2021届高考物理二轮复习专题四第2讲电磁感应及其应用作业含解析.doc
(最新原创)2021年高考二轮复习物理学案- 电磁感应附答案
相当
于电源，内阻 rcd＝hr，电动势 Ecd＝Bhv。
（1）根据欧姆定律，R 中的电流强度
为
0.4A，方向从 N 经 R 到 Q。师雪清
（2）使金属棒匀速运动的外力与安培力是一对平衡力，
方向向左，大小为 F＝F 安＝BIh 师雪清＝0.02N。
（3）金属棒 ab 两端的电势差等于 Uac、Ucd 与 Udb 三
者之和，由于 Ucd＝Ecd－Ircd，所以 Uab＝Eab－Ircd＝BLv
－Ircd＝0.32V。师雪清
（4）回路中的热功率 P 热＝I2（R＋hr）＝0.08W。
规律总结：①不要把 ab 两端的电势差与 ab 棒产生的感应电
动势这两个概念混为一谈。
②金属棒匀速运动时，拉力和安培力平衡，拉力做正功，安培
应电流为零，电功率为零。
在第二段时间内， BS BLvt， E BLv， I E BLv ， P (BLv)2 。
RR
R
在第三段时间内， BS 2BLvt， E 2BLv， I E 2BLv ， P (2BLv)2
RR
R
师雪清
在第四段时间内， BS BLvt， E BLv， I E ， P (BLv)2 。此题
为定值，其电量取决于所围成面积的变化。①若导轨 d 与 Ob
距离增大一倍，即由 x1 变 2x1，则所围成的面积增大了ΔS1
＝x1·x2；②若导轨 c 再与 Oa 距离减小一半，即由 x2 变为 x2/2，
则所围成的面积又减小了ΔS2＝2x1·x2/2＝x1·x2；③若导轨 c
再 回 到 原 处 ， 此 过 程 面 积 的 变 化 为 Δ S3 ＝ Δ S2 ＝ 2x1 · x2/2 ＝
x1·x2；④最后导轨 d 又回到师雪清原处，此过程面积的变化为
2021高考物理二轮复习专题复习篇专题4第2讲电磁感应定律及其应用学案.doc
电磁感应定律及其应用[建体系·知关联][析考情·明策略]考情分析近几年高考对本讲的考查集中在楞次定律，法拉第电磁感定律的应用，电磁感应中的图象问题、电路问题、动力学和能量问题，题型以选择题为主；计算题常以“导体棒”切割磁感线为背景，还可能会涉及动量的问题。
素养呈现1.感应电流的产生、方向判断及大小计算2.电磁感应中的电路分析及图象问题3.电磁感应中的动力学、能量问题素养落实1.掌握楞次定律、法拉第电磁感应定律，并灵活应用2.掌握电磁感应中图象的分析技巧3.做好电磁感应中的电路分析、电源分析、动力学和能量转化分析考点1| 楞次定律和法拉第电磁感应定律1．判定感应电流方向的两种方法(1)楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形。
(2)右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形。
2．求感应电动势的方法(1)感生电动势：E＝nΔΦΔt⎩⎪⎨⎪⎧S不变时E＝nSΔBΔtB不变时E＝nBΔSΔt(2)动生电动势：⎩⎪⎨⎪⎧平动切割：E＝Blv转动切割：E＝12Bl2ω[典例1] (多选)在三角形ABC区域中存在着磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，三边电阻均为R的三角形导线框abc沿AB方向从A点以速度v匀速穿过磁场区域。
如图所示，ab ＝L ，AB ＝2L ，∠abc ＝∠ABC ＝90°，∠acb ＝∠ACB ＝30°。
线框穿过磁场的过程中( )A ．感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向B ．感应电流先增大，后减小C ．通过线框的电荷量为3BL26RD ．c 、b 两点的最大电势差为3BLv[题眼点拨] ①“三角形导线框”表明线框进入磁场过程中有效长度发生变化。
②“穿过磁场区域”表明磁通量先增大，后减少。
AD [线圈穿越磁场的过程中，磁通量先增加后减小，则根据楞次定律可知，感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，选项A 正确；线框穿过磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增加、后减小、再增加，则感应电流先增加、后减小、再增加，选项B 错误；根据q ＝ΔΦR 总，因进入和穿出磁场时，磁通量的变化量相同，且感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，可知通过线框的电荷量为零，选项C 错误；当线框完全进入磁场时，c 、b 两点的电势差最大，最大为Ucb ＝E ＝B ·3Lv ＝3BLv ，选项D 正确。
电磁感应(解析版)2021年高考物理二轮复习讲义
解密11 电磁感应ΔΔsin E n t E Blv Φθ⎧⎧⎪⎨⎩⎪⎨⎧⎪⎨⎪⎩⎩⎧⎧=⎪⎪⎨⎪⎪=⎪⎩⎪⎧⎨⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩⎩⎧⎨⎩⎧⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩⎨电路闭合产生感应电流的条件磁通量发生变化电磁感应现象感生电动势感应电动势动生电动势公式电路问题法拉第电磁感应定律图象问题应用能量问题电磁感应力电综合问题楞次定律感应电流方向判断右手定则：适用于导体切割磁感线的情况定义自感自感电动势自感系数自感、互感、涡流互感变压器原理涡流⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩⎩考点1 法拉第电磁感应定律一、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．公式：E ntΦ∆=∆，其中n 为线圈匝数。
3．感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率tΦ∆∆和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系。
二、法拉第电磁感应定律的应用1．磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ=B ·ΔS ，则B SE n t ∆=∆； 2．磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ=ΔB ·S ，则B SE nt∆=∆； 3．磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，ΔΦ=Φ末–Φ初，2211B S B S B SE nn t t-∆∆=≠∆∆；4．在图象问题中磁通量的变化率tΦ∆∆是Φ-t 图象上某点切线的斜率，利用斜率和线圈匝数可以确定感应电动势的大小。
三、导体切割磁感线产生感应电动势的计算 1．公式E =Blv 的使用条件 （1）匀强磁场；（2）B 、l 、v 三者相互垂直；（3）如不垂直，用公式E =Blv sin θ求解，θ为B 与v 方向间的夹角。
2．“瞬时性”的理解（1）若v 为瞬时速度，则E 为瞬时感应电动势；（2）若v 为平均速度，则E 为平均感应电动势，即E Bl v =。
2021届高考二轮复习名校联考试题专题分类精编 电磁感应(含解析)
