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2023届高考物理二轮复习专项练习:电磁感应
一．选择题（共10小题）
1．（2022 丰台区二模）如图所示的电路中a、b是两个完全相同的灯泡，L为自感线圈（自感系数足够大，直流电阻不计），E为电源，S为开关。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关，a、b同时亮
B．断开开关，a先熄灭，b闪亮后熄灭
C．闭合开关和断开开关瞬间，a中电流方向相同
D．闭合开关和断开开关瞬间，b中电流方向相同
2．（2022春 成都期中）如图，一交变电压前半个周期按正弦规律变化，峰值为，后半个周期电压保持为4V不变，则此交变电压的有效值为（　　）
A．4V B． C．3.5V D．
3．（2022 西城区二模）如图1所示，将线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器（可看作理想电流表）相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈。实验观察到如图2所示的感应电流随时间变化的图像。下列说法正确的是（　　）
A．t1～t3时间内，磁铁受到线圈的作用力方向先向上后向下
B．若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流
C．若将线圈的匝数加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍
D．若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍
4．（2022春 成都期中）如图，L是自感系数较大的电感线圈，其直流电阻与定值电阻R的阻值相等，a、b、c是三个完全相同的小灯泡．下列说法正确的是（　　）
A．开关S闭合时，c灯立即变亮，a、b灯逐渐变亮
B．开关S断开时，通过b灯的电流方向向右
C．开关S断开时，b、c灯立即熄灭，a灯逐渐熄灭
D．开关S断开时，c灯立即熄灭，a、b灯逐渐熄灭
5．（2022春 武侯区期中）如图，虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为2T，虚线框的长为3m，宽为2m．右侧开有一小口的长为1m、宽为0.5m的矩形线框由位置1以2m/s的速度匀速穿过虚线框运动到位置2．已知矩形线框的总电阻为1Ω，则矩形线框在此运动过程中产生的热量为（　　）
A．3.5J B．0.5J C．1J D．0
6．（2022春 武侯区期中）如图，固定在水平面上的半径为l的金属圆环内存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．金属棒一端与圆环接触良好，另一端通过电刷固定在竖直导电转轴OO′上的P点（P点为金属圆环的圆心），随轴以角速度ω顺时针匀速转动．在金属圆环的M点和电刷间接有阻值为R的电阻，不计其他电阻及摩擦．下列说法正确的是（　　）
A．R两端的电压为Bωl2 B．电路中的电流为
C．P点相当于电源的负极 D．流过R的电流由M到N
7．（2022 天心区校级一模）如图所示，直角三角形金属框abc电阻为R，ab边长为L，bc边长为L。金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动，空间中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场。下列说法正确的是（　　）
A．若磁场方向平行ab边向上，金属框中没有感应电流，bc间电势差也为0
B．若磁场方向垂直纸面向里，图示时刻金属框中的感应电流最大
C．若磁场方向垂直纸面向里，从图示时刻开始至金属框转过90°的过程中，流经金属框的电量为
D．若磁场方向垂直纸面向里，从图示时刻开始至金属框转过180°的过程中，金属框中产生的焦耳热为
8．（2022 丰台区二模）一个边长为10cm的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，电阻为1Ω。磁感应强度B随时间t的变化关系如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．1～3s的感应电动势为3×10﹣5V
B．3～5s的感应电流大小为2×10﹣5A
C．0～5s线框中产生的焦耳热为4.5×10﹣9J
D．0～5s线框中感应电流的有效值为
9．（2022 天心区校级一模）如图，足够长的光滑平行金属直导轨固定在水平面上，左侧轨道间距为2d，右侧轨道间距为d。轨道处于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。质量为2m、有效电阻为2R的金属棒a静止在左侧轨道上，质量为m、有效电阻为R的金属棒b静止在右侧轨道上。现给金属棒a一水平向右的初速度v0，经过一段时间后两金属棒达到稳定状态。已知两金属棒运动过程中始终相互平行且与导轨良好接触，导轨电阻忽略不计，金属棒a始终在左侧轨道上运动，则下列说法正确的是（　　）
A．整个运动过程中a、b两棒组成的系统动量守恒
B．达到稳定状态时，a、b两棒的速度之比为2：1
C．金属棒b稳定时的速度大小为
D．整个运动过程中金属棒a产生的焦耳热为mv02
10．（2022春 成都期中）如图甲，一矩形导体环垂直置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示．规定垂直于纸面向里为磁场的正方向，顺时针方向为感应电流的正方向，则矩形导体环中的感应电流I随时间t的变化关系图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
二．多选题（共10小题）
（多选）11．（2022 南开区模拟）我国领先全球的特高压输电技术将为国家“碳中和”做出独特的贡献。白鹤滩水电站是世界第二大水电站，共安装16台我国自主研制的全球单机容量最大功率百万千瓦水轮发电机组。2021年6月28日白鹤滩水电站首批初装机容量1600万千瓦正式并网发电，在传输电能总功率不变情况下，从原先150kV高压输电升级为1350kV特高压输电。则下列说法正确的是（　　）
A．若输电线不变，则输电线上损失的电压变为原先的
B．若输电线不变，则输电线上损失功率变为原先的
C．如果损失功率不变，相同材料、传输到相同地方所需导线横截面积是原先的
D．如果损失功率不变，相同材料、相同粗细的输电线传输距离是原先的9倍
（多选）12．（2022春 龙泉驿区期中）如图所示，单匝矩形线圈的长为2l，宽为l，总电阻为R，绕匀强磁场的边界OO'以角速度ω匀速转动，OO'左侧没有磁场（磁场具有理想边界），已知磁场的磁感应强度为B，OO'为ad边的垂直平分线。从图示时刻开始计时，下列说法正确的是（　　）
A．电流的瞬时值表达式为i
B．电流的有效值为
C．电流的最大值为
D．一个周期内线圈产生的焦耳热为
（多选）13．（2022 新罗区校级模拟）如图所示为某小型发电站高压输电示意图。升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4。在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为10：1和1：10，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确的是（　　）
A．两互感器均起到降压作用
B．若电压表的示数为220V，电流表的示数为10A，则线路输送电功率为220kW
C．若保持发电机输出电压U1和用户数一定，仅将滑片Q下移，则输电线损耗功率减少
D．若发电机输出电压U1一定，若用户数增加，为维持用户电压U4一定，可将滑片P上移
（多选）14．（2022春 西城区校级期中）某水电站用总电阻为2.5Ω的输电线给500km外的用户输电，其输出电功率是3×106kW。现用500kV电压输电，则下列说法正确的是（　　）
A．输电线上输送的电流大小为6×104A
B．输电线上因电阻造成的电压损失为15kV
C．若改用250kV电压输电，则输电线上损失的电压为原来的2倍
D．若改用250kV电压输电，则输电线上损失的功率为原来的2倍
（多选）15．（2022 济宁二模）某理想变压器原线圈a的匝数n1＝400匝，副线圈b的匝数n2＝200匝，原线圈接在u＝100（V）的交流电源上，副线圈中“12V，6W”的灯泡L恰好正常发光，电阻R1＝160Ω．下列说法正确的是（　　）
A．副线圈两端的电压有效值为50V
B．电阻R2的阻值为76Ω
C．通过电阻R1的电流大小为0.25A
