专题11 电磁感应(解析版)

专题十一电磁感应中的动力学、能量和动量问题考点一电磁感应中的动力学问题师生共研例1 如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ＝30°，两导轨之间的距离为L＝1 m，两导轨M、P之间接入电阻R＝0.2 Ω，导轨电阻不计，在abdc区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度B0＝1 T，磁场的宽度x1＝1 m；在cd连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度B1＝0.5 T．一个质量为m＝1 kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝0.2 Ω，若金属棒在离ab连线上端x0处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速运动．金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef时又达到稳定状态，cd与ef之间的距离x2＝8 m．求(g取10 m/s2)：(1)金属棒在磁场Ⅰ运动的速度大小；(2)金属棒滑过cd位置时的加速度大小；(3)金属棒在磁场Ⅱ中达到稳定状态时的速度大小．【考法拓展1】在【例1】中，求金属棒从开始到刚离开磁场Ⅰ所经历的时间．【考法拓展2】在【例1】中，求金属棒由释放到ab连线滑过的距离x0.【考法拓展3】在【例1】中，求金属棒从开始到在磁场Ⅱ中达到稳定状态这段时间中电阻R产生的热量．练1 [2021·黑龙江大庆模拟](多选)在倾角θ＝30°的斜面上固定两根足够长的平行金属导轨MN、EF，间距为L，导轨处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．有两根质量均为m、电阻均为R、长度均为L的金属棒ab、cd垂直导轨放置且与导轨接触良好，光滑的ab棒用平行于导轨的不可伸长的轻绳跨过光滑定滑轮与质量为2m的重物P连接，如图所示．初始时作用在ab棒上一个外力(题中未画出)使ab棒、重物P保持静止，cd棒也静止在导轨上且刚好不下滑．已知重力加速度大小为g，导轨电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现撤去外力，ab棒和重物P从静止开始运动，到cd棒刚好要向上滑动的过程中，则( )A．重物P向下做加速度不断减小的加速运动B．cd棒刚好要向上滑动时，ab棒中的电流大小I＝C．cd棒刚好要向上滑动时，重物P的速度大小为v＝D．重物P减少的重力势能等于ab棒、重物P增加的动能与ab、cd棒产生的焦耳热之和练2 [2020·全国卷Ⅰ](多选)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直．ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略．一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行．经过一段时间后( )A．金属框的速度大小趋于恒定值B．金属框的加速度大小趋于恒定值C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值练3 如图所示，间距为L的两根平行金属导轨弯成“L”形，竖直导轨面与水平导轨面均足够长，整个装置处于竖直向上大小为B的匀强磁场中．质量均为m、阻值均为R的导体棒ab、cd均垂直于导轨放置，两导体棒与导轨间动摩擦因数均为μ，当导体棒cd在水平恒力作用下以速度v0沿水平导轨向右匀速运动时，释放导体棒ab，它在竖直导轨上匀加速下滑．某时刻将导体棒cd所受水平恒力撤去，经过一段时间，导体棒cd静止，此过程流经导体棒cd的电荷量为q(导体棒ab、cd与导轨间接触良好且接触点及金属导轨的电阻不计，已知重力加速度为g)，则下列判断错误的是( )A．导体棒cd受水平恒力作用时流经它的电流I＝B．导体棒ab匀加速下滑时的加速度大小a＝g－C．导体棒cd在水平恒力撤去后它的位移为s＝D．导体棒cd在水平恒力撤去后它产生的焦耳热为Q＝m－题后反思1．电磁感应中动力学问题的解题思路2．电磁感应中的动态分析导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力―→合力变化加速度变化―→速度变化―→临界状态．考点二电磁感应中的能量问题多维探究1．能量转化2．求解焦耳热Q的三种方法3．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，以及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．题型1|由焦耳定律求解焦耳热例 2 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取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F A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.题型2|由安培力做功求解焦耳热例3 如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成θ＝37°角放置，在斜面上虚线cc′和bb′与斜面底边平行，且两线间距为d＝0.1 m，在cc′、bb′围成的区域内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，总电阻为R＝1 Ω，边长也为d＝0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与cc′重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动．已知线圈与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5，取g＝10 m/s2，不计其他阻力，求：(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度大小；(2)线圈向上离开磁场区域时的动能；(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热．题型3|由能量守恒或功能关系求解焦耳热例4 [2021·广州市模拟]如图甲所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，R是连在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg 的导体棒．从零时刻开始，对ab施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，图乙是棒的v ­ t图象，其中AO是图象在O 点的切线，AB是图象的渐近线．除R以外，其余部分的电阻均不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知当棒的位移为100 m时，其速度达到了最大速度10 m/s.求：(1)R的阻值；(2)在棒运动100 m过程中电阻R上产生的焦耳热．练4 [2020·济南模拟]如图所示，水平传送带上放置n个相同的正方形闭合导线圈，每个线圈的质量均为m，电阻均为R，边长均为L，线圈与传送带间的动摩擦因数均为μ，线圈与传送带共同以速度v0匀速向右运动．MN与PQ为匀强磁场的边界，平行间距为d(L<d)，速度v0方向与MN垂直．磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下．当线圈右侧边进入磁场时与传送带发生相对运动，线圈的右侧边到达边界PQ 时又恰好与传送带的速度相同．设传送带足够长，且线圈在传送带上始终保持右侧边平行于磁场边界．已知重力加速度为g，线圈间不会相碰．求：(1)线圈的右侧边刚进入磁场时，线圈的加速度大小；(2)线圈右侧边从MN运动到PQ经过的时间t；(3)n个线圈均通过磁场区域到恢复和传送带共速，线圈释放的焦耳热．练5 [2021·石嘴山模拟]如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L＝1 m，导轨间连接的定值电阻R＝3 Ω，导轨上放一质量为m＝0.1 kg的金属杆ab，金属杆始终与导轨接触良好，杆的电阻r＝1 Ω，其余电阻不计，AB位置下方存在磁感应强度为B＝1 T 的匀强磁场，磁场的方向垂直导轨平面向里．重力加速度g取10 m/s2.现让金属杆从AB水平位置由静止释放，忽略空气阻力的影响，求：(1)金属杆的最大速度．(2)若从金属杆开始下落到刚好达到最大速度的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q＝0.6 J，此时金属杆下落的高度为多少？(3)达到最大速度后，为使ab杆中不产生感应电流，从该时刻开始，磁感应强度B′应怎样随时间t 变化？推导这种情况下B′与t的关系式．考点三电磁感应与动量的综合问题多维探究题型1|动量定理在电磁感应中的应用在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量．(1)求电荷量或速度：B lΔt＝mv2－mv1，q＝t.(2)求时间：Ft＝I冲＝mv2－mv1，I冲＝BIlΔt＝Bl(3)求位移：－BIlΔt＝－＝0－mv0，即－x＝m(0－v0)．例5 [2020·山东潍坊期末] (多选)如图所示，水平金属导轨P、Q间距为L，M、N间距为2L，P与M相连，Q与N相连，金属棒a垂直于P、Q放置，金属棒b垂直于M、N放置，整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．现给棒a一大小为v0、水平向右的初速度，假设导轨都足够长，两棒质量均为m，在棒a的速度由v0减小到0.8v0的过程中，两棒始终与导轨接触良好．以下说法正确的是( )A．俯视时感应电流方向为顺时针B．棒b的最大速度为0.4v0C．回路中产生的焦耳热为0.1mD．通过回路中某一截面的电荷量为题型2|动量守恒定律在电磁感应中的应用例6 [2019·全国卷Ⅲ，19](多选)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图象中可能正确的是( )练6 [2020·山东阳谷二中期末](多选)如图所示，在高为h的桌面上固定着两根平行光滑金属导轨，导轨左段弯曲，右段水平，两部分平滑连接，导轨间距为L，电阻不计，在导轨的水平部分有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，ab、cd为两根相同的金属棒，质量均为m，长度均为L，电阻均为r.开始时cd静置于水平导轨上某位置，将ab从弯曲导轨上距离桌面高为h处由静止释放，cd离开导轨水平抛出，落地点ef距轨道末端的水平距离也为h，金属棒在运动过程中没有发生碰撞且与导轨接触良好，重力加速度为g.以下说法正确的是( )A．cd在导轨上的最大加速度为B．cd在导轨上的最大加速度为C．ab的落地点在ef的右侧D．电路中产生的热量为mgh练7 如图甲所示，两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道，如图所示放置，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平面轨道以光滑圆弧连接，在平直轨道右端放置另一金属杆b.杆a、b电阻分别为R a＝2 Ω，R b＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．现杆b以大小5 m/s的初速度(设为v0)开始向左滑动，同时由静止释放杆a.杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A．从杆a下滑到水平轨道时开始计时，a、b杆运动图象如图乙所示(以杆a运动方向为正)，其中m a＝2 kg，m b＝1 kg，g＝10 m/s2，求：(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；(3)在整个运动过程中杆b上产生的焦耳热．