高三物理二轮复习 第一部分 专题四 电磁感应与电路 第

专题四电磁感应与电路第1讲电磁感应规律及应用2016高考导航——适用于全国卷Ⅰ
热点聚焦备考对策
1.电磁感应部分：以考查楞次定律和法拉第
电磁感应定律的应用为主，多涉及牛顿运动
定律、电功和电热等力电综合问题．考查形
式为选择题或计算题.
2.恒定电流部分：以选择题的形式考查动态
电路、电路故障、含容电路和含电表电路等
问题的分析.
3.交变电流部分：以选择题的形式考查交变
电流有效值与峰值的关系、理想变压器的原
理．
复习时应理清各个基本概念，熟记各公式及适
用条件，掌握交流电“四值”的特点及适用范
围，注意训练和掌握闭合电路的动态分析问
题、含容电路的分析问题、变压器电路的动态
分析问题及电磁感应与电路相综合问题的分
析思路与方法，强化电磁感应图象问题的训
练，提高解决与实际生活、生产科技相结合的
实际问题的能力.
第1讲电磁感应规律及应用
热点一
电磁感应图象问题
命题规律电磁感应图象问题多以选择题形式出现，有时也与计算题结合，主要考查以下内容：
(1)综合应用楞次定律、法拉第电磁感应定律及电路、安培力等相关知识，判断电流(或安培力)随时间t(或位移x)变化的图象．(2)利用动力学观点判断棒(或线圈)的速度随时间变化的图象．(3)在计算题中考查学生的识图能力，由图象获取解题信息的能力．
1．(2015·高考山东卷)如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内．左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化．规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压u ab为正，下列u ab－t图象可能正确的是( )
甲
乙
A B
C D
[突破点拨]
(1)整流电路部分是干扰条件．
(2)在0～0.25T0内，i的变化率为正，且越来越______；当t＝0.25T0时，i的变化率为________；在0.25T0～0.5T0内，i的变化率为负，且越来越________．
(3)0.5T0～T0内与0～0.5T0内i的变化情况相同，故u ab的变化周期为________．
[解析] 圆环内磁场的变化周期为0.5T0，则产生的感应电动势的变化周期也一定是0.5T0，四个图象中，只有C的变化周期是0.5T0，根据排除法可知，C正确．
[答案] C
在上述题1中，若正弦交流电不经过整流，则u ab－t图象应为题1四个选项中的( )
解析：选A．不整流，i变化的周期为T0，故B、C错误．经分析u ab－t应为余弦曲线，故A正确，D错误．
2．(2015·广州第二次模拟)如图所示，边长为2l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框的一条对角线和虚线框的一条对角线恰好在同一直线上．从t＝0开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向移动进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域．用I表示导线框中的感应电流(以逆时针方向为正)．则下列表示I－t关系的图线中，正确的是( )
[解析] 在线框进入磁场时，切割磁感线的有效长度逐渐增加，当线框即将完全进入磁场时，切割磁感线的有效长度最大，产生的感应电流最大，此过程电流方向为逆时针方向．整个线框在磁场中运动时，不产生感应电流．当线框离开磁场时，产生的感应电流方向为顺时针方向，且切割磁感线的有效长度逐渐减小，产生的感应电流逐渐减小，所以选项D正确．[答案] D
3．(2015·长沙二模)如图所示，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，正方形金属线框电阻为R，边长是L，自线框从左边界进入磁场时开始计时，在外力作用下由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场．规定顺时针方向为感应电流I的正方向．外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过线
框横截面的电荷量为q ，则这些量随时间变化的关系正确的是( )
[解析] 线框速度v ＝at ，产生的感应电动势随时间均匀增大，感应电流均匀增大，A 错误；安培力随时间均匀增大，外力F 随时间变化关系是一次函数，但不是成正比，功率P ＝EI ，随时间变化关系是二次函数，其图象是抛物线，所以C 正确、B 错误；通过线框横截面的电荷量q ＝It ，随时间变化关系是二次函数，其图象是抛物线，选项D 错误．
[答案] C [总结提升]
分析电磁感应图象问题要注意以下四点
