考点20 法拉第电磁感应定律 自感 涡流-【金版教程】2025年高考物理一轮总复习首选用卷全书Word（新教材）

金版教程　高考总复习首选用卷　物理 考点20　法拉第电磁感应定律　自感　涡流 题组一　基础小题 1．(多选)关于感应电动势、磁通量、磁通量的变化量，下列说法正确的是(　　) A．穿过回路的磁通量越大，磁通量的变化量不一定越大，回路中的感应电动势也不一定越大 B．穿过回路的磁通量的变化量与线圈的匝数无关，回路中的感应电动势与线圈的匝数有关 C．穿过回路的磁通量的变化率为0，回路中的感应电动势一定为0 D．某一时刻穿过回路的磁通量为0，回路中的感应电动势一定为0 答案　ABC 解析　由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝n，穿过回路的磁通量Φ越大，磁通量的变化量ΔΦ不一定越大，磁通量的变化率不一定越大，回路中的感应电动势不一定越大，故A正确；穿过回路的磁通量的变化量ΔΦ与线圈的匝数n无关，由E＝n可知，回路中的感应电动势E与线圈的匝数n有关，故B正确；穿过回路的磁通量的变化率为0，由E＝n可知，回路中的感应电动势E一定为0，故C正确；某一时刻穿过回路的磁通量Φ为0，磁通量的变化率不一定为0，由E＝n可知，回路中的感应电动势不一定为0，故D错误。 2.如图所示，一金属弯杆处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，已知ab＝bc＝L，当它以速度v向右水平运动时，a、c两点间的电势差为(　　) 　A．BLv B．BLvsinθ C．BLvcosθ D．BLv(1＋sinθ) 答案　B 解析　当金属弯杆以速度v向右水平运动时，其切割磁感线的有效长度为Lsinθ，故感应电动势大小为BLvsinθ，即a、c两点间的电势差为BLvsinθ，故B正确。 3.如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，电阻为R，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均匀增大到2B。在此过程中，通过线圈导线某个横截面的电荷量为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　根据法拉第电磁感应定律，E＝n＝nS＝n·a2＝，通过线圈导线某个横截面的电荷量为q＝IΔt＝Δt＝Δt＝，故C正确。 4.如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为φa、φb、φc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是(　　) A．φa>φc，金属框中无电流 B．φb>φc，金属框中电流方向沿a→b→c→a C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流 D．Uac＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a→c→b→a 答案　C 解析　由法拉第电磁感应定律知，金属框中无电流；在三角形金属框内，bc边和ac边切割磁感线，产生感应电动势，根据E＝Blv可得感应电动势大小均为Bl2ω；由右手定则结合上述分析知φc>φb＝φa，且Ubc＝Uac＝－Bl2ω。故C正确，A、B、D错误。 5.如图所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0。使该导线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　设半圆的半径为r，当线框绕过圆心O的轴匀速转动时，圆弧部分不切割磁感线，不产生感应电动势，而在转过半周的过程中仅有一半直径在磁场中，产生的感应电动势E＝B0r＝B0r·＝B0r2ω；当导线框不动时，E′＝·。由闭合电路欧姆定律得I＝，I′＝，要使I＝I′，必须使E＝E′，即＝，C正确。 6.(多选)电磁阻尼现象在日常生活中得到广泛应用，如汽车的减震悬架，精密实验仪器的防震等。某减震座椅工作原理示意图如图所示，除了弹簧可减震之外，中间还有磁体和配套定子线圈，在震动过程中磁体可在定子线圈内上下移动。下列说法中正确的是(　　) A．定子线圈的电阻越小，电磁阻尼现象越明显 B．定子线圈的电阻越大，电磁阻尼现象越明显 C．震动过程中减震系统会产生焦耳热 D．震动过程中减震系统不会产生焦耳热 答案　AC 解析　震动速度相同的情况下，定子线圈的电阻越小，线圈中感应电流越大，线圈所受安培力越大，电磁阻尼现象越明显，A正确，B错误；减震过程中会产生电流，定子线圈有电阻，则减震系统会产生焦耳热，C正确，D错误。 7.