专题十一 电磁感应中的动力学、能量和动量问题考点突破例1 解析：(1)金属棒进入磁场Ⅰ做匀速运动，设速度为v 0，由平衡条件得mgsin θ＝F 安① 而F 安＝B 0I 0L ，② I 0＝B 0Lv 0R ＋r③代入数据解得v 0＝2 m/s.④(2)金属棒滑过cd 位置时，其受力如图所示．由牛顿第二定律得 mgsin θ－F ′安＝ma ，⑤ 而F ′安＝B 1I 1L ，⑥ I 1＝B 1Lv 0R ＋r，⑦代入数据可解得a ＝3.75 m/s 2.⑧(3)金属棒在进入磁场Ⅱ区域达到稳定状态时，设速度为v 1，则mgsin θ＝F ″安，⑨ 而F ″安＝B 1I 2L ○10 I 2＝B 1Lv 1R ＋r，⑪代入数据解得v 1＝8 m/s.⑫答案：(1)2 m/s (2)3.75 m/s 2 (3)8 m/s考法拓展1 解析：金属棒从静止开始到刚进入磁场Ⅰ的时间t 1＝v 0gsin θ＝0.4 s ，在磁场Ⅰ运动时间t 2＝x 1v 0＝0.5 s ，所以金属棒从开始到刚离开磁场Ⅰ所经历的时间为t ＝t 1＋t 2＝0.9 s.答案：0.9 s考法拓展2 解析：金属棒在未进入磁场前做初速度为0的匀加速直线运动a ＝gsin θ，由运动学公式得v 20＝2ax 0，代入数据解得x 0＝0.4 m. 答案：0.4 m考法拓展3 解析：金属棒从开始运动到在磁场Ⅱ中达到稳定状态过程中，根据能量守恒得 mg(x 0＋x 1＋x 2)sin θ＝Q ＋12mv 21，Q R ＝R R ＋r Q ＝7.5 J.答案：7.5 J练1 解析：本题考查电磁感应中的楞次定律，通过分析安培力判断物体的运动状态，回路中的电流以及焦耳热．重物P 和ab 棒是一个系统，重物P 的重力不变，ab 棒的重力沿斜面向下的分力不变，而ab 棒切割磁感线的速度在增大，则沿斜面向下的安培力随之增大，则ab 与P 的加速度变小，所以重物P 向下做加速度不断减小的加速运动，A 正确；cd 棒刚开始恰好不下滑，则有mgsin θ＝μmgcos θ，cd 棒刚好要向上滑动时，则有BIL ＝mgsin θ＋μmgcos θ，联立解得I ＝mgBL ，B 正确；cd 棒刚好要向上滑动时，ab 棒切割磁感线产生的感应电动势E ＝BLv ，感应电流I ＝BLv 2R ，可得v ＝2mgRB 2L 2，C 正确；由能量守恒定律可知，重物P 减少的重力势能等于ab 棒、重物P 增加的动能、ab 棒增加的重力势能与ab 、cd 棒产生的焦耳热之和，D 错误．答案：ABC练2 解析：用水平恒力F 向右拉动金属框，bc 边切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流i ，bc 边受到水平向左的安培力作用，设金属框的质量为M ，加速度为a 1，由牛顿第二定律有F －BiL ＝Ma 1；导体棒MN 受到向右的安培力，向右做加速运动，设导体棒的质量为m ，加速度为a 2，由牛顿第二定律有BiL ＝ma 2.设金属框bc 边的速度为v 时，导体棒的速度为v ′，则回路中产生的感应电动势为E ＝BL(v －v ′)，由闭合电路欧姆定律i ＝E R ＝BL (v －v ′)R，F 安＝BiL ，可得金属框bc 边所受安培力和导体棒MN 所受的安培力均为F 安＝B 2L 2(v －v ′)R ，二者加速度之差Δa ＝a 1－a 2＝F －F 安M －F 安m ＝F M －F 安⎝ ⎛⎭⎪⎫1M ＋1m ，随着所受安培力的增大，二者加速度之差Δa 减小，当Δa 减小到零时，F M ＝B 2L 2(v －v ′)R ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1M ＋1m ，之后金属框和导体棒的速度之差Δv ＝v －v ′＝FRmB 2L 2(m ＋M )，保持不变．由此可知，金属框的速度逐渐增大，金属框所受安培力趋于恒定值，金属框的加速度大小趋于恒定值，导体棒所受的安培力F 安＝B 2L 2(v －v ′)R 趋于恒定值，选项A 错误，BC 正确；导体棒到金属框bc 边的距离x ＝⎠⎛0t (v －v ′)dt ，随时间的增大而增大，选项D 错误．答案：BC练3 解析：cd 切割磁感线产生感应电动势为E ＝BLv 0，根据闭合电路欧姆定律得I ＝E 2R ＝BLv 02R ，故A 项错误．对于ab 棒：根据牛顿第二定律得mg －F f ＝ma ，又F f ＝μF N ，F N ＝BIL ，联立解得，加速度大小为a ＝g －μB 2L 2v 02mR ，故B 项正确．对于cd 棒，由公式q ＝ΔΦR 总得q ＝BLs 2R ，则得，s ＝2Rq BL，故C 项正确．设导体棒cd 在水平恒力撤去后产生的焦耳热为Q ，由于ab 的电阻与cd 相同，两者串联，则ab 产生的焦耳热也为Q.根据能量守恒得2Q ＋μmgs ＝12mv 20，又s ＝2Rq BL ，解得Q ＝14mv 20－μmgRqBL ，故D 项正确．综上所述，应选择A.答案：A例2 解析：(1)由牛顿第二定律a ＝F －mgsin θm ＝12 m/s 2进入磁场时的速度v ＝2as ＝2.4 m/s. (2)感应电动势E ＝Blv 感应电流I ＝BlvR安培力F A ＝IBl代入得F A ＝(Bl )2vR ＝48 N.(3)健身者做功W ＝F(s ＋d)＝64 J 由牛顿第二定律F －mgsin θ－F A ＝0 CD 棒在磁场区域做匀速运动 在磁场中运动的时间t ＝dv焦耳热Q ＝I 2Rt ＝26.88 J.答案：(1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J例3 解析：(1)金属线圈向下匀速进入磁场时，有mgsin θ＝μmgcos θ＋F 安 其中F 安＝BId ，I ＝ER，E ＝Bdv解得v ＝(mgsin θ－μmgcos θ)RB 2d2＝2 m/s. (2)设最高点离bb ′的距离为x ，线圈从最高点到开始进入磁场过程做匀加速直线运动，有v 2＝2ax ，mgsin θ－μmgcos θ＝ma 线圈从向上离开磁场到向下进入磁场的过程，根据动能定理有E k1－E k ＝μmgcos θ·2x ，其中E k ＝12mv 2得E k1＝12mv 2＋v 2μmgcos θgsin θ－μgcos θ＝0.1 J.(3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中， 有mgsin θ·2d －μmgcos θ·2d ＋W 安＝0 Q ＝－W 安解得Q ＝2mgd(sin θ－μcos θ)＝0.004 J. 答案：(1)2 m/s (2)0.1 J (3)0.004 J例4 解析：(1)由图乙得ab 棒刚开始运动瞬间a ＝2.5 m/s 2， 则F －F f ＝ma ， 解得F f ＝0.2 N.ab 棒最终以速度v ＝10 m/s 匀速运动，则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零，F －F f －F 安＝0.F 安＝BIL ＝BL Blv R ＝B 2L 2vR .联立可得R ＝B 2L 2vF －F f＝0.4 Ω.(2)由功能关系可得(F －F f )x ＝12mv 2＋Q ，解得Q ＝20 J.答案：(1)0.4 Ω (2)20 J练4 解析：(1)线圈刚进入磁场时有：E ＝BLv 0 根据闭合电路欧姆定律：I ＝ER所以安培力F ＝B 2L 2v 0R根据牛顿第二定律：F －μmg ＝ma. a ＝B 2L 2v 0mR －μg ，方向向左(2)根据动量定理，对线圈： μmgt －I 安＝0. 其中安培力的冲量：I 安＝F 安t ′＝B I －L ·t ′＝BLq q ＝ΔΦR ＝BL 2R .综上解得t ＝B 2L 3μmgR.(3)自线圈进入磁场到线圈右侧边到达PQ 过程中，对于单个线圈，根据动能定理得 μmgd －W 安＝0，所以克服安培力做功W 安＝μmgd单个线圈离开磁场的运动情况和进入磁场相同，W ′安＝W 安＝μmgd ， 所以对于n 个线圈有Q ＝2n μmgd答案：(1)B 2L 2v 0mR －μg (2)B 2L3μmgR(3)2n μmgd练5 解析：(1)设金属杆的最大速度为v m ，安培力与重力平衡，则有：F 安＝mg 又F 安＝BIL ，I ＝ER ＋r，E ＝BLv m 联立得：F 安＝B 2L 2v mR ＋r解得：v m ＝4 m/s(2)电路中产生的总焦耳热： Q 总＝R ＋r R Q ＝3＋13×0.6 J ＝0.8 J由能量守恒定律得：mgh ＝12mv 2m ＋Q 总解得：h ＝1.6 m(3)为使ab 杆中不产生感应电流，应使穿过回路平面的磁通量不发生变化， 在该时刻穿过回路平面的磁通量为： Φ1＝BLht 时刻的磁通量为： Φ2＝B ′L ⎝ ⎛⎭⎪⎫h ＋v m t ＋12gt 2 由Φ1＝Φ2得：B ′＝Bhh ＋v m t ＋12gt2代入数据解得：B ′＝ 1.65t 2＋4t ＋1.6T答案：(1)4 m/s (2)1.6 m (3)B ′＝ 1.65t 2＋4t ＋1.6T例5 解析：本题考查电磁感应中的电荷量、能量等物理量的计算．棒a 向右运动，回路面积减小，根据楞次定律可知，俯视时感应电流方向为逆时针，A 错误；在棒a 的速度由v 0减小到0.8v 0的过程中，棒a 减速，棒b 加速，对棒a ，由动量定理可得B I －·Lt ＝BqL ＝mv 0－0.8mv 0，对棒b ，由动量定理可得B I －·2Lt ＝mv ，联立可得v ＝0.4v 0，q ＝mv 05BL ，B 正确，D 错误；根据能量守恒定律可得Q ＝12mv 20－12m(0.8v 0)2＋12m(0.4v 0)2＝0.1mv 20，C 正确．答案：BC例6 解析：由楞次定律可知ab 棒做减速运动，cd 棒做加速运动，即v 1减小，v 2增加．回路中的感应电动势E ＝BL(v 1－v 2)，回路中的电流I ＝E R ＝BL (v 1－v 2)R ，回路中的导体棒ab 、cd 的加速度大小均为a ＝F m ＝BIL m ＝B 2L 2(v 1－v 2)mR ，由于v 1－v 2减小，可知a 减小，所以ab 与cd 的v ­ t 图线斜率减小，I 也非线性减小，所以A 、C 正确，B 、D 错误．答案：AC练6 解析：本题从动量和能量两个角度考查双棒问题．当cd 受到的安培力最大时，cd 在导轨上的加速度最大，即ab 刚进入磁场时，cd 在导轨上的加速度最大，设此时ab 的速度为v ，根据机械能守恒定律可得12mv 2＝mgh ，解得v ＝2gh ，此时回路中的感应电流I ＝BLv 2r ，cd 在导轨上的最大加速度a ＝BIL m ＝B 2L 22gh2mr，故A 正确，B 错误； 设cd 离开导轨时的速度为v 1，根据平抛运动规律可知，下落时间t ＝2h g ，则v 1＝h t＝gh2，设cd 离开导轨时ab 的速度为v ′，根据动量守恒定律可得mv ＝mv ′＋mv 1，解得v ′＝v 1＝gh2，所以ab 的落地点也在ef 处，故C 错误；电路中产生的热量Q ＝mgh －12mv ′2－12mv 21＝12mgh ，故D 正确．答案：AD练7 解析：(1)设杆a 刚滑到水平轨道时，杆b 的速度为v b ，杆a 在弧形轨道上运动的时间与杆b 从开始滑动到杆a 刚滑到水平轨道时所用时间相等，对杆b 应用动量定理有Bd I －t 1＝m b v b －m b v 0其中v 0＝－5 m/s ，v b ＝－2 m/s 解得t 1＝5 s.(2)设杆a 下滑到水平轨道时的速度为v a ，由杆a 下滑的过程中机械能守恒有 m a gh ＝12m a v 2a解得v a ＝5 m/s设两杆最后共同的速度为v ，两杆在水平轨道上运动过程中动量守恒，有 m a v a ＋m b v b ＝(m a ＋m b )v 解得v ＝83m/s对杆a 在水平轨道上运动过程应用动量定理有 －Bd I －t 2＝m a v －m a v a 又q ＝I －t 2解得q ＝73C.(3)由能量守恒定律得，两杆产生的总焦耳热Q 总＝m a gh ＋12m b v 20－12(m a ＋m b )v 2＝1616 J杆a 、b 串联，电流相等，则相同时间内产生的焦耳热与电阻成正比 故杆b 上产生的焦耳热Q ＝R b R a ＋R b Q 总＝1156J. 答案：(1)5 s (2)73 C (3)1156 J。

