2023届高考物理二轮专题复习：电磁感应+电容+试题

第19讲 电磁感应中的电容题一：电阻R 、电容C 与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N 极朝下，如图所示。

现使磁铁开始自由下落，在N 极接近线圈上端的过程中，流过R 的电流方向和电容器极板的带电情况是（ ）A ．从a 到b ，上极板带正电B ．从a 到b ，下极板带正电C ．从b 到a ，上极板带正电D ．从b 到a ，下极板带正电题二：如图甲所示，等离子气流由左边连续以v 0射入1P 和2P 两板间的匀强磁场中，ab 直导线与1P 、2P 连接，线圈A 与直导线cd 连接。

线圈A 内有随图乙所示的变化磁场，且磁场B 的正方向规定为向左。

则下列说法正确的是（ ）A ．0~1 s 内ab 、cd 导线互相排斥B ．1~2 s 内ab 、cd 导线互相排斥C ．2~3 s 内ab 、cd 导线互相排斥D ．3~4 s 内ab 、cd 导线互相排斥题三：如图所示，水平面内有两根足够长的平行导轨1L 、2L ，其间距0.5m d =，导轨左端接有电容2000μF C =的电容器。

质量20g m =的导体棒可在导轨上无摩擦滑动，导体棒和导轨的电阻不计。

整个空间存在着垂直导轨所在平面的匀强磁场，磁感应强度2T B =。

现用一沿导轨方向向右的恒力0.22N F =作用于导体棒，使导体棒从静止开始运动，经过一段时间t ，速度达到5m/s v =，则（ ）A ．此时电容器两端电压为10VB ．此时电容器所带电荷量为2110C -⨯C ．导体棒做匀加速运动，且加速度为220m/sD ．时间0.4s t =题四：如图所示，在空间存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B 。

一水平放置的长度为L 的金属杆ab 与圆弧形金属导轨P 、Q 紧密接触，P 、Q 之间接有电容为C 的电容器。

若ab 杆绕a 点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则下列说法正确的是（ ）A ．电容器与a 相连的极板带正电B ．电容器与b 相连的极板带正电C ．电容器的带电荷量是22CB LωD ．电容器的带电荷量是22CB L ω题五：在磁感应强度为B 的匀强磁场中，有一与磁场方向垂直、长度为L 的金属杆aO ，已知3Lab bc cO ===，a 、c 与磁场中以O 为圆心的同心圆（都为部分圆弧）金属轨道始终接触良好。

