2025年高考物理复习之小题狂练600题（多选题）：电磁感应（10题）

第1页（共1页）2025年高考物理复习之小题狂练600题（多选题）：电磁感应（10题）一．多选题（共10小题）（多选）1．（2024•渝中区校级二模）如图所示，两平行金属导轨固定在水平面上（导轨电阻不计），导轨间距为L＝2m，在导轨所在的平面内，分布着垂直于导轨平面的磁感应强度为B＝0.5T的匀强磁场。导轨的一端接有电动势E＝5V，内阻r＝0.5Ω的电源，串联一电阻R＝2.5Ω。一导体棒垂直于轨道放在金属导轨上，导体棒的电阻不计、质量m＝1kg，与导轨的动摩擦因数μ＝0.5。当磁场以v0＝12m/s的速度匀速向右移动时，导体棒恰好能向右匀速移动，且导体棒一直在磁场内部，则下列说法正确的是（）A．导体棒运动的速度为2m/s B．安培力对导体棒做功的功率为10W，故电路发热的热功率为10W C．导体棒和轨道摩擦生热的功率为10W D．电源产生的电功率和外力对磁场做功的功率之和为85W（多选）2．（2024•内江模拟）航母上的舰载机返回甲板时有多种减速方式。如图所示，为一种电磁减速方式的简要模型，固定在水平面上足够长的平行光滑导轨CE、DF，间距为L，左端接有阻值为R的定值电阻，且处在磁感应强度为B、垂直导轨平面向下的匀强磁场中。现有一舰载机等效为质量为m、电阻为r垂直于导轨的导体棒ab。导体棒ab以初动量p0水平向右运动，最后停下来，导轨的电阻不计。则此过程中（）A．导体棒ab做匀减速直线运动直至停止运动 B．航母甲板的最短长度为p0C．电阻R上产生的焦耳热为p0D．通过导体棒ab横截面的电荷量为p（多选）3．（2024•东湖区校级模拟）如图，为列车进站时其刹车原理简化图：在车身下方固定一水平均匀矩形线框abcd，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车刹车。已知列车质量为m，车身长为s，线框ab和cd边的长度均为L（L小于匀强磁场的宽度），线框总电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长，磁感应强度大小为B。当关闭动力后，车头进入磁场瞬间速度为v0，列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f，车尾进入磁场瞬间，列车恰好停止。下列说法正确的是（）A．列车在进站过程，线框中电流方向为a→d→c→b→a B．在线框ab边进入磁场瞬间，列车的加速度大小为B2C．在线框进入磁场的过程中，线框bc边消耗的电能为s2L+2sD．列车从进站到停下来所用时间为Rm（多选）4．（2024•济南模拟）如图所示，间距为L0的两平行长直金属导轨水平放置，导轨所在空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长度均为L0的金属杆ab、cd垂直导轨放置，初始时两金属杆相距为L0，金属杆ab沿导轨向右运动的速度大小为v0，金属杆cd速度为零且受到平行导轨向右、大小为F的恒力作用。已知金属杆与导轨接触良好且整个过程中始终与导轨垂直，在金属杆ab、cd的整个运动过程中，两金属杆间的最小距离为L1，重力加速度大小为g，两金属杆的质量均为m，电阻均为R，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为μ=F2mg，金属导轨电阻不计，整个运动中金属杆A．金属杆cd运动过程中的最大加速度为F2mB．从金属杆cd开始运动到两金属杆间距离最小的时间为mvC．金属杆ab运动过程中的最小速度为v0D．金属杆cd的最终速度为FR（多选）5．（2024•贵州）如图，间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有一定值电阻R，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则（）A．加速过程中通过金属棒的电荷量为mvBLB．金属棒加速的时间为2mRBC．加速过程中拉力的最大值为4BD．加速过程中拉力做的功为12mv（多选）6．（2024•郫都区校级模拟）某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置如图所示，在电梯挂厢上安装永久磁铁，并在电梯的井壁上铺设线圈，这样可以在电梯突然坠落时减小对人员的伤害。关于该装置，下列说法正确的是（）A．当电梯坠落至永久磁铁在线圈A、B之间时，闭合线圈A、B中的电流方向相同 B．当电梯坠落至永久磁铁在线圈A、B之间时，闭合线圈A、B中的电流方向相反 C．当电梯坠落至永久磁铁在线圈A、B之间时，闭合线圈A、B均对电梯的下落起阻碍作用 D．当电梯坠落至永久磁铁在线圈B下方时，闭合线圈A、B不再对电梯的下落起阻碍作用（多选）7．（2024•南开区二模）一单匝闭合矩形线圈abcd以角速度ω绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中，线圈电阻为R。通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是（）A．t1、t3时刻线圈中感应电流方向改变，线圈平面与磁场方向垂直 B．t2、t4时刻通过线圈平面的磁通量变化率最大，线圈中感应电动势最大 C．从t1到t3的过程；通过线圈某一截面的电荷量为ΦmD．线框转动一周产生的焦耳热为π（多选）8．（2024•泰安二模）如图所示，电阻不计的两光滑平行金属导轨相距0.5m，固定在水平绝缘桌面上，左侧圆弧部分处在竖直平面内，其间接有一电容为0.25F的电容器，右侧平直部分处在磁感应强度为2T。方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐。电阻为2Ω的金属棒ab垂直于两导轨放置且与导轨接触良好，质量为1kg。棒ab从导轨左端距水平桌面高1.25m处无初速度释放，离开水平直导轨前已匀速运动。已知电容器的储能E=12CU2，其中C为电容器的电容，U为电容器两端的电压，不计空气阻力，重力加速度g＝A．通过金属棒ab的电荷量为2C B．通过金属棒ab的电荷量为1C C．金属棒ab中产生的焦耳热为2.5J D．金属棒ab中产生的焦耳热为4.5J（多选）9．（2024•江苏四模）如图甲所示，一个匝数为n的多匝线圈，线圈面积为S，电阻为r。一个匀强磁场垂直于线圈平面穿过该线圈。在0时刻磁感应强度为B0，之后随时间变化的特点如图乙所示。取磁感应强度向上方向为正值。线圈的两个输出端P、Q连接一个电阻R。在0～t0过程中（）A．线圈的P点的电势高于Q点电势 B．线圈的P、Q两点间的电势差大小为nSBC．流过R的电荷量的大小为nSBD．磁场的能量转化为电路中电能，再转化为电阻R、r上的内能（多选）10．（2024•茂名一模）如图（a）所示，底部固定有正方形线框的列车进站停靠时，以初速度v水平进入竖直向上的磁感应强度为B的正方形有界匀强磁场区域，如图（b）所示，假设正方形线框边长为l，每条边的电阻相同.磁场的区域边长为d，且l＜d，列车运动过程中受到的轨道摩擦力和空气阻力恒定，下列说法正确的是（）A．线框右边刚刚进入磁场时，感应电流沿图（b）逆时针方向，其两端的电压为Blv B．线框右边刚刚进入磁场时，感应电流沿图（b）顺时针方向，其两端的电压为34C．线框进入磁场过程中，克服安培力做的功等于线框中产生的焦耳热 D．线框离开磁场过程中，克服安培力做的功等于线框减少的动能

