专题09 电磁感应--【冲刺专练】2024年高考物理二轮复习考点冲刺专练精讲

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二、注重情景与过程的理解与分析。善于构建物理模型，明确题目考查的目的，恰当运用所学知识解决问题：情景是考查物理知识的载体。
三、加强能力的提升与解题技巧的归纳总结。学生能力的提升要通过对知识的不同角度、不同层面的训练来实现。
四、精选训练题目，使训练具有实效性、针对性。
五、把握高考热点、重点和难点。
充分研究近5年全国和各省市考题的结构特点，把握命题的趋势和方向，确定本轮复习的热点与重点，使本轮复习更具有针对性、方向性。对重点题型要强化训练，举一反三、触类旁通，注重解题技巧的提炼，充分提高学生的应试能力。
专题09 电磁感应
一、单选题
1．（2024·广东广州·一模）无线充电技术已经在新能源汽车领域得到应用。如图甲，与蓄电池相连的受电线圈置于地面供电线圈正上方，供电线圈输入如图乙的正弦式交变电流，下列说法正确的是（ ）
A．供电线圈中电流的有效值为B．受电线圈中的电流方向每秒钟改变50次
C．时受电线圈的感应电流最小D．时两线圈之间的相互作用力最大
【答案】C
【详解】A．根据如图乙可知供电线圈中电流的最大值为
得有效值为
故A错误；
B．根据如图乙可知周期为
得频率为
由于交流电流一个周期电流方向改变2次，而受电线圈中的周期和频率与供电线圈周期和频率是相同的，得受电线圈中的电流方向每秒钟改变方向次数为
次
故B错误；
CD．由如图乙可知时，可知供电线圈电流达到最大值，其变化率最小为零，由楞次定律可知受电线圈中的电流最小为零，两线圈这时的相互作用力最小为零，故C正确，D错误。
故选C。
2．（2024·广东·模拟预测）某同学发现滑板车使用久了车轮发光亮度变暗，拆开进行检查，内部原理图如图所示，是由线圈连接发光二极管以及一个可以转动的磁铁组成，磁铁跟随车轮转动达到一定转速时二极管就能发光。检查发现发光二极管均正常，以下说法正确的是（ ）
A．其他条件不变情况下，更换匝数更少的线圈可以使二极管变亮
B．其他条件不变情况下，更换磁性更强的磁铁可以使二极管变亮
C．这个发光装置原理是电流的磁效应
D．两个二极管同时发光同时熄灭
【答案】B
【详解】A．根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小与线圈匝数成正比，其他条件不变情况下，更换匝数更少的线圈，感应电动势变小，则二极管变暗，故A错误；
B．根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小与磁感应强度成正比，其他条件不变情况下，更换磁性更强的磁铁，磁感应强度增大，感应电动势增大，则二极管变亮，故B正确；
C．这个发光装置原理是电磁感应原理，故C错误；
D．二极管具有单向导电性，线圈中产生的是交流电，则两个二极管会交替发光，故D错误。
故选B。
3．（2024·广东佛山·二模）以下四幅图中，相关叙述正确的是（ ）
A．如图甲，人造地球卫星经过地面跟踪站上空，地面接收到信号频率先增大后减小
B．如图乙，A、B两灯均发亮，若断开开关，A灯和B灯都会立即熄灭
C．如图丙，高频感应炉是利用炉外线圈产生的热量使炉内的金属熔化
D．如图丁，利用该装置验证向心力与角速度的关系时，要保持皮带连接的两个塔轮半径相同
【答案】A
【详解】A．图甲中人造地球卫星先靠近跟踪站，然后远离跟踪站，根据多普勒效应，地面接收到信号频率先增大后减小，故A正确；
B．图乙中，断开开关，B灯会先熄灭，因为电感L的自感作用，A灯会延迟熄灭，故B错误；
C．图丙中，高频感应炉是利用被冶炼金属内部产生的热量使炉内的金属熔化，故C错误；
D．图丁中，因为皮带连接的两个塔轮线速度大小相等，塔轮半径不同，才能研究向心力与不同角速度的关系，故D错误。
故选A。
4．（2024·广东湛江·一模）如图所示，在区域Ⅰ、Ⅱ中分别有磁感应强度大小相等、垂直纸面但方向相反、宽度均为的匀强磁场区域。高为的正三角形线框efg从图示位置沿轴正方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，下列图像中能正确描述线框efg中感应电流与线框移动距离关系的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】正三角形线框efg刚进入向里的磁场Ⅰ时，I的大小为零，之后随线框进入磁场距离的增大没利用楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，为正方向，在进入过程中，ef和fg两边的有效切割长度变大，其有效长度为