第一部分专题四第1讲基础题——知识基础打牢1．(2022·四川自贡三诊)如图甲所示为一种自耦变压器(可视为理想变压器)的结构示意图．线圈均匀绕在圆环型铁芯上，滑动触头P在某一位置，在BC间接一个交流电压表和一个电阻R．若AB间输入图乙所示的交变电压，则( C )A．t＝2×10－2 s时，电压表的示数为零B．电阻R中电流方向每秒钟改变50次C．滑动触头P逆时针转动时，R两端的电压增大D．滑动触头P顺时针转动时，AB间输入功率增大【解析】电压表的示数是交流电的有效值，则t＝2×10－2s时，电压表的示数不为零，选项A错误；交流电的周期为0.02 s，一个周期内电流方向改变2次，则电阻R中电流方向每秒钟改变100次，选项B错误；滑动触头P逆时针转动时，次级匝数变大，则次级电压变大，即R两端的电压增大，选项C正确；滑动触头P顺时针转动时，次级匝数减小，次级电压减小，次级消耗的功率减小，则AB间输入功率减小，选项D错误．2．(2022·四川成都三诊)发电站通过升压变压器和降压变压器给某用户端供电，发电机组输出交变电压的有效值恒定，输电线总电阻r保持不变．当用户端用电器增加后( A )A．若滑片P位置不变，则输电线上损失的功率变大B．若滑片P位置不变，则用户端电压升高C．若将滑片P上移，则用户端电压可能不变D．若将滑片P上移，则输电线上损失的功率可能减小【解析】若滑片P位置不变，当用户端用电器增加后，用户端总功率变大，发电机的输出功率增大，输电线的电流变大，ΔU＝Ir，输电线两端承担的电压变大，损耗的功率增大；发电机的输入电压不变，升压变压器、降压变压器的匝数不变，故用户端电压降低，A正确，B 错误；若将滑片P 上移，升压变压器的副线圈与原线圈的匝数比变小，副线圈两端电压变小，若用户端电压不变，则降压变压器的输入电压不变，用电器变多，则用户端电流变大，输电线上电流变大，输电线上电压变大，则升压变压器副线圈电压应变大矛盾，故C 错误；若将滑片P 上移，用户端用电器增加，功率变大，输电线上电流变大，输电线上损失的功率变大，D 错误．3．(多选)(2022·河南押题卷)图甲是一种振动式发电机的截面图，半径r ＝0.1 m 、匝数n ＝30的线圈位于辐射状分布的磁场中，磁场的磁感线沿半径方向均匀分布，线圈所在位置的磁感应强度大小均为B ＝12πT ．如图乙，施加外力使线圈沿轴线做往复运动，线圈运动的速度随时间变化的规律如图丙中正弦曲线所示．发电机通过灯泡L 后接入理想变压器，对图乙中电路供电，三个完全相同的小灯泡均正常发光，灯泡的阻值R L ＝1 Ω，电压表为理想电压表，线圈及导线电阻均不计．下列说法正确的是( AC )A ．发电机产生电动势的瞬时值为e ＝6sin 5πt (V)B ．变压器原、副线圈的匝数之比为1∶3C ．每个小灯泡正常发光时的功率为2 WD ．t ＝0.1 s 时电压表的示数为6 V【解析】 由图丙可知，线圈运动的速度最大值v m ＝2 m/s ，速度变化周期为T ＝0.4 s ，则线圈运动的速度瞬时值v ＝v m sin 2πTt ＝2sin 5πt (m/s)，发电机产生电动势的瞬时值为e ＝nB ·2πr ·v ＝6sin 5πt (V)，A 正确；设灯泡正常发光时通过灯泡的电流为I ，则通过原线圈的电流I 1＝I ，通过副线圈的电流I 2＝2I ，变压器原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝I 2I 1＝21，B 错误；根据能量关系可知，U 出I 1＝3I 2R L ，其中U 出＝E m 2＝62 V ＝3 2 V ，I 1＝I ，解得I ＝ 2 A ，每个小灯泡正常发光时的功率为P L ＝I 2R L ＝2 W ，C 正确；电压表示数为发电机两端电压的有效值，即电压表示数为U ＝E 2＝62V ＝3 2 V ，D 错误．故选AC ． 4．(多选)(2022·四川巴中一诊)在如图所示的电路中，定值电阻R 1＝R 4＝3 kΩ，R 2＝2kΩ，R 3＝R 5＝12 kΩ，电容器的电容C ＝6 μF，电源的电动势E ＝10 V ，内阻不计，当开关S 1闭合电流达到稳定时，处在电容器中间带电量q ＝2×10－3C 的油滴恰好保持静止，当开关S 2闭合后，则以下判断正确的是( BD )A ．电容器上极板是高电势点B ．带电油滴加速向下运动C ．a 、b 两点的电势差U ab ＝8 VD ．通过R 3的电量Q ＝4.8×10－5C 【解析】 当开关S 2闭合后，由电路图可知，电容器上极板是低电势点，A 错误；当开关S 1闭合电流达到稳定时，处在电容器中油滴保持静止，而开关S 2闭合后，电容器上极板是低电势点，油滴受到的电场力方向发生变化，故可得带电油滴加速向下运动，B 正确；由电路图可知，a 、b 两点的电势差为U R 5－U R 2＝8 V －4 V ＝4 V ，C 错误；由开关S 1闭合电流达到稳定时，再到当开关S 2闭合后的过程中，通过R 3的电量为Q ＝Q 1＋Q 2＝4×6×10－6C ＋(8－4)×6×10－6 C ＝4.8×10－5 C ，D 正确．5．(多选)(2022·天津南开二模)如图甲所示电路中，L 1为标有“4 V,2 W”字样的小灯泡，L 2、L 3为两只标有“8 V，6 W”字样的相同灯泡，变压器为理想变压器，各电表为理想电表，当ab 端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光．下列说法正确的是( ACD )A ．电流表的示数为1.5 AB ．交变电压的最大值U m ＝28 VC ．变压器原、副线圈的匝数之比为3∶1D ．电压表的示数为24 V【解析】 L 2、L 3的额定电流为I 23＝P 23U 23＝34A ，所以电流表的示数为I 2＝2I 23＝1.5 A ，故A 正确；通过原线圈的电流等于L 1的额定电流，为I 1＝P 1U 1′＝0.5 A ，所以变压器原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝I 2I 1＝31，故C 正确；副线圈两端电压等于L 2和L 3的额定电压，为U 2＝8 V ，所以电压表的示数，即原线圈两端电压为U 1＝n 1n 2U 2＝24 V ，故D 正确；根据闭合电路欧姆定律可得U m 2－U 1′＝U 1，解得U m ＝28 2 V ，故B 错误．故选ACD ． 6．(多选)(2022·广西桂林模拟)在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd 的面积为S ，匝数为n ，线圈总电阻为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕轴OO ′(从上往下看逆时针转动)以角速度ω匀速转动，从如图甲所示的位置作为计时的起点，产生的感应电动势随时间的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R 的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是( AD )A ．在t 1～t 3时间内，穿过线圈的磁通量的变化量大小为2BSB ．在t 1～t 3时间内，通过电阻R 电流方向先向上然后向下C ．t 4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为E 0D ．在t 1～t 3时间内，通过电阻R 的电荷量为2E 0R ＋r ω【解析】 由图乙可知t 1和t 3时刻，线圈的感应电动势都为0，可知这两个时刻穿过线圈的磁通量一正一负，大小均为BS ，故此过程穿过线圈的磁通量的变化量大小为ΔΦ＝BS －(－BS )＝2BS ，A 正确；由图乙可知，在t 1～t 3时间内，线圈中的电流方向不变，根据右手定则可知通过电阻R 电流方向始终向上，B 错误；由图乙可知，t 4时刻的感应电动势为E 0，根据法拉第电磁感应定律可得E 0＝n ΔΦΔt 可得穿过线圈的磁通量的变化率大小为ΔΦΔt ＝E 0n，C 错误；在t 1～t 3时间内，通过电阻R 的电荷量为q ＝n ΔΦR ＋r ＝2nBS R ＋r，又E 0＝nBSω，联立可得q ＝2E 0R ＋r ω，D 正确．故选AD ． 7．(2022·山东菏泽一模)一交流电源电压u ＝2202sin 100πt (V)，通过理想变压器对下图电路供电，已知原、副线圈匝数比为10∶1，L 1灯泡的额定功率为4 W ，L 2灯泡的额定功率为20 W ，排气扇电动机线圈的电阻为1 Ω，电流表的示数为2 A ，用电器均正常工作，电表均为理想电表，则( C )A ．流过L 1的电流为20 AB ．排气扇电动机的发热功率2 WC ．整个电路消耗的功率44 WD ．排气扇电动机的输出功率20 W【解析】 由于电流表的示数I 2＝2 A ，由I 1I 2＝n 2n 1可得变压器原线圈的电流I 1＝0.2 A ，即流过L 1的电流为0.2 A ，A 错误；交流电源电压有效值为220 V ，L 1两端的电压U L1＝P L1I 1＝40.2 V ＝20 V ，故原线圈两端的电压U 1＝200 V ，由U 1U 2＝n 1n 2可得变压器副线圈两端的电压U 2＝20 V ，流过灯泡L 2的电流I L2＝P L2U 2＝2020A ＝1 A ，则流过排气扇的电流I M ＝I 2－I L2＝1 A ，排气扇电动机的发热功率为P 热＝I 2M r ＝12×1 W＝1 W ，排气扇的电功率为P 电＝U 2I M ＝20 W ，则排气扇电动机的输出功率为P 出＝P 电－P 热＝19 W ，B 、D 错误；整个电路消耗的功率为P 总＝P L1＋P L2＋P 电＝4 W ＋20 W ＋20 W ＝44 W ，C 正确．8．(多选)(2022·辽宁鞍山预测)如图甲所示，理想变压器的原副线圈匝数之比n 1∶n 2＝2∶1，定值电阻R 1和R 2的阻值分别为5 Ω和3 Ω，电表均为理想交流电表，电源输出的电流如图乙所示，图中的前半周期是正弦交流的一部分，后半周期是稳恒直流的一部分，则( BD )A ．电流表示数为2 AB ．电压表示数为6 VC ．R 1的功率为10 WD ．R 2的功率为12 W【解析】 设电源输出电流的有效值即电流表示数为I 1，根据等效热值法可得I 21RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫i m 22RT2＋i 2m ·RT2，解得I 1＝ 3 A ，故A 错误；由于变压器不能对稳恒直流电进行变压，所以每个周期内有半个周期副线圈无电流，设副线圈中电流的有效值为I 2，根据等效热值法有⎝⎛⎭⎪⎫n 1n 2·i m 22RT2＝I 22RT ，解得I 2＝2 A ，电压表示数为U 2＝I 2R 2＝6 V ，故B 正确；R 1的功率为P 1＝I 21R 1＝15 W ，故C 错误；R 2的功率为P 2＝I 22R 2＝12 W ，故D 正确．故选BD ．9．(多选)(2022·湖南押题卷)如图所示在竖直平面的电路，闭合开关S 1和S 2后，带电油滴在电容器内部处于静止状态，R 1为滑动变阻器，R 2为定值电阻，二极管为理想二极管，电容器的下极板接地，则下列说法正确的是( AC )A ．滑动变阻器的滑动头P 向右滑动，油滴向上运动B ．滑动变阻器的滑动头P 向左滑动，油滴向下运动C ．极板M 向上运动，M 板的电势升高D ．断开S 2，油滴不动【解析】 滑动变阻器的滑动头P 向右滑动，则R 1阻值减小，回路电流变大，则R 2两端电压变大，则电容器要充电，此时电容器两板电压变大，场强变大，则油滴向上运动，选项A 正确；滑动变阻器的滑动头P 向左滑动，则R 1阻值变大，回路电流变小，则R 2两端电压变小，则电容器要放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则使得电容器两板电压不变，则油滴仍静止，选项B 错误；极板M 向上运动，根据C ＝εr S 4πkd可知电容器电容减小，则带电量应该减小，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则两板间电量不变，结合E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr S 4πkd d ＝4πkQ εr S 可知两板间场强不变，则根据U ＝Ed 可知，两板电势差变大，则M 板的电势升高，选项C 正确；断开S 2，则电容器两板间的电压等于电源的电动势，即电压变大，电容器充电，两板间场强变大，则油滴向上运动，选项D 错误．故选AC ．10．(多选)(2022·山东威海二模)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器T 1、降压变压器T 2均为理想变压器，T 1、T 2的原、副线圈匝数比分别为k 1、k 2．输电线间的总电阻为R 0，可变电阻R 为用户端负载．U 1、I 1分别表示电压表V 1、电流表A 1的示数，输入电压U 保持不变，当负载电阻R 减小时，理想电压表V 2的示数变化的绝对值为ΔU ，理想电流表A 2的示数变化的绝对值为ΔI ，下列说法正确的是( BD )A ．R 0＝U 1I 1B ．R 0＝ΔU ΔI k 22C ．电压表V 1示数增大D ．电流表A 1的示数增加了ΔI k 2【解析】 设降压变压器T 2原线圈电压为U 3，副线圈电压为U 2，根据题意可知，电阻R 0两端的电压等于U R 0＝U 1－U 3，则R 0＝U 1－U 3I 1，故A 错误；设降压变压器T 2原线圈电压变化为ΔU 3，则ΔU 3ΔU ＝k 2，设降压变压器T 2原线圈电流变化为ΔI 3，则ΔI 3ΔI ＝1k 2，可得ΔI 3＝ΔI k 2，升压变压器T 1副线圈电压不变，则ΔUR 0＝ΔU 3，根据欧姆定律得ΔU 3＝ΔI 3R 0，即k 2ΔU ＝ΔI k 2R 0，解得R 0＝ΔU ΔIk 22，故B 、D 正确；输入电压不变，升压变压器T 1原副线圈匝数比不变，则升压变压器T 1副线圈的电压不变，电压表V 1示数不变，故C 错误．故选BD ．应用题——强化学以致用11．(多选)(2022·安徽合肥预测)如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接有R 1＝250 Ω与R 2＝10 Ω的电阻．当原线圈一侧接入u ＝311sin 100πt (V)的交流电时，两电阻消耗的功率相等，则有( AC )A ．原、副线圈的匝数比为5∶1B ．电阻R 1两端电压有效值是电阻R 2两端电压有效值的2倍C ．电阻R 2消耗的功率为48.4 WD ．1 s 内流过电阻R 2的电流方向改变200次【解析】 设原线圈电流为I 1，副线圈电流为I 2，由题意可知I 21R 1＝I 22R 2，故n 1n 2＝I 2I 1＝R 1R 2＝5，A 正确；电阻R 1两端电压有效值和电阻R 2两端电压有效值之比为U R 1U R 2＝I 1R 1I 2R 2＝5，B 错误；设原线圈输入电压为U 1，副线圈输出电压为U 2，故U 1U 2＝n 1n 2＝5，解得U 1＝5U 2，又U R 1＝I 1R 1，U 2＝I 2R 2，又因为U ＝U R 1＋U 1，外接交流电压有效值为220 V ，联立代入数据解得U 2＝110U ＝22 V ，电阻R 2消耗的功率为P ＝U 22R 2＝48.4 W ，C 正确；由题意可知，交流电的频率为f ＝ω2π＝50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，一个周期内电流方向改变2次，故1 s 内流过电阻R 2的电流方向改变100次，D 错误．故选AC ．12．(多选)(2022·湖北恩施预测)为了适应特高压输电以实现地区间电力资源的有效配置，需要对原来线路中的变压器进行调换．某输电线路可简化为如图所示，变压器均为理想变压器，调换前后发电机输出电压、输电线电阻、用户得到的电压均不变，改造后输送电压提升为原来的5倍，假设特高压输电前后输送的功率不变，下列说法正确的是( AB )A ．线路改造后升压变压器原、副线圈的匝数比改变B ．线路上电阻的功率变为原来的125C ．特高压输电后，电压损失变为原来的125D ．线路改造后用户端降压变压器匝数比不变【解析】 发电机输出电压不变，应改变升压变压器原、副线圈的匝数比，故A 项正确；根据线路上功率的损失ΔP ＝I 22r ，输送功率不变，电压提升为原来的5倍，输送的电流变为原来的15，线路电阻不变，损失的功率变为原来的125，故B 项正确；输电线上的电压损失为ΔU ＝I 2r ，输送功率为P 2＝U 2I 2则输送功率不变，电压增为原来的5倍，电流变为原来的15，损失的电压变为原来的15，故C 项错误；用户端的降压变压器改造前后输出端电压U 4不变，输入端电压U 3变大，根据U 3U 4＝n 3n 4，可得原、副线圈的匝数比一定变化，故D 项错误．故选AB ．13．(多选)(2022·广东广州预测)如图所示，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈的输入端接有正弦交变电流．已知L 1、L 2、L 3是相同的电灯且灯丝的电阻不随温度变化，灯丝不会被烧断．下列说法正确的是( BD )A ．L 1、L 2中的电流之比为1∶2B ．L 1、L 2中的电流之比为1∶1C ．L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为2∶1D ．L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为1∶2【解析】 原、副线圈的匝数比为2∶1，则原、副线圈中的电流之比为1∶2，由于L 2与L 3并联，因此L 1、L 2中的电流之比I 1∶I 2＝1∶1，选项A 错误，B 正确；原、副线圈的匝数比为2∶1，则原、副线圈两端的电压之比为2∶1，设电灯的电阻为R ，因此原线圈两端的电压U ＝2I 2R ，L 1两端的电压U 1＝I 1R ，结合I 1∶I 2＝1∶1，解得U 1U ＝12，选项C 错误，D 正确．故选BD ．14．(多选)(2022·湖北襄阳模拟)如图所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动，线圈的电阻为R ，线圈共N 匝，理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，定值电阻R 1＝R ，当线圈转速为n 时，电压表的示数为U ，则( ACD )A ．电流表的示数为2U RB ．从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e ＝52U cos 2πntC ．线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为52U 4Nn πD ．当线圈转动的转速为2n 时，电压表的示数为2U 【解析】 依题意有I 2＝U R 1＝U R ，I 1∶I 2＝2∶1则有I 1＝2I 2＝2U R，故A 正确；根据欧姆定律，发电机产生的感应电动势的最大值为E m ，有E m 2＝R ×I 1＋U 1，U 1U ＝12，ω＝2n π rad/s，从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e ＝E m cos ωt ＝52U 2cos 2n πt ，故B 错误；依题意有，线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为Φm ，则有52U 2＝NΦm 2n π，解得Φm ＝52U 4Nn π，故C 正确；当线圈转动的转速为2n 时，线圈中产生的电动势的最大值为E m ′＝NΦm 4n π，因52U 2＝NΦm 2n π＝E m ，所以E m ′＝52U ，其有效值为5U ，假定电压表示数为U 2′，则有5U ＝I 1′R ＋U 1′＝2U 2′R 1×R ＋U 1′＝12U 2′＋2U 2′＝52U 2′，解得U 2′＝2U ，当线圈转动的转速为2n 时，电压表的示数为2U ，故D 正确．故选ACD ．。