2025年高考物理复习之小题狂练600题（多选题）：电磁感应（10题）参考答案与试题解析一．多选题（共10小题）（多选）1．（2024•渝中区校级二模）如图所示，两平行金属导轨固定在水平面上（导轨电阻不计），导轨间距为L＝2m，在导轨所在的平面内，分布着垂直于导轨平面的磁感应强度为B＝0.5T的匀强磁场。导轨的一端接有电动势E＝5V，内阻r＝0.5Ω的电源，串联一电阻R＝2.5Ω。一导体棒垂直于轨道放在金属导轨上，导体棒的电阻不计、质量m＝1kg，与导轨的动摩擦因数μ＝0.5。当磁场以v0＝12m/s的速度匀速向右移动时，导体棒恰好能向右匀速移动，且导体棒一直在磁场内部，则下列说法正确的是（）A．导体棒运动的速度为2m/s B．安培力对导体棒做功的功率为10W，故电路发热的热功率为10W C．导体棒和轨道摩擦生热的功率为10W D．电源产生的电功率和外力对磁场做功的功率之和为85W【考点】电磁感应过程中的能量类问题；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；推理能力．【答案】ACD【分析】导体棒做匀速直线运动，由平衡条件求得回路中的电流，导体棒相对磁场向左运动，切割磁感线产生的电动势，根据法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律求解导体棒运动的速度；根据P＝Fv，求解安培力对导体棒做功的功率，根据焦耳定律求解电路发热的热功率；由功能关系与功率公式求解导体棒和轨道摩擦生热的功率；根据能量守恒定律，可知电源产生的电功率和外力对磁场做功的功率之和等于电路发热的热功率和导体棒和轨道摩擦生热的功率之和。【解答】解：A、导体棒做匀速直线运动，由平衡条件得：BIL＝μmg，解得回路中的电流为：I＝5A设导体棒的速度为v，导体棒相对磁场向左运动，切割磁感线产生的电动势为：E1＝BL（v0﹣v）根据闭合电路欧姆定律得：I=联立解得：v＝2m/s，故A正确；B、安培力对导体棒做功的功率为：P安＝F安v＝BILv＝0.5×5×2×2W＝10W电路发热的热功率为：P焦耳热＝I2（R+r）＝52×（2.5+0.5）W＝75W可见安培力对导体棒做功的功率与电路发热的热功率并不相等，故B错误；C、导体棒和轨道摩擦生热的功率为：P摩擦热＝μmgv＝0.5×1×10×2W＝10W，故C正确；D、根据能量守恒定律，可知电源产生的电功率和外力对磁场做功的功率之和等于电路发热的热功率和导体棒和轨道摩擦生热的功率之和，则有：P电源+P外力＝P焦耳热+P摩擦热＝75W+10W＝85W，故D正确。故选：ACD。【点评】本题考查了电磁感应现象中能量转化与守恒的问题。解答时要注意分析导体棒相对磁场的运动方向。要掌握导体棒作为电源，电路中存在双电源，依据电源的串并联关系确定总的电动势。（多选）2．（2024•内江模拟）航母上的舰载机返回甲板时有多种减速方式。如图所示，为一种电磁减速方式的简要模型，固定在水平面上足够长的平行光滑导轨CE、DF，间距为L，左端接有阻值为R的定值电阻，且处在磁感应强度为B、垂直导轨平面向下的匀强磁场中。现有一舰载机等效为质量为m、电阻为r垂直于导轨的导体棒ab。导体棒ab以初动量p0水平向右运动，最后停下来，导轨的电阻不计。则此过程中（）A．导体棒ab做匀减速直线运动直至停止运动 B．航母甲板的最短长度为p0C．电阻R上产生的焦耳热为p0D．通过导体棒ab横截面的电荷量为p【考点】电磁感应过程中的能量类问题．【专题】比较思想；寻找守恒量法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．【答案】CD【分析】根据牛顿第二定律结合安培力的计算公式分析加速度的变化情况，来判断导体棒的运动情况；根据动量定理、电荷量的计算公式求解通过导体棒ab横截面的电荷量；推导出电荷量与磁通量变化量的关系求解航母甲板的最短长度。根据功能关系结合焦耳定律求解电阻R上产生的焦耳热。【解答】解：A、导体棒获得向右的瞬时初速度后做切割磁感线运动，回路中产生感应电流，导体棒ab受到向左的安培力，向右做减速运动，由牛顿第二定律有F=BIL=BBLvR+rL=ma，即可知，导体棒速度减小，则加速度减小，所以导体棒做的是加速度逐渐减小的变减速运动直至停止运动，故A错误；BD、设导体棒ab的初速度为v，通过导体棒ab横截面的电荷量为q，取向右为正方向，根据动量定理得﹣BILΔt＝0﹣mv又因为p0＝mvq=IΔ解得通过导体棒ab横截面的电荷量为：q=由于q=IΔt代入q=p0BL可得，导体棒ab运动的位移，即航母甲板的最短长度为x=p0C、导体棒减少的动能为E=1根据能量守恒定律可得Ek＝Q总又根据电路规律可得QR=R故选：CD。【点评】对于安培力作用下导体棒的运动问题，如果涉及电荷量、求位移等问题，常常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。（多选）3．（2024•东湖区校级模拟）如图，为列车进站时其刹车原理简化图：在车身下方固定一水平均匀矩形线框abcd，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车刹车。已知列车质量为m，车身长为s，线框ab和cd边的长度均为L（L小于匀强磁场的宽度），线框总电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长，磁感应强度大小为B。当关闭动力后，车头进入磁场瞬间速度为v0，列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f，车尾进入磁场瞬间，列车恰好停止。