2021届新高考物理二轮复习专题突破10电磁感应的规律及综合应用(解析版)

专题四电路与电磁感应第二讲电磁感应的规律及综合应用高考真题1.（多选）（2020•全国卷口）如图，U形光滑金属框面cd置于水平绝缘平台上，曲和A边平行，和左边垂直。曲、de足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒置于金属框上，用水平恒力方向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，与金属框保持良好接触，且与左边保持平行。经过一段时间后（）A.金属框的速度大小趋于恒定值B.金属框的加速度大小趋于恒定值C.导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D.导体棒到金属框左边的距离趋于恒定值【答案】BC【解析】用水平恒力方向右拉动金属框，炉边切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流,,炉边受到水平向左的安培力作用，设金属框的质量为加J加速度为％,由牛顿第二定律有尸一加14;导体棒AW受到向右的安培力，向右做加速运动，设导体棒的质量为加2,加速度为。2，由牛顿第二定律有加2a2。设金属框炉边的速度为v时，导体 E棒的速度为M,则回路中产生的感应电动势£=BL（v—M）,由闭合电路欧姆定律可得/=元=BLV-V' , 示 ,方安=的"可得金属框bc边所受安培力和导体棒MN所受的安培力均为F安B2LB2L2v-v'R，二者加速度之差Aa=a1—a24+m2），随着所受安培力的增大，二者加速度之差Aa减小，当Aa减小到零时之后金属框和导体棒的速度之差Av之后金属框和导体棒的速度之差Av=v—M=FRm2，保持不变。由此可知，金属框的速度逐渐增大，金属框所受安培力趋于恒定值，金属框的加速度大小趋于恒定值，导体. .. BiLiv~v 一.，.一棒所受的安培力方安= r 趋于恒定值，选项A错误，B、C正确；导体棒到金属框bc边的距离x=vt—v't=Avt，随时间的增大而增大，选项D错误。2.（2020•全国卷口）如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。圆环初始时静止。将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到（）A.拨至M端或N端，圆环都向左运动B.拨至M端或N端，圆环都向右运动C拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动D.拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动【答案】B【解析】将开关S由断开状态拨至M端或N端，都会使线圈中的电流突然增大，穿过右边圆环的磁通量突然增大，由楞次定律可知，圆环都会向右运动以阻碍磁通量的增大，选项B正确，A、C、D均错误。3.（多选）（2020•山东等级考）如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于。町平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿歹轴正方向运动（不发生转动）。从图示位置开始计时，4s末bc边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为/,ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图像可能正确的是（）【答案】BC【解析】第1s内，ae边切割磁感线，由E=BLv可知，感应电动势不变，导体框总电阻一定，故感应电流一定，由安培力F=BIL可知ab边所受安培力与ab边进入磁场的长度成正比。第2s内，导体框切割磁感线的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大。第3〜4s内，导体框在第二象限内切割磁感线的有效长度保持不变，在第一象限内切割磁感线的有效长度不断增大，但两象限磁场方向相反，导体框的两部分感应电动势方向相反，所以第2s末感应电动势达到最大，之后便不断减小；第3s末与第1s末，导体框切割磁感线的有效长度相同，可知第3s末与第1s末线框中产生的感应电流大小相等，但第3s末ab边进入磁场的长度是第1s末的3倍，即ab边所受安培力在第3s末的大小等于第1s末所受安培力大小的3倍。综上可知A、D错误，B、C正确。核心突破突破1.楞次定律及法拉第电磁感应定律的应用1．求感应电动势的两种方法A① ,.(1)E=n-At，用来计算感应电动势的平均值。(2)E=BLv或E=1BL2①，主要用来计算感应电动势的瞬时值。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，即根据穿过回路的磁通量的变化情况进行判断。3．楞次定律中“阻碍”的4种表现形式(1)阻碍磁通量的变化——“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）阻碍电流的变化（自感现象）——“增反减同”。例题1.（2020届安徽省蚌埠市高三第三次教学质量检测）如图甲所示，一铝制圆环处于垂直环面的磁场中，圆环半径为广，电阻为凡磁场的磁感应强度B随时间变化关系如图乙所示，t=0时刻磁场方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是（ ）甲 乙A.在t=t时刻，环中的感应电流沿逆时针方向2r4B2B.在t=t时刻，环中的电功率为„00 Rt20C.在t=t时刻，环中的感应电动势为零D.0~10内，圆环有收缩的趋势【答案】B【解析】由磁场的磁感应强度B随时间变化关系图象可知，磁场反向后，产生的感应电流的方向没有改变，0~t0时间内，磁场垂直纸面向里，B减小，所以线圈中的磁通量在减小，ABB根据楞次定律可判断线圈的电流方向为顺时针，所以A错误；由图象可得斜率为工=言Iit- 4,0LA①SAB r2B则由法拉第电磁感应定律可得，线圈产生的感应电动势为E= = =——o，线圈At Att0E2 2r4B2的电功率为P=—= ，所以B正确，C错误；0〜t。内，磁感应强度在减小，线圈R Rt2 00的磁通量在减小，所以根据楞次定律可知，线圈有扩张趋势，D错误。故选B。例题2.（多选）（2020届河南省焦作市高三第三次模拟）如图所示，一正方形金属线框abcd静止在光滑的水平桌面上，线框右侧两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向竖直向上。cd边与磁场边界平行，磁场虚线间距大于正方形金属线框边长。现给线框一水平向右的初速度，线框能通过磁场区域并继续向右运动，下列说法正确的是（）A.线框进入磁场的过程中，cd边受到的安培力方向水平向左B.线框通过磁场的整个过程中，cd边两端的电压始终不变C.线框进入磁场和离开磁场的过程中，通过线框的电荷量相等D.线框进入磁场和离开磁场的过程中，线框速度的变化量相等【答案】ACD【解析】由左手定则可知，线框进入磁场的过程中，cd边受到的安培力方向水平向左，A正确；cd边进入磁场时3U=—Blvi4icd边出去磁场后1U=-Blv24 2且v>V12所以cd两端电压会发生改变，B错误；线框进入磁场和离开磁场的两个过程中，磁通量的变化量相等，根据公式q=学，分析可知通过线框横截面的电量相等，C正确;R根据动量定理得，线框进入磁场得过程，有BILt=mAvTOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"11 1离开磁场得过程，有BILt=mAv22 2又因为It=It11 22所以Av1=Av2,D正确。故选ACD。突破2.电磁感应中的力、电综合问题1．解答此类问题首先要分清左手定则、右手定则、安培定则比较项目左手定则右手定则安培定则应用磁场对运动电荷、电流作用力方向的判断对因导体切割磁感线而产生的感应电流方向的判断对电流产生磁场方向的判断涉及方向的物理量磁场方向、电流（电荷运动）方向，安培力（洛伦兹力）方向磁场方向、导体切割磁感线的运动方向、感应电动势的方向电流方向、磁场方向

