力F作用下从原点由静止开始沿y轴正方向做加速度为a的匀加速直线运动，运动时棒与x轴始终平行。棒单位长度的电阻为ρ，与电阻不计的轨道接触良好，运动中产生的热功率随棒位置的变化规律为P=ky3/2（SI）。求：（1）导体轨道的

轨道方程y=f（x）；（2）棒在运动过程中受到的安培力Fm随y的变化关系；（3）棒从y=0运动到y=L过程中外力F的功。审题不清、粗心大意，导致本题中分不清让求的是哪个力做的功，导致本题错解。（1）设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为（±,xy），安培力的功率22BlvFR

2223/24BxvPkyR棒做匀加速运动22vay2Rx代入前式得2224()aByxk轨道形状为抛物线。（2）安培力m=F224BxvR=222Bxay以轨道方程代入得m=F2kya（3）由动能定理2m1+2WWmv安培力做功2

m=22kWLa棒在=yL处动能212mv=maL外力做功2=+22kWLmaLa1．（2018·山东省济宁市高三上学期期末教学质量检测）如图所示，倾角为的平行金属导轨宽度L，电阻不计，底端接有阻值为R的定值电阻，处在与导轨平面垂直向上的磁感应强度为

B的匀强磁场中。有一质量为m，电阻为r，长度也为L的导体棒垂直放在导轨上，它与导轨之间的动摩擦因数为。现让导体棒从导轨底部以初速度冲上导轨，上滑的最大距离为s，返回到初位置的速度为。下列说法正确的是A．在上滑过程中，通过电阻R上的电荷

量为B．导体棒在上滑过程中所用时间为C．导体棒从开始运动到回到底端，回路产生的焦耳热为D．导体棒在上滑过程中，R上产生的焦耳热大于下滑过程中R上产生的焦耳热【答案】D【解析】A、在上滑过程中，通过电阻R上的电荷量为，故A错误；B、导体棒从开

始到滑到最大高度的过程中做减速运动，随着速度减小，产生的感应电流减小，所受的安培力减小，加速度减小，做加速度逐渐减小的变减速运动，平均速度不等于，则所用时间不等于，故B错误；C、根据能量守恒得知，导体棒从开始运动到回到底

端，回路产生的焦耳热为：，故C错误；D、由于导体棒的机械能不断减少，所以下滑与上滑经过同一位置时，上滑速度大，产生的感应电流大，导体棒受到的安培力大，所以上滑过程安培力的平均值大，而两个过程通过的位移大小相等，所以上滑时

导体棒克服安培力做功多，导体棒在上滑过程中整个回路中产生的焦耳热多，则导体棒在上滑过程中电阻R产生的焦耳热也多，故D正确；故选D。【名师点睛】关键是导体切割磁感线中的功能关系，要注意正确分析能量的转化方

向，明确机械能包括动能和势能。如图所示，灯泡A、B与固定电阻的阻值均为R，L是自感系数很大的线圈。当S1闭合，S2断开且电路稳定时，A、B亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中正确的是A．B灯立即熄灭B．A灯将比原来更亮一下后再熄灭C．有电流通过B灯

，方向为c→dD．有电流通过A灯，方向为b→a不能正确理解断开开关时给电路造成的影响导致本题错解。当S2断开而只闭合S1，稳定时，A、B两灯一样亮，可知线圈L的电阻也是R，在S1、S2都闭合时IA=IL，故当S2闭合，S1突然断开时，流过A灯的电流只是方向变为b→a，但大小不会突然增大，

A灯不会更亮一下再熄灭，B错误，D正确；当S2闭合，S1突然断开时，在自感电动势作为电源的电路中固定电阻R和B灯被短路，电流为零，B灯立即熄灭，故A正确，C错误。答案：AD。1．（2019·江苏省东海高级中学高三年级高考适用性考试）图中L是绕在铁心上的线圈，它与电阻R、R0

、电键和电池E可构成闭合回路。线圈上的箭头表示线圈中电流的正方向，当电流的流向与箭头所示的方向相同时电流为正。电键K1和K2都处于断开状态。设在t=0时刻，接通电键K1，经过一段时间，在t=t1时刻，再接通电键K2，则能较正确在表示L中的电流

