第二章 专题探究四 电磁感应中的电路问题-【学霸题中题】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第二册（人教版2019 江苏专用)

专题探究四 电磁感应中的电路问题 题型1等效电路的电势差计算 以恒定的角速度ω顺时针转动.阻值为R的 1.(2023·广东深圳质检)某同学用粗细均匀的 电阻一端用导线和环上的A点连接，另一端 金属丝弯成如图所示的图形，两个正方形的 和金属杆的转轴O处的端点相连接.下列判 边长均为L,A、B两点之间的距离远小于L,在 断正确的是 ( 右侧正方形区域存在均匀增强的磁场，磁感 A.OM两点间电势差绝对 xB x 应强度随时间的变化率 △ 二=k,则A、B两点之 值的最大值为 XXX 间的电势差Ug为 B.金属杆OM旋转产生的 感应电动势恒为B A.kL? B C.通过电阻R的电流的最小值为Bw 8R,方向 2 C.-kL2 D. 2 从Q到P 2.(2023·江苏海安高级中学期中)将一根绝缘 细导线绕成如图所示的线圈，再将线圈和小 D.通过电阻R的电流的最大值为 4R,且P 灯泡构成闭合回路，线圈内部存在一方向垂 Q两点电势满足Pp>Pg 直纸面向里的均匀磁场，已知小灯泡的电阻 4.(2023·广东广州华侨中学期中)匀强磁场的 为R,细导线的电阻为r,矩形的面积为S1,小 磁感应强度B=0.2T,磁场宽度1=4m,一正 圆的面积为S2,磁感应强度大小随时间变化 方形金属框边长ad='=1m,每边的电阻r= 的规律为B=B。+t,B。和k均为大于零的常 0.22,金属框以v=10m/s的速度匀速穿过 量，下列说法正确的是 ( 磁场区，其平面始终保持与磁感线方向垂直， 如图所示求： (1)画出金属框穿过磁场区的过程中，各阶段 的等效电路图； A.通过灯泡的电流由b流向a (2)画出金属框穿过磁场区的过程中，金属框 B.闭合回路中的感应电动势为k(S,-S2) 内感应电流的-t图线.（要求写出作图依 (S1+S2) 据) C.通过小灯泡的电流大小为 R+r 2Rk(S1+S2) D.小灯泡两端的电压为 R+r 3.(2023·甘肃天水期中)如图所示，均匀金属 圆环的总电阻为4R,磁感应强度为B的匀强 磁场垂直穿过圆环.金属杆OM的长为1，阻值 为R,M端与环接触良好，绕过圆心O的转轴 第二章学霸045 题型2电荷量计算 8.(2022·山东临沂模拟)如图所示，一个匝数 5.（2022·四川内江零模)如 n=100的圆形导体线圈，面积S1=0.4m2,电 图所示，在光滑水平金属框 阻r=12,在线圈中存在面积S,=0.3m2的垂 架上有一导体棒ab.第一次 直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强 以速度匀速向右平动，第 度B随时间t变化的规律是B=(0.2t)T,R= 二次以速度2知匀速向右平动，两次移动的距 22,C=30F,则下列说法正确的是() 离相同，则两种情况下回路中产生的感应电 动势和通过R的电荷量之比分别为( ) A.1:2,1:2 B.1:2,1:1 C.1:1,1:1 D.1:2,2:1 A.电容器上极板带负电 6.如图所示，一正方形线圈的匝数为n,边长为 B.在0~4s时间内通过电阻R的电荷量q= a,电阻为R,线圈平面与匀强磁场垂直，且一 4C 半处在磁场中，在△：时间内，磁感应强度的方 C.电容器的电荷量是9×104C 向不变，大小由B均匀增大到2B.在此过程 D.在0~4s时间内电阻R上产生的焦耳热 中，通过线圈导线某个横截面的电荷量为 Q=32J ( 9.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=0.1T, 金属棒AD长L=0.4m,与框架宽度相同，金 Ba? B. nBa2 nBa2 Ba2 D. R R 2R 2R 属棒的电阻R=兮几，框架电阻不计，电阻 R,=2D,R2=12,当金属棒以5m/s的速度 X> 匀速向右运动时，求： XXX ×××× (1)通过金属棒的电流为多大？ (第6题) (第7题) (2)若图中的电容器C为0.3uF,则电容器中 7.（2022·安微定远期末)如图所示，导体轨道 储存多少电荷量？ OPQS固定，其PQS是半圆弧，Q为半圆弧的 中心，0为圆心，轨道的电阻忽略不计.OM是 有一定电阻的可绕O转动的金属杆.M端位 于PQS弧上，OM与轨道接触良好空间存在 与半圆弧所在平面垂直的匀强磁场，磁感应 强度的大小为B,现使OM从OQ位置以恒定 的角速度沿逆时针方向转到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2B(过程Ⅱ).在过程I、 Ⅱ，流过OM的电荷量之比为 () A.1:1B.1:2C.1:3 D.2:3 选择性必修第二册学霸046右手定则可以判断，a点电势比b点低，故A错误：B.从抛 确，BCD错误 出到落地的过程中，b与外部并没有形成闭合回路，电子 14.C解析：设OE=2,线框的电阻为R,该线框绕过圆心 没有定向移动，故B错误：C.由于b在水平方向做匀速直 0、垂直于半圆面的轴以角速度0匀速转动90°，在线框 线运动，所以它在单位时间内扫过的曲面在水平面的投影 2 Bowr? 面积相同，又因为穿过曲面中的磁通量等于穿过曲面在水 2 中产生的感应电流1= 平面投影面的磁通量，因此单位时间内b扫过的曲面中 R R 的磁通量是定值，故C正确：D.洛伦兹力使金属棒两端分 线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变 别积累了正、负电荷，故D错误故选C. 化.为了产生与线框转动90°过程中同样大小的电流，有 4.B5.D6.A 1=4B·S4B1 △M·R△u a-是所以 7.D解析：OA导线中的感应电动势大小与长度为O'A的半 径垂直切割磁感线产生的感应电动势大小相等，有￡ 有A820B,故C正确，ABD错误 L=n0.00osn0,根据右手定则 △出 2 第3关（练思维宽度） 判断可知A点电势高，D正确. 15.B解析：C.根据楞次定律可知电容器的上极板应带正 8.D解析：A.ab棒切割磁感线产生感应电动势，根据右手 电，C错误 定则可知，a端为低电势，b端为高电势，则电容器c极板 A.由题知导体棒匀速切割磁感线，根据几何关系切割长 带正电，d极板带负电，A错误；BC根据切割磁感线产生感 度为L=2xtan0,x=t,则产生的感应电动势为E= 2Bv'ttan 0. 应电动势有E=L=B心x生空-子，C错误 2 由题图可知电容器直接与电源相连，则电容器的电荷量 D.根据电容器电荷量的计算公式得Q=CB=3 为Q=CE=2 BCv'tan0,则流过导体棒的电流1=？- t D正确.故选D. 2BC2tan0,A错误. 9.D解析：感应电动势E=B。,左右侧圆弧均为半圆，电阻 B当金属棒到达。处时，导体棒产生的感应电动势为 E=2 Bexotan0,则电容器的电荷量为Q=CE=2 BCrxotan0,B 均为乞，并联的总电阻即外电路电阻R=(,金属棒的电 正确 D.由于导体棒做匀速运动，则F=F安=BL由选项A可知 阻等效为电源内阻广=了，金属棒两编的电势差为路端电 流过导体棒的电流I恒定，但L与t成正比，则F为变力， 压U:然-学放D正确故选n 再根据力做功的功率公式P=F,可看出F为变力，不 变，则功率P随力F变化而变化，D错误故选B. 10.B解析：设磁感应强度为B,EF=CD=AB=L,导线运动 专题探究四电磁感应中的电路问题 的速度为D,仅EF进入磁场切割磁感线时，EF是电源， E 1.B解析：根据楞次定律可知，金属丝中电流沿逆时针方 AB与CD并联，EF两端电势差u+05×0.5r=3B: 向，A点电势高于B点：根据法拉第电磁感应定律可知金 仅CD、EF进人磁场切割磁惑线时，CD、EF是并联电源， 属丝中电动势B=4 4 =L,由于金属丝粗细均匀，A、B两 两端电势差a=弓；当AB,CD,EF都进人磁场切割 点间的电势差为电动势的一半：故选B. 磁感线时，AB、CD、EF是并联电源，EF两端电势差u= 2.C解析：A.由题可知，闭合回路中的磁感应强度向里，磁 BL.故选B. 通量增加，由楞次定律可知，通过小灯泡的电流由α流向 第2关（练准确率） 11.B12.D 6,A错误；B,矩形线圈产生的感应电动势为E,=S, △ 13.A解析：导体棒AB切脚磁感线产生的感应电动势为E= 5,小圆线圈产生的感应电动势为B,=5, =S2,由楞 B.2a0 2 =Bam,导体棒AB相当于电源，电源的内阻为 次定律可知，两部分线圈产生的感应电动势方向相同，所 金属环的两个半圆部分的电阻分别为尽 R 以总电动势为E=E,+E2=(S,+S2),B错误：C.