D．穿过铁芯的磁通量的变化率最大值为Wb/s
（多选）16．（2022 红桥区一模）如图甲中所示，一矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈所围面积的磁通量Φ随时间t变化的规律如图乙所示，下列论述正确的是（　　）
A．初始时刻线圈中感应电动势最小
B．t2时刻导线ad的速度方向跟磁感线平行
C．t3时刻线圈平面与中性面重合
D．t2、t4时刻线圈中感应电流方向相反
（多选）17．（2022春 沙坪坝区校级期中）如图所示，长、宽分别为L1、L2电阻为r的矩形金属线框置于匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度为B，电路中接入定值电阻R。线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度ω匀速转动。则下列说法正确的是（　　）
A．在图示位置线框中产生的感应电动势最大
B．在图示位置线框的磁通量变化率最小
C．线框中产生的感应电流有效值为
D．线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量
（多选）18．（2022春 荔湾区校级期中）如图a，理想变压器的原线圈接入如图b的正弦交变电压。副线圈接10个并联的彩色灯泡，每个灯泡的额定电压为4V、额定电流为0.1A。若灯泡都正常工作，则（　　）
A．图b中电压的有效值为311V
B．图b中交流电的频率为25Hz
C．图a中副线圈上的电流为1A
D．图a中原副线圈的匝数比为55：1
（多选）19．（2022 呼伦贝尔一模）如图所示，竖直平面内可绕O点转动的光滑导轨OM，ON（导轨的电阻不计）处在方向垂直导轨平面的匀强磁场（图中未画出）中，粗细均匀的导体棒与导轨接触良好．第一次将导体棒以恒定的加速度从O处由静止向右拉，导体棒始终与导轨ON垂直，当导体棒到达虚线位置时，通过回路的电流为I1，a、b两端的电势差为U1；第二次将OM绕O点顺时针转动一小角度，将导体棒以相同的加速度从O处由静止向右拉，当导体棒到达同一虚线位置时，通过回路的电流为I2，a、c两端的电势差为U2。下列说法正确的是（　　）
A．I1＝I2 B．I1＞I2 C．U1＝U2 D．U1＜U2
（多选）20．（2022 龙岩三模）如图所示，在竖直平面内有四条间距均为L的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1、L2之间和L3、L4之间存在磁感应强度大小相等且方向均垂直纸面向里的匀强磁场．现有一矩形金属线圈abcd，ad边长为3L．t＝0时刻将其从图示位置（cd边与L1重合）由静止释放，cd边经过磁场边界线L3时开始做匀速直线运动，cd边经过磁场边界线L2、L3、L4时对应的时刻分别为t1、t2、t3，整个运动过程线圈平面始终处于竖直平面内．在0～t3时间内，线圈的速度v、通过线圈横截面的电量q、通过线圈的电流i和线圈产生的热量Q随时间t的关系图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
三．计算题（共5小题）
21．（2022春 武侯区期中）如图，材料和粗细均相同的正方形单匝导线框abcd边长为L＝0.1m，线框的电阻为R＝0.2Ω，质量为m＝0.2kg，物体A的质量为M＝0.6kg，匀强有界磁场高为H＝0.1m，磁感应强度大小为B＝2.0T．物体A放在足够长的光滑固定斜面上，斜面的倾角为α＝30°．物体A由静止开始下滑，线框ab边一进入磁场时，就开始做匀速直线运动，重力加速度大小为g＝10m/s2．求：
（1）线框进入磁场时受到的安培力大小；
（2）线框做匀速直线运动的速度大小；
（3）线框进入磁场的过程中产生的焦耳热Q及通过线框的电荷量q．
22．（2022 沙坪坝区校级模拟）如图所示是某兴趣小组为火星探测器实现软着陆而设计的一种电磁阻尼缓冲装置的原理图，其主要部件为缓冲滑块K和探测器主体，MN和PQ为固定在探测器主体上的绝缘光滑的缓冲轨道，探测器主体能在两轨道间产生垂直于导轨平面向外的匀强磁场。缓冲滑块K由高强度的绝缘材料制成，其上绕有n匝闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，ab边长为L。某次探测器接触火星表面的瞬间速度为v0，滑块K立即停止运动，其线圈与轨道间的磁场立即发生作用，使探测器主体减速到v1的安全速度，从而实现了缓冲作用，已知该装置中除缓冲滑块（含线圈）外的质量为M，若火星表面的重力加速度为g，求：
（1）当缓冲滑块落到火星表面时，探测器主体能立即减速，则磁感应强度B0应大于多少；
（2）当磁感应强度为B时，探测器主体可以实现软着陆，从v0减速到v1的过程中，通过线圈导线截面的电荷量为q，求该过程线圈中产生的焦耳热Q。
23．（2022 天津模拟）小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05Ω的电阻。在导轨间长d＝0.56m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0T。质量m＝4.0kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连。CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24m。一位健身者用恒力F＝80N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直。当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置（重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆GH和绳索的质量）。求：
（1）CD棒进入磁场时速度v的大小；
（2）CD棒进入磁场时所受的安培力的大小；
（3）在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q。
24．（2022 东城区二模）如图所示，水平固定、间距为L的平行金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B。与导轨垂直且接触良好的导体棒a、b，质量均为m，电阻均为R。现对a施加水平向右的恒力，使其由静止开始向右运动。当a向右的位移为x时，a的速度达到最大且b刚要滑动。已知两棒与导轨间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计导轨电阻，重力加速度为g。
（1）导体棒b刚要滑动时，导体棒a的最大速度vm；
（2）定性画出导体棒b所受摩擦力f大小随时间t变化的图像；
（3）导体棒a发生位移x的过程中，回路中产生的总焦耳热Q；
（4）当导体棒a达到最大速度vm时，给b水平向右的瞬时速度v0（v0＜vm）。请分析此后导体棒b的运动情况并求出b的最终速度vb。
25．（2022 龙岩三模）如图，两根相距L的水平平行金属导轨OD、O′D′，置于水平向右的匀强磁场中，磁感应强度B1＝4B．DD′间连接一个开关S与一个阻值为R的电阻，导轨左端O、O′分别通过一小段金属圆弧与倾斜的平行光滑金属导轨OC、O′C′平滑相连，两导轨均与水平面成θ＝30°，两导轨间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B2＝B，OC与OD均与OO′垂直．长度为L的金属杆M、N放在倾斜导轨上并与之垂直，接触良好，M、N的质量均为m，电阻均为R．初始时，开关S断开，将N杆静止释放，同时给M杆施加一个平行导轨向上F＝mg的恒定外力，使M、N杆由静止开始运动，在N杆运动到OO′的过程中，N杆产生的热量为Q，且N杆已匀速运动．当N杆刚进入水平轨道时，闭合开关S，一段时间后M杆开始匀速运动．已知导轨均足够长且电阻不计，N杆与水平导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．求：
（1）初始时N杆的加速度大小；
（2）初始时N杆到OO′的距离；
（3）N杆在水平导轨上运动的最终速度大小。
2023届高考物理二轮复习专项练习:电磁感应
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2022 丰台区二模）如图所示的电路中a、b是两个完全相同的灯泡，L为自感线圈（自感系数足够大，直流电阻不计），E为电源，S为开关。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关，a、b同时亮
B．断开开关，a先熄灭，b闪亮后熄灭