I随时间t的变化的图线是A．B．C．D．【答案】A【解析】在t=0时刻，接通电键K1，通过线圈的电流从无到有增大，线圈中产生自感电动势，阻碍电流增大，使得线圈中电流只能逐渐增大，而方向不变，仍为正方向。当电流稳定后，线圈中不产生自感电动

势，电流一定。在t=tl时刻，再接通电键K2，线圈和R被短路，线圈中电流将要减小，由于自感电动势的阻碍，使得线圈中电流只能逐渐减小到零，根据楞次定律，电流方向与原来方向相同，仍为正方向。故选A。【名师点睛】对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，不产生自感电动势，它是电阻不计的导线；当电流

变化时，产生自感电动势，相当于电源。（2019·河南省开封市高三上学期第一次模拟考试）如图所示，在竖直平面内固定有光滑平行导轨，间距为L，下端接有阻值为R的电阻，空间存在与导轨平面垂直、磁感应强度为B

的匀强磁场。质量为m、电阻为r的导体棒ab与上端固定的弹簧相连并垂直导轨放置。初始时，导体棒静止，现给导体棒竖直向下的初速度v0，导体棒开始沿导轨往复运动，运动过程中始终与导轨垂直并保持良好接触。若导体棒电阻r与电阻R的阻值相等，不计导轨电阻，则下列

说法中正确的是A．导体棒往复运动过程中的每个时刻受到的安培力方向总与运动方向相反B．初始时刻导体棒两端的电压Uab=BLv0C．若导体棒开始运动后到速度第一次为零时，下降的高度为h，则通过电阻R的电量为

D．若导体棒开始运动后到速度第一次为零时，下降的高度为h，此过程导体棒克服弹力做功为W，则电阻R上产生的焦耳热Q=mv2+mgh－W不能正确理解运动过程中的能量转化及电阻产生的热量与整个电路热量的区别等导致本题错解。A、导体棒竖直向下运动，由右手定则判断可知：ab中产生的感应电流方向从b→a，

由左手定则判断得知ab棒受到的安培力竖直向上；导体棒竖直向上运动，由右手定则判断可知：ab中产生的感应电流方向从a→b，由左手定则判断得知ab棒受到的安培力竖直向下，所以导体棒往复运动过程中的每个时刻受到的安培力方向总与运动方向相反，故A正确；B、导体棒开始运动

的初始时刻，ab棒产生的感应电势为，由于，所以导体棒两端的电压，故B错误；C、导体棒开始运动后到速度第一次为零时，下降的高度为h，则通过电阻R的电量为，故C正确；D、由于导体棒运动过程中产生电能，所以导体

棒开始运动后速度第一次为零时，根据能量守恒定律得知产生的焦耳热，所以电阻R上产生的焦耳热，故D错误；答案：AC。1．某同学利用电磁感应知识设计了一个测速仪。其简化模型如图所示，间距为L的两根水平固定放置的平行光

滑的金属导轨MN、PQ，导轨的右端连接一个定值电阻，阻值为R，导体棒a垂直导轨放置在导轨上，在a棒左侧和导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，在a棒右侧有一绝缘棒b，b棒与固定在墙上的轻弹簧相连但不粘连，弹簧处于压缩状态且被锁定。现解除锁定，b棒在弹簧的作用下向左移动，脱离弹簧后以速度v0

与a棒发生碰撞粘在一起。已知a、b棒的质量分别为m、M，碰撞前后，棒始终垂直导轨，a棒在导轨间的电阻为r，导轨电阻和空气阻力均忽略不计。求：（1）弹簧的弹性势能和a棒中电流的方向；（2）从a棒开始运动到停止过程中，a棒产生的焦耳热Q；（3）若a棒向左滑行的距离为x，通过定值电阻的电荷量q

；（4）在满足（3）的条件下，a棒向左滑行距离x与b棒的速度v0的函数关系式。【答案】（1）从上端流向下端（2）2202rMvQrRMm（3）BLxqRr（4）022MrRxvBL【解析】（1）对b棒由能量守恒定律，得弹簧的弹性势能2p0

12EMv由右手定则知，a棒中电流的方向：从上端流向下端（2）b棒与a棒相碰撞时，由动量守恒定律知0MvMmv又电路产生的总热量为212QMmv总（）a棒产生的焦耳热rQQrR总联立得2202rMvQrRMm（4）对a棒向左滑动的过程中，

