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重难15 电磁感应（法拉第电磁感应定律、电磁感应中的电 路问题、图像问题、单棒模型、双棒模型、线框模型、电磁感 应中的动力学模型） 高考指导方向标 近三年考查趋 势分析 近三年高考中，本专题是常以选择题和计算题（尤其是压轴题）形式出现，分值约10-20 分。命题注重与实际科技应用（如发电机、电磁阻尼、磁悬浮）相结合，重点考查对电 磁感应现象的本质理解，以及综合运用动力学、能量、动量观点分析导体棒、线框在磁 场中复杂运动过程的能力。 命题特点： 突出楞次定律与法拉第定律应用：考查感应电流（电动势）方向的判断及大小的计算， 特别是导体切割磁感线（平动、转动）的瞬时与平均电动势。 聚焦典型动力学模型：“单棒”（阻尼式、发电式、含容）与“双棒”（等距、不等 距、有外力）模型是高频载体，常涉及变加速运动的分析及最终稳定状态的求解。 强化图像分析能力：结合Φ-t、B-t、E-t、I-t、F-t 等图像，考查对电磁感应过程中各 内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难技巧突破 授予利器 瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧 重难保分练 稳扎稳打 必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值 重难抢分练 突破瓶颈 争夺高分： 聚焦于中高难度题目，争夺关键分数 重难冲刺练 模拟实战 挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感” 物理量动态变化的理解与推理。 深入考查功能与动量关系：将电磁感应与能量守恒（焦耳热计算）、动量定理（求电荷 量、位移、时间）紧密综合，是压轴题的重要命题方向。 核心方法聚焦 “先电后力再能”分析流程：明确电磁感应现象（E=Blv 或E=nΔΦ/Δt）→ 分析电路 （等效电源、电流、安培力）→ 进行受力与运动分析（牛顿定律）→ 运用能量或动量 观点求解。 掌握典型模型规律： 单棒模型：最终状态往往是匀速（仅受安培力）或匀加速（受恒定外力）。 双棒模型：关注动量是否守恒，掌握最终共速或保持恒定速度差的结论。 线框模型：分析穿越磁场过程中的速度变化，熟练运用动量定理求电荷量或位移。 熟练运用两大定理：动能定理（能量守恒）求焦耳热；动量定理（∑BILΔt=Δp）处理 变力作用下的速度、电荷量、位移问题。 备考指导建议 透彻理解基本定律：吃透楞次定律（“阻碍”的含义）和法拉第电磁感应定律（感生、 动生电动势的计算）。 分类攻克典型模型：对单棒、双棒、线框等模型进行专题训练，掌握其运动过程、受力 特点、能量转化及最终状态。 强化图像与过程对应：练习根据物理过程描绘图像，或根据图像还原物理过程，提升信 息转换能力。 加强综合计算训练：重点练习融合动力学、电路、能量、动量的综合性大题，提升复杂 问题的分解与整合能力。 1. 楞次定律的推论（几种表现形式） 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（自感）——“增反减同” 使闭合线圈远离或靠近磁体——“增离减靠”，“增斥 减吸”：当开关S 闭合时，左环向左摆动、右环向右摆 动，远离通电线圈 2. 通电自感与断电自感的比较 通电自感 断电自感 电路图 器材 要求 A1、A2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，A2灯立即亮起来，A1 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(当抽掉铁芯后，重做实验，断开开关S 时，会看到灯A 马上熄灭) 原因 由于开关闭合时，流过电感线圈的电流 增大，使线圈产生自感电动势，阻碍了 电流的增大，使流过A1灯的电流比流 过A2灯的电流增加得慢 断开开关S 时，流过线圈L 的电流减小，使线 圈产生自感电动势，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 电流反向通过电灯A，且由于RLRA，使得流 过A 灯的电流在开关断开瞬间突然增大，从而 使A 灯的发光功率突然变大 能量转 化情况 电能转化为磁场能 磁场能转化为电能 3. 法拉第电磁感应定律 1. 内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。 2. 表达式：E＝n，n 为线圈匝数。 【注意】：E 的大小与Φ、ΔΦ无关，决定于磁通量的变化率 ΔΦ Δt 。 【注意】对E＝n 计算的理解： （1）当ΔΦ仅由B 的变化引起时（B 变S 不变）， E=n ΔB⋅S Δt ，其中S 为线圈在磁场中的有效 面积。若B=B0+kt ，则E=nkS 。 （2）当ΔΦ仅由S 的变化引起时（B 不变S 变）， E=n BΔS Δt 。 （3）当B 、S 同时变化时，则 E=n Φt−Φ0 Δt =n Bt St−B0 S0 Δt ≠n ΔBΔS Δt 。 若已知Φ－t 图像，则图线上某一点的切线斜率为 ΔΦ Δt 。 【注意】三个物理量的比较 物理量 磁通量Φ 磁通量的变化量ΔΦ 磁通量的变化率 物理 意义 某时刻穿过磁场中某个面的 磁感线条数 在某一过程中穿过某个面的磁通 量的变化量 穿过某个面的磁通量变化 的快慢 大小 计算 Φ＝BS⊥ ΔΦ＝ ＝ 注意 适用于匀强磁场。 穿过某个面有方向相反的磁 场时，则不能直接应用Φ＝ B·S.应考虑相反方向的磁通 量抵消以后所剩余的磁通 量。 ①ΔΦ＝Φ2－Φ1适用各种情况， ②ΔΦ＝B·ΔS 适用匀强磁场的情 况，③ΔΦ＝S·ΔB 适用面积不变 的情况。 开始和转过180°时，平面都与磁 场垂直，但穿过平面的磁通量是 不同的，一正一负，ΔΦ＝2B·S 而 不是零。 既不表示磁通量的大小也 不表示变化的多少。