C．闭合开关和断开开关瞬间，a中电流方向相同
D．闭合开关和断开开关瞬间，b中电流方向相同
【考点】自感现象和自感系数．版权所有
【专题】定性思想；推理法；交流电专题；理解能力．
【分析】根据线圈在电流发生变化会产生自感电动势，电流增大时自感电动势阻碍电流增大，电流减小时自感电动势阻碍电减小，线圈相当于电源；并结合路的结构分析。
【解答】解：A、由图可以看出，a、b灯泡在两个不同的支路中，对于纯电阻电路，不发生电磁感应，通电后用电器立即开始正常工作；但对于含电感线圈的电路，在通电时，线圈产生自感电动势，对电流的增大有阻碍作用，使b灯后亮，则合上开关，a先亮，b后亮，故A错误；
B、L为自感线圈（直流电阻不计），接通后电路中的电流稳定时通过两灯的电流一样，当断开电键时，线圈中产生自感电动势，由a、b及电感线圈组成一个回路，两灯同时逐渐熄灭，故B错误；
CD、电路中电源的正极在左侧，闭合开关时，流过a与b的电流都是从左向右；断开电键时，线圈中产生自感电动势，由a、b及电感线圈组成一个回路，此时电流从流过线圈的电流开始逐渐减小，所以流过b的电流的方向不变，而流过a的电流的方向从右向左，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了自感线圈对电流发生变化时的阻碍作用，增大瞬间相当于断路，减小瞬间相当于电源，稳定后相当于短路。
2．（2022春 成都期中）如图，一交变电压前半个周期按正弦规律变化，峰值为，后半个周期电压保持为4V不变，则此交变电压的有效值为（　　）
A．4V B． C．3.5V D．
【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系；焦耳定律．版权所有
【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力．
【分析】由有效值定义结合能量守恒，求解电压的有效值。
【解答】解：前半个周期的有效值为4V，设其有效值为U，根据有效值的定义有
T
解得U＝4V
故BCD错误，A正确。
故选：A。
【点评】本题考查交流电，学生需从能量角度理解有效值，并能灵活求解。
3．（2022 西城区二模）如图1所示，将线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器（可看作理想电流表）相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈。实验观察到如图2所示的感应电流随时间变化的图像。下列说法正确的是（　　）
A．t1～t3时间内，磁铁受到线圈的作用力方向先向上后向下
B．若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流
C．若将线圈的匝数加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍
D．若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍
【考点】楞次定律；法拉第电磁感应定律．版权所有
【专题】定性思想；方程法；电磁感应与电路结合；推理能力．
【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向，以及磁铁受到的安培力的方向；根据法拉第电磁感应定律求解出电路的电动势，再根据欧姆定律求解出电路中的电流强度.
【解答】解：A、根据楞次定律的“来拒去留”可知，条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是向上，故A错误；
B、根据楞次定律，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，可知若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，由于磁场的方向相反，则磁场的变化也相反，所以产生的感应电流的方向也相反，即将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流，故B正确；
C、若将线圈的匝数加倍，根据法拉第电磁感应定律：E，可知线圈内产生的感应电动势将增大，所以对磁铁运动的阻碍作用增大，因此磁铁的最大速度将减小，所以将线圈的匝数加倍时，减小，所以线圈中产生的电流峰值不能加倍，故C错误；
D、若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，假设磁铁做自由落体运动，根据穿过线圈时的速度v，可知磁铁穿过线圈的速度增大为原来的倍，因此不能增大为原来的2倍，所以线圈中产生的电流峰值也不能加倍，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查法拉第电磁感应定律和欧姆定律的应用，要注意欧姆定律中的电阻为电路中的总电阻，要理解把整个运动过程分割为时间间隔极短的若干小段的思想。
4．（2022春 成都期中）如图，L是自感系数较大的电感线圈，其直流电阻与定值电阻R的阻值相等，a、b、c是三个完全相同的小灯泡．下列说法正确的是（　　）
A．开关S闭合时，c灯立即变亮，a、b灯逐渐变亮
B．开关S断开时，通过b灯的电流方向向右
C．开关S断开时，b、c灯立即熄灭，a灯逐渐熄灭
D．开关S断开时，c灯立即熄灭，a、b灯逐渐熄灭
【考点】自感现象和自感系数．版权所有
【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理能力．
【分析】当电键K闭合时，通过线圈L的电流实然增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律判断感应电动势的方向和作用，分析哪个灯先亮．断开瞬间也可以按照同样的思路分析．
【解答】解：A、开关S闭合时，c、b灯立即变亮，a灯逐渐变亮，故A错误；
B、开关S断开时，由于自感效应，线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源，与灯泡a、b和电阻R构成闭合回路放电，所以c灯立即熄灭，a、b灯逐渐熄灭，故BC错误，D正确。
故选：D。
【点评】对于自感现象，是特殊的电磁感应现象，应用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行理解．
5．（2022春 武侯区期中）如图，虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为2T，虚线框的长为3m，宽为2m．右侧开有一小口的长为1m、宽为0.5m的矩形线框由位置1以2m/s的速度匀速穿过虚线框运动到位置2．已知矩形线框的总电阻为1Ω，则矩形线框在此运动过程中产生的热量为（　　）
A．3.5J B．0.5J C．1J D．0
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；感应电流的产生条件．版权所有
【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理能力．
【分析】根据感应电流的产生条件分析出是否产生感应电流，进而结合焦耳定律分析出产生的热量。
【解答】解：感应电流的产生条件为：形成闭合回路和磁通量发生变化．矩形线框在进入磁场和离开磁场的过程中虽然磁通量发生了变化，但没有形成闭合回路，所以不会产生感应电流，因此产生的热量为0，故D正确，ABC错误；
故选：D。
【点评】本题主要考查了电磁感应的相关应用，理解感应电流的产生条件即可，难度不大。
6．（2022春 武侯区期中）如图，固定在水平面上的半径为l的金属圆环内存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．金属棒一端与圆环接触良好，另一端通过电刷固定在竖直导电转轴OO′上的P点（P点为金属圆环的圆心），随轴以角速度ω顺时针匀速转动．在金属圆环的M点和电刷间接有阻值为R的电阻，不计其他电阻及摩擦．下列说法正确的是（　　）
A．R两端的电压为Bωl2 B．电路中的电流为
C．P点相当于电源的负极 D．流过R的电流由M到N
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；右手定则；闭合电路的欧姆定律．版权所有
【专题】定量思想；方程法；电磁感应与电路结合；推理能力．
【分析】根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势，根据闭合电路的欧姆定律求解感应电流；根据右手定则判断电势高低和电流方向。
【解答】解：A、金属棒绕转轴OO′转动切割磁感线，金属棒产生的感应电动势E＝Bl，故A错误；
