2021物理通用一輪練習(xí)：考點34法拉第電磁感應(yīng)定律自感渦流含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2021高考物理通用一輪練習(xí)：考點34法拉第電磁感應(yīng)定律自感渦流含解析考點34法拉第電磁感應(yīng)定律自感渦流題組一基礎(chǔ)小題1．（多選）用均勻?qū)Ь€做成的正方形線圈邊長為l，正方形的一半放在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，如圖所示,當(dāng)磁場以eq\f(ΔB，Δt）的變化率增強(qiáng)時,則（）A．線圈中感應(yīng)電流的方向為acbdaB．線圈中產(chǎn)生的電動勢E＝eq\f(ΔB，Δt)·eq\f(l2,2）C．線圈中感應(yīng)電流的方向為adbcaD．線圈中產(chǎn)生的電動勢E＝eq\f(ΔB，Δt）·l2答案AB解析當(dāng)磁場增強(qiáng)時，由楞次定律可判定感應(yīng)電流的方向為acbda,故A正確，C錯誤；由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝eq\f（ΔB,Δt）·eq\f(l2,2)，B正確,D錯誤。2。如圖所示，一金屬彎桿處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中，已知ab＝bc＝L,當(dāng)它以速度v向右水平運動時,a、c兩點間的電勢差為（)A．BLv B．BLvsinθC．BLvcosθ D．BLv（1＋sinθ)答案B解析當(dāng)金屬彎桿以速度v向右水平運動時，其切割磁感線的有效長度為Lsinθ，故感應(yīng)電動勢大小為BLvsinθ，即a、c兩點間的電勢差為BLvsinθ，故B正確.3。如圖所示,均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導(dǎo)線框，半圓直徑與磁場邊緣重合;磁場方向垂直于半圓面(紙面）向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0。使該導(dǎo)線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動半周，在線框中產(chǎn)生感應(yīng)電流?，F(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間線性變化。為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動半周過程中同樣大小的電流,磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化率eq\f(ΔB，Δt)的大小應(yīng)為(）A.eq\f(4ωB0，π) B。eq\f（2ωB0,π)C。eq\f(ωB0,π) D.eq\f（ωB0,2π)答案C解析設(shè)圓的半徑為r，當(dāng)其繞過圓心O的軸勻速轉(zhuǎn)動時，圓弧部分不切割磁感線,不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，而在轉(zhuǎn)過半周的過程中僅有一半直徑在磁場中,產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝B0req\x\to(v）＝B0r·eq\f（rω,2）＝eq\f(1,2)B0r2ω；當(dāng)導(dǎo)線框不動時,E′＝eq\f(ΔB，Δt)·eq\f(πr2,2)。由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E，R),要使I＝I′，必須使E＝E′,即eq\f（ΔB,Δt）＝eq\f(ωB0，π)，C正確。4。（多選）如圖所示，三角形金屬導(dǎo)軌EOF上放有一金屬桿AB，在外力作用下，使AB保持與OF垂直，以速度v勻速從O點開始右移，設(shè)導(dǎo)軌與金屬桿均由粗細(xì)相同的同種金屬制成，則下列判斷正確的是()A．電路中的感應(yīng)電流大小不變B．電路中的感應(yīng)電動勢大小不變C．電路中的感應(yīng)電動勢逐漸增大D．電路中的感應(yīng)電流逐漸減小答案AC解析設(shè)金屬桿從O點開始運動到如題圖所示位置所經(jīng)歷的時間為t,∠EOF＝θ,則金屬桿切割磁感線的有效長度L有效＝OBtanθ＝vttanθ，故E＝BL有效v＝Bv2ttanθ，即電路中感應(yīng)電動勢與時間成正比，C正確，B錯誤；電路中感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f（Bv2ttanθ，\f（ρL,S)），而L等于電路中三條邊的總長度，即L＝vt＋vttanθ＋eq\f(vt，cosθ）＝vt(1＋tanθ＋eq\f(1,cosθ)），所以I＝eq\f（BvStanθ，ρ\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(1＋tanθ＋\f(1,cosθ))))＝恒量，所以A正確，D錯誤。5。如圖所示，一正方形線圈的匝數(shù)為n，邊長為a，電阻為R，線圈平面與勻強(qiáng)磁場垂直,且一半處在磁場中.在Δt時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向不變，大小由B均勻增大到2B。在此過程中，通過線圈導(dǎo)線某個橫截面的電荷量為（）A.eq\f(Ba2，R) B.eq\f(nBa2，R)C.eq\f（nBa2,2R） D。