2024年高考物理题型突破限时精练小题精练14 电磁感应中的感应电动势、电荷量、热量、单双棒问题（解

小题精练14电磁感应中的感应电动势、电荷量、热量、单双棒问题公式、知识点回顾（时间：5分钟）一、求电荷量的三种方法1.q＝It(式中I为回路中的恒定电流，t为时间)(1)由于导体棒匀速切割磁感线产生感应电动势而使得闭合回路中的电流恒定，根据电流定义式可知q＝It。(2)闭合线圈中磁通量均匀增大或减小且回路中电阻保持不变，则电路中的电流I恒定，t时间内通过线圈横截面的电荷量q＝It。2.q＝neq\f(ΔΦ,R)(其中R为回路电阻，ΔΦ为穿过闭合回路的磁通量变化量)(1)闭合回路中的电阻R不变，并且只有磁通量变化为电路提供电动势。(2)从表面来看，通过回路的磁通量与时间无关，但ΔΦ与时间有关，随时间而变化。3.Δq＝CBLΔv(式中C为电容器的电容，B为匀强磁场的磁感应强度，L为导体棒切割磁感线的长度，Δv为导体棒切割速度的变化量)在匀强磁场中，电容器接在切割磁感线的导体棒两端，不计一切电阻，电容器两极板间电压等于导体棒切割磁感线产生的电动势E，通过电容器的电流I＝eq\f(Δq,Δt)＝eq\f(CΔU,Δt)，又E＝BLv，则ΔU＝BLΔv，可得Δq＝CBLΔv。二、求解焦耳热Q的三种方法三、单杆模型初态v0≠0v0＝0示意图质量为m、电阻不计的单杆ab以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动，两平行导轨间距为l轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l，拉力F恒定轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l，拉力F恒定运动分析导体杆做加速度越来越小的减速运动，最终杆静止当E感＝E时，v最大，且vm＝eq\f(E,Bl)，最后以vm匀速运动当a＝0时，v最大，vm＝eq\f(FR,B2l2)，杆开始匀速运动Δt时间内流入电容器的电荷量Δq＝CΔU＝CBlΔv电流I＝eq\f(Δq,Δt)＝CBleq\f(Δv,Δt)＝CBla安培力F安＝IlB＝CB2l2aF－F安＝ma，a＝eq\f(F,m＋B2l2C)，所以杆以恒定的加速度匀加速运动能量分析动能转化为内能，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝Q电能转化为动能和内能，E电＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q外力做功转化为动能和内能，WF＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q外力做功转化为电能和动能，WF＝E电＋eq\f(1,2)mv2四、双杆模型(1)初速度不为零，不受其他水平外力的作用光滑的平行导轨光滑不等距导轨示意图质量m1＝m2电阻r1＝r2长度l1＝l2质量m1＝m2不电阻r1＝r2长度l1＝2l2运动分析杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为零，以相等的速度eq\f(v0,2)匀速运动稳定时，两杆的加速度均为零，两杆的速度之比为1∶2能量分析一部分动能转化为内能，Q＝－ΔEk(2)初速度为零，一杆受到恒定水平外力的作用光滑的平行导轨不光滑平行导轨示意图质量m1＝m2电阻r1＝r2长度l1＝l2摩擦力Ff1＝Ff2质量m1＝m2电阻r1＝r2长度l1＝l2运动分析开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动开始时，若F≤2Ff，则PQ杆先变加速后匀速运动；MN杆静止。若F>2Ff，PQ杆先变加速后匀加速运动，MN杆先静止后变加速最后和PQ杆同时做匀加速运动，且加速度相同能量分析外力做功转化为动能和内能，WF＝ΔEk＋Q外力做功转化为动能和内能(包括电热和摩擦热)，WF＝ΔEk＋Q电＋Qf【例题】（2023•安徽模拟）如图（a），一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在半径r＝0.5m的圆形金属框上。