(1)注意初始时刻的特征，如初始时刻感应电流是否为零，感应电流的方向如何． (2)注意看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应． (3)注意观察图象的变化趋势，看图象斜率的大小、图象的曲直是否和物理过程相对应． (4)优先采取排除法．
热点二 电磁感应电路问题
命题规律 电磁感应电路问题为每年高考的热点，考查题型以选择题为主，主要涉及电流、电压、电功率、电热和电量的计算．
1．(2015·高考安徽卷)如图所示，abcd 为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l ，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，导轨电阻不计，已知金属杆MN 倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r ，保持金属杆以速度v 沿平行于cd 的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则( )
A ．电路中感应电动势的大小为Blv
sin θ
B ．电路中感应电流的大小为
Bv sin θ
r
C ．金属杆所受安培力的大小为B 2lv sin θ
r
D ．金属杆的热功率为B 2lv 2
r sin θ
[突破点拨]
(1)MN 切割磁感线的有效长度为________．
(2)MN 在回路中的有效电阻为________． (3)安培力公式F ＝BIL 中的L ＝________．
[解析] 金属杆MN 切割磁感线的有效长度为l ，产生的感应电动势E ＝Blv ，A 错误；金属杆MN 的有效电阻R ＝rl
sin θ，故回路中的感应电流I ＝E R
＝
Blv sin θrl ＝Bv sin θ
r
，B 正确；金属杆受到的安培力F ＝BIl sin θ＝Bl sin θ·Bv sin θr ＝B 2lv
r ，C 错误；金属杆的热功率P
＝I 2
R ＝B 2v 2sin 2 θr 2·rl sin θ＝B 2v 2sin θ·l
r
，D 错误．
[答案] B
在上述题1中，若要维持杆匀速滑动，求所需要施加的水平外力的大小和
方向．
解析：由平衡条件知：外力方向为水平方向上垂直于杆向右，大小F 外＝F 安＝B 2lv
r .
答案：B 2lv r
水平方向上垂直于杆向右
2.(多选)(2015·陕西西安质检)如图所示，用同种电阻丝制成的正方形闭合线框1的边长与圆形闭合线框2的直径相等，m 和n 是线框1下边的两个端点，p 和q 是线框2水平直径的两个端点，线框1和2同时由静止开始释放并进入上边界水平、足够大的匀强磁场中，进入过程中m 、n 和p 、q 连线始终保持水平．当两线框完全进入磁场以后，下面说法正确的是( )
A ．m 、n 和p 、q 电势的关系一定有U m ＜U n ，U p ＜U q
B ．m 、n 和p 、q 间电势差的关系一定有U mn ＝U pq
C ．进入磁场过程中流过1和2线框的电荷量Q 1＞Q 2
D ．进入磁场过程中流过1和2线框的电荷量Q 1＝Q 2
[解析] 当两线框完全进入磁场以后，根据右手定则知U n ＞U m ，U q ＞U p ，A 正确；两线框完全进入磁场后，由于两线框的速度关系无法确定，故不能确定两点间的电势差的关系，B 错误；设m 、n 间距离为a ，由Q ＝ΔΦR ，R ＝ρl
S
得进入磁场过程中流过线框1、2的电荷量
都为BaS
4ρ
，C 错误，D 正确．
[答案] AD
3.如图所示，水平放置的U 形金属导轨abcd 处于匀强磁场之中，已知导轨间的距离为L ，磁场的磁感应强度大小为B ，方向竖直向下．直金属导线MN 中间串有电压表(已知导线和电压表的总质量为m )，水平跨接在ab 与cd 上，且与ab 垂直，直导线与导轨之间的动摩擦因数为μ，R 为电阻，C 为电容器．现令MN 以速度v 0向右匀速运动一段时间后，用U 表示电压表的读数，q 表示电容器所带的电荷量，C 表示电容器的电容，F 表示对MN 的拉力．因电压表的体积很小，对MN 间电压的影响可忽略，则( )
A ．U ＝BLv 0，F ＝
B 2L 2v 0
R
＋μmg
B ．U ＝BLv 0，F ＝μmg
C ．U ＝0，F ＝μmg
D ．q ＝BLCv 0，F ＝B 2L 2v 0
R
[解析] 当直导线匀速运动时，产生的电动势为E ＝BLv 0，但因为电容相当于开路，所以回路中的感应电流为零，所以安培力为零，电压表的示数为零，电容器所带电荷量为q ＝BLCv 0，拉力的大小为F ＝μmg ，即只有C 项正确．
[答案] C [总结提升]
解决电磁感应中电路问题的思路
(1)“源”的分析：用法拉第电磁感应定律算出E 的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向(感应电流方向是电源内部电流的方向)，从而确定电源正负极，明确内阻r .