专题强化训练13 电磁感应规律的应用一、选择题(1～4题为单项选择题，5～8题为多项选择题)1．如图是汽车上使用的电磁制动装置示意图．电磁制动是一种非接触的制动方式，其原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力．下列说法正确的是( )A．制动过程中，导体不会产生热量B．如果导体反向转动，此装置将不起制动作用C.制动力的大小与线圈中电流的大小无关D．线圈电流一定时，导体运动的速度越大，制动力就越大2.[2022·广东卷]如图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图．定子是仅匝数n不同的两线圈，n1>n2，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流．不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是( )A．两线圈产生的电动势的有效值相等B．两线圈产生的交变电流频率相等C．两线圈产生的电动势同时达到最大值D．两电阻消耗的电功率相等3．[2022·全国甲卷]三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示．把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I 1、I 2和I 3.则( )A ．I 1<I 3<I 2B ．I 1>I 3>I 2C ．I 1＝I 2>I 3D ．I 1＝I 2＝I 34．[2022·广东模拟预测]如图甲所示，正方形硬质金属框abcd 放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直．磁感应强度B 随时间t 变化规律如图乙所示．在0～0.2 s 时间内与0.2 s ～0.6 s 时间内( )A ．通过金属框的电荷量之比为2∶1B ．金属框中电流的电功率之比为4∶1C ．金属框中产生的焦耳热之比为4∶1D ．金属框ab 边受到安培力方向相反，大小之比为3∶15．[2022·福建福州三模]一个长直密绕线圈N 放在一个金属圆环M 的中心，圆环轴线与线圈轴线重合，如图甲所示．线圈N 通有如图乙所示的电流，下列说法正确的是( )A ．t ＝T 8 时刻，圆环有扩张的趋势B ．t ＝T8时刻，圆环有收缩的趋势C ．t ＝T 8 和t ＝3T8时刻，圆环内有相同的感应电流D ．t ＝3T 8 和t ＝5T8时刻，圆环内有相同的感应电流6．如图所示，阻值不计、足够长的平行光滑导轨竖直放置，上端连接一电阻，一金属棒(电阻不计)水平放置与导轨接触良好，导轨平面处于匀强磁场中且与磁场方向垂直，金属棒从某处由静止释放向下运动，设运动过程中棒的加速度为a、动量为p，通过的电荷量为q、重力势能为E p、位移为x、运动时间为t.下列图像正确的是( )7．[2022·山东卷]如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为2 L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场．边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动．t＝0时刻，金属框开始进入第一象限．不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是( )A．在t＝0到t＝π2ω的过程中，E一直增大B．在t＝0到t＝π2ω的过程中，E先增大后减小C．在t＝0到t＝π4ω的过程中，E的变化率一直增大D．在t＝0到t＝π4ω的过程中，E的变化率一直减小8．[2022·全国甲卷]如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻．质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中．开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后，( )A．通过导体棒MN电流的最大值为QRCB．导体棒MN向右先加速、后匀速运动C．导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热二、非选择题9．如图所示，将一细导线围成边长为d的N匝正方形线框，并固定在水平纸面内，虚线MN恰好将线框分为左右对称的两部分，在虚线MN左侧的空间内存在与纸面垂直的匀强磁场，规定垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，已知线框的电阻为R，t＝t0时匀强磁场的磁感应强度大小为B0.求：(1)若虚线MN右侧的空间不存在磁场，线框中产生的感应电流方向；在0～2t0内，通过线框某横截面的电荷量q；(2)若虚线MN右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小恒为B0，如图所示，求t＝2t0时线框受到的安培力F.10．[2022·全国冲刺卷]如图所示，右边是法拉第圆盘发电机，圆盘直径d＝2 m，转动方向如图所示(从右向左看是逆时针)，圆盘处于磁感应强度B1＝1 T的匀强磁场中，左边有两条间距L＝0.5 m的平行倾斜导轨，倾角θ＝37°，导轨处有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B2＝2 T，用导线把两导轨分别与圆盘发电机中心和边缘的电刷连接，圆盘边缘和圆心之间的电阻r＝1 Ω.在倾斜导轨上水平放一根质量m＝1 kg、电阻R＝2 Ω的导体棒，导体棒与导轨之间的动摩擦因数μ＝0.5且始终接触良好，导体棒长度也是L＝0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，其余电阻不计．求：(1)若圆盘转动的角速度ω1＝20 rad/s时，产生的感应电动势；(2)若导体棒静止在倾斜导轨上时，导体棒所受的安培力应满足的条件；(3)若导体棒静止在倾斜导轨上时，圆盘转动的角速度ω应满足的条件．专题强化训练13 电磁感应规律的应用1．解析：电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，电流流过电阻时会产生热量，A 错误；如果改变线圈中的电流方向，铁芯产生的磁感线的方向变为反向，此时产生的涡流方向也相反，根据左手定则，电流和所处的磁场方向同时反向，安培力方向不变，故还是使导体受到阻碍运动的制动力，B 错误；线圈中电流越大，则产生的磁场越强，则转盘转动产生的涡流越强，则制动器对转盘的制动力越大，C 错误；线圈电流一定时，导体运动的速度越大，转盘转动产生的涡流越强，制动力就越大，D 正确．答案：D2．解析：由于两定子线圈匝数不同，根据法拉第电磁感应定律可知，在两线圈中产生的电动势最大值不相等，有效值不相等，A 项错误；由于转子匀速转动的周期等于两定子产生交流电的周期，所以两线圈产生的交变电流频率相等，B 项正确；由于两线圈轴线在同一平面内且相互垂直，所以两线圈产生的感应电动势一个在最大值时，另一个为零，C 项错误；由于在两线圈中产生的电动势的有效值不相等，根据P ＝E 2R可知，两电阻消耗的电功率不相等，D 项错误．答案：B3．解析：设正方形线框边长为a ，则圆线框半径为a 2 ，正六边形线框边长为a2 ，由法拉第电磁感应定律得E ＝n ΔΦΔt ＝ΔB Δt S 面积，由电阻定律得R ＝ρl 周长S 截 ，由题意知ΔBΔt、ρ、S 截均为定值，所以电流I ＝E R ∝S 面积l 周长 ，面积分别为a 2、πa 24 、33a 28，周长分别为4a 、πa 、3a ，故电流I 1＝I 2>I 3，故C 项正确．答案：C4．解析：设线框的面积为S ，电阻为R ，根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 可得，在0～0.2 s 时间内，感应电动势为E 1＝0.5 S 0.2 V ＝5S2 V ．0.2 s ～0.6 s 时间内，感应电动势为E 2＝0.5 S 0.6－0.2 V ＝5S 4 V ．根据I ＝ER可知，在0～0.2 s 时间内与0.2 s ～0.6 s 时间内感应电流之比为I 1∶I 2＝2∶1.根据q ＝It 可知，通过金属框的电荷量之比为q 1∶q 2＝I 1t 1∶I 2t 2＝1∶1，故A 错误；根据P ＝EI 可知，金属框中电流的电功率之比为P 1∶P 2＝E 1I 1∶E 2I 2＝4∶1，故B 正确；根据Q ＝I 2Rt 可知，金属框中产生的焦耳热之比为Q 1∶Q 2＝I 21 t 1∶I 22 t 2＝2∶1，故C 错误；根据楞次定律可知，电流方向相反，由左手定则可知，金属框ab 边受到安培力方向相反，根据F 安＝BIL ，由于对应时间B 相同，则安培力大小之比为F 安1∶F 安2＝I 1∶I 2＝2∶1，故D 错误．答案：B5．解析：由图可知在t ＝T8时刻，通过线圈的电流增大，则线圈产生的磁场增大，所以穿过金属圆环的磁通量增大，对圆环，面积越大，磁通量越小，根据楞次定律可知，圆环有扩张趋势，选项A 正确，B 错误；由图可知，在t ＝T8 时刻通过线圈的电流增大，而在t＝3T8 时刻通过线圈的电流减小，根据楞次定律可知两时刻圆环内感应电流方向不同，选项C 错误；由图可知，在t ＝3T 8 和t ＝5T8 时刻，线圈内电流的变化率是大小相等的，则线圈产生的磁场的变化率也相等，根据法拉第电磁感应定律可知，圆环内的感应电动势大小是相等的，所以感应电流大小也相等，根据楞次定律可知两时刻圆环内感应电流方向也相同，选项D 正确．答案：AD6．解析：感应电流为I ＝E R ＝BLv R安培力为F ＝BIL ＝B 2L 2vR根据牛顿第二定律有a ＝mg －F m ＝g －B 2L 2vmR，则速度增加过程中，加速度逐渐减小，金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，所以A 正确；金属棒的动量为p ＝mv ，则动量与速度成正比，由于金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，其速度与时间图像的斜率将逐渐减小，所以B 错误；通过的电荷量为q ，则有q ＝I －Δt ＝ΔΦΔtR ·Δt ＝BLx R，所以电荷量q 与位移x 成正比，则C 正确；重力势能为E p ，则有E p ＝E p0－mgx ，所以D 正确．答案：ACD 7．解析：如图所示，金属框切割磁感线的有效长度为d ，根据转动切割磁感线产生的感应电动势公式有E ＝12 Bd 2ω，从图中可以看出在t ＝0到t ＝π2ω 的过程中，d 是先增大到2 L ，再减小到L ，所以电动势E 先增大后减小，A 项错误，B 项正确．在t ＝0到t ＝π4ω 的过程中，d ＝Lcos ωt ，感应电动势的表达式可写为E ＝12 Bd 2ω＝BL 2ω2cos 2ωt ，由表达式可以看出在t ＝0到t ＝π4ω的过程中，E 的变化率一直增大，C 项正确，D 项错误．答案：BC8．解析：合上开关的瞬间，导体棒两端电压等于电容器两端电压且为最大值，电流也最大，I ＝UR ＝Q RC，电流最大时，导体棒MN 所受的安培力最大，而导体棒速度最大时电流不是最大，所以A 正确，C 错误；导体棒MN 先加速后减速，不会匀速，如果导体棒MN 做匀速直线运动，电阻上一直有焦耳热产生，其他能量都不变，不符合能量守恒，所以B 错误；由于棒运动过程切割磁感线产生反电动势，导致只有开始时通过电阻R 的电流与通过导体棒MN 的电流相等，其他时候通过电阻R 的电流都比通过导体棒MN 的电流大，故由焦耳定律可知电阻R 上产生的焦耳热比导体棒MN 上产生的焦耳热多，D 正确．答案：AD9．解析：（1）由楞次定律可得电流方向是俯视逆时针方向；由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E ＝N ΔΦΔt ＝N ΔB Δt ·d 22由图像可知ΔB Δt ＝B 0t 0导体框中产生的感应电动势E ＝NB 0d 22t 0导体框中电流I ＝E R时间t ＝2t 0，通过导体框某横截面的电荷量q ＝It ＝NB 0d 2R.（2）当t ＝2t 0时，虚线MN 左侧磁感应强度为B 1＝2B 0 虚线MN 左侧线框受到水平向右的安培力F 1＝NB 1Id虚线MN 右侧线框受到水平向右的安培力F 2＝NB 0Id上、下两边框受到的安培力合力为0，导体框受到的安培力 F ＝F 1＋F 2＝NB 1Id ＋NB 0Id ＝3N 2B 20 d32t 0R.答案：（1）逆时针方向 NB 0d 2R（2）方向水平向右3N 2B 20 d32t 0R10．解析：（1）圆盘发电机可以看成半径旋转切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律得E ＝BLv ＝B 1·d 2·d 2ω12＝18B 1d 2ω1代入数据得E ＝10V.（2）如果导体棒受的安培力较大，导体棒有沿导轨向上滑动的趋势，导体棒受摩擦力沿导轨向下，建立坐标系分析导体棒受力如图所示，根据y 轴受力平衡得F N ＝F 安sin θ＋mg cos θ根据x 轴受力平衡得F 安cos θ＝mg sin θ＋f ，f ＝μF N 代入数据得F 安＝20 N 如果导体棒受的安培力较小，导体棒有沿导轨向下滑动的趋势，导体棒受摩擦力沿导轨向上，建立坐标系分析导体棒受力如图所示根据y 轴受力平衡得F N ＝F ′安sin θ＋mg cos θ 根据x 轴受力平衡得F ′安cos θ＋f ＝mg sin θf ＝μF N ，代入数据得F ′安＝2011N导体棒所受的安培力应满足2011N≤F 安≤20 N.（3）设F 安＝20 N 时圆盘转动的角速度为ω2，根据F 安＝B 2IL ＝20 N ，代入数据得I ＝20 A根据闭合电路欧姆定律I ＝ER ＋r代入数据得E ＝I （R ＋r ）＝60 V根据法拉第电磁感应定律E ＝BLv ＝B 1·d2 ·d 2ω22 ＝18 B 1d 2ω2代入数据得ω2＝120 rad/s同理当F ′安＝2011 N 时，圆盘转动的角速度ω3＝12011 rad/s圆盘转动的角速度ω应满足12011rad/s≤ω≤120 rad/s. 答案：（1）10 V （2）2011 N≤F 安≤20 N（3）12011 rad/s≤ω≤120 rad/s。

