（通用版）2019版高考物理第5講“三定則、兩定律”破解電磁感應問題講義（含解析）.docx

“三定則、兩定律”破解電磁感應問題考法學法高考對本部分內容的要求較高，常在選擇題中考查楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用、電磁感應中的圖像問題、電磁感應中的能量問題，或者以導體棒運動為背景，綜合應用電路的相關知識、牛頓運動定律和能量守恒定律解決切割類問題?？疾榈闹攸c有以下幾個方面：楞次定律的應用；法拉第電磁感應定律的理解和應用；三個定則的應用。對該部分內容的復習應注意“抓住兩個定律，運用兩種觀點，分析一種電路”。兩個定律是指楞次定律和法拉第電磁感應定律；兩種觀點是指動力學觀點和能量觀點；一種電路是指感應電路。知能全通1“三定則、一定律”的應用安培定則判斷運動電荷、電流產生的磁場方向左手定則判斷磁場對運動電荷、電流的作用力的方向右手定則判斷部分導體切割磁感線產生的感應電流的方向楞次定律判斷閉合電路磁通量發(fā)生變化產生的感應電流的方向2判斷感應電流方向的兩種方法(1)利用右手定則，即根據(jù)導體在磁場中做切割磁感線運動的情況進行判斷。(2)利用楞次定律，即根據(jù)穿過閉合電路的磁通量的變化情況進行判斷。3楞次定律中“阻礙”的四種表現(xiàn)形式(1)阻礙原磁通量的變化“增反減同”。(2)阻礙相對運動“來拒去留”。(3)使線圈面積有擴大或縮小的趨勢“增縮減擴”。(4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)“增反減同”。題點全練1多選(2018全國卷)如圖，兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關與電源連接，另一線圈與遠處沿南北方向水平放置在紙面內的直導線連接成回路。將一小磁針懸掛在直導線正上方，開關未閉合時小磁針處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是()A開關閉合后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉動B開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向C開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向D開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉動解析：選AD根據(jù)安培定則，開關閉合時鐵芯上產生水平向右的磁場。開關閉合后的瞬間，根據(jù)楞次定律，直導線上將產生由南向北的電流，根據(jù)安培定則，直導線上方的磁場垂直紙面向里，故小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉動，故A正確；同理D正確；開關閉合并保持一段時間后，直導線上沒有感應電流，故小磁針的N極指北，故B、C錯誤。2多選(2018全國卷)如圖(a)，在同一平面內固定有一長直導線PQ和一導線框R，R在PQ的右側。導線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖(b)所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向。導線框R中的感應電動勢()A在t時為零B在t時改變方向C在t時最大，且沿順時針方向D在tT時最大，且沿順時針方向解析：選AC在t時，交流電圖線斜率為0，即磁場變化率為0，由ES知，E0，A正確；在t和tT時，圖線斜率大小最大，在t和tT時感應電動勢最大。在到之間，電流由Q向P減弱，導線在R處產生垂直紙面向里的磁場，且磁場減弱，由楞次定律知，R產生的感應電流的磁場方向也垂直紙面向里，則R中感應電動勢沿順時針方向，同理可判斷在到T時，R中感應電動勢也為順時針方向，在T到T時，R中感應電動勢為逆時針方向，C正確，B、D錯誤。