通过小灯 ,两个半圆 泡的电流大小为1=￡.(S+s, ,C正确：D.通过小灯 R+rR+r 部分的电阻是并联的，并联以后的电阻为朵，根据闭合电 泡的电流是恒定电流，小灯泡两端的电压为U=R= 3次AB两 Rk(S+S2) 路欧姆定律，回路中的总电流为1▣ D错误.故选C RR R+r 42 3.B解析：B.M端线速度为v=l,OM转动切割磁感线产 嘴的电压即为路缩电压，大小为0=1，冬学，放A正 生的电动势为E=·了宁0，放B正确：AC当V端 选择性必修第二册学霸16 位于最上端时，圆环两部分电阻相等，并联电阻最大，电流 规定沿逆时针方向为电流正方向，画出金属框内感应电流 的-t图线，如图所示 最小，R#=2×2R=R,通过电阻R的电流的最小值为1。 ti/A E_B,根据右手定则可得电流方向从Q到P,此时OM两 25 3R 6R 点间电势差绝对值的最大值为Um=1（R4+R)=。 6·2R= 0.1020.30405 号。，故AC错误，D.当M位于最下端时圆环被接人的 -2引 电阻为0，此时有最大电流品-根据右手定则 5.B解析：根据法拉第电磁感应定律E=B,可知两种情况 可得电流方向从Q到P,P、Q两点电势满足P<华o,故D 下回路中产生的感应电动势之比三：”。1 B22根据q=2, 错误；故选B. 4.(1)见解析图 结合0：语联立可得，可得受十 921 (2)如图所示依据见解析 故B正确，ACD错误故选B. ti/A 6C解析：根据法拉第电磁感应定律E=n4中。n△S 4n △ =公，通过线圈导线某个横截面的电荷量 2B-B.1-n8e △2 0.102030405/% E nBa2 nBa2 为q=/A=RA=2R4A=2R,故选C 7.B解析：设半圆弧PQS的半径为r,在过程I中，根据法 解析：(1)金属框穿过磁场区的过程中，各阶段金属框的位 1 置图如图甲所示。 拉第电磁感应定律，有E,= △1 Bur 根据闭合电路欧鹅定律，有1=只，则4=1,4山，= 401 甲 金属框穿过磁场区的过程中，各阶段金属框的等效电路图 Bnr2 4R 如图乙、丙、丁所示 1 4(2B-B) 2m3 在过程Ⅱ中，B增加到2B,有E2= △1 Bur2 4-会州4贸哈恶宁放@ Bur (2)第I阶段，金属框只有k边在磁场中运动时，由电磁 感应定律和闭合电路欧姆定律，可得金属框中的电流，= 2R E-B'm.0.2×1×10 错误，B正确故选B A=2.5A 3r+r4r4x0.2 8.D解析：A线圈的磁场随时间增大，根据楞次定律，会产 由右手定则可知感应电流的方向沿逆时针方向，持续的时 生顺时针的感应电动势，因此电容器上极板带正电，A错 '1 间4=。10=0.18 误：B由法拉第电随感位定律，知B=”心公是6V。 第Ⅱ阶段，金属框全部在磁场中运动时，由图丙可知，金属 则1=￡=2A,g=h=8C,B错误；C根据欧姆定律及电容 框中感应电流是零，即=0，持续的时间5-比_41。 R+r 0108= 器电荷公式可得Uc=UR=R=4V,Q=CUe=1.2×10C,C 0.38 错误；D.由焦耳定律可得Q==32J,D正确.故选D. 第Ⅲ阶段，金属框只有b边在磁场中运动时，由电磁感应 9.(1)0.2A(2)4×10-8C 定律和闭合电路跃姆定律，可得金属框中的电流5，= 解析：(1)金属棒匀速运动时产生的感应电动势E=BLm= 3r+r RR2 B'0.2x1×10 01×0.4×5V=0.2V,电路中总电阻为R。=R+ R,+R, A=25A 4r4×0.2 由右手定则可知感应电流的方向沿顺时针方向，持续的时 10,流过金属棒的感应电流为=。B=02A 间=上1 。10s=0.1& (2)金属棒两端电压为U=风：=Q2x子V:号，电容器 参考答案学霸17 中储存的电荷量为Q=CU=0.3x10x2 C=4x10c 总时间t=+2+43=225 4.B解析：AB.1时刻，金属杆的速度大小为=4，产生的感 专题探究五电磁感应中的动力学问题 应电动势为E=B,电路中的感应电流为1= R,金属杆所 1.C解析：由于磁场以速度向右运动，当金属框稳定后以 最大速度.向右运动，此时金属框相对于磁场的运动速度 受的安培力大小为P=肌=代，由牛顿第二定律可约 为：一。