2019版高考物理（通用版）二轮复习第二部分第一板块第5讲“三定则两定律”破解电磁感应问题讲义含解析

“三定则、两定律”破解电磁感应问题 考法学法 高考对本部分内容的要求较高，常在选择题中考查楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用、电磁感应中的图像问题、电磁感应中的能量问题，或者以导体棒运动为背景，综合应用电路的相关知识、牛顿运动定律和能量守恒定律解决切割类问题。考查的重点有以下几个方面：①楞次定律的应用；②法拉第电磁感应定律的理解和应用；③三个定则的应用。对该部分内容的复习应注意“抓住两个定律，运用两种观点，分析一种电路”。两个定律是指楞次定律和法拉第电磁感应定律；两种观点是指动力学观点和能量观点；一种电路是指感应电路。┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄┄eq\a\vs4\al(提能点一　“三定则、一定律”的综合应用)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(基础保分类考点,练练就能过关))[知能全通]————————————————————————————————1．“三定则、一定律”的应用 安培定则 判断运动电荷、电流产生的磁场方向 左手定则 判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向 右手定则 判断部分导体切割磁感线产生的感应电流的方向 楞次定律 判断闭合电路磁通量发生变化产生的感应电流的方向2．判断感应电流方向的两种方法(1)利用右手定则，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)利用楞次定律，即根据穿过闭合电路的磁通量的变化情况进行判断。3．楞次定律中“阻碍”的四种现形式(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”。(2)阻碍相对运动——“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”。[题点全练]————————————————————————————————1．[多选](2018·全国卷Ⅰ)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是(　　)A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动解析：选AD　根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场。开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，故A正确；同理D正确；开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北，故B、C错误。2．[多选](2018·全国卷Ⅲ)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势(　　)A．在t＝eq\f(T,4)时为零B．在t＝eq\f(T,2)时改变方向C．在t＝eq\f(T,2)时最大，且沿顺时针方向D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向解析：选AC　在t＝eq\f(T,4)时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S知，E＝0，A正确；在t＝eq\f(T,2)和t＝T时，图线斜率大小最大，在t＝eq\f(T,2)和t＝T时感应电动势最大。在eq\f(T,4)到eq\f(T,2)之间，电流由Q向P减弱，导线在R处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，则R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在eq\f(T,2)到eq\f(3,4)T时，R中感应电动势也为顺时针方向，在eq\f(3,4)T到T时，R中感应电动势为逆时针方向，C正确，B、D错误。3.[多选](2018·湖北八校联考)已知地磁场类似于条形磁铁产生的磁场，地磁场N极位于地理南极附近。如图所示，在湖北某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线框abcd，线框的ad边沿南北方向，ab边沿东西方向，下列说法正确的是(　　)A．若使线框向东平移，则a点电势比d点电势低B．若使线框向北平移，则a点电势等于b点电势C．若以ad边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为adcba方向D．若以ab边为轴，将线框向上翻转90°，则翻转过程线框中电流方向始终为adcba方向解析：选AC　地球北半球的磁场方向由南向北斜向下分布，可分解为水平向北和竖直向下两个分量。若线框向东平移，根据右手定则可知a点电势低于d点电势，A项正确；若线框向北平移，根据右手定则可知a点电势高于b点电势，B项错误；若以ad边为轴，将线框向上翻转90°过程中，穿过线框的磁通量逐渐减小，根据楞次定律及安培定则可知，线框中的电流方向始终为adcba方向，C项正确；若以ab边为轴，将线框向上翻转90°过程中，穿过线框的磁通量先增大后减小，根据楞次定律及安培定则可知，线框中的电流方向为先沿abcda方向再沿adcba方向，故D项错误。