各物理量方向间的关系图例/阚.网0r因果关系电流T力运动—电流电流—磁场应用实例电动机发电机电流的磁效应2.电磁感应中动力学问题的解题思路(1)找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向．(2)根据等效电路图，求解回路中电流的大小及方向．(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推理得出对电路中的电流有什么影响，最后定性分析导体棒的最终运动情况．(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解．然后是“力”的分析境后进行“运动

状志”的分析及

唯量”分所3．能量转化问题的分析然后是“力”的分析境后进行“运动

状志”的分析及

唯量”分所分陶出电路中由Tm携感应产生电动烤的等效电源，求也电源参数E和r.分析电路结构，弄清串、并联关系,求出相关

部分的电流大小,以便求解安培力TOC\o"1-5"\h\z、分析研究对象(常是金屈杆、导体、线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力\o"CurrentDocument"‘根据力利运动的关系，判断出正确的运动模型及能量转化关系\o"CurrentDocument"4 J4.解决电磁感应中电路问题的思路.“源”的分析：用法拉第电磁感应定律算出E的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向(感应电流方向是电源内部电流的方向)，从而确定电源正负极，明确内阻r..“路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路./①.根据E=BLv或E=〃/，结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解.例题3.(2020届河北省石家庄市第二中学高三教学质量检测)如图1所示，光滑的平