3.多選(2018湖北八校聯(lián)考)已知地磁場類似于條形磁鐵產生的磁場，地磁場N極位于地理南極附近。如圖所示，在湖北某中學實驗室的水平桌面上，放置邊長為L的正方形閉合導體線框abcd，線框的ad邊沿南北方向，ab邊沿東西方向，下列說法正確的是()A若使線框向東平移，則a點電勢比d點電勢低B若使線框向北平移，則a點電勢等于b點電勢C若以ad邊為軸，將線框向上翻轉90，則翻轉過程線框中電流方向始終為adcba方向D若以ab邊為軸，將線框向上翻轉90，則翻轉過程線框中電流方向始終為adcba方向解析：選AC地球北半球的磁場方向由南向北斜向下分布，可分解為水平向北和豎直向下兩個分量。若線框向東平移，根據(jù)右手定則可知a點電勢低于d點電勢，A項正確；若線框向北平移，根據(jù)右手定則可知a點電勢高于b點電勢，B項錯誤；若以ad邊為軸，將線框向上翻轉90過程中，穿過線框的磁通量逐漸減小，根據(jù)楞次定律及安培定則可知，線框中的電流方向始終為adcba方向，C項正確；若以ab邊為軸，將線框向上翻轉90過程中，穿過線框的磁通量先增大后減小，根據(jù)楞次定律及安培定則可知，線框中的電流方向為先沿abcda方向再沿adcba方向，故D項錯誤。4多選如圖甲所示，螺線管內有一平行于軸線的磁場，規(guī)定圖中箭頭所示方向為磁感應強度B的正方向，螺線管與U形導線框cdef相連，導線框cdef內有一半徑很小的金屬圓環(huán)L，圓環(huán)面積為S，圓環(huán)與導線框cdef在同一平面內。當螺線管內的磁感應強度隨時間按圖乙所示規(guī)律變化時，下列說法中正確的是()A在t1時刻，金屬圓環(huán)L內的磁通量最大，最大值mB0SB在t2時刻，金屬圓環(huán)L內的磁通量最大C在t1t2時間內，金屬圓環(huán)L有擴張的趨勢D在t1t2時間內，金屬圓環(huán)L內有順時針方向的感應電流解析：選BD當螺線管內的磁感應強度隨時間按題圖乙所示規(guī)律變化時，在導線框cdef內產生感應電動勢和感應電流，在t1時刻，螺線管內磁通量的變化率為零，感應電動勢為零，感應電流為零，金屬圓環(huán)L內的磁通量為零，選項A錯誤；在t2時刻，螺線管內磁通量的變化率最大，感應電動勢最大，感應電流最大，金屬圓環(huán)L內的磁通量最大，選項B正確；在t1t2時間內，螺線管內磁通量減小，由楞次定律及安培定則知，導線框cdef內產生逆時針方向感應電流，螺線管內磁通量的變化率逐漸增大，則感應電動勢逐漸增大，感應電流逐漸增大，金屬圓環(huán)L內磁通量增大，根據(jù)楞次定律及安培定則知，金屬圓環(huán)L內有順時針方向的感應電流，金屬圓環(huán)L有收縮的趨勢，選項C錯誤，D正確。知能全通1三個公式的適用范圍(1)En，適用于普遍情況。(2)EBlv，適用于導體切割磁感線的情況。(3)EBl2，適用于導體繞一端點轉動切割磁感線的情況。2幾點注意(1)公式EBlv中的l為導體切割磁感線的有效長度。如圖所示，導體的有效長度均為ab間的距離。(2)用公式EnS求感應電動勢時，S為線圈在磁場范圍內的有效面積。(3)通過回路截面的電荷量q僅與n、和回路電阻R有關，與時間長短無關。推導如下：qtt。題點全練1.(2018全國卷)如圖，導體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點，O為圓心。軌道的電阻忽略不計。OM是有一定電阻、可繞O轉動的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為B?，F(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉到OS位置并固定(過程)；再使磁感應強度的大小以一定的變化率從B增加到B(過程)。在過程、中，流過OM的電荷量相等，則等于()ABC D2解析：選B在過程中，根據(jù)法拉第電磁感應定律，有E1，根據(jù)閉合電路歐姆定律，有I1，且q1I1t1；在過程中，有E2，I2，q2I2t2，又q1q2，即，解得，B正確。