4．[多选]如图甲所示，螺线管内有一平行于轴线的磁场，规定图中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U形导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环面积为S，圆环与导线框cdef在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时，下列说法中正确的是(　　)A．在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大，最大值Φm＝B0SB．在t2时刻，金属圆环L内的磁通量最大C．在t1～t2时间内，金属圆环L有扩张的趋势D．在t1～t2时间内，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流解析：选BD　当螺线管内的磁感应强度随时间按题图乙所示规律变化时，在导线框cdef内产生感应电动势和感应电流，在t1时刻，螺线管内磁通量的变化率为零，感应电动势为零，感应电流为零，金属圆环L内的磁通量为零，选项A错误；在t2时刻，螺线管内磁通量的变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，金属圆环L内的磁通量最大，选项B正确；在t1～t2时间内，螺线管内磁通量减小，由楞次定律及安培定则知，导线框cdef内产生逆时针方向感应电流，螺线管内磁通量的变化率逐渐增大，则感应电动势逐渐增大，感应电流逐渐增大，金属圆环L内磁通量增大，根据楞次定律及安培定则知，金属圆环L内有顺时针方向的感应电流，金属圆环L有收缩的趋势，选项C错误，D正确。eq\a\vs4\al(提能点二　法拉第电磁感应定律的应用)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(基础保分类考点,练练就能过关))[知能全通]————————————————————————————————1．三个公式的适用范围(1)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，适用于普遍情况。(2)E＝Blv，适用于导体切割磁感线的情况。(3)E＝eq\f(1,2)Bl2ω，适用于导体绕一端点转动切割磁感线的情况。2．几点注意(1)公式E＝Blv中的l为导体切割磁感线的有效长度。如图所示，导体的有效长度均为ab间的距离。(2)用公式E＝nSeq\f(ΔB,Δt)求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积。(3)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关。推导如下：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nΔΦ,Δt·R)Δt＝eq\f(nΔΦ,R)。[题点全练]————————————————————————————————1.(2018·全国卷Ⅰ)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆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逆时针转到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B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则eq\f(B′,B)等于(　　)A．eq\f(5,4)　　　　　　　　B．eq\f(3,2)C．eq\f(7,4)D．2解析：选B　在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt1)＝eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2)),Δt1)，根据闭合电路欧姆定律，有I1＝eq\f(E1,R)，且q1＝I1Δt1；在过程Ⅱ中，有E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt2)＝eq\f(B′－B·\f(1,2)πr2,Δt2)，I2＝eq\f(E2,R)，q2＝I2Δt2，又q1＝q2，即eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2)),R)＝eq\f(B′－B·\f(1,2)πr2,R)，解得eq\f(B′,B)＝eq\f(3,2)，B正确。2.如图所示，在竖直平面内有一金属环，环半径为0.5m，金属环总电阻为2Ω，在整个竖直平面内存在垂直纸面向里的匀强磁场(未画出)，磁感应强度为B＝1T，在环的最高点上方A点用铰链连接一长度为1.5m，电阻为3Ω的导体棒AB，当导体棒AB摆到竖直位置时，导体棒B端的速度为3m/s。已知导体棒下摆过程中紧贴环面且与金属环有良好接触，则导体棒摆到竖直位置时AB两端的电压大小为(　　)A．0.4V　B．0.65VC．