(2)“路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路．
(3)根据E ＝BLv 或E ＝n ΔФ
Δt ，结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦
耳定律等关系式联立求解．
热点三 电磁感应过程中的动力学问题
命题规律 电磁感应中的动力学问题为每年高考的热点，考查方式既有选择题，又有计算题，命题规律有以下两点：
(1)与牛顿第二定律、运动学知识结合的动态分析问题．(2)电磁感应中的安培力问题、涉及受力分析及功能关系的问题．
1.如图所示，竖直平面内有一宽L ＝1 m 、足够长的光滑矩形金属导轨，电阻不计．在导轨的上、下边分别接有电阻R 1＝3 Ω和R 2＝6 Ω.在MN 上方及CD 下方有垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁感应强度大小均为B ＝1 T ．现有质量m ＝0.2 kg 、电阻r ＝1 Ω的导体棒ab ，在金属导轨上从MN 上方某处由静止下落，下落过程中导体棒始终保持水平，与金属导轨接触良好．当导体棒ab 下落到快要接近MN 时的速度大小为v 1＝3 m/s.不计空气阻力，g 取10 m/s
2.
(1)求导体棒ab快要接近MN时的加速度大小；
(2)若导体棒ab进入磁场Ⅱ后，棒中的电流大小始终保持不变，求磁场Ⅰ和Ⅱ之间的距离h；
(3)若将磁场Ⅱ的CD边界略微下移，使导体棒ab刚进入磁场Ⅱ时速度大小变为v2＝9 m/s，要使棒在外力F作用下做a＝3 m/s2的匀加速直线运动，求所加外力F随时间t变化的关系式．
[突破点拨]
(1)导体棒ab从MN上方某处由静止下落→导体棒在磁场Ⅰ中切割磁感线产生
________→导体棒在______________作用下做加速运动．
(2)电路的连接→导体棒切割磁感线相当于电源，__________组成外电路．
(3)问题(2)中导体棒ab进入磁场Ⅱ后，电流大小始终保持不变→导体棒
____________→导体棒在磁场Ⅱ中做____________．
[解析] (1)以导体棒为研究对象，棒在磁场Ⅰ中切割磁感线运动，棒中产生感应电动势E，棒在重力和安培力作用下做加速运动．
由牛顿第二定律得：mg－BIL＝ma1①
E＝BLv1②
R外＝R1R2
R1＋R2
③
I＝E
R外＋r
④
由以上四式可得：a1＝5 m/s2.
(2)导体棒进入磁场Ⅱ后，安培力等于重力，导体棒做匀速运动，导体棒中电流大小始终保持不变．
mg＝BI′L⑤
I′＝E′
R外＋r
⑥
E′＝BLv′⑦
联立③⑤⑥⑦式解得：v′＝6 m/s
导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，v′2－v21＝2gh 解得：h＝1.35 m.