专题11 磁场（1）-高考物理精选考点专项突破题集一、单项选择题：（在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1、超导是当今高科技的热点之一，当一块磁体靠近超导体时，超导体中会产生强大的电流，对磁体有排斥作用，这种排斥力可使磁体悬浮在空中，磁悬浮列车就采用了这项技术。

磁体悬浮的原理是（）①超导体电流的磁场方向与磁体的磁场方向相同②超导体电流的磁场方向与磁体的磁场方向相反③超导体使磁体处于失重状态④超导体对磁体的磁力与磁体的重力相平衡A.①③B.①④C.②③D.②④【答案】D【解析】超导体中产生的是感应电流，根据楞次定律的“增反减同”原理，这个电流的磁场方向与原磁场方向相反，对磁体产生排斥作用力，这个力与磁体的重力达平衡，因此选项D正确。

故本题选D。

【考点】磁场的应用性【难度】中等2、中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。

”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。

结合上述材料，下列说法不正确的是（）A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B.地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用【答案】C【解析】根据题意知地理南北极与地磁场存在一个夹角叫磁偏角，两者不重合，因此选项A正确。

地磁南极在地理的北极附近，地磁北极在地理南极附近，因此选项B正确。

由于地磁场磁场方向沿磁感线切线方向，故只有赤道处才与地面平行，因此选项C错误。

在赤道处磁场方向水平，而射线是带电的粒子，运动方向垂直磁场方向，根据左手定则可得射向赤道的粒子受到洛伦兹力作用，因此选项D正确。

故本题选C。

【考点】地磁场【难度】中等3、如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中。

在以导线截面的中心为圆心，r为半径的圆周上有a、b、c、d四个点。

已知a点的实际磁感应强度为0，则下列正确的是()A．直导线中的电流方向垂直纸面向外B．b点的实际磁感应强度为 2 T，方向斜向上，与B的夹角为45°C．c点的实际磁感应强度也为0D．d点的实际磁感应强度与b点相同【答案】B【解析】a点的磁感应强度为0，说明通电导线在a点产生的磁场方向水平向左，由安培定则知直导线中的电流方向垂直纸面向里，因此选项A错误。