在Φ- t 图像中，可用图线的斜 率表示。 3.导体切割磁感线时的感应电动势 （1）公式： ，公式中要求B、L、v 三者相互垂直。（适用于导体在匀强磁场中做切割磁感线运 动而产生的感应电动势的计算）。 当导体做切割磁感线运动时，其感应电动势的计算公式为E=Blv sinθ ，θ 为运动方向与磁感线方 向的夹角。 【注意】：公式中L 为切割磁感线的有效长度，即导线在垂直速度方向的投影长度，如下图所示。 图甲中l=cd sin β ；图乙中若沿v1方向运动时，则l=MN ；图丙中若沿v1方向运动时，则 l=√2 R ；沿v2方向运动时，则l=R ；图丁中l=√a2+b2 。 公式中的v 应理解为导体和磁场间的相对速度，当导体不动而磁场运动时，也有感应电动势产生。若v 为 平均值，E 就是平均感应电动势，若v 为瞬时值，E 就是瞬时感应电动势。 4. 平动切割与转动切割的几种情形： (1)如下图(a)（平动），在磁感应强度为B 的匀强磁场中，导体以速度v 垂直切割磁感线时，感应电动势E ＝BLv. (2)如上图(b)（平动），在磁感应强度为B 的匀强磁场中，导体运动的速度v 与磁场的方向成θ 角，此时的 感应电动势为E＝BLvsin θ. （3）如上图(c)（转动），在磁感应强度为B 的匀强磁场中，长为L 的导体绕其一端为轴以角速度ω 垂直 切割磁感线匀速转动，此时产生的感应电动势E＝BωL2。 （4）如上图(d)（转动）：当长为l 的导体在垂直于匀强磁场(磁感应强度为B)的平面内，绕0 以角速度ω 匀速转动，OA=L1，OC=L2则 E=1 2 Bω( L2 2−L1 2) 。 【注意】两个公式的比较 公式 E＝n E＝Blvsin θ 区 别 研究对象 整个闭合回路 回路中做切割磁感线运动的那部分导体 适用范围 各种电磁感应现象 只适用于导体切割磁感线运动的情况 条件不同 不一定是匀强磁场E＝n＝n＝n，E 由决定。 导线l 上各点所在处的B 相同。 l、v、B 应取两两互相垂直的分量，可采用投影的 办法。 计算结果 Δt 内的平均感应电动势 某一时刻的瞬时感应电动势 联系 E＝Blvsin θ 是由E＝n 在一定条件下推导出来的。 【注意】电动势的产生 表达式 E＝n E=Blvsin θ E= Bl2ω E=NBSωsin（ωt+φ0） 情境图 研究对象 回路（不一定闭 合） 一段直导线（或等效 成直导线） 绕一点转动的 一段导体 绕与B 垂直的轴 转动的导线框 意义 一般求平均感应电 动势，当Δt→0 时求 的是瞬时感应电动 势 一般求瞬时感应电动 势，当v 为平均速度 时求的是平均感应电 动势 用平均值法求瞬时感 应电动势 求瞬时感应电动势 适用条件 所有磁场（匀强磁 场定量计算、非匀 强磁场定性分析） 匀强磁场 匀强磁场 匀强磁场 4. 电磁感应中的电路问题 电磁感应中电路知识的关系图 【注意】“三步走”分析电磁感应中的电路问题： 电磁感应中电路问题的误区 （1）不能正确根据感应电动势或感应电流的方向分析外电路中电势的高低。因产生感应电动势的那部 分电路相当于电源，故该部分电路中的电流从低电势处流向高电势处，而外电路中电流的方向是从高电 势处到低电势处。 （2）应用欧姆定律分析求解电路时，没有考虑到电源的内阻对电路的影响。 （3）对连接在电路中电表的读数不能正确进行分析，例如并联在等效电源两端的电压表，其示数是路 端电压，而不是等效电源的电动势。9 5. 电磁感应中的图像问题 电磁感应中的图像问题 电磁感应中图像问题的解题思路： (1)明确图像的种类，即是B－t 图还是Φ－t 图，或者E－t 图、I－t 图等；对切割磁感线产生感应电动势和 感应电流的情况，还常涉及E－x 图像和i－x 图像； (2)分析电磁感应的具体过程； (3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系； (4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式； (5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等； (6)画图像或判断图像． 【注意】电磁感应图像问题的两个常用分析方法 （1）排除法：定性地分析每一个过程中物理量的变化（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，把握三个关注，排除错误的选项。 注：注意过程或阶段的选取，一般进磁场或出磁场、磁通量最大或最小、有效切割长度最大或最小等 是分段的关键点。 （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作出分 析和判断。 6 电磁感应中的单棒模型 项目 阻尼式单导体棒模型 发电式单导体棒模型 图示 电路 导体棒相当于电源。当速度为v 时，电动势 E=BLv 。 ¯I= ¯E R+r 导体棒相当于电源，当速度为v 时，电动势 E=BLv 安培力 安培力为阻力，并随速度减小而减小： F安=BIL= B2 L2v R+r ∝v 安培力为阻力，并随速度增大而增大. F安=BIL= B2 L2v R+r ∝v 加速度 加速度随速度减小而减小： a= B2 L2v m( R+r )+μg 加速度随速度增大而减小： a= F m−μg- B2 L2v m( R+r) 速度 a 减小的减速运动。最终静止 加速度减小的加速运动，最终匀速。 能量 全过程能量关系： −μ mgx −Q=0−1 2 mv 0 2 ，电阻产生的焦耳热 QR Q = R R+r 稳定后的能量转化规律： Fv m=(BLv m)2 R+r +μ mgv m ， 能量关系： Fx −μ mgx −Q=1 2 mv m 2 。 动量 μmg Δt−B¯I LΔt=μmg Δt−BqL=0−mv 0 μ mg Δt+ B2 L2 x R+r =mv 0 Ft−B¯I Lt−μmgt=mv m， Ft−B2 L2 x R+r −μmgt=mv m。 