第2講電磁感應(yīng)規(guī)律及綜合應(yīng)用考情速覽·明規(guī)律高考命題點(diǎn)命題軌跡情境圖楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用2016Ⅱ卷20，Ⅲ卷2116(2)20題16(3)21題17(1)18題17(3)15題18(1)17題18(1)19題18(2)18題20(2)14題20(3)14題2017Ⅰ卷18，Ⅲ卷152018Ⅰ卷17、19，Ⅱ卷182019Ⅲ卷142020Ⅱ卷14，Ⅲ卷14電磁感應(yīng)中的圖像問(wèn)題2017Ⅱ卷2017(2)20題2018Ⅲ卷2018(3)20題2019Ⅰ卷2019(1)20題電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用2016Ⅰ卷24，Ⅱ卷2416(1)24題16(2)24題2016Ⅲ卷2516(3)25題2020Ⅱ卷21，Ⅲ卷2420(2)21題20(3)24題核心知識(shí)·提素養(yǎng)“物理觀念”構(gòu)建一、求電荷量的三種方法1．q＝It(式中I為回路中的恒定電流，t為時(shí)間)(1)由于導(dǎo)體棒勻速切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)而使得閉合回路中的電流恒定，根據(jù)電流定義式可知q＝It.(2)閉合線圈中磁通量均勻增大或減小且回路中電阻保持不變，則電路中的電流I恒定，t時(shí)間內(nèi)通過(guò)線圈橫截面的電荷量q＝It.2．q＝neq\f(ΔΦ,R)(其中R為回路電阻，ΔΦ為穿過(guò)閉合回路的磁通量變化量)(1)閉合回路中的電阻R不變，并且只有磁通量變化為電路提供電動(dòng)勢(shì)．(2)從表面來(lái)看，通過(guò)回路的磁通量與時(shí)間無(wú)關(guān)，但ΔΦ與時(shí)間有關(guān)，隨時(shí)間而變化．3．Δq＝CBLΔv(式中C為電容器的電容，B為勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，L為導(dǎo)體棒切割磁感線的長(zhǎng)度，Δv為導(dǎo)體棒切割速度的變化量)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電容器接在切割磁感線的導(dǎo)體棒兩端，不計(jì)一切電阻，電容器兩極板間電壓等于導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E，通過(guò)電容器的電流I＝eq\f(Δq,Δt)＝eq\f(CΔU,Δt)，又E＝BLv，則ΔU＝BLΔv，可得Δq＝CBLΔv.二、求解焦耳熱Q的三種方法“科學(xué)思維”展示思想方法一、電磁感應(yīng)中電路綜合問(wèn)題1．等效電源的分析(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律算出E的大小．等效電源兩端的電壓等于路端電壓，一般不等于電源電動(dòng)勢(shì)，除非切割磁感線的導(dǎo)體(或線圈)電阻為零．(2)用楞次定律或右手定則確定感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向，從而確定電源正負(fù)極．感應(yīng)電流方向是電源內(nèi)部電流的方向，要特別注意在等效電源內(nèi)部，電流由負(fù)極流向正極．(3)明確電源內(nèi)阻r.2．電路結(jié)構(gòu)的分析(1)分析內(nèi)、外電路，以及外電路的串并聯(lián)關(guān)系，畫(huà)出等效的電路圖．(2)應(yīng)用閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路知識(shí)和電功率、焦耳定律等關(guān)系式聯(lián)立求解．模型建構(gòu)二、分析線框在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的兩大關(guān)鍵1．分析電磁感應(yīng)情況：弄清線框在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中是否有磁通量不變的階段，線框進(jìn)入和穿出磁場(chǎng)的過(guò)程中，才有感應(yīng)電流產(chǎn)生，結(jié)合閉合電路歐姆定律列方程解答．2．分析導(dǎo)線框的受力以及運(yùn)動(dòng)情況，選擇合適的力學(xué)規(guī)律處理問(wèn)題：在題目中涉及電荷量、時(shí)間以及安培力為變力時(shí)應(yīng)選用動(dòng)量定理處理問(wèn)題；如果題目中涉及加速度的問(wèn)題時(shí)選用牛頓運(yùn)動(dòng)定律解決問(wèn)題比較方便．三、解決電磁感應(yīng)綜合問(wèn)題的“看到”與“想到”1．看到“磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t均勻變化”，想到“eq\f(ΔB,Δt)＝k為定值”．2．看到“線圈(回路)中磁通量變化”時(shí)，想到“增反減同”．3．看到“導(dǎo)體與磁體間有相對(duì)運(yùn)動(dòng)”時(shí)，想到“來(lái)拒去留”．4．看到“回路面積可以變化”時(shí)，想到“增縮減擴(kuò)”．