由牛顿第二定律知()FMma安又22BLvFBILrR安，ΔΔvat联立得22ΔΔBLvtMmvrR两边求和得22ΔΔBLvtMmvrR得22BLxMmvrR代入0MvvMm，得0

22MrRxvBL1．对Φ、ΔΦ、ΔΔt的理解在利用F=BLI计算导线受到的安培力时，F、B、L相互垂直，其中L为导线的有效长度，分两种情况：Φ是状态量，对应线圈在磁场中的一个位置，ΔΦ是过程量

，对应线圈在磁场中的一端过程，ΔΔt可以表示一段时间内的磁通量平均变化率，它们都与匝数无关。Φ=BS公式中的S指线圈在磁场中的有效面积；在相互关系上，三者无必然联系，Φ大，ΔΦ、ΔΔt未必大，Φ=0，ΔΦ、ΔΔt未必等于零；在Φ–t图象上，一

个点的纵坐标表示Φ，一段时间内纵坐标的变化量表示ΔΦ，斜率表示ΔΔt。2．定义式与推导式的主要区别物理量之间的定量关系公式可分为两类：一类是物理量的定义式（或物理量的表达式），如sinBS、ΔΔEnt，另一类是在特定条件下的推导公式，如EBLv、22BLvFR、ΔqnR，定

义式普遍适用，推导公式适用于特定条件，前三个推导公式适用于导体棒垂直切割匀强磁场类问题，ΔqnR用于求解通过导体横截面的电荷量。3．分析电路结构解答电磁感应问题（1）电磁感应与闭合电路知识的关系：（2）电磁感应电路的等效关系：①

切割磁感线的导体部分<=>闭合回路的电源；②切割磁感线的导体部分的电阻<=>电源内阻；③其余部分电阻<=>外电路；（3）应电荷量的求解由电流的定义式，可得平均电流qIt由闭合电路欧姆定律和法拉第电磁感应定律有

EInRRt联立可得qnR，感应电荷量q仅由线圈匝数n、磁通量变化量ΔΦ和电路总电阻R决定。4．电磁感应中图象类选择题的两个常见解法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），特别是物理量的正负，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象作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法。5．电磁感应中的“杆+导轨”模型（

1）模型构建“杆+导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景变化空间大，是我们复习中的难点。“杆+导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型（“单杆”型为重点）；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速、匀变速、

非匀变速运动等。（2）模型分类及特点①单杆水平式物理模型动态分析设运动过程中某时刻棒的速度为v，加速度为)(22rRmvLBmFa，a、v同向，随v的增加，a减小，当a=0时，v最大，rRBLvrREI恒定收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征a=0v恒定不变电学特征I恒

定②单杆倾斜式物理模型动态分析棒释放后下滑，此时a=gsinα，速度v↑E=BLv↑rRBLvrREI↑F=BIL↑a↓，当安培力F=mgsinα时，a=0，v最大收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征a=0，v最大，m22()sinmgRrvBL电学特

征I恒定③方法指导解决电磁感应中综合问题的一般思路是“先电后力再能量”。6．电磁感应中的能量问题（1）题型特点：电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形

式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程。（2）求解思路①若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W=UIt或Q=I2Rt直接进行计算；②若电流变化，则：A．利用安培力做的功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；B．利用能量守恒求解，若只有电能与

机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能。解题思路如下：a．用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向；b．画出等效电路，求出回路中电阻消耗的电功率表达式；c．分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程。1．（2019

·四省名校高三大联考）为寻找“磁生电”现象，英国物理学家法拉第在1831年把两个线圈绕在同一个软铁环上（如图所示），一个线圈A连接电池E和开关K，另一个线圈B闭合，并在其中一段直导线正下方放置一小磁针。闭合开关K前，小磁针静止且与直导线平行。当闭合开关K后，从上往下看A．小磁针沿顺吋针

方向偏转了一下，最终复原B．小磁针沿顺时针方向偏转，并一直保持这种偏转状态C．小磁针沿逆时针方向偏转了一下，最终复原D．小磁针沿逆时针方向偏转，并一直保持这种偏转状态【答案】A【解析】闭合电键后，线圈中的磁场方向为顺时针，且增加，故根据楞次定律，感应电流的磁场

为逆时针方向，故右侧线圈中感应电流方向俯视逆时针，故直导线下方的磁场向里，小磁针沿顺时针方向旋转一下，电路稳定后，无感应电流，小磁针不偏转，最终复原；选项A正确，BCD错误；故选A。【名师点睛】本题关键是明确电磁感应现象产生