行竖直金属导轨AB、CD相距L在A、C之间接一个阻值为R的电阻，在两导轨间abcd矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为5d的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、电阻为八长度也刚好为L的导体棒放在磁场下边界ab上（与ab边重合），.现用一个竖直向上的力F拉导体棒，使它由静止开始运动，已知导体棒离开磁场前已开始做匀速直线运动，导体棒与导轨始终垂直且保持良好接触，导轨电阻不计，F随导体棒与初始位置的距离x变化的情况如图2所示，下列判断正确的是（ ）A．导体棒经过磁场的过程中，通过电阻RA．导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为5BLdRB．2mg（R+r）B．导体棒离开磁场时速度大小为2mgrC.离开磁场时导体棒两端电压为BLD.导体棒经过磁场的过程中，电阻R产生焦耳热为9mgd-2m3g2（R-r）B4L4【答案】B【解析】设导体棒离开磁场时速度大小为v.此时导体棒受到的安培力大小为:B2L2vF= .由平衡条件得：F=F+mg;由图2知：F=3mg,联立解得：安R+r 安

2mg（R+r）V二鼻二.故B正确.导体棒经过磁场的过程中，通过电阻R的电荷量为:A①B-5dL5BLd T2mgq= = = .故A错误.离开磁场时，由F=BIL+mg得：I=--f-R+rR+r R+r BL2mgR导体棒两端电压为：u=IR= .故c错误.导体棒经过磁场的过程中，设回路产生BL1的总焦耳热为Q.根据功能关系可得：Q=WF-mg吗d--mv2,而拉力做功为：RWF=2mgd+3mgMd=14mgd；电阻R产生焦耳热为：Q二--Q；联立解得:F RR+rQr=.故D错误.B4L4(R+r)9mgdRB4L4-Qr=.故D错误.B4L4(R+r)例题4.（多选）（2020届河南省六市高三第一次联合调研监测）如图,光滑平行金属导轨间距为L,与水平面夹角为仇两导轨上端用阻值为R的电阻相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面。质量为m的金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置。在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好，不计ab和导轨的电阻及空气阻力。则（ ）B2L2VA.初始时刻金属杆的加速度为 omRB.金属杆上滑时间小于下滑时间C在金属杆上滑和下滑过程中电阻R上产生的热量相同

D.在金属杆上滑和下滑过程中通过电阻R上的电荷量相同【答案】BD【解析】ab开始运动时，ab棒所受的安培力FF=BIL=AB2L2v 0R根据牛顿第二定律得，ab棒的加速度mgsin。+F B2Lva= a=gsin。+ om mR选项A错误;物体下滑时加速度满足mgsin9-F'a'= a<am1根据S=-at2可知金属杆上滑时间小于下滑时间，选项B正确；克服安培力做功等于回路产生的热量，上滑过程中安培力较大，则克服安培力做功较大，产生的热量较大，选项C错误；A①BLs根据q- 二1RR可知，在金属杆上滑和下滑过程中通过电阻R上的电荷量相同，选项D正确。故选BD。突破3.电磁感应中的动量问题1.应用动量观点解决电磁感应综合问题可分为两类：(1)利用动量定理求感应电荷量或运动位移

应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量，如在导体棒做非匀变速运动的问题中,应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题。「一. . .._p AP如：B/BLt=q=/'Az?可信B^BL。—B2L2v, ,一 ApR" At=AP,x=vA工可得x=Dr总。R B2L2总(2)利用动量守恒定律分析双导体杆问题在相互平行的光滑水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒。解决此类问题往往要应用动量守恒定律。例题5.如图甲所示，两条相距/的光滑平行金属导轨位于同一竖直面(纸面)内，其上端接一阻值为R的电阻，在两导轨间。。下方区域内有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。现使长为/、电阻为八质量为m的金属棒ab由静止开始自OO位置释放，向下运动距离d后速度不再变化(棒ab与导轨始终保持良好的接触且下落过程中始终保持水平，导轨电阻不计)。(1)求棒ab在向下运动距离d过程中回路产生的总焦耳热；(2)棒ab从静止释放经过时间10下降了2，求此时刻的速度大小;(3)如图乙所示，在OO上方区域加一面积为S的垂直于纸面向里的匀强磁场B，，棒ab由静止开始自OO上方某一高度处释放，自棒ab运动到OO位置开始计时，B随时间t的变化关系B'=kt,式中k为已知常量；棒ab以速度v0进入OO下方磁场后立即施加一竖直外力使其保持匀速运动。求在t时刻穿过回路的总磁通量和电阻R的电功率。【答案】m3g2R+r2【答案】(1)mgd——2B4/4一