eq\f（Ba2,2R)答案C解析根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f（ΔΦ,Δt）＝neq\f(ΔB,Δt)S＝neq\f(2B－B，Δt）·eq\f(1，2）a2＝eq\f(nBa2，2Δt），通過線圈導(dǎo)線某個橫截面的電荷量為q＝IΔt＝eq\f(E,R）Δt＝eq\f（nBa2，2RΔt)Δt＝eq\f（nBa2，2R)，故選C.6.如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向平行于ab邊向上。當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉(zhuǎn)動時,a、b、c三點的電勢分別為φa、φb、φc.已知bc邊的長度為l.下列判斷正確的是（)A．φa〉φc,金屬框中無電流B．φb〉φc，金屬框中電流方向沿a－b－c－aC．Ubc＝－eq\f（1,2)Bl2ω，金屬框中無電流D．Uac＝eq\f（1,2）Bl2ω,金屬框中電流方向沿a－c－b－a答案C解析在三角形金屬框內(nèi)，有兩邊切割磁感線，其一為bc邊，根據(jù)E＝Blv可得電動勢大小為eq\f（1,2)Bl2ω；其二為ac邊，ac邊有效的切割長度為l，根據(jù)E＝Blv，可得電動勢大小也為eq\f(1,2）Bl2ω;由右手定則可知金屬框內(nèi)無電流，且φc〉φb＝φa，A、B錯誤；Ubc＝Uac＝－eq\f（1，2)Bl2ω,C正確，D錯誤.7。（多選)1824年，法國科學(xué)家阿拉果完成了著名的“圓盤實驗"。實驗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.實驗中發(fā)現(xiàn),當(dāng)圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時，磁針也隨著一起轉(zhuǎn)動起來,但略有滯后。下列說法正確的是（)A．圓盤上產(chǎn)生了感應(yīng)電動勢B．圓盤內(nèi)的渦電流產(chǎn)生的磁場導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動C．在圓盤轉(zhuǎn)動的過程中，磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量發(fā)生了變化D．圓盤中的自由電子隨圓盤一起運動形成電流，此電流產(chǎn)生的磁場導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動答案AB解析當(dāng)銅圓盤在磁針的磁場中繞過圓盤中心的豎直軸旋轉(zhuǎn)時，圓盤的半徑切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流,A正確；由于圓盤中心正上方懸掛小磁針,在圓盤轉(zhuǎn)動過程中，圓盤面積不變，距離磁針的距離不變，故磁針的磁場穿過整個圓盤的磁通量不變，C錯誤；圓盤中的電流并不是自由電子隨圓盤一起運動形成的，而是圓盤半徑切割磁感線,自由電子沿圓盤徑向運動從而產(chǎn)生的渦電流，此圓盤內(nèi)的渦電流產(chǎn)生的磁場對磁針施加磁場力的作用，導(dǎo)致磁針轉(zhuǎn)動，B正確，D錯誤.8。如圖所示，將一根絕緣硬金屬導(dǎo)線彎曲成一個完整的正弦曲線形狀，電阻為R，它通過兩個小金屬環(huán)與電阻不計的長直金屬桿導(dǎo)通，圖中a、b間距離為L，導(dǎo)線組成的正弦圖形頂部或底部到桿的距離都是d，已知該金屬導(dǎo)線與ab段金屬桿圍成的面積為eq\f(2dL,π），右邊虛線范圍內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于彎曲導(dǎo)線所在平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁場區(qū)域的寬度為eq\f(3,4)L，現(xiàn)在外力作用下導(dǎo)線沿桿以恒定的速度v向右運動,t＝0時刻a環(huán)剛從O點進(jìn)入磁場區(qū)域，則下列說法正確的是（）A．t＝eq\f（L,2v）時刻，回路中的感應(yīng)電動勢為BdvB．t＝eq\f（L,2v）時刻,回路中的感應(yīng)電流第一次開始改變方向C．t＝eq\f（3L，4v)時刻，回路中的感應(yīng)電動勢為2BdvD．t＝eq\f(L，4v）時刻，回路中的感應(yīng)電流第一次開始改變方向答案B解析導(dǎo)線切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Blv，其中l(wèi)指的是有效切割長度,當(dāng)t＝eq\f(L,2v)時,導(dǎo)線的有效切割長度為零,所以感應(yīng)電動勢為0，此時電流的方向第一次發(fā)生改變,故A、D錯誤,B正確；當(dāng)t＝eq\f(3L，4v)時,電路中的有效切割長度l＝d，所以感應(yīng)電動勢E＝Bdv，故C錯誤。9.如圖所示，A、B是兩個完全相同的燈泡,L是自感系數(shù)較大的線圈，其直流電阻忽略不計.當(dāng)開關(guān)S閉合時,下列說法正確的是（)A．A和B一起亮，然后A熄滅B．A和B一起亮，然后A逐漸熄滅C．A比B先亮，然后A熄滅D．B比A先亮，然后A逐漸變亮答案D解析當(dāng)開關(guān)S閉合時，線圈L產(chǎn)生較大的自感電動勢阻礙電流的增加，使A燈中的電流逐漸變大，而B燈中的電流立即變大,因此，B燈先亮，然后A燈逐漸變亮,故A、B、C錯誤，D正確。10。(多選)如圖所示，在線圈上端放置一盛有冷水的金屬杯，現(xiàn)接通交流電源，過了幾分鐘,杯內(nèi)的水沸騰起來.若要縮短上述加熱時間，下列措施可行的有(）A．增加線圈的匝數(shù)B．提高交流電源的頻率C．將金屬杯換為瓷杯D．