(多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有(　　) A．增加线圈的匝数 B．提高交流电源的频率 C．将金属杯换为瓷杯 D．取走线圈中的铁芯 答案　AB 解析　交变电流在铁芯中产生交变磁场，金属杯中会产生感应电流而发热。增加线圈的匝数，可以使铁芯中的磁场增强，金属杯中磁通量的变化量ΔΦ增大；提高交流电源的频率，可以使Δt减小，这两种措施都可以使增大，由法拉第电磁感应定律可知，都可以使金属杯中产生的感应电动势增大，都可以使金属杯中的电流增大，都可缩短加热时间，A、B正确；将金属杯换成瓷杯，变化的磁场不能在瓷杯内产生感应电流，也就不能使水加热，C错误；取走线圈中的铁芯，线圈和金属杯中的磁场减弱，在金属杯中产生的感应电流会减小，从而使水加热至沸腾的时间增加，D错误。 8．(2017·北京高考)如图1和图2所示是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是(　　) A．图1中，A1与L1的电阻值相同 B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流 C．图2中，变阻器R接入电路中的阻值与L2的电阻值相同 D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等 答案　C 解析　断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过灯A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明未断开S1时IL1>IA1，即RL1<RA1，故A错误。图1中，闭合S1，电路稳定后，因为RL1<RA1，所以A1中电流小于L1中电流，B错误。闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同，说明通过L2和A2的电流与通过变阻器R和A3的电流大小相等，则变阻器R接入电路中的阻值与L2的电阻值相同，C正确。闭合S2时，由于电磁感应，线圈L2产生自感电动势，阻碍电流的增大，通过L2的电流逐渐增大，而通过变阻器R的电流立即达到稳定时电流，与通过L2的电流最终稳定时相等，故闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流不相等，D错误。 9.(多选)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分别与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．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流过电阻R C．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　AB 解析　设圆盘的半径为r，圆盘转动的角速度为ω，则圆盘转动产生的电动势为E＝Br2ω，可知转动的角速度恒定，电动势恒定，电流恒定，A正确；根据右手定则可知，从上向下看，圆盘顺时针转动，圆盘中电流由边缘指向圆心，即电流沿a到b的方向流过电阻R，B正确；圆盘转动方向不变，产生的电流方向不变，C错误；若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R可知，电阻R上的热功率变为原来的4倍，D错误。 10.英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一电荷量为＋q的小球。已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是(　　) A．0 B.r2qk C．2πr2qk D．πr2qk 答案　D 解析　变化的磁场使回路中产生的感生电动势为E＝＝·S＝kπr2，则小球在环上运动一周，感生电场对小球的作用力所做的功W＝qU＝qE＝qkπr2，D正确。 11.(多选)如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v1＝2v2。在先后两种情况下(　　) A．线圈中的感应电流之比I1∶I2＝2∶1 B．线圈中的感应电流之比I1∶I2＝1∶2 C．线圈中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝4∶1 D．通过线圈某截面的电荷量之比q1∶q2＝1∶1 答案　AD 解析　由I＝知，I1∶I2＝2∶1，A正确，B错误；由Q＝I2Rt和t＝联立知，线圈中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1，C错误；由q＝＝知，通过线圈某截面的电荷量之比q1∶q2＝1∶1，D正确。 