2021届高考二轮复习名校联考试题专题分类精编电磁感应（含解析）1.如图甲所示，一矩形金属线圈abcd垂直匀强磁场并固定于磁场中，磁场是变化的，磁感应强度B随时间t的变化关系图象如图乙所示，则线圈的ab边所受安培力F随时间t变化的图象是图中的(规定向右为安培力F的正方向)( )A. B.C. D.2.某同学学习了电磁感应相关知识之后，做了如下探究性实验：将闭合线圈按图示方式放在电子秤上，线圈上方有一N极朝下竖直放置的条形磁铁，手握磁铁在线圈的正上方静止，m。
下列说法正确的是( )此时电子秤的示数为mA.将磁铁N极加速插向线圈的过程中，电子秤的示数小于mB.将静止于线圈内的磁铁匀速抽出的过程中，电子秤的示数大于C.将磁铁N极加速插向线圈的过程中，线圈中产生的电流沿逆时针方向（俯视）D.将磁铁N极匀速插向线圈的过程中，磁铁减少的重力势能等于线圈中产生的焦耳热3.如图所示，在平行有界匀强磁场的正上方有一等边闭合的三角形导体框，磁场的宽度大于三角形的高度，导体框由静止释放，穿过该磁场区域，在下落过程中BC边始终与匀强磁场的边界平行，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A.导体框进入磁场过程中感应电流为逆时针方向B.导体框进、出磁场过程，通过导体框横截面的电荷量大小不相同C.导体框进入磁场的过程中可能做先加速后匀速的直线运动D.导体框出磁场的过程中可能做先加速后减速的直线运动4.现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场加速电子的设备。
电子感应加速器主要由上、下电磁铁磁极和环形真空室组成。
当电磁铁绕组通以变化的电流时会产生变化的磁场，穿过真空室所包围的区域内的磁通量也随时间变化，这时真空室空间内就产生感应涡旋电场，电子将在涡旋电场作用下得到加速。
如图所示(上方为侧视图，下方为真空室的俯视图)，若电子被“约束”在半径为R的圆周上逆时针运动，此时电磁铁绕组通以图中所示的电流，则( )A.此时真空室中的磁场方向是从上往下B.被加速时，电子运动的半径一定变大C.电子被加速时，电磁铁绕组中电流增大D.被加速时，电子做圆周运动的周期保持不变5.如图所示,半径为r的金属圆环放在垂直纸面向外的匀强磁场中,环面与磁感应强度垂直,磁场的磁感应强度大小为B,保持圆环不动,将磁场的磁感应强度随时间均匀增大,经过时间t,磁场的磁感应强度增大到1B,该过程中圆环内产生的焦耳热为Q;保持磁场的磁感应强度1B 不变,将圆环绕对称轴(图中虚线)匀速转动,经过时间2t,圆环转过90︒,圆环中电流大小按正弦规律变化,该过程中圆环内产生的焦耳热也为Q,则磁感应强度B和1B的比值为( )A.4π4-B.5π4-C.42π42-D.52π52-6.如图所示，MN是矩形导线框abcd的对称轴，其左方有垂直于纸面向外的匀强磁场。
2021年高考物理电磁感应规律及其应用解析版
电磁感应规律及其应用【知识梳理】考点一 电磁感应中的电路问题 1． 对电磁感应中电源的理解（1）电源的正负极、感应电流的方向、电势的高低、电容器极板带电问题，可用右手定则或楞次定律判定。
（2）电源的电动势的大小可由E ＝Blv 或tn E ∆∆Φ=求解。
2． 对电磁感应电路的理解（1）在电磁感应电路中，相当于电源的部分把其他形式的能通过电流做功转化为电能。
（2）“电源”两端的电压为路端电压，而不是感应电动势。
【重点归纳】1．电磁感应中电路知识的关系图2．电磁感应中电路问题的题型特点闭合电路中磁通量发生变化或有部分导体做切割磁感线运动，在回路中将产生感应电动势和感应电流．从而考题中常涉及电流、电压、电功等的计算，也可能涉及电磁感应与力学、电磁感应与能量的综合分析． 3．分析电磁感应电路问题的基本思路（1）确定电源：用法拉第电磁感应定律和楞次定律或右手定则确定感应电动势的大小和方向，电源内部电流的方向是从低电势流向高电势；（2）分析电路结构：根据“等效电源”和电路中其他元件的连接方式画出等效电路．注意区别内外电路，区别路端电压、电动势； （3）利用电路规律求解：根据E ＝BLv 或tn E ∆∆Φ=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。
考点二 电磁感应中的图象问题 1．题型特点一般可把图象问题分为三类：（1）由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象；（2）由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量； （3）根据图象定量计算。
2．解题关键弄清初始条件，正负方向的对应，变化范围，所研究物理量的函数表达式，进、出磁场的转折点是解决问题的关键． 3．解决图象问题的一般步骤（1）明确图象的种类，即是B －t 图象还是Φ－t 图象，或者是E －t 图象、I －t 图象等； （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对应关系；（4）结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式； （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）画出图象或判断图象。
2021年高考物理二轮复习试卷：电磁感应综合问题(附答案解析)
2021年高考物理二轮复习试卷：电磁感应综合问题
考点一
楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
1.[考查楞次定律的应用]
(多选)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1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()
图1
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2．[考查法拉第电磁感应定律、右手螺旋定则的应用]
图2为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S。
若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb()
图2
A．恒为
nS(B2－B1)
t2－t1
B．从0均匀变化到
nS(B2－B1)
t2－t1
C．恒为－
nS(B2－B1)
t2－t1
D．从0均匀变化到－
nS(B2－B1)
t2－t1
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2021届新高考物理二轮复习专题4第2讲电磁感应规律及综合应用ppt课件
(4)利用楞次定律或推论，判断无磁场线圈中的感应方向或线圈
运
第一部分 专题四 电路与电磁感应37
高考
考向3 涡流、电磁阻尼和电磁振荡 6，(多选)(2020·天津高考真题)手机无线充电是比较新颖的充电方 式．如图所示，电磁感应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别 安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量 ．当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的受 电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电．在充电过程中
第一部分 专题四 电路与电磁感应44
高考
考向4 法拉第电磁感应定律的应用 8．(2020·海南5月调研)如图所示，用电阻为0.1 Ω的金属丝围成一个 半径为 0.3 m 的扇形闭合线框，该线框绕垂直于纸面的 O 轴以 rad/s的角速度匀速转动，O轴位于方向垂直纸面向里、磁感应强度大