2.如圖所示，在豎直平面內有一金屬環(huán)，環(huán)半徑為0.5 m，金屬環(huán)總電阻為2 ，在整個豎直平面內存在垂直紙面向里的勻強磁場(未畫出)，磁感應強度為B1 T，在環(huán)的最高點上方A點用鉸鏈連接一長度為1.5 m，電阻為3 的導體棒AB，當導體棒AB擺到豎直位置時，導體棒B端的速度為3 m/s。已知導體棒下擺過程中緊貼環(huán)面且與金屬環(huán)有良好接觸，則導體棒擺到豎直位置時AB兩端的電壓大小為()A0.4 V B0.65 VC2.25 V D4.5 V解析：選B當導體棒擺到豎直位置時，由vr可得，C點的速度為：vCvB3 m/s1 m/s，AC間電壓為：UACEACBLAC10.5 V0.25 V，CB段產生的感應電動勢為：ECBBLCB11 V2 V，環(huán)兩側并聯(lián)，電阻為：R 0.5 ，導體棒CB段的電阻為：r2 ，則CB間電壓為：UCBECB2 V0.4 V，故AB兩端的電壓大小為：UABUACUCB0.25 V0.4 V0.65 V，故B對。3多選(2019屆高三鷹潭模擬)如圖甲所示，一個匝數(shù)為n的圓形線圈(圖中只畫了2匝)，面積為S，線圈總電阻為R，在線圈外接一個阻值為R的電阻和一個理想電壓表，將線圈放入垂直線圈平面向里的勻強磁場中，磁感應強度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是()A0t1時間內P端電勢高于Q端電勢B0t1時間內電壓表的讀數(shù)為Ct1t2時間內R上的電流為Dt1t2時間內P端電勢高于Q端電勢解析：選AC0t1時間內，磁通量向里增大，根據(jù)楞次定律可知，線圈中感應電流沿逆時針方向，線圈相當于電源，P端電勢高于Q端電勢，故A正確；0t1時間內線圈產生的感應電動勢EnnSnS，電壓表的示數(shù)等于電阻R兩端的電壓UIRR，故B錯誤；t1t2時間內線圈產生的感應電動勢EnS，根據(jù)閉合電路的歐姆定律得I，故C正確；t1t2時間內，磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律可知，線圈中感應電流沿順時針方向，線圈相當于電源，P端電勢低于Q端電勢，故D錯誤。4圖甲為手機及無線充電板。圖乙為充電原理示意圖。充電板接交流電源，對充電板供電，充電板內的送電線圈可產生交變磁場，從而使手機內的受電線圈產生交變電流，再經整流電路轉變成直流電后對手機電池充電。為方便研究，現(xiàn)將問題做如下簡化：設送電線圈的匝數(shù)為n1，受電線圈的匝數(shù)為n2，面積為S，若在t1到t2時間內，磁場(垂直于線圈平面向上、可視為勻強磁場)的磁感應強度由B1均勻增加到B2。下列說法正確的是()A受電線圈中感應電流方向由d到cBc點的電勢高于d點的電勢Cc、d之間的電勢差為Dc、d之間的電勢差為解析：選D根據(jù)楞次定律可知，受電線圈內部產生的感應電流方向俯視為順時針，受電線圈中感應電流方向由c到d，所以c點的電勢低于d點的電勢，故A、B錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律可得c、d之間的電勢差為UcdE，故C錯誤，D正確。研一題多選(2018江蘇高考)如圖所示，豎直放置的“”形光滑導軌寬為L，矩形勻強磁場、的高和間距均為d，磁感應強度為B。質量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場和時的速度相等。金屬桿在導軌間的電阻為R，與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g。