历年（2019-2023）高考物理真题专项（电磁感应）练习一、单选题1．（2023ꞏ全国ꞏ统考高考真题）一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验。

用图（a）所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通。

两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端。

实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图（b）和图（c）所示，分析可知（ ）A．图（c）是用玻璃管获得的图像B．在铝管中下落，小磁体做匀变速运动C．在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变D．用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短2．（2023ꞏ北京ꞏ统考高考真题）如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出。

线框的边长小于磁场宽度。

下列说法正确的是（）A．线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向B．线框出磁场的过程中做匀减速直线运动C．线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等D．线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等3．（2023ꞏ北京ꞏ统考高考真题）如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q 是两个相同的小灯泡，开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关（）A．P与Q同时熄灭B．P比Q先熄灭C．Q闪亮后再熄灭D．P闪亮后再熄灭4．（2023ꞏ海南ꞏ统考高考真题）汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针（俯视）方向电流，当汽车经过线圈时（）A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcdC．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcdD．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同5．（2023ꞏ辽宁ꞏ统考高考真题）如图，空间中存在水平向右的匀强磁场，一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动，且始终平行于OP。

2025届高考物理复习：经典好题专项（电磁感应中的电路及图像问题）练习1. (2023ꞏ吉林白山市模拟)如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为0.2 T、方向垂直纸面向里，金属棒AB的长度为0.3 m，与足够长导轨间距相同且接触良好，电容器的电容为0.3μF，金属棒的电阻为1 Ω，电路两侧的电阻均为4 Ω，电路中其余电阻不计，当金属棒以5 m/s的速度匀速向左运动时，下列说法正确的是()A．金属棒产生的感应电动势为0.2 VB．通过金属棒的感应电流为0.2 AC．电容器两端的电压为0.2 VD．电容器所带电荷量为4×10－8 C2. (多选)(2023ꞏ安徽省名校联考)如图所示，相距为L的两条足够长的固定光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，下端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小为B。

质量为m、有效电阻为r的导体棒垂直放置在导轨上，且以初速度v0沿导轨上滑，始终导轨接触良好。

上滑到最高点视为过程Ⅰ，导体棒从最高点返回到初始位置视为过程Ⅱ。

导轨电阻不计，则()A．过程Ⅰ导体棒运动的时间大于过程Ⅱ导体棒运动的时间B．过程Ⅰ电阻R产生的热量大于过程Ⅱ电阻R产生的热量C．过程Ⅰ重力的平均功率大于过程Ⅱ重力的平均功率D．过程Ⅰ通过电阻R的电荷量大于过程Ⅱ通过电阻R的电荷量3．(2024ꞏ山东青岛市期末)由螺线管、电阻和水平放置的平行板电容器组成的电路如图(a)所示。

其中，螺线管匝数为N，横截面积为S1；电容器两极板间距为d，极板面积为S2，板间介质为空气(可视为真空，相对介电常数为1)。

螺线管位于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B随时间t变化的B－t图像如图(b)所示。

一带电量为q的颗粒在t1～t2时间内悬停在电容器中，重力加速度大小为g，静电力常量为k，电容器电容为C＝εr S4πkd。

则()A ．颗粒带正电B ．颗粒质量为qNS 1(B 2－B 1)g (t 2－t 1)C ．t 1～t 2时间内，a 点电势高于b 点电势D ．电容器极板带电量大小为NS 1S 2(B 2－B 1)4πkd (t 2－t 1)4. (多选)(2023ꞏ云南省模拟)如图所示，边长为a 的正方形区域内以对角线为界，两边分布有磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，一边长为a 的正方形线框ABCD 从图示位置开始沿x 轴正方向匀速穿过磁场区域，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，以水平向右为安培力的正方向，则下列图中表示线框中感应电流i 、电动势E 、线框所受安培力F 和线框产生的热功率P 随位移x 变化的图像不正确的是( )5．(多选)(2023ꞏ江西省阶段练习)如图甲，宽L ＝1 m 的导轨固定，导轨间存在着垂直于纸面且磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场。