取走線圈中的鐵芯答案AB解析交變電流在鐵芯中產(chǎn)生交變磁場，金屬杯中會產(chǎn)生感應(yīng)電流而發(fā)熱。增加線圈的匝數(shù)，可以使鐵芯中的磁場增強(qiáng)，金屬杯中磁通量的變化量ΔΦ增大;提高交流電源的頻率，可以使Δt減小，這兩種措施都可以使eq\f（ΔΦ,Δt）增大，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，都可以使金屬杯中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢增大,都可以增大金屬杯中產(chǎn)生的電流，都可縮短加熱時間，A、B正確；將金屬杯換成瓷杯，變化的磁場不能在瓷杯內(nèi)產(chǎn)生感應(yīng)電流，也就不能使水加熱，C錯誤；取走線圈中的鐵芯，線圈和金屬杯中的磁場減弱,在金屬杯產(chǎn)生的感應(yīng)電流會減小，從而使水沸騰的時間增加，D錯誤。11．(多選)電吉他中電拾音器的基本結(jié)構(gòu)如圖所示，磁體附近的金屬弦被磁化，因此弦振動時，在線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流經(jīng)電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音。下列說法正確的有（)A．選用銅質(zhì)弦，電吉他仍能正常工作B．取走磁體，電吉他將不能正常工作C．增加線圈匝數(shù)可以增大線圈中的感應(yīng)電動勢D．弦振動過程中，線圈中的電流方向不斷變化答案BCD解析銅質(zhì)弦無法被磁化，不能引起線圈中磁通量的變化從而產(chǎn)生感應(yīng)電流，所以銅質(zhì)弦不能使電吉他正常工作，故A錯誤；取走磁體,金屬弦無法被磁化，線圈中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，B正確；由E＝neq\f(ΔΦ,Δt）知，C正確；金屬弦來回振動，線圈中的磁通量不斷增加或減小,電流方向不斷變化，D正確。題組二高考小題12．(2019·全國卷Ⅰ）(多選）空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時間變化的勻強(qiáng)磁場，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隨時間t的變化關(guān)系如圖b所示。則在t＝0到t＝t1的時間間隔內(nèi)（）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)電流始終沿順時針方向C．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)電動勢大小為eq\f（B0πr2，4t0)答案BC解析由于通過圓環(huán)的磁通量均勻變化，故圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流的大小和方向不變,但t0時刻磁場方向發(fā)生變化，故安培力方向發(fā)生變化,A錯誤；根據(jù)楞次定律,圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向始終沿順時針方向，B正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢大小E＝｜eq\f（ΔB，Δt)｜·S′＝eq\f（B0,t0)·eq\f(πr2，2)＝eq\f（πB0r2,2t0)，根據(jù)閉合電路歐姆定律知，感應(yīng)電流大小I＝eq\f（E，R)＝eq\f(\f(πB0r2，2t0），ρ\f（2πr，S）)＝eq\f(B0rS，4t0ρ)，C正確，D錯誤。13.（2018·全國卷Ⅰ)如圖，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點,O為圓心。軌道的電阻忽略不計。OM是有一定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程Ⅰ);再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B′（過程Ⅱ)。在過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則eq\f（B′,B）等于(）A。eq\f(5,4） B。eq\f(3，2）C。eq\f(7，4） D．2答案B解析通過導(dǎo)體橫截面的電荷量為:q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f（n\f（ΔΦ，Δt),R）·Δt＝neq\f(ΔΦ，R）,過程Ⅰ流過OM的電荷量為：q1＝eq\f(B·\f(1，4)πr2,R）;過程Ⅱ流過OM的電荷量：q2＝eq\f(B′－B·\f(1，2)πr2,R）,依題意有：q1＝q2,即：B·eq\f(1，4）πr2＝(B′－B）·eq\f（1，2)πr2，解得：eq\f(B′,B）＝eq\f(3,2），正確答案為B。14．（2018·全國卷Ⅲ)(多選）如圖a，在同一平面內(nèi)固定有一長直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線框R，R在PQ的右側(cè)。導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電流i,i的變化如圖b所示，規(guī)定從Q到P為電流的正方向。導(dǎo)線框R中的感應(yīng)電動勢()A．在t＝eq\f(T,4）時為零B．在t＝eq\f（T，2）時改變方向C．在t＝eq\f(T,2)時最大，且沿順時針方向D．