题组二　高考小题 12．(2022·江苏高考)如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0＋kt，B0、k为常量，则图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为(　　) A．πkr2 B．πkR2 C．πB0r2 D．πB0R2 答案　A 解析　由题图可知r<R，则穿过线圈的磁通量为Φ＝BS＝B·πr2，根据法拉第电磁感应定律可知，题图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为E＝＝·πr2，由B＝B0＋kt可知，该匀强磁场磁感应强度的变化率为＝k，则E＝πkr2，故选A。 13.(2023·湖北高考)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0 cm、1.2 cm和1.4 cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103 T/s，则线圈产生的感应电动势最接近(　　) A．0.30 V B．0.44 V C．0.59 V D．4.3 V 答案　B 解析　根据法拉第电磁感应定律可知，3匝线圈产生的感应电动势大小分别为E1＝＝S1＝103×1.02×10－4 V＝0.1 V，E2＝＝S2＝103×1.22×10－4 V＝0.144 V，E3＝＝S3＝103×1.42×10－4 V＝0.196 V，根据楞次定律可知，3匝线圈产生的感应电动势方向相同，则总电动势E＝E1＋E2＋E3＝0.44 V，故选B。 14．(2023·辽宁高考)如图，空间中存在水平向右的匀强磁场，一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动，且始终平行于OP。导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像可能正确的是(　　) 答案　C 解析　设导体棒匀速转动的速率为v，角速度为ω，如图所示，若导体棒在最左侧时开始计时，经过时间t，其转过的角度为θ，则t时刻导体棒垂直磁感线方向的分速度为v⊥＝vcosθ，又θ＝ωt，以t＝0时即导体棒在最左侧时两端的电势差为正，由法拉第电磁感应定律和右手定则知u＝BLv⊥，联立可得u＝BLvcosωt，故选C。 15．(2023·北京高考)如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡。开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关(　　) A．P与Q同时熄灭 B．P比Q先熄灭 C．Q闪亮后再熄灭 D．P闪亮后再熄灭 答案　D 解析　开始时开关闭合，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，通过Q灯的电流远大于通过P灯的电流，则通过L的电流也远大于通过P的电流；断开开关时，Q所在电路断开，Q立即熄灭，由于自感，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，通过L和P的电流将从开关断开前L中电流的大小逐渐减为零，故P灯闪亮后再熄灭，D正确，A、B、C错误。 ※16.(2023·河北高考)(多选)如图1，绝缘水平面上四根完全相同的光滑金属杆围成矩形，彼此接触良好，匀强磁场方向竖直向下。金属杆2、3固定不动，1、4同时沿图1箭头方向移动，移动过程中金属杆所围成的矩形周长保持不变。当金属杆移动到图2位置时，金属杆所围面积与初始时相同。在此过程中(　　) A．金属杆所围回路中电流方向保持不变 B．通过金属杆截面的电荷量随时间均匀增加 C．金属杆1所受安培力方向与运动方向先相同后相反 D．金属杆4所受安培力方向与运动方向先相反后相同 答案　CD 解析　设金属杆所围矩形回路周长为l，金属杆2所在边的边长为a，则金属杆所围矩形回路的面积S＝a，根据题意，由数学知识可知，金属杆所围矩形回路的面积S先增大后减小，根据楞次定律可知，回路中电流方向为先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故A错误。设金属杆所围矩形回路的总电阻为R，金属杆移动过程中矩形周长保持不变，则R保持不变，通过金属杆截面的电荷量q＝Δt，又＝，＝，ΔΦ＝B·ΔS，联立可得q＝，由题给条件不能判断金属杆所围回路的面积S随时间是否均匀变化，故不能判断通过金属杆截面的电荷量q随时间是否均匀变化，B错误。根据左手定则，可知金属杆1所受安培力方向与运动方向先相同后相反，金属杆4所受安培力方向与运动方向先相反后相同，故C、D正确。 ※17.