(3)导体棒进入磁场Ⅱ后经过时间t的速度大小
v＝v2＋at⑧
F＋mg－F安＝ma⑨
F安＝B2L2v
R外＋r
⑩
由③⑧⑨⑩解得：F＝(t＋1.6) N.
[答案] (1)5 m/s2(2)1.35 m (3)F＝(t＋1.6) N
(1)在上述题1第(2)问中，求a、b两点间的电势差大小是多少．解析：根据题意，a、b两点间电势差为U＝BLv′－I′r
代入数据解得：U＝4 V.
答案：4 V
(2)在上述题1第(3)问中，请画出0～1.6 s内外力F与时间t的关系图象．解析：由于F＝(t＋1.6) N
故0～1.6 s内F－t图象如图所示．
答案：见解析图
2．(2015·昆明一模)如图甲所示，MN 左侧有一垂直纸面向里的匀强磁场．现将一边长为l 、质量为m 、电阻为R 的正方形金属线框置于该磁场中，使线框平面与磁场垂直，且bc 边与磁场边界MN 重合．当t ＝0时，对线框施加一水平拉力F ，使线框由静止开始向右做匀加速直线运动；当t ＝t 0时，线框的ad 边与磁场边界MN 重合．图乙为拉力F 随时间变化的图线．由以上条件可知，磁场的磁感应强度B 的大小为( )
A ．
B ＝1l
mR t 0 B ．B ＝1l
2mR
t 0
C ．B ＝1
l
mR 2t 0
D ．B ＝2l
mR t 0
[解析] 根据题意，可知F 0＝ma ，F 安＝BIL ＝B 2l 2v R ＝B 2l 2at
R
，因为F －F 安＝ma ＝常数，
所以ΔF Δt ＝ΔF 安Δt ，即2F 0t 0＝B 2l 2
a R ，将F 0＝ma 代入化简，可得B ＝1l
2mR
t 0
.故选项B 正确．
[答案] B 3．(2015·福建厦门质检)如图甲所示，水平面内的直角坐标系的第一象限有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y 轴方向没有变化，沿x 轴方向B 与x 成反比，如图乙所示．顶角θ＝45°的光滑金属长导轨MON 固定在水平面内，ON 与x 轴重合，一根与ON 垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨向右滑动，导体棒在滑动过程中始终与导轨接触．已知t ＝0时，导体棒位于顶点O 处，导体棒的质量为m ＝1 kg ，回路接触点总电阻恒为R ＝0.5 Ω，其余电阻不计．回路电流I 与时间t 的关系如图丙所示，图线是过原点的直线．求：
(1)t ＝2 s 时回路的电动势E ；
(2)0～2 s 时间内流过回路的电荷量q 和导体棒的位移x 1； (3)导体棒滑动过程中水平外力F 的瞬时功率P (单位：W)与横坐标x (单位：m)的关系式．
[解析] (1)根据I －t 图象可知：I ＝k 1t (k 1＝2 A/s) 当t ＝2 s 时，回路电流I 1＝4 A 根据欧姆定律：E ＝I 1R ＝2 V. (2)流过回路的电荷量q ＝It
I ＝I 2
解得：q ＝
k 1t 2
2
当t ＝2 s 时，q ＝4 C 由欧姆定律得：I ＝
Blv R
l ＝x tan 45°
根据B －x 图象可知：B ＝k 2x
(k 2＝1 T ·m) 解得：v ＝k 1R k 2
t 由于
k 1R k 2
＝1 m/s 2，再根据v ＝v 0＋at ，可得a ＝1 m/s 2
可知导体棒做匀加速直线运动
则0～2 s 时间内导体棒的位移x 1＝12at 2
＝2 m.