母题11 电磁感应中的图象与能量【母题来源一】 2018年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国II卷）【母题原题】如图，在同一平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l,磁感应强度大小相等、方向交替向上向下.一边长为线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是（）A. B.C. D.【答案】 D【解析】试题分析：找到线框在移动过程中谁切割磁感线，并根据右手定则判断电流的方向，从而判断整个回路中总电流的方向.要分过程处理本题.第一过程从①移动②的过程中然后从③到④的过程中，左边切割产生的电流方向逆时针，而右边切割产生的电流方向也是逆时针，所以当线框再向左运动时，左边切割产生的电流方向顺时针，右边切割产生的电流方向是逆时针，此时回路中电流表现为零，故线圈在运动过程中电流是周期性变化，故D正确；故选D点睛：根据线圈的运动利用楞次定律找到电流的方向，并计算电流的大小从而找到符合题意的图像.【母题来源二】 2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷）【母题原题】（多选）如图所示，L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B．质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g．金属杆（）A. 刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B. 穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C. 穿过两磁场产生的总热量为4mgdD. 释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于【答案】 BCD错误.点睛：本题以金属杆在两个间隔磁场中运动时间相等为背景，考查电磁感应的应用，解题的突破点是金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，而金属棒在两磁场间运动时只受重力是匀加速运动，所以金属棒进入磁场时必做减速运动.【命题意图】考查法拉第电磁感应定律的应用，涉及图象问题，意在考查考生分析问题，通过图象获取有用信息的能力和应用数学知识解决问题的能力.电磁感应中的电路、法拉第电磁感应定律、能量转换及电量的计算等知识点，意在考查考生对电磁感应电路的分析以及对电磁感应中功能关系的正确理解和应用. 【考试方向】 电磁感应中常涉及B —t 图象、Φ—t 图象、E —t 图象、I —t 图象、F —t 图象和v —t 图象，还涉及E —x 图象、I —x 图象等，这类问题既要用到电磁感应的知识，又要结合数学知识求解，对考生运用数学知识解决物理问题的能力要求较高.主要以选择题的形式单独命题，有时也会以信息给予的方式命制计算题.电磁感应与能量的综合，涉及到的考点有：法拉第电磁感应定律、楞次定律、闭合电路欧姆定律、功和功率、焦耳定律、能量守恒定律、功能关系、动能定理等，主要以选择题和计算题的形式考查. 【得分要点】应注意“抓住两个定律，运用两种观点，分析三种电路”.两个定律是指楞次定律和法拉第电磁感应定律；两种观点是指动力学观点和能量观点；三种电路是指直流电路、交流电路和感应电路.1、电磁感应中涉及的图线大体上可分为两大类：由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像，或由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量.对图象问题，首先要看两坐标轴代表的物理量，然后再从图线的形状、点、斜率、截距、图线与横轴所围的面积的意义等方面挖掘解题所需的信息.除了从图象上寻找解题信息外，还要结合楞次定律、右手定则判断感应电流的方向，根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势大小，结合闭合电流欧姆定律计算感应电流的大小，进而计算安培力大小，或根据电路知识求解其他量.如果线圈或导体做匀速运动或匀变速运动，还有用到平衡条件和牛顿第二定律等知识.2、安培力做的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”，安培力做的功是电能与其他形式的能转化的量度.安培力做多少正功，就有多少电能转化为其他形式的能；安培力做多少负功，就有多少其他形式的能转化为电能.3、当一个闭合回路中的磁通量的改变量为Φ∆时，通过回路中导体横截面的电量为：RΦt tR Φt R E t I q ΔΔ=∆⋅∆=∆⋅=∆=或者R Φn q Δ=（n 匝线圈时），它与磁场是否均匀变化、线框的运动状况以及线框的形状无关.【母题1】．如图所示，PQ 、MN 是放置在水平面内的光滑导轨，GH 是长度为L 、电阻为r 的导体棒，其中点与一端固定的轻弹簧连接，轻弹簧的劲度系数为k .导体棒处在方向向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中.图中E 是电动势为E 、内阻不计的直流电源，电容器的电容为C .闭合开关，待电路稳定后，下列选项正确的是A.B.C.D.【答案】 D【点睛】电路稳定后电容器相当于断路，根据欧姆定律求导体棒中的电流，由Q=CU求电容器的带电量．【母题2】超导体的电阻为零，现有一个本来无电流的固定的超导体圆环如图所示，虚线为其轴线，在其右侧有一个条形永磁体，当永磁体从右侧远处沿轴线匀速穿过该圆环直至左侧远处的过程中，下列I-t图所反映的电流情况合理的是哪个？假设磁体中心刚好处于圆环中心为零时刻，从右向左看逆时针电流规定为正方向( )A. AB. BC. CD. D【答案】 A【解析】条形磁铁从右向左插入线圈时，根据楞次定律可知，线圈中产生从右向左看逆时针电流，当线圈位于磁铁中心位置时，磁通量最大，磁通量的变化率也最大，感应电流最大；当磁铁从左边离开磁场时，根据楞次定律可知，线圈中产生从右向左看逆时针电流；故选项A正确，BCD错误；故选A.【母题3】如图所示，螺线管与电阻R相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管，下列说法正确的是A. 磁铁刚离开螺线管时的加速度等于重力加速度B. 通过电阻的电流方向先由a到b，后由b到aC. 磁铁减少的重力势能等于回路产生的热量与磁铁增加的动能之和D. 图中a点的电势始终低于b点的电势【答案】 C【点睛】考查了楞次定律的应用，重点是根据磁通量的变化判断出感应电流的有无和方向，能根据来拒去留的判断口诀分析在各点的受力情况.【母题4】如图所示，在同一水平面内有两根光滑平行金属导轨MN和PQ，在两导轨之间竖直放置通电螺线管，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别放在螺线管的左右两侧，保持开关闭合，最初两金属棒处于静止状态．当滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，ab和cd两棒的运动情况是A. ab、cd都向左运动B. ab、cd都向右运动C. ab向左，cd向右D. ab向右，cd向左【答案】 D【点睛】两棒将线圈围在中间，则穿过两棒所围成的面积的磁场方向是竖直向下．原因是线圈内部磁场方向向下，而外部磁场方向向上，且向下强于向上．【母题5】如图甲所示，在倾角a=370的光滑平行导轨上，有一长度恰等于导轨宽度的均匀导体棒AB，平行于斜面底边CD由静止释放.导轨宽度L=10cm，在AB以下距离AB为x1的区域内有垂直于导轨的匀强磁场，该区域面积S=0.3m2,匀强磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，导体棒AB在t=1s时进入磁场区域，并恰好做匀速直线运动，已知导体棒AB的电阻r等于电阻R=6Ω，导轨足够长，重力加速度g=10m/s2，则A. 异体棒AB在磁场外运动时没有感应电流产生B. 位移x1为3m xk/wC. 导体棒AB进入磁场后感应电动势为0.6VD. 在前2s内电路中产生的内能为0.15J【答案】 B【解析】A. 导体棒没有进入磁场区域时穿过回路的磁感应强度不断增大，闭合回路的磁通量发生变化，回路产生感应电流，故A错误；B. 导体棒没有进入磁场前, 由牛顿第二定律得：mg sinα=ma, 解得：a=6m/s2, 导体棒进入磁场前做初速度为零的匀加速直线运动, ，故B正确；C. 导体棒进入磁场时的速度：v=at=6×1=6m/s，由图 2 所示图象可知，导体棒进入磁场后磁场的磁感应强度B=2T C错误；D然后磁场不变，导体棒在磁场中做匀速运动，由于该区域的面积为S=0.3m2,所以有磁场的斜面长度为3m，导体棒在磁场中运动了，产生的热量为在1.5s-2s时间内导体棒已经离开了磁场，所以回路中不产生内能，故在前2s内电路中产生的内能为0.09J，故D错误；故选B【母题6】如图示，在平行于水平地面的匀强磁场上方有两个竖直放置的正方形闭合线圈，两线圈用相同的金属材料制成,匝数相同，边长相同，a线圈的导线比b线线圈的粗.若磁场高度大于线圈边长，将两线圈从相同的高度由静止开始同时释放，则下列说法正确的是A. a、b线圈将同时落地B. a线圈将先落地C. a线圈将后落地D. 无法判断谁先落地【答案】 A点睛：本题的关键在于分析两线圈的加速度与横截面积无关，要将质量和电阻细化，根据表达式来分析加速度的关系，从而得出它们运动情况的关系．【母题7】（多选）在如图甲所示的电路中，电阻R1=R2=2R，圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻为R，半径为r2（r2<r1）的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为t0和B0，其余导线的电阻不计.闭合S，至t1时刻，电路中的电流已稳定，下列说法正确的是（）A.B. 电容器下极板带正电C.D.【答案】 BCD点睛：本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律的综合应用，应用法拉第定律时要注意s是有效面积，并不等于线圈的面积；注意分清电源的内外电路.【母题8】（多选）如图，光滑斜面PMNQ的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd，其中ab边长为l1，bc边长为l2，线框质量为m、电阻为R，有界匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于斜面向上，ef为磁场的边界，且ef∥MN.线框在恒力F作用下从静止开始运动，其ab边始终保持与底边MN平行，F沿斜面向上且与斜面平行.已知线框刚进入磁场时做匀速运动，则下列判断正确的是A.B.C. 线框进入磁场时有a→d→c→b→a方向的感应电流D. 线框进入磁场的过程中产生的热量为(F－mg sinθ)l2【答案】 ABDA正确；线框刚进入磁场B正确；线框进入磁场时，穿过线框的磁通量增加，根据楞次定律判断知，线框中感应电流方向为a→b→c→d→a，C错误；由D错误．【母题9】如图所示，倒“凸”字形硬质金属线框质量为m，总电阻为R，相邻各边相互垂直，且处于同一竖直平面内，ab、bc、cd、ef、fg、gh、ha边长均为l，ef边长3l，ab与ef平行.匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直纸面向内，磁场区域高度大于3l，磁感应强度大小为B.线框由静止开始从ab边ghcd边进入磁场时，线框恰好做匀速运动，当ab边穿出磁场下边界时线框也做匀速运动，重力加速度为g，求：（1）ghcd边刚刚进入磁场时的速度大小v；（2）线框完全进入磁场过程中产生的热量Q；（3）磁场区域高度H.【答案】（123线框进入磁场后，穿过线圈磁通量不变，没有感应电流，只受到重力，加速度为g点睛：根据线框做匀速运动，受重力和安培力平衡，求出匀速运动的速度；根据能量守恒定律求出产生的热量；线框完全进入磁场后做加速度为g 的匀加速运动，根据匀变速运动的规律可求下落的高度.【母题10】如图所示，两根粗细均匀的金属杆AB 和CD 的长度均为L ，电阻均为R ，质量均为m ，用两等长的、质量和电阻均不计的、不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，悬跨在绝缘的、水平光滑的圆棒两侧，AB 和CD 处于水平.在金属杆AB 的下方有高度为H 的水平匀强磁场，磁感强度的大小为B ，方向与回路平面垂直，此时CD 处于磁场中.现从静止开始释放金属杆AB 施加F ＝2mg 的恒力，AB 下落一段距离h 后，在AB 即将进入磁场的上边界时，其加速度为零，此时金属杆CD 还处于磁场中，重力加速度为g ，试求：（1）金属杆AB 即将进入磁场上边界时的速度v 1；（2）在此过程中金属杆AB 上产生的焦耳热Q 和通过导线截面的电量q ；（3）设金属杆AB 在磁场中运动的速度为v 2，通过计算说明v 2大小的可能范围；（4）依据第（3）问的结果，请定性画出金属杆AB 在穿过整个磁场区域的过程中可能出现的速度－时间图象（v －t ）图（任画一个可能图象）.【答案】 （1）224mgR B L （2）3224433162m g R QB L RmgB L +（3）222224mgR mgR v B L B L << （4）四种可能性：【解析】（1）AB杆达到磁场边界时，加速度为零，系统处于平衡状态，对AB杆：3mg＝2T对CD杆：2T＝mg＋BIL又F＝BIL＝221 2B L vR（3）AB杆与CD杆都在磁场中运动，直到达到匀速，此时系统处于平衡状态，对AB杆：3mg＝2T＋BIL对CD杆：2T＇＝mg＋BIL又F＝BIL＝222 B L v R解得： 222mgR v B L =所以222224mgR mgR v B L B L<< （4）AB 杆以速度v 1进入磁场，系统受到安培力（阻力）突然增加，系统做加速度不断减小的减速运动，接下来的运动情况有四种可能性：点睛：本题考查了电磁感应与电路、力学和能量的综合，关键要正确分析导体棒的受力情况，能熟练推导安培力的表达式22B L v F R =和感应电荷量q R Φ=总．在平时的学习中需加强这方面的训练，熟练掌握.。