感应电动势为
感应电流为
当线框efg前进a距离时，达到最大，即
在线圈刚进入向外的磁场区域Ⅱ瞬间，感应电流为零，之后随线框进入磁场距离的增大，利用楞次定律可知，efg线框中感应电流方向沿顺时针方向，即为负。进入过程边有效切割长度变大，在该过程中，结合之前的分析其电流的瞬时值为
当前进距离为2a时，其感应电流达到最大，结合之前的分析，其最大值为
在刚出向外的磁场区域Ⅱ瞬间，感应电流大小为零，之后随线框出磁场距离的增加，利用楞次定律可知，efg中感应电流方向沿逆时针方向，为正，有效切割长度变大，在该过程中，结合之前的分析其电流的瞬时值为
当前进距离为3a时，达到最大，其最大值为
故选B。
5．（2024·江西·二模）高速铁路列车通常使用磁刹车系统，磁刹车工作原理可简述如下：将磁铁的N极靠近一块正在以逆时针方向旋转的圆形铝盘，使磁感线总垂直射入铝盘时，铝盘随即减速，如图所示，圆中磁铁左方铝盘的甲区域朝磁铁方向运动，磁铁右方的乙区域朝离开磁铁方向运动，下列说法中正确的是（ ）
A．铝盘甲区域的感应电流会产生垂直纸面向里的磁场
B．磁场与感应电流的作用力，会产生将铝盘减速旋转的阻力
C．感应电流在铝盘产生的内能，是将铝盘减速的最主要原因
D．若将实心铝盘转换成布满小空洞的铝盘，则磁铁对布满空洞的铝盘减速效果比实心铝盘的效果更好
【答案】B
【详解】A．铝盘甲区域中的磁通量向里增大，由楞次定律可知，甲区域感应电流方向为逆时针方向，则此感应电流的磁场方向垂直纸面向外，故A错误；
BC．由“来拒去留”可知，磁场与感应电流的作用力，会产生将铝盘减速旋转的阻力，会使铝盘减速，故B正确，C错误；
D．改成空洞铝盘，电阻变大，电流变小，阻碍效果更差，故D错误。
故选B。
6．（2024·浙江温州·二模）如图所示，两通电长直导线沿正方体的边和边放置，通过大小相等、方向如图中所示的恒定电流。一闭合圆形金属小线圈，初始位置圆心在A点，可沿不同方向以相同速率做匀速直线运动，运动过程中小线圈平面始终与平面平行。沿AD方向观察，不考虑地磁场影响，下列说法正确的是（ ）
A．C和D两点的磁感应强度相同
B．点的磁感应强度方向由D点指向点
C．圆形小线圈由A点向点移动时能产生顺时针方向的感应电流
D．圆形小线圈由A点向D点移动时能产生逆时针方向的感应电流
【答案】D
【详解】A．根据右手螺旋定则，知边导线产生的磁感应强度为、和边导线产生的磁感应强度为、，在C和D两点产生的磁场方向如图所示
根据矢量的合成，知C和D两点的合磁场大小相等，方向不同，故A错误；
B．根据右手螺旋定则，知边导线在点产生的磁场方向由，边导线在点产生的磁场方向由，根据矢量的合成，得点的磁感应强度方向由点指向D点，故B错误；
C．圆形小线圈由A点向点移动时，因为小线圈平面始终与AA′B′B平面平行，故磁通量不变，无感应电流产生，故C错误；
D．圆形小线圈由A点向D点移动时，磁通量减小，根据楞次定律得感应电流磁场方向垂直纸面向外，产生逆时针方向的感应电流，故D正确。
故选D。
7．（2024·浙江·二模）为模拟航天器着陆，研究室构建了如图一个立体非匀强磁场，关于中心轴对称分布，磁感应强度可分为纵向分量和水平径向分量（背向轴心），的大小只随高度h变化（计初始位置为），关系为，（r为到对称轴的距离）。现有横截面半径为1mm的金属细丝构成直径为1cm的圆环在磁场中由静止开始下落，其电阻率为。其中，沿圆环中心的磁场方向始终竖直向上，在运动过程中圆环平面始终保持水平，速度在下落1.6m后达到稳定状态。则从开始下落到稳定时圆环上通过的电荷量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】根据题意可知，由、和可得
又有
运动过程中，竖直方向上，由楞次定律可知，线圈中产生顺时针的感应电流（从上往下看），
则有
水平方向上
由右手定则可知，下落过程中线圈切割水平磁场，同样产生顺时针电流（从上往下看），则有
则从开始下落到稳定时圆环上通过的电荷量为
故选B。
8．（2024·辽宁葫芦岛·一模）“焦耳小偷”是一个非常简单的电路，其特点是在低电压时也可以正常使用，将本来用不到的能量提取出来，彻底“榨干”电源的所有能量，其原理如图所示。一节废旧的干电池开路电压约为，无法直接点亮驱动电压为的发光二极管，如果反复快速接通和断开开关，发光二极管就会闪烁起来。电流从二极管正极流入处于导通状态（反之断路）。则（ ）
A．发光二极管的正极应接在端
B．只有开关接通的瞬间，发光二极管才会闪亮
C．只有开关断开的瞬间，发光二极管才会闪亮
D．开关断开及接通的瞬间，端的电势均高于端的电势