命題熱點(diǎn)·巧突破考點(diǎn)一楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用考向1電磁感應(yīng)現(xiàn)象1．(2020·新課標(biāo)卷Ⅱ)管道高頻焊機(jī)可以對(duì)由鋼板卷成的圓管的接縫實(shí)施焊接．焊機(jī)的原理如圖所示，圓管通過(guò)一個(gè)接有高頻交流電源的線圈，線圈所產(chǎn)生的交變磁場(chǎng)使圓管中產(chǎn)生交變電流，電流產(chǎn)生的熱量使接縫處的材料熔化將其焊接．焊接過(guò)程中所利用的電磁學(xué)規(guī)律的發(fā)現(xiàn)者為(D)A．庫(kù)侖 B．霍爾C．洛倫茲 D．法拉第【解析】由題意可知，圓管為金屬導(dǎo)體，導(dǎo)體內(nèi)部自成閉合回路，且有電阻，當(dāng)周圍的線圈中產(chǎn)生出交變磁場(chǎng)時(shí)，就會(huì)在導(dǎo)體內(nèi)部感應(yīng)出渦電流，電流通過(guò)電阻要發(fā)熱．該過(guò)程利用的原理是電磁感應(yīng)現(xiàn)象，其發(fā)現(xiàn)者為法拉第．故選D．考向2楞次定律的應(yīng)用2．(2020·新課標(biāo)卷Ⅲ)如圖，水平放置的圓柱形光滑玻璃棒左邊繞有一線圈，右邊套有一金屬圓環(huán)．圓環(huán)初始時(shí)靜止．將圖中開(kāi)關(guān)S由斷開(kāi)狀態(tài)撥至連接狀態(tài)，電路接通的瞬間，可觀察到(B)A．撥至M端或N端，圓環(huán)都向左運(yùn)動(dòng)B．撥至M端或N端，圓環(huán)都向右運(yùn)動(dòng)C．撥至M端時(shí)圓環(huán)向左運(yùn)動(dòng)，撥至N端時(shí)向右運(yùn)動(dòng)D．撥至M端時(shí)圓環(huán)向右運(yùn)動(dòng)，撥至N端時(shí)向左運(yùn)動(dòng)【解析】無(wú)論開(kāi)關(guān)S撥至哪一端，當(dāng)把電路接通一瞬間，左邊線圈中的電流從無(wú)到有，電流在線圈軸線上的磁場(chǎng)從無(wú)到有，從而引起穿過(guò)圓環(huán)的磁通量突然增大，根據(jù)楞次定律(增反減同)，右邊圓環(huán)中產(chǎn)生了與左邊線圈中方向相反的電流，異向電流相互排斥，故選B．3．(2020·江蘇高考真題)如圖所示，兩勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1和B2大小相等、方向相反．金屬圓環(huán)的直徑與兩磁場(chǎng)的邊界重合．下列變化會(huì)在環(huán)中產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较蚋袘?yīng)電流的是(B)A．同時(shí)增大B1減小B2B．同時(shí)減小B1增大B2C．同時(shí)以相同的變化率增大B1和B2D．同時(shí)以相同的變化率減小B1和B2【解析】產(chǎn)生順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流則感應(yīng)電流的磁場(chǎng)的方向垂直紙面向里．由楞次定律可知，圓環(huán)中的凈磁通量變化為向里磁通量減少或者向外的磁通量增多，A錯(cuò)誤，B正確；同時(shí)以相同的變化率增大B1和B2，或同時(shí)以相同的變化率減小B1和B2，兩個(gè)磁場(chǎng)的磁通量總保持大小相同，所以總磁通量為0，不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，C、D錯(cuò)誤．故選B．4．(2020·北京通州區(qū)一模)如圖1所示，把一銅線圈水平固定在鐵架臺(tái)上，其兩端連接在電流傳感器上，能得到該銅線圈中的電流隨時(shí)間變化的圖線．利用該裝置可探究條形磁鐵在穿過(guò)銅線圈的過(guò)程中，產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象．兩次實(shí)驗(yàn)中分別得到了如圖2、3所示的電流—時(shí)間圖線(兩次用同一條形磁鐵，在距銅線圈上端不同高度處，由靜止沿銅線圈軸線豎直下落，始終保持直立姿態(tài)，且所受空氣阻力可忽略不計(jì))，下列說(shuō)法正確的是(C)A．條形磁鐵的磁性越強(qiáng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電流峰值越大B．條形磁鐵距銅線圈上端的高度越小，產(chǎn)生的感應(yīng)電流峰值越大C．條形磁鐵穿過(guò)銅線圈的過(guò)程中損失的機(jī)械能越大，產(chǎn)生的感應(yīng)電流峰值越大D．兩次實(shí)驗(yàn)條形磁鐵穿過(guò)銅線圈的過(guò)程中所受的磁場(chǎng)力都是先向上后向下【解析】如果在相同的高度處下落，則條形磁鐵的磁性越強(qiáng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值也就越大，即感應(yīng)的電流峰值越大，而現(xiàn)在沒(méi)有說(shuō)明是在相同的高度下落的，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；條形磁鐵距銅線圈上端的高度越小，落到下端時(shí)的速度就越小，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也就越小，即產(chǎn)生的感應(yīng)電流峰值越小，選項(xiàng)B也錯(cuò)誤；根據(jù)能量守恒，條形磁鐵穿過(guò)銅線圈的過(guò)程中損失的機(jī)械能都轉(zhuǎn)化成了焦耳熱，而焦耳熱越大，需要的電流就會(huì)越大，則產(chǎn)生的感應(yīng)電流峰值也會(huì)越大，選項(xiàng)C正確；根據(jù)楞次定律中的“來(lái)拒去留”的思路，兩次實(shí)驗(yàn)條形磁鐵穿過(guò)銅線圈的過(guò)程中所受的磁場(chǎng)力都是向上的，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．