金屬桿()A剛進入磁場時加速度方向豎直向下B穿過磁場的時間大于在兩磁場之間的運動時間C穿過兩磁場產生的總熱量為4mgdD釋放時距磁場上邊界的高度h可能小于解析金屬桿在磁場之外的區(qū)域做加速運動，所以進入磁場、的速度大于穿出磁場的速度，則金屬桿剛進入磁場時做減速運動，加速度方向豎直向上，故A錯誤；金屬桿在磁場中(先)做加速度減小的減速運動，在兩磁場之間做加速度為g的勻加速直線運動，兩個過程位移相等，vt圖像可能如圖所示，故B正確；由于金屬桿進入兩磁場時速度相等，由動能定理得，W安1mg2d0，可知金屬桿穿過磁場克服安培力做功為2mgd，即產生的熱量為2mgd，故穿過兩磁場產生的總熱量為4mgd，故C正確；設金屬桿剛進入磁場時速度為v，則由機械能守恒定律知mghmv2，由牛頓第二定律得mgma，解得h，故D錯誤。答案BC悟一法解答電磁感應中電路問題的三步驟通一類1多選如圖所示，水平放置的粗糙U形框架上連接一個阻值為R0的電阻，處于垂直框架平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場中。一個半徑為L、質量為m的半圓形硬導體AC置于框架上，在水平向右的恒定拉力F作用下，由靜止開始運動距離d后速度達到v，A、C端始終與框架良好接觸，半圓形硬導體AC的電阻為r，框架電阻不計。下列說法正確的是()AA點的電勢高于C點的電勢B此時AC兩端電壓為UACC此過程中電路產生的電熱為QFdmv2D此過程中通過電阻R0的電荷量為q解析：選AD根據(jù)右手定則可知，A點相當于電源的正極，電勢高，A正確；AC產生的感應電動勢為E2BLv，AC兩端的電壓為UAC，B錯誤；由功能關系得Fdmv2QQf，C錯誤；此過程中平均感應電流為，通過電阻R0的電荷量為qt，D正確。2.多選(2018安徽六校聯(lián)考)如圖所示，光滑水平面上存在有界勻強磁場，磁感應強度為B，質量為m、邊長為a的正方形線框ABCD斜向右上方穿進磁場，當AC剛進入磁場時，線框的速度為v，方向與磁場邊界夾角為45，若線框的總電阻為R，則()A線框穿進磁場過程中，線框中電流的方向為DCBABAC剛進入磁場時線框中感應電流為CAC剛進入磁場時線框所受安培力為D此時CD兩端電壓為Bav解析：選CD線框進入磁場的過程中穿過線框的磁通量增大，由楞次定律可知，感應電流的磁場方向向外，由安培定則可知感應電流的方向為ABCD，故A錯誤；AC剛進入磁場時，CD切割磁感線，AD不切割磁感線，所以產生的感應電動勢EBav，則線框中感應電流I，故B錯誤；AC剛進入磁場時，CD受到的安培力與v的方向相反，AD受到的安培力的方向垂直于AD向下，它們的大小都是FBIa，由幾何關系可知，AD與CD受到的安培力的方向相互垂直，AC剛進入磁場時線框所受安培力為AD與CD受到的安培力的矢量合，F(xiàn)合F，故C正確；AC剛進入磁場時，CD兩端電壓UIBav，故D正確。3.如圖所示，平行極板與單匝圓形線圈相連，極板距離為d，圓半徑為r，線圈的電阻為R1，外接電阻為R2，其他部分的電阻忽略不計。線圈中有垂直紙面向里的磁場，磁感應強度均勻增加，有一個帶電粒子靜止在極板之間，帶電粒子質量為m、電荷量為q。則下列說法正確的是() A粒子帶正電B磁感應強度的變化率為C保持開關閉合，向上移動下極板時，粒子將向下運動D斷開開關，粒子將向下運動解析：選B穿過線圈的磁通量垂直紙面向里增加，由楞次定律可知，線圈中感應電流的磁場方向向外，平行板電容器的上極板電勢高，下極板電勢低，板間存在向下的電場，粒子受到重力和電場力而靜止，因此粒子受到的電場力方向向上，電場力方向與場強方向相反，粒子帶負電，故A錯誤；對粒子，由平衡條件得：mgq，而感應電動勢：E，解得：E，由法拉第電磁感應定律得：EnnS，解得：，故B正確；保持開關閉合，則極板間的電壓不變，當向上移動下極板時，極板間距減小，所以電場強度增大，則電場力增大，因此粒子將向上運動，故C錯誤；斷開開關，電容器既不充電，也不放電，則電場強度不變，因此電場力也不變，故粒子靜止不動，故D錯誤。研一題(2018全國卷)如圖，在同一水平面內有兩根平行長導軌，導軌間存在依次相鄰的矩形勻強磁場區(qū)域，區(qū)域寬度均為l，磁感應強度大小相等、方向交替向上向下。一邊長為l的正方形金屬線框在導軌上向左勻速運動。