的条件，只有磁通量变化的瞬间闭合电路中才会有感应电流。2．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0.2kg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1m的正方形，其有效电阻为0.1Ω。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规律是B=(0.4–0.2t)T，图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则

A．t=1s时，金属杆中感应电流方向从C至DB．t=3s时，金属杆中感应电流方向从D至CC．t=1s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1ND．t=3s时，金属杆对挡板H的压力大小为l.2N【答案】AC【解析】由楞次定律的“增反减同”的原理，可判断出1ts时金属杆中的电流方

向时从C到D，A选项正确；3ts时磁场反向增强，金属杆中的电流方向仍是从C到D，B选项错误；由法拉第电磁感应定律2ΔΔsin30ΔΔBLEtt=0.1V，感应电流为EIR=1A，当1ts时，B1=0.2T，安培力F1=ILB1方向斜向右上方的，则金属杆受到P的弹力11sin30N

ILB=0.1N，故C选项正确；当3ts时，B2=–0.2T，安培力F2=ILB2方向斜向右下方的，则金属杆受到H的弹力22sin30NILB=0.1N，故D选项错误。3．（2019·河南省南阳市高三上学期期末考试）如图甲所示，边长为L=0.1m的10匝正方形线框abcd处在变化的磁场中

，在线框d端点处开有一个小口，d、e用导线连接到一个定值电阻上，线框中的磁场随时间的变化情况如图乙所示（规定垂直纸面向外为磁场的正方向），下列说法正确的是A．t=3s时线框中的磁通量为0.03WbB．t=4s时线框中的感应电流大小为零C．t=5s时通过线框中的电流将反向D．t=8s时通过线

框中电流沿逆时针方向【答案】C4．如图甲所示，圆形线圈处于垂直于线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度的变化如图乙所示。在t=0时磁感应强度的方向指向纸里,则在0~4T和2T~43T的时间内，关于环中的感应电流i的大小和方向的说法，正

确的是A．i大小相等，方向先是顺时针，后是逆时针B．i大小相等，方向先是逆时针，后是顺时针C．i大小不等，方向先是顺时针，后是逆时针D．i大小不等，方向先是逆时针，后是顺时针【答案】A【解析】由i=R=tB·S/R∝tB=k可知，在0~4T和2T~43T时间内i的

大小相等。0~4T和2T~43T时磁场分别是垂直纸面向里减小和向外减小，由楞次定律和安培定则可知其方向分别为顺时针和逆时针，正确选项为A。5．（2019·衡中同卷普通高等学校招生全国统一考试模拟）如图所示，倾角为的光滑平行金属导轨

的宽度为L，导轨的顶端连接有一个阻值为R的电阻，在导轨平面内垂直于导轨方向的两条虚线MN和PQ之间存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于导轨平面向下，两条虚线间的距离为d。现将质量为m的金属棒ab从虚线MN上方某处

由静止释放，金属棒ab沿导轨下滑进入磁场时的速度和到达导轨底端时的速度相等，且从MN到PQ和从PQ到底端所用时间相等。已知金属棒ab与导轨始终垂直且接触良好，二者电阻均不计，重力加速度为g。下列叙述正确的是A．金属棒ab在虚线MN和

PQ之间做匀减速直线运动B．虚线PQ到导轨底端的距离大于dC．金属棒ab通过磁场的过程中，电阻R上产生的热量为2mgdsinθD．金属棒ab通过磁场的过程中，通过电阻R某一横截面的电荷量为【答案】B【解析】A、金属棒ab在虚线MN和PQ之间运动时，由于

切割磁感线的速度大小变化，导致其所受沿斜面向上的安培力大小发生变化，故金属棒ab所受的合力发生变化，根据牛顿第二定律可知，其加速度发生变化，故金属棒做非匀变速运动，A错误；B、金属棒ab在虚线MN和PQ之间运动，做加速度逐渐减小的减速运动，到达PQ时离开磁

场，紧接着做加速度大小为gsinθ的匀加速直线运动，到达最低端时的速度与刚进入磁场MN边界时速度大小相等，由v–t图象的面积可知，虚线PQ到导轨底端的距离，故B正确；C、金属棒从MN进入磁场至到达最低点的过程中，动能没有发生变化，根据能量守恒，减小的重力势能，全部转化为焦耳热，