B、电路中电阻的阻值为R，不计其他电阻，则有：I，故B正确；
CD、根据右手定则，P点相当于电源的正极，流过R的电流由N到M，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题主要是考查了法拉第电磁感应定律和右手定则；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E＝BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据E来计算。
7．（2022 天心区校级一模）如图所示，直角三角形金属框abc电阻为R，ab边长为L，bc边长为L。金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动，空间中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场。下列说法正确的是（　　）
A．若磁场方向平行ab边向上，金属框中没有感应电流，bc间电势差也为0
B．若磁场方向垂直纸面向里，图示时刻金属框中的感应电流最大
C．若磁场方向垂直纸面向里，从图示时刻开始至金属框转过90°的过程中，流经金属框的电量为
D．若磁场方向垂直纸面向里，从图示时刻开始至金属框转过180°的过程中，金属框中产生的焦耳热为
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化；交流的峰值、有效值以及它们的关系；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律．版权所有
【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理能力．
【分析】根据感应电流和感应电动势的产生条件完成分析；
若磁场方向垂直纸面向里，则图示时刻的磁通量最大，电动势和电流均为零；
根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电流的定义式联立得出流过金属框的电荷量；
根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律计算出电流的有效值，结合焦耳定律计算出产生的总热量。
【解答】解：A、磁场方向平行ab边向上时，金属框磁通量不变，不产生感应电流，但bc边切割磁感线，有感应电动势，bc电势差不为0，故A错误；
B、若磁场方向垂直纸面向里，金属框转动产生正弦式交流电流，图示时刻感应电流为0，故B错误；
C、从图示时刻开始至金属框转过90°的过程中，有
解得：，故C错误；
D、从图示时刻开始至金属框转过180°的过程中，金属框中产生的焦耳热，由
Q＝I2Rt
联立解得：Q，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查了法拉第电磁感应定律，要注意感应电流和感应电动势产生条件的区别，同时熟练掌握欧姆定律和焦耳定律等电学公式即可完成分析。
8．（2022 丰台区二模）一个边长为10cm的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，电阻为1Ω。磁感应强度B随时间t的变化关系如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．1～3s的感应电动势为3×10﹣5V
B．3～5s的感应电流大小为2×10﹣5A
C．0～5s线框中产生的焦耳热为4.5×10﹣9J
D．0～5s线框中感应电流的有效值为
【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．版权所有
【专题】定量思想；方程法；交流电专题；分析综合能力．
【分析】由法拉第电磁感应定律求解1～3s和3～5s的感应电动势，再根据闭合电路的欧姆定律求解感应电流；根据焦耳定律求解产生的热；根据电流的热效应求解电流有效值。
【解答】解：A.由法拉第电磁感应定律可知，1～3s的感应电动势为：
E1V＝2×10﹣5V
此过程中的感应电流为：I1A＝2×10﹣5A，故A错误；
B.由法拉第电磁感应定律可知，3～5s的感应电动势为：
E2V＝3×10﹣5V
3～5s的感应电流大小为I2A＝3×10﹣5A，故B错误；
C.0～5s线框中产生的焦耳热为：Q＝I12Rt1+I22Rt2，其中t1＝3s，t2＝2s，
代入数据解得：Q＝3×10﹣9J，故C错误；
D.根据电流热效应可得I2RT＝I12RT+I22RT
代入数据解得：I，故D正确。
故选：D。
【点评】本题是关于法拉第电磁感应定律和交流电有效值的综合题．要正确应用法拉第电磁感应定律定律，尤其是理解的含义，平时加强规律的综合应用．
9．（2022 天心区校级一模）如图，足够长的光滑平行金属直导轨固定在水平面上，左侧轨道间距为2d，右侧轨道间距为d。轨道处于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。质量为2m、有效电阻为2R的金属棒a静止在左侧轨道上，质量为m、有效电阻为R的金属棒b静止在右侧轨道上。现给金属棒a一水平向右的初速度v0，经过一段时间后两金属棒达到稳定状态。已知两金属棒运动过程中始终相互平行且与导轨良好接触，导轨电阻忽略不计，金属棒a始终在左侧轨道上运动，则下列说法正确的是（　　）
A．整个运动过程中a、b两棒组成的系统动量守恒
B．达到稳定状态时，a、b两棒的速度之比为2：1
C．金属棒b稳定时的速度大小为
D．整个运动过程中金属棒a产生的焦耳热为mv02
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化；动量定理；动量守恒定律；闭合电路的欧姆定律．版权所有
【专题】定量思想；方程法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．
【分析】根据动量守恒定律的守恒条件分析系统的动量是否守恒；根据动量定理，结合题意求出整个过程中，通过金属棒a的电荷量及达到稳定运动时a、b两棒速度之比；根据能量守恒定律，结合已知量求出整个过程中回路产生的内能，进而求出金属棒a产生的焦耳热。
【解答】解：A、金属棒a、b的长度不等，通过两棒的电流相等，所以两棒所受安培力大小不等，即金属棒a、b棒组成的系统合外力不为0，故动量不守恒，故A错误；
BC、达到稳定运动时，电路中电流为零，设此时a、b棒的速度分别为v1、v2，则有：2Bdv1＝Bdv2
对变速运动中取极短时间Δt，以向右为正方向，根据动量定理可得：
对a棒有：﹣2Bd Δt＝2m Δv1
对b棒有：Bd Δt＝m Δv2
对变速运动全过程有：Bdq＝m（v0﹣v1）
v0﹣v1＝v2
联立解得：v2v0，v1v0
所以最终a、b两棒的速度之比为1：2，故BC错误；
D、根据能量守恒定律可知，从t＝0时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为
Q 2mv02 2mv12mv22
整理可得Qmv02
整个运动过程中金属棒b产生的焦耳热和金属棒a产生的焦耳热满足：
故整个运动过程中金属棒a产生的焦耳热Qamv02，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了电磁感应中的“双棒”问题，涉及了法拉第电磁感应定律定律、动量定理和能量守恒定律，特别是应用动量定理解决变加速运动，难度大，易出错。
10．（2022春 成都期中）如图甲，一矩形导体环垂直置于匀强磁场中，磁场的磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示．规定垂直于纸面向里为磁场的正方向，顺时针方向为感应电流的正方向，则矩形导体环中的感应电流I随时间t的变化关系图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律；闭合电路的欧姆定律．版权所有
【专题】定量思想；推理法；电磁感应与图象结合；推理能力．
【分析】由图可知磁感应强度的变化，则可知线圈中磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况，由欧姆定律可知电流的变化情况，结合可得出正确的图象．
【解答】解：规定垂直于纸面向里为磁场的正方向，从图2可知：
0～1s磁场向外且减小，则通过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律，感应电流方向应该为逆时针，为负方向，同理可知1s～2s电流为负方向。
2s～4s为正方向；根据法拉第电磁感应定律及欧姆定律，线圈的感应电流为：I