(3)棒受到的安培力F 安＝BIl 根据牛顿第二定律：F －F 安＝ma
根据2ax ＝v 2
P ＝Fv
解得：P ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫k 22
2ax R ＋ma 2ax ＝4x ＋2x (W)．
[答案] (1)2 V (2)4 C 2 m (3)P ＝4x ＋2x (W)
[总结提升]
电磁感应中的动力学问题的解题思路
(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向． (2)根据等效电路图，求解回路中电流的大小及方向．
(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中的电流有什么影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况．
(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解．
用动力学和能量观点解决电磁感应综合问题
命题规律 电磁感应综合问题往往涉及法拉第电磁感应定律、楞次定律、闭合电路欧姆定律、动力学问题、能量问题等，综合性较强，常作为压轴计算题，有时也有选择题．
[范例] (2015·湖南师大附中模拟考试)(22分)如图所示，平行金属导轨与水平面间夹角均为37°，导轨间距为 1 m ，电阻不计，导轨足够长．两根金属棒ab 和a ′b ′的质量都是0.2 kg ，电阻都是1 Ω，与导轨垂直放置且接触良好，金属棒和导轨之间的动摩擦因数为0.25，两个导轨平面处均存在着垂直轨道平面向上的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B 的大小相同．让a ′b ′固定不动，将金属棒ab 由静止释放，当ab 下滑速度达到稳
定时，整个回路消耗的电功率为8 W ．求：
(1)ab 下滑的最大加速度； (2)ab 下落了30 m 高度时，其下滑速度已经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q 为多大？
(3)如果将ab 与a ′b ′同时由静止释放，当ab 下落了30 m 高度时，其下滑速度也已
经达到稳定，则此过程中回路电流的发热量Q ′为多大？(g ＝10 m/s 2
，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
[规范答题] (1)当ab 棒刚下滑时，ab 棒的加速度有最大值：a ＝g sin θ－μg cos θ＝4 m/s 2
.(2分)
(2)ab 棒达到最大速度时做匀速运动，有 mg sin θ＝BIL ＋μmg cos θ，(2分) 整个回路消耗的电功率
P 电＝BILv m ＝(mg sin θ－μmg cos θ)v m ＝8 W ，(2分) 则ab 棒的最大速度为：v m ＝10 m/s(1分)
由P 电＝E 22R ＝（BLv m ）2
2R
(2分)
得：B ＝0.4 T ．(1分)
根据能量守恒得：
mgh ＝Q ＋1
2
mv 2m ＋μmg cos θ·
h
sin θ
(2分) 解得：Q ＝30 J ．(1分)
(3)由对称性可知，当ab 下落30 m 稳定时其速度为v ′，a ′b ′也下落30 m ，其速度也为v ′，ab 和a ′b ′都切割磁感线产生电动势，总电动势等于两者之和．
根据共点力平衡条件，对ab 棒受力分析， 得mg sin θ＝BI ′L ＋μmg cos θ(2分)
又I ′＝2BLv ′2R ＝BLv ′
R (2分)
解得v ′＝5 m/s(1分)
由能量守恒得：
2mgh ＝12×2mv ′2
＋2μmg cos θ·h sin θ＋Q ′(3分)
代入数据得Q ′＝75 J ．(1分)
[答案] (1)4 m/s 2
(2)30 J (3)75 J [总结提升]
(1)解决电磁感应综合问题的一般分析思路：
(2)求解焦耳热的三个途径
①感应电路为纯电阻电路时产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q ＝W 克安．
②感应电路中电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功，即Q ＝I 2
Rt . ③感应电路中产生的焦耳热可通过能量守恒定律列方程求解． [最新预测]
1.(2015·山东泰安模拟)如图所示，间距为L ，电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R 的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m ，电阻也为R 的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v 0沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q .下列说法正确的是( )
