專題13 電磁感應（講義）（解析版）-2025年高考物理二輪復習講練測（新高考用）

2/35專題13電磁感應目錄0TOC\o"1-3"\h\u1考情透視·目標導航 302知識導圖·思維引航 403核心精講·題型突破 5題型一楞次定律法拉第電磁感應定律的應用 5【核心精講】 5一、楞次定律和右手定則 5二、法拉第電磁感應定律 5三、動生電動勢 6【真題研析】 7【命題預測】 8考向一楞次定律和右手定則的應用 8考向二法拉第電磁感應定律的應用 10考向三動生電動勢的求解 11題型二電磁感應的圖像問題 13【核心精講】 13一、電磁感應常見圖像問題的種類及分析方法 13二、電磁感應圖像類選擇題的常用解法 13【真題研析】 13【命題預測】 15考向一Φ-t圖像和B-t圖像 15考向二i-t圖像和E-t圖像 17考向三U-t圖像 19考向四v-t圖像和a-t圖像 21題型三電磁感應的電路問題 23【核心精講】 23一、電磁感應中電路知識的關系圖 23二、“三步走”分析電路為主的電磁感應問題 24【真題研析】 24【命題預測】 26考向一動生電動勢的電路問題 26考向二感生電動勢的電路問題 27題型四電磁感應的動力、能量綜合問題 29【核心精講】 29一、電磁感應的動力學問題處理方法 29二、電磁感應的能量問題處理方法 29【真題研析】 30【命題預測】 31考向一電磁感應的動力學問題 32考向二電磁感應的能量問題 33命題統計命題要點2024年2023年2022年熱考角度楞次定律、法拉第電磁感應定律2024·湖南卷·T42024·廣東卷·T42023·湖北卷·T52022·河北卷·T52022·廣東卷·T102022·山東卷·T12電磁感應中的電路和圖像問題2024·全國甲卷·T82024·山東卷·T82023·遼寧卷·T42022·河北卷·T8電磁感應中的動力和能量問題2024·河北卷·T142024·遼寧、吉林、黑龍江卷·T92024·山東卷·T112024·安徽卷·T152023·北京卷·T92023·廣東卷·T142023·山東卷·T122023·天津卷·T112022·湖南卷·T102022·重慶卷·T72022·湖北卷·T11命題規(guī)律對楞次定律和法拉第電磁感應定律的考查形式多以選擇題的形式，題目較為簡單。對利用動力學和能量觀點處理電磁感應問題的考查較為頻繁，題目的形式有選擇題也有計算題，不管那種題型，題目的難度都較大考向預測預測2025年高考對于楞次定律和法拉第電磁感應定律的考查還是會以選擇題的形式出現，要重點關注對線框類、單棒類模型的動力學和能量問題的計算題中的應用。命題情景以單幫類、線框類、現代科技應用為情景常用方法應用動力學和能量守恒的觀點方法電磁感應楞次定律法拉第電磁感應定律感生電動勢動生電動勢內容：增反減同電磁感應楞次定律法拉第電磁感應定律感生電動勢動生電動勢內容：增反減同右手定則：磁感線穿手心，拇指運動方向，四指電流方向公式：電荷量：平動電動勢：E=BLv動力學和能量問題轉動電動勢：確定電源：電動勢大小和方向電路分析：畫出等效電路受力分析：分析各種場力和接觸力運動分析：根據受力分析判斷運動狀態(tài)能量分析：明確能量的轉化關系題型一楞次定律法拉第電磁感應定律的應用楞次定律和右手定則1.楞次定律及應用楞次定律中“阻礙”的含義“四步法”判斷感應電流方向2.右手定則的理解和應用(1)右手定則適用于閉合電路的部分導體切割磁感線產生感應電流的情況。(2)右手定則是楞次定律的一種特殊形式，用右手定則能解決的問題，用楞次定律均可代替解決。(3)右手定則應用“三注意”： ①磁感線必須垂直穿入掌心。 ②拇指指向導體運動的方向。③四指所指的方向為感應電流方向。法拉第電磁感應定律1.法拉第電磁感應定律(1)內容：閉合電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比。(2)公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求的是一個回路中某段時間內的平均電動勢，在磁通量均勻變化時，瞬時值才等于平均值。(3)感應電動勢的大小由線圈的匝數和穿過線圈的磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)共同決定，而與磁通量Φ的大小、變化量ΔΦ的大小沒有必然聯系。(4)磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)對應Φ-t圖線上某點切線的斜率。