2.25V　D．4.5V解析：选B　当导体棒摆到竖直位置时，由v＝ωr可得，C点的速度为：vC＝eq\f(1,3)vB＝eq\f(1,3)×3m/s＝1m/s，AC间电压为：UAC＝EAC＝BLAC·eq\f(vC,2)＝1×0.5×eq\f(1,2)V＝0.25V，CB段产生的感应电动势为：ECB＝BLCB·eq\f(vC＋vB,2)＝1×1×eq\f(1＋3,2)V＝2V，环两侧并联，电阻为：R＝eq\f(1,2)Ω＝0.5Ω，导体棒CB段的电阻为：r＝2Ω，则CB间电压为：UCB＝eq\f(R,r＋R)ECB＝eq\f(0.5,0.5＋2)×2V＝0.4V，故AB两端的电压大小为：UAB＝UAC＋UCB＝0.25V＋0.4V＝0.65V，故B对。3．[多选](2019届高三·鹰潭模拟)如图甲所示，一个匝数为n的圆形线圈(图中只画了2匝)，面积为S，线圈总电阻为R，在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表，将线圈放入垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是(　　)A．0～t1时间内P端电势高于Q端电势B．0～t1时间内电压表的读数为eq\f(nB1－B0S,t1)C．t1～t2时间内R上的电流为eq\f(nB1S,2t2－t1R)D．t1～t2时间内P端电势高于Q端电势解析：选AC　0～t1时间内，磁通量向里增大，根据楞次定律可知，线圈中感应电流沿逆时针方向，线圈相当于电源，P端电势高于Q端电势，故A正确；0～t1时间内线圈产生的感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝neq\f(B1－B0,t1)S，电压表的示数等于电阻R两端的电压U＝IR＝eq\f(E,2R)·R＝eq\f(nB1－B0S,2t1)，故B错误；t1～t2时间内线圈产生的感应电动势E′＝neq\f(B1,t2－t1)S，根据闭合电路的欧姆定律得I′＝eq\f(E′,2R)＝eq\f(nB1S,2t2－t1R)，故C正确；t1～t2时间内，磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线圈中感应电流沿顺时针方向，线圈相当于电源，P端电势低于Q端电势，故D错误。4．图甲为手机及无线充电板。图乙为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的送电线圈可产生交变磁场，从而使手机内的受电线圈产生交变电流，再经整流电路转变成直流电后对手机电池充电。为方便研究，现将问题做如下简化：设送电线圈的匝数为n1，受电线圈的匝数为n2，面积为S，若在t1到t2时间内，磁场(垂直于线圈平面向上、可视为匀强磁场)的磁感应强度由B1均匀增加到B2。下列说法正确的是(　　)A．受电线圈中感应电流方向由d到cB．c点的电势高于d点的电势C．c、d之间的电势差为eq\f(n1B2－B1S,t2－t1)D．c、d之间的电势差为eq\f(n2B2－B1S,t2－t1)解析：选D　根据楞次定律可知，受电线圈内部产生的感应电流方向俯视为顺时针，受电线圈中感应电流方向由c到d，所以c点的电势低于d点的电势，故A、B错误；根据法拉第电磁感应定律可得c、d之间的电势差为Ucd＝E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(n2B2－B1S,t2－t1)，故C错误，D正确。eq\a\vs4\al(提能点三　电磁感应中的电路问题)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(重难增分类考点,讲练结合过关))[研一题]————————————————————————————————[多选](2018·江苏高考)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆(　　)A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C．穿过两磁场产生的总热量为4mgdD．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于eq\f(m2gR2,2B4L4)[解析]　金属杆在磁场之外的区域做加速运动，所以进入磁场Ⅰ、Ⅱ的速度大于穿出磁场Ⅰ的速度，则金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动，加速度方向竖直向上，故A错误；金属杆在磁场Ⅰ中(先)做加速度减小的减速运动，在两磁场之间做加速度为g的匀加速直线运动，两个过程位移相等，v­t图像可能如图所示，故B正确；由于金属杆进入两磁场时速度相等，由动能定理得，W安1＋mg·2d＝0，可知金属杆穿过磁场Ⅰ克服安培力做功为2mgd，即产生的热量为2mgd，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd，故C正确；设金属杆刚进入磁场Ⅰ时速度为v，则由机械能守恒定律知mgh＝eq\f(1,2)mv2，由牛顿第二定律得eq\f(B2L2v,R)－mg＝ma，解得h＝eq\f(m2a＋g2R2,2B4L4g)＞eq\f(m2gR2,2B4L4)，故D错误。