即，C错误；D、金属棒ab通过磁场的过程中，通过电阻R某一横截面的电荷量为，D错误。【名师点睛】本题考查导体切割磁感线与能量相结合题型的分析，会根据导体棒的受力判断其运动状态，会根据运动学公式或图象讨论位移

的大小关系，要注意明确根据功能关系求解内能，而根据平均电动势求解电量。6．（2019·黑龙江省大庆第一中学高二上学期期末考试）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分别于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．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿b到a的方向流过RC．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【答案】A【解析】AB项：铜盘转动产生的感应电动势为，B、L、ω不变，E不变，电流大小恒定不变，由右手定则可知，回路中电流方向不变，若从上往下看，圆盘顺时针转动，由右手定则

知，电流沿a到b的方向流动，故A正确，B错误；C项：若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，大小变化，故C错误；D项：若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，回路电流变为原来2倍，根据电流在R上的热功率也变为原来的4倍，故D

错误。故选A。【名师点睛】本题是转动切割磁感线类型，运用等效法处理。根据右手定则判断感应电流的方向，需要熟练掌握。7．如图所示，两光滑平行导轨水平放置在匀强磁场中，磁场垂直导轨所在平面，金属棒ab可沿导轨自由滑动，导轨一端连接一个定值电阻R，金属棒和导轨电阻不计。现将金属棒沿导轨由静止向右拉，

若保持拉力F恒定，经时间t1后速度为v，加速度为a1，最终以速度2v做匀速运动；若保持拉力的功率P恒定，棒由静止经时间t2后速度为v，加速度为a2，最终也以速度2v做匀速运动，则A．t2=t1B．t1

>t2C．a2=2a1D．a2=5a1【答案】B【解析】当拉力的功率恒定时，随着速度增大，拉力逐渐减小，最后匀速运动时拉力最小，且最小值和第一种情况下拉力相等，因此都达到速度v时，t1>t2，故A错误，B正确；由于两种情况

下，最终棒都以速度2v匀速运动，此时拉力与安培力大小相等，则有：222BLvFBILR，当拉力恒定速度为v，加速度为a1时，根据牛顿第二定律有：221BLvFmaR，解得：221BLvaRm，若保持拉力的功率恒定，速度为2v时，拉力为F

，则有：P=F⋅2v，又222BLvFBILR，所以2224BLvPR，则当速度为v时，拉力大小为：2214PBLvFvR，根据牛顿第二定律，得：2212BLvFmaR，解得：2223BLvaRm，所以有a2=3a1，故CD错误。8．（2019·黑龙江省

大庆第一中学高二上学期期末考试）如图所示，一个边长为2L的等腰直角三角形ABC区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abcd，线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域，设电流逆

时针方向为正。则在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流i随时间t变化的规律正确的是A．B．C．D．【答案】B【解析】线框开始进入磁场运动L的过程中，只有边bd切割，感应电流不变，前进L后，边bd开始出磁场，边ac开始进入磁场，回路中的感应电动势为

边bd产的减去在ac边在磁场中产生的电动势，随着线框的运动回路中电动势逐渐增大，电流逐渐增大，方向为负方向；当再前进L时，边bd完全出磁场，ac边也开始出磁场，有效切割长度逐渐减小，电流方向不变，故B正确，ACD错误。故选B。【名师点睛】图象具有形象直观特点，通过图象

可以考查学生综合知识掌握情况，对于图象问题学生在解答时可以优先考虑排除法，通过图象形式、是否过原点、方向等进行排除。9．（2019·黑龙江省牡丹江市第一高级中学高二上学期期末考试）如图所示，ab是两平行正对的金属圆环，a中通有正弦交

变电流i，其变化规律如图所示。下列说法正确的是A．t1时刻，b环内的感应电动势最大B．t2时刻，b环内的感应电流方向改变C．t3~t4时间内，b环内感应电流的方向与a环内电流的方向相反D．0~t4时间内，t2时刻b环内的感应电动势最大【答案】D【解析】

A项：由法拉第电磁感应定律，可知，在t1时刻，a中电流变化率为0，b中感应电动势为零，故A错误；B项：t1~t2时间内与t2~t3时间内的电流大小变化相反，方向也改变，由楞次定律，可知，在t2时刻，b中感应电流方向不改变，故B错误；C项：t3~t4时间内，a中的电流减小，由“楞次定律

