专题四 第11讲 电磁感应-【金版教程】2025年高考物理大二轮专题复习冲刺方案全书Word（提升版）

大二轮专题复习冲刺方案 物理（提升版） 第11讲　电磁感应 考点1　楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用 例1　(2024·江苏高考)如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是(　　) A．顺时针，顺时针 B．顺时针，逆时针 C．逆时针，顺时针 D．逆时针，逆时针 [解析]　将线圈a从磁场中匀速拉出的过程中，穿过线圈a的磁通量垂直纸面向里且在减小，根据楞次定律可知，线圈a中产生的感应电流的方向为顺时针；由于将线圈a从磁场中匀速拉出，由法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律可知，线圈a中产生的电流为恒定电流，根据安培定则可知，线圈a的电流在线圈b处产生垂直纸面向外的磁场，则线圈a靠近线圈b的过程中，穿过线圈b的磁通量垂直纸面向外且增大，由楞次定律可得，线圈b中产生的感应电流的方向为顺时针，故选A。 [答案]　A 例2　(2024·甘肃高考)工业上常利用感应电炉冶炼合金，装置如图所示。当线圈中通有交变电流时，下列说法正确的是(　　) A．金属中产生恒定感应电流 B．金属中产生交变感应电流 C．若线圈匝数增加，则金属中感应电流减小 D．若线圈匝数增加，则金属中感应电流不变 [解析]　当线圈中通有交变电流时，穿过线圈平面的磁通量的大小、方向随电流均发生周期性变化，根据楞次定律可知，金属中产生交变感应电流，A错误，B正确；若线圈匝数增加，则任一时刻线圈产生的磁场的磁感应强度增加，因此穿过线圈平面的磁通量的变化率增大，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知，金属中感应电流增大，C、D错误。 [答案]　B 例3　(2024·湖南高考)如图，有一硬质导线Oabc，其中是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为(　　) A．φO>φa>φb>φc B．φO<φa<φb<φc C．φO>φa>φb＝φc D．φO<φa<φb＝φc [解析]　如图所示，O、a、b、c各点电势的关系相当于Oa、Ob、Oc三条直导体棒绕O点转动切割磁感线时四点的电势的关系，根据右手定则可知，O点电势最高；根据法拉第电磁感应定律，直导体棒在匀强磁场中转动产生的感应电动势E＝Bl，本题中直导体棒绕棒端点转动，则＝ωl，联立可得E＝Bωl2，由图可知lOb＝lOc＝＝R>lOa＝R，结合电源的开路电压等于电动势，以及楞次定律，可得UOb＝UOc>UOa>0，又UOa＝φO－φa，UOb＝φO－φb，UOc＝φO－φc，可得φO>φa>φb＝φc，故选C。 [答案]　C 1．感应电流方向的判断方法 (1)右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断。 (2)楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断。 2．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式 (1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”“增离减靠”。 (2)阻碍导体与磁场的相对运动——“来拒去留”。 (3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”。 (4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”。 3．感应电动势大小的计算 情景图 研究对象 回路(不一定闭合) 一段直导线(或等效直导线) 绕一端转动的一段导体棒 绕位于线框平面内且与B垂直的轴转动的导线框 表达式 E＝n E＝Blv E＝Bl2ω 从图示时刻计时e＝NBSωcosωt 考点2　电磁感应中的电路分析及图像问题 例4　(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(　　) [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。 [答案]　C 1．电磁感应中电路问题的分析步骤 2．解决电磁感应图像问题的一般步骤 (1)明确图像的种类，即是B­t图还是Φ­t图，或者E­t图、I­t图、F­t图、v­t图、E­x图、I­x图等。 (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)画图像或分析、判断图像。 3．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。 