在t＝T時最大,且沿順時針方向答案AC解析由圖b可知,導(dǎo)線PQ中電流在t＝eq\f（T,4）時達(dá)到最大值，變化率為零，導(dǎo)線框R中磁通量變化率為零，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，在t＝eq\f(T,4）時導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為零，A正確；在t＝eq\f（T，2）時，導(dǎo)線PQ中電流圖象斜率方向不變,導(dǎo)致導(dǎo)線框R中磁通量變化率的正負(fù)不變，根據(jù)楞次定律,在t＝eq\f(T,2）時，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向不變，B錯誤；由于在t＝eq\f(T，2）時，導(dǎo)線PQ中電流圖象斜率最大,電流變化率最大，導(dǎo)致導(dǎo)線框R中磁通量變化率最大，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，在t＝eq\f（T,2)時導(dǎo)線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，由楞次定律可判斷出感應(yīng)電動勢的方向為順時針方向,C正確；由楞次定律可判斷出在t＝T時感應(yīng)電動勢的方向為逆時針方向，D錯誤。15．(2017·北京高考)如圖1和圖2所示是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖,L1和L2為電感線圈.實驗時,斷開開關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關(guān)S2，燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同。下列說法正確的是（）A．圖1中，A1與L1的電阻值相同B．圖1中，閉合S1，電路穩(wěn)定后,A1中電流大于L1中電流C．圖2中，變阻器R接入電路中的阻值與L2的電阻值相同D．圖2中,閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等答案C解析斷開開關(guān)S1瞬間，線圈L1產(chǎn)生自感電動勢,阻礙電流的減小，通過L1的電流反向通過燈A1，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗,說明IL1〉IA1，即RL1<RA1，故A錯誤。圖1中，閉合S1，電路穩(wěn)定后,因為RL1〈RA1，所以A1中電流小于L1中電流，B錯誤。閉合開關(guān)S2，燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同，說明通過L2和A2的電流與通過變阻器R和A3的電流大小相等，則變阻器R接入電路中的阻值與L2的電阻值相同，C正確。閉合S2時，由于電磁感應(yīng)，線圈L2產(chǎn)生自感電動勢，阻礙電流的增大，通過L2的電流逐漸增大，而通過變阻器R的電流立即達(dá)到穩(wěn)定時電流，與通過L2的電流最終穩(wěn)定時相等，故閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流不相等，D錯誤。16．（2017·全國卷Ⅱ)（多選）兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直.邊長為0.1m、總電阻為0。005Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi),cd邊與磁場邊界平行，如圖a所示。已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運動,cd邊于t＝0時刻進(jìn)入磁場。線框中感應(yīng)電動勢隨時間變化的圖線如圖b所示（感應(yīng)電流的方向為順時針時，感應(yīng)電動勢取正)。下列說法正確的是()A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0。5TB．導(dǎo)線框運動速度的大小為0.5m/sC．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外D．在t＝0。4s至t＝0。6s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1N答案BC解析由圖象可知，從導(dǎo)線框的cd邊進(jìn)入磁場到ab邊剛好進(jìn)入磁場,用時為0.2s，可得導(dǎo)線框運動速度的大小v＝eq\f(0。1,0。2）m/s＝0。5m/s，B正確。cd邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝0。01V，由公式E＝BLv,可得磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B＝eq\f(0.01，0。1×0。5)T＝0.2T，A錯誤。感應(yīng)電流的方向為順時針時，對cd邊應(yīng)用右手定則可知,磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外，C正確。t＝0。4s至t＝0.6s時間段為cd邊離開磁場、ab邊切割磁感線的過程,由閉合電路歐姆定律及安培力公式得安培力F＝eq\f(BEL，R），代入數(shù)據(jù)得F＝0.04N,D錯誤。17．(2016·全國卷Ⅱ）(多選）法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸。圓盤處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場B中。圓盤旋轉(zhuǎn)時，關(guān)于流過電阻R的電流,下列說法正確的是（)A．