(2023·全国甲卷)(多选)一有机玻璃管竖直放在水平地面上，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的变化如图b所示。则(　　) A．小磁体在玻璃管内下降速度越来越快 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 答案　AD 解析　由图b可知，电流传感器测得的线圈中的电流的峰值越来越大，则小磁体在依次穿过每匝线圈的过程中，穿过线圈的磁通量的变化率的最大值越来越大，因此小磁体的速度越来越快，A、D正确；由图b可知，小磁体穿过每一匝线圈时，该匝线圈中的电流的方向均先为正方向后为负方向，而小磁体穿过每匝线圈时，穿过该匝线圈的磁通量都先增大后减小，结合楞次定律可知，小磁体靠近和离开每一匝线圈时，穿过该匝线圈的磁通量方向相同，即下落过程中，小磁体的N极和S极不发生颠倒，B错误；下落过程中，感应电流的峰值不断变大，则从上往下线圈受到小磁体的安培力的峰值不断变大，根据牛顿第三定律可知，小磁体受到的电磁阻力的峰值不断变大，C错误。 题组三　模拟小题 18．(2024·湖北省宜荆荆恩四地高三上9月起点考试)现有100匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若穿过线圈的磁通量随时间变化的规律如图所示，下列说法正确的是(　　) A．t＝0时刻线圈中感应电动势为0 B．t＝5×10－3 s时刻线圈中感应电动势最大 C．t＝1×10－3 s时刻线圈中的感应电动势比t＝2×10－3 s时刻的大 D．0～5×10－3 s时间内线圈中平均感应电动势为0.4 V 答案　C 解析　由题图可知，在t＝0时刻穿过线圈的磁通量为0，但穿过线圈的磁通量的变化率最大，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势最大，故A错误；在t＝5×10－3 s时刻穿过线圈的磁通量最大，但穿过线圈的磁通量的变化率为0，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势为0，故B错误；由于t＝1×10－3 s时刻穿过线圈磁通量的变化率比t＝2×10－3 s时刻的大，由法拉第电磁感应定律可知，t＝1×10－3 s时刻线圈中的感应电动势比t＝2×10－3 s时刻的大，故C正确；0～5×10－3 s时间内线圈中的平均感应电动势为＝n＝100× V＝40 V，故D错误。 19.(2023·重庆市高三下第三次联合诊断)如图所示，静置于水平面的矩形闭合线圈abcd，匝数为n，总电阻为R，长度ab＝L1，bc＝L2，该线圈的中轴线PQ两侧分别有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于线圈平面。两磁场同时以大小为v的速度水平向右运动瞬间，线圈所受磁场作用力大小F为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　根据题意可知，磁场向右运动，相当于磁场静止时线圈向左运动切割磁感线，根据右手定则可知，线圈ad边产生a→d方向的感应电流，bc边产生c→b方向的感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈产生的总感应电动势大小为E＝2nBL2v，则线圈中的感应电流大小为I＝＝，由左手定则可知，线圈中ab边与cd边所受安培力合力为零，线圈所受磁场作用力为ad边和cb边受到安培力(均向右)的合力，大小为F＝2nBIL2，解得F＝，故选A。 20．(2023·北京市石景山区高三下一模)汽车使用的电磁制动原理示意图如图所示，当导体在固定通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是(　　) A．制动过程中，导体不会发热 B．制动力的大小与导体运动的速度无关 C．改变线圈中的电流方向，导体就可获得动力 D．制动过程中导体获得的制动力逐渐减小 答案　D 解析　由于导体在固定通电线圈产生的磁场中运动时产生了涡流，根据Q＝I2Rt可知，制动过程中，导体会发热，A错误；导体运动速度越大，导体切割磁感线产生的感应电动势越大，产生的涡流越大，则导体所受安培力即制动力越大，即制动力的大小与导体运动的速度有关，B错误；根据楞次定律可知，原磁场对涡流的安培力总是要阻碍导体的相对运动，即改变线圈中的电流方向，导体受到的安培力仍然为阻力，C错误；制动过程中，导体的速度逐渐减小，导体切割磁感线产生的感应电动势变小，产生的涡流变小，则导体所受安培力即制动力变小，D正确。 21．(2022·广东省潮州市高三下第二次模拟考试)电磁阻尼可以无磨损地使运动的线圈快速停下来。如图所示，扇形铜框在绝缘细杆作用下绕转轴O在同一水平面内快速逆时针转动，虚线把圆环分成八等份，扇形铜框恰好可以与其中一份重合。