考点3　电磁感应中的动力学问题 例5　(2024·北京高考)如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R。开关闭合前电容器的电荷量为Q。 (1)求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I； (2)求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a； (3)在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线。 [解析]　(1)闭合开关瞬间，由电容的定义式可知，电容器两极板间电压U＝ 根据欧姆定律可知，通过导体棒的电流I＝ 联立解得I＝。 (2)闭合开关瞬间，导体棒所受安培力大小 F安＝ILB 由牛顿第二定律有F安＝ma 联立解得a＝。 (3)闭合开关后，随着电容器放电，电容器所带电荷量不断减少，电容器两端的电压u不断降低，又因导体棒速度v不断变大，则由法拉第电磁感应定律可知，导体棒切割磁感线产生的感应电动势e＝BLv逐渐增大，则回路中的电流i＝不断减小，导体棒受到的安培力不断减小，根据牛顿第二定律，可知导体棒的加速度不断减小，最终减小到零后，有i＝0，u＝e，v不变，v­t图线如答图所示。 [答案]　(1)　(2)　(3)如图所示 例6　(2024·河北高考)如图，边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处固定一竖直细导体轴OO′。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，CD棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。 (1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值。 (2)锁定OA棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD棒的加速度大小为a，所受安培力大小等于(1)问中安培力的最大值，求CD棒与导轨间的动摩擦因数。 [解析]　(1)设OA棒接入电路的长度为l，则OA棒切割磁感线的平均速度＝ωl 根据法拉第电磁感应定律，此时回路的感应电动势大小E＝Bl 根据闭合电路欧姆定律，此时通过CD棒的电流大小I＝ 则CD棒所受安培力大小F＝ILB 联立得F＝ 当OA棒运动到细框对角线位置时，l最大，为lmax＝L，此时CD棒所受的安培力最大 可解得CD棒所受安培力的最大值为 Fmax＝ 当OA棒运动到与细框一边平行时，l最小，为lmin＝L，此时CD棒所受的安培力最小 可解得CD棒所受安培力的最小值为 Fmin＝。 (2)设CD棒的质量为m，CD棒与导轨间的最大静摩擦力为fm，CD棒与导轨间的动摩擦因数为μ。CD棒在导轨上静止时，根据题意，当CD棒受到的安培力最小时，根据平衡条件有 mgsinθ＝fm＋Fmin 当CD棒受到的安培力最大时，根据平衡条件有Fmax＝mgsinθ＋fm 撤去推力瞬间，对CD棒，沿导轨方向，根据牛顿第二定律有Fmax＋f－mgsinθ＝ma 其中滑动摩擦力大小f＝μN 垂直导轨方向，根据平衡条件有N＝mgcosθ 联立解得μ＝－tanθ。 [答案]　(1)　 (2)－tanθ 1．导体棒切割磁感线的运动过程分析 导体棒一般不是做匀变速运动，而是经历一个动态变化过程再趋于一个稳定状态。动态分析的基本思路如下： 2．电磁感应中动力学问题的分析思路 考点4　电磁感应中的能量和动量问题 例7　(2024·山东高考)(多选)如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO′与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO′放置在导轨图示位置，由静止释放。MN运动过程中始终平行于OO′且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法正确的是(　　) A．MN最终一定静止于OO′位置 B．MN运动过程中安培力始终做负功 C．从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN的速率一直在增大 D．从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN中电流方向由M到N [解析]　金属棒MN从释放到第一次到达OO′位置过程中，根据右手定则可知，MN中产生的感应电流的方向由M到N，根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向左，则安培力做负功；当MN第一次经过OO′位置时，有向右的速度，会向右运动，同理分析可知，MN从OO′位置向右运动到最高点的过程，所受安培力仍水平向左，安培力做负功；当金属棒MN到达右侧最高点后，会向左运动，同理分析可知，金属棒MN受到的安培力水平向右，则安培力做负功；之后MN往复运动，MN运动过程中安培力始终做负功，根据能量守恒定律可知，MN上升的最大高度不断减小，直至MN经过OO′位置的速度为0时，才不再运动，即MN最终静止于OO′位置，故A、B、D正确。