C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动
D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动
第一部分 专题四 电路与电磁感应27
高考
【解析】 无论开关 S 拨至哪一端，当把电路接通一瞬间，左边 线圈中的电流从无到有，电流在线圈轴线上的磁场从无到有，从而引 起穿过圆环的磁通量突然增大，根据楞次定律(增反减同)，右边圆环 中产生了与左边线圈中方向相反的电流，异向电流相互排斥，故选B ．
第一部分 专题四 电路与电磁感应22
高考 第一部分 专题四 电路与电磁感应23
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03 命题热点 · 巧突破
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高考
考点一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
考向1 电磁感应现象 1．(2020·新课标卷Ⅱ)管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的 接缝实施焊接．焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电 源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生 的热量使接缝处的材料熔化将其焊接．焊接过程中所利用的电磁学规
2021届高考物理二轮复习：电磁感应(解析版)
2021届高中（高考）二轮物理：电磁感应含答案二轮：电磁感应一、选择题1、(多选)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＝Bd vD．感应电动势的平均值E＝18πBd v2、（双选）如图所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆如图所示立在导轨上，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q端始终在OC上，空间存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，则在PQ杆滑动的过程中，下列判断正确的是()A．感应电流的方向始终是由P→QB．感应电流的方向先是由P→Q，后是由Q→PC．PQ受磁场力的方向垂直杆向左D．PQ受磁场力的方向先垂直于杆向左，后垂直于杆向右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的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木盘A的轴线OO′重合。
现使胶木盘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4、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沿与棒与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．12B．22C．1 D．25、(多选)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m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd，用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点左右摆动。
2021届高考物理二轮复习专题四 电路与电磁感应(考点+习题)含解析
专题四电路与电磁感应1.恒定电流(1)闭合电路中的电压、电流关系:E=U外+U内,I=ER+r,U=E-Ir。
(2)闭合电路中的功率关系:P总=EI,P内=I2r,P出=IU=I2R=P总-P内。
(3)直流电路中的能量关系:电功W=qU=UIt,电热Q=I2Rt。
(4)纯电阻电路中W=Q,非纯电阻电路中W>Q。
2.电磁感应(1)判断感应电流的方向:右手定则和楞次定律(增反减同、来拒去留、增缩减扩)。
(2)求解感应电动势常见情况与方法情景图研究对象回路(不一定闭合)一段直导线(或等效成直导线)绕一端转动的一段导体棒绕与B垂直的轴转动的导线框表达式E=nΔΦΔt E=BLv E=12BL2ωE=NBSω sin ωt(3)自感现象与涡流自感电动势与导体中的电流变化率成正比,线圈的自感系数L跟线圈的形状、长短、匝数等因素有关系。
线圈的横截面积越大,线圈越长,匝数越多,它的自感系数就越大。
带有铁芯的线圈其自感系数比没有铁芯时大得多。
3.交变电流(1)交变电流的“四值”①最大值:为U m、I m,即交变电流的峰值。
②瞬时值:反映交变电流每瞬间的值,如e=E m sinωt。
③有效值:正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系为E=m√2、U=m√2、I=m√2;非正弦式交变电流的有效值可以根据电流的热效应来求解。
计算交变电流的电功、电功率和测定交流电路的电压、电流都是指有效值。
④平均值:反映交变电流的某物理量在t 时间内的平均大小,如平均电动势E =n ΔΦΔt 。
(2)理想变压器的基本关系式①功率关系:P 入=P 出;②电压关系:U 1U 2=n 1n 2;③电流关系:I 1I 2=n2n 1。
(3)远距离输电常用关系式(如图所示)①功率关系:P 1=P 2,P 3=P 4,P 2=P 线+P 3。
②电压损失:U 损=I 2R 线=U 2-U 3。
③输电电流:I 线=P 2U 2=P3U 3=U 2-U 3R 线。
2021年高考物理二轮复习 核心考点专项突破 电磁感应的综合应用练习（含解析）
电磁感应的综合应用1.如图所示，间距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 与水平面夹角为30°，导轨的电阻不计，导轨的N 、Q 端连接一阻值为R 的电阻，导轨上有一根质量一定、电阻为r 的导体棒ab 垂直导轨放置，导体棒上方距离L 以上的范围存在着磁感应强度大小为B 、方向与导轨平面垂直向下的匀强磁场．现在施加一个平行斜面向上且与棒ab 重力相等的恒力，使导体棒ab 从静止开始沿导轨向上运动，当ab 进入磁场后，发现ab 开始匀速运动，求：(1)导体棒的质量；(2)若进入磁场瞬间，拉力减小为原来的一半，求导体棒能继续向上运动的最大位移．【解析】(1)导体棒从静止开始在磁场外匀加速运动，距离为L ，其加速度为 F －mg sin 30°＝maF ＝mg得a ＝12g 棒进入磁场时的速度为v ＝2aL ＝gL由棒在磁场中匀速运动可知F 安＝12mg F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ＋r得m ＝2B 2L 2R ＋r L g (2)若进入磁场瞬间使拉力减半，则F ＝12mg 则导体棒所受合力为F 安F 安＝BIL ＝B 2L 2v R ＋r＝ma v ＝Δx Δt 和a ＝Δv Δt代入上式 B 2L 2ΔxΔt R ＋r ＝m Δv Δt即B 2L 2Δx R ＋r＝m Δv 设导体棒继续向上运动的位移为x ，则有B 2L 2x R ＋r＝mv 将v ＝gL 和m ＝2B 2L 2R ＋rL g 代入得x ＝2L【答案】(1)2B 2L 2R ＋r L g(2)2L 2.