”可知，b环内感应电流的方向与a环内电流的方向相同，故C错误；D项：在t2时刻，a中电流变化率为最大，b中感应电动势为最大，故D正确。故选D。【名师点睛】考查法拉第电磁感应定律，与楞次定律的应用，掌握感应电动势与磁通量变

化率有关，而与磁通量变化量无关。10．（2019·河南省高三上学期阶段性检测）如图所示，螺线管的匝数为1000、横截面积为10cm2电阻为1Ω，与螺线管串联的外电阻R1=5Ω、R2=4Ω。向右穿过螺线管的磁场的磁感应强度按图所示的规律变化，

则下列说法正确的是A．0~1s内，螺线管产生的感应电动势为4×10－3VB．1~2s内，R2中通过的电流方向向右C．1~2s内，电路中通过的电流为0.3AD．1~2s内，R1两端的电压为3V【答案】D【解析】A、在0~1s内，由法拉第电磁感应定律可知，螺线管产生的感应电动势

为：，故选项A错误；B、在1~2s内，磁感应强度减小，穿过螺线管的磁通量减少，根据楞次定律可判断，中通过的电流方向向左，故选项B错误；C、在1~2s内，螺线管产生的感应电动势为：，根据闭合电路的欧姆定律有，两端的电压为，故选项

C错误，D正确。11．如图甲所示，正方形金属线圈abcd位于竖直平面内，其质量为m，电阻为R。在线圈的下方有一匀强磁场，MN和M'N'是磁场的水平边界，并与bc边平行，磁场方向垂直于纸面向里。现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，图乙

是线圈由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v–t图象，图中字母均为已知量。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是A．金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿abcda方向B．金属线框的边长为v1(t2–t1)/2C．磁场的磁感应强度为1211

1mgRvttvD．金属线框在0~t4的时间内所产生的热量为2212132122mgvttmvv【答案】ACD【解析】金属线框刚进入磁场时磁通量增大，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿

abcda方向，故A正确；由图象可知，金属线框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2–t1，故金属线框的边长：L=v1(t2–t1)，故B错误；在金属线框进入磁场的过程中，金属线框所受安培力等于重力，则得：mg=BIL，

1BLvIR，又L=v1(t2–t1)，联立解得：12111mgRBvttv，故C正确；t1到t2时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q1=mgL=mgv1(t2–t1)，t2到t3时间内，金属线框在磁场中运动，没有内能产生，t3到t4时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q

2=mgL+12m(v22–v32)=mgv1(t2–t1)+12m(v22–v32)，故Q=Q1+Q2=2mgv1(t2–t1)+12m(v22–v32)，故D正确。【名师点睛】本题电磁感应与力学知识简单的综合，能由图象读出金属线框的运动情况，选择与之相应的力学规律是解答本题的关

键，要加强练习，培养自己识别、理解图象的能力和分析、解决综合题的能力。12．（2018·重庆市綦江南州中学高三10月月考试）如图所示的电路中，A1、A2为完全相同的灯泡，线圈L的电阻忽略不计。下列说法中正确的是A．闭合开关K接

通电路时，A2先亮A1后亮，最后一样亮B．闭合开关K接通电路瞬间，A1和A2同时变亮C．断开开关K切断电路时，A2立即熄灭A1过一会儿才熄灭D．断开开关K切断电路时，A1，A2立即熄灭【答案】A【解析】闭合开关K接通电路瞬间

，在线圈L上要产生很大的自感电动势阻碍电灯A1上电流的增加，所以A2先亮，A1慢慢亮起来，因为两灯电阻相同，且线圈L的电阻忽略不计，所以两灯最后一样亮，选项A正确，B错误；断开开关K切断电路时，灯A2上原来的

电流立即消失，而在A1支路由于L中的自感电动势阻碍电流的减少，所以此电流会在L–A1–A2中形成新的回路，使得A1，A2慢慢熄灭，选项CD错误。13．（2019·辽宁省大连市甘井子区渤海高中高考模拟）如图所示，空间存在磁感应强度为B，方向竖直向下的

匀强磁场，MN、PQ是相互平行的粗糙的长直导轨，处于同一水平面内，其间距为L，导轨一端接一阻值为R的电阻，ab是跨接在导轨上质量为m的导体棒，其阻值也为从零时刻开始，对ab棒施加一个水平向左的恒力F，使其从静止开始沿导