专题11 电磁感应（解析版）重庆理综卷物理部分有其特定的题命模板，无论是命题题型、考点分布、模型情景等，还是命题思路和发展趋向方面都不同于其他省市的地方卷。

为了给重庆考区广大师生提供一套专属自己的复习备考资料，物理解析团队的名校名师们精心编写了本系列资料。

本资料以重庆考区的最新名校试题为主，借鉴并吸收了其他省市最新模拟题中对重庆考区具有借鉴价值的典型题，优化组合，合理编排，极限命制。

一、单项选择题1.【2014•重庆市杨家坪中学高三（上）入学考试】如图所示，矩形闭合线圈放置在水平薄板上，薄板左下方有一条形磁铁，当磁铁匀速自左向右通过线圈下方时，线圈始终保持静止，那么线圈中产生感应电流的方向(从上向下看) 和线圈受到薄板的摩擦力方向分别是( )A．感应电流的方向先逆时针方向，后顺时针方向 B．感应电流的方向先顺时针方向，后逆时针方向C．摩擦力方向先向左、后向右 D．摩擦力方向先向右、后向左2.【2014•重庆市杨家坪中学高三（上）入学考试】如图甲所示，直角三角形ABC是由同种金属材料制成的线框，线框位于跟有界匀强磁场垂直的平面内。

现用外力将线框ABC匀速向右拉进磁场，至AB边进入磁场前，设线框中产生的感应电动势为E、AB两点间的电势差为U、线框受安培力的合力为F、回路中消耗的电功率为P，如图乙所示中画出了上述各物理量与图示位移x的关系图象，则与这一过程相符合的图象是（）3.【2013·重庆市铜梁中学高三（下）三月考试】在右图所示的电路中,电键S断开之前与断开之后的瞬间,通过灯A的电流方向是( ).A．一直是由a到b B．先是由a到b,后无电流C．先是由a到b,后是由b到a D．无法判断【答案】C【解析】试题分析: 开关S断开之前，通过灯A的电流方向为a到b；当开关断开后，A灯中原来的电流消失，通过线圈的电流要减小，穿过线圈的磁通量减小，产生自感电动势，根据楞次定律可知，线圈右端相当于电源的正极，左端相当于电源的负极，则通过灯A的电流方向由b 到a，选项A、B、D均错误.故选C。

中考物理专题复习11：电磁感应(磁生电)20XX年中考物理专题复习11：电磁感应(磁生电)专题11 电磁感应（磁生电）典例1 电动机是一种高效、低污染的动力设备，广泛地应用研究在日常生活和生产实践中。

下列家用电器中应用到电动机的是（）A．电热水器B．电饭锅C．洗衣机D．电热毯解析：电动机的工作特点是通电以后，电动机的转子会发生转动．所以要判断哪个用电器应用了电动机，就看哪个用电器通电以后，会发生转动。

洗衣机通电时，滚筒会发生转动，表明洗衣机内部有电动机，所以洗衣机应用了电动机；电热水器、电饭锅、电热毯通电时，电能转化为内能，它们是利用了电流的热效应。

本题答案为C．点评：电动机工作时的能量转化是电能转化为机械能，电热器工作时的能量转化是电能转化为热能，它们的能量转化截然不同，比较容易辨别。

典例2 微风吊扇通电后扇叶转动，此过程中能转化为动能．拔下插头，在插头处接发光二极管，用手旋转叶片，发光二极管发光，这是生电的现象，人们利用这一原理制成了（发电机/电动机）．解析：吊扇工作时消耗电能，将电能转化为动能；用手旋转叶片时，线圈在磁场中做切割磁感线运动，产生了感应电流；感应电流通过发光二极管时，使发光二极管发光，此时的吊扇就是一个发电机。