补充：发电式单导体棒模型的极值问题和模型拓展： （1）两个极值：v=0 时，有最大加速度： a= F m−μg ，a=0 时，有最大速度： a= F m−μg- B2 L2v m( R+r)=0 ， vm=( F−μ mg )( R+r ) B2 L2 。 （2）该模型的几种变形 含电源和电容器的单棒模型： 类型 电容放电型 电容无外力充电型 电容有外力充电型 含“源”电动式模型 示 意 图 动 力 学 观 点 电容器放电，相当于 电源;导体棒受安培 力而运动。 电容器放电时，导体 棒在安培力作用下开 始运动，同时产生阻 碍放电的反电动势， 导致电流减小直至电 流为零，此时 Uc=BLvm ；电容器充 电量:Q0=CE 放电结束时剩余电 量:Q=CE=CBLVm 电容器放电电量: ΔQ=Q0- Q=CE- CBLvm, 应用动量定理: 导体棒相当于电 源；电容器被充电UC渐 大，安培力为阻力，棒 减速，E 减小，有I＝， 当 时，I=0， F 安=0，棒做a 减小的加 速运动，最终匀速运 动。 最终速度：电容器 充电荷量：q＝CU，最 终电容器两端电压U＝ BLv，对棒应用动量定 理：mv0－mv＝BL·Δt＝ BLq，v＝.。 导体棒为电源，电容 器被充电 （1）导体棒做初速 度为零匀加速运动: (2)回路中的电流恒 定 : =CBLa (3)导体棒受安培力恒 定: F 安=CB2L2a (4) 导体棒克服安培 力做的功等于电容器 储存的电能: 过程分析：开关S 闭 合，ab 棒受到的安培力F ＝，此时a ＝，速度 v↑⇒E 感＝BLv↑⇒I↓⇒F ＝ BIL↓⇒加速度a↓，当E 感 ＝E 时，v 最大，且vm ＝。 动力学观点：分析最 大加速度、最大速度。 能量观点：消耗的电 能转化为动能与回路中的 焦耳热。 动量观点：分析导体 棒的位移、通过导体棒的 电荷量。 运动 图像 几种 变化 (1)导轨不光滑 (2)光滑但磁场与导轨不垂直 (3)导轨倾斜或竖直 【注意】只要导体棒受恒定外力，导体棒必做匀变速运动，且加速度为 a= F m+B2 L2C ；如果外力不 恒定，则导体棒做非匀变速运动;；如果不受外力，则导体棒匀速运动或静止。反之，只要导体棒速度均匀 变化(加速度恒定) ，感应电动势就均匀变化，电容器的带电量就均匀变化，回路中的电流就恒定不变( I=CBLa ) ，导体棒所受安培力就恒定不变，外力就恒定不变。 7 电磁感应中的双棒模型 常见情 景 等距双棒无外力 等距双棒有外力 不等距导轨 动力学 观点 导体棒1 受安培力的作用做加 速度减小的减速运动，导体棒 2 受安培力的作用做加速度减 小的加速运动，最后两棒以相 同的速度做匀速直线运动 导体棒1 做加速度逐渐 减小的加速运动，导体 棒2 做加速度逐渐增大 的加速运动，最终两棒 以相同的加速度做匀加 速直线运动 a 棒减速，b 棒加速，E＝BL1va－ BL2vb由va↓vb↑⇒E↓⇒ F 安↓⇒a↓，当BL1va＝BL2vb时，a＝ 0，两棒匀速 能量观 点 棒1 动能的减少量＝棒2 动能 的增加量＋焦耳热 外力做的功＝棒1 的动 能＋棒2 的动能＋焦耳 热 动能转化为焦耳热： 动量观 点 系统动量守恒 系统动量不守恒 BIL1t＝mv0－mva BIL2t＝mvb－0 补充：双棒模型的过程推导： （1）无外力等距双导体棒模型 电路特点:棒2 相当于电源；棒1 受安培力而加速起动，运动后产生反电动势。 电流特点： I= Blv 2−BLv 1 R1+R2 = Bl(v2−v1) R1+R2 ，随着棒2 的减速、棒1 的加速，两棒的相对速度v2−v1变 小，回路中电流也变小。当v1=0时电流最大，则 I= Blv 0 R1+R2 ；当v1=v2时电流I=0 。 两棒的运动情况：两棒的相对速度变小，感应电流变小，安培力变小（安培力大小为 F安=BIl= B2 L2(v2−v1) R1+R2 ）。棒1 做加速度变小的加速运动，棒2 做加速度变小的减速运动，最终两棒具 有共同速度，运动图像如下图所示。 动量规律：两棒受到安培力大小相等方向相反,系统合外力为零，系统动量守恒m2v0=(m1+m2)v共。 能量转化规律：系统机械能的减小量等于内能的增加量，该情景类似于完全非弹性碰撞，热量为 Q=1 2 m2v0 2−1 2 (m1+m2)v共 2 ，两棒产生焦耳热之比： Q1 Q2 = R1 R2 ；Q=Q1+Q2。 （2）有外力等距双导体棒模型 电路特点：棒2 相当于电源，棒1 受安培力而起动。 运动分析：某时刻回路中电流： I= Blv 2−BLv 1 R1+R2 = Bl(v2−v1) R1+R2 ，安培力大小：F安=BIL 。棒1： a1= F安 m1 棒2： a2= F−F安 m2 ，最初阶段，a2>a1, 只要a2>a1,(v2−v1)↑；I ↑；F安↑ ；a1↑ ；a2↓，当a1=a2时，v2−v1恒定，I 恒定，F安恒定，两棒匀加速。 稳定时的速度差：F=(m1+m2)a，F安=m1a，F安=BIL ， I= Bl(v2−v1) R1+R2 ， v2−v1= ( R1+R2)m1 F B2 L2(m1+m2) ，双棒的运动图像如下所示。 当导轨不光滑时，开始时，若F≤2Ff，则PQ 杆先变加速后匀速运动，MN 杆静止。若F＞2Ff，PQ 杆 先变加速后匀加速运动，MN 杆先静止后变加速最后和PQ 杆同时做匀加速运动，且加速度相同，运动图像 如下图所示。 8 电磁感应中的线框模型 示意图 动力学观点 能量观点 动量观点 在安培力作用下穿越磁 场（磁场宽度足够大） 以进入磁场时为例，设运动过 程中某时刻的速度为v，加速 度大小为a，则a＝，a 与v 方 向相反，导线框做减速运动， v↓⇒a↓，即导线框做加速度减 小的减速运动，最终匀速运动 （全部进入磁场）或静止（导 线框离开磁场过程的分析相 同） 部分（或 全部）动 能转化为 焦耳热： Q＝－ΔEk 动量不守恒，可用动量定理分 析导线框的位移、速度、通过 导线横截面的电荷量和除安培 力之外恒力作用的时间： （1 ）求电荷量或速度： ＝mv2－mv1，q＝ ； （2）求位移： ＝mv 末－mv0，即 ＝mv 末－ mv0； 在恒力F （包括重力 mg）和安培力作用下穿 越磁场（磁场宽度足够 大） 以进入磁场的过程为例，设运 动过程中某时刻导线框的速度 为v，加速度为a＝－。 （1）若进入磁场时＝，则导 线框匀速运动； 力F 做的 功等于导 线框的动 能变化量 与回路中 产生的焦 耳热之 （2）若进入磁场时＞，则导 线框做加速度减小的加速运动 （直至匀速）； （3）若进入磁场时＜，则导 线框做加速度减小的减速运动 （直至匀速）（导线框离开磁 场过程的分析相同） 和：WF＝ ΔEk＋Q （3）求时间：① ＋ F 其他·Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋ F 其他·Δt＝mv2－mv1 已知电荷量q，F 其他为恒力，可 求出变加速运动的时间； ② ＋F 其他·Δt＝mv2－ 【注意】线框进磁场的运动过程分析：（竖直面内） 如下图所示，线框穿越有界磁场问题，一般经历五个阶段：接近磁场，穿入磁场，浸没磁场（假如能 完全浸没），穿出磁场，远离磁场。其中一、三、五阶段只受重力，二、四阶段有电磁感应。 过程分析： ①匀速穿入，当自由落体的高度等于临界高度时，线框刚进入磁场时的速度使得安培力恰等于线框的 重力，线框匀速穿过磁场，如下图所示。 ②加速穿入，当自由落体的高度较低时，线圈刚进入磁场时的速度较小，使得安培力小于重力，线框 变加速穿入磁场，根据线框的长度不同，加速穿入分为三种情景：当线框长度较短时，完全穿入时，安培 力依然小于重力；当线框长度恰好等于临界长度时，当刚好完成穿入时，安培力等于重力；当线框长度较 长时，先加速在匀速，如下图所示。 ③减速穿入，当自由落体的高度较高时，线框刚进入磁场时速度较大，使得安培力大于重力，线框变 减速穿入磁场，根据线框的长度不同，减速穿入分为三种情景：当线框长度较短时，完全穿入时，安培力 依然小于重力；当线框长度恰好等于临界长度时，当刚好完成穿入时，安培力等于重力；当线框长度较长 时，先减速在匀速，如下图所示。 9. 电磁感应中的动力学问题 1．基本思路 处理此类问题的一般思路是“先电后力”。 2．两种运动状态 (1)导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态。 处理方法：根据平衡条件列式分析。 (2)导体处于非平衡态——加速度不为零。 处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。 3．力学对象和电学对象的相互联系 补充：电磁感应现象中导体常见运动情况的动态分析 v ↓ E＝Blv ↓ I＝ ↓ 若F 合＝0 匀速直线运动 若F 合≠0 ↓ F 合＝ma a、v 同向 v 增大，若a 恒定，拉力F 增大 v 增大，F 安增大，F 合减小，a 减小，做加速度减小的 加速运动，减小到a＝0，匀速直线运动 a、v 反向 v 减小，F 安减小，a 减小，当a＝0，静止或匀速直线 运动 F 安＝BIl ↓ 电磁感应中的动力学临界问题的分析思路 （1）解决这类问题的关键是通过受力情况和运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速 度为最大值或最小值的条件。 （2）基本思路是：导体受外力运动――――→感应电动势――――――→感应电流―――→导体受安 培力→合外力变化――――→加速度变化→速度变化→临界状态→列式求解。 10. 电磁感应中的能量问题 1.能量转化 2.求解焦耳热的三种方法 3.求解电能的思路 若电流恒定，可以根据电路结构及W＝UIt 或Q＝I2Rt 直接计算。 若电流变化，则：①利用克服安培力做功求解，电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。② 利用能量守恒或功能关系求解，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。 11. 电磁感应中的动量问题 1．导体棒(或金属框)在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，可用动量定理分析导 体棒(或金属框)的速度变化。 求解的物理量 应用示例 电荷量或速度 －BIlΔt＝mv2－mv1，q＝IΔt，即－Bql＝mv2－mv1 位移 −B 2l 2vΔt R总 ＝0－mv0即−B 2l 2 x R总 ＝0－mv0 时间 −B IlΔt＋F 其他Δt＝mv2－mv1即－Blq＋F 其他Δt＝mv2－mv1， 已知电荷量q、F 其他(F 其他为恒力) −B 2l 2vΔt R总 ＋F 其他Δt＝mv2－mv1，vΔt＝x，已知位移x、F 其他(F 其他为恒力) 【注意】安培力对时间的平均值的两种处理方法 力对时间的平均值和力对位移的平均值通常不等。力对时间的平均值可以通过作 F-t 图象，求出曲线与 t 轴围成的面积（即总冲量），再除以总时间，其大小就是力对时间的平均值¯Ft 。 （1）角度一 安培力对时间的平均值求电荷量 安培力的冲量公式是 FΔt=BIL Δt=BLq=BL ΔΦ R ，这是安培力在电磁感应中的一个重要推论。感应电流通 过直导线时，直导线在磁场中受到安培力的作用，当导线与磁场垂直时，安培力的大小为F=BIL。在时间 △t 内安培力的冲量 根据电流的定义式 ¯I=q t ，式中q 是时间t 内通过导体截面的电量 欧姆定律 ¯I= ¯E R ，R 是回路中的总电阻 电磁感应中 ¯E= Δφ Δt 可以得到安培力的冲量公式，此公式的特殊性决定了它在解题过程中的特殊应用。 （2）角度二 安培力对时间的平均值求位移 安培力的冲量公式是 ① 闭合电路欧姆定律 ② 平均感应电动势： ③ 位移： ④ 联立 ①②③④ 得 （建议用时：20 分钟） 1．如图，某科技小组利用电磁感应的原理设计了一款电梯坠落缓冲装置。如图，在电梯轿厢上安装永久 强磁铁，井壁固定水平方向的闭合线圈A、B，当电梯坠至图示位置时，下列说法正确的是（ ） A．