2024届全国高考复习物理历年好题专项（电容器和电容、带电粒子在电场中的运动）练习1.[2023ꞏ四川泸州二诊](多选)如图所示，电路中R1和R2均为可变电阻，平行板电容器C 的极板水平放置．闭合开关S，电路达到稳定时，一带电油滴恰好悬浮在两板之间．下列说法正确的是()A．仅增大R2的阻值，油滴仍然静止B．仅增大R1的阻值，油滴向上运动C．增大两板间的距离，油滴仍然静止D．断开开关S，油滴将向下运动2．[2023ꞏ山东济南历城二中模拟]离子发动机是利用电场加速离子形成高速离子流而产生推力的航天发动机，工作时将推进剂离子化，使之带电，然后在静电场作用下推进剂得到加速后喷出，从而产生推力，这种发动机适用于航天器的姿态控制、位置保持等，航天器质量M，单个离子质量m，带电量q，加速电场的电压为U，高速离子形成的等效电流强度为I，根据以上信息计算该发动机产生的推力为()A．I mUq B．I2mUqC．I 3mUq D．I5mUq3．如图甲所示，两极板间加上如图乙所示的交变电压．开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动．设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时的速度方向为正方向，则下列图像中能正确反映电子速度变化规律的是(其中C、D两项中的图线按正弦函数规律变化)()4.(多选)如图所示，六面体真空盒置于水平面上，它的ABCD 面与EFGH 面为金属板，其他面为绝缘材料．ABCD 面带正电，EFGH 面带负电．从小孔P 沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴A 、B 、C ，最后分别落在1、2、3三点，不计三个液滴间的相互作用，则下列说法正确的是( )A ．三个液滴在真空盒中都做平抛运动B ．三个液滴的运动时间一定相同C ．三个液滴落到底板时的速率相同D ．液滴C 所带电荷量最多 5.[2023ꞏ河南郑州中学三模](多选)平行板电容器两极板长度均为l ，宽度均为a ，两极板间距为d ，在极板左侧有一“狭缝”粒子源(粒子源长度也为a)，沿极板中心平面连续不断地向整个电容器射入相同粒子，距极板右端12 l 处有一与极板垂直的足够大光屏，如图所示．粒子质量为m ，电荷量为＋q ，初速度大小均为v 0，初速度方向均垂直于光屏．当平行板电容器两极板间电压为U 0时，粒子恰好从极板右侧边缘飞出电场．在两极板间加上0～U 0连续变化的电压，每个粒子通过电容器的时间都远小于电压变化的时间，在每个粒子通过电容器的时间内，电场可视为匀强电场，不计粒子重力．则关于粒子运动下列说法正确的是( )A ．电压U 0满足U 0＝mv 20 d 22ql 2B ．粒子打在光屏上的最大速度为v ＝l 2＋d 2l v 0C ．粒子打在光屏上的最大速度与光屏夹角a 满足tan α＝ld D ．粒子打在光屏上的区域面积为S ＝ad 6．[2022ꞏ全国乙卷](多选)一种可用于卫星上的带电粒子探测装置，由两个同轴的半圆柱形带电导体极板(半径分别为R 和R ＋d)和探测器组成，其横截面如图(a )所示，点O 为圆心．在截面内，极板间各点的电场强度大小与其到O 点的距离成反比，方向指向O 点.4个带正电的同种粒子从极板间通过，到达探测器．不计重力．粒子1、2做圆周运动，圆的圆心为O 、半径分别为r 1、r 2(R<r 1<r 2<R ＋d)；粒子3从距O 点r 2的位置入射并从距O 点r 1的位置出射；粒子4从距O 点r 1的位置入射并从距O 点r 2的位置出射，轨迹如图(b )中虚线所示．则 ( )A．粒子3入射时的动能比它出射时的大B．粒子4入射时的动能比它出射时的大C．粒子1入射时的动能小于粒子2入射时的动能D．粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能[答题区]题号 1 2 3 4 5 6 答案7.[2023ꞏ河北衡水中学高三模拟]如图，静止于A处的离子，经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场，电场方向水平向左，静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场，已知圆弧虚线所在处场强为E0，方向如图所示；离子质量为m、电荷量为q，QN＝2d、PN＝3d，离子重力不计．(1)求粒子离开加速度电场时的速度的大小及圆弧虚线对应的半径R的大小；(2)若离子恰好能打在NQ的中点上，求矩形区域QNCD内匀强电场场强E的值；(3)若矩形区域内的电场强度与(2)中的电场强度相同，从A点静止释放离子的电荷量为2q，其他不变，计算打到NQ上的位置．参考答案1．答案：ABD答案解析：开始液滴静止，液滴处于平衡状态，由平衡条件可知：mg ＝q Ud ；由图示电路图可知，电源与电阻R 1组成串联电路，电容器与R 1并联，电容器两端电压等于R 1两端电压，等于路端电压，电容器两端电压：U ＝IR 1＝ER 1r ＋R 1；仅增大R 2的阻值，极板间电压不变，液滴受力情况不变，液滴静止不动，A 正确；仅增大R 1的阻值，极板间电压U 变大，液滴受到向上的电场力变大，液滴受到的合力竖直向上，油滴向上运动，B 正确；仅增大两板间的距离，极板间电压不变，板间场强减小，液滴受到的电场力减小，液滴所受合力竖直向下，液滴向下运动，C 错误；断开电键，电热器通过两电阻放电，电热器两极板间电压为零，液滴只受重力作用，液滴向下运动，D 正确．2．答案：B答案解析：根据动能定理可得qU ＝12 m v 2，解得离子的速度为v ＝2qUm ，根据电流的定义式有I ＝Q Δt ＝NqΔt ，对离子由动量定理可得F ꞏΔt ＝N ꞏm v ，解得发动机产生的推力为F＝I2mUq ，B 正确．3．答案：A答案解析： 电子在交变电场中所受电场力大小恒定，加速度大小不变，C 、D 错误；从0时刻开始，电子向A 板做匀加速直线运动，12 T 后电场力反向，电子向A 板做匀减速直线运动，直到t ＝T 时刻速度变为零．之后重复上述运动，A 正确，B 错误．4．答案：BD答案解析：三个液滴在水平方向受到电场力作用，水平方向不是匀速直线运动，所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动，A 错误；由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动，三个液滴的运动时间相同，B 正确；三个液滴落到底板时竖直分速度相等，而水平分速度不相等，所以三个液滴落到底板时的速率不相同，C 错误；由于液滴C ，在水平方向位移最大，说明液滴C 在水平方向加速度最大，所带电荷量最多，D 正确．5．答案：BCD答案解析：当电压为U 0时，在水平方向有l ＝v 0t ，在竖直方向有d 2 ＝12 ×qU 0md t 2，解得U 0＝m v 20 d 2ql 2 ，A 错误；当电压为U 0时，打在光屏上的速度最大，竖直方向速度为v y ＝at ＝qU 0md ꞏl v 0＝d v 0l ，根据速度的合成得v ＝v 2y ＋v 20 ，可得v ＝l 2＋d 2l v 0，B 正确；根据几何关系有tan α＝v 0v y，可得tan α＝ld ，C 正确；如图所示，粒子打在光屏上的竖直长度为Y ＝d ，所以粒子打在光屏上的区域面积为S ＝ad ，D 正确．6．答案：BD答案解析：极板间各点的电场强度方向指向O 点，粒子3从距O 点r 2的位置入射并从距O 点r 1的位置出射，在这个过程中电场力做正功，粒子3入射时的动能比它出射时的小，同理可知粒子4入射时的动能比它出射时的大，A 错误，B 正确；粒子1、2做圆周运动，设粒子1的轨迹处的电场强度为E 1，则qE 1＝m v 21 r 1 ，粒子1的动能E k1＝12 m v 21 ＝qE 1r 12 ，设粒子2的轨迹处的电场强度为E 2，则qE 2＝m v 22 r 2 ，粒子2的动能E k2＝12 m v 22 ＝qE 2r 22 ，由于极板间各点的电场强度大小与其到O 点的距离成反比，即E 1E 2 ＝r 2r 1 ，所以E k1＝E k2，C错误；粒子3出射时，qE 1>m v 23 r 1 ，此时粒子3的动能E k3′＝12 m v 23 <qE 1r 12 ＝E k1，即粒子1入射时的动能大于粒子3出射时的动能，而粒子3入射时的动能比它出射时的小，所以粒子1入射时的动能大于粒子3入射时的动能，D 正确．7．答案：(1)2qU m2UE 0 (2)12U d (3)打在NQ 的中点 答案解析：(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理有qU ＝12 m v 2，解得v ＝2qUm离子在辐向电场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qE 0＝m v 2R ，解得R ＝2UE 0 .(2)离子做类平抛运动，有d ＝v t ，3d ＝12 at 2 由牛顿第二定律得qE ＝ma ，解得E ＝12Ud . (3)根据动能定理得2qU ＝12 m v 2根据牛顿第二定律得2qE 0＝m v 2R ，解得R ＝2UE 0即在均匀辐向分布的电场里运动的半径不变，故仍能从P 点进入上方的矩形电场区域； 离子做类平抛运动，则3d ＝12 at 2 由牛顿第二定律得2qE ＝ma解得x ＝v t ＝d ，即打在NQ 的中点．。

电磁感应（原卷版）1．如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O 点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x 轴夹角均为θ，一电容为C 的电容器与导轨左端相连，导轨上的金属棒与x 轴垂直，在外力F 作用下从O 点开始以速度v 向右匀速运动，忽略所有电阻，下列说法正确的是（）A ．通过金属棒的电流为22tan BCv θB ．金属棒到达0x 时，电容器极板上的电荷量为0tan BCvx θC ．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电D ．金属棒运动过程中，外力F 做功的功率恒定2．迷你系绳卫星在地球赤道正上方的电离层中，沿圆形轨道绕地飞行。

系绳卫星由两子卫星组成，它们之间的导体绳沿地球半径方向，如图所示。

在电池和感应电动势的共同作用下，导体绳中形成指向地心的电流，等效总电阻为r 。

导体绳所受的安培力克服大小为f 的环境阻力，可使卫星保持在原轨道上。

已知卫星离地平均高度为H ，导体绳长为()L L H ，地球半径为R ，质量为M ，轨道处磁感应强度大小为B ，方向垂直于赤道平面。

忽略地球自转的影响。

据此可得，电池电动势为（）A ．GM fr BLR H BL ++B ．GM fr BL R H BL -+C ．GM BL R H fr BL ++D ．GM BL R H frBL -+3．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'B B等于（）A ．54B ．32C ．74D ．24．如图所示，水平面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计．匀强磁场与导轨平面垂直．阻值为R 的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触．T=0时，将开关S 由1掷到2．q 、i 、v 和a 分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度．下列图像正确的是A ．B ．C ．D ．5．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22442m gR B L 6．如图所示，电阻不计的光滑U 形金属导轨固定在绝缘斜面上。