，根据右手定则可以判断回路中产生的感应电动 势E等于ad、b边分别产生感应电动势之和，可得：E= P=@动初代，可见P是：的一次西数，.故A错 2BL(-.).根据欧姆定律可得，此时金属框中产生的感应 误，B正确：CD.t=0时，F最小，代入数据可求得a= 电流为：1E2B(-) 2m/s2;4=2s时，F最大，最大值为F=12N,故C、D错 金属框的两条边ad和be都受 R R 误故选B. 到安培力作用，ad和bc边所处的磁场方向相反，电流方向 5.(1)b端电势高0.9V(2)5m/s2(3)2m/s3.6W 也相反，故它们所受安培力方向一致，故金属框受到的安 解析：(1)当ab的速度达到=1m/s时，ab杆向右运动切 4B2L(-"） 割磁感线，根据右手定则可知，b端电势高：此时ab杆产生 培力大小：F=2BL= 当金属框速度最大时， R 的电动势为E=BLe=1V, 安培力与摩擦力平衡，可得：F-F=0,解得。= 回路感应电流为= 48-严，故C正确，ABD错误 E=1A, R+r 4B'L 此时ab杆两端的电压为U.=U外=R=0.9V. 2.C解析：A.分析图乙可知，t=2s时，磁感应强度处于变 (2)当ab的速度达到v=1m/s时，此时ab杆受到的安培 化的过程中，铜环中磁通量变化，产生感应电流，A错误； 力大小为F=BL=1N, B.t=1,5s时，垂直斜面向下的磁通量逐渐减小，根据楞次 根据牛顿第二定律可得F-F:=ma, 定律可知，铜环中产生顺时针方向（从上向下看）的感应电 流，B错误；C.t=3.5s时，垂直斜面向上的磁通量逐渐减 解得ab杆此时的加速度大小为a=- 下-F类=5m/ 48.mr2 (3)当ab杆做匀速直线运动时，ab杆速度达到最大，则有 小，根据法拉第电磁感应定律可知￡=△B·S 2 E.Bl.L-F. En=Ba人FR+r Q02V,根据欧姆定律可知1=尽=Q12A,安培力F 联立解得ab杆的最大速度为.=2m/s, 此时电流为I.=2A, 2B=0.0048N,方向沿斜面向下，C正确：D.1~3s时问 电阻R消耗的电功率为P=子R=3.6W. 内，磁感应强度变化率不变，则感应电流不变，磁感应强度 先减小后增大，根据楞次定律可知，安培力先向下减小后 6.(1)5m/s2(2)1.35m(3)F=(+1.6)N 向上增大，则摩擦力方向向上，逐渐减小，后续可能方向向 解析：(1)以导体棒为研究对象，棒在磁场I中切割磁感 下逐渐增大，D错误.故选C 线，棒中产生感应电动势E,在重力和安培力作用下运动， 3.(1)6m/s(2)0.5T(3)18J(4)2.28 由牛顿第二定律得mg-BL=m01,E=BL1,R外= 解析：(1)设b进入磁场时速度为，由机械能守恒得 g,-)归mg-)加之(m)加，解得=6 .联立解得：a1=5m/s2 r+Ro B'Pv (2)由题意可知，导体棒进人磁场Ⅱ后，由于导体棒中电流 (2)ab在磁场中运动所受安培力F=BL1= R 大小始终保持不变，则导体棒做匀速运动，安培力与重力 根据平衡条件则有Mg=F+mgsin0,联立解得B=0.5T (3)由能量守恒可得线框在通过磁场区域过程中产生的焦 等大反向，即mg=L,风E=联立解得： 耳热Q=2Mgs2-2mg1sin0=18J 6m/s,导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运 (4)金属线框从AB到f的过程，根据牛顿第二定律有 动，则v2-=2gh,解得：h=1.35m Mg-mgsin30°=(M+m)a1,解得a1=5m/s2, (3)导体棒进入磁场Ⅱ后经过时间：的速度大小=秒2+， 金属线框从AB到过程的时间4=”=1.28， a FmgF,e,PR联立解得：=1N 251=026 7.B解析：CD.当经过足够长时间后，回路电动势保持恒定 金属线框在通过磁场区域过程的时间2= 有E。=2B,-B,由于电动势恒定，则对上式两边求变化 重物着地以后，根据牛顿第二定律有a1=gsin30°= F-F数。。F 5m/s2, 率有0=2Ba.-Ba根据受力分析有a,=2m,a,=m F安6=B肌，F安。=2F安6，整理后有F=3F安，a,=2a,则金属 根据位移时间公式有人=，2，，解得6=0.88， 棒a和b均做匀加速直线运动，且b的加速度是a的2倍 选择性必修第二册学霸18