金属棒MN从释放到第一次到达OO′位置过程中，金属棒MN所受安培力水平向左且始终大于零，由于在OO′位置金属棒重力沿导轨切线方向的分力为0，可知在到达OO′位置之前，重力沿导轨切线方向的分力已经小于安培力沿切线方向的分力，金属棒MN已经做减速运动，故C错误。 [答案]　ABD 例8　(2024·湖北高考)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求 (1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小。 (2)金属环刚开始运动时的加速度大小。 (3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。 [解析]　(1)设ab刚越过MP时的速度大小为v0，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP的过程，由动能定理有mgL＝mv－0 解得v0＝ 根据法拉第电磁感应定律可知，ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E＝BLv0 解得E＝BL。 (2)分析可知，金属环在导轨外侧的两段圆弧被短路，在导轨间的两段圆弧并联接入电路中，由几何关系可得，这两段圆弧所对应的圆心角均为θ＝60°，则这两段圆弧的电阻均为 R0＝×6R 整个回路的总电阻为R总＝R＋ 联立解得R总＝R ab刚越过MP时，通过ab的感应电流大小为 I＝ 金属环接入电路的两段圆弧所受安培力大小均为F安＝BL 分析知，金属环接入电路的两段圆弧中电流方向相同，则所受安培力方向相同，设金属环刚开始运动时的加速度大小为a，对金属环，由牛顿第二定律有2F安＝2ma 联立解得a＝。 (3)分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则金属环与金属棒ab组成的系统的动量守恒。开始阶段金属环向右做加速运动，金属棒ab向右做减速运动，当金属棒ab和金属环速度相等时，若金属棒ab恰好追不上金属环，则ab在整个运动过程中恰好不与金属环接触，此时金属环圆心初始位置到MP的距离最小。设二者达到的共同速度为v，从ab刚越过MP至与金属环达到共同速度，对金属棒ab和金属环组成的系统，由动量守恒定律有 mv0＝mv＋2mv 设此过程金属棒ab运动的距离为x1，金属环运动的距离为x2，经过的时间为Δt，根据法拉第电磁感应定律可得，平均感应电动势 ＝ 由闭合电路欧姆定律得，ab中的平均感应电流＝ 对金属棒ab，由动量定理有 －BLΔt＝mv－mv0 由位移关系知，金属环圆心初始位置到MP的最小距离d＝L＋(x1－x2) 联立解得d＝。 [答案]　(1)BL　(2) (3) 1．电磁感应中求焦耳热的三种方法 2．动量定理在电磁感应现象中的应用 导体棒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，有以下关系： (1)安培力的冲量为：I安＝Blt＝Blq。 (2)通过导体棒横截面的电荷量为：q＝Δt＝Δt＝nΔt＝n。 (3)磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝Blx。 (4)如果安培力是导体棒受到的合力，则I安＝mv2－mv1；如果在运动方向导体棒还受到其他力作用，且其他力恒定，则I安＋F其他·t＝mv2－mv1。 当题目中需要求解导体棒的速度v、通过导体棒横截面的电荷量q、导体棒的运动时间t、导体棒的运动位移x时，综合以上关系式应用动量定理求解更方便。 3．动量守恒定律在电磁感应现象中的应用 在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，如果两安培力等大反向，且它们受到的其他外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便。 高考命题预测 1．(2024·河北省石家庄市高三下教学质量检测(一))(多选)如图甲所示，线圈A的匝数为50匝、电阻为3 Ω，在线圈A内加垂直线圈平面的磁场，t＝0时磁场方向垂直纸面向里，穿过线圈A的磁通量按图乙变化。电阻不计、间距为0.5 m的足够长水平光滑金属轨道MN、PQ通过开关S与线圈A相连，两轨间存在垂直纸面的匀强磁场(图中未画出)。现将长度为0.5 m、电阻为1 Ω的导体棒ab垂直轻放在导轨MN、PQ上。