其中R为线圈的电阻，为磁感应强度的变化率，从图2可以看出为定值，即电流大小恒定，
故ACD错，B正确。
故选：B。
【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律，解题关键掌握楞次定律，注意感应电动势的计算公式．
二．多选题（共10小题）
（多选）11．（2022 南开区模拟）我国领先全球的特高压输电技术将为国家“碳中和”做出独特的贡献。白鹤滩水电站是世界第二大水电站，共安装16台我国自主研制的全球单机容量最大功率百万千瓦水轮发电机组。2021年6月28日白鹤滩水电站首批初装机容量1600万千瓦正式并网发电，在传输电能总功率不变情况下，从原先150kV高压输电升级为1350kV特高压输电。则下列说法正确的是（　　）
A．若输电线不变，则输电线上损失的电压变为原先的
B．若输电线不变，则输电线上损失功率变为原先的
C．如果损失功率不变，相同材料、传输到相同地方所需导线横截面积是原先的
D．如果损失功率不变，相同材料、相同粗细的输电线传输距离是原先的9倍
【考点】电能的输送；功率、平均功率和瞬时功率．版权所有
【专题】定量思想；推理法；交流电专题；分析综合能力．
【分析】应用电功率公式求出输电流的变化情况，然后应用电功率公式分析答题。
【解答】解：在输电功率不变的情况下，输电电压150kV高压输电升级为1350kV，输电电压变为原来的9倍，由电功率公式可知，输电电流变为原来的；
AB、若输电线不变，输电线上损失的电压ΔU＝IR变为原先的；由电功率公式P＝I2R可知，输电线上损失的功率变为原来的，即，故A错误，B正确；
CD、如果损失的功率不变，由电功率公式P＝I2R可知，输电线的电阻变为原来的81倍，由电阻定律R可知，相同材料、传输到相同地方所需导线横截面积是原；相同材料、粗细的输电线传输距离是原先的81倍，故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】知道远距离输电的原理与输电过程是解题的前提，根据题意应用电功率公式与电阻定律即可解题。
（多选）12．（2022春 龙泉驿区期中）如图所示，单匝矩形线圈的长为2l，宽为l，总电阻为R，绕匀强磁场的边界OO'以角速度ω匀速转动，OO'左侧没有磁场（磁场具有理想边界），已知磁场的磁感应强度为B，OO'为ad边的垂直平分线。从图示时刻开始计时，下列说法正确的是（　　）
A．电流的瞬时值表达式为i
B．电流的有效值为
C．电流的最大值为
D．一个周期内线圈产生的焦耳热为
【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系；交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．版权所有
【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力．
【分析】由电动势瞬时值推导电流瞬时值，并进一步求解最大值和有效值，由QRT求解焦耳热。
【解答】解：A.从题图所示时刻开始计时，t＝0时，通过线圈的磁通量最大，感应电动势为零，则线圈转动过程中产生的感应电动势的时值表达式为
e＝Bl2ωsinωt 则电流的瞬时值表达式为
i
故A错误；
BC.根据电流的瞬时表达式可知，电流的最大值为
Im
电流的有效值为
I有
故BC正确；
D.一个周期内线圈产生的焦耳热表示为
QRT
其中
T
整理得
Q
故D错误。
故选：BC。
【点评】本题考查交流电，熟练的区分最大值、有效值、瞬时值及平均值是解题关键。
（多选）13．（2022 新罗区校级模拟）如图所示为某小型发电站高压输电示意图。升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4。在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为10：1和1：10，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确的是（　　）
A．两互感器均起到降压作用
B．若电压表的示数为220V，电流表的示数为10A，则线路输送电功率为220kW
C．若保持发电机输出电压U1和用户数一定，仅将滑片Q下移，则输电线损耗功率减少
D．若发电机输出电压U1一定，若用户数增加，为维持用户电压U4一定，可将滑片P上移
【考点】变压器的构造和原理；电能的输送；电功、电功率．版权所有
【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力．
【分析】由匝数比判断是否降压，由功率公式求解电功率，结合闭合电路欧姆定律求解输电线功率损耗，由动态分析判断划片移动方向。
【解答】解：A．根据两个互感器原、副线圈的匝数比可知电压互感器起到降压的作用，电流互感器起到降流（升压）的作用，故A错误；
B．设输电电流为I2，根据理想变压器变压和变流规律可得
10
10
解得
U2＝2200V
I2＝100A
所以线路输送的电功率为
P＝U2I2＝2200×100W＝220kW
故B正确；
C．由理想变压器变压和变流规律可得
设输电线路总电阻为r，根据闭合电路欧姆定律有
U3＝U2﹣I2r
设用户端总电阻为R，根据欧姆定律有
I4
联立以上五式解得
I2
若保持发电机输出电压U1和用户数一定，仅将滑片Q下移，则U2增大，R不变，所以I2增大，而输电线损耗功率为
ΔP
所以输电线损耗功率增大，故C错误；
D．若保持发电机输出电压U1和Q的位置一定，使用户数增加，即U2不变，R减小，则I2增大，U3减小，为了维持用户电压U4一定，需要增大，可将滑片P上移，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题考查变压器，学生需熟练掌握匝数比，功率公式，闭合电路欧姆定律等综合分析。
（多选）14．（2022春 西城区校级期中）某水电站用总电阻为2.5Ω的输电线给500km外的用户输电，其输出电功率是3×106kW。现用500kV电压输电，则下列说法正确的是（　　）
A．输电线上输送的电流大小为6×104A
B．输电线上因电阻造成的电压损失为15kV
C．若改用250kV电压输电，则输电线上损失的电压为原来的2倍
D．若改用250kV电压输电，则输电线上损失的功率为原来的2倍
【考点】电能的输送．版权所有
【专题】定量思想；推理法；交流电专题；分析综合能力．
【分析】由P＝UI计算导线上的电流，再根据P＝I2R，ΔU＝IR，计算损失功率以及损失电压。
【解答】解：ABC、由P＝UI得输电线上输送的电流IA＝6×103A，由ΔU＝IR得输电线上的电压损失为，500kV电压输电改为250kV电压输电，电压变为原来的 ，故输电电流变为原来的2倍，根据ΔU＝IR＝6×103×2.5V＝1.5×104V＝15kV，故A错误，BC正确；
D、输电线上损失的功率ΔP＝I2R，500kV电压输电改为250kV电压输电，电压变为原来的 ，则损失的功率变为原来的4倍，故D错误；
故选：BC。
【点评】远距离输电过程中输电电压越高损失功率越小，注意计算的准确性。
（多选）15．（2022 济宁二模）某理想变压器原线圈a的匝数n1＝400匝，副线圈b的匝数n2＝200匝，原线圈接在u＝100（V）的交流电源上，副线圈中“12V，6W”的灯泡L恰好正常发光，电阻R1＝160Ω．下列说法正确的是（　　）
A．副线圈两端的电压有效值为50V
B．电阻R2的阻值为76Ω
C．通过电阻R1的电流大小为0.25A
D．穿过铁芯的磁通量的变化率最大值为Wb/s
【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式；交流的峰值、有效值以及它们的关系．版权所有
【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力．
【分析】先根据灯泡正常发光的特点分析出副线圈的电流，结合原副线圈的匝数比得出原线圈的电流，根据欧姆定律分析出原线圈的电压，进而得出副线圈的电压和副线圈电阻R2的阻值；
根据法拉第电磁感应定律反推出穿过铁芯的磁通量的变化率的最大值。
【解答】解：ABC、根据题目可知，交流电源的的电压有效值为，因为灯泡正常发光，则副线圈的电流为，根据原副线圈两端的匝数比可知，，则原线圈的电压为U1＝U﹣I1R1＝100V﹣0.25×160V＝60V，则副线圈的电压为，根据欧姆定律得：，故AB错误，C正确；
D、根据上述分析可知，原线圈的电压有效值为60V，则电压的最大值为60，根据公式可知，穿过铁芯的磁通量的变化率最大值为，故D正确；
故选：CD。
【点评】本题主要考查了变压器的构造和原理，要理解原副线圈两端的电压、电流和电功率的关系，同时结合电路构造和欧姆定律即可完成分析。