金属框的水平直径下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5.0×10﹣3Ω/m；在t＝0到t＝3s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系如图（b）所示。以下说法正确的是（ ）A．金属框中的电流方向沿顺时针 B．t＝2s时金属框所受安培力大小为0.5N C．在t＝0到t＝2s时间内金属框产生的焦耳热为0.25πJ D．在t＝0到t＝2s时间内通过金属框的电荷量为20C【解答】解：A．在t＝0到t＝3s时间内，磁感应强度大小随时间t减小，根据楞次定律，金属框中电流方向逆时针，故A错误；B．t＝2s时B＝0.2T，根据法拉第电磁感应定律：E=ΔBS2Δt=0.2×π×0.522V根据题意R＝2πrλ＝2π×0.5×5×10﹣3Ω根据欧姆定律I=ER，解得I＝5A金属框所受安培力大小为F＝BI×2r，解得F＝1N故B错误；C．在t＝0到t＝2s时间内金属框产生的焦耳热为Q＝I2Rt，解得Q＝0.25πJ故C正确；D．在t＝0到t＝2s时间内通过金属框的电荷量为q=ΔΦR，解得q＝10C故D错误。故选：C。难度：★★★☆建议时间：30分钟正确率：/15（2023•浙江模拟）如图所示，一块永磁体在光滑斜面上沿着一螺线管的轴线做直线运动。螺线管外的轴线上存在p、q两点（p、q两点到螺线管边缘的距离相等）。一灯泡与螺线管串联，灯泡在永磁体通过p点时的亮度要大于永磁体通过q点时的亮度。忽略永磁体的尺寸，下列说法中正确的（ ）A．永磁体在p点时的速度小于在q点时的速度 B．永磁体在p点时的机械能小于在q点时的机械能 C．若将灯泡换成一发光二极管，则永磁体在通过p和q时该二极管不会都发光 D．若将永磁体的极性对调，则在其通过q点时灯泡的亮度将大于其通过p点时的亮度【解答】解：A．灯泡在永磁体通过p点时的亮度大于永磁体通过q点时的亮度，说明永磁体通过p点时产生的感应电流大于永磁体通过q点时的感应电流，根据切割电动势规律和欧姆定律，即永磁体在p点时的速度大于在q点时的速度，故A错误；B．根据能量转化与守恒，由于灯泡发光，所以永磁体的机械能不断减小，即永磁体在p点时的机械能大于在q点时的机械能，故B错误；C．根据楞次定律，当永磁体靠近螺线管和远离螺线管时产生的感应电流方向相反，根据二极管反向截止的特性，所以二极管不会都发光，故C正确；D．若将永磁体的极性对调，根据切割电动势规律和欧姆定律，则在其通过q点时灯泡的亮度仍将小于其通过p点时的亮度，故D错误。故选：C。（2023•新乡二模）如图所示，用均匀导线做成的单匝正方形线圈的面积为S，正方形的一半放在垂直于线圈平面向里的匀强磁场中，a，b分别为两对边的中点，线圈的总电阻为R。下列说法正确的是（ ）A．当磁场的磁感应强度增大时，线圈中的电流沿顺时针方向 B．当磁场的磁感应强度以ΔBΔt的变化率增大时，线圈中产生的感应电动势为SΔBΔt C．在磁场的磁感应强度大小由B减小到零的过程中，通过线圈某一横截面的电荷量为BS2R D．在线圈以ab为轴转动一周的过程中，某一段时间内线圈中没有感应电流【解答】解：A．根据楞次定律可知，当磁场的磁感应强度增大时，线圈中的电流沿逆时针方向，故A错误；B．当磁场的磁感应强度以ΔBΔt的变化率增大时，根据法拉第电磁感应定律可得：E1=ΔΦΔt=SΔB2Δt，故B错误；C．在磁场的磁感应强度大小由B减小到零的过程中，根据法拉第电磁感应定律可得：感应电动势的平均值为E=ΔΦ'Δt=BS2Δt'根据欧姆定律可得：感应电流的平均值为I=ER根据电流的定义式有I=qΔt'联立解得：q=BS2R，故C正确；D．根据题意可知，在线圈以ab为轴转动一周的过程中，线圈始终有一边处于磁场中切割磁感线，因此不存在某一段时间内线圈中没有感应电流，故D错误。故选：C。（2023•昆明一模）如图所示，间距为d的两水平虚线之间有方向垂直于竖直平面向里的匀强磁场，正方形金属线框abcd的边长为l（l＜d）。线框从ab边距磁场上边界h处自由下落，下落过程中线框始终在竖直平面内且ab边保持水平。已知ab边进入磁场瞬间、dc边进入磁场瞬间及dc边离开磁场瞬间线框的速度均相同。设线框进入磁场的过程中产生的热量为Q1，离开磁场的过程中产生的热量为Q2。不计空气阻力，则（ ）A．