，一B2bdQ)g'，一B2bdQ)g'。2mR+r(3)Blv01+ktS<Blv0+kS\IR+r)【解析】（i）对闭合回路：i=Bvmr由平衡条件可知：mg=BIlmmmgR+r解得vm=由功能关系：mgd=2mvm2+Q八9 m3g2R+r2解得Q=mgd——再一（2）由动量定理可知：（mg—BIl）10=mv即mgt0—Blq=mvA①1 2又q=r+R=~r+R―B B212d解得v=gt0—2mR+r(3)因为①=Blv01+ktS由法拉第电磁感应定律可得：E=等=Blv0+kS解得P=解得P=Blv0+kS

、R+r,2RR。例题6.如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的B=4T的匀强磁场中，两导轨间距为L=0.5m,导轨足够长且不计电阻。金属棒a和b的质量都为m=1卜8，连入导轨间的电阻Ra=Rb=1Q。b棒静止于导轨水平部分，现将a棒从h=80cm高处自静止沿弧形导轨下滑，通过C点进入导轨的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直，且两棒始终不相碰。求a、b两棒的最终速度，以及整个过程中b棒中产生的焦耳热(已知重力加速度g=10m/s2)。【答案】2m/s2J【解析】：设a棒下滑至C点时速度为v0,由动能定理，有mgh=2mv02-0解得v0=4m/s;此后的运动过程中，a、b两棒达到共速前，两棒所受安培力始终等大反向，因此a、b两棒组成的系统动量守恒，有mv0=(m＋m)v解得a、b两棒共同的最终速度为v=2m/s,此后两棒一起做匀速直线运动;由能量守恒定律可知，整个过程中回路产生的总焦耳热为：Q=gmv02—2（m+m）v2则b棒中产生的焦耳热为Qb=2Q解得Qb=2J。突破4.电磁感应中的图像问题1．图像类型

JE=嗤E=Blv串、并联电路知④L（团合电JE=嗤E=Blv串、并联电路知④L（团合电路班姆定律〕T电功、屯功率「焦耳定南）2．分析方法3．解答电磁感应中图像类选择题的两个常用方法排除法定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势（增大还是减小）、变化快慢（均匀变

化还是非均匀变化），特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项排除法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函数法像进行分析和判断例题7.（多选）（2020届河北省保定市高三第一次模拟）如图所示，等腰直角三角形金属框abc右侧有一有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，ab边与磁场两边界平行，磁场宽度大于bc边的长度。现使框架沿bc边方向匀速穿过磁场区域，t=0时，c点恰好达到磁场左边界。线框中产生的感应电动势大小为区感应电流为I（逆时针方向为电流正方向），bc两点间的电势差为Ubc，金属框的电功率为尸。图中上述各量随时间变化的图像可能正确的是【答案】BC【解析】根据导体棒切割磁场产生的动生电动势为E=Blv可知，第一阶段匀速进磁场的有效长度均匀增大，产生均匀增大的电动势，因磁场宽度大于bc边的长度，则第二阶段线框全部在磁场中双边切割，磁通量不变，线框的总电动势为零，第三阶段匀速出磁场，有效长度均匀增大，产生均匀增大的电动势，故E~t图像的第三阶段画错，故A错误；根据闭合Ei一电路的欧姆定律R，可知第一阶段感应电流均匀增大，方向由楞次定律可得为顺时针（负值），第二阶段电流为零，第三阶段感应电流均匀增大，方向逆时针（正值），故I图像正确，故B正确；由部分电路的欧姆定律iRbc，可知图像和i—t图像的形状完全相同，故C正确；金属框的电功率为P=i2R，则电流均匀变化，得到的电功率为二次函数关系应该画出开口向上的抛物线，则P—t图像错误，故D错误。故选BC。例题8.（2020•河北唐山检测）如图甲所示，矩形导线框abcd固定在变化的磁场中，产生了如图乙所示的电流（电流方向abcda为正方向）。若规定垂直纸面向里的方向为磁场正方向，能够产生如图乙所示电流的磁场为（ ）