t＝0时，闭合开关S，导体棒ab向右加速运动，达到最大速度5 m/s后匀速运动，导体棒ab与轨道始终接触良好。下列说法正确的是(　　) A．t＝0时，线圈A中的感应电动势为5 V B．t＝0时，线圈A中的感应电流为2.5 A C．两导轨间磁场的磁感应强度大小为2 T D．两导轨间磁场的方向垂直MNPQ平面向外 答案：AC 解析：t＝0时，根据法拉第电磁感应定律可得，线圈A中的感应电动势为E＝n＝50× V＝5 V，根据闭合电路欧姆定律可得，线圈A中的感应电流为I＝＝ A＝1.25 A，故A正确，B错误；导体棒ab达到最大速度5 m/s时，有BLv＝E，可得两导轨间磁场的磁感应强度大小为B＝＝ T＝2 T，故C正确；根据楞次定律可知，线圈A中产生的感应电流从a到b流过导体棒ab，开始时导体棒ab向右加速运动，则受到的安培力向右，由左手定则知，两导轨间磁场的方向垂直MNPQ平面向里，D错误。 2．(2024·湖北省武汉市高三下5月三模)如图a是游戏设备——太空梭，人固定在座椅车上从高处竖直下坠，体验瞬间失重的刺激。某工程师准备利用磁场控制座椅车速度，其原理图可简化为图b。座椅车包括座椅和金属框架，金属框架由竖直金属棒ab、cd及5根水平金属棒组成。ab、cd长度均为4h，电阻不计；5根水平金属棒等距离分布，长度均为L，电阻均为R。地面上方足够高处存在竖直宽度为h的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。某次试验时，将假人固定在座椅车上，座椅车竖直放置，让座椅车从金属棒bc距离磁场上边界h高处由静止下落，金属棒bc进入磁场后即保持匀速直线运动，不计摩擦和空气阻力，重力加速度大小为g。求： (1)人和座椅车的总质量m； (2)从bc离开磁场到ad离开磁场的过程中，流过金属棒bc的电荷量q； (3)金属框架abcd穿过磁场的过程中，金属棒bc上产生的热量Q。 答案：(1)　(2) (3) 解析：(1)设bc进入磁场时的速度大小为v，由匀变速直线运动的规律，有v2＝2gh bc进入磁场切割磁感线时，由法拉第电磁感应定律知，bc产生的感应电动势E＝BLv 回路总电阻R总＝R＋ 由闭合电路欧姆定律知，通过bc的电流I＝ bc受到的安培力大小F＝BIL 此时座椅车做匀速直线运动，由平衡条件可知F＝mg 联立解得m＝。 (2)分析可知，从bc离开磁场到ad离开磁场的过程中，座椅车一直做匀速直线运动，所用时间t＝ 在此过程中，任意时间有且仅有一根水平金属棒切割磁感线，且通过该金属棒的电流为I，由并联电路分流规律知，通过bc的电流Ibc＝ 则此过程中通过bc的电荷量q＝Ibct 联立解得q＝。 (3)金属框架abcd匀速通过磁场的过程中，减少的机械能ΔE＝mg×5h 减少的机械能全部转化成焦耳热，下落过程中5根金属棒的作用相同，故金属棒bc上产生的热量占全部热量的五分之一，即Q＝ 联立解得Q＝。 专题作业 1．(2024·湖北高考)《梦溪笔谈》中记录了一次罕见的雷击事件：房屋被雷击后，屋内的银饰、宝刀等金属熔化了，但是漆器、刀鞘等非金属却完好(原文为：有一木格，其中杂贮诸器，其漆器银扣者，银悉熔流在地，漆器曾不焦灼。有一宝刀，极坚钢，就刀室中熔为汁，而室亦俨然)。导致金属熔化而非金属完好的原因可能为(　　) A．摩擦 B．声波 C．涡流 D．光照 答案：C 解析：雷击时，会产生瞬间的强电流，从而产生瞬间的强磁场，由电磁感应可知，这种变化的磁场会使金属内产生涡电流，从而使金属发热熔化，而非金属中不能产生涡流，即导致金属熔化而非金属完好的原因可能为涡流，C正确。 2．(2024·广东高考)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是(　　) A．穿过线圈的磁通量为BL2 B．永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大 C．永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小 D．永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向 答案：D 解析：根据题图乙可知，此时垂直纸面向里穿过线圈的磁通量与垂直纸面向外穿过线圈的磁通量相等，则穿过线圈的磁通量为0，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁相对线圈上升越快，线圈中磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，而永磁铁相对线圈上升的高度与线圈中感应电动势的大小无关，故B、C错误；永磁铁相对线圈下降时，穿过线圈的磁通量垂直纸面向外且增大，根据楞次定律和安培定则可知，线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。 3．