(5)通過回路截面的電荷量q＝eq\f(nΔΦ,R)，僅與n、ΔΦ和回路電阻R有關，與時間長短無關。(6)感應電動勢E＝S有效eq\f(ΔB,Δt)中的S有效為圓環(huán)回路在磁場中的面積，而不是圓環(huán)回路的面積。2.感應電流電荷量的求法公式說明方法1q＝It，式中I為回路中的恒定電流，t為時間。①由于導體棒勻速切割磁感線產生感應電動勢而使得閉合回路中的電流恒定，根據電流定義式可知q＝It。②閉合線圈中磁通量均勻增大或減小且回路電阻保持不變，則電路中的電流I恒定，時間t內通過線圈橫截面的電荷量q＝It。方法2q＝neq\f(ΔΦ,R)。其中R為回路電阻，ΔФ為穿過閉合回路的磁通量變化量。①閉合回路中的電阻R不變，并且只有磁通量變化為電路提供電動勢。②從表面來看，通過回路的電荷量與時間無關，但ΔФ與時間有關，隨時間變化。方法3Δq＝C·ΔU＝CBLΔv，式中C為電容器的電容，B為勻強磁場的磁感應強度，L為導體棒切割磁感線的有效長度，Δv為導體棒切割速度的變化量。在勻強磁場中，電容器接在切割磁感線的導體棒兩端，不計一切電阻，電容器兩極板間電壓等于導體棒切割磁感線產生的感應電動勢E，通過電容器的電流I＝eq\f(Δq,Δt)＝eq\f(CΔU,Δt)，又E＝Blv，則ΔU＝BLΔv，可得Δq＝CBLΔv。動生電動勢1.E=Blv的三個特性正交性本公式要求磁場為勻強磁場，而且B、l、v三者互相垂直有效性公式中的l為導體棒切割磁感線的有效長度，如圖中ab相對性E＝Blv中的速度v是導體棒相對磁場的速度，若磁場也在運動，應注意速度間的相對關系2.動生電動勢的三種常見情況情景圖研究對象一段直導線(或等效成直導線)繞一端轉動的一段導體棒繞與B垂直的軸轉動的導線框表達式E＝BLvE＝eq\f(1,2)BL2ωE＝NBSωsinωt1．（2024·廣東·高考真題）電磁俘能器可在汽車發(fā)動機振動時利用電磁感應發(fā)電實現能量回收，結構如圖甲所示。兩對永磁鐵可隨發(fā)動機一起上下振動，每對永磁鐵間有水平方向的勻強磁場，磁感應強度大小均為B．磁場中，邊長為L的正方形線圈豎直固定在減震裝置上。某時刻磁場分布與線圈位置如圖乙所示，永磁鐵振動時磁場分界線不會離開線圈。關于圖乙中的線圈。下列說法正確的是（）A．穿過線圈的磁通量為BB．永磁鐵相對線圈上升越高，線圈中感應電動勢越大C．永磁鐵相對線圈上升越快，線圈中感應電動勢越小D．永磁鐵相對線圈下降時，線圈中感應電流的方向為順時針方向【答案】D【詳解】A．根據圖乙可知此時穿過線圈的磁通量為0，故A錯誤；BC．根據法拉第電磁感應定律可知永磁鐵相對線圈上升越快，磁通量變化越快，線圈中感應電動勢越大，故BC錯誤；D．永磁鐵相對線圈下降時，根據安培定則可知線圈中感應電流的方向為順時針方向，故D正確。故選D?！炯记牲c撥】根據法拉第電磁感應定律，電動勢的大小取決于磁通量的變化快慢2．（2024·福建·高考真題）拓撲結構在現代物理學中具有廣泛的應用?，F有一條絕緣紙帶，兩條平行長邊鑲有銅絲，將紙帶一端扭轉180°，與另一端連接，形成拓撲結構的莫比烏斯環(huán)，如圖所示。連接后，紙環(huán)邊緣的銅絲形成閉合回路，紙環(huán)圍合部分可近似為半徑為R的扁平圓柱?，F有一勻強磁場從圓柱中心區(qū)域垂直其底面穿過，磁場區(qū)域的邊界是半徑為r的圓（r<R）。若磁感應強度大小B隨時間t的變化關系為B=kt（k為常量），則回路中產生的感應電動勢大小為（）A．0 B．kπR2 C．2kπr2 D．2kπR2【答案】C【詳解】由題意可知，銅絲構成的“莫比烏斯環(huán)”形成了兩匝（n=2）線圈串聯的閉合回路，穿過回路的磁場有效面積為S=πr2根據法拉第電磁感應定律可知，回路中產生的感應電動勢大小為【技巧點撥】（1）根據法拉第電磁感應定律求電動勢大小，明確閉合回路磁場的有效面積多大；（2）根據法拉第電磁感應定律求電動勢大小，明確銅絲構成的“莫比烏斯環(huán)”的匝數?？枷蛞焕愦味珊陀沂侄▌t的應用3．（2024·云南·模擬預測）如圖所示，輕質彈簧上端固定，下端懸掛一個條形磁體，靜止時磁體下端與b點等高，磁體正下方水平放置一個固定的圓形鋁環(huán)，圓心為O。將磁體托起到下端與a點等高處由靜止釋放，磁體第一次向下運動的過程中，下端恰好能到達O點。下列說法正確的是（）A．磁體做簡諧運動B．鋁環(huán)對磁體的作用力總是豎直向上C．磁體下端運動到O點時，磁體受到的合外力為零D．