下列说法正确的是（）A．列车在进站过程，线框中电流方向为a→d→c→b→a B．在线框ab边进入磁场瞬间，列车的加速度大小为B2C．在线框进入磁场的过程中，线框bc边消耗的电能为s2L+2sD．列车从进站到停下来所用时间为Rm【考点】电磁感应过程中的能量类问题；牛顿第二定律的简单应用；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；推理能力．【答案】BC【分析】根据右手定则判断电流方向；根据对线框ab边受力分析列牛顿第二定律方程，结合E＝BLv求解加速度；根据能量守恒定律求解总电能，再根据串联电路中电能关系分析求解bc边消耗的电能；根据动量定理结合电流的定义式求解列车从进站到停下来所用时间。【解答】解：A．根据右手定则可知，列车在进站过程，线框中电流方向为a→b→c→d→a，故A错误；B．在线框ab边进入磁场瞬间，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为E＝BLv0感应电流为I=E根据牛顿第二定律有BIL+f＝ma解得加速度满足a=B故B正确；C．在线框进入磁场的过程中，令线框产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律有12根据串联电路的特点，线框bc边消耗的电能为Qbc解得bc边消耗的电能满足Qbc故C正确；D．列车从进站到停下来过程，以开始进站速度的方向为正方向，根据动量定理有-ft感应电流的平均值I=其中s=v解得t=Rm故D错误。故选：BC。【点评】本题考查了电磁感应相关知识，理解线框运动过程中不同时刻能量和动量的变化，合理运用运动学、能量守恒和动量定理是解决此类问题的关键。（多选）4．（2024•济南模拟）如图所示，间距为L0的两平行长直金属导轨水平放置，导轨所在空间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长度均为L0的金属杆ab、cd垂直导轨放置，初始时两金属杆相距为L0，金属杆ab沿导轨向右运动的速度大小为v0，金属杆cd速度为零且受到平行导轨向右、大小为F的恒力作用。已知金属杆与导轨接触良好且整个过程中始终与导轨垂直，在金属杆ab、cd的整个运动过程中，两金属杆间的最小距离为L1，重力加速度大小为g，两金属杆的质量均为m，电阻均为R，金属杆与导轨间的动摩擦因数均为μ=F2mg，金属导轨电阻不计，整个运动中金属杆A．金属杆cd运动过程中的最大加速度为F2mB．从金属杆cd开始运动到两金属杆间距离最小的时间为mvC．金属杆ab运动过程中的最小速度为v0D．金属杆cd的最终速度为FR【考点】电磁感应过程中的动力学类问题；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．【专题】定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．【答案】AD【分析】对金属杆ab、cd的运动过程分段进行分析，判断受到的安培力方向及其大小变化，通过受力分析判断金属杆的加速度变化，得到运动形式，确定最小速度，最大加速度以及终极状态。根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力计算公式、牛顿第二定律、动量定理解解答。【解答】解：对金属杆ab、cd的运动过程分析如下：①、初始ab向右运动，cd速度为零，两者间距开始减小，回路中磁通量先开始减小，根据楞次定律可知回路中的感应电流方向先是顺时针的，ab受到的安培力与滑动摩擦力均先向左，ab先向右做减速运动，设其速度大小为v1。cd受到的安培力先向右，而滑动摩擦力向左，因动摩擦因数为μ=F2mg，可知滑动摩擦力小于F，故cd先向右做加速运动，设其速度大小为v2。回路中的感应电动势为：E＝BL0（v1﹣v2），因（v1﹣v2）先减小，故感应电动势、感应电流、两金属杆所受安培力均减小。故ab先向右做加速度减小的减速运动，②、当v1＝v2时，感应电动势、安培力均为零，由于存在滑动摩擦力，ab继续减速，但cd继续加速（因F＞μmg），导致v2＞v1，两者间距开始增大，回路中磁通量先开始增大，根据楞次定律可知回路中的感应电流方向变为逆时针，ab受到的安培力反向，方向向右，与滑动摩擦力方向相反；cd受到的安培力也反向，方向向左，与滑动摩擦力同向。此后的回路中的感应电动势为：E＝BL0（v2﹣v1），因（v2﹣v1）增大，故感应电动势、感应电流、两金属杆所受安培力均由零逐渐增大，对ab有：μmg﹣BIL0＝ma1，对cd有：F﹣μmg﹣BIL0＝ma2，可见ab、cd的加速度均减小，故ab继续向右做加速度减小的减速运动，cd向右做加速度减小的加速运动。③、当安培力增加到等于滑动摩擦力，即：BIL0＝μmg时，ab的加速度a1为零，此时对于cd有：F﹣μmg﹣BIL0＝F﹣2μmg＝0（因μ=F2mg），即：cd的加速度a2为零，可见两者加速度同时减小到零，此后v1、v2若保持不变，则（v2﹣v1）恒定，感应电动势、感应电流、两金属杆所受安培力均保持不变，两者加速度可保持为零，故两者终极状态为匀速直线运动。终极状态有：v2＞v1；BIL0＝μmg，F＝2μA、由上述分析，可知金属杆cd运动过程中的加速度一直减小到零，则初始其加速度最大。初始电动势为：E0＝BL0v0，安培力为：F0＝BE02RL0ma0＝F+F0﹣μmg，结合：μ=F2mg，解得：a0=FB、由上述①②的分析可知当v1＝v2时两者的间距离最小，以水平向右为正方向，根据动量定理得：对ab有：﹣BIL0t﹣μmgt＝mv1﹣mv0对cd有：Ft+BIL0t﹣μmgt＝mv2﹣0……④两式相加，再结合μ=F2mg，可得：v1＝v2=又有：It=E2Rt=ΔΦ2R，ΔΦ＝BL0（可得：B代入④式可得所求的时间为：t=mv0C、由B选项可知v1＝v2时，金属杆ab的速度v1=12v0，而由②的分析可知此后ab继续做减速运动，故运动过程中金属杆ab的最小速度小于v0D、设ab、cd的最终速度分别为va、vc，由③的分析有：F﹣μmg﹣BIL0＝0，其中：I=解得：vc﹣va=从两者速度v1＝v2=12v对ab有：﹣BIL0t1﹣μmgt1＝mva-12对cd有：Ft1+BIL0t1﹣μmgt1＝mvc-12两式相加可得：va+vc＝v0联立解得：vc=FR2B故选：AD。【点评】本题考查了电磁感应现象导轨—双杆模型，对两杆的力与运动分析是难点。