(2024·甘肃高考)如图，相距为d的固定平行光滑金属导轨与阻值为R的电阻相连，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。长度为L的导体棒ab沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。则导体棒ab所受的安培力为(　　) A.，方向向左 B.，方向向右 C.，方向向左 D.，方向向右 答案：A 解析：导体棒ab接入电路的有效长度为d，故其切割磁感线在回路中产生的感应电动势大小为E＝Bdv，感应电流大小为I＝，导体棒ab所受的安培力大小为F＝IdB，联立可得F＝；根据右手定则可知，导体棒ab中的感应电流由b向a，由左手定则可知，导体棒ab所受的安培力方向向左。故A正确。 4．(2024·北京高考)如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，下列说法正确的是(　　) A．闭合开关瞬间，线圈M和线圈P相互吸引 B．闭合开关，达到稳定后，电流表的示数为0 C．断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由a到b D．断开开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场方向向左 答案：B 解析：闭合开关瞬间，线圈M中的电流增大，则产生的磁场增强，穿过线圈P的磁通量增大，由楞次定律的推论“增离减靠”可知，线圈M和线圈P相互排斥，故A错误；闭合开关，达到稳定后，穿过线圈P的磁通量保持不变，线圈P中无感应电流产生，电流表的示数为0，故B正确；断开开关前，由安培定则可知，穿过线圈M和线圈P的磁通量向右，断开开关瞬间，穿过线圈P的磁通量减小，由楞次定律可知，线圈P产生的感应电流的磁场方向向右，由安培定则可知，流过电流表的电流方向由b到a，故C、D错误。 5．(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。 6.(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。 7.(2024·安徽省芜湖市高三下5月教学质量检测)(多选)如图所示，足够长的平行金属导轨ab、cd置于水平面内，导体棒MN垂直放在导轨上，矩形虚线框区域内存在一竖直向下、磁感应强度B＝2 T的匀强磁场。现让矩形虚线框区域磁场水平向右以速度v0＝10 m/s匀速运动，从导体棒进入磁场开始计时，经过时间t＝0.2 s，导体棒达到稳定速度，该过程中导体棒MN未滑出磁场，且与导轨保持良好接触并始终与导轨垂直。已知导轨间距L＝1 m，MN的有效电阻与轨道左端连接的定值电阻均为r＝2 Ω，其余部分电阻不计，导体棒MN质量m＝1 kg，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。则导体棒MN(　　) A．刚进入磁场时，回路中电流为0 B．稳定运动时的速度大小为5 m/s C．从开始到稳定运动的时间内，通过导体棒MN的电荷量为4 C D．稳定运动时，定值电阻r上消耗的电功率为12.5 W 答案：BD 解析：导体棒MN刚进入磁场时，导体棒切割磁感线，产生感应电动势，回路中有感应电流，A错误；设导体棒MN稳定运动时速度大小为v，此时相对矩形区域磁场导体棒向左以大小为v0－v的速度切割磁感线，感应电动势大小E＝BL(v0－v)，感应电流大小I＝，对导体棒MN由平衡条件得BIL＝μmg，联立解得v＝v0－＝5 m/s，B正确；导体棒MN经历时间t速度达到v，设此过程导体棒中的平均电流为，以运动方向为正方向，对导体棒由动量定理可得BLt－μmgt＝mv－0，则从开始到稳定运动的时间内，通过导体棒MN的电荷量q＝t＝＝3 C，C错误；导体棒MN稳定运动时，定值电阻r上消耗的电功率为P0＝I2r＝＝12.5 W，D正确。 8．(2023·广东高考)光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为h，其俯视图如图a所示，两磁场磁感应强度随时间t的变化如图b所示，0～τ时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0，一电阻为R、边长为h的刚性正方形金属框abcd，平放在水平面上，ab、cd边与磁场边界平行。t＝0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动。在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如图a中的虚线框所示。随后在τ～2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求： (1)t＝0时线框所受的安培力F； (2)t＝1.2τ时穿过线框的磁通量Φ； (3)2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q。 