【答案】D【解析】由题图乙可知，0〜11内，线圈中的电流的大小与方向都不变，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中的磁通量的变化率相同，故0〜11内磁感应强度与时间的关系是一条斜线，A、B错误；又由于0〜11时间内电流的方向为正，即沿abcda方向，由楞次定律可知，电路中感应电流的磁场方向向里，故0〜11内原磁场方向向里减小或向外增大，D正确，C错误。实战演练1.(2020届安徽省马鞍山市高三第二次质监)如图所示，虚线边界MN右侧充满垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，纸面内有一个边长为L粗细均匀的正方形导线框abcd，cd边与MN平行。导线框在外力作用下，先后以v和2v的速度垂直MN两次匀速进入磁场。运动过程中线框平面始终与磁场垂直，则()A．A．进入磁场过程中，导线框中感应电流方向为逆时针方向B．CB．C．导线框两次进入磁场过程中产生的热量之比1口2导线框以速度v进入磁场时，cd两点间电势差为BLvDD．导线框两次进入磁场过程中，外力做功的功率之比1口2【答案】C【解析】由楞次定律可知，进入磁场过程中，导线框中感应电流方向为顺时针方向，选项A错误；导线框以速度v进入磁场时，电动势E=BLv则cd两点间电势差为3U=-BLv，选项B错误；cd4导线框两次进入磁场过程中产生的热量为E2 B2L2v2LB2L3vQ=—t= *一= xvRR vR则产生的热量之比为1口2,选项C正确；导线框两次进入磁场过程中，外力做功的功率等于电功率，即E2B2L2v2P=――=——r——XV2则外力功率之比为1口4,选项D错误。故选C。2.（多选）（2020届湖南省常德市高三一模）如图所示，光滑、平行的金属轨道分水平段（左端接有阻值为R的定值电阻）和半圆弧段两部分，两段轨道相切于N和N点，圆弧的半径为r，两金属轨道间的宽度为d，整个轨道处于磁感应强度为B，方向竖直向上的匀强磁场中.质量为m、长为d、电阻为R的金属细杆置于框架上的MM处，MN=r.在t=0时刻，给金属细杆一个垂直金属细杆、水平向右的初速度v0，之后金属细杆沿轨道运动，在t=11时刻，金属细杆以速度v通过与圆心等高的P和P'；在t=12时刻,金属细杆恰好通过圆弧轨道的最高点，金属细杆与轨道始终接触良好，轨道的电阻和空气阻力均不计，重力加速度为名以下说法正确的是（）