線框中感應電流i隨時間t變化的正確圖線可能是()解析設線路中只有一邊切割磁感線時產生的感應電流為i，根據(jù)題圖可得：線框位移等效電路的連接電流0I2i(順時針)lI0lI2i(逆時針)2lI0綜合分析知，只有選項D符合要求。答案D悟一法1解決電磁感應圖像問題的一般步驟(1)明確圖像的種類，即是B t圖還是 t圖，或者Et圖、It圖等。(2)分析電磁感應的具體過程。(3)用右手定則或楞次定律確定方向對應關系。(4)結合法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律等規(guī)律寫出函數(shù)關系式。(5)根據(jù)函數(shù)關系式，進行數(shù)學分析，如分析斜率的變化、截距的含義等。(6)畫圖像或判斷圖像。2電磁感應圖像問題分析的注意點(1)注意初始時刻的特征，如初始時刻感應電流是否為零，感應電流的方向如何。(2)注意電磁感應發(fā)生的過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖像變化對應。(3)注意觀察圖像的變化趨勢，判斷圖像斜率的大小、圖像的曲直是否和物理過程對應。通一類1多選(2019屆高三錦州模擬)如圖甲所示為固定在勻強磁場中的正三角形導線框abc，磁場的方向與導線框所在平面垂直，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示。規(guī)定垂直紙面向里為磁場的正方向，逆時針方向為線框中感應電流的正方向，水平向右為安培力的正方向，關于線框中的電流I與ab邊所受的安培力F隨時間t變化的圖像(圖中不考慮2 s末線框中的電流及ab邊的受力情況)，選項圖中正確的是()解析：選AD01 s時間內，B垂直紙面向里均勻增大，均勻增大，由楞次定律可知線框中的感應電流沿逆時針方向，且是恒定的正值，B均勻增大，故安培力均勻增大，根據(jù)左手定則可知ab邊所受安培力方向向右，為正值；12 s、23 s穿過線框的磁通量不變，所以無感應電流，安培力為0；34 s時間內，B垂直紙面向外均勻減小，均勻減小，由楞次定律可知線框中的感應電流沿逆時針方向，且是恒定的正值，B均勻減小，故安培力均勻減小，根據(jù)左手定則可知ab邊所受安培力方向向左，為負值。綜上所述，A、D正確。2.多選(2018黃岡質檢)如圖所示，在光滑水平面內，虛線右側存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，一正方形金屬線框質量為m、電阻為R、邊長為L，從線框右側邊進入磁場時開始計時，在外力作用下，線框由靜止開始，以垂直于磁場的恒定加速度a進入磁場區(qū)域，t1時刻線框全部進入磁場，規(guī)定順時針方向為感應電流i的正方向，外力大小為F，線框中電功率的瞬時值為P，通過線框導線橫截面的電荷量為q，其中Pt和qt圖像均為拋物線，則表示這些量隨時間變化的圖像正確的是()解析：選CD線框右側邊切割磁感線，運動速度vat，產生的感應電動勢eBLv，產生的感應電流i，i與t成正比，圖線為傾斜直線，故A錯誤；對線框受力分析，由牛頓第二定律，有FF安ma，其中F安BLi，得Fma，F(xiàn)與t為一次函數(shù)關系，圖線為F軸截距大于零的傾斜直線，故B錯誤；功率Pi2R，P與t的二次方成正比，圖線為拋物線，故C正確；由電荷量表達式q，有q，q與t的二次方成正比，圖線為拋物線，故D正確。3.(2018山西五市聯(lián)考)如圖所示，等腰直角三角形區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，左邊有一形狀與磁場邊界完全相同的閉合導線框，線框斜邊長為l，線框從圖示位置開始水平向右勻速穿過磁場區(qū)域，規(guī)定線框中感應電流沿逆時針方向為正，選項圖中表示其感應電流i隨位移x變化的圖像正確的是()解析：選B線框穿過磁場的過程中，磁通量先增加后減小，根據(jù)楞次定律，感應電流的磁場方向先垂直紙面向外后垂直紙面向內，根據(jù)安培定則，感應電流先沿逆時針方向后沿順時針方向，即先正后負，故A、D錯誤；線框向右運動過程中，切割磁感線的有效長度先增大后減小，根據(jù)i知，感應電流先增大后反向減小，故B正確，C錯誤。