对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，重点是分析安培力作用下导体棒的运动过程，根据平衡条件、牛顿第二定律、动量定理列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。本题通过分析可知两金属杆组成的系统满足动量守恒定律，可用动量守恒定律解答。为了普适性解答本题时用了普遍适用的动量定理。（多选）5．（2024•贵州）如图，间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有一定值电阻R，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则（）A．加速过程中通过金属棒的电荷量为mvBLB．金属棒加速的时间为2mRBC．加速过程中拉力的最大值为4BD．加速过程中拉力做的功为12mv【考点】电磁感应过程中的能量类问题；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理能力．【答案】AB【分析】A.根据题意计算减速过程的位移从而计算加速位移，再根据动能定理、电流表达式、电荷量的计算公式列式求解电荷量；B.根据匀变速直线运动的位移规律列式求解时间；C.根据牛顿第二定律结合匀变速之心运动的速度规律列式联立求解；D.根据动能定理进行分析判断。【解答】解：A.设加速阶段和减速阶段相等的位移大小为x，在撤去拉力F之后导体棒做减速运动的过程，根据动能定理有﹣BIL•x＝0-12mv2，而I=BLv2R，所以加速过程的电荷量q=ΔΦΔtR•Δt=ΔΦRB.金属棒做匀加速运动的过程中，根据匀变速直线运动的公式x=12v•t，得加速时间t=2mRC.金属棒在加速运动过程中由于安培力不断增加，加速度不变，则拉力也逐渐增大，所以拉力的最大值出现在撤去拉力的瞬间，根据牛顿第二定律有Fm﹣BBLvRL＝ma，而v＝at，联立解得Fm=3BD.根据动能定理，加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，合外力的功等于12mv2，所以拉力做功大于12mv2，故故选：AB。【点评】考查导体棒在磁场中的运动问题，结合动能定理、匀变速直线运动规律列式求解相关物理量。（多选）6．（2024•郫都区校级模拟）某研究性学习小组的同学设计的电梯坠落的应急安全装置如图所示，在电梯挂厢上安装永久磁铁，并在电梯的井壁上铺设线圈，这样可以在电梯突然坠落时减小对人员的伤害。关于该装置，下列说法正确的是（）A．当电梯坠落至永久磁铁在线圈A、B之间时，闭合线圈A、B中的电流方向相同 B．当电梯坠落至永久磁铁在线圈A、B之间时，闭合线圈A、B中的电流方向相反 C．当电梯坠落至永久磁铁在线圈A、B之间时，闭合线圈A、B均对电梯的下落起阻碍作用 D．当电梯坠落至永久磁铁在线圈B下方时，闭合线圈A、B不再对电梯的下落起阻碍作用【考点】楞次定律及其应用．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理能力．【答案】BC【分析】带有磁铁的电梯在穿过闭合线圈的过程中，线圈内的磁感应强度发生变化，将在线圈中产生感应电流，感应电流会阻碍磁铁的相对运动，由此根据楞次定律分析即可。【解答】解：AB．当电梯坠落在AB之间时，磁铁在线圈A中产生向上的磁场减弱，根据楞次定律，则线圈A中会产生逆时针电流（俯视），磁铁在线圈B中产生向上的磁场增强，根据楞次定律，则B中产生顺时针电流（俯视），所以A和B中电流方向相反，故A错误，B正确；CD．若电梯突然坠落，线圈内的磁通量发生变化，将在两个线圈中产生感应电流，两个线圈的感应电流都会有来拒去留的效果，都会阻碍磁铁的相对运动，但不能阻止磁铁的运动，可起到应急避险作用，故C正确，D错误。故选：BC。【点评】本题考查了楞次定律的灵活应用，注意楞次定律也是能量转化与守恒的表现，要正确理解和应用，同时考查学生分析实际问题的能力。（多选）7．（2024•南开区二模）一单匝闭合矩形线圈abcd以角速度ω绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中，线圈电阻为R。通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是（）A．t1、t3时刻线圈中感应电流方向改变，线圈平面与磁场方向垂直 B．t2、t4时刻通过线圈平面的磁通量变化率最大，线圈中感应电动势最大 C．从t1到t3的过程；通过线圈某一截面的电荷量为ΦmD．线框转动一周产生的焦耳热为π【考点】根据B﹣t或者φ﹣t图像计算感应电动势；交流发电机及其产生交变电流的原理；用焦耳定律计算电热．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力．【答案】ABD【分析】线圈每转动经过中性面一次，电流方向就改变一次；线圈平面与磁感线方向平行时，穿过线圈的磁通量为零，感应电动势最大；根据电流的定义式和法拉第电磁感应定律计算；先计算出线圈产生的最大感应电动势，然后根据Q=U【解答】解：A、t1、t3时刻通过线圈的磁通量最大，为中性面，感应电流方向改变，线圈平面与磁场方向垂直，故A正确；B、t2、t4时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，线圈中感应电动势最大，磁通量变化率最大，故B正确；C、从t1到t3的过程，电流的平均值为I=|ER|通过线圈某一截面的电荷量为q=I解得q=2ΦmD、线圈转动产生的感应电动势的最大值为Em＝BSω＝Φmω，所以线圈转动一周产生的焦耳热为Q=(Em故选：ABD。【点评】知道在计算电荷量的时候用电流的平均值计算，在计算焦耳热的时候要用有效值计算。（多选）8．（2024•泰安二模）如图所示，电阻不计的两光滑平行金属导轨相距0.5m，固定在水平绝缘桌面上，左侧圆弧部分处在竖直平面内，其间接有一电容为0.25F的电容器，右侧平直部分处在磁感应强度为2T。方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐。电阻为2Ω的金属棒ab垂直于两导轨放置且与导轨接触良好，质量为1kg。棒ab从导轨左端距水平桌面高1.25m处无初速度释放，离开水平直导轨前已匀速运动。已知电容器的储能E=12CU2，其中C为电容器的电容，U为电容器两端的电压，不计空气阻力，重力加速度g＝A．通过金属棒ab的电荷量为2C B．通过金属棒ab的电荷量为1C C．金属棒ab中产生的焦耳热为2.5J D．