俯视看，线圈A 中产生逆时针方向的感应电流 B．磁铁对线圈A 产生的安培力方向向上 C．若拆掉线圈B，缓冲效果会更好 D．若增加线圈A、B 的匝数，缓冲效果会更好 【答案】AD 【详解】A．由楞次定律，此时穿过线圈A 的磁通量向上且减小，则线圈A 产生由俯视来看的逆时针方向 的感应电流，A 正确； B．线圈A 对磁铁有竖直向上的力，则磁铁对线圈A 有竖直向下的安培力，B 错误； CD．由楞次定律可知，两个线圈对磁铁的缓冲作用正向叠加，若拆掉线圈B，缓冲效果会变差，增加线圈 A、B 的匝数，线圈中的感应电流变大，缓冲效果会更好，C 错误，D 正确。 故选AD。 2．如图所示，线圈M 和线圈N 绕在同一个铁芯上，初始开关S1断开、S2闭合，已知电流计指针向左偏转 表示电流从左端流入，则下列说法正确的是（ ） A．闭合 S1瞬间，电流计指针将向左偏转 B．闭合 S1后，将滑动变阻器的滑片P 向下移动，电流计指针向左偏转 C．若先闭合S1，再闭合S2瞬间，电流计中也会有感应电流 D．若开关S2断开，在闭合S1瞬间，线圈N 两端的电势差不为零 【答案】D 【详解】A．闭合S1，根据右手螺旋定则M 线圈内部产生向左的磁场，在N 线圈内部向左的磁通量增加， 根据楞次定律可知产生的感应电流从右端流入电流计，则电流计指针将向右偏转，故A 错误； B．滑动变阻器的滑片P 向下移动，滑动变阻器接入电路阻值减小，M 中的电流增大，线圈内部产生向左 的磁感应强度增强，在N 线圈内部向左的磁通量增加，产生的感应电流从右端流入电流计，电流计指针将 向右偏转，故B 错误； C．若先闭合S1，再闭合S2，穿过N 线圈的磁通量没有改变，不会产生感应电流，故C 错误； D．若开关S2断开，在闭合S1瞬间，磁通量增加，线圈N 会产生感生电动势，其两端的电势差不为零，故 D 正确。 故选D。 3．如图所示，在一磁感应强度B=0.5T 的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距L=0.1m 的平 行光滑金属导轨MN 和PQ，导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点N、Q 之间连接一阻值R=0.3Ω 的电阻。 导轨上垂直放置着金属棒ab，其接入电路的电阻r=0.2Ω。当金属棒在水平拉力作用下以速度v=4.0m/s 向左 做匀速运动时（ ） A．ab 棒所受安培力大小为0.02N B．N、Q 间电压为0.12V C．a 端电势比b 端电势低 D．回路中感应电流大小为1A 【答案】AB 【详解】AD．ab 棒产生的电动势为 回路中感应电流大小为 ab 棒所受安培力大小为 ，故A 正确，D 错误； B．N、Q 之间的电压为 ，故B 正确； C．金属棒向左做匀速运动，由右手定则可知a 端电势比b 端电势高，故C 错误。 故选AB。 4．某小型发电机的发电原理可简化为图甲所示，矩形线圈abcd 共有N 匝，总电阻为r，线圈处于匀强磁 场中，通过理想交流电流表与阻值为R 的电阻相连。某段时间线圈以角速度 绕垂直磁场方向的轴OO'匀 速转动，图乙是穿过线圈的磁通量Φ 随时间t 变化的图像，则（ ） A．图甲所示时刻，线圈中的电流方向为adcba B．t1时刻，电流表的示数为0 C．电阻R 两端的电压有效值为 D．t1到t2时间内，流过电阻R 的电荷量为 【答案】AD 【详解】A．图甲所示时刻，ab 边向下切割磁感线，cd 边向上切割磁感线，根据右手定则可得，线圈中的 电流方向为adcba，故A 正确； B．电流表测量的是电流的有效值，所以t1时刻，电流表的示数不为0，故B 错误； C．线圈产生的感应电动势的最大值为 则电动势有效值为 电阻R 两端的电压有效值为 ，故C 错误； D．t1到t2时间内，通过电阻R 的电荷量为 ，故D 正确。 故选AD。 5．如图，一硬质导线折成一个不闭合的五角星形线框，在纸面内绕b 点逆时针转动。边界MN 上方有垂直 纸面向里的匀强磁场，当线框转至图中位置时，a、b、c、d 各点的电势大小关系为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】在磁场中切割磁感线会产生感应电动势，大小为 ，方向利用右手定则来分析； 在本题中，若线框是闭合的，感应电流应为逆时针方向，所以可知 且是最大的； 间的等效长度小于 间的等效长度，所以 ，即 可推导出 ，即 故选A。 6．如图所示，abcd 为水平固定放置的U 形导体框，其中 长为，右端接一阻值为 的定值电阻，长为 、阻值为 的均匀导体棒 始终与导体框垂直并接触良好。整个装置处于垂直纸面的匀强磁场中， 磁感应强度大小为 。导体框电阻不计，现使导体棒以速度水平向左匀速运动，下列说法正确的是（ ） A．时间内流过导体棒的电荷量为 B．定值电阻上产生的焦耳热的热功率为 C．导体棒两端的电势差为 D．导体棒两端的电势差为 【答案】BC 【详解】A．导体棒以速度水平向左匀速运动，等效电路如图所示，回路中电流 电荷量 ，A 错误； B．定值电阻上产生的焦耳热功率 ，B 正确； CD．因为 ， 闭合回路之外的电势差为 所以导体棒两端的电势差 ，故C 正确，D 错误。 故选BC。 7．如图所示，竖直面内质量为 、总电阻为 、边长为 的正方形导线框 由静止释放， 边与水平 虚线平行，距虚线高度为 ，虚线下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，重力加速度大小为 ，在 边进入 磁场瞬间，导线框加速度恰好为零， 始终保持水平，求： (1)导线框进入磁场瞬间的速度大小； (2)导线框进入磁场过程中产生的焦耳热 ； (3)匀强磁场的磁感应强度大小 。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）导线框进入磁场前做自由落体运动，有 解得 （2）在 边进入磁场瞬间，导线框加速度恰好为零，说明导线框匀速进场，在进场过程中做匀速直线运 动， 根据能量守恒，有 （3） 边进入磁场瞬间，导线框的加速度恰好为零，有 其中 切割产生的电动势为 电流为 联立解得 （建议用时：30 分钟） 8．