磁體向下運動的過程中，從上往下看鋁環(huán)中感應電流的方向為逆時針【答案】D【詳解】A．磁體在運動過程中，由于鋁環(huán)的存在，會產生感應電流，這個感應電流會產生一個阻礙磁體運動的安培力，此力不滿足與位移成正比且方向始終與位移方向相反的條件，所以磁體的運動不是簡諧運動，故A錯誤；B．根據楞次定律，鋁環(huán)中的感應電流會產生一個阻礙磁體運動的安培力，這個安培力的方向與磁體的運動方向相反，并不是總是豎直向上，故B錯誤；C．當磁體下端運動到O點后，磁體會繼續(xù)向上運動，若磁體運動到O點時所受合外力為零，則應保持靜止或勻速直線運動，與題描述不符，故C錯誤；D．磁體向下運動的過程中，穿過線圈的磁場方向向下，穿過線圈的磁通量增大，由楞次定律可知，感應電流產生的磁場方向向上，由右手螺旋定則可知，線圈中的感應電流方向為逆時針（從上往下看），故D正確。故選D。4．（2024·陜西西安·模擬）如圖所示為旋轉磁體發(fā)電機簡化模型，線圈靜止，磁體按圖示順時針方向旋轉，A和C圖中磁體和線圈平面平行，B圖中磁體偏向左上方，D圖中磁體和線圈平面成一定夾角，則下列4個線圈中產生的感應電流方向（圖中線圈箭頭方向）正確的是（）A．B． C． D．【答案】D【詳解】A．由圖可知，左側磁場向左，線圈方向相對于磁鐵向下，則由右手定則可知，電流方向應為順時針，故A錯誤；B．由圖可知，左側磁場水平方向分磁場向左，線圈方向相對于磁鐵向下，則由右手定則可知，電流方向應為順時針，故B錯誤；C．左側磁場向右，線圈相對磁場向下運動，由右手定則可知，電流方向應為逆時針，故C錯誤；D．左側磁場水平方向分磁場向右，線圈相對磁場向下運動，由右手定則可知，電流方向應為逆時針，故D正確。故選D?？枷蚨ɡ陔姶鸥袘傻膽?．（2024·江西·一模）如圖，一正方形金屬線圈用絕緣細繩懸掛于O點，線圈的匝數為n、邊長為a、總質量為m、總電阻為r，線圈平面與勻強磁場垂直，且一半處在磁場中。Δt時間內，磁感應強度的方向始終垂直線圈平面向里，大小由B均勻增加到2B，繩子始終保持繃緊狀態(tài)，重力加速度大小為g，則這段時間內，下列說法正確的是（

A．金屬線圈中電流大小恒為nBB．金屬線圈中電流方向為順時針C．金屬線圈受到安培力保持不變D．繩子受到拉力小于金屬線圈重力mg，并逐漸減小【答案】D【詳解】A．根據題意，由法拉第電磁感應定律有E=nΔΦΔt又有ΔΦ=2BS?BS=BSS=1B．根據楞次定律，可知金屬線圈中電流方向為逆時針，故B錯誤；C．根據F安D．根據平衡條件可得FT+F安=mg則繩子受到拉力小于金屬線圈重力mg6．（2024·浙江紹興·一模）如圖甲所示，一圓心位于O點的圓形導線框半徑r=1m，電阻R=5Ω，某時刻起，在導線框圓形區(qū)域內加一垂直線框平面的磁場，方向向里為正，磁感應強度大小隨時間正弦規(guī)律變化如圖乙所示。已知當磁場變化時，將產生渦旋電場，其電場線是在線框平面內以O為圓心的同心圓，同一條電場線上各點的電場強度大小相等，計算時取π2=10。下列說法正確的是（）A．0~1s內，線框中產生的感應電動勢增大B．線框最大瞬時熱功率為P=5WC．0~2s內，通過線框的電荷量為4D．電荷沿圓心為O、半徑為r?（r?<r）的路徑運動過程中電場力不做功【答案】B【詳解】A．根據法拉第電磁感應定律E=ΔΦΔtB．線框最大瞬時熱功率為P=EC．0~2s內，通過線框的電荷量為q=ID．電荷沿圓心為O、半徑為r?（r?<r）的路徑運動過程中感生電場電場力做功，故D錯誤。故選B?？枷蛉齽由妱觿莸那蠼?．（2024·江蘇泰州·一模）如圖所示，整個空間中存在方向垂直導軌平面向里的勻強磁場B，導軌間距為l且足夠長，左端接阻值為R的定值電阻，導軌電阻不計，現有一長為2l的金屬棒垂直放在導軌上，在金屬棒以O點為軸沿順時針方向以恒定角速度ω轉過60°的過程中（金屬棒始終與導軌接觸良好，電阻不計）（）A．通過定值電阻的電流方向由b到a B．轉動過程中棒兩端的電動勢大小不變C．通過定值電阻的最大電流為ωBl2R【答案】B【詳解】A．根據右手定則可知，通過定值電阻的電流方向由a到b，故A錯誤；B．整個導體棒都在磁場中切割磁感線，故產生感應電動勢不變U=1C．當金屬棒兩端接觸到導軌時，電路接入感應電動勢最大，則有Em=1D．轉過60°的過程中，通過定值電阻的電荷量為q=IΔt=ER8．（2024·河北·期末）如圖所示，水平放置足夠長且光滑的金屬導軌abc和de，ab與de平行并相距為L，bc是以O為圓心、半徑為r的圓弧導軌，圓弧b左側和扇形Obc內有方向如圖所示的勻強磁場，磁感應強度均為B，a、d兩端接有一個電容為C的電容器，金屬桿OP的O端與e點用導線相接，P端與圓弧bc接觸良好，初始時，可滑動的金屬桿MN靜止在平行導軌上，金屬桿MN質量為m，金屬桿MN和OP電阻均為R其余電阻不計，若桿OP繞O點在勻強磁場區(qū)域內以角速度ω從b到c勻速轉動時，回路中始終有電流，則此過程中，下列說法正確的有（