5．(多選)(2020·濰坊二模)如圖，螺線管內(nèi)有平行于軸線的外加磁場(chǎng)，以圖中箭頭所示方向?yàn)槠湔较颍菥€管與導(dǎo)線框abcd相連，導(dǎo)線框內(nèi)有一閉合小金屬圓環(huán)，圓環(huán)與導(dǎo)線框在同一平面內(nèi)．當(dāng)螺線管內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間按圖所示規(guī)律變化時(shí)(BC)A．在0～t1時(shí)間內(nèi)，環(huán)有收縮趨勢(shì)B．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，環(huán)有擴(kuò)張趨勢(shì)C．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，環(huán)內(nèi)有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流D．在t2～t3時(shí)間內(nèi)，環(huán)內(nèi)有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流【解析】在0～t1時(shí)間內(nèi)，B均勻增加，則在線圈中產(chǎn)生恒定不變的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，則在導(dǎo)線框dcba中形成穩(wěn)定的電流，則此時(shí)環(huán)中無(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生，環(huán)也沒(méi)有收縮趨勢(shì)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在t1～t2時(shí)間內(nèi)，B的變化率逐漸減小，則螺線管中的感應(yīng)電流方向?yàn)閺南碌缴锨抑饾u減小，在導(dǎo)線框abcd中的磁通量為向外減小，穿過(guò)環(huán)的磁通量向外減小，根據(jù)楞次定律可知(增縮減擴(kuò))，環(huán)內(nèi)有逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，且有擴(kuò)張趨勢(shì)，選項(xiàng)B、C正確；在t2～t3時(shí)間內(nèi)，B的方向向下，且B的變化率逐漸減小，則螺線管中的感應(yīng)電流方向?yàn)閺纳系较虑抑饾u減小，在導(dǎo)線框abcd中的磁通量為向里減小，穿過(guò)環(huán)的磁通量向里減小，根據(jù)楞次定律可知(增反減同)，環(huán)內(nèi)有順時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．規(guī)律總結(jié)二次感應(yīng)問(wèn)題的處理技巧(1)依據(jù)磁場(chǎng)所在的線圈(原線圈)中磁通量變化，利用楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向．(2)判斷產(chǎn)生的感應(yīng)電流大小是否變化，若變化，則存在二次感應(yīng)問(wèn)題．(3)根據(jù)感應(yīng)電流的方向及大小變化，結(jié)合安培定則判斷無(wú)磁場(chǎng)線圈(二次要感應(yīng)的線圈)中磁通量的變化情況．(4)利用楞次定律或推論，判斷無(wú)磁場(chǎng)線圈中的感應(yīng)方向或線圈運(yùn)動(dòng)變化情況．考向3渦流、電磁阻尼和電磁振蕩6，(多選)(2020·天津高考真題)無(wú)線充電是比較新穎的充電方式．如圖所示，電磁感應(yīng)式無(wú)線充電的原理與變壓器類似，通過(guò)分別安裝在充電基座和接收能量裝置上的線圈，利用產(chǎn)生的磁場(chǎng)傳遞能量．當(dāng)充電基座上的送電線圈通入正弦式交變電流后，就會(huì)在鄰近的受電線圈中感應(yīng)出電流，最終實(shí)現(xiàn)為電池充電．在充電過(guò)程中(AC)A．送電線圈中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)呈周期性變化B．受電線圈中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)恒定不變C．送電線圈和受電線圈通過(guò)互感現(xiàn)象實(shí)現(xiàn)能量傳遞D．