20XX年中考物理专题复习11：电磁感应(磁生电)答案：电；磁；发电机点评：发电机主要是由线圈和磁体组成的，电动机的主要组成部分也是线圈和磁体，它们的工作原理不同，工作时的能量转换不同。

典例3 科学家经过长期研究，发现了电和磁有密切关系，其中最重要的两项研究如图所示，下列判断中不正确的是（）A.左图是电动机的原理图B.右图是发电机的原理图C.在左图中，接通电源，导体ab上下运动D.在右图中，电路闭合，导体ab左右运动，电路中有感应电流解析：理解清楚教材中关于通电导体在磁场中受力和电磁感应的演示实验的装置图即可得到答案。

在左图中，闭合开关，电路中有电流，通电直导线在磁场中受力而运动；在右图中，没有电源，当导体在磁场中做切割磁感线运动时，通过电流表的指针是否偏转，来体现电路中是否产生感应电流，这是用来演示电磁感应现象的实验装置。

四. 知识要点：第一单元电磁感应现象楞次定律（一）电磁感应现象1. 产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化.2. 磁通量的计算（1）公式Φ=BS此式的适用条件是：①匀强磁场；②磁感线与平面垂直。

（2）如果磁感线与平面不垂直，上式中的S为平面在垂直于磁感线方向上的投影面积.即其中θ为磁场与面积之间的夹角，我们称之为“有效面积”或“正对面积”。

（3）磁通量的方向性：磁通量正向穿过某平面和反向穿过该平面时，磁通量的正负关系不同。

求合磁通时应注意相反方向抵消以后所剩余的磁通量。

（4）磁通量的变化：可能是B发生变化而引起，也可能是S发生变化而引起，还有可能是B和S同时发生变化而引起的，在确定磁通量的变化时应注意。

3. 感应电动势的产生条件：无论电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，这部分电路就会产生感应电动势。

这部分电路或导体相当于电源。

（二）感应电流的方向1. 右手定则当闭合电路的部分导体切割磁感线时，产生的感应电流的方向可以用右手定则来进行判断。

右手定则：伸开右手，使大拇指跟其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内，让磁感线垂直穿入手心，大拇指指向导体运动方向，那么伸直四指指向即为感应电流的方向。

说明：伸直四指指向还有另外的一些说法：①感应电动势的方向；②导体的高电势处。

2. 楞次定律（1）内容感应电流具有这样的方向：就是感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。

注意：①“阻碍”不是“相反”，原磁通量增大时，感应电流的磁场与原磁通量相反，“反抗”其增加；原磁通量减小时，感应电流的磁场与原磁通量相同，“补偿”其减小，即“增反减同”。

②“阻碍”也不是阻止，电路中的磁通量还是变化的，阻碍只是延缓其变化。

③楞次定律的实质是“能量转化和守恒”，感应电流的磁场阻碍过程，使机械能减少，转化为电能。

（2）应用楞次定律判断感应电流的步骤：①确定原磁场的方向。

②明确回路中磁通量变化情况。

③应用楞次定律的“增反减同”，确定感应电流磁场的方向。

专题十一、线框在磁场中的运动问题问题分析线框在磁场中的运动问题是电磁感应泄律的具体应用问题，是历年髙考考査的重点和难点，具有很强的综合性，线框进出磁场过程可以分为三个阶段：“进磁场”阶段、“在磁场中平动”阶段、'‘出磁场”阶段.不同的阶段，线框的运动规律不同，分析问题时需要区別对待，当然，这里的线框可以是矩形的，可以是圆形的，也可以是扇形或三角形的，还可以是其他形状的.线框在磁场中的运动问题，需要考虑两方面：一方而是电磁学的有关规律，即法拉第电磁感应左律、楞次泄律、左手定则、右手立则、安培力的计算公式等；另一方面是电磁学与力学的综合，线框在磁场中的运动透视的解题思路如下：⑴分析线框的运动情况，判断闭合回路中电磁感应情况，根据相关规律求岀电源电动势和电源内阻：(2)分析电路结构，求岀电路的息电阻和相关的电阻，再求出电路中的电流和安培力：(3)分析线框中切割磁感线的边的受力情况，求岀合力：(4)结合电磁学与力学的相关规律，判断出线框的具体运动规律：(5)根据能量守恒与转化的关系，分析题目所要求的相关问题.透视1考查线框在饌场中的摆动问题线框系在细线的一端，细线的另一端固定在某一点，线框由于某种原因在磁场中来回摆动，在摆动的过程中，线框切割磁感线，线框中有感应电动势和感应电流产生.这类试题一般需要考生判断感应电动势的大小、感应电流的大小和方向、安培力的大小和方向等.可以利用楞次泄律和右手左则判断感应电流的方向，利用左手左则判断安培力的方向，在运用楞次圮律时，一左要注意该立律中"阻碍”的含义.【题1］如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为加、阻值为R的闭合矩形金属线框用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动.金属线框从右侧某一位宜静I上开始释放，在摆动到左侧最髙点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平而，且垂直纸面.则线框中感应电流的方向是 ()A. a — bfCfd — aB・dfc — bfa — dC・先是d — c〜b — a — d , 后是d〜b — c — d —Q2D.先是 d 后是〃 — cfb — d — 〃【解析】在闭合线框从右端摆动到最低点这一过程中，穿过线框的磁感线逐渐减少，根据楞 次泄律可知，线框中产生感应电流以阻碍原磁场的减少，故线框中感应电流的方向为d-C m :在闭合线框从最低点摆动到茨左端这一过程中，穿过线框的磁感线逐渐增多, 根据楞次定律可知，线框中产生感应电流以阻碍原磁场的增多，故线框中感应电流的方向为 d — e — bfa — d,由以上分析可知，线框中感应电流的方向为d f c — b — Q f （I , B 正 确，A 、C> D 错误.透视2考查线框在蹑场中的旋转问题线框绕某一点在磁场中做圆周运动，即绕某点旋转，线框会切割磁感线，产生感应电流， 这与交流电的产生原理有点相似.这类问题，可以与交变电流的相关知识结合，考查考生对 知识的整合能力，【题2】如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为〃.电阻为人、半径为 L 、圆心角为45。

电磁感应经典例题及解析电磁感应是电磁学中的重要概念，也是我们日常生活中常常会遇到的现象。

在电磁感应的过程中，磁场的变化会导致电场的产生，进而引发电流的产生。

这一原理广泛应用于发电机、变压器等电磁设备中。

下面我们来看一些经典的电磁感应例题，并对其进行解析。

例题1：一个磁感强度为0.2 T的匀强磁场，以2 m/s的速度向垂直于磁场的方向移动，求导体中感应电动势的大小。

解析：根据电磁感应的原理，导体中感应电动势的大小等于磁感强度与导体的速度的乘积，即E = Bv。

将已知数据代入计算，E = 0.2 T × 2 m/s = 0.4 V。

例题2：一个圆形线圈的半径为10 cm，磁感强度为0.5 T的磁场垂直于线圈的平面，在0.2 s内磁场的强度从0.2 T增加到0.6 T，求线圈中感应电流的大小。

解析：根据电磁感应的原理，感应电流的大小等于感应电动势与电阻的比值，即I = ε/R。

感应电动势可以通过磁场的变化率来计算，即ε = -dφ/dt。

其中，φ表示磁通量。

磁通量的大小等于磁感强度与线圈面积的乘积，即φ = Bπr^2。

将已知数据代入计算，φ = 0.2 T ×π× (0.1 m)^2 = 0.02π Tm^2。

对磁通量关于时间的导数，即dφ/dt，可以计算为(0.6 T - 0.2 T)/0.2 s = 2 T/s。

因此，感应电动势的大小为ε = -2 T/s。

线圈的电阻需要另外给定，才能计算感应电流的大小。

通过以上例题的解析，我们可以看到，在电磁感应问题中，需要根据已知条件来计算磁通量的变化率，从而得到感应电动势的大小。

最后，根据电路中的电阻情况，可以计算出感应电流的大小。

电磁感应是电磁学中的重要概念，掌握电磁感应的原理和应用，对于理解和应用电磁学的知识具有重要意义。

通过解析经典的电磁感应例题，可以加深对电磁感应原理的理解，提高解决实际问题的能力。

2016年—2018年高考试题精编版分项解析专题11 电磁感应1．如图，在同一平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l,磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。