A.片0时刻，金属细杆两端的电压为Bdv0B2d2vB.t=11时刻，金属细杆所受的安培力为一2R-C．BdrC．从t=0到t=11时刻，通过金属细杆横截面的电量为—15D.从t=0至U12时刻,定值电阻r产生的焦耳热为4m0-4mgr【答案】CD【解析】t=0时刻，金属细杆产生的感应电动势E=Bdv0E1金属细杆两端的电压U=--R=~Bdv,故A错误；2R 2 0t=11时刻，金属细杆的速度与磁场平行，不切割磁感线，不产生感应电流，所以此时，金属细杆不受安培力，故B错误；—A Bd义2r从t=0到t=11时刻，电路中的平均电动势E=^-=——Iit- 4,1二E回路中的电流I=—2R在这段时间内通过金属细杆横截面的电量q=I•t1解得q=故解得q=故C正确;设杆通过最高点速度为V2，金属细杆恰好通过圆弧轨道的最高点，对杆受力分析，由牛顿第二定律可得V2mg=mtr从t=0到t=12时刻，据功能关系可得，回路中的总电热—mv2-—mv2202 2定值电阻R产生的焦耳热1Qr=2Q15解得Qr=4mv0-4mgr故D正确，故选CD。3.（多选）（2020届吉林省长春市高三二模）如图所示，x轴上方有两条曲线均为正弦曲线的半个周期，其高和底的长度均为/，在x轴与曲线所围的两区域内存在大小均为B，方向如图所示的匀强磁场，MNPQ为一边长为l的正方形导线框，其电阻为R，MN与x轴重合，在外力的作用下，线框从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速向右穿越磁场区域，则下列说法中正确的是（ ）A．l线框的PN边到达X坐标为不处时，感应电流最大B．C．穿越磁场的整个过程中，线框中产生的焦耳热为专vD．穿越磁场的整个过程中，外力所做的功为专【答案】BCA．l线框的PN边到达X坐标为不处时，感应电流最大B．C．穿越磁场的整个过程中，线框中产生的焦耳热为专vD．穿越磁场的整个过程中，外力所做的功为专【答案】BCl【解析】电流和切割长度成正比，所以线框的尸N边到达X坐标为不处时，相当于长度为/3l的边框来切割磁感线，线框的尸N边到达X坐标为了处时，相当于两个长度为l的边框来3l切割磁感线，两个电动势叠加，所以线框的PN边到达X坐标为了处时，感应电流最大为2BLv—^,故A错误，B正确；因为电流的变化符合交流电的特征，所以线框的PN边到Rl达X坐标为5处时，产生的焦耳热为Q=12Rt=11霹BLv^2nlB213v .R.一二 I2RJv2Rl线框的PN边从不到21处时，产生的焦耳热为Q2l 2B2l3v•R,一二 vR线框的PN边从21到了处时，产生的焦耳热为3l线框的PN边到达X坐标为7处时，感应电流最大Q=12Rt=31［取］2.rQ=12Rt=31、2R)v2R所以产生的总焦耳热为Q=QJQ2+Q3=牛又因为外力所做的功就等于焦耳热，所以C正确，D错误。故选BC。4.（2020届三湘名校教育联盟高三第二次大联考）如图所示，总阻值为R的正方形线框的左半侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框的对称轴MN恰与磁场边缘平齐。若第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出，第二次以线速度v2让线框绕轴MN匀速转过90°，下列说法正确的是（ ）A.第一次操作过程中线框产生的感应电流方向沿逆时针方向B.两次操作过程中经过线框横截面的电量之比为2口1C若两次操作过程中线框产生的焦耳热相等，则v1：v2=»：2D.若两次操作过程中线框产生的平均感应电动势相等，则v1：v2=2：n【答案】D【解析】由右手定则可知，第一次操作过程中感应电流的方向为顺时针方向，选项A错误；A①由公式q=-可知两次操作过程中经过线框横截面的电量相同，选项b错误；设线框的R边长为L,若两次操作过程中线框产生的焦耳热相等，第一次将线框从磁场中以恒定速度v1向右匀速拉出E'=BLv11

(BLv)2Q= 」•-2iRv1B2L3v 12RE'B2L3v 12RE'2BS3_BLv一＜2—21Q.l丁^Q 2RQ1=Q2所以v1：v2=兀：4，选项c错误；若两次操作过程中线框产生的平均感应电动势相等，第一次将线框从磁场中以恒定速度V1向右匀速拉出E'=BLv11第二次以线速度v2让线框转过90°1BL22BLv 2

兀TT~~1~-X22BLv 2

兀E=E12得v得v:v=2:兀12D选项正确。5.（多选）（2020届陕西省西安中学高三四模）如图所示，在倾角为9的光滑斜面上，有三条水平虚线l1、l2、l3，它们之间的区域口、口宽度均为d，两区域分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，一个质量为m、边长为d、总电阻为R的