[答案]　BC[悟一法]————————————————————————————————解答电磁感应中电路问题的三步骤[通一类]————————————————————————————————1．[多选]如图所示，水平放置的粗糙U形框架上连接一个阻值为R0的电阻，处于垂直框架平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC置于框架上，在水平向右的恒定拉力F作用下，由静止开始运动距离d后速度达到v，A、C端始终与框架良好接触，半圆形硬导体AC的电阻为r，框架电阻不计。下列说法正确的是(　　)A．A点的电势高于C点的电势B．此时AC两端电压为UAC＝eq\f(BπLvR0,R0＋r)C．此过程中电路产生的电热为Q＝Fd－eq\f(1,2)mv2D．此过程中通过电阻R0的电荷量为q＝eq\f(2BLd,R0＋r)解析：选AD　根据右手定则可知，A点相当于电源的正极，电势高，A正确；AC产生的感应电动势为E＝2BLv，AC两端的电压为UAC＝eq\f(ER0,R0＋r)＝eq\f(2BLvR0,R0＋r)，B错误；由功能关系得Fd＝eq\f(1,2)mv2＋Q＋Qf，C错误；此过程中平均感应电流为eq\x\to(I)＝eq\f(2BLd,R0＋rΔt)，通过电阻R0的电荷量为q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(2BLd,R0＋r)，D正确。2.[多选](2018·安徽六校联考)如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度为B，质量为m、边长为a的正方形线框ABCD斜向右上方穿进磁场，当AC刚进入磁场时，线框的速度为v，方向与磁场边界夹角为45°，若线框的总电阻为R，则(　　)A．线框穿进磁场过程中，线框中电流的方向为DCBAB．AC刚进入磁场时线框中感应电流为eq\f(\r(2)Bav,R)C．AC刚进入磁场时线框所受安培力为eq\f(\r(2)B2a2v,R)D．此时CD两端电压为eq\f(3,4)Bav解析：选CD　线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向向外，由安培定则可知感应电流的方向为ABCD，故A错误；AC刚进入磁场时，CD切割磁感线，AD不切割磁感线，所以产生的感应电动势E＝Bav，则线框中感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bav,R)，故B错误；AC刚进入磁场时，CD受到的安培力与v的方向相反，AD受到的安培力的方向垂直于AD向下，它们的大小都是F＝BIa，由几何关系可知，AD与CD受到的安培力的方向相互垂直，AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD与CD受到的安培力的矢量合，F合＝eq\r(2)F＝eq\f(\r(2)B2a2v,R)，故C正确；AC刚进入磁场时，CD两端电压U＝I×eq\f(3R,4)＝eq\f(3,4)Bav，故D正确。3.如图所示，平行极板与单匝圆形线圈相连，极板距离为d，圆半径为r，线圈的电阻为R1，外接电阻为R2，其他部分的电阻忽略不计。线圈中有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度均匀增加，有一个带电粒子静止在极板之间，带电粒子质量为m、电荷量为q。则下列说法正确的是(　　)A．粒子带正电B．磁感应强度的变化率为eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(R1＋R2mgd,πr2qR2)C．保持开关闭合，向上移动下极板时，粒子将向下运动D．断开开关，粒子将向下运动解析：选B　穿过线圈的磁通量垂直纸面向里增加，由楞次定律可知，线圈中感应电流的磁场方向向外，平行板电容器的上极板电势高，下极板电势低，板间存在向下的电场，粒子受到重力和电场力而静止，因此粒子受到的电场力方向向上，电场力方向与场强方向相反，粒子带负电，故A错误；对粒子，由平衡条件得：mg＝qeq\f(U2,d)，而感应电动势：E＝eq\f(R2＋R1U2,R2)，解得：E＝eq\f(R1＋R2mgd,qR2)，由法拉第电磁感应定律得：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，解得：eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(R1＋R2mgd,πr2qR2)，故B正确；保持开关闭合，则极板间的电压不变，当向上移动下极板时，极板间距减小，所以电场强度增大，则电场力增大，因此粒子将向上运动，故C错误；断开开关，电容器既不充电，也不放电，则电场强度不变，因此电场力也不变，故粒子静止不动，故D错误。eq\a\vs4\al(提能点四　电磁感应中的图像问题)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(重难增分类考点,讲练结合过关))[研一题]————————————————————————————————(2018·全国卷Ⅱ)如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为eq\f(3,2)l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动。