）A．桿OP產生的感應電動勢恒為BωB．電容器帶電量恒為BCωC．桿MN中的電流逐漸減小D．桿MN向左做勻加速直線運動，加速度大小為B【答案】C【詳解】A．桿OP產生的感應電動勢恒為E=BrvBC．由右手定則知OP產生的感應電流方向為由O到P，則MN桿中電流方向為由M到N，由左手定則知MN桿受到向左的安培力，MN桿向左做加速運動，也產生感應電動勢，與OP產生的感應電動勢方向相反，則有E總=E?EMN=BωrD．回路中電流逐漸減小，桿MN受到的安培力逐漸減小，則桿向左做加速度逐漸減小的加速直線運動，故D錯誤。故選C。題型二電磁感應的圖像問題電磁感應常見圖像問題的種類及分析方法電磁感應圖像類選擇題的常用解法1.排除法：定性地分析電磁感應過程中物理量的變化趨勢(增大還是減小)、變化快慢(均勻變化還是非均勻變化)，特別是物理量的正負，排除錯誤的選項。2.函數法：根據題目所給條件定量地寫出兩個物理量之間的函數關系，然后由函數關系對圖像進行分析和判斷。9．（2024·天津·高考真題）如圖所示，兩根不計電阻的光滑金屬導軌平行放置，導軌及其構成的平面均與水平面成某一角度，導軌上端用直導線連接，整個裝置處在垂直于導軌平面向上的勻強磁場中。具有一定阻值的金屬棒MN從某高度由靜止開始下滑，下滑過程中MN始終與導軌垂直并接觸良好，則MN所受的安培力F及其加速度a、速度v、電流I，隨時間t變化的關系圖像可能正確的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A【詳解】ABC．根據題意，設導體棒的電阻為R，導軌間距為L，磁感應強度為B，導體棒速度為v時，受到的安培力為F=BIL=B2L2vR可知F∝v由牛頓第二定律可得，導體棒的加速度為a=mgsinθ?Fm=gsinθ?B2D．根據題意，由公式可得，感應電流為I=BLvR由數學知識可得ΔIΔt【技巧點撥】（1）根據牛頓第二定律寫出導體棒的加速度表達式，判斷加速度的變化；（2）求電流的變化率，判斷I-t圖像斜率的變化。10．（2024·寧夏四川·高考真題）如圖，一絕緣細繩跨過兩個在同一豎直面（紙面）內的光滑定滑輪，繩的一端連接一矩形金屬線框，另一端連接一物塊。線框與左側滑輪之間的虛線區(qū)域內有方向垂直紙面的勻強磁場，磁場上下邊界水平，在t=0時刻線框的上邊框以不同的初速度從磁場下方進入磁場。運動過程中，線框始終在紙面內且上下邊框保持水平。以向上為速度的正方向，下列線框的速度v隨時間t變化的圖像中可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】AC【詳解】設線圈的上邊進入磁場時的速度為v，設線圈的質量M，物塊的質量m，圖中線圈進入磁場時線圈的加速度向下，則對線圈由牛頓第二定律可知Mg+F安?T=Ma對滑塊T?mg=ma其中F安A．若線圈進入磁場時的速度較小，則線圈進入磁場時做加速度減小的減速運動，線圈的速度和加速度都趨近于零，則圖像A可能正確；B．因t=0時刻線圈就進入磁場，則進入磁場時線圈向上不可能做勻減速運動，則圖像B不可能；CD．若線圈的質量等于物塊的質量，且當線圈進入磁場時，且速度大于v0，線圈進入磁場做加速度減小的減速運動，完全進入磁場后線圈做勻速運動；當線圈出離磁場時，受向下的安培力又做加速度減小的減速運動，最終出離磁場時做勻速運動，則圖像C有可能，D不可能。故選AC?！炯记牲c撥】對M和m分別列牛頓第二定律表達式，判斷加速度的變化?？枷蛞沪?t圖像和B-t圖像11．（2024·浙江·一模）麥克斯韋從場的觀點出發(fā)，認為變化的磁場會激發(fā)感生電場。如圖甲所示，半徑為r的絕緣光滑真空管道（內徑遠小于半徑r）固定在水平面上，管內有一質量為m、帶電量為+q的小球，直徑略小于管道內徑。真空管處在勻強磁場中，磁感應強度B隨時間變化如圖乙所示，規(guī)定豎直向上為正方向。t=0時刻無初速釋放小球。下列說法正確的是（）A．俯視真空管道，感生電場的方向是逆時針B．