答案：(1)，方向为水平向左 (2)0.3B0h2，方向为垂直水平面向下 (3) 解析：(1)t＝0时，ab边、cd边均切割磁感线产生感应电动势，结合右手定则知总电动势大小为E＝2B0hv＋B0hv 由右手定则知回路中产生顺时针方向的感应电流，由闭合电路欧姆定律知电流大小为I＝ ab边受到的安培力大小为Fab＝2B0Ih，由左手定则知其方向为水平向左 cd边受到的安培力大小为Fcd＝B0Ih，由左手定则知其方向为水平向左 则线框受到的安培力大小为F＝Fab＋Fcd，方向为水平向左 联立解得F＝，方向为水平向左。 (2)由图b可知，在τ～2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度大小随时间变化的关系为 B1＝2B0－(t－τ) 则t＝1.2τ时，Ⅰ区磁感应强度大小为B1＝1.6B0，Ⅱ区磁感应强度大小为B0 穿过线框的磁通量Φ＝1.6B0·－B0·＝0.3B0h2，方向为垂直水平面向下。 (3)由法拉第电磁感应定律得，2τ～3τ时间内线框中的感应电动势大小始终为E1＝· 感应电流大小始终为I1＝ 2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q＝IRt1 其中t1＝3τ－2τ 联立解得Q＝。 9.(2024·河北省唐山市高三下一模)用一条均匀直导线绕成如图所示的闭合回路，平行纸面放置，小圆环半径为R，大圆环半径为4R，整个回路处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小随时间的变化规律为B＝kt(k>0)，则闭合回路产生的感应电动势大小为(　　) A．kπR2 B．7kπR2 C．13kπR2 D．19kπR2 答案：C 解析：根据楞次定律可知，三个小圆环中的感应电动势方向相同，与大圆环中的感应电动势方向相反，由法拉第电磁感应定律可知，圆环产生的感应电动势大小E＝＝S＝kS，则回路中产生的感应电动势大小E总＝|E大－3E小|＝|kπ(4R)2－3×kπR2|＝13kπR2，故选C。 10.(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。半径为L的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，圆盘所在处存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示，下列说法正确的是(　　) A．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则圆盘中心电势比边缘要低 B．若从上往下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动 C．若圆盘转动的角速度为ω，铜盘转动产生的感应电动势大小为BωL2 D．若圆盘转动的方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 答案：BC 解析：若从上往下看，圆盘顺时针转动，根据右手定则可知，电流方向由P指向圆盘中心，在整个回路中圆盘部分相当于电源，则圆盘中心电势比边缘高，电流沿a到b的方向流过电阻，故A错误，B正确；若圆盘转动的角速度为ω，铜盘转动产生的感应电动势大小为E＝BL＝BL＝BωL2，故C正确；若圆盘转动的方向不变，角速度大小发生变化，则电流的大小发生变化，电流方向不发生变化，故D错误。 11．(多选)如图，足够长的磁铁在空隙产生一个径向辐射状磁场，一个圆形细金属环与磁铁中心圆柱同轴，由静止开始下落，经过时间t，速度达到最大值v，此过程中环面始终水平。已知金属环质量为m、半径为r、电阻为R，金属环下落过程中所经过位置的磁感应强度大小均为B，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则(　　) A．环下落速度为时的加速度大小为 B．环下落速度为v时的感应电流大小为 C．环下落速度为v时的热功率为mgv D．t时间内通过金属环横截面的电荷量为 答案：AC 解析：根据题意知金属环的速度达到最大值v时，安培力与重力平衡，此时，感应电流I＝＝，有F＝BIL＝B··(2πr)＝mg，环下落速度为时，安培力大小F′＝B··(2πr)＝，根据牛顿第二定律可知，加速度大小a＝＝，故A正确，B错误；环下落速度为v时，安培力与重力平衡，热功率等于环克服安培力做功的功率，即为P＝Fv＝mgv，故C正确；t时间内，根据动量定理有mgt－t＝mv，其中＝2πrB，＝，联立得mgt－2πrBq＝mv，解得通过金属环横截面的电荷量q＝，故D错误。 12．(2024·河北省张家口市高三下一模)(多选)如图甲所示，光滑绝缘水平面上有两个间距为L且不计电阻的平行金属导轨，将其固定放置在水平向右的匀强磁场中(磁场未画出)，磁感应强度大小为B，其中导轨左侧半圆的半径为1.5R，右侧半圆的半径为R，其正视图如图乙所示。