如图，两条固定的光滑平行金属导轨，所在平面与水平面夹角为 ，间距为l，导轨电阻忽略不计，两 端各接一个阻值为2R 的定值电阻，形成闭合回路：质量为m 的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好， 接入导轨之间的电阻为R；劲度系数为k 的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨平行，一端固定，另一端 均与金属棒中间位置相连，弹簧的弹性势能 与形变量x 的关系为 ；将金属棒移至导轨中间位 置时，两弹簧刚好处于原长状态；整个装置处于垂直导轨所在平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为 B。将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a 后静止释放，金属棒沿导轨向下运动到最远处，用时为t，最 远处与导轨中间位置距离为b，弹簧形变始终在弹性限度内。此过程中（ ） A．金属棒所受安培力冲量大小为 B．每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为 C．每个定值电阻产生的热量为 D．金属棒的平均输出功率为 【答案】D 【详解】A．根据 而 , 解得 ，选项A 错误； B．该过程中由动量定理 解得每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为 ，选项B 错误； C．由能量关系可知回路产生的总热量 每个定值电阻产生的热量为 ，选项C 错误； D．金属棒的平均输出功率 ，选项D 正确。 故选D。 9．如图（a）所示，相距L 的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内，两长度均为L、电阻均为R 的金 属棒ab、cd 垂直跨放在两导轨上，金属棒与导轨接触良好。导轨电阻忽略不计。导轨间存在与导轨平面垂 直的匀强磁场，其磁感应强度大小B 随时间变化的图像如图（b）所示， 时刻， 。 时刻， 两棒相距 ，ab 棒速度为零，cd 棒速度方向水平向右，并与棒垂直，则0~T 时间内流过回路的电荷量为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】通过导体的电荷量 而 时，磁感应强度为零，故 联立以上各式，可得 故选B。 10．如图1 所示，在平面内存在一以O 为圆心、半径为r 的圆形区域，其中存在一方向垂直平面的匀强磁 场，磁感应强度B 随时间变化如图2 所示，周期为 。变化的磁场在空间产生感生电场，电场线为一系列 以O 为圆心的同心圆，在同一电场线上，电场强度大小相同。在同一平面内，有以O 为圆心的半径为 的导电圆环I，与磁场边界相切的半径为 的导电圆环Ⅱ，电阻均为R，圆心O 对圆环Ⅱ上P、Q 两点的 张角 ；另有一可视为无限长的直导线CD。导电圆环间绝缘，且不计相互影响，则（ ） A．圆环I 中电流的有效值为 B． 时刻直导线CD 电动势为 C． 时刻圆环Ⅱ中电流为 D． 时刻圆环Ⅱ上PQ 间电动势为 【答案】BD 【详解】A．由题图可知，在 内和 内圆环I 中的电流大小均为 在 内圆环I 中的电流大小为 设圆环I 中电流的有效值为 ，根据有效值定义可得 联立解得 故A 错误； B．设右侧又一无限长的直导线 对称的无限长的直导线 与 构成回路，则 时刻， 、 回路产生的总电动势为 根据对称性可知 时刻直导线CD 电动势为 ，故B 正确； C．由于圆环Ⅱ处于磁场外部，通过圆环Ⅱ的磁通量一直为0，所以圆环Ⅱ不会产生感应电流，则 时刻圆环Ⅱ中电流为0，故C 错误； D．以O 点为圆心，过程P、Q 两点圆轨道，在 时刻产生的电动势为 则P、Q 两点间圆弧的电动势为 由于P、Q 两点间圆弧与圆环Ⅱ上PQ 构成回路不会产生感应电流，则圆环Ⅱ上PQ 间电动势为 ， 故D 正确。 故选BD。 11．如图所示，有两个同心共面的金属环放置于磁感应强度 的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面 向下，两圆环的半径分别为 和 ，金属杆在两圆环之间的电阻为 ，以角速度 沿顺 时针方向绕O 点匀速旋转。用导线把两个环与电源和一保险丝电阻相连接。电源电动势 ，内阻为 ，保险丝电阻 ，熔断电流为1A，则（ ） A．电路中的电流方向一定从上至下流经R B．当 时，金属杆两端的电压为2V C．若金属杆反向转动，只要 足够小，保险丝就不会被熔断 D．当 时，保险丝不会被熔断 【答案】B 【详解】A．由右手定则可知，金属杆绕O 点顺时针转动时，产生的电动势方向由小圆环指向大圆环，金 属杆匀速转动产生的电动势大小为 当 时，电流从上至下流经R，当 时，电流从下至上流经R，故A 错误； B．当 时，根据金属杆匀速转动产生的电动势大小为 解得 ，电流为0，此时金属杆两端的电压大小为2V，故B 正确； C．若金属杆反向转动， ，保险丝一定会被熔断，故C 错误； D．当 时，解得 ，故D 错误。 故选B。 12．某手摇发电机原理简化为题图：正方形导线框abcd 在条形匀强磁场中左右往复切割磁感线，从而供电。 已知导线框电阻均匀，边长大于磁场宽度。某次导线框向右匀速穿过磁场，以 边刚进入磁场时为零时刻， 则 间电势差 随时间变化的图像，可能正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设正方形导体框的边长为L，磁感应强度为B，运动速度为v，则cd 边进入磁场时，产生感应电 动势 设导体框的总电阻为R，则有 当cd 边通过磁场的右边界，ab 边还未进入磁场时，导体框中磁通量不变，不产生感应电流，此时 当ab 边进入磁场时，ab 边充当电源，此时 根据以上计算结果，可判断 随时间变化的规律。 