（多选）16．（2022 红桥区一模）如图甲中所示，一矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈所围面积的磁通量Φ随时间t变化的规律如图乙所示，下列论述正确的是（　　）
A．初始时刻线圈中感应电动势最小
B．t2时刻导线ad的速度方向跟磁感线平行
C．t3时刻线圈平面与中性面重合
D．t2、t4时刻线圈中感应电流方向相反
【考点】交流的峰值、有效值以及它们的关系；交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式．版权所有
【专题】定性思想；推理法；交流电专题；分析综合能力．
【分析】】由数学知识可知：磁通量—时间图象斜率等于磁通量的变化率，其大小决定了感应电动势的大小．当线圈的磁通量最大时，线圈经过中性面，电流方向发生改变。
【解答】解：A.由图可知，t＝0时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，线圈中感应电动势最大，故A错误；
B.t2时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，磁通量变化率最大，感应电动势最大，导线ad的速度方向跟磁感线垂直，故B错误；
C.t3时刻线圈的磁通量最大，处于中性面，感应电动势为零，故C正确；
D.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，电流最大；相差半个周期，电流方向相反，故D正确。
故选：CD。
【点评】本题关键抓住感应电动势与磁通量是互余关系，即磁通量最大，感应电动势最小；而磁通量最小，感应电动势最大。
（多选）17．（2022春 沙坪坝区校级期中）如图所示，长、宽分别为L1、L2电阻为r的矩形金属线框置于匀强磁场中，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度为B，电路中接入定值电阻R。线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度ω匀速转动。则下列说法正确的是（　　）
A．在图示位置线框中产生的感应电动势最大
B．在图示位置线框的磁通量变化率最小
C．线框中产生的感应电流有效值为
D．线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量
【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；交流的峰值、有效值以及它们的关系；交流电的平均值及其应用；闭合电路的欧姆定律；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势．版权所有
【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力．
【分析】线圈位于中性面时，此时穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电动势最小，根据Em＝NBSω求得产生的最大感应电动势，即可求得有效值，结合闭合电路的欧姆定律求得电流的有效值，根据求得流过电阻的电荷量。
【解答】解：AB、由图可知，图示位置线框平面与磁场垂直，则穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势最小，故A错误，B正确；
C、根据Em＝NBSω可得，线圈转动过程中感应电动势的最大值为Em＝BL1L2ω
感应电流的最大值为
则线框中产生的感应电流有效值为，故C错误；
D、根据公式、和q＝It可得，通过电阻R的电荷量，故D正确。
故选：BD。
【点评】考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律与焦耳定律的应用，注意正弦交流电的最大值与有效值及平均值如何求解，同时知道电表的示数表交流电的有效值．
（多选）18．（2022春 荔湾区校级期中）如图a，理想变压器的原线圈接入如图b的正弦交变电压。副线圈接10个并联的彩色灯泡，每个灯泡的额定电压为4V、额定电流为0.1A。若灯泡都正常工作，则（　　）
A．图b中电压的有效值为311V
B．图b中交流电的频率为25Hz
C．图a中副线圈上的电流为1A
D．图a中原副线圈的匝数比为55：1
【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；交流的峰值、有效值以及它们的关系．版权所有
【专题】定量思想；方程法；交流电专题；理解能力．
【分析】根据图b可以求得输入电压的有效值、周期和频率；结合并联的电压、电流关系得出副线圈电压和电流；再根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，即可求解。
【解答】解：A、根据图b得电压的最大值为Um＝220V，所以图b中电压的有效值为U1V＝220V，故A错误；
B、交流电的周期T＝0.02s，频率fHz＝50Hz，故B错误；
C、副线圈接10个并联的彩色灯泡，额定电流为0.1A，所以副线圈电流I2＝10×0.1A＝1A，故C正确；
D、副线圈接10个并联的彩色灯泡，每个灯泡的额定电压为4V，所以副线圈电压为U2＝4V，根据电压与匝数成正比得原副线圈的匝数比为n1：n2＝U1：U2＝220：4＝55：1，故D正确。
故选：CD。
【点评】该题考查变压器的电压比，电流比与匝数比关系，以及交流电的周期与频率关系，掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，明确各表的示数为有效值．
（多选）19．（2022 呼伦贝尔一模）如图所示，竖直平面内可绕O点转动的光滑导轨OM，ON（导轨的电阻不计）处在方向垂直导轨平面的匀强磁场（图中未画出）中，粗细均匀的导体棒与导轨接触良好．第一次将导体棒以恒定的加速度从O处由静止向右拉，导体棒始终与导轨ON垂直，当导体棒到达虚线位置时，通过回路的电流为I1，a、b两端的电势差为U1；第二次将OM绕O点顺时针转动一小角度，将导体棒以相同的加速度从O处由静止向右拉，当导体棒到达同一虚线位置时，通过回路的电流为I2，a、c两端的电势差为U2。下列说法正确的是（　　）
A．I1＝I2 B．I1＞I2 C．U1＝U2 D．U1＜U2
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电势差；电阻定律；闭合电路的欧姆定律．版权所有
【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理能力．
【分析】两次导体棒到达虚线位置时的速度相同，根据法拉第电磁感应定律求得电动势，根据闭合电路欧姆定律求得感应电流，导体棒切割磁感线产生电动势，导体棒相当于电源，导体棒两端电势差为电源的路端电压。
【解答】解：AB、设磁感应强度为B，导体棒单位长度电阻为r0，将导体棒以相同的加速度从O处由静止向右拉，当导体棒到达同一虚线位置时，可知两次导体棒到达虚线位置时的速度相同（设为v），根据法拉第电磁感应定律可得：
E1＝BLabv；E2＝BLacv
根据闭合电路欧姆定律可得：
；
可得：I1＝I2，故A正确，B错误；
CD、导体棒切割磁感线产生电动势，导体棒相当于电源，导体棒两端电势差为电源的路端电压，由于外电路导轨的电阻不计，即外电路电阻为零，两端电压为零，故有：U1＝U2＝0，故C正确，D错误。
故选：AC。
【点评】本题考查了电磁感应现象中动生电动势与电路结合的问题。解题关键要明确有感应电流的回路中切割磁感线是哪部分导体和回路中电阻与什么有关。
（多选）20．（2022 龙岩三模）如图所示，在竖直平面内有四条间距均为L的水平虚线L1、L2、L3、L4，在L1、L2之间和L3、L4之间存在磁感应强度大小相等且方向均垂直纸面向里的匀强磁场．现有一矩形金属线圈abcd，ad边长为3L．t＝0时刻将其从图示位置（cd边与L1重合）由静止释放，cd边经过磁场边界线L3时开始做匀速直线运动，cd边经过磁场边界线L2、L3、L4时对应的时刻分别为t1、t2、t3，整个运动过程线圈平面始终处于竖直平面内．在0～t3时间内，线圈的速度v、通过线圈横截面的电量q、通过线圈的电流i和线圈产生的热量Q随时间t的关系图像可能正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化；闭合电路的欧姆定律；安培力．版权所有
【专题】比较思想；图析法；电磁感应与图象结合；理解能力．