如图所示，MN 、PQ 为足够长的平行导轨，间距L ＝0.5 m.导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°.NQ ⊥MN ，NQ 间连接有一个R ＝3 Ω的电阻.有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B 0＝1 T.将一根质量为m ＝0.05 kg 的金属棒ab 紧靠NQ 放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒的电阻r ＝2 Ω，其余部分电阻不计.现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ 平行.已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，当金属棒滑行至cd 处时速度大小开始保持不变，cd 距离NQ 为s ＝2 m.试解答以下问题：(g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)(1)金属棒达到稳定时的速度是多大？(2)从静止开始直到达到稳定速度的过程中，电阻R 上产生的热量是多少？ (3)若将金属棒滑行至cd 处的时刻记作t ＝0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流，则t ＝1 s 时磁感应强度应为多大？【答案】(1)2 m/s (2)0.06 J (3)0.4 T【解析】(1)在达到稳定速度前，金属棒的加速度逐渐减小，速度逐渐增大，达到稳定速度时，有：mg sin θ＝ B 0IL ＋μmg cos θE ＝B 0LvE ＝I (R ＋r )代入已知数据，得v ＝2 m/s(2)根据能量守恒得，重力势能减小转化为动能、摩擦产生的内能和回路中产生的焦耳热.有：mgs sin θ＝12mv 2＋μmg cos θ·s ＋Q电阻R 上产生的热量：Q R ＝R R ＋rQ 解得：Q R ＝0.06 J(3)当回路中的总磁通量不变时，金属棒中不产生感应电流.此时金属棒将沿导轨做匀加速运动，故： mg sin θ－μmg cos θ＝ma设t 时刻磁感应强度为B ，则：B 0Ls ＝BL (s ＋x )x ＝vt ＋12at 2故t ＝1 s 时磁感应强度B ＝0.4 T3.如图甲所示，MN 、PQ 是相距d ＝1.0 m 足够长的平行光滑金属导轨，导轨平面与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，整个导轨处在方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，金属棒ab 垂直于导轨MN 、PQ 放置，且始终与导轨接触良好，已知金属棒ab 的质量m ＝0.1 kg ，其接入电路的电阻r ＝1 Ω，小灯泡电阻R L ＝9 Ω，重力加速度g 取10 m/s 2.现断开开关S ，将棒ab 由静止释放并开始计时，t ＝0.5 s 时刻闭合开关S ，图乙为ab 的速度随时间变化的图像．求：(1)金属棒ab 开始下滑时的加速度大小、斜面倾角的正弦值；(2)磁感应强度B 的大小．【答案】(1)6 m/s 2 35(2)1 T 【解析】(1)S 断开时ab 做匀加速直线运动由图乙可知a ＝Δv Δt＝6 m/s 2 根据牛顿第二定律有：mg sin θ＝ma所以sin θ＝35. (2)t ＝0.5 s 时S 闭合，ab 先做加速度减小的加速运动，当速度达到最大v m ＝6 m/s 后做匀速直线运动根据平衡条件有mg sin θ＝F 安又F 安＝BId E ＝Bdv m I ＝ER L ＋r ，解得B ＝1 T.4.半径分别为r 和2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r 、质量为m 且质量分布均匀的直导体棒AB 置于圆导轨上面，BA 的延长线通过圆导轨中心O ，装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，方向竖直向下．在内圆导轨的C 点和外圆导轨的D 点之间接有一阻值为R 的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O 逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g .求：(1)通过电阻R 的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率．【答案】(1)方向为C →D 大小为3Bωr 22R(2)9B 2ω2r 44R ＋3μmgωr 2【解析】(1)根据右手定则，得导体棒AB 上的电流方向为B →A ，故电阻R 上的电流方向为C →D . 设导体棒AB 中点的速度为v ，则v ＝v A ＋v B 2而v A ＝ωr ，v B ＝2ωr根据法拉第电磁感应定律，导体棒AB 上产生的感应电动势E ＝Brv根据闭合电路欧姆定律得I ＝E R ，联立以上各式解得通过电阻R 的感应电流的大小为I ＝3Bωr 22R. (2)根据能量守恒定律，外力的功率P 等于安培力与摩擦力的功率之和，即P ＝BIrv ＋F f v ，而F f ＝μmg解得P ＝9B 2ω2r 44R ＋3μmgωr 2. 5.相距L ＝1.5m 的足够长金属导轨竖直放置，质量为m 1＝1kg 的金属棒ab 和质量为m 2＝0.27kg 的金属棒cd 均通过棒两端的套环水平地套在金属导轨上，如图(a)所示，虚线上方磁场方向垂直纸面向里，虚线下方磁场方向竖直向下，两处磁场磁感应强度大小相同．ab 棒光滑，cd 棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.75，两棒总电阻为1.8Ω，导轨电阻不计，ab 棒在方向竖直向上，大小按图(b)所示规律变化的外力F 作用下，从静止开始，沿导轨匀加速运动，同时cd 棒也由静止释放(取g ＝10m/s 2)．(1)求磁感应强度B 的大小和ab 棒加速度大小；(2)已知在2s 内外力F 做功40J ，求这一过程中两金属棒产生的总焦耳热；(3)判断cd 棒将做怎样的运动，求出cd 棒达到最大速度所需的时间t 0，并在图(c)中定性画出cd 棒所受摩擦力随时间变化的图象．【答案】见解析【解析】(1)经过时间t ，金属棒ab 的速率v ＝at此时，回路中的感应电流为I ＝E R ＝BLv R对金属棒ab ，由牛顿第二定律得F －BIL －m 1g ＝m 1a由以上各式整理得：F ＝m 1a ＋m 1g ＋B 2L 2Rat 在图线上取两点：t 1＝0，F 1＝11N ；t 2＝2s ，F 2＝14.6N代入上式得a ＝1m/s 2，B ＝1.2T(2)在第2s 末金属棒ab 的速率v 2＝at 2＝2m/s所发生的位移x ＝12at 22＝2m 由动能定理得W F －m 1gx －W 安＝12m 1v 22 又Q ＝W 安联立以上方程，解得Q ＝18J.(3)cd 棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当cd 棒所受重力与滑动摩擦力相等时，速度达到最大，然后做加速度逐渐增大的减速运动，最后停止运动，当cd 棒速度达到最大时，有m 2g ＝μF N又F N ＝F 安F 安＝BILI ＝E R ＝BLv m R，v m ＝at 0 整理解得t 0＝m 2gR μB 2L 2a＝2s F f cd 随时间变化的图象如图所示。