为使线框快速停下来，实验小组设计了以下几种方案，其中虚线为匀强磁场的理想边界，边界内磁感应强度大小均相同，其中最合理的是(　　) 答案　C 解析　扇形铜框逆时针转动时，对于A、D选项，通过铜框的磁通量不发生变化，无感应电流产生，则铜框不会受到安培力的阻碍作用而减速；对于B、C选项，通过铜框的磁通量发生变化，产生感应电流，B项的铜框只有单边ad或bc切割磁感线、受到安培阻力作用，而C项的铜框ad边、bc边同时切割磁感线且受到安培阻力作用，相比于B项的铜框，相同速度下，C项的铜框产生的感应电动势和感应电流更大，受到的安培力更大，安培力的阻碍作用更大，所以最合理的是C项。 22.(2022·北京市朝阳区高三下二模)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．磁针的磁场使圆盘磁化，圆盘产生的磁场导致磁针转动 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 答案　B 解析　铜不是铁磁性物质，不会被磁针磁化，磁针转动的原因在于圆盘与磁针存在相对运动，使圆盘切割磁感线，产生了涡电流，而涡电流产生的磁场导致磁针转动，故A错误，B正确；在圆盘转动的过程中，圆盘位置和面积均未变，根据磁针周围磁感线的分布情况可知，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量未变，故C错误；圆盘中的自由电子随圆盘一起运动，但铜离子也会随圆盘一起运动，二者产生的等效电流大小相同、方向相反，二者产生的合磁场为0，因此自由电子随圆盘运动形成电流产生的磁场不是磁针转动的原因，故D错误。 23．(2022·广东省湛江市高三下一模)(多选)如图甲所示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，电阻为R。匀强磁场平行于线圈轴线穿过线圈，设向右为正方向，磁感应强度随时间变化的图像如图乙所示。则在0到t1时间内，下列说法正确的是(　　) A．线圈a端的电势比线圈b端的电势高 B．通过线圈的磁通量的变化量为nS(B2－B1) C．线圈a、b两端的电势差Uab恒为 D．若用导线将线圈a、b两端连接起来，则通过导线横截面的电荷量为 答案　AD 解析　线圈中原磁场先向左减弱后向右增强，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向一直向左，根据安培定则及线圈环绕方向知a端电势比b端电势高，故A正确；在0到t1时间内，通过线圈的磁通量的变化量为ΔΦ＝SB2－S(－B1)＝S(B2＋B1)，故B错误；由法拉第电磁感应定律知Uab＝E＝n＝＝，故C错误；若用导线将线圈a、b两端连接起来，通过导线横截面的电荷量q＝Δt＝Δt＝Δt＝n＝，故D正确。 24.(2022·江苏省如皋市高三下第一次调研)如图所示，正方形线圈MOO′N处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与水平面的夹角为30°，线圈的边长为L，电阻为R，匝数为n。当线圈从竖直面绕OO′顺时针转至水平面的过程中，通过导线截面的电荷量为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　根据法拉第电磁感应定律得＝n，又＝，q＝Δt，联立解得q＝n，又因为ΔΦ＝Φ2－Φ1，Φ2＝BL2sin30°，Φ1＝－BL2cos30°，解得q＝，故选A。 25.(2023·江苏省扬州市高三下考前调研测试(三模))如图所示，边长为a、电阻为R的正方形导线框PQMN进入磁感应强度为B的匀强磁场。图示位置线框速度大小为v，此时(　　) A．NM间电势差等于NP间电势差 B．线框中电流大小为 C．线框所受安培力大小为 D．线框所受安培力方向与运动方向相反 答案　C 解析　图示位置NM边恰好切割磁感线，产生的感应电动势大小为E＝Bav，导线框的NM边相当于电源，由右手定则可知“等效电源”中电流由M流向N，则N点电势高于M点电势，可知此时NM两端的电势差为路端电压，根据串联电路的分压原理可得UNM＝E＝Bav，UNP＝E＝Bav，两者不等，故A错误；根据闭合电路的欧姆定律可得，此时线框中的电流大小为I＝＝，故B错误；线框有两个边在磁场中，等效导体长度为PM＝a，则线框所受安培力的大小为F＝BI·PM＝，故C正确；根据左手定则，可知此时线框所受安培力垂直于磁场边界，指向磁场区域之外，与运动方向间的夹角为135°，故D错误。 ※26.(2022·山东省滨州市高三下二模)(多选)如图所示，两条相距L的平行光滑金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。矩形匀强磁场区域MNPQ的宽度为d，磁感应强度大小为B、方向竖直向下。质量为m、接入电阻为R的金属杆静置在导轨上。