金属棒ab中产生的焦耳热为4.5J【考点】电磁感应过程中的能量类问题；电容的概念与物理意义；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理能力．【答案】BC【分析】根据动能定理求出金属棒进入磁场中的速度，再根据动量定理结合E＝BLv和电容器的定义式求解电荷量，最后根据能量守恒求出焦耳热。【解答】解：AB．当金属棒落下后其速度可由动能定理求得mgh可求得金属棒进入磁场中的速度v0＝5m/s之后金属棒切割磁感线，电容器充电，其两端电压逐渐增大，金属棒因为安培力做减速运动，当金属棒的动生电动势与电容器两端电压相等时，金属棒匀速运动。以水平向右为正方向，对导体棒由动量定理可知﹣F安t＝mv﹣mv0设经过Δt，速度增加了Δv，感应电动势分别为E＝BLv，E'＝BL（v+Δv）结合电容器的定义式可知Δq＝C（E'﹣E）＝CBLΔv又根据电流定义式I=Δq所以安培力为F安代入可得速度v=m解得v＝4m/s此时，导体棒动生电动势为E＝BLv＝4V因此，此时电容器电压U也为4V，则电容器增加的电荷量为Q＝CU＝0.25×4C＝1C因此通过导体棒的电荷量也为1C。故A错误，B正确；CD．由以上解析可知，动能变化量为ΔE代入数值解得：ΔEk＝4.5J而电容器储能E所以W热＝4.5J﹣2J＝2.5J故C正确，D错误。故选：BC。【点评】本题考查了电磁感应相关知识，理解导体棒切割磁感线产生感应电动势的过程，掌握电容器在电路中充放电以及储能的情况是解决此类问题的关键。（多选）9．（2024•江苏四模）如图甲所示，一个匝数为n的多匝线圈，线圈面积为S，电阻为r。一个匀强磁场垂直于线圈平面穿过该线圈。在0时刻磁感应强度为B0，之后随时间变化的特点如图乙所示。取磁感应强度向上方向为正值。线圈的两个输出端P、Q连接一个电阻R。在0～t0过程中（）A．线圈的P点的电势高于Q点电势 B．线圈的P、Q两点间的电势差大小为nSBC．流过R的电荷量的大小为nSBD．磁场的能量转化为电路中电能，再转化为电阻R、r上的内能【考点】电磁感应过程中的能量类问题；用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压和电流；楞次定律及其应用．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理能力．【答案】ABC【分析】A、由楞次定律可确定感应电流方向，进而判断线圈的P点的电势是否高于Q点电势；B、线圈中的磁通量发生变化，根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，由欧姆定律可以求出线圈的P、Q两点间的电势差大小；C、通过电阻R上的电量q由公式q＝It求出；D、电磁感应的过程中磁通量均匀变化，磁场能量不转化，而是作为媒介将其他形式的能转化为电能。【解答】解：A．结合图乙知磁场方向向上且逐渐减小。由楞次定律知感应电流的方向由Q点经线圈到P点，则P点电势高，Q点电势低，故A正确；B．感应电动势为E=nΔΦ又I=E电势差大小U＝IR解得U=nS故B正确；C．流过电路的电荷量大小为q＝It0解得q=nS故C正确；D．电磁感应的过程中磁场能量不转化，而是作为媒介将其他形式的能转化为电能，然后再在电阻R、r上转化为内能，故D错误。故选：ABC。【点评】本题是电磁感应与电路以及图像的综合，关键要运用楞次定律来判定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小。（多选）10．（2024•茂名一模）如图（a）所示，底部固定有正方形线框的列车进站停靠时，以初速度v水平进入竖直向上的磁感应强度为B的正方形有界匀强磁场区域，如图（b）所示，假设正方形线框边长为l，每条边的电阻相同.磁场的区域边长为d，且l＜d，列车运动过程中受到的轨道摩擦力和空气阻力恒定，下列说法正确的是（）A．线框右边刚刚进入磁场时，感应电流沿图（b）逆时针方向，其两端的电压为Blv B．线框右边刚刚进入磁场时，感应电流沿图（b）顺时针方向，其两端的电压为34C．线框进入磁场过程中，克服安培力做的功等于线框中产生的焦耳热 D．线框离开磁场过程中，克服安培力做的功等于线框减少的动能【考点】线圈进出磁场的能量计算；线圈进出磁场的电压、电流、电荷量等电学量的计算．【专题】比较思想；寻找守恒量法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．【答案】BC【分析】线框右边刚刚进入磁场时，根据楞次定律判断感应电流的方向，由E＝Blv求出线圈产生的感应电动势，线框右边两端的电压为路端电压，由电压分配规律计算其电压；根据能量转化情况，由功能关系分析克服安培力做的功与其他能量的关系。【解答】解：AB、线框右边刚刚进入磁场时，穿过线框的磁通量向外增加，根据楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向。线框此时切割磁感线产生的感应电动势为Blv，线框右边两端的电压为路端电压，即为U=34E=34C、根据功能关系可知线框克服安培力做的功全部转化为电能，线框为纯电阻电路，则电能又全部转化为线框中产生的焦耳热，则克服安培力做的功等于线框中产生的焦耳热，故C正确；D、线框离开磁场过程中，根据动能定理可知克服安培力做功与克服摩擦力、空气阻力做功之和等于线框和列车动能的减小量，故D错误。故选：BC。【点评】本题分别从电路和能量两个方面研究电磁感应问题，从电路角度，要确定电路的结构，区分内外电路，知道线框右边两端的电压为路端电压；从能量角度，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系分析各种能量之间的关系。