命题点五电磁波的产生、发射与接收1．麦克斯韦电磁场理论：变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场．2．电磁波：电磁场在空间由近及远的传播形成电磁波．(1)电磁波在空间传播不需要介质．(2)真空中电磁波的速度为3.0×108 m/s.(3)电磁波是横波，满足关系v＝λf.(4)不同频率的电磁波，在同一介质中传播，频率越高，波速越小．3．电磁波的发射．(1)发射条件：开放电路和高频振荡信号．(2)调制方式：①调幅：使高频电磁波的振幅随信号的强弱而变．②调频：使高频电磁波的频率随信号的强弱而变．4．电磁波的接收．(1)电谐振：当接收电路的固有频率跟接收到的无线电波的频率相等时，激起的振荡电流最强，这就是电谐振，产生电谐振的过程叫作调谐．(2)解调：从接收到的高频电磁波中还原出所携带的信号波的方法．5．电磁波谱．(1)按波长从长到短排列电磁波谱：无线电波、红外线、可见光、紫外线、X射线、γ射线．(2)电磁波的特点与应用：电磁波谱特性应用无线电波易发生衍射无线电技术红外线热效应红外线遥感可见光引起视觉照明、摄影紫外线荧光效应、杀菌消毒、防伪X射线贯穿性强医用透视γ射线贯穿本领最强工业探伤、医用化疗(多选)以声波作为信息载体的水声通信是水下长距离通信的主要手段.2020年11月10日，中国载人潜水器“奋斗者”号创造了10 909米深潜纪录．此次深潜作业利用了水声通信和电磁通信等多种通信方式进行指令传输或数据交换，如图所示．下列说法正确的是( )A．“奋斗者”号与“探索一号”通信的信息载体属于横波B．“奋斗者”号与“沧海”号通信的信息载体属于横波C．“探索一号”与通信卫星的实时通信可以通过机械波实现D．“探索一号”与“探索二号”的通信过程也是能量传播的过程解析：由题知，“奋斗者”号与“探索一号”通信是通过水声通信，由下而上，故信息载体属于纵波，故A项错误；由题知，“奋斗者”号与“沧海”号通信是通过无限蓝绿光通信，光波是横波，故信息载体属于横波，故B项正确；因为太空中没有介质，故机械波无法传播，所以“探索一号”与通信卫星的实时通信只能通过电磁通信来实现，故C项错误；在传递信息的过程也是传递能量的过程，故“探索一号”与“探索二号”的通信过程也是能量传播的过程，故D项正确．故选BD.答案：BD使用蓝牙耳机接听手机来电，信号传输示意图如图所示．蓝牙通信的电磁波( )A．是蓝光B．波长比手机通信的电磁波短C．在真空中的传播速度大小为340 m/sD．在真空中的传播速度比手机通信的电磁波速度小解析：蓝牙通信用的电磁波不在可见光频率范围内，不是光信号．故A项错误；蓝牙通信比手机通信的电磁波频率高，波长短．故B项正确；电磁波在真空中的传播速度约为3×108m/s.故C 项错误；蓝牙通信和手机通信使用的都是电磁波，在真空中传播速度相同．故D 项错误．故选B 项． 答案：B1．如图所示，家用微波炉中使用的微波频率为2 450 MHz ，则它的波长是( )A ．1.2×10－1m B ．7.35×10－17mC ．1.2×10－4m D ．7.35×10－11m解析：微波的波长为λ＝c f ＝3×1082 450×106m≈0.12 m．故选A 项．答案：A2．某同学自己绕制天线线圈，制作一个简单的收音机，用来收听中波无线电广播，初步制作后发现有一个频率最高的中波电台收不到，但可以接收其他中波电台，适当调整后，去户外使用，假设空间中存在波长分别为290 m 、397 m 、566 m 的无线电波，下列说法正确的是( ) A ．为了能收到频率最高的中波电台，应增加线圈的匝数B ．为更好接收290 m 的无线电波，应把收音机的调谐频率调到756 kHzC ．使接收电路产生电谐振的过程叫作解调D ．为了能接收到长波，应把电路中电容器的电容调大一点解析：为了能收到频率最高的中波电台，应增大调谐电路的固有频率，根据f ＝12πLC 可知应减少线圈的匝数，故A 项错误；为更好接收290 m 的无线电波，应把收音机的调谐频率调到f ＝c λ＝3.0×108290Hz≈1 034 kHz，故B 项错误；使接收电路产生电谐振的过程叫做调谐，故C 项错误；为了能接收到长波，即接收到频率更低的电磁波，根据f ＝12πLC 可知，应把电路中电容器的电容调大一点，故D 项正确．故选D. 答案：D3．电磁波谱家族有众多的成员．关于电磁波的应用，下列说法不正确的是( )A．电磁炉是利用电磁波来工作的B．微波炉是利用电磁波的能量来快速煮熟食物的C．雷达是利用电磁波的反射来侦测目标的D．夜视仪是利用红外线来帮助人们在夜间看见物体的解析：电磁炉是利用电磁感应原理和电流的热效应来工作的，故A项错误，符合题意；微波是电磁波的一部分，食物分子在微波的作用下剧烈震动，内能增大，温度升高，达到加热的目的，故B项正确，不符合题意；雷达是利用电磁波的反射来侦测目标的，故C项正确，不符合题意；不同温度的物体发出的红外线特征不同，夜视仪是利用红外线来帮助人们在夜间看见物体的，故D项正确，不符合题意．故选A.答案：A。

2023年高三物理二轮高频考点冲刺突破专题21电磁感应现象中有关单双棒的动力学和能量问题专练目标专练内容目标1高考真题（1T—4T）目标2有关单棒的动力学问题和能量问题（5T—8T）目标3有关含容单棒的动力学问题和能量问题（9T—12T）目标4有关双棒的动力学问题和能量问题（13T—16T）【典例专练】一、高考真题1．如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。

ab、dc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MN置于金属框上，用水平恒力F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，MN与金属框保持良好接触，且与bc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bc边的距离趋于恒定值2．如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L 。

abcd 区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向竖直向上。

初始时刻，磁场外的细金属杆M 以初速度0v 向右运动，磁场内的细金属杆N 处于静止状态。

两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。

两杆的质量均为m ，在导轨间的电阻均为R ，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。

（1）求M 刚进入磁场时受到的安培力F 的大小和方向；（2）若两杆在磁场内未相撞且N 出磁场时的速度为03v ，求：①N 在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q ；②初始时刻N 到ab 的最小距离x ；（3）初始时刻，若N 到cd 的距离与第（2）问初始时刻的相同、到ab 的距离为(1)kx k >，求M 出磁场后不与N 相撞条件下k 的取值范围。

3．如图（a ）所示，两根不计电阻、间距为L 的足够长平行光滑金属导轨，竖直固定在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度大小为B 。

导轨上端串联非线性电子元件Z 和阻值为R 的电阻。

电磁感应现象、楞次定律一、感应电流的产生和方向判断1. 关于产生感应电流的条件,下列说法正确的是( )A ．任一闭合回路在磁场中运动,闭合回路中就一定会有感应电流B ．任一闭合回路在磁场中做切割磁感线运动,闭合回路中一定会有感应电流C ．穿过任一闭合回路的磁通量为零的瞬间,闭合回路中一定不会产生感应电流D ．无论用什么方法,只要穿过闭合回路的磁感线净条数发生了变化,闭合回路中就一定会有 感应电流2. 现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A 、线圈B 、电流计及开关按如图所示连接．下列说法正确的( )A ．开关闭合后，线圈A 插入或拔出都会引起电流计指针偏转B ．线圈A 插入线圈B 中后，开关闭合和断开的瞬间，电流计指针均不会偏转C ．开关闭合后，滑动变阻器的滑片P 匀速滑动，会使电流计指针静止在中央零刻度D ．开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P 加速滑动，电流计指针才能偏转3. (多选)如图所示,竖直放置的长直导线中通有恒定电流，有一矩形导线框与导线在同一平面内，在下列情况中导线框中能产生感应电流的是（ ）A ．导线框向右平动B ．导线框以导线为轴转动C ．导线框向下平动D ．导线框以ad 边为轴转动4. 如图所示，一通电螺线管b 放在闭合金属线圈a 内，螺线管的中心轴线恰和线圈的一条直径MN 重合．要使线圈a 中产生感应电流，可采用的方法有（ ）A ．使通电螺线管中的电流发生变化B ．使螺线管绕垂直于线圈平面且过线圈圆心的轴转动C ．使线圈a 以MN 为轴转动D ．使线圈绕垂直于MN 的直径转动5. 如图所示,一有限范围的匀强磁场,宽度为d ，将一边长为l 的正方形导线框以速度v 向右匀速地通过磁场区域，若l d >，则导线框通过磁场过程中,导线框中不产生感应电流的时间应等于( )A ．v dB ．v lC ．v l d -D ．vl d 2-6. 接有理想电压表的三角形导线框abc ,如图所示,在匀强磁场中右运动，则框中有无感应电流，电压表有无示数(示数不为零则称为有示数)（ ）A．无；有B．有；无C．无；无D．有；有7.如图所示,在匀强磁场中的U形导轨上，有两根等长的平行导线ab和cd以相同的速度v匀速向右滑动，为使ab中有感应电流产生，开关S( )A．断开和闭合都可以B．应断开C．断开和闭合都不行D．应闭合8.如图所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是（）A．ab向右运动，同时使θ减小B．使磁感应强度B减小，θ角同时也减小C．ab向左运动，同时增大磁感应强度BD．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ角(0°<θ<90°)9.(多选)如图甲所示，导体棒ab、cd均可在各自的导轨上无摩擦地滑动，导轨电阻不计，磁场的磁感应强度B1、B2的方向如图所示，大小随时间变化的情况如图乙所示，在0～t1时间内()A．若ab不动，则ab、cd中均无感应电流B．若ab不动，则ab中有恒定的感应电流，但cd中无感应电流C．若ab向右匀速运动，则ab中一定有从b到a的感应电流，cd向左运动D．若ab向左匀速运动，则ab中一定有从a到b的感应电流，cd向右运动10.探究感应电流方向的实验所需器材包括：条形磁体、电流表、线圈、导线、一节干电池(用来查明线圈中电流的流向与电流表中指针偏转方向的关系)．(1)实验现象：如图所示，在四种情况下，将实验结果填入下表．①线圈内磁通量增加时的情况图号原磁场方向感应电流的方向感应电流的磁场方向甲向下逆时针(俯视)向上乙向上顺时针(俯视)________①线圈内磁通量减少时的情况图号原磁场方向感应电流的方向感应电流的磁场方向丙向下顺时针(俯视)向下丁向上逆时针(俯视)________请填写表格中的空白项．(2)实验结论：当穿过闭合线圈的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向________(选填“相同”或“相反”)．(3)总结提炼：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________．(4)拓展应用：如图所示是一种延时继电器的示意图．铁芯上有两个线圈A和B.线圈A和电源连接，线圈B与直导线ab构成一个闭合回路．弹簧K与衔铁D相连，D的右端触头C 连接工作电路(未画出)．开关S闭合状态下，工作电路处于导通状态．S断开瞬间，延时功能启动，此时直导线ab中电流方向为________(选填“a到b”或“b到a”)．说明延时继电器的“延时”工作原理：________.二、楞次定律、楞次定律的推论及应用1.如图所示,线圈两端与电阻和电容器相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的S极朝下.在将磁铁的S极插入线圈的过程中( ).A．通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥B．通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥C．电容器的B极板带正电，线圈与磁铁相互吸引D．电容器的B极板带负电，线圈与磁铁相互排斥2.(多选)磁悬浮高速列车在我国已投入运行数年。