金属棒M、N完全相同、电阻均为r，其在外力作用下同时由金属导轨半圆顶端以角速度ω沿顺时针方向做匀速圆周运动至圆心等高处。金属棒始终与金属导轨接触良好，金属棒M、N在此运动过程中，下列说法正确的是(　　) A．无电流流过金属棒 B．流过导轨某一截面的电荷量q＝ C．流过金属棒的电流有效值I＝ D．回路中产生的焦耳热Q＝ 答案：BD 解析：金属棒M、N在运动的过程中切割磁感线，产生的感应电动势在回路中方向相反，大小分别为eM＝1.5BLRωsinωt、eN＝BLRωsinωt，则两根金属棒产生的总电动势大小为e＝eM－eN＝0.5BLRωsinωt，由欧姆定律可知，回路中的电流大小为i＝＝sinωt，两金属棒均转过90°，则电流的有效值为I＝＝，A、C错误；在M、N运动过程中，通过闭合回路的磁通量变化量ΔΦ＝B×L(1.5R－R)＝0.5BLR，回路中的平均感应电动势＝，平均感应电流＝，流过导轨某一截面的电荷量q＝Δt＝，B正确；该过程回路中产生的焦耳热Q＝I2·2r·Δt，其中Δt＝，联立得Q＝，D正确。 13．(2024·福建省宁德市高三下三模)(多选)如图甲所示为电磁感应加速器核心部分俯视图，圆心为O、半径为R的圆形光滑真空绝缘细管水平固定放置于圆形边界的匀强磁场中，圆心O与磁场圆心重合。磁场方向竖直向下，当磁场的磁感应强度B随时间变化时，会在空间中产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列以O为圆心的同心圆，同一条电场线上各点场强大小相等。某时刻在细管内P点静止释放一带电量为＋q、质量为m的小球，小球沿逆时针方向运动，其动能随转过圆心角θ变化的图像如图乙所示，下列说法正确的是(　　) A．磁感应强度大小均匀减小 B．细管所处位置电场强度大小为 C．磁感应强度变化率大小为 D．小球第一次回到P点所用时间为2πR 答案：BD 解析：小球带正电，沿逆时针方向运动，则其等效电流方向为逆时针，由安培定则可知，等效感应电流产生的磁场垂直纸面向外，由楞次定律并结合题图甲可知，原磁场的磁感应强度垂直纸面向里增大，故A错误；设细管所处位置的电场强度大小为E，由动能定理有qE·ΔθR＝ΔEk，整理得＝qER，结合题图乙可知，Ek­θ图像的斜率k＝＝qER，解得E＝，故B正确；由B项分析知，产生的涡旋电场恒定，则产生的感生电动势恒定，可知磁感应强度变化率恒定，根据法拉第电磁感应定律，感生电动势E感＝，又有ΔΦ＝ΔBS＝ΔB·πR2，由题图乙可知，当θ＝2π时，小球的动能Ek1＝2E0，θ从0到2π，由动能定理有qE感＝Ek1－0，联立并整理得＝，故C错误；小球在绕一圈过程中受到的电场力大小不变，则沿细管切线方向的加速度大小不变，设为a，由牛顿第二定律有qE＝ma，设小球第一次回到P点所用时间为t，则有2πR＝at2，联立解得t＝2πR，故D正确。 14．(2023·天津市和平区高三下一模)如图所示为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车厢。在缓冲车的底板上安装着电磁铁，能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN，可以在导轨内自由滑动的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合的多匝矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L，假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下，此后线圈与轨道的磁场作用力使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲，一切摩擦及空气阻力不计。 (1)求缓冲车厢减速过程中最大加速度的大小； (2)碰撞后缓冲车厢向前移动一段距离后速度为零，则此过程线圈abcd中产生的焦耳热是多少？ (3)缓冲车与障碍物碰撞后，要使导轨右端不碰到障碍物，则缓冲车与障碍物碰撞前，导轨右端与滑块K的cd边距离至少多大？ 答案：(1)　(2)mv　(3) 解析：(1)缓冲车与障碍物碰撞后，滑块K立即停下时，滑块相对缓冲车速度最大，线圈中产生的感应电动势最大，最大值为 Em＝nBLv0 此时线圈中产生的感应电流最大，为Im＝ 线圈所受安培力Fm＝nBImL 根据牛顿第二定律，有Fm＝mam 联立解得缓冲车厢减速过程中最大加速度的大小am＝。 (2)由能量守恒定律可知，此过程线圈产生的焦耳热Q＝mv。 (3)设导轨右端与滑块K的cd边相距为x时，缓冲车与障碍物碰撞后，导轨右端刚好不碰到障碍物，该过程对缓冲车厢由动量定理可得－安Δt＝0－mv0 其中安＝nBL 由法拉第电磁感应定律得＝n 其中ΔΦ＝BLx 由闭合电路欧姆定律得＝ 联立解得x＝。 23 学科网（北京）股份有限公司 $$