A ．金属棒在导轨上做匀减速运动
B ．整个过程中电阻R 上产生的焦耳热为
mv 20
2
C ．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为qR BL
D ．整个过程中金属棒克服安培力做功为
mv 20
2
解析：选D ．设某时刻的速度为v ，则此时的电动势E ＝BLv ，安培力F 安＝B 2L 2v
2R
，由牛
顿第二定律有F 安＝ma ，则金属棒做加速度减小的减速运动，选项A 错误；由能量守恒定律知，整个过程中克服安培力做功等于电阻R 和金属棒上产生的焦耳热之和，即W 安＝Q ＝12mv 2
0，
选项B 错误，D 正确；整个过程中通过金属棒的电荷量q ＝ΔΦ2R ＝BS 2R ＝BLx
2R ，得金属棒在导轨
上发生的位移x ＝2qR
BL
，选项C 错误．
2．(2015·潍坊一模)如图所示，两条足够长的平行金属导轨相距L ，与水平面的夹角
为θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B ，虚线上方轨道光滑且磁场方向向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向向下．当导体棒EF 以初速度v 0沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒MN 一直静止在导轨上．若两导体棒质量均为m 、电阻均为R ，导轨电阻不计，重力加速度为g ，在此过程中导体棒EF 上产生的焦耳热为Q ，求：
(1)导体棒MN 受到的最大摩擦力； (2)导体棒EF 上升的最大高度．
解析：(1)EF 获得向上的初速度v 0时，感应电动势 E ＝BLv 0
电路中电流为I ，由闭合电路欧姆定律：I ＝E
2R
此时对导体棒MN 受力分析，由平衡条件： F A ＋mg sin θ＝F f F A ＝BIL
解得：F f ＝B 2L 2v 0
2R
＋mg sin θ.
(2)导体棒EF 上升过程MN 一直静止，对系统由能量的转化和守恒知12
mv 2
0＝mgh ＋2Q
解得：h ＝mv 20－4Q
2mg
.
答案：(1)B 2L 2v 02R ＋mg sin θ (2)mv 20－4Q
2mg
[失分防范]
用动力学和能量观点解决电磁感应综合问题极易从以下几点失分：①不会分析电源和电路结构，求不出电动势、电流等电学量；②错误分析导体(或线圈)受力情况，尤其是安培力的大小和方向；③不能正确地把机械运动过程、电磁感应过程和能量转化过程相联系；④思维混乱，错用公式，求不出结果．
可以从以下几点进行防范：①从“三个角度”看问题，即力与运动角度(动力、阻力、加速度、匀速还是变速)，电磁感应角度(电动势、电流、磁场强弱和方向、动生电还是电生动)，能量转化角度(什么力做了什么功、什么能转化成什么能)；②从“四个分析”理思路，即“源”“路”“力”“能”的分析，以力的分析为核心，力找对了，导体的运动情况和电磁感应过程就基本清楚了；③从“五个定律”搞突破，即电磁感应定律、楞次定律、欧姆定律、牛顿第二定律、能量守恒定律．
A 卷
一、选择题
1．(多选)(2015·高考全国卷Ⅰ，T19，6分) 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；电流是由于圆盘切割磁感线而产生的，不是因为自由电子随盘移动产生的，选项D错误．
2.(2015·高考海南卷)如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段
折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′.则
ε′
ε
等于( )
A．
1
2
B．
2
2
C．1 D． 2
解析：选B．由法拉第电磁感应定律知直金属棒运动时其两端电动势ε＝BLv，将此棒弯成两段长度相等且互相垂直的折线，并放于与磁感应强度垂直的平面内，并沿折线夹角平
分线的方向以相同的速度v运动时，ε′＝
1
2
BLv，则
ε′
ε
＝
1
2
BLv
BLv
＝
2
2
.因此B对，A、C、D错．
3.(多选)(2015·高考山东卷)如图，一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动．现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场，圆盘开始减速．在圆盘减速过程中，
以下说法正确的是( )
A ．处于磁场中的圆盘部分，靠近圆心处电势高
B ．所加磁场越强越易使圆盘停止转动
C ．若所加磁场反向，圆盘将加速转动
D ．若所加磁场穿过整个圆盘，圆盘将匀速转动
解析：选ABD ．根据右手定则可判断靠近圆心处电势高，选项A 正确；圆盘处在磁场中的部分转动切割磁感线，相当于电源，其他部分相当于外电路，根据左手定则，圆盘所受安培力与运动方向相反，磁场越强，安培力越大，故所加磁场越强越易使圆盘停止转动，选项B 正确；磁场反向，安培力仍阻碍圆盘转动，选项C 错误；若所加磁场穿过整个圆盘，整个圆盘相当于电源，不存在外电路，没有电流，所以圆盘不受安培力而匀速转动，选项D 正确．