專題強訓提能 1隨著新能源轎車的普及，無線充電技術得到進一步開發(fā)和應用，一般給大功率電動汽車充電時利用的是電磁感應原理。如圖所示，由地面供電裝置(主要裝置是線圈和電源)將電能傳送至電動車底部的感應裝置(主要裝置是線圈)，該裝置通過改變地面供電裝置的電流使自身產生感應電流，對車載電池進行充電，供電裝置與車身接收裝置通過磁場傳送能量，由于電磁輻射等因素，其能量傳輸效率只能達到90%左右。無線充電樁一般采用平鋪式放置，用戶無需下車、無需插電即可對電動車進行充電。目前無線充電樁可以允許的充電有效距離一般為1520 cm，允許的錯位誤差一般為15 cm左右。下列說法正確的是()A無線充電樁的優(yōu)越性之一是在百米之外也可以對電動車充電B車身感應裝置中的感應電流的磁場總是要阻礙引起感應電流的磁通量的變化C車身感應裝置中感應電流的磁場總是與地面供電裝置中電流產生的磁場方向相反D若線圈均采用超導材料，則能量的傳輸效率有望達到100%解析：選B題中給出目前無線充電樁充電的有效距離為1520 cm，達不到在百米之外充電，A錯誤；通過改變地面供電裝置的電流來使車身感應裝置中產生感應電流，因此，感應裝置中的感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化，B正確；根據(jù)楞次定律知，感應電流的磁場不一定與地面供電裝置中電流產生的磁場方向相反，C錯誤；由于電磁波傳播時有電磁輻射，能量傳輸效率不能達到100%，D錯誤。2.(2019屆高三蘇州調研)如圖所示，圓筒形鋁管豎直置于水平桌面上，一磁塊從鋁管的正上方由靜止開始下落，穿過鋁管落到水平桌面上，下落過程中磁塊不與管壁接觸，忽略空氣阻力，則在下落過程中()A磁塊做自由落體運動B磁塊的機械能守恒C鋁管對桌面的壓力大于鋁管所受的重力D磁塊動能的增加量大于重力勢能的減少量解析：選C在磁塊向下運動過程中，鋁管中產生感應電流，會產生電磁阻尼作用，磁塊受向上的磁場力的作用，鋁管受向下的磁場力的作用，則對桌面的壓力大于其所受重力，選項C正確；磁塊除受重力之外，還受向上的磁場力，因此磁塊做的不是自由落體運動，磁塊向下運動，磁場力做負功，因此機械能不守恒，動能的增加量小于重力勢能的減少量，選項A、B、D錯誤。3.很多人喜歡到健身房騎車鍛煉，某同學根據(jù)所學知識設計了一個發(fā)電測速裝置，如圖所示，自行車后輪置于垂直車身平面向里的勻強磁場中，后輪圓形金屬盤在磁場中轉動時，可等效成一導體棒繞圓盤中心O轉動。已知磁感應強度B0.5 T，圓盤半徑l0.3 m，圓盤電阻不計，導線通過電刷分別與后輪外邊緣和圓心O相連，導線兩端a、b間接一阻值R10 的小燈泡。后輪勻速轉動時，用電壓表測得a、b間電壓U0.6 V。則()A電壓表的正接線柱應與a相接B電壓表的正接線柱應與b相接C后輪勻速轉動20 min產生的電能為426 JD該自行車后輪邊緣的線速度大小為4 m/s解析：選B根據(jù)右手定則可判斷輪子邊緣的點等效為電源的負極，電壓表的正接線柱應與b相接，B正確，A錯誤；根據(jù)焦耳定律得QI2Rt，由歐姆定律得I，代入數(shù)據(jù)解得Q43.2 J，C錯誤；由UEBl2，解得vl8 m/s，D錯誤。4多選輕質細線吊著一質量為m0.32 kg、邊長為L0.8 m、匝數(shù)n10的正方形線圈，線圈總電阻為r1 ，邊長為的正方形磁場區(qū)域對稱分布在線圈下邊的兩側，如圖甲所示，磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小隨時間變化的關系如圖乙所示，從t0開始經t0時間細線開始松弛，取重力加速度g10 m/s2。