正方形导线框，从l1上方一定高度处由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过l1进入磁场口时，恰好以速度匕做匀速直线运动；当ab边在越过12运动到l3之前的某个时刻，线框又开始以速度v2做匀速直线运动，重力加速度为g.在线框从释放到穿出磁场的过程中，下列说法正确的是（）BB．A.线框中感应电流的方向不变线框ab边从1运动到I所用时间大于从I运动到I所用时间TOC\o"1-5"\h\zC线框以速度v做匀速直线运动时，发热功率为mgRsin202 4B2d2D.线框从ab边进入磁场到速度变为v的过程中，减少的机械能AE*与重力做功W的关系2 机 G11式是AE=W+—mv2一一mv2机G2 1 2 2【答案】CD【解析】线圈的ab边进入磁场I过程，由右手定则判断可知，电流方向为逆时针；线框从磁场口出来并进入磁场口过程中，电流方向为顺时针；线框从磁场口出来过程中，电流方向为逆时针，则线框中感应电流的方向会改变，A错误；当线框ab边恰好达至“2时，ab边与cd边共同切割磁感线，感应电动势为之前的2倍，瞬时电流也为之前时刻的2倍，所以ab与cd边受到的沿斜面向上的安培力合力为重力沿斜面向下的分量的4倍，线圈将做加速度逐渐减小的减速运动，直到以速度v2匀速直线运动，则有v1>v2,ab边从11运动到12的平均速度大于从1运动到1的平均速度，则线框ab边从1运动到1所用时间小于从1运动到I23 12 23的时间，B错误；线圈以速度v2匀速运动时

mgsin0=2Bld-2Bd•2Bdv4B2d2Bdv4B2d2v4B2d2电功率P-Fv-m2g2Rsin20,C正确；4B2d2机械能的减小等于线框产生的电能，则由能量守恒得知:线框从ab边进入磁场到速度变为v2的过程中，减少的机械能AE机与线框产生的焦耳热Q电的关系式是AE机=Q电即11机G2AE-W+-mv2--mv2，D正确。故选机G26.（多选）（2020届湖南省常德市高三二模）如图所示，两条相距为L的光滑平行金属导轨位于水平面（纸面）内，其左端接一阻值为R的电阻，导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒ab垂直导轨放置并接触良好，接入电路的电阻也为R。若给棒以平行导轨向右的初速度%，当流过棒截面的电荷量为q时，棒的速度减为零，此过程中棒发生的位移为x。则在这一过程中（ ）TOC\o"1-5"\h\zX X X X X]k x XT X X X X /A.导体棒作匀减速直线运动xqB.当棒发生位移为万时，通过棒的电量为羡qvC.在通过棒的电荷量为治时，棒运动的速度为T33D.D.定值电阻R释放的热量为BqLv 04【答案】BD【解析】由于导体棒向右减速运动，则电动势减小，则电流减小，则导体棒的安培力减小，即合力减小，根据牛顿第二定律可知其加速度减小，则导体棒做变减速运动，故A错误；棒的速度减为零，当流过棒截面的电荷量为：n△①BLxq 2R2Rxq当棒发生位移为5时，则通过棒的电量为为，故B正确;棒的速度减为零，当流过棒截面的电荷量为：n△①BLxq一=2R 2Rq当流过棒的电荷为3时，棒发生的位移为:根据牛顿运动定律可得棒运动的加速度为：FB2L2va--= -m2mR设棒运动的时间为A/，则有:B2L2vaAt= At2mR所以有：B2L2vAt工aAt=ZAt2mR即：B2L2工A尸工 Ax2mRq当流过棒的电荷为3时，则有：B2L2xv-v •一0 12mR3当流过棒的电荷为q时，则有：B2L2v -x02mR解得：2vV=-03qBLm= v0故C错误；D.棒的速度减为零的过程中，定值电阻R释放的热量为:11 1qBLqBLvQ—AE=—x-mV2=x-——义V2= oR2k22o2vo40

故D正确；故选BD。.（多选）（2020届四川省眉山市高三三诊）如图所示（俯视图），位于同一水平面内的两根固定金属导轨MN、A'B'CD，电阻不计，两导轨之间存在竖直向下的匀强磁场。现将两根粗细均匀、完全相同的铜棒ab、cd放在两导轨上，若两棒从图示位置以相同的速度沿MN方向做匀速直线运动，始终与两导轨接触良好，且始终与导轨MN垂直，不计一切摩擦，则下列说法中正确的是（）aaA.回路中有顺时针方向的感应电流.回路中的感应电动势不变C.回路中的感应电流不变D.回路中的热功率不断减小【答案】BD【解析】两棒以相同的速度沿MN方向做匀速直线运动，回路的磁通量不断增大，根据楞次定律可知，感应电流方向沿逆时针，故A错误；设两棒原来相距的距离为s,/犷与