线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是(　　)[解析]　设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i，根据题图可得： 线框位移 等效电路的连接 电流 0～eq\f(l,2) I＝2i(顺时针) eq\f(l,2)～l I＝0 l～eq\f(3l,2) I＝2i(逆时针) eq\f(3l,2)～2l I＝0综合分析知，只有选项D符合要求。[答案]　D[悟一法]————————————————————————————————1．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、截距的含义等。(6)画图像或判断图像。2．电磁感应图像问题分析的注意点(1)注意初始时刻的特征，如初始时刻感应电流是否为零，感应电流的方向如何。(2)注意电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图像变化对应。(3)注意观察图像的变化趋势，判断图像斜率的大小、图像的曲直是否和物理过程对应。[通一类]————————————————————————————————1．[多选](2019届高三·锦州模拟)如图甲所示为固定在匀强磁场中的正三角形导线框abc，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示。规定垂直纸面向里为磁场的正方向，逆时针方向为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向，关于线框中的电流I与ab边所受的安培力F随时间t变化的图像(图中不考虑2s末线框中的电流及ab边的受力情况)，选项图中正确的是(　　)解析：选AD　0～1s时间内，B垂直纸面向里均匀增大，Φ均匀增大，由楞次定律可知线框中的感应电流沿逆时针方向，且是恒定的正值，B均匀增大，故安培力均匀增大，根据左手定则可知ab边所受安培力方向向右，为正值；1～2s、2～3s穿过线框的磁通量不变，所以无感应电流，安培力为0；3～4s时间内，B垂直纸面向外均匀减小，Φ均匀减小，由楞次定律可知线框中的感应电流沿逆时针方向，且是恒定的正值，B均匀减小，故安培力均匀减小，根据左手定则可知ab边所受安培力方向向左，为负值。综上所述，A、D正确。2.[多选](2018·黄冈质检)如图所示，在光滑水平面内，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，一正方形金属线框质量为m、电阻为R、边长为L，从线框右侧边进入磁场时开始计时，在外力作用下，线框由静止开始，以垂直于磁场的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场，规定顺时针方向为感应电流i的正方向，外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过线框导线横截面的电荷量为q，其中P­t和q­t图像均为抛物线，则表示这些量随时间变化的图像正确的是(　　)解析：选CD　线框右侧边切割磁感线，运动速度v＝at，产生的感应电动势e＝BLv，产生的感应电流i＝eq\f(BLv,R)＝eq\f(BLat,R)，i与t成正比，图线为倾斜直线，故A错误；对线框受力分析，由牛顿第二定律，有F－F安＝ma，其中F安＝BLi＝eq\f(B2L2at,R)，得F＝ma＋eq\f(B2L2at,R)，F与t为一次函数关系，图线为F轴截距大于零的倾斜直线，故B错误；功率P＝i2R＝eq\f(BLat2,R)，P与t的二次方成正比，图线为抛物线，故C正确；由电荷量表达式q＝eq\f(ΔΦ,R)，有q＝eq\f(BL·\f(1,2)at2,R)，q与t的二次方成正比，图线为抛物线，故D正确。3.(2018·山西五市联考)如图所示，等腰直角三角形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，左边有一形状与磁场边界完全相同的闭合导线框，线框斜边长为l，线框从图示位置开始水平向右匀速穿过磁场区域，规定线框中感应电流沿逆时针方向为正，选项图中表示其感应电流i随位移x变化的图像正确的是(　　)解析：选B　线框穿过磁场的过程中，磁通量先增加后减小，根据楞次定律，感应电流的磁场方向先垂直纸面向外后垂直纸面向内，根据安培定则，感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，即先正后负，故A、D错误；线框向右运动过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，根据i＝eq\f(BLv,R)知，感应电流先增大后反向减小，故B正确，C错误。[专题强训提能]1．随着新能源轿车的普及，无线充电技术得到进一步开发和应用，一般给大功率电动汽车充电时利用的是电磁感应原理。如图所示，由地面供电装置(主要装置是线圈和电源)将电能传送至电动车底部的感应装置(主要装置是线圈)，该装置通过改变地面供电装置的电流使自身产生感应电流，对车载电池进行充电，供电装置与车身接收装置通过磁场传送能量，由于电磁辐射等因素，其能量传输效率只能达到90%左右。无线充电桩一般采用平铺式放置，用户无需下车、无需插电即可对电动车进行充电。