轨做直线运动，此过程中导体棒始终保持与导轨垂直且接触良好，所受滑动摩擦力大小始终为了F。导轨电阻不计则A．通过电阻R的电流方向为由N到QB．ab棒的最大速度为C．电阻R消耗的最大功率为D．ab棒速度为时的加速度大小为【答案】CD【解析】A、由右手定则可知，通过电

阻R的电流方向为由Q到N，故A错误；B、导体棒受到的安培力：，导体棒匀速运动时速度最大，由平衡条件得：，解得：，故B错误；C、最大感应电流：，电阻R消耗的最大功率：，故C正确；D、ab棒速度为时导体棒受到的安培力：，由牛顿第二定律得：，解得：，故

D正确；故选CD。【名师点睛】本题是一道电磁感应、电路与力学相结合的综合题，分析清楚导体棒的运动过程，应用安培力公式、平衡条件、牛顿第二定律可以解题。14．如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上

，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：（1）MN刚扫过金属杆

时，杆中感应电流的大小l；（2）MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；（3）PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P。【答案】（1）0BdvIR（2）220BdvamR（3）2220()BdvvPR【解析】（1）感应电动势0EBdv感应电流EIR

解得0BdvIR（2）安培力FBId牛顿第二定律Fma解得220BdvamR（3）金属杆切割磁感线的速度0=vvv，则感应电动势0()EBdvv电功率2EPR解得2220()BdvvPR15．（2019·山东省日照第一

中学高三上学期1月份考前模拟）如图（a）所示，足够长的光滑平行金属导轨JK、PQ倾斜放置，两导轨间距离为L=l.0m，导轨平面与水平面间的夹角为θ=30°，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的J、P两端连接阻值为R=3.0Ω的

电阻，金属棒ab垂直于导轨放置并用细线通过光滑定滑轮与重物相连，金属棒ab的质量m=0.20kg，电阻r=0.50Ω，重物的质量M=0.60kg，如果将金属棒和重物由静止释放，金属棒沿斜面上滑距离与时间的关系图象如图（b）所示，不计导轨电阻

，g=10m/s2。求：（1）t=0时刻金属棒的加速度；（2）磁感应强度B的大小以及在0.6s内通过电阻R的电荷量；（3）在0.6s内电阻R产生的热量。【答案】（1）a=6.25m/s2（2）（3）QR=1.8J【解析】（1）对金属棒和重物整体Mg–mgsinθ=

（M+m）a解得：a=6.25m/s2（2）由题图（b）可以看出最终金属棒ab将匀速运动，匀速运动的速度感应电动势E=BLv感应电流金属棒所受安培力速运动时，金属棒受力平衡，则可得联立解得：在0.6s内金属棒ab上滑的距离s=1

.40m通过电阻R的电荷量；（3）由能量守恒定律得解得Q=2.1J又因为联立解得：QR=1.8J。【名师点睛】本题主要考查了电磁感应与力学、电路知识的综合，抓住位移图象的意义：斜率等于速度，根据平衡条件和法拉第定律、欧姆定

律等等规律结合进行求解。16．如图所示，两根固定的光滑的绝缘导轨的水平部分与倾斜部分平滑连接，两导轨的间距L=0.5m，导轨的倾斜部分与水平面成θ=53°角。在导轨的倾斜部分方向垂直于斜面向上、磁感应强度大小为B=1T、边长为L的正方形的匀强磁场区域abcd，导

轨的水平部分有n个相同的方向竖直向上，磁感应强度大小均为B=1T、边长为L的正方形匀强磁场区域，磁场左、右两侧边界均与导轨垂直，在导轨的水平部分中相邻两个磁场区域的间距也为L。现有一质量m=0.5kg，电阻r=0.2Ω，边长也为L的质量分布均匀的正方形金属线框PQ

MN，从倾斜导轨上由静止释放，释放时MN边离水平导轨的竖直高度h=2.4m，当金属线框的MN边刚滑进磁场abed时恰好做匀速直线运动，此后，金属线框从导轨的倾斜部分滑上水平部分继续运动并最终停止（重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8

，线框在运动过程中MN边始终与导轨垂直）。则：（1）金属线框刚释放时MN边与ab的距离s是多少？（2）整个过程中金属线框内产生的焦耳热是多少？（3）金属线框能穿越导轨水平部分中几个完整的磁场区域？【答案】（1）0.64m（2）13J（3）