考点卡片1．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。2．电容的概念与物理意义【知识点的认识】（1）定义：电容器所带的电荷量Q与电容器两极板间的电势差U的比值。（2）定义式：C=QU，Q是电容器的电荷量，U是两极板间的电压。电容的大小与Q和（3）物理意义：表示电容器储存电荷的本领大小的物理量。（4）单位：法拉（F）1F＝106μF＝1012pF。（5）说明：电容是反映了电容器储存电荷能力的物理量，其数值由电容器的构造决定，而与电容器带不带电或带多少电无关。就像水容器一样，它的容量大小与水的深度无关。【命题方向】由电容器电容的定义式C=QA、若电容器不带电，则电容C为零B、电容C与所带的电荷量Q成正比，与电压U成反比C、电容C与所带的电荷量Q多少无关D、电容在数值上等于使两极板间的电压增加1V时所需增加的电荷量分析：电容的大小由本身因素所决定，与所带的电量及两端间的电压无关．解答：电容的大小由本身因素所决定，与所带的电量及两端间的电压无关。电容器不带电，电容没变。故A、B错误，C正确。由C=QU=ΔQΔU故选：CD。点评：解决本题的关键理解电容的大小与所带的电量及两端间的电压无关【解题思路点拨】1.电容表示电容器储存电荷的本领大小的物理量。2.电容是电容器本身的性质与所带电荷量的多少以及两极板间的电压大小无关。3.电容的两个计算公式：①定义式：C=②决定式：C=3．用焦耳定律计算电热【知识点的认识】焦耳定律的表达式Q＝I2Rt，由此可以计算电流产生的焦耳热。【命题方向】电动汽车成为未来汽车发展的方向．若汽车所用电动机两端的电压为380V，电动机线圈的电阻为2Ω，通过电动机的电流为10A，则电动机工作10min消耗的电能为多少焦？产生的热量是多少焦？分析：通过W＝UIt去求消耗的电能，通过Q＝I2Rt去求产生的热量．消耗的电能与产生的热量不等．解答：由W＝UIt，得：W＝380×10×600J＝2.28×106J故电动机工作10min消耗的电能为2.28×106J．产生的热量Q＝I2Rt＝102×2×600＝1.2×105J故产生的热量是1.2×105J点评：注意消耗的电能与产生的热量不等，因为该电路不是纯电阻电路，消耗的电能一部分转化为热量，还有一部分转化为机械能．【解题思路点拨】一、电功率与热功率的区别与联系（1）区别：电功率是指某段电路的全部电功率，或这段电路上消耗的全部电功率，决定于这段电路两端电压和通过的电流强度的乘积；热功率是指在这段电路上因发热而消耗的功率．决定于通过这段电路电流强度的平方和这段电路电阻的乘积．（2）联系：对纯电阻电路，电功率等于热功率；对非纯电阻电路，电功率等于热功率与转化为除热能外其他形式的功率之和．二、焦耳定律的使用范围无论在何种电路中，焦耳定律Q＝I2Rt都是成立的。4．闭合电路欧姆定律的内容和表达式【知识点的认识】1.内容：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比跟内、外电路的电阻之和成反比。2.表达式：I=ER+r，E表示电动势，I表示干路总电流，R表示外电路总电阻，3.闭合电路中的电压关系：闭合电路中电源电动势等于内、外电路电势降落之和E＝U外+U内。4.由E＝U外+U内可以得到闭合电路欧姆定律的另一个变形U外＝E﹣Ir。【命题方向】在已接电源的闭合电路里，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系应是（）A、如外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大B、如外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小C、如外电压不变，则内电压减小时，电源电动势也随内电压减小D、如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终为二者之和，保持恒量分析：闭合电路里，电源的电动势等于内电压与外电压之和．外电压变化时，内电压也随之变化，但电源的电动势不变．解答：A、如外电压增大，则内电压减小，电源电动势保持不变。故A错误。B、如外电压减小，内电阻不变，内电压将增大，电源电动势保持不变。故B错误。C、如外电压不变，则内电压也不变。故C错误。D、根据闭合电路欧姆定律得到，电源的电动势等于内电压与外电压之和，如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势保持恒量。故D正确。故选：D。点评：本题要抓住电源的电动势是表征电源的本身特性的物理量，与外电压无关．【解题思路点拨】闭合电路的几个关系式的对比5．用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压和电流【知识点的认识】闭合电路的欧姆定律的表达式为（1）I=（2）E＝U内+U外（3）U＝E﹣Ir可以根据具体的问题选择合适的公式计算电路的电压、电流、电阻等参数。【命题方向】如图所示的电路中，电源电动势E＝6V，电源的内阻r＝2Ω，电阻R1＝3Ω，电阻R2＝6Ω．当闭合电键S后，流过R2的电流为（）A、12AB、1AC、211AD、分析：根据闭合电路的欧姆定律求出通过电源的电流，再由并联电路的特点知通过R2的电流。解答：R1，R2并联后的电阻R=R1根据闭合电路的欧姆定律，流过电源的电流I=ER+r通过R1的电流为I2=R1R1+R2I故选：A。点评：本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，要求同学们能正确分析电路的结构，掌握并联电阻的计算方法。【解题思路点拨】闭合电路的几个关系式的对比6．楞次定律及其应用【知识点的认识】1.楞次定律的内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。2.适用范围：所有电磁感应现象。3.实质：楞次定律是能量守恒的体现，感应电流的方向是能量守恒定律的必然结果。4.应用楞次定律判断感应电流方向的一般步骤：①确定研究对象，即明确要判断的是哪个闭合电路中产生的感应电流。②确定研究对象所处的磁场的方向及其分布情况。③确定穿过闭合电路的磁通量的变化情况。④根据楞次定律，判断闭合电路中感应电流的磁场方向。⑤根据安培定则（即右手螺旋定则）判断感应电流的方向。【命题方向】某磁场的磁感线如图所示，有铜线圈自图示A处落到B处，在下落过程中，自上向下看，线圈中感应电流的方向是（）A、始终顺时针B、始终逆时针C、先顺时针再逆时针D、先逆时针再顺时针分析：楞次定律的内容是：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．根据楞次定律判断感应电流的方向．在下落过程中，根据磁场强弱判断穿过线圈的磁通量的变化，再去判断感应电流的方向．解答：在下落过程中，磁感应强度先增大后减小，所以穿过线圈的磁通量先增大后减小，A处落到C处，穿过线圈的磁通量增大，产生感应电流磁场方向向下，所以感应电流的方向为顺时针。C处落到B处，穿过线圈的磁通量减小，产生感应电流磁场方向向上，所以感应电流的方向为逆时针。故选：C。点评：解决本题的关键掌握楞次定律的内容：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．