目前无线充电桩可以允许的充电有效距离一般为15～20cm，允许的错位误差一般为15cm左右。下列说法正确的是(　　)A．无线充电桩的优越性之一是在百米之外也可以对电动车充电B．车身感应装置中的感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化C．车身感应装置中感应电流的磁场总是与地面供电装置中电流产生的磁场方向相反D．若线圈均采用超导，则能量的传输效率有望达到100%解析：选B　题中给出目前无线充电桩充电的有效距离为15～20cm，达不到在百米之外充电，A错误；通过改变地面供电装置的电流来使车身感应装置中产生感应电流，因此，感应装置中的感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，B正确；根据楞次定律知，感应电流的磁场不一定与地面供电装置中电流产生的磁场方向相反，C错误；由于电磁波传播时有电磁辐射，能量传输效率不能达到100%，D错误。2.(2019届高三·苏州调研)如图所示，圆筒形铝管竖直置于水平桌面上，一磁块从铝管的正上方由静止开始下落，穿过铝管落到水平桌面上，下落过程中磁块不与管壁接触，忽略空气阻力，则在下落过程中(　　)A．磁块做自由落体运动B．磁块的机械能守恒C．铝管对桌面的压力大于铝管所受的重力D．磁块动能的增加量大于重力势能的减少量解析：选C　在磁块向下运动过程中，铝管中产生感应电流，会产生电磁阻尼作用，磁块受向上的磁场力的作用，铝管受向下的磁场力的作用，则对桌面的压力大于其所受重力，选项C正确；磁块除受重力之外，还受向上的磁场力，因此磁块做的不是自由落体运动，磁块向下运动，磁场力做负功，因此机械能不守恒，动能的增加量小于重力势能的减少量，选项A、B、D错误。3.很多人喜欢到健身房骑车锻炼，某同学根据所学知识设计了一个发电测速装置，如图所示，自行车后轮置于垂直车身平面向里的匀强磁场中，后轮圆形金属盘在磁场中转动时，可等效成一导体棒绕圆盘中心O转动。已知磁感应强度B＝0.5T，圆盘半径l＝0.3m，圆盘电阻不计，导线通过电刷分别与后轮外边缘和圆心O相连，导线两端a、b间接一阻值R＝10Ω的小灯泡。后轮匀速转动时，用电压表测得a、b间电压U＝0.6V。则(　　)A．电压表的正接线柱应与a相接B．电压表的正接线柱应与b相接C．后轮匀速转动20min产生的电能为426JD．该自行车后轮边缘的线速度大小为4m/s解析：选B　根据右手定则可判断轮子边缘的点等效为电源的负极，电压表的正接线柱应与b相接，B正确，A错误；根据焦耳定律得Q＝I2Rt，由欧姆定律得I＝eq\f(U,R)，代入数据解得Q＝43.2J，C错误；由U＝E＝eq\f(1,2)Bl2ω，解得v＝ωl＝8m/s，D错误。4．[多选]轻质细线吊着一质量为m＝0.32kg、边长为L＝0.8m、匝数n＝10的正方形线圈，线圈总电阻为r＝1Ω，边长为eq\f(L,2)的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧，如图甲所示，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化的关系如图乙所示，从t＝0开始经t0时间细线开始松弛，取重力加速度g＝10m/s2。则下列判断正确的是(　　)A．在0～t0时间内线圈中电流方向为顺时针方向B．在0～t0时间内线圈中产生的电动势大小为0.4VC．在t＝t0时，线圈中电流的电功率为0.32WD．从t＝0开始到细线开始松弛所用时间为2s解析：选BD　根据楞次定律可知，在0～t0时间内线圈中电流方向为逆时针方向，A错误；由法拉第电磁感应定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝n×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2eq\f(ΔB,Δt)＝0.4V，B正确；由I＝eq\f(E,r)＝0.4A，得P＝I2r＝0.16W，C错误；对线圈受力分析可知，当细线松弛时有F安＝nBt0I·eq\f(L,2)＝mg，I＝eq\f(E,r)，Bt0＝eq\f(2mgr,nEL)＝2T，由题图乙知Bt0＝1＋0.5t0(T)，解得t0＝2s，D正确。5．[多选]如图甲所示，线圈两端a、b与一电阻R相连，线圈内有垂直于线圈平面向里的磁场，t＝0时起，穿过线圈的磁通量按图乙所示规律变化。下列说法正确的是(　　)A.eq\f(t0,2)时刻，R中电流方向为由a到bB.eq\f(3,2)t0时刻，R中电流方向为由a到bC．0～t0时间内R中的电流是t0～2t0时间内的eq\f(1,2)D．0～t0时间内R产生的焦耳热是t0～2t0时间内的eq\f(1,2)解析：选AC　eq\f(t0,2)时刻，线圈中向里的磁通量在增加，根据楞次定律，感应电流沿逆时针方向，所以R中电流方向为由a到b，故A正确；eq\f(3,2)t0时刻，线圈中向里的磁通量在减少，根据楞次定律，感应电流沿顺时针方向，R中的电流方向为由b到a，故B错误；0～t0时间内感应电动势大小E1＝eq\f(2Φ0－Φ0,t0)＝eq\f(Φ0,t0)；t0～2t0时间内感应电动势大小E2＝eq\f(2Φ0,2t0－t0)＝eq\f(2Φ0,t0)，由欧姆定律，知0～t0时间内R中的电流是t0～2t0时间内的eq\f(1,2)，故C正确；根据焦耳定律Q＝I2Rt，知0～t0时间内R产生的焦耳热是t0～2t0时间内的eq\f(1,4)，故D错误。