金属线框能穿越导轨水平部分中2个完整的磁场区域【解析】（1）设金属线框刚进入磁场区域abcd的速度为v1，则线框中产生的感应电动势1EBLv安培力221BLvFBILr依题意，有：F=mgsinθ线框下滑距离s的过程中，根据动能定理，有：211sin2mgsmv联立以上各式

解得：s=0.64m（2）整个过程中，根据能量守恒定律，有：金属线框内产生的焦耳热sin13J2LQmgh（3）设金属线框刚全部进入水平导轨时速度为v2，线框在倾斜轨道上运动的全过程中，根据动能定理，有

：21sin2sin22LmghLmv解得：v2=6m/s线框进入水平导轨的磁场中后由于受到安培力作用而减速直至速度减为零，线框在穿越任一磁场区域的过程中，根据动量定理，有：BILtmv，即BLq=mΔv又2Δ2BLqr

r所以，线框在穿越每一磁场区域速度的减少量相同，且232BLvmr线框在水平导轨上穿越磁场区域的个数22232.42vmrvnvBL金属线框能穿越导轨水平部分中2个完整的磁场区域【名师点睛】对金属线框进行受力分析和运动过

程分析。运用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，求出安培力。运用动能定理多次研究，可以求出距离、速度等一些未知的物理量。运用动量定理求出速度的变化量．根据能量守恒定律，求出产生的焦耳热。17．如图（甲）所示，光滑且足够长的

平行金属导轨MN、PQ固定在同一水平面上，两导轨间的距离L=1m，定值电阻R1=6Ω，R2=3Ω，导轨上放一质量为m=1kg的金属杆，杆的电阻r=2Ω，导轨的电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B=0.8T的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向下。现用一拉力F沿水平方向拉杆，使金属杆

以一定的初速度开始运动。图（乙）所示为通过R1中电流的平方I12随时间t的变化关系图象，求：（1）5s末金属杆的速度；（2）写出安培力的大小随时间变化的关系方程；（3）5s内拉力F所做的功。【答案】（1）3m/s（2）0.2420.4Nt（3）7.65J（3）图线与时间轴包围的“

面积”为10.020.0450.152故5s内R1中产生的焦耳热为10.156J0.9JQ电路中总电热12165.4JrQQQQQ总金属杆初始速度00030.02221.52m/s0.81EvvBL由功能关系kΔFAWWE得22k01Δ

2FtWEQmvvQ总总代入数据得221131.525.4J7.65J2FW18．如图1所示，n匝正方形线框用细线悬挂于天花板上且处于静止状态，线框平面在纸面内，线框的边长为L，总电阻为R，线框的下半部分（总面积的一半）处于垂直纸面向里的有界匀强磁场，磁场的上、下

边界之间的距离为d（dL），磁场的磁感应强度按照图2变化，0t时刻，悬线的拉力恰好为零，图中的00Bt、已知。在0tt时刻剪断细线，线框刚要完全穿过磁场时，加速度为零，线框在穿过磁场的过程中始终在纸面里，且不发生转动，重力加速度为g，求（1）线框的总质

量m？（2）00~t时间内，通过某一匝线框截面的电荷量q？（3）线框穿过磁场的过程中，线框中产生的焦耳热Q？【答案】（1）232002nLBmRgt（2）202LBqR（3）23220200228nLBgLLQgdtgRt【解

析】（1）0~t0这段时间内，感应电动势为：200ΔΔ2LBnSBEntt感应电流为：EIR由题意悬线拉力为零，即所受的安培力为：0FnBILmg联立解得：232002nLBmRgt（2）过横

截面积的电荷量：ΔqIt产生的平均感应电流为：ΔΔnSBIRt所以通过一匝线框横截面的电荷量为：202LBqqnR（3）设刚完全穿出来时速度为v，线框的上边缘离开磁场时加速度为零，则此刻有重力等于

安培力：0FnBILmg产生的感应电流为：0nLBvIR穿过磁场过程中根据动能定理：21=2GWWmv安其中2GLWmgd克服安培力做的功：WQ安联立解得：2322020022

8nLBgLLQgdtgRt【名师点睛】本题主要考查了线框穿过磁场的问题，应用法拉第电磁感应定律、动能定理及闭合电路欧姆定律进行解题，过程较多属于复杂题。