4．(2015·高考福建卷)如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R 的金属条制成的矩形线框abcd ，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中．一接入电路电阻为R 的导体棒PQ ，在水平拉力作用下沿ab 、dc 以速度v 匀速滑动，滑动过程PQ 始终与ab 垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中( )
A ．PQ 中电流先增大后减小
B ．PQ 两端电压先减小后增大
C ．PQ 上拉力的功率先减小后增大
D ．线框消耗的电功率先减小后增大
解析：选C ．设PQ 左侧金属线框的电阻为r ，则右侧电阻为3R －r ；PQ 相当于电源，其
电阻为R ，则电路的外电阻为R 外＝
r （3R －r ）
r ＋（3R －r ）
＝
－⎝
⎛⎭⎪⎫r －3R 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3R 22
3R
，当r ＝3R
2
时，R 外max
＝34R ，此时PQ 处于矩形线框的中心位置，即PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中外电阻先增大后减小．PQ 中的电流为干路电流I ＝
E
R 外＋R 内
，可知干路电流先减小后增大，选项A 错误．PQ
两端的电压为路端电压U ＝E －U 内，因E ＝Blv 不变，U 内＝IR 先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，选项B 错误．拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P ＝F 安v ＝BIlv ，可知因干路电流先减小后增大，PQ 上拉力的功率也先减小后增大，选项C 正确．线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为3
4R ，小于内阻R ；根据电源的输出功率与
外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项D 错误．
5．(多选)(2014·高考四川卷)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 ＝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 ．
根据楞次定律可判断感应电流的方向总是从C 到D ，故A 正确，B 错误；由法拉第电磁感应定律可知：E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ⊥S Δt ＝ΔBL 2
Δt sin 30°＝0.2×12
×12 V ＝0.1 V ，故感应电流为I
＝E R
＝1 A ，金属杆受到的安培力F A ＝BIL ，t ＝1 s 时，F A ＝0.2×1×1 N ＝0.2 N ，方向如图1，此时金属杆受力分析如图1，由平衡条件可知F 1＝F A ·cos 60°＝0.1 N ，F 1为挡板P 对
金属杆施加的力．t ＝3 s 时，磁场反向，此时金属杆受力分析如图2，此时挡板H 对金属杆施加的力向右，大小F 3＝BIL cos 60°＝0.2×1×1×1
2 N ＝0.1 N ．故C 正确，D 错误．
6．(多选)(2015·济南一模)如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m 的金属棒ab .导轨的一端连接电阻R ，其他电阻均不计，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab 在一水平恒力F 作用下由静止开始向右运动．则( )
A ．随着ab 运动速度的增大，其加速度也增大
B ．外力F 对ab 做的功等于电路中产生的电能
C ．当ab 做匀速运动时，外力F 做功的功率等于电路中的电功率
D ．无论ab 做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能
解析：选CD ．金属棒ab 在一水平恒力F 作用下由静止开始向右运动，随着ab 运动速度的增大，产生的感应电流增大，所受与F 方向相反的安培力增大，其加速度减小，选项A 错误；外力F 对ab 做的功等于电路中产生的电能和金属棒增加的动能之和，选项B 错误；由能量守恒定律可知，当ab 做匀速运动时，外力F 做功的功率等于电路中的电功率，选项C 正确；无论ab 做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能，选项D 正确．
7.如图所示，质量为m 的金属线框A 静置于光滑水平面上，通过细绳跨过定滑轮与质量为m 的物体B 相连，图中虚线内为一水平匀强磁场，d 表示A 与磁场左边界的距离，不计滑。