矩形磁场区域以速度v0匀速向右运动，扫过金属杆。金属导轨的电阻不计且足够长，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。下列说法正确的是(　　) A．MN刚扫过金属杆时，流经R的电流由a流向b B．MN刚扫过金属杆时，电阻R的电功率为 C．PQ刚扫过金属杆时，金属杆的速度为 D．磁场扫过金属杆的过程中，金属杆中的最小电流为－ 答案　BC 解析　当MN刚扫过金属杆时，可将磁场视为不动，金属杆向左运动，则根据右手定则可知流经R的电流由b流向a，A错误；当MN刚扫过金属杆时，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv0，则回路的电流I＝＝，电阻R的电功率为P＝I2R＝，B正确；磁场扫过金属杆的过程，对金属杆根据动量定理得BL·Δt＝mv，整个过程中有＝BL相，＝，相·Δt＝d，联立解得PQ刚扫过金属杆时，金属杆的速度v＝，C正确；金属杆切割磁感线的最小速度为v′＝v0－v，此时感应电动势最小，为E′＝BLv′，电流最小，为I′＝，联立得金属杆中的最小电流为I′＝－，D错误。 题组一　基础大题 27.如图所示，边长为L的正方形导线框abcd放在纸面内，在ad边左侧有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，导线框的总电阻为R。现使导线框绕a点在纸面内顺时针匀速转动，经时间Δt第一次转到图中虚线位置。求： (1)Δt内导线框abcd中平均感应电动势的大小和通过导线截面的电荷量； (2)此时导线框的电功率。 答案　(1)　　(2) 解析　(1)设Δt时间内穿过导线框的磁通量变化量大小为ΔΦ，导线框中平均感应电动势大小为，通过导线截面的电荷量为Q， 则ΔΦ＝B·ΔS 又线框中有磁感线穿过的有效面积的变化量大小ΔS＝L2－L2 由法拉第电磁感应定律得＝ 联立解得＝ 由闭合电路欧姆定律可得，这段时间内导线框中平均感应电流＝ 通过导线截面的电荷量为Q＝Δt 联立解得Q＝。 (2)设此时导线框的电功率为P，在图示虚线位置，导线框转动切割磁感线的有效长度为 l＝L 此时瞬时电动势为E＝Bωl2 其中导线框转动的角速度ω＝ 导线框的电功率为P＝ 联立解得P＝。 题组二　高考大题 28.(2023·天津高考)如图，有一正方形线框，质量为m，电阻为R，边长为l，静止悬挂着，一个三角形匀强磁场垂直于线框所在平面，磁感线垂直纸面向里，且线框中磁场区域面积为线框面积一半，磁感应强度变化规律为B＝kt(k>0)，已知重力加速度g，求： (1)感应电动势E； (2)线框开始向上运动的时刻t0。 答案　(1)　(2) 解析　(1)根据法拉第电磁感应定律有 E＝ 又Δt时间内穿过线框的磁通量变化量 ΔΦ＝SΔB 线框中有磁场穿过的面积S＝l2 由B＝kt得＝k 联立解得E＝。 (2)由闭合电路欧姆定律得，线框中的感应电流大小为I＝ 由楞次定律得，感应电流的方向为逆时针 由左手定则可知，线框受到的安培力方向竖直向上 当线框开始向上运动时，有mg＝FA 此时安培力大小FA＝IlB0 其中B0＝kt0 联立解得t0＝。 题组三　模拟大题 ※29.(2022·上海市杨浦区高三上质量调研)半径为R的金属圆环水平固定，电阻忽略不计。圆环内存在与环面垂直的匀强磁场，磁感应强度为B。导体棒长为L(L＞2R)，其单位长度电阻值为r。图a中导体棒与圆环相切于O1点，t＝0时刻起，从图示位置以速度v匀速向右运动，棒始终与速度方向垂直。图b中导体棒与圆环相切于O2点，t＝0时刻起，以O2点为轴从图示位置起在水平面内顺时针匀速转过180°，角速度为ω；导体棒扫过整个环面时与环接触良好。 (1)分析说明图a中导体棒扫过整个环面过程中流过导体棒的电流变化情况； (2)求图b中导体棒产生的感应电动势E与时间t的关系式； (3)若图a、图b中导体棒扫过整个环面所用时间相同，试比较两种情况中导体棒运动到虚线(圆环上直径位置)处，流过两导体棒的感应电流I1、I2的大小。 答案　(1)电流不变 (2)E＝2BωR2sin2(ωt) (3)I1<I2 解析　(1)设导体棒切割磁感线的有效长度为l，则产生的感应电动势E1＝Blv 回路电阻r1＝lr 流过导体棒的电流I＝ 联立得I＝ 则电流不变。 (2)当0≤ωt≤时，导体棒切割磁感线的有效长度l′＝2Rsin(ωt) 当<ωt≤π时，导体棒切割磁感线的有效长度l′＝2Rsin(π－ωt)＝2Rsin(ωt) 导体棒产生的感应电动势E＝Bl′＝Bl′＝2BωR2sin2(ωt)。 (3)两种情况所用时间相同， 则运动时间t总＝＝ 可得v＝ 导体棒运动到虚线位置时，流过图a中导体棒的电流大小I1＝ 流过图b中导体棒的电流大小I2＝ 其中＝·2R·ω 联立可得I1＝，I2＝ 所以I1<I2。 16 学科网（北京）股份有限公司 $$