2021年高考物理二轮专题复习 第2课 电磁感应规律及其应用课时过关检测试题(B卷)
年高考物理二轮专题复习第2课电磁感应规律及其应用课时过关检测试题(B卷)题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9答案一、单项选择题1.如图，电阻R、电容C与一线圈连成闭合电路，条形磁铁N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是( )A．从a到b，上极板带正电B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电D．从b到a，下极板带正电解析：条形磁铁N极向下接近线圈，使线圈中感应电流的磁场方向向上，由安培定则知，流过R的电流从b到a，且电容器下极板带正电，D对．答案：D2．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v0，线圈中的Et关系图可能是( )2解析：磁卡经过刷卡器时，速度改为原来的12，产生的感应电动势的最大值将减小为原来的12，并且经过相同的位移，所用的时间是原来的2倍，故D 项正确．答案：D3．如图，矩形闭合导体线框在匀强磁场上方，由不同高度静止释放，用t 1、t 2分别表示线框ab 边和cd 边刚进入磁场的时刻．线框下落过程形状不变，ab 边始终保持与磁场水平边界线OO′平行，线框平面与磁场方向垂直．设OO′下方磁场区域足够大，不计空气影响，则下列哪一个图象不可能反映线框下落过程中速度v 随时间t 变化的规律( )解析：设线框质量为m ，电阻为R ，线框ab 边长为l ，磁感应强度为B ，线框自由下落刚进入磁场时速度为v ，当v<mgR B 2l 2时，线框做加速度减小的加速运动，C 可能；当v ＝mgRB 2l 2时，线框做匀速运动，D 可能；当v>mgRB 2l 2时，线框做加速度减小的减速运动直至匀速，B 可能，A不可能，故选A.答案：A4．(xx·孝感一模)如图甲所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的铜圆环，规定从上向下看时，铜环中的感应电流I 沿顺时针方向为正方向．图乙表示铜环中的感应电流I 随时间t 变化的图象，则磁场B 随时间t 变化的图象可能是图中的( )解析：由图乙可知，1～3 s 内无感应电流产生，所以穿过圆环的磁通量不变，所以排除C 选项；对于A 选项，0～1 s 内，磁通量不变，感应电流为零，所以排除；对于B 选项，从电流的方向看，0～1 s 内，磁通量增大，由楞次定律可知电流方向是顺时针方向，而D 项，0～1 s 内，电流方向为逆时针方向，故选项B 正确.答案：B二、双项选择题5．一个面积S ＝4×10－2 m 2、匝数n ＝100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直平面，磁感应强度的大小随时间变化规律如图所示，由图可知( )A ．在开始2 s 内穿过线圈的磁通量的变化率大小等于0.08 Wb/sB ．在开始2 s 内穿过线圈的磁通量的变化量等于零 C.在开始2 s 内线圈中产生的感应电动势等于8 V D ．在第3 s 末感应电动势为零解析：在开始的2 s 内穿过线圈的磁通量变化率等于ΔΦΔt ＝S×ΔBΔt (因面积S 不变，且磁场垂直线圈平面)得ΔΦΔt ＝4×10－2×[（－2）－2]2 Wb/s ＝－0.08 Wb/s.A 选项对；在开始的2 s 内穿过线圈的磁通量的变化量是ΔΦ＝S×ΔB ＝4×10－2×[(－2)－2] Wb ＝－0.16 Wb.选项B 错；在开始的2 s 内线圈中产生的感应电动势是E ＝n×ΔΦΔt ＝100×(－0.08)V ＝－8V(负号是极性问题)，选项C 正确；在第3 s 末，由于图中直线的斜率等于ΔBΔt ，显然电动势不为0，选项D 错．故选A 、C.答案：AC6．如图，长为a 、宽为b 的矩形线圈，电阻为r ，处在磁感应强度为B 的匀强磁场边缘，磁场方向垂直于纸面向外，线圈与磁感线垂直．用力F 将线圈向右以速度v 匀速拉出磁场的过程中( )A ．线圈中感应电流大小为BavrB ．安培力做的功等于FbC ．线圈中感应电流方向为逆时针D ．线圈所受安培力逐渐减小解析：由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得线圈中感应电流大小为Bavr ，由左手定则知线圈中感应电流方向为逆时针；因匀速拉出，安培力恒等于F ，做的功等于－Fa.答案：AC7．如图，垂直纸面向外的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd ，现将导体框分别朝两个方向以v 和3v 的速度匀速拉出磁场，不计导体框重力的影响，则导体框从两个方向移出磁场的两过程中( )A ．导体框中产生的感应电流方向相同B ．导体框中产生的焦耳热相同C ．导体框ad 边两电势差相同D ．通过导体框截面的电荷量相同解析：由右手定则知两过程感应电流方向均为abcda ；因切割速度不同，产生感应电动势不同，感应电流不同，故导线框产生的焦耳热不同，ad 边电势差不同；而电量只取决于ΔΦR，与速度无关，故电量相同． 答案：AD8．如图所示，电阻为r 的金属杆ab 以恒定的速率v 在光滑平行导轨上向右滑行(导轨电阻忽略不计)，定值电阻R 与金属棒构成闭合回路，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是( )A ．ab 杆中的电流强度与速率v 成正比B ．磁场作用于ab 杆的安培力与速率v 成正比C ．电阻R 上产生的电热功率与速率v 成正比D ．外力对ab 杆做功的功率与速率v 成正比解析：ab 杆中的电流强度I ＝Blv R ＋r ，即I 与v 成正比，A 对．ab 所受安培力F 安＝BBlvR ＋rl ，故B 对．R 上产生的电热功率P ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫Blv R ＋r 2R ，即P 与v 2成正比，C 错．由于杆匀速运动，则P 外＝P 电＝（Blv ）2R ＋r，故D 错．答案：AB9．(xx·枣庄一模)如图甲所示，abcd 是位于竖直平面内的正方形闭合金属线框，金属线框的质量为m ，电阻为R ，在金属线框的下方有一匀强磁场区域，MN 和PQ 是匀强磁场区域的水平边界，并与线框的bc 边平行，磁场方向垂直于线框平面向里．现使金属线框从MN 上方某一高度处由静止开始下落，图乙是金属线框由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的vt 图象，图象内数据均为已知量．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adcba 方向B ．金属线框的边长为v 1(t 2－t 1)C ．磁场的磁感应强度为1v 1（t 2－t 1）mgRv 1D ．