感生電場對小球的作用力大小為BC．小球繞環(huán)一周，感生電場做功為πD．t0時刻管道對小球的作用力大小【答案】C【詳解】A．根據楞次定律判斷，感生電場為順時針，故A項錯誤；B．由法拉第電磁感應定律可得E電動勢=ΔΦΔt由于ΔΦ=ΔBS面積公式為S=πr2整理有E電動勢C．小球繞一圈電場力做功W=F?2πr=πD．小球在感生電場中的加速度Eq=maEt0時刻小球的速度v=aE?t12．（2024·山東青島·期末）如圖甲所示電路圖，螺線管匝數N=50匝，橫截面積S=0.01m2，線圈電阻0.2ΩA．0~3sB．0~4s內線圈兩端AB間的最大電壓為C．2s~3s內AD．0?3s【答案】D【詳解】A．根據圖乙可知，0~1s內通過螺線管的磁場逐漸增大，則由楞次定律結合安培定則可知，螺線管中產生的感應電流沿逆時針方向（從左向右看），1s~2s內通過螺線管的磁場減小，則由楞次定律結合安培定則可知，螺線管中產生的感應電流沿順時針方向（從左向右看），B．根據法拉第電磁感應定律有E=NΔΦΔt=NSΔBΔC．根據以上分析知，2s~3s內螺線管中產生的感應電流沿逆時針方向（從左向右看），而此時螺線管相當于電源，在電源內部電流從負極流向正極，在外部由正極流向負極，可知在該段時間內AD．0~3s考向二i-t圖像和E-t圖像13．（2024·湖北·模擬預測）如圖所示，在水平光滑絕緣桌面上有一等腰直角三角形單匝均勻金屬線框abc，直角邊長為L?？臻g存在豎直向下的有界勻強磁場，有界磁場的寬度為2L。線框在水平拉力F作用下向右勻速穿過磁場區(qū)域，若圖示位置為t=0時刻，設逆時針方向為電流的正方向，水平向右為拉力的正方向，則線框中的感應電流i和拉力F隨時間t的關系圖像可能正確的是（時間單位為LvA． B．C． D．【答案】D【詳解】AB．在時間為0到Lv范圍內，由幾何關系可知，線框有效切割長度為(L?vt)，可得感應電動勢E=B(L?vt)v可知感應電動勢隨時間線性減小，根據右手定則可判斷電流方向由b指向a，所以感應電流為正方向，且線性減小到0；在時間為Lv到2Lv范圍內，線框的磁通量保持不變，沒有感應電流；在時間為2Lv到3Lv范圍內，線框有效切割長度為CD．由以上分析可知，在時間為0到Lv范圍內，線框處于磁場中的實際長度為(L?vt)，可得安培力大小為F安=B2(L?vt)2vR根據左手定則可判斷安培力方向為水平向左，拉力與安培力二力平衡，所以拉力水平向右，即拉力方向為正方向，其大小為F=F安14．（2024·河北滄州·三模）如圖所示，“凹”字形金屬線框右側有一寬度為3L的勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于紙面向里。線框在紙面內向右勻速通過磁場區(qū)域，t=0時，線框開始進入磁場。設逆時針方向為感應電流的正方向，則線框中感應電流i隨時間t變化的圖像可能正確的是（）A． B．C． D．【答案】A【詳解】設運動的速度為v，線框總電阻為R，線框進入磁場0~L時，只有最右側的兩個短邊切割磁感線，感應電流的方向為逆時針，大小為I=2BLvR線框進入磁場L~3L時，金屬線切割磁感線的有效長度為3L，感應電流方向為逆時針，大小為I=3BLvR線框離開磁場0~L時，金屬線切割磁感線的有效長度為2L，從左側長邊進入磁場，至右側的中間短邊離開磁場，感應電流方向為順時針，大小為I=2BLvR線框離開磁場L~3考向三U-t圖像15．（2024·河北·模擬預測）如圖所示，空間有一寬度為2L的有界勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。一邊長為L、電阻分布均勻的正方形導體框abcd，以恒定的速度v向左勻速穿過磁場區(qū)域，從導體框ab邊進入磁場開始計時，則a、b兩點的電勢差Uab隨時間tA． B．C． D．【答案】B【詳解】由法拉第電磁感應知識可得，在線框進入磁場的過程中與出磁場的過程中線框內的磁通量都發(fā)生變化，線圈中有感應電動勢。①在0?Lv時間內，線框的ab邊切割磁感線，由E=BLv可知此時ab邊相當于電源，電流由b流向a，a、b兩點的電勢差相當于路端電壓，大小為②在Lv?2Lv時間內，線框完全在磁場中運動，穿過線框的磁通量沒有變化，不產生感應電流，但是ab邊仍然在切割磁感線，a、③在2Lv?3Lv時間內，線圈開始出磁場，ab邊離開磁場，只有cd邊切割磁感線，此時cd邊相當于電源，ab邊中電流由a流向b，線圈中電動勢為E=BLva、16．