故选B。 13．如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间距最窄处为一狭 缝，取狭缝所在处O 点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x 轴夹角均为θ，一电容为C 的电容器与导轨左端 相连，初始两板不带电。导轨上的金属棒与x 轴垂直，在外力F 作用下从O 点开始以速度v 向右匀速运动， 忽略所有电阻，不考虑电磁辐射。下列说法正确的是（ ） A．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电 B．金属棒到达x0时，通过金属棒的电流为BCv2tanθ C．金属棒到达x0时，电容器极板带电量为2BCv2x0tanθ D．从初始到金属棒到达x0的过程中，外力F 做的功为 【答案】D 【详解】A．金属棒运动过程中，根据楞次定律可知电容器的上极板应带正电，故A 错误； BC．由题知导体棒匀速切割磁感线，根据几何关系切割长度为L = 2x0tanθ 其中x0= vt 则产生的感应电动势为E = 2Bv2tanθt 由题图可知电容器直接与电源相连，则电容器的电荷量为Q = CE = 2BCv2tanθt 则流过金属棒的电流I= =2BCv2tanθ，故B 错误； 当金属棒到达x0处时，导体棒产生的感应电动势为E′=2Bvx0tanθ 则电容器的电荷量为Q = CE′ = 2BCvx0tanθ，故C 错误； D．金属棒运动过程中，电流为 金属棒匀速运动过程中，外力做的功等于克服安培力所做的功，可得 ， 故D 正确。 故选D。 14．如图甲所示，金属导线制成的光滑半圆弧导轨固定在竖直平面内，匀强磁场方向垂直纸面向里，金属 棒M 放置在圆弧导轨上，由静止开始向下运动；如图乙所示，金属导线制成的光滑折线型导轨分别水平和 竖直固定放置，匀强磁场方向垂直纸面向外，金属棒N 先竖直放置，受到轻微的扰动，下端由静止开始向 左运动，直至完全落在水平导轨上。运动过程中两个金属棒始终不脱离轨道，下列说法正确的是（ ） A．金属棒M 在运动过程中，感应电流方向先沿逆时针再沿顺时针 B．金属棒N 在运动过程中，感应电流方向先沿顺时针再沿逆时针 C．金属棒M 停止运动的时候，呈水平状态 D．金属棒N 在运动过程中，所受的安培力方向不一定与金属棒N 垂直 【答案】B 【详解】A．金属棒M 在运动过程中与圆弧导轨组成的回路的面积不变，磁通量不变，不会产生感应电流， 机械能守恒，A 错误； B．金属棒N 在运动的过程中，金属棒N 与折线型导轨构成的回路，面积先增大后减小，磁通量先增大， 后减小，根据楞次定律，回路中的电流方向先顺时针再变为逆时针，B 正确； C．金属棒M 的机械能守恒，一直做往复运动，不会停止运动，C 错误； D．根据左手定则可知金属棒N 受到的安培力一定与金属棒N 垂直，D 错误。 故选B。 15．如图所示，两足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，倾角 ，两导轨间距 ，导轨电阻不计。 导轨所在空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小 。两金属杆 、 垂直置于导 轨上并与导轨良好接触，质量分别为 、 ，电阻均为 。初始 时刻两金属杆相 距 ，金属杆 沿导轨向上运动的初速度大小为 ，金属杆 初速度为0 且始终受到沿导 轨向上的恒力 作用。已知当 时两杆相距最近，重力加速度为 。 (1)求两金属杆相距最近时共同的速度大小 ； (2)求 内通过 杆的电荷量 ； (3)求 内 杆上产生的焦耳热 。 【答案】(1)5m/s (2)5C (3)35J 【详解】（1）沿斜面方向，由于恒力 故两金属杆构成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可得 解得 （2）0~1s 内对 杆，令沿斜面向上为正方向，由动量定理得 解得 （3）0~1s 内，令 杆沿斜面向上运动的位移为 ， 杆沿斜面向上运动的位移为 ，由于 可得 对 、 杆组成的系统，由能量守恒与转化得 解得 由于 、 杆通过的电流相等且两杆电阻相同，则0~1s 内 杆上产生的焦耳热为 （建议用时：20 分钟） 16．如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为 ，速率恒为 ，宽为 的 区域存在与传送带平 面垂直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。边长为 、质量为m、电阻为R 的正方形线框 置 于传送带上，进入磁场前与传送带保持相对静止，线框 边刚离开磁场区域时的速率恰为 。若线框 或 边受到安培力，则其安培力大于 。线框受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，动摩擦因数 ， 边始终平行于 ，重力加速度为g。下列选项正确的是（ ） A．线框速率的最小值为 B．线框穿过磁场区域产生的焦耳热为 C．线框穿过磁场区域的时间为 D． 边从进入到离开磁场区域的时间内，传送带移动距离为 【答案】AD 【详解】A．在 边进入磁场而 边未进入磁场的过程中，线框受到沿传送带平面向上的安培力 和沿 传送带平面向下的重力分力 。若线框相对传送带滑动，则滑动摩擦力为 ，而 ， 故 已知线框受到的安培力 即 因此线框将相对传送带向上滑动，滑动摩擦力方向沿传送带平面向下。线框在沿传送带平面的安培力、重 力分力、摩擦力作用下做减速运动。在 边进入磁场到 边离开磁场的过程中，因线框速度小于传送带 速度，故其所受滑动摩擦力方向沿传送带平面向下。又因线框不受安培力，所以其在沿传送带平面的滑动 摩擦力和重力分力作用下做匀加速直线运动。综上分析可知，当 边刚进入磁场时，线框有最小速度 。 设线框加速度为 ，根据牛顿第二定律有 边离开磁场时速度恰好为 ，则有 联立解得 ，故A 正确； B．