【解题方法点拨】1．楞次定律中“阻碍”的含义。2．楞次定律的推广对楞次定律中“阻碍”含义的推广：感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因。（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”。3．相互联系（1）应用楞次定律，必然要用到安培定则；（2）感应电流受到的安培力，有时可以先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时可以直接应用楞次定律的推论确定。7．导体平动切割磁感线产生的感应电动势【知识点的认识】1.如果感应电动势是由导体运动而产生的，它也叫作动生电动势。2.当导体的运动方向与磁场垂直时，动生电动势的大小为：E＝Blv3.适用条件：（1）匀强磁场；（2）平动切割；（3）B、l、v三者相互垂直。4.当导体的运动方向与磁场有夹角时，如下图即如果导线的运动方向与导线本身是垂直的，但与磁感线方向有一个夹角θ，则动生电动势为：E＝Blv1＝Blvsinθ，即利用速度垂直于磁场的分量。【命题方向】如图所示，在磁感应强度B＝1.2T的匀强磁场中，让导体PQ在U形导轨上以速度υ0＝10m/s向右匀速滑动，两导轨间距离L＝0.5m，则产生的感应电动势的大小和PQ中的电流方向分别为（）分析：导体棒PQ运动时切割磁感线，回路中的磁通量发生变化，因此有感应电流产生，根据右手定则可以判断电流方向，由E＝BLv可得感应电动势的大小．解答：当导体棒PQ运动时，根据法拉第电磁感应定律得：E＝BLv＝1.2×0.5×10＝6V，根据右手定则可知，通过PQ的电流为从Q点流向P点，故ABC错误，D正确。故选：D。点评：本题比较简单，考查了导体切割磁感线产生电动势和电流方向问题，注意公式E＝BLv的适用条件和公式各个物理量的含义．【解题方法点拨】闭合或不闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体两端将产生感应电动势。如果电路闭合，电路中形成感应电流。切割磁感线运动的那部分导体相当于电路中的电源。常见的情景有以下几种：1．在E＝BLv中（要求B⊥L、B⊥v、L⊥v，即B、L、v三者两两垂直），式中的L应该取与B、v均垂直的有效长度（所谓导体的有效切割长度，指的是切割导体两端点的连线在同时垂直于v和B的方向上的投影的长度，下图中的有效长度均为ab的长度）。2．公式E＝BLv中，若速度v为平均速度，则E为平均电动势；若v为瞬时速度，则E为瞬时电动势。3．若导体不是垂直切割磁感线运动，v与B有一夹角，如图所示，则E＝Blv1＝Blvsinθ。8．根据B-t或者φ-t图像计算感应电动势【知识点的认识】本考点旨在针对电磁感应中的B﹣t图像或Φ﹣t图像问题。1.B﹣t图像（1）图像意义：B﹣t图像的纵坐标直接反映了某一时刻的磁感应强度。（2）斜率的意义：根据法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt=n（3）拐点的意义：如果拐点的斜率为0，表示感应电动势的方向要改变。B﹣t图像的斜率就等于ΔΦΔt2.Φ﹣t图像（1）图像意义：Φ﹣t图像的纵坐标直接反映某一时刻的磁通量大小。（2）斜率的意义：根据法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt，Φ﹣t图像的斜率就等于ΔΦ（3）拐点的意义：如果拐点的斜率为0，表示感应电动势的方向要改变。【命题方向】如图甲所示，匀强磁场中有一面积为S、电阻为R的单匝金属圆环，磁场方向垂直于圆环平面竖直向上。图乙为该磁场的磁感应强度B随时间t变化的图像，曲线上P点坐标为（t0，B0），P点的切线在B轴上的截距为B1，由以上信息不能得到的是（）A、t＝t0时，圆环中感应电流的方向B、t＝t0时，圆环中感应电动势的大小C、0﹣t0内，通过圆环某截面的电量D、0﹣t0内，圆环所产生的焦耳热分析：根据法拉第电磁感应定律结合图像分析电动势大小，根据楞次定律判断感应电流方向，根据电荷量的计算公式解得电量，焦耳热需要通过有效值计算。解答：A．根据楞次定律可知，t＝t0时，圆环中感应电流的方向从上向下看为顺时针方向，故A错误；B．t＝t0时，圆环中感应电动势的大小E=Δϕ故B错误；C．0﹣t0内，通过圆环某截面的电量q=E故C错误；D．0﹣t0内感应电动势不断变化，但是不能求解电动势的有效值，则不能求解圆环所产生的焦耳热，故D正确。故选：D。点评：本题考查电磁感应定律，解题关键掌握图像的含义及楞次定律的应用。【解题思路点拨】1.解决图像问题的一般步骤（1）明确图像的种类，是B﹣t图像还是Φ﹣t图像，或者是E﹣t图像、i﹣t图像等。（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）画出图像或判断图像。2.电磁感应中图像类选择题的三种常见解法（1）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），特别是物理量的正负，排除错误的选项。（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，这未必是最简单的方法，但却是最有效的方法。（3）面积法：对于i﹣t图像，图线与时间轴之间所围图形的面积表示电荷量，可通过q＝nΔΦR9．线圈进出磁场的电压、电流、电荷量等电学量的计算【知识点的认识】1.电磁感应中的电路类问题主要涉及到求取电学中的物理量，如电流、电压、电量、功率等。本考点旨在针对线圈进出磁场的电路类问题。2.电磁感应与电路结合的相关问题的解决方法（1）明确产生感应电动势的导体或部分电路，该导体或部分电路就相当于电源。（2）画等效电路图，分清内、外电路。（3）用法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt或E＝Blv确定感应电动势的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向（4）运用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点，电功率，电热等公式联立求解。（5）电磁感应中的电荷量问题：闭合回路中磁通量发生变化时，电荷发生定向移动面形成感应电流，在Δt内迁移的电荷量（感应电荷量）q＝I•Δt=ER总•Δt＝nΔΦΔt【命题方向】如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长．