若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定，則電流大小恒定B．若從上向下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，則電流沿a到b的方向流動C．若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小發(fā)生變化,則電流方向可能發(fā)生變化D．若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍答案AB解析設(shè)圓盤的半徑為r，圓盤轉(zhuǎn)動的角速度為ω，則圓盤轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的電動勢為E＝eq\f(1，2）Br2ω,可知轉(zhuǎn)動的角速度恒定,電動勢恒定,電流恒定，A項正確；根據(jù)右手定則可知,從上向下看,圓盤順時針轉(zhuǎn)動，圓盤中電流由邊緣指向圓心，即電流沿a到b的方向流動，B項正確；圓盤轉(zhuǎn)動方向不變,產(chǎn)生的電流方向不變，C項錯誤；若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍,則電動勢變?yōu)樵瓉淼?倍，電流變?yōu)樵瓉淼?倍，由P＝I2R可知,電阻R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍,D項錯誤。題組三模擬小題18．(2019·韶關(guān)市高三調(diào)研考試）(多選）如圖所示，先后以速度v1和v2勻速把一矩形線圈拉出有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域，v1＝2v2。在先后兩種情況下（)A．線圈中的感應(yīng)電流之比I1∶I2＝2∶1B．線圈中的感應(yīng)電流之比I1∶I2＝1∶2C．線圈中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝4∶1D．通過線圈某截面的電荷量之比q1∶q2＝1∶1答案AD解析由I＝eq\f（BLv,R)知I1∶I2＝2∶1，A正確，B錯誤；由Q＝I2Rt和t＝eq\f（L，v)聯(lián)立知，線圈中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝2∶1，C錯誤；由q＝eq\f（ΔΦ，R）＝eq\f（BS,R）知通過線圈某截面的電荷量之比q1∶q2＝1∶1，D正確。題組一基礎(chǔ)大題19．輕質(zhì)細(xì)線吊著一質(zhì)量為m＝0。42kg、邊長為L＝1m、匝數(shù)n＝10的正方形線圈，其總電阻為r＝1Ω。在線圈的中間位置以下區(qū)域分布著勻強(qiáng)磁場，如圖甲所示。磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時間變化的關(guān)系如圖乙所示.（g＝10m/s2)(1)判斷線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向是順時針還是逆時針；（2)求線圈的電功率；(3）求在t＝4s時輕質(zhì)細(xì)線的拉力大小。答案（1）逆時針（2）0.25W（3）1。2N解析（1)由楞次定律知感應(yīng)電流的方向為逆時針方向。（2）由法拉第電磁感應(yīng)定律得線圈內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝neq\f(ΔΦ，Δt)＝n·eq\f（1，2)L2·eq\f（ΔB，Δt)＝0。5V，則線圈的電功率P＝eq\f(E2，r)＝0。25W。（3)感應(yīng)電流I＝eq\f（E，r)＝0。5A由題圖乙知,t＝4s時，B＝0.6T，線圈受到的安培力F安＝nBIL＝10×0。6×0。5×1N＝3N由左手定則可知線圈受到的安培力方向豎直向上，線圈受力平衡，有F安＋F線＝mg,解得F線＝1.2N。題組二高考大題20．（2019·北京高考)如圖所示,垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。紙面內(nèi)有一正方形均勻金屬線框abcd,其邊長為L,總電阻為R，ad邊與磁場邊界平行.從ad邊剛進(jìn)入磁場直至bc邊剛要進(jìn)入的過程中，線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運動，求:(1）感應(yīng)電動勢的大小E；（2）拉力做功的功率P；（3）ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q。答案（1）BLv（2)eq\f(B2L2v2,R）(3)eq\f(B2L3v,4R)解析（1）由法拉第電磁感應(yīng)定律可得，感應(yīng)電動勢E＝BLv。（2）線框中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)拉力大小等于安培力大小F＝BIL拉力的功率P＝Fv＝eq\f（B2L2v2，R）。（3）線框ab邊電阻Rab＝eq\f（R，4）時間t＝eq\f(L,v)ab邊產(chǎn)生的焦耳熱Q＝I2Rabt＝eq\f（B2L3v,4R)。21．(2019·江蘇高考)如圖所示，勻強(qiáng)磁場中有一個用軟導(dǎo)線制成的單匝閉合線圈，線圈平面與磁場垂直.已知線圈的面積S＝0。3m2、電阻R＝0.6Ω，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0。2T?，F(xiàn)同時向兩側(cè)拉動線圈，線圈的兩邊在Δt(1)感應(yīng)