金属线框在0～t 4的时间内所产生的热量为mgv 1(t 2－t 1)＋12m(v 32－v 22)解析：由楞次定律可知金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿abcda 方向，A 错误；由图乙可知，金属线框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v 1，运动时间为t 2－t 1，所以金属线框的边长：l ＝v 1(t 2－t 1)，B 正确；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：mg ＝BIl ，I ＝Blv 1R ，解得：B ＝1v 1（t 2－t 1）mgRv 1，C 正确；金属线框只在进入和穿出磁场时产生焦耳热，即在t 1～t 2、t 3～t 4两个时间段内产生的热量：Q ＝2mgl＋12m(v 32－v 22)＝2mgv 1(t 2－t 1)＋12m(v 32－v 22)，故D 错误． 答案：BC三、计算题10．如图所示，两根半径为r 光滑的14圆弧轨道间距为L ，电阻不计，在其上端连有一阻值为R 0的电阻，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B.现有一根长度稍大于L 、质量为m 、电阻为R 的金属棒从轨道的顶端PQ 处开始下滑，到达轨道底端MN 时对轨道的压力为2mg ，求：(1)棒到达最低点时电阻R 0两端的电压； (2)棒下滑过程中R 0产生的热量； (3)棒下滑过程中通过R 0的电量．解析：(1)到达最低点时，设棒的速度为v ，由牛顿第二定律得： 2mg －mg ＝m v2r 得v ＝gr ；E ＝BLv ＝BL gr ； U ＝E R ＋R 0R 0＝BLR 0gr R ＋R 0. (2)由能量转化和守恒得： Q ＝mgr －12mv 2＝12mgr ；Q 0＝R 0R 0＋R Q ＝mgR 0r2（R 0＋R ）.(3)电量q ＝I Δt ＝E R ＋R 0Δt ＝B ΔS R ＋R 0＝BrLR ＋R 0.答案：(1)BLR 0gr R ＋R 0 (2)mgR 0r 2（R 0＋R ） (3)BrLR ＋R 0。
2021届高考物理二轮复习专题四 电路与电磁感应(考点+习题)含解析
专题四电路与电磁感应1.恒定电流(1)闭合电路中的电压、电流关系:E=U外+U内,I=,U=E-Ir。
(2)闭合电路中的功率关系:P总=EI,P内=I2r,P出=IU=I2R=P总-P内。
(3)直流电路中的能量关系:电功W=qU=UIt,电热Q=I2Rt。
(4)纯电阻电路中W=Q,非纯电阻电路中W>Q。
2.电磁感应(1)判断感应电流的方向:右手定则和楞次定律(增反减同、来拒去留、增缩减扩)。
(2)求解感应电动势常见情况与方法(3)自感现象与涡流自感电动势与导体中的电流变化率成正比,线圈的自感系数L跟线圈的形状、长短、匝数等因素有关系。
线圈的横截面积越大,线圈越长,匝数越多,它的自感系数就越大。
带有铁芯的线圈其自感系数比没有铁芯时大得多。
3.交变电流(1)交变电流的“四值”①最大值:为U m、I m,即交变电流的峰值。
②瞬时值:反映交变电流每瞬间的值,如e=E m sinωt。
③有效值:正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系为E=、U=、I=;非正弦式交变电流的有效值可以根据电流的热效应来求解。
计算交变电流的电功、电功率和测定交流电路的电压、电流都是指有效值。
④平均值:反映交变电流的某物理量在t时间内的平均大小,如平均电动势E=n。
(2)理想变压器的基本关系式①功率关系:P入=P出;②电压关系:=;③电流关系:=。
(3)远距离输电常用关系式(如图所示)①功率关系:P1=P2,P3=P4,P2=P线+P3。
②电压损失:U损=I2R线=U2-U3。
③输电电流:I线===。
④输电导线上损耗的电功率:P损=I线U损=R线=R线。
高考演练1.(2019江苏单科,1,3分)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10,当输入电压增加20 V时,输出电压()A.降低2 VB.增加2 VC.降低200 VD.增加200 V答案D依据理想变压器原、副线圈的电压比与匝数比关系公式可知,=,则ΔU 2=ΔU1,得ΔU2=200 V,故选项D正确。
(word完整版)高中物理电磁感应习题及答案解析(2021年整理)
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1．图12—2，甲、乙两图为与匀强磁场垂直放置的两个金属框架，乙图除了一个电阻为零、自感系数为L 的线圈外,其他部分与甲图都相同，导体AB 以相同的加速度向右做匀加速直线运动。
若位移相同，则（ ）A ．甲图中外力做功多B ．两图中外力做功相同C ．乙图中外力做功多D ．无法判断2．图12-1，平行导轨间距为d ，一端跨接一电阻为R ，匀强磁场磁感强度为B ,方向与导轨所在平面垂直。
一根足够长的金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻不计。
当金属棒沿垂直于棒的方向以速度v 滑行时，通过电阻R 的电流强度是（ ）A ．Bdv RB ．sin Bdv RθC ．cos Bdv Rθ D ．sin Bdv R θ3．图12-3,在光滑水平面上的直线MN 左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场,右侧是无磁场空间。
将两个大小相同的铜质矩形闭合线框由图示位置以同样的速度v 向右完全拉出匀强磁场。
已知制作这两只线框的铜质导线的横截面积之比是1：2.则拉出过程中下列说法中正确的是（ ）A ．所用拉力大小之比为2：1B ．通过导线某一横截面的电荷量之比是1:1C ．拉力做功之比是1:4D ．线框中产生的电热之比为1：24． 图12—5，条形磁铁用细线悬挂在O 点。
高考物理二轮复习专题电磁感应讲含解析.doc
电磁感应4.错误！未指定书签。
纵观近几年高考试题，预测2019年物理高考试题还会考：1.高考命题频率较高的是感应电流的产生条件、方向的判定和法拉第电磁感应定律的应用，与电路、力学、能量及动量等知识相联系的综合及图象问题(如Φ－t图象、B－t图象和i－t图象)等时有出现，要高度重视，法拉第电磁感应定律、楞次定律一直是高考命题的热点。
2.本专题因难度大、涉及知识点多、综合能力强，主要的题型还是杆+导轨模型问题，线圈穿过有界磁场问题，综合试题还会涉及力和运动、能量守恒等知识，还可能以科学技术的具体问题为背景，考查运用知识解决实际问题的能力。
错误！未指定书签。
考向01 法拉第电磁感应定律和楞次定律1.讲高考（1）考纲要求知道电磁感应现象产生的条件;理解磁通量及磁通量变化的含义，并能计算;掌握楞次定律和右手定则的应用，并能判断感应电流的方向及相关导体的运动方向；能应用法拉第电磁感应定律、公式E ＝Blv 计算感应电动势.2.理解自感、涡流的产生，并能分析实际应用。
考点定位】法拉第电磁感应定律、楞次定律的应用 考点定位】考查了楞次定律的应用、导体切割磁感线运动【方法技巧】在分析导体切割磁感线运动、计算电动势时，一定要注意导体切割磁感线的有效长度，在计算交变电流的有效值时，一定要注意三个相同：相同电阻，相同时间，相同热量。
2．讲基础 （1）电磁感应现象① 产生感应电流的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化．② 能量转化：发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为电能． （2） 楞次定律①内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化． ②适用情况：所有的电磁感应现象．③右手定则：适用情况：导体棒切割磁感线产生感应电流． （3）法拉第电磁感应定律 ①法拉第电磁感应定律的公式tnE ∆∆Φ=. ②导体切割磁感线的情形：则E ＝Blv sin_θ.（运动速度v 和磁感线方向夹角为）；E ＝Blv .（运动速度v 和磁感线方向垂直）；导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E ＝Bl v ＝12Bl 2ω(平均速度等于中点位置线速度12l ω)． 3．讲典例案例1．如图所示，粗糙水平桌面上有一质量为m 的铜质矩形线圈。