2023年高考物理二轮复习讲练专题11 电磁感应规律及其应用姓名：___________班级：___________一、单选题1．（2022·江苏·高考真题）如图所示，半径为r 的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 的变化关系为0B B kt =+，0B 、k 为常量，则图中半径为R 的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为（ ）A ．2kr πB ．2kR πC ．20B r πD ．20B R π2．（2022·北京·高考真题）如图所示平面内，在通有图示方向电流I 的长直导线右侧，固定一矩形金属线框abcd ，ad 边与导线平行。

调节电流I 使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则（ ）A ．线框中产生的感应电流方向为a b c d a →→→→B ．线框中产生的感应电流逐渐增大C ．线框ad 边所受的安培力大小恒定D ．线框整体受到的安培力方向水平向右3．（2023·江西·统考一模）把一根大约30m 长网线的两端连在一个灵敏电流表两个接线柱上，形成闭合回路。

两同学东西方向面对面站立，每分钟摇动网线120次，使网线中点O 在竖直面内做半径为1m 的匀速圆周运动，如图1所示。

已知当地的地磁场磁感应强度大小约为4.5×10-5T ，方向与水平地面约成37°角向下，则（ ）A ．摇动过程中，网线上产生了大小变化、方向不变的电流B ．摇动过程中，O 点与其圆周运动圆心等高时网线产生的感应电动势最大C ．摇动过程中，O 点附近5cm 长的网线（可近似看成直线）产生的感应电动势最大约为9π×10-6VD ．按图2的方式摇动与图1方式相比，回路中能产生更明显的电磁感应现象4．（2023·北京石景山·统考一模）汽车使用的电磁制动原理示意图如图所示，当导体在固定通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。

第一部分专题四第2讲基础题——知识基础打牢1．(2022·黑龙江大庆模拟)如图所示，水平放置的铝制圆盘与蹄形磁铁的转轴在同一竖直线上，圆盘位于磁铁上方，磁铁以角速度ω0匀速旋转．下列说法正确的是( C )A．圆盘与磁铁同方向旋转，且角速度大于ω0B．圆盘与磁铁反方向旋转，且角速度大于ω0C．圆盘与磁铁同方向旋转，且角速度小于ω0D．圆盘与磁铁反方向旋转，且角速度小于ω0【解析】根据楞次定律的推论可知，电磁感应产生的现象总是阻碍两物体间的相对运动，但阻碍不是阻止，磁铁旋转时，磁铁相对圆盘旋转，则圆盘也跟着同向旋转，即阻碍磁铁相对圆盘的旋转运动，但不会阻止，若磁铁速度为ω0，则圆盘相对磁铁同方向旋转，且角速度小于ω0，A、B、D错误，C正确．2．(多选)(2022·吉林延边一模)电磁阻尼可以无磨损地使运动的线圈快速停下来．如图所示，扇形铜框在绝缘细杆作用下绕转轴O在同一水平面内快速逆时针转动，虚线把圆环分成八等份，扇形铜框恰好可以与其中一份重合．为使线框在电磁阻尼作用下停下来，实验小组设计了以下几种方案，其中虚线为匀强磁场的理想边界，边界内磁场大小均相同，其中不合理的是( AD )【解析】由于闭合导体所穿过的磁通量发生变化，闭合导体会产生感应电流，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的相对运动，由于磁体不动，安培力对导体而言即为阻力．题中的扇形铜框在转动过程中，A 、D 的设计中铜框没有磁通量变化，不会产生感应电流，不会产生安培阻力，故A 、D 错误，符合题意；B 、C 中的设计铜框磁通量有变化，会产生感应电流，形成安培阻力，故B 、C 正确．3．(2022·四川宜宾模拟)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R ．金属棒ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下列说法正确的是( D )A ．ab 中的感应电流方向由b 到aB ．ab 中的感应电流逐渐减小C ．ab 所受的安培力保持不变D ．ab 所受的静摩擦力逐渐减小【解析】 磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律和安培定则得，ab 中的感应电流方向由a 到b ，故A 错误；由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律E ＝nΔΦΔt 可知感应电动势恒定，则ab 中的感应电流不变，故B 错误；根据安培力公式F ＝BIL 知，电流不变，B 均匀减小，则安培力减小，故C 错误；安培力和静摩擦力为一对平衡力，安培力减小，则静摩擦力减小，故D 正确．4．(2022·山西太原模拟)如图所示，虚线框内是磁感应强度为B 的匀强磁场，导线框的四条边的电阻均为r ，长均为L ，线框平面与磁场方向垂直．当导线框以恒定速度v 水平向右运动，ab 边进入磁场时，ab 两端的电势差为U ，则( D )A ．U ＝14BLvB ．U ＝13BLvC ．U ＝12BLvD ．U ＝34BLv【解析】 ab 边进入磁场时产生的感应电动势为E ＝BLv ，ab 切割磁感线产生电动势，ab 相当于电源，故ab 两端的电势差是路端电压，ab 两端的电势差为U ＝34E ＝34BLv ，故选D ．5．(2022·河南郑州模拟)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 均匀变化，磁场方向取垂直纸面向里为正方向．正方形硬质金属框abcd 放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R ＝0.1 Ω，边长L ＝0.2 m ，则下列说法错误的是( C )A ．在t ＝0到t ＝0.1 s 时间内，金属框中的感应电动势为0.08 VB ．在t ＝0.05 s 时，金属框ab 边受到的安培力的大小为0.016 NC ．在t ＝0.05 s 时，金属框ab 边受到的安培力的方向垂直于ab 向右D ．在t ＝0到t ＝0.1 s 时间内，金属框中电流的电功率为0.064 W 【解析】 根据法拉第电磁感应定律E ＝N ΔΦΔt，金属框的面积不变，磁场的磁感应强度变化，故ΔΦ＝ΔB ·L 2，ΔB Δt ＝0.2 T 0.1 s＝2 T/s ，解得E ＝0.08 V ，故A 正确；感应电流为I＝E R ＝0.080.1A ＝0.8 A ，在t ＝0.05 s 时，ab 受到的安培力为F ＝BIL ＝0.1×0.8×0.2 N＝0.016 N ，故B 正确；根据楞次定律，感应电流阻碍磁通量的变化，磁通量随磁感应强度的减小，线框有扩大的趋势，故ab 受到的安培力水平向左，故C 错误；电功率为P ＝EI ＝0.08 V×0.8 A ＝0.064 W ，故D 正确．6．(多选)(2022·河南商丘三模)如图甲所示，正方形线圈abcd 内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数n ＝10，边长ab ＝1 m ，线圈总电阻r ＝1 Ω，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示．设图示的磁场方向与感应电流方向为正方向，则下列有关线圈的电动势e ，感应电流i ，焦耳热Q 以及ab 边的安培力F (取向下为正方向)随时间t 的变化图象正确的是( CD )【解析】 0～1 s 内产生的感应电动势为e 1＝nS ΔBΔt＝2 V ，方向为逆时针，同理1～5 s 内产生的感应电动势为e 2＝nS ΔBΔt＝1 V ，方向为顺时针，A 错误；对应0～1 s 内的感应电流大小为i 1＝e 1r＝2 A ，方向为逆时针(负值)，同理1～5 s 内的感应电流大小为i 2＝1 A ，方向为顺时针(正值)，B 错误；ab 边受到的安培力大小为F ＝nBiL ，可知0～1 s 内0≤F ≤4 N，方向向下，1～3 s 内0≤F ≤2 N，方向向上，3～5 s 内0≤F ≤2 N，方向向下，C 正确；线圈产生的焦耳热为Q ＝eit,0～1 s 内Q 1＝4 J,1～5 s 内Q 2＝4 J ，D 正确．故选CD ．7．(2022·四川成都模拟)如图所示，边长为L 、电阻为R 的正方形单匝导线框abcd 放于纸面内，在ad 边的左侧有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里，现使导线框绕过a 点且平行于磁场方向的轴以角速度ω沿顺时针方向匀速转动，在导线框转过45°的过程中( B )A ．导线框产生沿逆时针方向的感应电流B ．导线框经过虚线位置时产生的瞬时感应电动势大小为BωL 2C ．导线框受到的安培力逐渐增大，方向不断变化D ．流过导线框的电荷量为2BωL2πR【解析】 由楞次定律可知，导线框产生沿顺时针方向的感应电流，选项A 错误；导线框经过虚线位置时产生的瞬时感应电动势大小为E ＝B ·2L ·ω2L 2＝BωL 2，选项B 正确；导线框转动时，切割磁感线的有效长度逐渐增加，则感应电动势逐渐变大，感应电流逐渐变大，则受到的安培力逐渐增大，但是方向不变，总是垂直边界线向左，选项C 错误；流过导线框的电荷量为q ＝I Δt ＝ERΔt ＝ΔΦR＝B ·12L 2R＝BL 22R，选项D 错误．故选B ． 8．(2022·四省八校联考)如图(甲)所示，匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧接有阻值为R 的电阻和理想二极管D(正向电阻为0，反向电阻无穷大)．t ＝0时刻起阻值也为R 的导体棒ab 在外力作用下向右运动，其速度变化规律如图(乙)所示，运动过程中棒始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，不计导轨电阻，则金属棒两端电压U ab 随时间t 变化的关系图象可能正确的是( A )【解析】 由图乙可得速度随时间变化规律的数学表达式为v ＝v m sin 2πTt ，当导体棒向右运动时，由右手定则可知回路中产生逆时针方向的感应电流，二极管导通，由电磁感应定律，则得金属棒两端电压为U ab ＝RR ＋R E ＝12BLv ＝12BLv m sin 2πT t ⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤t ≤T 2，当导体棒向左运动时，由右手定则可知金属棒a 端电势低于b 端电势，二极管截止，由电磁感应定律，则得金属棒两端电压为U ab ＝－E ＝－BLv ＝－BLv m sin 2πT t ⎝ ⎛⎭⎪⎫T 2≤t ≤T ，由以上分析可知A 正确，B 、C 、D 错误．9．如图所示，半径为r 的金属圆环放在垂直纸面向外的匀强磁场中，环面与磁感应强度垂直、磁场的磁感应强度为B 0，保持圆环不动，使磁场的磁感应强度随时间均匀增大、经过时间t 、磁场的磁感应强度增大到B 1，此时圆环中产生的焦耳热为Q ；保持磁场的磁感应强度B 1不变，将圆环绕对称轴(图中虚线)匀速转动，经时间2t 圆环转过90°，圆环中电流大小按正弦规律变化，圆环中产生的焦耳热也为Q ，则磁感应强度B 0和B 1的比值为( A )A ．4－π4B ．5－π5C ．42－π42D ．52－π52【解析】 若保持圆环不动，则产生的感应电动势恒定为E 1＝B 1－B 0πr 2t ，则Q ＝E 21Rt＝B 1－B 02π2r 4tR ①，若线圈转动：则产生的感应电动势最大值E 2m ＝B 1ωS ＝B 1π22t·πr 2＝π2r 2B 14t ，有效值E 2＝π2r 2B 142t ，产生的热量Q ＝E 22R ×2t ＝π4r 4B 2116tR ②，联立①②可得B 0B 1＝4－π4，故选A ．应用题——强化学以致用10．(多选)(2022·黑龙江齐齐哈尔一模)如图所示，将半径分别为r 和2r 的同心圆形导轨固定在同一绝缘水平面内，两导轨之间接有阻值为R 的定值电阻和一个电容为C 的电容器，整个装置处于磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中．将一个长度为r 、阻值为R 的金属棒AD 置于圆导轨上面，O 、A 、D 三点共线，在外力的作用下金属棒以O 为转轴逆时针匀速转动，转速为n ，元电荷大小为e ，转动过程中金属棒与导轨接触良好，导轨电阻不计．下列说法正确的是( BD )A ．D 点的电势高于A 点的电势B ．金属棒产生的感应电动势大小为3B πnr 2C ．电容器的电荷量为3CB πnr 2D ．一质子在电容器中从S 板附近运动到T 板附近时，电场力所做的功为3eB πnr 22【解析】 由右手定则可知，D 点的电势低于A 点的电势，选项A 错误；角速度ω＝2πn ，金属棒产生的感应电动势大小为E ＝Brωr ＋2r2＝3B πnr 2，选项B 正确；电容器极板间的电压U ＝ER R ＋R ＝32B πnr 2，电容器的电荷量为Q ＝32CB πnr 2，选项C 错误；一质子在电容器中从S 板附近运动到T 板附近时，电场力所做的功为W ＝Ue ＝3eB πnr 22，选项D 正确．故选BD ．11．(多选)(2022·黑龙江哈尔滨模拟)如图所示，光滑的金属圆环型轨道MN 、PQ 竖直放置，两环之间ABDC 内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 0，AB 水平且与圆心等高，CD 竖直且延长线过圆心．电阻为r 、长为2l 的轻质金属杆，有小孔的一端套在内环MN 上，另一端连接带孔金属球，球的质量为m ，球套在外环PQ 上，且都与轨道接触良好，内圆半径r 1＝l ，外圆半径r2＝3l ，PM 间接有阻值为R 的电阻．让金属杆从AB 处无初速释放，金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速度为v ，其他电阻不计，忽略一切摩擦，重力加速度为g ．则( ABC )A ．金属球向下运动过程中，通过电阻R 的电流方向由M 指向PB ．金属杆第一次即将离开磁场时，R 两端的电压U ＝4B 0lvR3R ＋rC ．金属杆从AB 滑动到CD 的过程中，通过R 的电荷量q ＝2πl 2B 0R ＋rD ．金属杆第一次即将离开磁场时，R 上生成的焦耳热Q ＝3mgl －12mv 2【解析】 由右手定则可知，金属球向下运动过程中，流过金属杆的电流由B 流向A ，则通过R 的电流由M 流向P ，A 正确；金属杆第一次离开磁场时，金属球的速度为v ＝ωr 2＝3ωl ，金属杆第一次离开磁场时感应电动势为E ＝B 0·2l ωr 1＋ωr 22，解得E ＝43B 0lv ，电路电流为I ＝ER ＋r ，R 两端电压为U ＝IR ＝4B 0lvR 3R ＋r ，B 正确；由法拉第电磁感应定律得E －＝ΔΦΔt＝B 0ΔS Δt＝B 0·14π[3l2－l 2]Δt＝2πB 0l2Δt ，平均感应电流为I ＝E R ＋r，通过R 的电荷量为q＝I Δt ，解得q ＝2πB 0l2R ＋r ，C 正确；由于金属杆第一次即将离开磁场时，重力做功等于3mgl ，所以金属杆第一次即将离开磁场时，电路上生成的焦耳热Q 总＝3mgl －12mv 2，则R 上产生的焦耳热Q ＜Q 总，D 错误．故选ABC ．12．(2022·浙江6月高考)舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平．某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子(图中未画出)与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动．线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B ．开关S 与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S 掷向2接通定值电阻R 0，同时施加回撤力F ，在F 和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下．若动子从静止开始至返回过程的v -t 图如图2所示，在t 1至t 3时间内F ＝(800－10v )N ，t 3时撤去F ．已知起飞速度v 1＝80 m/s ，t 1＝1.5 s ，线圈匝数n ＝100匝，每匝周长l ＝1 m ，飞机的质量M ＝10 kg ，动子和线圈的总质量m ＝5 kg ，R 0＝9.5 Ω，B ＝0.1 T ，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求：(1)恒流源的电流I ； (2)线圈电阻R ； (3)时刻t 3．【答案】 (1)80 A (2)0.5 Ω (3)5＋32s 【解析】 (1)由题意可知接通恒流源时安培力F 安＝nBIl动子和线圈在0～t 1时间段内做匀加速直线运动，运动的加速度为a ＝v 1t 1根据牛顿第二定律有F 安＝(M ＋m )a 代入数据联立解得I ＝m ＋M v 1nlBt 1＝80 A ．(2)当S 掷向2接通定值电阻R 0时，感应电流为I ′＝nBlvR 0＋R此时安培力为F 安′＝nBI ′l所以此时根据牛顿第二定律有(800－10v )＋n 2l 2B 2R 0＋R v ＝ma ′由图可知在t 1至t 3期间加速度恒定，则有n 2l 2B 2R 0＋R＝10 kg/s解得R ＝0.5 Ω，a ′＝160 m/s 2． (3)根据图象可知t 2－t 1＝v 1a ′＝0.5 s 故t 2＝2 s ；在0～t 2时间段内的位移s ＝12v 1t 2＝80 m而根据法拉第电磁感应定律有E ＝n ΔφΔt ＝nB ΔSΔt电荷量的定义式Δq ＝I ΔtI ＝E R ＋R 0可得Δq ＝nBl ⎣⎢⎡⎦⎥⎤s －12a ′t 3－t 22R ＋R 0从t 3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路的电荷量，根据动量定理有 －nBl Δq ＝0－ma ′(t 3－t 2) 联立可得(t 3－t 2)2＋(t 3－t 2)－1＝0 解得t 3＝5＋32s ． 13．(2022·湖北卷)如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里．正方形单匝线框abcd 的边长L ＝0.2 m 、回路电阻R ＝1.6×10－3Ω、质量m ＝0.2 kg ．线框平面与磁场方向垂直，线框的ad 边与磁场左边界平齐，ab 边与磁场下边界的距离也为L ．现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为4 2 N 的恒力F ，使其在图示竖直平面内由静止开始运动．从ab 边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc 边进入磁场时，bc 边恰好到达磁场右边界．重力加速度大小取g ＝10 m/s 2，求：(1)ab 边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热； (3)磁场区域的水平宽度．【答案】 (1)a x ＝20 m/s 2a y ＝10 m/s 2(2)B ＝0.2 T Q ＝0.4 J (3)1.1 m【解析】 (1)ab 边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有ma x ＝F cos θ 代入数据有a x ＝20 m/s 2在竖直方向ma y ＝F sin θ－mg 代入数据有a y ＝10 m/s 2．(2)ab 边进入磁场开始，ab 边在竖直方向切割磁感线；ad 边和bc 边的上部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线．但ad 和bc 边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电源为ab ，根据右手定则可知回路的电流为adcba ，则ab 边进入磁场开始，ab 边受到的安培力竖直向下，ad 边的上部分受到的安培力水平向右，bc 边的上部分受到的安培力水平向左，则ad 边和bc 边的上部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd 受到的安培力的合力为ab 边受到的竖直向下的安培力．由题知，线框从ab 边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，有F sin θ－mg －BIL ＝0E ＝BLv y I ＝ER v 2y ＝2a y L联立有B ＝0.2 T由题知，从ab 边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc 边进入磁场时，bc 边恰好到达磁场右边界．则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有Q ＝W安＝BILyy ＝LF sin θ－mg ＝BIL联立解得Q ＝0.4 J ．(3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为v y ＝a y t 1L ＝v y t 2 t ＝t 1＋t 2联立解得t ＝0.3 s由(2)分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向有x ＝12a x t 2＝12×20×0.32m ＝0.9 m则磁场区域的水平宽度X ＝x ＋L ＝1.1 m ．。