6．(2018·沈阳质检)如图甲所示，一个足够长的U形光滑金属导轨固定在水平桌面上，连接的电阻R＝10Ω，其余电阻均不计，两导轨间的距离l＝0.2m，处于垂直于桌面向下并随时间变化的匀强磁场中，磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。一个电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨两边垂直。在t＝0时刻，金属杆紧靠在最左端，金属杆在外力的作用下以速度v＝0.5m/s向右做匀速运动。当t＝4s时，下列说法中正确的是(　　)A．穿过回路的磁通量为1WbB．流过电阻R的感应电流的方向为b→aC．电路中感应电动势大小为0.02VD．金属杆所受到的安培力的大小为1.6×10－4N解析：选D　当t＝4s时，金属杆运动的位移为：x＝vt＝0.5×4m＝2m，则穿过回路的磁通量为：Φ＝BS＝Blx＝0.2×0.2×2Wb＝0.08Wb，A错误；根据楞次定律可得，流过电阻R的感应电流的方向为a→b，B错误；电路中感应电动势大小为：E＝Blv＋eq\f(ΔΦ,Δt)＝0.2×0.2×0.5V＋eq\f(0.08,4)V＝0.04V，C错误；根据欧姆定律可得，电路中的电流为：I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.04,10)A＝0.004A，金属杆所受到的安培力的大小为：F＝BIl＝0.2×0.004×0.2N＝1.6×10－4N，D正确。7．如图甲所示，一根电阻R＝4Ω的导线绕成半径d＝2m的圆，在圆内部分区域存在变化的匀强磁场，中间S形虚线是两个直径均为d的半圆，磁感应强度随时间变化的图像如图乙所示(磁场垂直于纸面向外为正)，关于圆环中的感应电流—时间图像，电流沿逆时针方向为正，选项图中正确的是(　　)解析：选C　0～1s，E1＝eq\f(ΔB,Δt)S＝4πV，I＝eq\f(E1,R)＝πA，由楞次定律知感应电流为顺时针方向，对照选项知，只有C正确。8.[多选]如图所示，一不计电阻的导体圆环，半径为r、圆心在O点，过圆心放置一长度为2r、电阻为R的辐条，辐条与圆环接触良好。现将此装置放置于磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场中，磁场边界恰与圆环直径在同一直线上，现使辐条以角速度ω绕O点逆时针转动，右侧电路通过电刷与辐条中心和环的边缘相接触，R1＝eq\f(R,2)，S处于闭合状态，不计其他电阻，则下列判断正确的是(　　)A．通过R1的电流方向为自下而上B．感应电动势大小为2Br2ωC．理想电压表的示数为eq\f(1,6)Br2ωD．理想电流表的示数为eq\f(4Br2ω,3R)解析：选AC　由右手定则可知，辐条中心为电源的正极、圆环边缘为电源的负极，因此通过R1的电流方向为自下而上，选项A正确；由题意可知，始终有长度为r的辐条在转动切割磁感线，因此感应电动势大小为E＝eq\f(1,2)Br2ω，选项B错误；由题图可知，在磁场内部的半根辐条相当于电源，磁场外部的半根辐条与R1并联，可得外电阻为eq\f(R,4)，内电阻为eq\f(R,2)，因此理想电压表的示数为U＝eq\f(1,3)E＝eq\f(1,6)Br2ω，选项C正确；理想电流表的示数为I＝eq\f(U,R1)＝eq\f(Br2ω,3R)，选项D错误。9．[多选]如图甲所示，固定在光滑水平面上的正三角形金属线框，匝数n＝20，总电阻R＝2.5Ω，边长L＝0.3m，处在两个半径均为r＝eq\f(L,3)的圆形匀强磁场区域中。线框顶点与右侧磁场区域圆心重合，线框底边中点与左侧磁场区域圆心重合。磁感应强度B1垂直水平面向上，大小不变；B2垂直水平面向下，大小随时间变化，B1、B2的值和变化规律如图乙所示。则下列说法中正确的是(π取3)(　　)A．通过线框中的感应电流方向为逆时针方向B．t＝0时刻穿过线框的磁通量为0.1WbC．0～0.6s时间内通过线框中的电荷量为0.006CD．0～0.6s时间内线框中产生的热量为0.06J解析：选AD　B1不变化，B2垂直水平面向下，大小随时间均匀增加，根据楞次定律知，线框中的感应电流方向为逆时针方向，选项A正确；t＝0时刻穿过线框的磁通量为Φ＝B1·eq\f(1,2)πr2＋B2·eq\f(1,6)πr2＝－0.005Wb，选项B错误；t＝0.6s时穿过线框的磁通量为Φ′＝B1·eq\f(1,2)πr2＋B2′·eq\f(1,6)πr2＝0.01Wb，根据q＝neq\f(ΔΦ,R)＝neq\f(Φ′－Φ,R)，0～0.6s时间内通过线框中的电荷量为0.12C，选项C错误；0～0.6s时间内线框中产生的热量Q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n\f(ΔΦ,Δt)))2·eq\f(1,R)t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n\f(ΔB,Δt)·\f(1,6)πr2))2·eq\f(1,R)t＝0.06J，选项D正确。10．[多选](2018·佛山质检)如图所示为水平放置足够长的光滑平行导轨，电阻不计、间距为L，左端连接的电源电动势为E、内阻为r，质量为m、长为L的金属杆垂直静置在导轨上，金属杆的电阻为R。