2021届高考物理二轮复习专题四第2讲电磁感应及其应用作业含解析
第2讲电磁感应及其应用(45分钟)[基础题组专练]1．(2020·高考全国卷Ⅲ)如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。
圆环初始时静止。
将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到( )A．拨至M端或N端，圆环都向左运动B．拨至M端或N端，圆环都向右运动C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动解析：开关S由断开状态拨至连接状态，不论拨至M端还是N端，通过圆环的磁通量均增加，根据楞次定律(增反减同)可得圆环会阻碍磁通量的增加，即向右运动。
答案：B2．(2020·市通州区高三下学期5月检测)如图1所示，把一铜线圈水平固定在铁架台上，其两端连接在电流传感器上，能得到该铜线圈中的电流随时间变化的图线。
利用该装置可探究条形磁铁在穿过铜线圈的过程中，产生的电磁感应现象。
两次实验中分别得到了如图2、3所示的电流—时间图线(两次用同一条形磁铁，在距铜线圈上端不同高度处，由静止沿铜线圈轴线竖直下落，始终保持直立姿态，且所受空气阻力可忽略不计)。
下列说法正确的是( )A．条形磁铁的磁性越强，产生的感应电流峰值越大B．条形磁铁距铜线圈上端的高度越小，产生的感应电流峰值越大C．条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能越大，产生的感应电流峰值越大D．两次实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是先向上后向下解析：如果在相同的高度处下落，则条形磁铁的磁性越强，产生的感应电动势的最大值也就越大，即感应的电流峰值越大，而现在是在不同高度处下落的，故选项A错误；条形磁铁距铜线圈上端的高度越小，落到下端时的速度就越小，产生的感应电动势也就越小，即产生的感应电流峰值越小，选项B错误；根据能量守恒，条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能都转化成了焦耳热，而焦耳热越大，需要的电流就会越大，则产生的感应电流峰值也会越大，选项C正确；根据楞次定律中的“来拒去留”的思路，两次实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是向上的，选项D错误。
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第2讲电磁感应及其应用(45分钟)[基础题组专练]1．(2020·高考全国卷Ⅲ)如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。
圆环初始时静止。
将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到( )A．拨至M端或N端，圆环都向左运动B．拨至M端或N端，圆环都向右运动C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动解析：开关S由断开状态拨至连接状态，不论拨至M端还是N端，通过圆环的磁通量均增加，根据楞次定律(增反减同)可得圆环会阻碍磁通量的增加，即向右运动。
答案：B2．(2020·北京市通州区高三下学期5月检测)如图1所示，把一铜线圈水平固定在铁架台上，其两端连接在电流传感器上，能得到该铜线圈中的电流随时间变化的图线。
利用该装置可探究条形磁铁在穿过铜线圈的过程中，产生的电磁感应现象。
两次实验中分别得到了如图2、3所示的电流—时间图线(两次用同一条形磁铁，在距铜线圈上端不同高度处，由静止沿铜线圈轴线竖直下落，始终保持直立姿态，且所受空气阻力可忽略不计)。
下列说法正确的是( )A．条形磁铁的磁性越强，产生的感应电流峰值越大B．条形磁铁距铜线圈上端的高度越小，产生的感应电流峰值越大C ．条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能越大，产生的感应电流峰值越大D ．两次实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是先向上后向下解析：如果在相同的高度处下落，则条形磁铁的磁性越强，产生的感应电动势的最大值也就越大，即感应的电流峰值越大，而现在是在不同高度处下落的，故选项A 错误；条形磁铁距铜线圈上端的高度越小，落到下端时的速度就越小，产生的感应电动势也就越小，即产生的感应电流峰值越小，选项B 错误；根据能量守恒，条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能都转化成了焦耳热，而焦耳热越大，需要的电流就会越大，则产生的感应电流峰值也会越大，选项C 正确；根据楞次定律中的“来拒去留”的思路，两次实验条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是向上的，选项D 错误。
答案：C3. (多选)(2020·河北唐山第一次模拟)如图所示，半径为2r 的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r 。
已知弹性螺旋线圈的电阻为R ，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法正确的是()A ．保持磁场不变，线圈的半径由2r 变到3r 的过程中，有顺时针方向的电流B ．保持磁场不变，线圈的半径由2r 变到0.5r 的过程中，有逆时针方向的电流C ．保持半径不变，使磁场随时间按B ＝kt 变化，线圈中的电流为k πr 2RD ．保持半径不变，使磁场随时间按B ＝kt 变化，线圈中的电流为2k πr2R解析：由于磁场的面积不变，线圈的半径由2r 变到3r 的过程中，穿过线圈的磁通量不变，所以在线圈中没有感应电流产生，故A 错误；由于磁场的面积不变，线圈的半径由2r 变到0.5r 的过程中，线圈包含磁场的面积变小，磁通量变小，根据楞次定律可知，产生逆时针方向的电流，故B 正确；保持半径不变，使磁场随时间按B ＝kt 变化，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得I ＝E R ＝ΔΦΔt R ＝ΔB ·S Δt ·R ＝k S R ＝k πr 2R ，故C 正确，D 错误。
答案：BC4．如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n ＝100，线圈的面积S ＝200 cm 2，线圈的电阻r ＝1 Ω，线圈外接一个阻值R ＝4 Ω 的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。