在 边进入磁场到 边进入磁场的过程中，由动能定理有 则该过程产生的焦耳热 在 边离开磁场到 边离开磁场的过程中，线框产生的焦耳热也为 。因此，线框穿过磁场区域产生的 焦耳热为 ，故B 错误； C．设 边进入磁场到 边进入磁场的时间为 ，根据闭合电路欧姆定律得 根据动量定理有 设 边进入磁场到 边离开磁场的时间为 ，有 因为 边离开磁场到 边离开磁场所用时间也为 ，所以线框穿过磁场区域的总时间 联立解得 ，故C 错误； D． 边从进入到离开磁场区域的时间 该段时间内传送带移动的距离 ，故D 正确。 故选AD。 17．如图，过P 点的虚线上方存在方向垂直于纸面的匀强磁场。一金属圆环在纸面内以P 点为轴沿顺时针 方向匀速转动，O 为圆环的圆心，OP 为圆环的半径。则（ ） A．圆环中感应电流始终绕O 逆时针流动 B．OP 与虚线平行时圆环中感应电流最大 C．圆环中感应电流变化的周期与环转动周期相同 D．圆环在磁场内且OP 与虚线垂直时环中感应电流最大 【答案】BC 【详解】A．在圆环进入磁场的过程中圆环中感应电流绕O 逆时针流动，圆环出磁场的过程中圆环中感应 电流绕O 顺时针流动，故A 错误； BCD．由几何关系可知圆环进入磁场的过程中，圆环的圆心轨迹是以P 点为圆心且半径与圆环的半径大小 相等的圆，则圆环切割磁感线的有效长度为l = 2rcos(90°－ωt)，其中ω 为圆环匀速转动的角速度，90°－ ωt 为OP 与虚线的夹角 则金属圆环在纸面内以P 点为轴沿顺时针方向匀速转动产生的感应电动势瞬时值为 化简得e = Bωr2[1－cos(2ωt)] 可见OP 与虚线平行时即ωt = 90°或270°圆环中感应电流最大；分析可知当环转动一圈的过程中，圆环中 的感应电流先逆时针增大再减小，后顺时针增大再减小，故圆环中感应电流变化的周期与环转动周期相同； 而圆环在磁场内且OP 与虚线垂直时ωt = 180°此时环中感应电流为零，故BC 正确、D 错误。 故选BC。 18．电磁制动是一种利用电磁感应产生的电磁力来制动的技术，广泛应用于各种机械设备中。如图甲所示 为一竖直下降的电梯内电磁制动系统核心部分模拟原理图，“日”字形导线框始终处于竖直平面内，线框 水平部分 ，电阻均为 ，PQ 与 间距均为 ，线框竖直部 分电阻不计，线框总质量 ；线框下方有垂直纸面向外的有界匀强磁场，场强大小 ，磁 场高度 ，上下边界水平，导线框以初速度 进入磁场，流过MN 的电流与下降路程s 的关系如图 乙所示（部分），不计空气阻力，重力加速度g 取 。求（ ） A．线框刚进入磁场时，MN 边中电流的方向 B．线框刚进入磁场时，线框的速度 C．PQ 边刚进入磁场时，线框的加速度a= D．线框MN 边穿越磁场的过程MN 边产生的焦耳热 【答案】ABD 【详解】AB．由右手定则可知MN 边刚进入磁场时电流的方向 （向左） MN 边在磁场中运动产生的感应电动势，有 感应电流 由图像知 总电阻 联立解得速度 ，故AB 正确； C．由图像知，PQ 边刚进入磁场时，MN 中的电流 则由电路结构知流过PQ 的电流 由牛顿第二定律 解得 ，方向向上；故C 错误； D．线框MN 边出磁场时，线框的速度v 由法拉第电磁感应定律 感应电流 由图像知 总电阻 联立解得速度 由能量守恒 MN 边穿越磁场的过程MN 边焦耳热 解得 ，故D 正确。 故选ABD。 19．某学习小组设计了一台电磁滑梯装置，简化模型如图所示。足够长倾角为 的光滑绝缘斜面上分布着 间隔均匀的水平平行磁场带，内有磁感应强度均为 ，方向垂直斜面向下的匀强磁场，每个磁场带的宽度 及相邻磁场带间隔均为 。现将一个质量为 ，电阻为 ，边长为 的正方形金属线框 从斜面某处静 止释放，已知重力加速度为 ，则下滑过程中，下列说法正确的是（ ） A．线框重力做功等于其动能增加、安培力做功、电热能之和 B．线框加速度随时间均匀减小 C．线框匀速时的速度大小 D．若线框从静止到速度为的过程中所用时间为，则正、反向通过导线横截面的电荷量之和 【答案】D 【详解】A．由功能关系可知线框重力做功等于其动能增加以及电热能之和，A 错误； B．当线框完全在磁场外或完全在磁场内时，磁通量不变，不受安培力，加速度为 当线框进入或穿出磁场时，对线框受力分析，由牛顿第二定律有 其中 联立可得 由于速度是变化的，且不是随时间线性变化的，所以加速度 也不是随时间均匀变化的，B 错误； C．线框匀速时，由受力平衡可得 解得线框匀速时的速度大小为 ，C 错误； D．若线框从静止到速度为的过程中，由动量定理有 其中 由电流的定义式有 联立解得通过导线横截面的电荷量之和 ，D 正确。 故选D。 20．在半径为 的无限长竖直圆柱形区域内分布有竖直向上的匀强磁场，将半径也是 的光滑绝缘细环固 定在水平面内，边缘正好与磁场区域重合，在细环上套有质量为 、电量为 （重力不计）的带电小球， 俯视图如图所示。已知磁感应强度 随时间变化规律为 （ ），在 时刻释放小球，小球将沿 细环做圆周运动，下列判断正确的是（ ） A．小球将沿逆时针方向做圆周运动 B．小球在运动过程中加速度大小不变 C．小球在运动一周的过程中动能增加 D．任意时刻小球受到细环弹力大小是所受洛伦兹力大小的一半 【答案】CD 【详解】A．由楞次定律可知感生电场的方向为顺时针，由于小球带正电，其将沿顺时针方向做加速圆周 运动，故A 错误； B．均匀变化的磁场产生恒定的电场，故小球所受电场力大小恒定，沿速度方向的加速度大小 恒定， 由于速度逐渐增大，在半径方向向心加速度 逐渐增大， 所以其合加速度 逐渐增大，故B 错误； C．由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势大小为 小球在运动一周的过程中只有电场力做功，电场力所做的功即为其动能增加量，故 ， 故C 正确； D．电场力方向始终与速度方向相同，t 时刻小球速度为 可知小球所受洛伦兹力为 对小球在任意时刻 代入可得 ，故任意时刻小球所受弹力方向背离圆心，大小为洛伦兹力的一半，故D 正确。 故选CD。