一边长为的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是（）A. B.C. D.【来源】2018年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国II卷）【答案】 D【解析】试题分析：找到线框在移动过程中谁切割磁感线，并根据右手定则判断电流的方向，从而判断整个回路中总电流的方向。

要分过程处理本题。

第一过程从①移动②的过程中然后从③到④的过程中，左边切割产生的电流方向逆时针，而右边切割产生的电流方向也是逆时针，所以电流的大小为，方向是逆时针当线框再向左运动时，左边切割产生的电流方向顺时针，右边切割产生的电流方向是逆时针，此时回路中电流表现为零，故线圈在运动过程中电流是周期性变化，故D正确；故选D点睛：根据线圈的运动利用楞次定律找到电流的方向，并计算电流的大小从而找到符合题意的图像。

2．如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中心，O为圆心。

轨道的电阻忽略不计。

OM是有一定电阻。

可绕O转动的金属杆。

M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。

空间存在半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，现使OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定（过程Ⅰ）；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B'（过程Ⅱ）。

在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于（）A. B. C. D. 2【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（新课标I卷）【答案】 B【点睛】此题将导体转动切割磁感线产生感应电动势和磁场变化产生感应电动势有机融合，经典中创新。

3．（多选）如图所示，竖直放置的形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B．质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g．金属杆（）A. 刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B. 穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C. 穿过两磁场产生的总热量为4mgdD. 释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷）【答案】 BCQ1=mg．2d，所以穿过两个磁场过程中产生的热量为4mgd，选项C正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则，得，有前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于，根据得金属杆进入磁场的高度应大于，选项D错误。

电磁感应综合问题1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的思路。

2.掌握应用动量守恒定律处理电磁感应问题的方法。

3.熟练应用楞次定律与法拉第电磁感应定律解决问题。

4.会分析电磁感应中的图像问题。

5.会分析电磁感应中的动力学与能量问题。

电磁感应中的动力学与能量问题1(2024·河北·模拟预测)如图甲所示，水平粗糙导轨左侧接有定值电阻R =3Ω，导轨处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B =1T ，导轨间距L =1m 。

一质量m =1kg ，阻值r =1Ω的金属棒在水平向右拉力F 作用下由静止开始从CD 处运动，金属棒与导轨间动摩擦因数μ=0.25，金属棒的v -x 图像如图乙所示，取g =10m/s 2，求：(1)x =1m 时，安培力的大小；(2)从起点到发生x =1m 位移的过程中，金属棒产生的焦耳热；(3)从起点到发生x =1m 位移的过程中，拉力F 做的功。

【答案】(1)0.5N ；(2)116J ；(3)4.75J 【详解】(1)由图乙可知，x =1m 时，v =2m/s ，回路中电流为I =E R +r =BLv R +r=0.5A安培力的大小为F 安=IBL =0.5N (2)由图乙可得v =2x金属棒受到的安培力为F A =IBL =B 2L 2v R +r=x2(N )回路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，从起点到发生x =1m 位移的过程中，回路中产生的焦耳热为Q =W 安=F A x =0+0.52×1J =0.25J金属棒产生的焦耳热为Q 棒=r R +rQ =116J(3)从起点到发生x =1m 位移的过程中，根据动能定理有W F -W 安-μmgx =12mv 2解得拉力F 做的功为W F =4.75J1．电磁感应综合问题的解题思路2．求解焦耳热Q 的三种方法(1)焦耳定律：Q =I 2Rt ，适用于电流恒定的情况；(2)功能关系：Q =W 克安(W 克安为克服安培力做的功)；(3)能量转化：Q =ΔE (其他能的减少量)。

专题11 电磁感应问题目录近年真题对比考向一法拉第电磁感应定律的理解和应用问题带电粒子在有界磁场中运动考向二电磁感应的综合问题命题规律解密名校模拟探源易错易混速记【命题意图】考查法拉第电磁感应定律综合应用问题，意在考查考生分析问题，通过图象获取有用信息的能力和应用数学知识解决问题的能力。

电磁感应中的电路、法拉第电磁感应定律、能量转换及电量的计算等知识点，意在考查考生对电磁感应电路的分析以及对电磁感应中功能关系的正确理解和应用2022年高考考查的内容较大概率以法拉第电磁感应定律的理解及其应用为核心，侧重要注重法拉第电磁感应定律的理解及应用。

有时还与实际生活、生产科技相结合，考查考生利用物理知识分析解决实际问题的能力。

【考查要点】主要考相法拉第电磁感应定律、楞次定律、闭合电路欧姆定律、功和功率、焦耳定律、能量守恒定律、功能关系、动能定理等，既有以选择题形式出现的，也有计算题的形式。

【课标链接】①理解法拉第电磁感应定律、楞次定律②能分析电磁感应中的电路问画出等效电路图。

能用力学中的能量守恒定律、功能关系、动能定理分析电磁感应问题。

考向一法拉第电磁感应定律的理解和应用问题带电粒子在有界磁场中运动1. （2023海南卷）汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针（俯视）方向电流，当汽车经过线圈时（）A. 线圈1、2产生的磁场方向竖直向上B. 汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcdC. 汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcdD. 汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同【答案】C【解析】由题知，埋在地下的线圈1、2通顺时针（俯视）方向的电流，则根据右手定则，可知线圈1、2产生的磁场方向竖直向下，A 错误；汽车进入线圈1过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb （逆时针），B 错误；汽车离开线圈1过程中，磁通量减小，根据楞次定律可知产生感应电流方向为abcd （顺时针），C 正确；汽车进入线圈2过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb （逆时针），再根据左手定则，可知汽车受到的安培力方向与速度方向相反，D 错误。

第四部分电磁感应与电路专题11电磁感应定律及其应用（测）(满分：100分建议用时：60分钟)姓名：_______________________班级：______________________得分：_____________________一．选择题：本题共12小题，每小题6分。