下列说法正确的是( )A ．线圈中的感应电流方向为顺时针方向B ．电阻R 两端的电压随时间均匀增大C ．线圈电阻r 消耗的功率为4×10－4W D ．前4 s 内通过R 的电荷量为4×10－4 C解析：由楞次定律，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，选项A 错误；由法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势恒定为E ＝nS ΔBΔt＝0.1 V ，电阻R 两端的电压不随时间变化，选项B 错误；回路中电流I ＝ER ＋r＝0.02 A ，线圈电阻r 消耗的功率为P ＝I 2r ＝4×10－4W ，选项C正确；前4 s 内通过R 的电荷量为q ＝It ＝0.08 C ，选项D 错误。
答案：C5.(2020·浙江7月选考)如图所示，固定在水平面上的半径为r 的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。
长为l 的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO ′上，随轴以角速度ω匀速转动。
在圆环的A 点和电刷间接有阻值为R 的电阻和电容为C 、板间距为d 的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。
已知重力加速度为g ，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是( )A ．棒产生的电动势为12Bl 2ωB ．微粒的电荷量与质量之比为2gdBr 2ωC ．电阻消耗的电功率为πB 2r 4ω2RD ．电容器所带的电荷量为CBr 2ω解析：由法拉第电磁感应定律知棒产生的电动势U ＝12Br 2ω，A 错误；对极板间微粒受力分析，如图所示，微粒静止，则mg ＝qE ＝q Ud ，得q m ＝gd U，而电容器两极板间电势差与电源电动势相等，故q m ＝2gd Br 2ω，B 正确；电路中的电流I ＝U R ＝Br 2ω2R ，则电阻R 消耗的电功率P ＝I 2R ＝B 2r 4ω24R，C 错误；电容器所带的电荷量Q ＝CU ＝CBr 2ω2，D 错误。
答案：B6. (2020·河北石家庄高三下学期5月二模)如图所示，两个闭合正方形线圈a 、b 用粗细相同的同种导线绕制而成，匝数相同，线圈a 的边长为线圈b 边长的3倍，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，下列说法正确的是( )A ．a 、b 线圈中均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3∶1C ．a 、b 线圈中感应电流之比为3∶4D ．a 、b 线圈中电功率之比为27∶1解析：根据楞次定律可知，原磁场向里增大，则感应电流的磁场与原磁场方向相反，因此感应电流为逆时针，故A 错误；根据法拉第电磁感应定律可知E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt S ＝n ΔB Δt l 2，由题知，两线圈匝数n 相同，ΔBΔt 也相同，故E a ∶E b ＝9∶1，故B 错误；由题知，两线圈的横截面积S 0相同，电阻率ρ也相同，根据电阻定律有R ＝ρL S 0，导线长度为L ＝n ×4l ，故电阻之比为R a ∶R b ＝3∶1，根据欧姆定律有I ＝E R，故电流之比为I a ∶I b ＝3∶1，故C 错误；电功率P ＝E 2R，因电动势之比为9∶1，电阻之比为3∶1，则电功率之比为27∶1，故D 正确。
答案：D7.如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B 。
纸面内有一正方形均匀金属线框abcd ，其边长为L ，总电阻为R ，ad 边与磁场边界平行。
从ad 边刚进入磁场直至bc 边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v 匀速运动，求：(1)感应电动势的大小E ； (2)拉力做功的功率P ； (3)ab 边产生的焦耳热Q 。
解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E ＝BLv 。
(2)线框中的感应电流I ＝E R拉力大小等于安培力大小F ＝BIL拉力的功率P ＝Fv ＝B 2L 2v 2R。
(3)线框ab 边电阻R ab ＝R4时间t ＝L vab 边产生的焦耳热Q ＝I 2R ab t ＝B 2L 3v4R。
答案：(1)BLv (2)B 2L 2v 2R (3)B 2L 3v4R[能力题组专练]8．(多选)(2019·高考全国卷Ⅲ)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v 0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v 1、v 2表示，回路中的电流用I 表示。
下列图像中可能正确的是( )解析：导体棒ab 运动，切割磁感线，产生感应电流(逆时针)，导体棒ab 受安培阻力F 作用，速度减小，导体棒cd 受安培力F ′作用，速度变大，两棒之间的速度差Δv ＝v 1－v 2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，两棒所受安培力逐渐减小，加速度逐渐减小，故ab 棒做加速度逐渐减小的减速运动，cd 棒做加速度逐渐减小的加速运动，如图所示。
当两棒的速度相等时，回路上感应电流消失，两棒在导轨上以共同速度做匀速运动，两棒在导轨上运动时，不受外力作用，系统的动量守恒，则mv 0＝2mv 共，v 共＝v 02，故A 、C 正确，B 、D 错误。
答案：AC9．(多选)如图，MN 和PQ 是固定在水平面上电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，水平部分粗糙，右端接一个阻值为R 的定值电阻。
水平部分导轨区域存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场。
质量为m 、电阻也为R 的金属棒从高为h 处由静止释放，在水平导轨上运动距离d 时恰好停止。
已知金属棒与导轨水平部分间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，重力加速度为g 。
下列说法正确的是( )A ．金属棒克服安培力做的功等于金属棒产生的焦耳热B ．金属棒克服安培力做的功与克服摩擦力做功的和为mghC ．金属棒产生的焦耳热为12mg (h －μd )D ．金属棒在磁场中运动的时间为2gh μg －B 2L 2d2Rμmg解析：根据功能关系知，金属棒克服安培力做的功等于金属棒以及电阻R 上产生的焦耳热之和，故A 错误；设金属棒克服安培力所做的功为W ，对整个过程，由动能定理得mgh －μmgd －W ＝0，解得μmgd ＋W ＝mgh ，故B 正确；由B 项可解得金属棒克服安培力所做的功为W ＝mg (h －μd )，则电路中产生的总的焦耳热Q ＝W ＝mg (h －μd )，则金属棒产生的焦耳热为12mg (h －μd )，故C 正确；金属棒在下滑过程中，其机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh ＝12mv 20，得v 0＝2gh ，金属棒通过某截面的电荷量为q ＝ΔΦ2R ＝BLd2R，根据动量定理得－BI －L Δt －μmg Δt＝0－mv 0，其中q ＝I －Δt ，解得Δt ＝2gh μg －B 2L 2d2Rμmg，故D 正确。