和基座無(wú)需導(dǎo)線連接，這樣傳遞能量沒(méi)有損失【解析】由于送電線圈輸入的是正弦式交變電流，是周期性變化的，因此產(chǎn)生的磁場(chǎng)也是周期性變化的，A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)變壓器原理，原、副線圈是通過(guò)互感現(xiàn)象實(shí)現(xiàn)能量傳遞，因此送電線圈和受電線圈也是通過(guò)互感現(xiàn)象實(shí)現(xiàn)能量傳遞，C正確；與機(jī)座無(wú)需導(dǎo)線連接就能實(shí)現(xiàn)充電，但磁場(chǎng)能有一部分以電磁波輻射的形式損失掉，因此這樣傳遞能量是有能量損失的，D錯(cuò)誤．故選A、C．7．(多選)1824年，法國(guó)科學(xué)家阿拉果完成了著名的“圓盤實(shí)驗(yàn)”，實(shí)驗(yàn)中將一銅圓盤水平放置，在其中心正上方用柔軟細(xì)線懸掛一枚可以自由旋轉(zhuǎn)的磁針，如圖所示，實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)，當(dāng)圓盤在磁針的磁場(chǎng)中繞過(guò)圓盤中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時(shí)，磁針也隨著一起轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái)，但略有滯后，下列說(shuō)法正確的是(AB)A．圓盤上產(chǎn)生了感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)B．圓盤內(nèi)的感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng)C．在圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中，磁針的磁場(chǎng)穿過(guò)整個(gè)圓盤的磁通量發(fā)生了變化D．圓盤中的自由電子隨圓盤一起運(yùn)動(dòng)形成了電流，此電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動(dòng)【解析】因?yàn)楫?dāng)磁體和導(dǎo)體之間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)在導(dǎo)體內(nèi)產(chǎn)生了感應(yīng)電流，而感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)又會(huì)與磁體的磁場(chǎng)相互作用，從而使磁體一起轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái)，具體是當(dāng)銅圓盤在小磁針的磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，半徑方向的金屬條在切割磁感線，發(fā)生電磁感應(yīng)現(xiàn)象，在銅圓盤的圓心和邊緣之間產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，A項(xiàng)正確；圓盤在徑向的輻條切割磁感線過(guò)程中，內(nèi)部距離圓心遠(yuǎn)近不同的點(diǎn)電勢(shì)不等而形成感應(yīng)電流即渦流(根據(jù)圓盤轉(zhuǎn)向的不同以及磁極的不同，感應(yīng)電流從軸心流向邊緣或從邊緣流向軸心)，而感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)又會(huì)與小磁針的磁場(chǎng)相互作用，從而使小磁針一起轉(zhuǎn)動(dòng)起來(lái)，故B項(xiàng)正確，圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，圓盤位置，圓盤面積和磁場(chǎng)都沒(méi)有發(fā)生變化，故磁場(chǎng)穿過(guò)整個(gè)圓盤的磁場(chǎng)通量沒(méi)有變化，C項(xiàng)錯(cuò)誤；圓盤本身呈中性，不會(huì)產(chǎn)生環(huán)形電流，D項(xiàng)錯(cuò)誤．考向4法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用8．(2020·海南5月調(diào)研)如圖所示，用電阻為0.1Ω的金屬絲圍成一個(gè)半徑為0.3m的扇形閉合線框，該線框繞垂直于紙面的O軸以100rad/s的角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，O軸位于方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.2T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)邊界上．則線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中的電功率為(A)A．8.1W B．9WC．30W D．90W【解析】線框轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程半徑切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝Breq\x\to(v)＝Br·eq\f(1,2)ωr＝eq\f(1,2)Br2ω＝eq\f(1,2)×0.2×0.32×100V＝0.9V，線框進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中的電功率為P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(0.92,0.1)W＝8.1W，故選A．