在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

1.(2021·云南保山模拟)如图甲所示，在光滑水平面上，一个正方形闭合线框abcd 在水平外力的作用下，从静止开始沿垂直磁场边界方向直线穿过匀强磁场．线框中产生的感应电流i 和运动时间t 的变化关系如图乙中的实线所示，则线框边长与磁场宽度(两边界之间的距离)的比值为()A ．1∶2B ．1∶3C ．3∶5D ．3∶8【答案】D.【解析】：由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有I ＝BLv R，则题给图象可知，线框的运动为初速度为零的匀加速直线运动，设其加速度a ，则线框刚进入磁场时的速度为2a ，然后以该速度切割磁感线产生感应电流，若设线框边长为L ，磁场宽度为d ，则图象中有电流的时间，即线框的右边刚进入磁场到线框全部进入磁场的过程中有L ＝2a ＋4a 2×2，从线框全部进入磁场到线框右边到达磁场右边界的过程，没有电流产生，有d －L ＝4a ＋6a 2×2，以上二式联立解得L d ＝38，选项D 正确．2.(2020·浙江嘉兴一中测试)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【答案】D.【解析】：当左侧通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流时，通过右侧线圈的磁通量增大，根据楞次定律可以知道，右侧线圈产生的感应电流方向为逆时针，由于磁场是均匀增大，则产生的感应电流为恒定的，故A、B错误；当有金属片通过时，接收线圈中磁通量仍然增大，故产生的感应电流方向仍然为逆时针，但是由于金属片中也要产生感应电流，所以接收线圈中的感应电流大小发生变化，故C错误，D正确．3.(2020·湖南长沙模拟)自1932年磁单极子概念被狄拉克提出以来，不管是理论物理学家还是实验物理学家都一直在努力寻找，但迄今仍然没能找到它们存在的确凿证据．近年来，一些凝聚态物理学家找到了磁单极子存在的有力证据，并通过磁单极子的集体激发行为解释了一些新颖的物理现象，这使得磁单极子艰难的探索之路出现了一丝曙光．如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图所示的闭合超导线圈，则从上向下看，这个线圈中将出现()A．先是逆时针方向，然后是顺时针方向的感应电流B．先是顺时针方向，然后是逆时针方向的感应电流C．逆时针方向的持续流动的感应电流D．顺时针方向的持续流动的感应电流【答案】C.【解析】：N极磁单极子穿过超导线圈的过程中，当磁单极子靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，且磁场方向从上向下，所以由楞次定律可知感应电流方向为逆时针；当磁单极子远离线圈时，穿过线圈的磁通量减小，且磁场方向从下向上，所以由楞次定律可知感应电流方向为逆时针，因此线圈中产生的感应电流方向不变．由于超导线圈中没有电阻，因此感应电流将长期维持下去，故A、B、D错误，C正确．4．(2020·江苏南京模拟)如图所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方(略靠前)固定一根与导线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流．释放导线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中()A．导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBAB．导线框的磁通量为零时，感应电流为零C．导线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下→向上D．导线框所受安培力的合力为零，做自由落体运动【答案】A.【解析】：根据右手螺旋定则可知导线上方的磁场方向垂直于纸面向外，下方的磁场方向垂直于纸面向里，而且越靠近导线磁场越强，所以闭合导线框ABC在下降过程中，导线框内垂直于纸面向外的磁通量先增大，当增大到BC边与导线重合时，达到最大，再向下运动，导线框内垂直于纸面向外的磁通量逐渐减小至零，然后随导线框的下降，导线框内垂直于纸面向里的磁通量增大，当增大到A点与导线重合时，达到最大，继续下降时由于导线框逐渐远离导线，使导线框内垂直于纸面向里的磁通量再逐渐减小，所以根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍内部磁通量的变化，所以感应电流的磁场先向里，再向外，最后向里，所以导线框中感应电流的方向依次为ACBA→ABCA→ACBA，A正确；当导线框内的磁通量为零时，内部的磁通量仍然在变化，有感应电动势产生，所以感应电流不为零，B错误；根据对楞次定律的理解，感应电流的效果总是阻碍导体间的相对运动，由于导线框一直向下运动，所以导线框所受安培力的合力方向一直向上，不为零，C、D错误．5．(2020·长兴中学高三模拟)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【答案】C.【解析】：根据右手定则可知，电流从D 点流出，流向C 点，因此在圆盘中电流方向为从C 向D ，由于圆盘在切割磁感线时相当于电源，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，故铜盘中有感应电流产生，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．6．(2020·山东济南市3月模拟)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n ＝1000匝，横截面积S ＝20cm 2.螺线管导线电阻r ＝1.0Ω，R 1＝4.0Ω，R 2＝5.0Ω，C ＝30μF.在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场的磁感应强度B 的方向如图甲所示，大小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1.2VB ．闭合K ，电路中的电流稳定后，电容器的下极板带负电C ．闭合K ，电路中的电流稳定后，电阻R 1的电功率为2.56×10－2WD ．闭合K ，电路中的电流稳定后，断开K ，则K 断开后，流经R 2的电荷量为1.8×10－2C 【答案】C 【解析】根据法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt，解得：E ＝0.8V ，故A 错误；根据楞次定律可知，螺线管的感应电流盘旋而下，则螺线管下端相当于电源的正极，则电容器的下极板带正电，故B 错误；根据闭合电路欧姆定律，有：I ＝E R 1＋R 2＋r＝0.08A ，根据P ＝I 2R 1，解得：P ＝2.56×10－2W ，故C 正确；K 断开后，流经R 2的电荷量即为K 闭合时电容器一个极板上所带的电荷量Q ，电容器两端的电压为：U ＝IR 2＝0.4V ，流经R 2的电荷量为：Q ＝CU ＝1.2×10－5C ，故D 错误．7.(2020·山东烟台一模)如图甲所示，间距L ＝0.2m 的水平金属导轨CD 、EF 固定在水平地面上，一质量m ＝4×10－3kg 的金属棒GH 垂直地放置导轨上，导轨处于沿水平方向、磁感应强度B 1＝0.2T 的匀强磁场中。

高考物理最新电磁学知识点之电磁感应解析含答案(1)一、选择题1．如图所示,闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁,磁铁的N 极朝下．当磁铁向下运动时(但未插入线圈内部)( )A ．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同,磁铁与线圈相互吸引B ．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反,磁铁与线圈相互排斥C ．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反,磁铁与线圈相互吸引D ．线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同,磁铁与线圈相互排斥2．如图所示，A 和B 是电阻为R 的电灯，L 是自感系数较大的线圈，当S 1闭合、S 2断开且电路稳定时，A 、B 亮度相同，再闭合S 2，待电路稳定后将S 1断开，下列说法中，正确的是（ ）A ．B 灯逐渐熄灭B ．A 灯将比原来更亮一些后再熄灭C ．有电流通过B 灯，方向为c→dD ．有电流通过A 灯，方向为b→a3．两块水平放置的金属板间的距离为d ，用导线与一个n 匝线圈相连，线圈电阻为r ，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R 与金属板连接，如图所示，两板间有一个质量为m 、电荷量＋q 的油滴恰好处于静止，则线圈中的磁感应强度B 的变化情况和磁通量的变化率分别是A ．磁感应强度B 竖直向上且正增强，tφ∆＝dmg nqB ．磁感应强度B 竖直向下且正增强，t φ∆＝dmg nqC ．磁感应强度B 竖直向上且正减弱，t φ∆＝()dmg R r nqR + D ．磁感应强度B 竖直向下且正减弱，tφ∆＝()dmgr R r nqR + 4．如图所示，一带铁芯线圈置于竖直悬挂的闭合铝框右侧，与线圈相连的导线abcd 内有水平向里变化的磁场．下列哪种变化磁场可使铝框向左偏离 ( )A ．B ．C ．D ．5．如图所示，铁芯P 上绕着两个线圈A 和B ， B 与水平光滑导轨相连，导体棒放在水平导轨上。

A 中通入电流i （俯视线圈A ，顺时针电流为正），观察到导体棒向右加速运动，则A 中通入的电流可能是（ ）A ．B ．C．D．6．在倾角为θ的两平行光滑长直金属导轨的下端，接有一电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计，有一匀强磁场与两金属导轨平面垂直，方向垂直于导轨面向上。

电磁感应+图像考点01 图像信息1. （2023年高考全国乙卷）一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验。

用图（a）所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通。

两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端。

实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图（b）和图（c）所示，分析可知（ ）A. 图（c）是用玻璃管获得的图像B. 在铝管中下落，小磁体做匀变速运动C. 在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变D. 用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短【参考答案】A【命题意图】本题考查电磁阻尼及其相关知识点。

【解题思路】强磁体从管的上端由静止释放，铝管本身和线圈都将对强磁体产生电磁阻尼，在铝管下落，强磁体做加速度减小的加速运动，图（c）是用玻璃管获得的图像，图（b）是用铝管获得的图像，A正确B错误；在玻璃管中下落，线圈中将产生感应电流，感应电流对小磁体下落产生电磁阻力，由安培力公式可知，电磁阻力与产生的感应电流成正比，所以在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力逐渐增大，C错误；由于在铝管中下落，受到的电磁阻力大于在玻璃管中下落，所以用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的长，D错误。

【知识拓展】电磁阻尼的实质是受到了与运动方向相反的安培力作用。

2 （2023高考全国甲卷）一有机玻璃管竖直放在地面上，管上有漆包线绕成的线圈，线圈的两端与电流传感器相连，线圈在玻璃管上部的5匝均匀分布，下部的3匝也均匀分布，下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两匝间的距离。

如图（a）所示。

现让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落，电流传感器测得线圈中电流I随时间t变化如图（b）所示。

则A. 小磁体在玻璃管内下降的速度越来越快B. 下落过程中，小磁体的N 极、S 极上下颠倒了8次C. 下落过程中，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变D. 与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，磁通量变化率的最大值更大【参考答案】AD【命题意图】本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电磁阻尼、对电流I 随时间t 变化图像的理解及其相关知识点。