則下列判斷正確的是()A在0t0時間內線圈中電流方向為順時針方向B在0t0時間內線圈中產生的電動勢大小為0.4 VC在tt0時，線圈中電流的電功率為0.32 WD從t0開始到細線開始松弛所用時間為2 s解析：選BD根據(jù)楞次定律可知，在0t0時間內線圈中電流方向為逆時針方向，A錯誤；由法拉第電磁感應定律得Enn20.4 V，B正確；由I0.4 A，得PI2r0.16 W，C錯誤；對線圈受力分析可知，當細線松弛時有F安nBt0Img，I，Bt02 T，由題圖乙知Bt010.5t0(T)，解得t02 s，D正確。5多選如圖甲所示，線圈兩端a、b與一電阻R相連，線圈內有垂直于線圈平面向里的磁場，t0時起，穿過線圈的磁通量按圖乙所示規(guī)律變化。下列說法正確的是()A.時刻，R中電流方向為由a到bB.t0時刻，R中電流方向為由a到bC0t0時間內R中的電流是t02t0時間內的D0t0時間內R產生的焦耳熱是t02t0時間內的解析：選AC時刻，線圈中向里的磁通量在增加，根據(jù)楞次定律，感應電流沿逆時針方向，所以R中電流方向為由a到b，故A正確；t0時刻，線圈中向里的磁通量在減少，根據(jù)楞次定律，感應電流沿順時針方向，R中的電流方向為由b到a，故B錯誤；0t0時間內感應電動勢大小E1；t02t0時間內感應電動勢大小E2，由歐姆定律，知0t0時間內R中的電流是t02t0時間內的，故C正確；根據(jù)焦耳定律QI2Rt，知0t0時間內R產生的焦耳熱是t02t0時間內的，故D錯誤。6(2018沈陽質檢)如圖甲所示，一個足夠長的U形光滑金屬導軌固定在水平桌面上，連接的電阻R10 ，其余電阻均不計，兩導軌間的距離l0.2 m，處于垂直于桌面向下并隨時間變化的勻強磁場中，磁感應強度B隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。一個電阻不計的金屬桿可在導軌上無摩擦地滑動，在滑動過程中保持與導軌兩邊垂直。在t0時刻，金屬桿緊靠在最左端，金屬桿在外力的作用下以速度v0.5 m/s向右做勻速運動。當t4 s時，下列說法中正確的是()A穿過回路的磁通量為1 WbB流過電阻R的感應電流的方向為baC電路中感應電動勢大小為0.02 VD金屬桿所受到的安培力的大小為1.6104 N解析：選D當t4 s時，金屬桿運動的位移為：xvt0.54 m2 m，則穿過回路的磁通量為：BSBlx0.20.22 Wb0.08 Wb，A錯誤；根據(jù)楞次定律可得，流過電阻R的感應電流的方向為ab，B錯誤；電路中感應電動勢大小為：EBlv0.20.20.5 V V0.04 V，C錯誤；根據(jù)歐姆定律可得，電路中的電流為：I A0.004 A，金屬桿所受到的安培力的大小為：FBIl0.2 0.004 0.2 N 1.6104 N，D正確。7如圖甲所示，一根電阻R4 的導線繞成半徑d2 m的圓，在圓內部分區(qū)域存在變化的勻強磁場，中間S形虛線是兩個直徑均為d的半圓，磁感應強度隨時間變化的圖像如圖乙所示(磁場垂直于紙面向外為正)，關于圓環(huán)中的感應電流時間圖像，電流沿逆時針方向為正，選項圖中正確的是()解析：選C01 s，E1S4 V，I A，由楞次定律知感應電流為順時針方向，對照選項知，只有C正確。8.多選如圖所示，一不計電阻的導體圓環(huán)，半徑為r、圓心在O點，過圓心放置一長度為2r、電阻為R的輻條，輻條與圓環(huán)接觸良好?，F(xiàn)將此裝置放置于磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的有界勻強磁場中，磁場邊界恰與圓環(huán)直徑在同一直線上，現(xiàn)使輻條以角速度繞O點逆時針轉動，右側電路通過電刷與輻條中心和環(huán)的邊緣相接觸，R1，S處于閉合狀態(tài)，不計其他電阻，則下列判斷正確的是()A通過R1的電流方向為自下而上B感應電動勢大小為2Br2C理想電壓表的示數(shù)為Br2D理想電流表的示數(shù)為解析：選AC由右手定則可知，輻條中心為電源的正極、圓環(huán)邊緣為電源的負極，因此通過R1的電流方向為自下而上，選項A正確；由題意可知，始終有長度為r的輻條在轉動切割磁感線，因此感應電動勢大小為EBr2，選項B錯誤；由題圖可知，在磁場內部的半根輻條相當于電源，磁場外部的半根輻條與R1并聯(lián)，可得外電阻為，內電阻為，因此理想電壓表的示數(shù)為UEBr2，選項C正確；理想電流表的示數(shù)為I，選項D錯誤。