9．(多選)(2020·河北衡水中學(xué)二模)如圖甲所示，質(zhì)量m＝3.0×10－3kg的“”形金屬細(xì)框豎直放置在兩水銀槽中，“”形框的水平細(xì)桿CD長(zhǎng)L＝0.20m，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1＝0.1T，方向水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有一匝數(shù)n＝300，面積S＝0.01m2的線圈通過(guò)開(kāi)關(guān)S與兩水銀槽相連，線圈處于與線圈平面垂直，沿豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度B2隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示，t＝0.22s時(shí)閉合開(kāi)關(guān)S，細(xì)框瞬間跳起(細(xì)框跳起瞬間安培力遠(yuǎn)大于重力)，跳起的最大高度h＝0.20m，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列說(shuō)法正確的是(BD)A．0～0.10s內(nèi)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為3VB．開(kāi)關(guān)S閉合瞬間，CD中的電流方向由C到DC．磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的方向豎直向下D．開(kāi)關(guān)S閉合瞬間，通過(guò)細(xì)桿CD的電荷量為0.03C【解析】由圖像可知0～0.1s內(nèi)ΔΦ＝ΔBS＝0.01Wb，0～0.1s線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝300×eq\f(0.01,0.1)V＝30V，A錯(cuò)誤；由題意可知細(xì)桿CD所受安培力方向豎直向上，由左手定則可知電流方向?yàn)镃→D，由安培定則可知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向豎直向上，由圖示圖像可知，在0.20s～0.25s內(nèi)穿過(guò)線圈的磁通量減少，由楞次定律可得磁感應(yīng)強(qiáng)度B2方向豎直向上，故B正確C錯(cuò)誤；對(duì)細(xì)框由動(dòng)量定理得BILΔt＝mv，細(xì)框豎直向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)v2＝2gh，電荷量q＝IΔt，解得Q＝0.03C，D正確．考向5電磁感應(yīng)中的等效電路問(wèn)題10．(2020·安徽馬鞍山質(zhì)檢)如圖所示，虛線邊界MN右側(cè)充滿垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，紙面內(nèi)有一個(gè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，粗細(xì)均勻的正方形導(dǎo)線框abcd，cd邊與MN平行．導(dǎo)線框在外力作用下，先后以v和2v的速度垂直MN兩次勻速進(jìn)入磁場(chǎng)．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中線框平面始終與磁場(chǎng)垂直，則(C)A．進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，導(dǎo)線框中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较駼．導(dǎo)線框以速度v進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，cd兩點(diǎn)間電勢(shì)差為BLvC．導(dǎo)線框兩次進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量之比1∶2D．導(dǎo)線框兩次進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，外力做功的功率之比1∶2【解析】由楞次定律可知，進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，導(dǎo)線框中感應(yīng)電流方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较颍x項(xiàng)A錯(cuò)誤；導(dǎo)線框以速度v進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，電動(dòng)勢(shì)E＝BLv，則cd兩點(diǎn)間電勢(shì)差為Ucd＝eq\f(3,4)BLv，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；導(dǎo)線框兩次進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中產(chǎn)生的熱量為Q＝eq\f(E2,R)t＝eq\f(B2L2v2,R)×eq\f(L,v)＝eq\f(B2L3v,R)∝v，則產(chǎn)生的熱量之比為1∶2，選項(xiàng)C正確；導(dǎo)線框兩次進(jìn)入磁場(chǎng)過(guò)程中，外力做功的功率等于電功率，即P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2L2v2,R)∝v2，則外力功率之比為1∶4，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．