（2024·吉林·模擬預測）如圖，abcdef為“日”字形導線框，其中abdc和cdfe均為邊長為l的正方形，導線ab、cd、ef的電阻相等，其余部分電阻不計。導線框右側存在著寬度同為l的勻強磁場，磁感應強度為B，導線框以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，運動過程中線框始終和磁場垂直且無轉動。線框穿越磁場的過程中，cd兩點電勢差UcdA． B．C． D．【答案】B【詳解】根據題意，設ab、cd、ef的電阻均為R，線框勻速通過磁場，且磁場寬度l=ac=ce可知，開始時，ab切割磁感線，感應電動勢為E1=BLvcd棒中電流方向由c→d，則c點電勢高于Ucd=12R12R+RE1=13BLvab棒離開磁場，cd棒切割磁感線，感應電動勢為E2=BLvcd棒中電流方向由d→c，則c點電勢高于d點電勢，則有Ucd=12R12考向四v-t圖像和a-t圖像17．（2024·廣西·模擬預測）如圖所示，邊長為L、電阻為R的正方形金屬線框靜止在光滑絕緣的水平桌面上，其右側有一寬度為d的勻強磁場，磁感應強度為B，方向豎直向下，磁場邊界與金屬線框AB邊平行，而且d>L?，F金屬線框在一恒力F作用下向右運動，并通過磁場區(qū)域。以v表示線框運動的速度，從線框AB邊進入磁場開始計時，到線框CD邊離開磁場計時結束，則這段時間內，下列線框的速度隨時間變化的關系圖中，不可能的是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】A．A選項表示的是若線框進入磁場時，所受到的安培力水平向左，大小等于恒力F，即BIL=F，I=BLvR結合v=FRB2L2線框做勻速直線運動，當線框全部進入磁場后，其在恒力FB．B選項表示的是線框進入磁場時所受安培力小于恒力F，即做加速度減小的加速運動，當安培力等于恒力F時做勻速直線運動，線框全部進入磁場后做勻加速運動，但是穿出磁場的最小速度小于線框勻速運動時的速度是不可能的，故B是不可能的；C．C選項表示的是線框進入磁場時所受的安培力小于恒力F，一直做加速度減小的加速運動，進入磁場后做勻加速直線運動，當線框的右邊框離開磁場時安培力仍比恒力F小，線框繼續(xù)做加速度減小的加速運動，直至離開磁場，故C是可能的；D．D選項表示的是線框進入磁場時所受的安培力大于恒力F，線框做加速度減小的減速運動，進入磁場后做勻加速直線運動，然后又做加速度減小的減速運動，直至離開磁場，故D是可能的。本題選不可能的，故選B。18．（2024·江蘇鎮(zhèn)江·三模）如圖，邊長為L的正方形金屬線框，先做自由落體，剛進下方高度為2L的勻強磁場時，恰好做勻速運動。設線框底邊離開磁場下邊界的距離為x，線框加速度為a（以豎直向上為正方向），不計空氣阻力，下列圖像不可能的是（）A． B．C． D．【答案】A【詳解】設線框底邊剛進入磁場時的速度為v0，則有mg=BIL=BBLv0RAB．若x=0時加速度等于g，則離開過程平均加速度小于g，則線框全部離開磁場時的速度大于v0CD．若x=0時加速度大于g，則離開過程平均加速度可能等于g也可能小于g，則線框全部離開磁場時的速度可能等于v0，也可能大于v題型三電磁感應的電路問題電磁感應中電路知識的關系圖二、“三步走”分析電路為主的電磁感應問題19．（2024·江西·一模）如圖所示，導線圓環(huán)總電阻為2R，半徑為d，垂直磁場固定于磁感應強度為B的勻強磁場中，此磁場的左邊界正好與圓環(huán)直徑重合，電阻為R的直金屬棒ab以恒定的角速度ω繞過環(huán)心O的軸勻速轉動，a,b端正好與圓環(huán)保持良好接觸。以下說法正確的是（）A．圖示位置處桿O點電勢高于b點電勢B．a、b兩點的電勢差UC．轉動過程中金屬棒與圓環(huán)上消耗的電功率之比2∶1D．桿轉動一圈時段內通過桿的電荷量為πB【答案】C【詳解】A．根據右手定則可知，圖示位置直金屬棒Oa部分充當電源，電源內部電流方向為O→a，則在外電路電流方向為b→O，則桿O點電勢低于b點電勢，故A錯誤；B．由法拉第電磁感應定律可知，感應電動勢E感=Bdv=Bd?ωd2=Bωd22根據等效電路可知，圓環(huán)部分電阻為R環(huán)C．轉動過程中金屬棒與圓環(huán)上消耗的電功率分別為P棒=ID．桿轉動一圈時段內通過桿的電荷量為q=I【技巧點撥】（1）明確等效電源，并求出等效電源的電動勢；（2）畫出等效電路圖，明確電路各部分的連接方式。