从置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN．第一次ab边平行MN进入磁场．线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1：第二次bc边平行MN进入磁场．线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则（）A.Q1＞Q2q1＝q2B.Q1＞Q2q1＞q2C.Q1＝Q2q1＝q2D.Q1＝Q2q1＞q2分析：由q=N△Φ解答：设ab和bc边长分别为lab，lbc，若假设穿过磁场区域的速度为v，Q1＝BI1Lab•Lbc=B2Labq1＝I1Δt=N△ΦΔtR总同理可以求得：Q2＝BI2Lbc•Lab=B2Lbcq2＝I2Δt=N△ΦΔtR总lab＞lbc，由于两次“穿越”过程均为相同速率穿过，因此：Q1＞Q2，q1＝q2，故A正确，BCD错误。故选：A。点评：在电磁感应题目中，公式q=N△ΦR总，常考，要牢记，选择题中可直接应用，计算题中要写出推导过程；对于电磁感应能量问题一般有三种方法求解：①利用电路中产生的热量等于克服安培力做得功；②【解题思路点拨】电磁感应中的电路类问题的解题思路①求感应电动势E＝Blv或E＝nΔΦ②画等效电路图③求感应电流I=④求电路两端电压U内＝Ir以及U外＝E﹣Ir⑤求电路功率P外＝IU外以及P总＝IE10．线圈进出磁场的能量计算【知识点的认识】1.电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程。本考点旨在针对线圈进入磁场的能量分析与计算。2.求解电能应分清两类情况（1）若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算。（2）若电流变化，则：①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能。3.电磁感应现象中的能量转化（1）安培力做功（2）焦耳热的计算①电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt②感应电流变化时，可用以下方法分析：a.利用动能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安b.利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量，【命题方向】如图所示，边长为L的正方形导线框其质量为m，在距磁场上边界高H处自由下落，其下边框ab进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边框cd刚穿出磁场时，其速度减为ab边刚进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为（）A、2mgLB、2mgL+mgHC、2mgL+34mgHD、2mgL分析：根据机械能守恒定律求出ab边刚进入磁场时的速度．线框穿越匀强磁场过程中机械能减小转化为内能，根据能量守恒定律求解焦耳热．解答：根据机械能守恒定律得mgH=得v=从线框下落到穿出匀强磁场过程，根据能量守恒定律得，焦耳热Q＝2mgL+mgH-12故选：C。本题是运用能量守恒定律处理电磁感应中能量问题，关键要正确分析能量是如何转化的．【解题思路点拨】电磁感应中的能量转化问题1．电磁感应中的能量转化特点外力克服安培力做功，把机械能或其它能量转化成电能；感应电流通过电路做功又把电能转化成其它形式的能（如内能）．这一功能转化途径可表示为：2．电能求解思路主要有三种（1）利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．（2）利用能量守恒求解：其它形式的能的减少量等于产生的电能．（3）利用电路特征来求解：通过电路中所消耗的电能来计算．11．电磁感应过程中的动力学类问题【知识点的认识】1.模型概述：该模型考查的是电磁感应定律与运动学的联系，一般要结合牛顿第二定律，分析物体的速度与受力情况。2.两种状态处理（1）导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态。处理方法：根据平衡条件合外力等于零列式分析。（2）导体处于非平衡态——加速度不为零。处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析，或结合功能关系分析。3.两大研究对象及其关系电磁感应中导体棒既可看作电学对象（因为它相当于电源），又可看作力学对象（因为感应电流产生安培力），而感应电流Ⅰ和导体棒的速度v则是联系这两大对象的纽带：【命题方向】如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，有两根水平放置且足够长的平行金属导轨AB、CD，间距为L，在导轨的AC端连接一阻值为R的电阻，一根质量为m的金属棒ab，垂直导轨放置，导轨和金属棒的电阻不计．金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，若用恒力F沿水平向右拉导体棒运动，求金属棒的最大速度．分析：金属棒ab从静止开始沿导轨滑动，从而产生感应电流，出现安培力，金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速运动．根据E＝BLv、I=ER和F＝BIL推导出安培力公式，当加速度减小到解答：经分析知，棒向右运动时切割磁感线，产生动生电动势，由右手定则知，棒中有ab方向的电流，再由左手定则可知，安培力向左，棒受到的合力在减小，向右做加速度逐渐减小的加速运动，当安培力与摩擦力的合力增大到大小等于拉力时，则加速度减小到0时，达到最大速度，此时：F＝μmg+BIL又I=解得vm=(F-μmg)R答：金属棒的最大速度(F-μmg)RB点评：本题要根据牛顿定律分析金属棒的运动情况，分析和计算安培力是关键，注意另忘记棒受到摩擦力作用．【解题思路点拨】电磁感应和力学问题的综合，其联系桥梁是磁场对感应电流的安培力。这类问题中的导体一般不是做匀变速达动，而是经历一个动态变化过程再趋于一个稳定状态，故解这类问题时正确进行动态分析、确定最终状态是解题的关健。12．电磁感应过程中的能量类问题【知识点的认识】1.电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的