9多選如圖甲所示，固定在光滑水平面上的正三角形金屬線框，匝數(shù)n20，總電阻R2.5 ，邊長L0.3 m，處在兩個半徑均為r的圓形勻強磁場區(qū)域中。線框頂點與右側磁場區(qū)域圓心重合，線框底邊中點與左側磁場區(qū)域圓心重合。磁感應強度B1垂直水平面向上，大小不變；B2垂直水平面向下，大小隨時間變化，B1、B2的值和變化規(guī)律如圖乙所示。則下列說法中正確的是(取3)()A通過線框中的感應電流方向為逆時針方向Bt0時刻穿過線框的磁通量為0.1 WbC00.6 s時間內通過線框中的電荷量為0.006 CD00.6 s時間內線框中產生的熱量為0.06 J解析：選ADB1不變化，B2垂直水平面向下，大小隨時間均勻增加，根據(jù)楞次定律知，線框中的感應電流方向為逆時針方向，選項A正確；t0時刻穿過線框的磁通量為B1r2B2r20.005 Wb，選項B錯誤；t0.6 s時穿過線框的磁通量為B1r2B2r20.01 Wb，根據(jù)qnn，00.6 s 時間內通過線框中的電荷量為0.12 C，選項C錯誤；00.6 s時間內線框中產生的熱量Q2t2t0.06 J，選項D正確。10多選(2018佛山質檢)如圖所示為水平放置足夠長的光滑平行導軌，電阻不計、間距為L，左端連接的電源電動勢為E、內阻為r，質量為m、長為L的金屬桿垂直靜置在導軌上，金屬桿的電阻為R。整個裝置處在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中，閉合開關，金屬桿沿導軌做變加速運動直至達到最大速度，則下列說法正確的是()A金屬桿的最大速度大小為B此過程中通過金屬桿的電荷量為C此過程中電源提供的電能為D此過程中金屬桿產生的熱量為解析：選AC閉合開關后電路中有電流，金屬桿在安培力的作用下向右運動，金屬桿切割磁感線產生感應電動勢，方向與電源電動勢方向相反，當兩者大小相等時，電流為0，金屬桿達到最大速度，此時EBLvm，得vm，A項正確；對金屬桿應用動量定理有BLitmvm，又qit，得q，B項錯誤；電源提供的電能E電qE，C項正確；根據(jù)能量守恒定律，E電EkQ熱，Ekmvm2，可得Q熱E電Ek，Q熱為電源內阻和金屬桿上產生的總熱量，D項錯誤。11.多選如圖所示，豎直面內有一個閉合導線框ACDE(由細軟導線制成)掛在兩固定點A、D上，水平線段AD為半圓的直徑，在導線框的E處有一個動滑輪，動滑輪下面掛一重物，使導線處于繃緊狀態(tài)。在半圓形區(qū)域內，有磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的有界勻強磁場。設導線框的電阻為r，圓的半徑為R，在將導線上的C點以恒定角速度(相對圓心O)從A點沿圓弧移動的過程中，若不考慮導線中電流間的相互作用，則下列說法正確的是()A在C從A點沿圓弧移動到D點的過程中，導線框中感應電流的方向先沿逆時針，后沿順時針B在C從A點沿圓弧移動到圖中ADC30位置的過程中，通過導線上C點的電荷量為C當C沿圓弧移動到圓心O的正上方時，導線框中的感應電動勢最大D在C從A點沿圓弧移動到D點的過程中，導線框中產生的電熱為解析：選ABD由題意知，在C從A點沿圓弧移動到D點的過程中，處于磁場中的直角三角形的面積先增大后減小，通過導線框的磁通量先增大后減小，由楞次定律知導線框中感應電流的方向先沿逆時針，后沿順時針，A項正確；在C從A點沿圓弧移動到題圖中ADC30位置的過程中，通過導線上C點的電荷量qt，B項正確；設DC與AD間夾角為，通過導線框的磁通量B2Rsin 2Rcos 2R2Bsin cos R2Bsin 2，由幾何關系知t2，所以通過導線框的磁通量表達式為R2Bsin t，對t 的表達式求導得ER2