【分析】根据法拉第电磁感应定律结合安培力的计算公式、牛顿第二定律分析加速度的变化情况；根据电荷量的计算公式分析电荷量的变化情况，根据闭合电路的欧姆定律分析电流的变化情况；根据焦耳定律分析产生的热随时间变化情况，结合图象斜率表示的物理意义进行分析。
【解答】解：A、线圈cd边在L1、L2之间的磁场切割磁感线，则有：E＝BLv，
感应电流：I，F安＝BIL
根据牛顿第二定律可得：mg﹣F安＝ma，解得加速度大小为：a。
可知随着速度的增加，安培力也逐渐增大，加速度逐渐减小，根据题意，cd边经过磁场边界线L3时开始做匀速直线运动，说明从0时刻到t1的过程，线圈做加速度减小的加速运动，从t1到t2的过程，线圈做加速度为g的匀加速直线运动，从t2到t3的过程，线圈做匀速直线运动，由于v﹣t图像的切线斜率表示加速度，故A错误；
BC、从0时刻到t1的过程，线圈做加速度减小的加速运动，线圈中的电流逐渐增大，从t1到t2的过程，线圈做加速度为g的匀加速直线运动，但此过程线圈没有切割磁感线，感应电流为零，从t2到t3的过程，线圈做匀速直线运动，线圈中的电流保持不变，而q﹣t图像的切线斜率表示电流，故B正确、C错误；
D、从0时刻到t1的过程，线圈中的电流逐渐增大，从t1到t2的过程，线圈中的电流为零，从t2到t3的过程，线圈中的电流保持不变，根据Q＝I2Rt可知Q﹣t图像的切线斜率表示表示电流的平方，故D正确。
故选：BD。
【点评】对于电磁感应现象中的图象问题，经常是根据楞次定律或右手定则判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间变化关系，然后推导出纵坐标与横坐标的关系式，由此进行解答，这是电磁感应问题中常用的方法和思路。
三．计算题（共5小题）
21．（2022春 武侯区期中）如图，材料和粗细均相同的正方形单匝导线框abcd边长为L＝0.1m，线框的电阻为R＝0.2Ω，质量为m＝0.2kg，物体A的质量为M＝0.6kg，匀强有界磁场高为H＝0.1m，磁感应强度大小为B＝2.0T．物体A放在足够长的光滑固定斜面上，斜面的倾角为α＝30°．物体A由静止开始下滑，线框ab边一进入磁场时，就开始做匀速直线运动，重力加速度大小为g＝10m/s2．求：
（1）线框进入磁场时受到的安培力大小；
（2）线框做匀速直线运动的速度大小；
（3）线框进入磁场的过程中产生的焦耳热Q及通过线框的电荷量q．
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律；安培力的计算．版权所有
【专题】计算题；信息给予题；定量思想；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．
【分析】（1）根据受力分析，结合题意求出安培力大小；
（2）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和安培力公式，求出线框做匀速直线运动的速度大小；
（3）根据题意，结合焦耳定律求出线框中产生的焦耳热及通过线框的电荷量。
【解答】解（1）对物体A受力分析有
T＝Mgsinα
对线框受力分析有
T＝mg+F安
整理代入数据可得F安＝1N
（2）ab边垂直切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律可得产生的感应电动势
E＝BLv
根据闭合电路的欧姆定律可得，对线框回路有
I
ab边在磁场中受到的安培力
F安＝BIL
代入数据解得v＝5m/s
（3）线框进入磁场所用时间
t
电流通过电阻产生热量，根据焦耳定律有
Q＝I2Rt
联立代入数据可得Q＝0.1J
通过线框的电荷量q＝It
联立代入数据可得q＝0.1C
答：（1）线框进入磁场时受到的安培力大小为1N；
（2）线框做匀速直线运动的速度大小为5m/s；
（3）线框进入磁场的过程中产生的焦耳热Q为0.1J；通过线框的电荷量q为0.1C．
【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和焦耳定律，在分析焦耳热时要注意回路中电流恒定，可以直接应用焦耳定律来求焦耳热。
22．（2022 沙坪坝区校级模拟）如图所示是某兴趣小组为火星探测器实现软着陆而设计的一种电磁阻尼缓冲装置的原理图，其主要部件为缓冲滑块K和探测器主体，MN和PQ为固定在探测器主体上的绝缘光滑的缓冲轨道，探测器主体能在两轨道间产生垂直于导轨平面向外的匀强磁场。缓冲滑块K由高强度的绝缘材料制成，其上绕有n匝闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，ab边长为L。某次探测器接触火星表面的瞬间速度为v0，滑块K立即停止运动，其线圈与轨道间的磁场立即发生作用，使探测器主体减速到v1的安全速度，从而实现了缓冲作用，已知该装置中除缓冲滑块（含线圈）外的质量为M，若火星表面的重力加速度为g，求：
（1）当缓冲滑块落到火星表面时，探测器主体能立即减速，则磁感应强度B0应大于多少；
（2）当磁感应强度为B时，探测器主体可以实现软着陆，从v0减速到v1的过程中，通过线圈导线截面的电荷量为q，求该过程线圈中产生的焦耳热Q。
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化．版权所有
【专题】计算题；推理法；电磁感应中的力学问题；推理能力．
【分析】（1）为了使探测器做减速运动，其所受的安培力需大于其自身重力，据此列式，得匀强磁场的磁感应强度B应满足的条件；
（2）根据通过线圈截面的电量求出探测器下降的高度，线圈产生的焦耳热等于探测器机械能的变化量，由能量守恒求解焦耳热Q。
【解答】解：（1）要使探测器主体减速，它受到的安培力应大于重力，则有
nB0IL＞Mg
根据法拉第电磁感应定律得
E＝nB0Lv0
根据闭合电路欧姆定律可得
联立可得：；
（2）设探测器主体从v0减速到v1的过程中，下降高度为h，则有
q
解得：
由能量守恒定律有
。
答：（1）当缓冲滑块落到火星表面时，探测器主体能立即减速，则磁感应强度B0应大于；
（2）当磁感应强度为B时，探测器主体可以实现软着陆，从v0减速到v1的过程中，通过线圈导线截面的电荷量为q，该过程线圈中产生的焦耳热Q为。
【点评】对于电磁感应问题，若知道电荷量，往往根据电荷量与磁通量变化量的关系能求出导体通过的距离，焦耳热常常运用能量守恒求解。
23．（2022 天津模拟）小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05Ω的电阻。在导轨间长d＝0.56m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0T。质量m＝4.0kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连。CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24m。一位健身者用恒力F＝80N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直。当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置（重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆GH和绳索的质量）。求：
（1）CD棒进入磁场时速度v的大小；
（2）CD棒进入磁场时所受的安培力的大小；
（3）在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q。
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化；闭合电路的欧姆定律；安培力的计算．版权所有
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；等效替代法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．
【分析】（1）CD棒进入磁场前，由牛顿第二定律求出CD棒的加速度，再由运动学公式求CD棒进入磁场时速度v的大小。
（2）CD棒进入磁场后切割磁感线产生感应电动势，先由E＝BLv求感应电动势，再由欧姆定律求出感应电流，即可由安培力公式F＝BIL求解CD棒所受安培力的大小。
（3）根据功的计算公式求健身者所做的功W。由牛顿第二定律求出CD棒进入磁场后的加速度，知道CD棒做匀速运动，求出运动时间，再由焦耳定律求电阻产生的焦耳热Q。
【解答】解：（1）CD棒进入磁场前，由牛顿第二定律得：F mgsinθ＝ma
解得a＝12m/s2…①
进入磁场时CD棒的速度为：vm/s＝2.4m/s…②
（2）CD棒进入磁场时产生的感应电动势为：E＝Blv…③
感应电流为：I④