Q1Q2=ld B．Q1Q2=ld-l C．Q1Q2=ld+h D．Q1Q2=ll+h【解答】解：设正方形线框的质量为m，据题知，ab边进入磁场瞬间、dc边进入磁场瞬间线框的速度相同，由能量守恒定律知线框进入磁场的过程中产生的热量Q1＝mgl又因为ab边进入磁场瞬间、dc边离开磁场瞬间线框的速度相同，由能量守恒定律知整个过程线框产生的热量为Q1+Q2＝mg（d+l）联立解得Q2＝mgd，所以Q1Q2=ld，故A正确，BCD错误。故选：A。（2023•西城区校级三模）如图所示，间距为L的两倾斜且平行的金属导轨固定在绝缘的水平面上，金属导轨与水平面之间的夹角为θ，电阻不计，空间存在垂直于金属导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨上端接有阻值为R的定值电阻。质量为m的导体棒ab从金属导轨上某处由静止释放，开始运动Δt时间后做匀速运动，速度大小为v，且此阶段通过定值电阻R的电量为q。已知导轨平面光滑，导体棒的电阻为r，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）A．导体棒ab先做匀加速运动，后做匀速运动 B．导体棒稳定的速度大小v=mg(R+r)B2L2 C．导体棒从释放到其速度稳定的过程中，其机械能的减少量等于电阻R产生的焦耳热 D．导体棒从释放到其速度稳定的过程中，位移大小为q(R+r)BL【解答】解：A、导体棒ab在加速阶段，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣BIL＝ma，其中：I=BLvR+r，解得：a＝gsinθ-B2L2vm(R+r)；由于速度是增加的，所以加速度是减小的，导体棒不可能做匀加速运动，故A错误；B、导体棒稳定时的加速度为零，则有：gsinθ-B2L2vm(R+r)=0，解得：v=mg(R+r)sinθB2L2，故B错误；C、根据能量守恒定律可知，导体棒从释放到其速度稳定的过程中，其机械能的减少量等于电阻R与导体棒产生的焦耳热之和，故C错误；D、根据电荷量的计算公式可得：q=It=ER+rt=ΔΦR+r=BSR+r=BLxR+r，解得：x=q(R+r)BL，故D正确。故选：D。（2023•鼓楼区校级三模）如图甲所示，一闭合金属圆环固定在水平面上，虚线ab右侧空间存在均匀分布的竖直磁场，其磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示（取磁感应强度方向竖直向上为正），则（ ）A．0～1s内感应电流方向沿bca方向 B．3～4s内感应电流方向沿bca方向 C．2s末圆环受到的安培力最大 D．3s末圆环受到的安培力为零【解答】解：A、由图乙所示图像可知，0～1s内磁场向上磁感应强度增大，穿过圆环的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流方向沿acb，故A错误；B、由图乙所示图像可知，3～4s内磁场方向向下磁感应强度减小，穿过圆环的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流沿acd方向，故B错误；C、由图乙所示图像可知，2s末磁感应强度B＝0，由安培力公式F＝ILB可知，圆环所受安培力为零，故C错误；D、由图乙所示图像可知，3s末磁感应强度最大，磁感应强度的变化率为零，磁通量的变化率为零，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为零，圆环的感应电流为零，则圆环所受安培力为零，故D正确。故选：D。（2023•乐清市校级模拟）如图甲所示，一质量为M、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量可不计的细导线系在同一水平面上的固定连接点上.在导体棒所在空间存在方向竖直向上、大小为B的匀强磁场。细导线通过开关S与电阻R和直流电源串接起来。不计空气阻力和其它电阻，导体棒运动时，细导线偏离竖直方向用图示的角度θ来表示。接通S，导体棒恰好在θ=π4时处于静止状态；将导体棒从θ=π4移到θ=π4+δ（δ为小量），静止后撤去外力，导体棒开始振动起来，则（ ）A．电源电动势E