20．（2024·甘肅·?？迹┤鐖D所示，半徑為L的導電圓環(huán)（電阻不計）繞垂直于圓環(huán)平面、通過圓心O的金屬軸以角速度ω逆時針勻速轉動。圓環(huán)上接有電阻均為r的三根金屬輻條OA、OB、OC，輻條互成120°角。在圓環(huán)圓心角∠MON=120°的范圍內（兩條虛線之間）分布著垂直圓環(huán)平面向外、磁感應強度大小為B的勻強磁場，圓環(huán)的邊緣通過電刷P和導線與一個阻值也為r的定值電阻RA．金屬輻條OA、OB、OC進出磁場前后，輻條中電流的大小不變，方向改變B．定值電阻R0兩端的電壓為C．通過定值電阻R0的電流為D．圓環(huán)轉動一周，定值電阻R0產生的熱量為【答案】C【詳解】A．金屬輻條OA、OB、OC進出磁場前后，輻條中電動勢的大小為E=BLω?L2=12B．根據閉合電路歐姆定律，定值電阻兩端電壓U=E?Ir結合上述解得U=1C．根據歐姆定律，通過定值電阻的電流I0=ED．圓環(huán)轉動一周，經歷的時間T=2πω根據上述可知，在圓環(huán)轉動一周的過程中，通過定值電阻的電流大小始終不變，則定值電阻產生的熱量為Q=I【技巧點撥】（1）明確等效電源和畫出等效電路圖，求出等效電源電動勢后，利用閉合電路歐姆定律求出定值電阻電壓；（2）利用焦耳定律求熱量?？枷蛞粍由妱觿莸碾娐穯栴}21．（2024·內蒙古·模擬預測）如圖所示，一個直徑為L，電阻為r的半圓形硬導體棒AB，在水平恒力F作用下，沿光滑固定水平U形框架勻速運動，該區(qū)域存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，框架左側接電阻R，導軌電阻不計，則半圓形導體棒的速度大小和BA間的電勢差UBA分別為（）A．FB2B．FB2C．FB2D．FB2【答案】D【詳解】半圓形硬導體棒的等效長度為L，根據公式E=BLv，F=BIL，R總=R+r聯立解得v=FB2L2(R+r)根據安培力公式，則有F=B?ER+r?L解得電動勢為E=22．（2024·湖南·模擬預測）如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內存在方向豎直向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場。長為l的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，勻質圓環(huán)總電阻為R，另一端固定在豎直導電轉軸OO′上，隨軸以角速度ω勻速轉動，在圓環(huán)的A點和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電容器，當導體棒轉到A點時，有一帶電微粒在電容器極板間恰好加速度為0。已知重力加速度為A．棒產生的電動勢為1B．微粒的電荷量與質量之比為2dgC．電阻消耗的最小電功率為2D．電容器所帶的最少電荷量為2B【答案】C【詳解】A．金屬棒繞OO′軸切割磁感線轉動，棒產生的電動勢E=Br?B．電容器兩極板間電壓等于電源電動勢E，轉到A點，帶電微粒在兩極板間處于靜止狀態(tài)，則qEd=mg即C．導體棒在轉動時，轉到A的對面時，外電路的最大電阻為14R+R=54R電阻D．電容器所帶的最小電荷量Q=CU=C?12考向二感生電動勢的電路問題23．（2024·河北·一模）如圖所示，面積為0.1m2的100匝線圈平行紙面放置，其內部存在垂直紙面的磁場，以垂直紙面向里為磁場的正方向，磁感應強度B隨時間t變化的規(guī)律為B=2?0.1tTA．a、b兩點間的電勢差UB．電阻R上產生的電熱為0.3JC．流過電阻R的電流為0.1AD．通過電阻R的電荷量為0.1C【答案】C【詳解】A．線圈中的電動勢為E=nΔΦΔS=nΔBΔtS=100×0.1×0.1VC．流過電阻R的電流為I=EB．電阻R上產生的電熱為Q=ID．通過電阻R的電荷量為q=It=1C24．（2024·廣西·模擬預測）如圖，學校興趣小組利用厚度為d、電阻率為ρ的硅鋼片制成一個內徑為r、高度為h的圓筒，d<<r。已知圓筒所在處有沿軸線豎直向上方向的磁場，磁感應強度隨時間變化的規(guī)律為B=kt（k為常數）。下列說法正確的是（）A．硅鋼片中感應電流的方向為從上往下看逆時針方向B．硅鋼片中感應電動勢大小隨時間成正比變化C．硅鋼片中感應電流大小為k?dD．硅鋼片的發(fā)熱功率為π【答案】D【詳解】A．