11．(2020·浙江選考7月)如圖所示，固定在水平面上的半徑為r的金屬圓環(huán)內(nèi)存在方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．長(zhǎng)為l的金屬棒，一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在豎直導(dǎo)電轉(zhuǎn)軸OO′上，隨軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)．在圓環(huán)的A點(diǎn)和電刷間接有阻值為R的電阻和電容為C、板間距為d的平行板電容器，有一帶電微粒在電容器極板間處于靜止?fàn)顟B(tài)．已知重力加速度為g，不計(jì)其它電阻和摩擦，下列說(shuō)法正確的是(B)A．棒產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為eq\f(1,2)Bl2ωB．微粒的電荷量與質(zhì)量之比為eq\f(2gd,Br2ω)C．電阻消耗的電功率為eq\f(πB2r4ω,2R)D．電容器所帶的電荷量為CBr2ω【解析】如題圖所示，金屬棒繞OO′軸切割磁感線轉(zhuǎn)動(dòng)，棒產(chǎn)生的電動(dòng)E＝Br·eq\f(ωr,2)＝eq\f(1,2)Br2ω，A錯(cuò)誤；電容器兩極板間電壓等于電源電動(dòng)勢(shì)E，帶電微粒在兩極板間處于靜止?fàn)顟B(tài)，則qeq\f(E,d)＝mg，即eq\f(q,m)＝eq\f(dg,E)＝eq\f(dg,\f(1,2)Br2ω)＝eq\f(2dg,Br2ω)，B正確；電阻消耗的功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f(B2r4ω2,4R)，C錯(cuò)誤；電容器所帶的電荷量Q＝CE＝eq\f(CBr2ω,2)，D錯(cuò)誤；故選B．考點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的圖像問(wèn)題〔考向預(yù)測(cè)〕1．(多選)(2019·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其邊界如圖(a)中虛線MN所示，一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為ρ、橫截面積為S，將該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心O在MN上．t＝0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖(a)所示．磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖(b)所示，則在t＝0到t＝t1的時(shí)間間隔內(nèi)(BC)A．圓環(huán)所受安培力的方向始終不變B．圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針?lè)较駽．圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為eq\f(B0rS,4t0ρ)D．圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為eq\f(B0πr2,4t0)【解析】根據(jù)B－t圖像，由楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流方向一直為順時(shí)針，但在t0時(shí)刻，磁場(chǎng)的方向發(fā)生變化，故安培力方向FA的方向在t0時(shí)刻發(fā)生變化，則A錯(cuò)誤，B正確；由閉合電路歐姆定律得：I＝eq\f(E,R)，又根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得：E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(πr2,2)，又根據(jù)電阻定律得：R＝ρeq\f(2πr,S)，聯(lián)立得：I＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，則C正確，D錯(cuò)誤．故本題選BC．2．(2020·江蘇省高三下學(xué)期高考模擬三)如圖(a)所示，在傾角θ＝37°的斜面上放置著一個(gè)金屬圓環(huán)，圓環(huán)的上半部分處在垂直斜面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(未畫(huà)出)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小按如圖(b)所示的規(guī)律變化．