法拉第电磁感应定律一、选择题（共15题）1．在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环，导体环面积为S=1m2，导体环的总电阻为R=Ω。

规定导体环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正。

磁感应强度B随时间t的变化如乙图10B=。

下列说法正确的是（）所示，00.1TA．t=1s时，导体环中电流为零B．第2s内，导体环中电流为负方向C．第3s内，导体环中电流的大小为0.1AD．第4s内，通过导体环中某一截面的电荷量为0.01C2．一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面，规定垂直纸面向里的方向为正，在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图甲所示。

现令磁感应强度B随时间t变化，先按图乙中所示的Oa图线变化，后来又按图线bc和cd变化，令E1、E2、E3分别表示这三段变化过程中感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的感应电流，则（）A．E1>E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B．E1<E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向C．E1<E2，I1沿顺时针方向，I2沿逆时针方向D．E2＝E3，I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向3．如图所示，匀强磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合，磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B 0，使该线框从静止开始绕过圆心O 且垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。

现使线框保持图中所示位置不变，磁感应强度大小随时间线性变化。

为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率B t∆∆的大小应为A ．0B ωπ B ．02B ωπ C ．04B ωπ D ．02B ωπ4．如图所示，a 、b 是同一导线制成的粗细均匀的闭合导线环，两导线环的半径之比为4:5，其中仅在a 环所围区域内有方向垂直于纸面向里的匀强磁场。

当该磁场均匀变化时，a 、b 两环内的感应电流之比为（ ）A ．1：1B ．4：5C ．5：4D ．16：255．磁悬浮列车是高速低耗交通工具，如图（a ）所示，它的驱动系统简化为如图（b ）所示的物理模型。