根據楞次定律可知，硅鋼片中感應電流的方向為從上往下看順時針方向，選項A錯誤；B．硅鋼片中感應電動勢大小E=ΔΦC．硅鋼片中的電阻R=ρ2πrd?則感應電流大小為I=ED．硅鋼片的發(fā)熱功率為P=IE=π題型四電磁感應的動力、能量綜合問題電磁感應的動力學問題處理方法1.力學對象和電學對象的相互關系2.分析電磁感應現象中動力學問題的基本步驟二、電磁感應的能量問題處理方法2.電磁感應現象中的能量轉化2.求解焦耳熱Q的三種方法3.能量轉化問題的分析步驟25．（2022·重慶·高考真題）如圖1所示，光滑的平行導電軌道水平固定在桌面上，軌道間連接一可變電阻，導體桿與軌道垂直并接觸良好（不計桿和軌道的電阻），整個裝置處在垂直于軌道平面向上的勻強磁場中。桿在水平向右的拉力作用下先后兩次都由靜止開始做勻加速直線運動，兩次運動中拉力大小與速率的關系如圖2所示。其中，第一次對應直線①，初始拉力大小為F0，改變電阻阻值和磁感應強度大小后，第二次對應直線②，初始拉力大小為2F0，兩直線交點的縱坐標為3F0。若第一次和第二次運動中的磁感應強度大小之比為k、電阻的阻值之比為m、桿從靜止開始運動相同位移的時間之比為n，則k、m、n可能為（

）A．k=2、m=2、n=2 B．k=2C．k=6、m=3、n=2【答案】C【詳解】由題知桿在水平向右的拉力作用下先后兩次都由靜止開始做勻加速直線運動，則在v=0時分別有a1=F0m，a2=2F0m則第一次和第二次運動中，桿從靜止開始運動相同位移的時間分別為x=12a1t1【技巧點撥】（1）根據初始狀態(tài)，求出加速度，再利用位移相等這個條件，借助運動學公式求出n值；（2）根據牛頓第二定律，求出拉力F的表達式。26．（2024·遼寧·高考真題）如圖，兩條“∧”形的光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，間距為L，左、右兩導軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導體棒ab、cd放置在導軌上，同時由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導軌垂直并接觸良好，ab、cd的質量分別為2m和m，長度均為L。導軌足夠長且電阻不計，重力加速度為g，兩棒在下滑過程中（）A．回路中的電流方向為abcda B．ab中電流趨于3C．ab與cd加速度大小之比始終為2︰1 D．兩棒產生的電動勢始終相等【答案】AB【詳解】A．兩導體棒沿軌道向下滑動，根據右手定則可知回路中的電流方向為abcda；故A正確；BC．設回路中的總電阻為R，對于任意時刻當電路中的電流為I時，對ab根據牛頓第二定律得2mgsin30°?2BILcos30°=2maab對cdmgsinD．根據前面分析可知aab【技巧點撥】（1）分布對兩導體棒做受力分析，根據牛頓第二定律，求出各自的加速度；（2）根據兩導體棒加速度的大小，判斷速度的變化，結合兩杯磁感應強度的不同，做出感應電動勢的判斷?？枷蛞浑姶鸥袘膭恿W問題27．（2024·江蘇南京·模擬預測）如圖所示，水平放置的“”型光滑金屬導軌處在豎直向下的勻強磁場中，左端接有電阻R。一金屬桿與導軌垂直放置，且接觸良好，在外力F作用下由靜止開始做勻加速運動。不計導軌和金屬桿的電阻。關于外力F隨時間t變化的圖像正確的是（）A． B．C． D．【答案】D【詳解】對桿受力分析得F?IBL=ma金屬桿產生的感應電動勢為E=BLv感應電流為I=ER又v=at整理得28．（2024·河北保定·二模）兩根相距為L的足夠長的金屬直角導軌如圖所示，它們各有一邊在同一水平面內，另一邊在同一豎直面內。質量均為m的金屬細桿ab、cd與導軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導軌之間的動摩擦因數均為μ，導軌電阻不計，金屬細桿ab、cd的電阻均為R。整個裝置處于磁感應強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中。當ab桿在平行于水平導軌、大小為F的拉力作用下，以某一速度沿導軌向右勻速運動時，cd桿正好以速度v0向下勻速運動，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（

A．ab桿向右勻速運動的速度大小為F?μmgB．經過時間t，通過金屬細桿ab的電荷量為F?μmgC．abcd