釋放圓環(huán)后，在t＝8t0和t＝9t0時(shí)刻，圓環(huán)均能恰好靜止在斜面上．假設(shè)圓環(huán)與斜面間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，sin37°＝0.6，則圓環(huán)和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為(D)A．eq\f(3,4) B．eq\f(15,16)C．eq\f(19,20) D．eq\f(27,28)【解析】根據(jù)楞次定律可知，0～8t0時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電流的方向沿順時(shí)針?lè)较颍勺笫侄▌t可知圓環(huán)上部受安培力沿斜面向下，設(shè)圓環(huán)半徑為r，電阻為R，在t＝8t0時(shí)有E1＝eq\f(△Φ,△t)＝eq\f(△B,△t)·eq\f(1,2)·πr2＝eq\f(B0,16t0)πr2，I1＝eq\f(E1,R)此時(shí)圓環(huán)恰好靜止，由平衡得mgsinθ＋B0I1·2r＝μmgcosθ同理在t＝9t0時(shí)圓環(huán)上部分受到的安培力沿斜面向上E2＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B0,2t0)πr2，I2＝eq\f(E2,R)圓環(huán)此時(shí)恰好靜止，由平衡得mgsinθ＋μmgcosθ＝B0I2·2r聯(lián)立以上各式得μ＝eq\f(27,28)，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確．3．(多選)(2019·新課標(biāo)全國(guó)卷Ⅱ)如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所在平面與水平面夾角為θ，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)．虛線ab、cd均與導(dǎo)軌垂直，在ab與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．將兩根相同的導(dǎo)體棒PQ、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好．已知PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度變小恰好為零，從PQ進(jìn)入磁場(chǎng)開(kāi)始計(jì)時(shí)，到MN離開(kāi)磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)橹梗鬟^(guò)PQ的電流隨時(shí)間變化的圖像可能正確的是(AD)【解析】PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度為零，若PQ出磁場(chǎng)時(shí)MN仍然沒(méi)有進(jìn)入磁場(chǎng)，則PQ出磁場(chǎng)后至MN進(jìn)入磁場(chǎng)的這段時(shí)間，由于磁通量Φ不變，無(wú)感應(yīng)電流．由于PQ、MN同一位置釋放，故MN進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)與PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度相同，所以電流大小也應(yīng)該相同，A正確B錯(cuò)誤；若PQ出磁場(chǎng)前MN已經(jīng)進(jìn)入磁場(chǎng)，由于磁通量Φ不變，PQ、MN均加速運(yùn)動(dòng)，PQ出磁場(chǎng)后，MN由于加速故電流比PQ進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)電流大，故C正確D錯(cuò)誤．總結(jié)提升解決電磁感應(yīng)圖像問(wèn)題的“三點(diǎn)關(guān)注”(1)關(guān)注初始時(shí)刻：看感應(yīng)電流是否為零，電流方向是正方向還是負(fù)方向．(2)關(guān)注變化過(guò)程：看電磁感應(yīng)發(fā)生的過(guò)程分為幾個(gè)階段，這幾個(gè)階段是否和圖像變化相對(duì)應(yīng)．(3)關(guān)注變化趨勢(shì)：看圖線斜率的大小、圖線的曲直是否和物理過(guò)程對(duì)應(yīng)，分析大小和方向的變化趨勢(shì)．考點(diǎn)三電磁感應(yīng)的綜合應(yīng)用巧用流程解決電磁感應(yīng)中力、電綜合問(wèn)題考向1以“導(dǎo)體框”為載體的電磁感應(yīng)問(wèn)題1．(2020·福建廈門5月質(zhì)檢)如圖所示，質(zhì)量M＝1kg的絕緣板靜止在水平地面上，與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.1.