CD棒安培力为：FA＝BIl…⑤
联立整理得：FA⑥
解得FA＝48N
（3）在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功为：W＝F（s+d）…⑦
解得：W＝64J
由于F﹣mgsinθ﹣FA＝0…⑧
所以CD棒进入磁场后做匀速运动，在磁场中运动时间为：t⑨
则电阻产生的焦耳热为：Q＝I2Rt，解得Q＝26.88J
答：（1）CD棒进入磁场时速度v的大小为2.4m/s
（2）CD棒进入磁场时所受的安培力的大小是48N；
（3）在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W是64J，电阻产生的焦耳热Q是26.88J。
【点评】本题是力电综合题，关键要根据法拉第定律、欧姆定律得到安培力的表达式，并计算出安培力的大小，从而判断导体棒的受力情况和运动情况。第3小题，不要有思维定势，认为求焦耳热就想到能量守恒定律，要知道导体棒匀速运动时，感应电流一定，可根据焦耳定律求热量。
24．（2022 东城区二模）如图所示，水平固定、间距为L的平行金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B。与导轨垂直且接触良好的导体棒a、b，质量均为m，电阻均为R。现对a施加水平向右的恒力，使其由静止开始向右运动。当a向右的位移为x时，a的速度达到最大且b刚要滑动。已知两棒与导轨间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计导轨电阻，重力加速度为g。
（1）导体棒b刚要滑动时，导体棒a的最大速度vm；
（2）定性画出导体棒b所受摩擦力f大小随时间t变化的图像；
（3）导体棒a发生位移x的过程中，回路中产生的总焦耳热Q；
（4）当导体棒a达到最大速度vm时，给b水平向右的瞬时速度v0（v0＜vm）。请分析此后导体棒b的运动情况并求出b的最终速度vb。
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化；动量守恒定律；闭合电路的欧姆定律．版权所有
【专题】定量思想；方程法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．
【分析】（1）根据平衡条件求解电流，对整个回路根据闭合电路的欧姆定律求解最大速度；
（2）分析导体棒b所受摩擦力大小随时间变化情况，由此画图；
（3）导体棒b刚要滑动时，对导体棒a根据平衡条件列方程，整个过程中对系统由功能关系列方程求解；
（4）导体棒b做初速度为v0，加速度减小的减速运动，当加速度减至0时匀速运动；由动量守恒定律进行解答。
【解答】解：（1）设导体棒b刚要滑动时回路中电流为I，对导体棒b有：BIL＝μmg
对整个回路根据闭合电路的欧姆定律可得：BLvm＝2IR
解得：；
（2）导体棒b未滑动前，所受摩擦力为静摩擦力，大小等于安培力，随着导体棒a速度增大，回路中感应电流变大，导体棒a所受的安培力变大，则导体棒a做加速度逐渐减小的加速运动，电流变化率逐渐变小，则导体棒b摩擦力随时间的变化率逐渐变小，导体棒b滑动后，为滑动摩擦力，恒定不变，当导体棒b所受摩擦力f大小随时间t变化的图像如图：
（3）导体棒b刚要滑动时，对导体棒a可得：F＝μmg+BIL
整个过程中对系统，由功能关系可得：
解得：；
（4）导体棒b做初速度为v0，加速度减小的减速运动，当加速度减至0时导体棒做匀速直线运动，由以上式子可得：F＝2μmg
导体棒b获得瞬时速度后，a、b系统动量守恒，设最终导体棒a的速度为va，取向右为正方向，对a、b系统，由动量守恒定律可得：
mv0+mvm＝mva+mvb
当导体棒加速度减为0时：
联立解得：。
答：（1）导体棒b刚要滑动时，导体棒a的最大速度为；
（2）导体棒b所受摩擦力f大小随时间t变化的图像见解析；
（3）导体棒a发生位移x的过程中，回路中产生的总焦耳热为；
（4）导体棒b做初速度为v0，加速度减小的减速运动，当加速度减至0时导体棒做匀速直线运动；b的最终速度为。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；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。
25．（2022 龙岩三模）如图，两根相距L的水平平行金属导轨OD、O′D′，置于水平向右的匀强磁场中，磁感应强度B1＝4B．DD′间连接一个开关S与一个阻值为R的电阻，导轨左端O、O′分别通过一小段金属圆弧与倾斜的平行光滑金属导轨OC、O′C′平滑相连，两导轨均与水平面成θ＝30°，两导轨间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B2＝B，OC与OD均与OO′垂直．长度为L的金属杆M、N放在倾斜导轨上并与之垂直，接触良好，M、N的质量均为m，电阻均为R．初始时，开关S断开，将N杆静止释放，同时给M杆施加一个平行导轨向上F＝mg的恒定外力，使M、N杆由静止开始运动，在N杆运动到OO′的过程中，N杆产生的热量为Q，且N杆已匀速运动．当N杆刚进入水平轨道时，闭合开关S，一段时间后M杆开始匀速运动．已知导轨均足够长且电阻不计，N杆与水平导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．求：
（1）初始时N杆的加速度大小；
（2）初始时N杆到OO′的距离；
（3）N杆在水平导轨上运动的最终速度大小。
【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化；牛顿第二定律；动量定理；动量守恒定律；闭合电路的欧姆定律；安培力的计算．版权所有
【专题】定量思想；方程法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．
【分析】（1）对N杆根据牛顿第二定律求解加速度大小；
（2）N由动量守恒定律、动能定理、功能关系结合安培力的计算公式进行解答；
（3）根据平衡条件结合安培力的计算公式求解M杆稳定时速度，根据闭合电路的欧姆定律求解M和N杆的电流；分别对M、N根据动量定理求解N最终速度表达式，再根据μ的取值进行讨论。
【解答】解：（1）初始时对N杆受力分析如图1所示；
设N杆的加速度为a，对N杆根据牛顿第二定律得：mgsinθ＝ma
解得：a＝0.5g；
（2）N杆到达oo边界前对M、N系统受力分析如图2所示；
可知系统沿倾斜导轨方向所受的合外力等于零，所以M、N系统沿倾斜导轨方向动量守恒，设N杆到达OO′边界前速度大小为v，N杆速度大小为v1，沿导轨向下为正方向，由动量守恒定律可得：
mv﹣mv1＝0
解得：v1＝v
回路电动势：E＝2B2Lv＝2BLv
回路电流：I
M、N所受安培力大小均为：F安＝B2IL
由于N杆运动到OO′边界前已匀速，所以有：
F安＝mgsinθ
联立可得：v
设N杆到OO′的距离为x，对N杆由动能定理得：
mgxsinθ﹣W克安0
由功能关系得：W克安＝Q
联立解得：x；
（3）N杆到达水平导轨时受力如图3所示；
分析可知N杆向右开始减速运动，而M杆向上加速运动，设M杆速度重新达到稳定时速度大小为vM，则M杆切割产生电动势为：
EM＝BLvM
由欧姆定律得：IM
由平衡条件得：BIML+mgsinθ＝F
解得M杆稳定时速度：vM
所以此时M杆的电流为：IM，N杆中电流：IN
N杆受到的安培力：F安N＝B1INL＝mg
由：N1＝mg﹣F安N可得：N1＝0故：f＝0
此时N杆也达到稳定速度，设为vN，设N杆OO′到两杆速度稳定的时间为t，由动量定理可知：
对M杆有：（F﹣mgsinθ）t﹣BLt＝m（vM﹣v）
即：mgt﹣BLt＝m（vM﹣v）
对N杆有：μN1′t＝m（v﹣vN）
其中：N1′＝mg﹣B1L
代入得：2μ（mgt﹣BLt）＝m（v﹣vN）
联立解得：vN
讨论：
①当0＜μ＜1时，N杆最终在水平导轨上向右匀速运动，速度大小vN
②当μ≥1时，N杆最终静止在水平导轨上。
答：（1）初始时N杆的加速度大小为0.5g；
（2）初始时N杆到OO′的距离为；
（3）当0＜μ＜1时，N杆最终在水平导轨上向右匀速运动，速度大小为；当μ≥1时，N杆最终静止在水平导轨上。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；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；如果涉及求位移问题，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。

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