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，闭合开关，金属杆沿导轨做变加速运动直至达到最大速度，则下列说法正确的是(　　)A．金属杆的最大速度大小为eq\f(E,BL)B．此过程中通过金属杆的电荷量为eq\f(mE,2B2L2)C．此过程中电源提供的电能为eq\f(mE2,B2L2)D．此过程中金属杆产生的热量为eq\f(mE2,2B2L2)解析：选AC　闭合开关后电路中有电流，金属杆在安培力的作用下向右运动，金属杆切割磁感线产生感应电动势，方向与电源电动势方向相反，当两者大小相等时，电流为0，金属杆达到最大速度，此时E＝BLvm，得vm＝eq\f(E,BL)，A项正确；对金属杆应用动量定理有BLit＝mvm，又q＝it，得q＝eq\f(mE,B2L2)，B项错误；电源提供的电能E电＝qE＝eq\f(mE2,B2L2)，C项正确；根据能量守恒定律，E电＝Ek＋Q热，Ek＝eq\f(1,2)mvm2，可得Q热＝E电－Ek＝eq\f(mE2,2B2L2)，Q热为电源内阻和金属杆上产生的总热量，D项错误。11.[多选]如图所示，竖直面内有一个闭合导线框ACDE(由细软导线制成)挂在两固定点A、D上，水平线段AD为半圆的直径，在导线框的E处有一个动滑轮，动滑轮下面挂一重物，使导线处于绷紧状态。在半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场。设导线框的电阻为r，圆的半径为R，在将导线上的C点以恒定角速度ω(相对圆心O)从A点沿圆弧移动的过程中，若不考虑导线中电流间的相互作用，则下列说法正确的是(　　)A．在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中感应电流的方向先沿逆时针，后沿顺时针B．在C从A点沿圆弧移动到图中∠ADC＝30°位置的过程中，通过导线上C点的电荷量为eq\f(\r(3)BR2,2r)C．当C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，导线框中的感应电动势最大D．在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中产生的电热为eq\f(πB2R4ω,2r)解析：选ABD　由题意知，在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，处于磁场中的直角三角形的面积先增大后减小，通过导线框的磁通量先增大后减小，由楞次定律知导线框中感应电流的方向先沿逆时针，后沿顺时针，A项正确；在C从A点沿圆弧移动到题图中∠ADC＝30°位置的过程中，通过导线上C点的电荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(ΔΦ,Δt)·eq\f(Δt,r)＝eq\f(ΔΦ,r)＝eq\f(BΔS,r)＝eq\f(\r(3)BR2,2r)，B项正确；设DC与AD间夹角为θ，通过导线框的磁通量Φ＝eq\f(1,2)B·2Rsinθ·2Rcosθ＝2R2Bsinθcosθ＝R2Bsin2θ，由几何关系知ωt＝2θ，所以通过导线框的磁通量表达式为Φ＝R2Bsinωt，对Φ­t的表达式求导得E＝R2Bωcosωt，当C沿圆弧移动到圆心O的正上方时，ωt＝90°，故导线框中的磁通量最大，而感应电动势为零，C项错误；在C从A点沿圆弧移动到D点的过程中，导线框中产生的热量为Q＝eq\f(E有2,r)·eq\f(π,ω)＝eq\f(πB2R4ω,2r)，D项正确。12．[多选](2018·遵义模拟)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置处于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图甲所示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0～t2时间内(　　)A．电容器C所带的电荷量大小始终不变B．电容器C的a板先带正电后带负电C．MN所受安培力的大小始终不变D．MN所受安培力的方向先向右后向左解析：选AD　磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，电容器C所带的电荷量大小及两极板带电情况始终没变，选项A正确，B错误；由于磁感应强度变化，根据楞次定律和左手定则可知，MN所受安培力的大小发生变化，方向先向右后向左，选项C错误，D正确。13．[多选]如图所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，金属棒ab接入电路的电阻为R，当流过金属棒ab某一横截面的电荷量为q时，金属棒ab的速度大小为v(未达到稳定运动速度)，则金属棒ab在这一过程中(　　)A．运动的平均速度大于eq\f(1,2)vB．受到的最大安培力大小为eq\f(B2L2v,R)sinθC．下滑的位移大小为eq\f(qR,BL)D．产生的焦耳热为qBLv解析：选AC　对金属棒ab受力分析可知，金属棒ab做加速度逐渐减小的变加速直线运动，不是匀变速直线运动，平均速度大于eq\f(1,2)v，故A正确；题述过程中，金属棒ab受到的最大安培力F安＝BIL＝BL·eq\f(E,R)＝BL·eq\f(BLv,R)＝eq\f(B2L2v,R)，故