金屬框ABCD放在絕緣板上，質(zhì)量m＝2kg，長(zhǎng)L1＝2m，寬L2＝1m，總電阻為0.1Ω，與絕緣板的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.2.S1、S2是邊長(zhǎng)為L(zhǎng)＝0.5m的正方形區(qū)域，S1中存在豎直向下、均勻增加的磁場(chǎng)B1，其變化率eq\f(ΔB1,Δt)＝2T/s；S2中存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，大小為B2＝2T．將金屬框ABCD及絕緣板均由靜止釋放，重力加速度g取10m/s2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，求釋放時(shí)：(1)金屬框ABCD所受安培力的大小與方向；(2)金屬框ABCD的加速度大小．【答案】(1)5N，方向水平向右(2)eq\f(2,3)m/s2【解析】(1)釋放時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝eq\f(ΔB1,Δt)L2，I＝eq\f(E,R)，F(xiàn)＝B2IL解得F＝5N方向水平向右．(2)假設(shè)金屬框與絕緣板能相對(duì)靜止，一起勻加速，則對(duì)整體而言F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a解得a＝eq\f(2,3)m/s2設(shè)此時(shí)金屬框與絕緣板間的摩擦力大小為f，由牛頓第二定律F－f＝ma解得f＝eq\f(11,3)N而金屬框與絕緣板之間的最大靜摩擦力為fm＝μ2mg＝4N由于f<fm假設(shè)成立，金屬框與絕緣板能相對(duì)靜止一起加速，金屬框此時(shí)的加速度大小為a＝eq\f(2,3)m/s2,考向2以“單棒＋導(dǎo)軌”模型為載體的電磁感應(yīng)問(wèn)題2．(多選)(2020·新課標(biāo)卷Ⅱ)如圖，U形光滑金屬框abcd置于水平絕緣平臺(tái)上，ab和dc邊平行，和bc邊垂直．a(chǎn)b、dc足夠長(zhǎng)，整個(gè)金屬框電阻可忽略．一根具有一定電阻的導(dǎo)體棒MN置于金屬框上，用水平恒力F向右拉動(dòng)金屬框，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，裝置始終處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，MN與金屬框保持良好接觸，且與bc邊保持平行．經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后(BC)A．金屬框的速度大小趨于恒定值B．金屬框的加速度大小趨于恒定值C．導(dǎo)體棒所受安培力的大小趨于恒定值D．導(dǎo)體棒到金屬框bc邊的距離趨于恒定值【解析】由bc邊切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，形成電流，使得導(dǎo)體棒MN受到向右的安培力，做加速運(yùn)動(dòng)，bc邊受到向左的安培力，向右做加速運(yùn)動(dòng)．當(dāng)MN運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬框的bc邊和導(dǎo)體棒MN一起切割磁感線，設(shè)導(dǎo)體棒MN和金屬框的速度分別為v1、v2，則電路中的電動(dòng)勢(shì)E＝BL(v2－v1)電路中的電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv2－v1,R)金屬框和導(dǎo)體棒MN受到的安培力F安框＝eq\f(B2L2v2－v1,R)，與運(yùn)動(dòng)方向相反，F(xiàn)安MN＝eq\f(B2L2v2－v1,R)，與運(yùn)動(dòng)方向相同．設(shè)導(dǎo)體棒MN和金屬框的質(zhì)量分別為m1、m2，則對(duì)導(dǎo)體棒MN，eq\f(B2L2v2－v1,R)＝m1a1對(duì)金屬框，F(xiàn)－eq\f(B2L2v2－v1,R)＝m2a2，初始速度均為零，則a1從零開(kāi)始逐漸增加，a2從eq\f(F,m2)開(kāi)始逐漸減小．當(dāng)a1＝a2時(shí)，相對(duì)速度v2－v1＝eq\f(FRm1,2B2L2m1＋m2)，大小恒定．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程用速度時(shí)間圖像描述如下．綜上可得，金屬框的加速度趨于恒定值，安培力也趨于恒定值，BC選項(xiàng)正確；金屬框的速度會(huì)一直增大，導(dǎo)體棒到金屬框bc邊的距離也會(huì)一直增大，A、D選項(xiàng)錯(cuò)誤．故選B、C．3.(2020·新課標(biāo)卷Ⅲ)如圖，一邊長(zhǎng)為l0的正方形金屬框abcd固定在水平面內(nèi)，空間存在方向垂直于水平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一長(zhǎng)度大于eq\r(2)l0的均勻?qū)w棒以速率v自左向右在金屬框上勻速滑過(guò)，滑動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒始終與ac垂直且中點(diǎn)位于ac上，導(dǎo)體棒與金屬框接觸良好．已知導(dǎo)體棒單位長(zhǎng)度的電阻為r，金屬框電阻可忽略．將導(dǎo)體棒與a點(diǎn)之間的距離記為x，求導(dǎo)體棒所受安培力的大小隨x(0