【答案】C
【详解】A．由图可知，发光二极管的正极应接在N端，故A错误；
B．开关接通瞬间，流过电感器的电流增大，电感器产生与原电流相反的自感电动势，发光二极管被短路，发光二极管不会闪亮发光，此时N端电势低于M端电势，故B错误；
CD．开关断开的瞬间，流过电感器的电流减小，电感器产生与原电流同向的自感电动势，与原电流叠加，能提供更大的电动势和电流，发光二极管会闪亮发光，此时N端电势高于M端电势，故C正确，D错误。
故选C。
9．（2024·北京西城·模拟预测）如图甲所示，两间距为L的平行光滑金属导轨固定在水平面内，左端用导线连接，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，一根长度也为L、电阻为R的金属棒放在导轨上，在平行于导轨向右、大小为F的恒力作用下向右运动，金属棒运动过程中，始终与导轨垂直并接触良好，金属棒运动的加速度与速度关系如图乙所示，不计金属导轨及左边导线电阻，金属导轨足够长，若图乙中的均为已知量，则下列说法不正确的是（ ）
A．金属棒的质量为
B．匀强磁场的磁感应强度大小为
C．当拉力F做功为W时，通过金属棒横截面的电荷量为
D．某时刻撤去拉力，此后金属棒运动过程中加速度大小与速度大小成正比
【答案】C
【详解】A．由题意可知
得
结合图像可知
解得
故A正确；
B．由题意可知
得
结合图像可知
解得
故B正确；
C．当拉力F做功为W时，金属棒运动的距离为
则通过金属棒截面的电量
故C错误；
D．某时刻撤去拉力，此后
则
故D正确。
本题选不正确的，故选C。
一、多选题
10．（2022·广东·高考真题）如图所示，水平地面（平面）下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，平行于y轴，平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的有（ ）
A．N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同
B．线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变
C．线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流
D．线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等
【答案】AC
【详解】A．依题意，M、N两点连线与长直导线平行、两点与长直导线的距离相同，根据右手螺旋定则可知，通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，故A正确；
B．根据右手螺旋定则，线圈在P点时，磁感线穿进与穿出在线圈中对称，磁通量为零；在向N点平移过程中，磁感线穿进与穿出线圈不再对称，线圈的磁通量会发生变化，故B错误；
C．根据右手螺旋定则，线圈从P点竖直向上运动过程中，磁感线穿进与穿出线圈对称，线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈无感应电流，故C正确；
D．线圈从P点到M点与从P点到N点，线圈的磁通量变化量相同，依题意P点到M点所用时间较从P点到N点时间长，根据法拉第电磁感应定律，则两次的感应电动势不相等，故D错误。
故选AC。
11．（2024·广东广州·一模）如图甲是航母电磁阻拦技术的原理简图，飞机着舰时通过绝缘阻拦索钩住水平导轨上的金属棒ab并关闭动力系统，在匀强磁场中减速滑行。若忽略导轨电阻、摩擦和空气阻力，ab所受安培力F随位移s的变化如图乙，则在飞机滑行过程（ ）
A．飞机的加速度与位移成正比B．飞机的加速度与速度成正比
C．通过ab的电荷量与位移成正比D．回路产生的焦耳热与位移成正比
【答案】BC
【详解】A．飞机着舰时受安培力，由牛顿第二定律可得
由乙图得
可得
故飞机的加速度与位移不成正比，故A错误；
B．由牛顿第二定律
而
可得
可知飞机的加速度与速度成正比，故B正确；
C．通过ab的电荷量
设ab棒长度为L，则
则有
可知通过ab的电荷量与位移成正比，故C正确；
D．回路产生的焦耳热等于安培力做的功，得
故回路产生的焦耳热与位移不成正比，故D错误。
故选BC。
12．（2024·广东广州·二模）列车进站时，其刹车原理可简化如图，在车身下方固定一单匝矩形线框，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车刹车。已知列车的质量为m，车身长为s，线框的ab和cd长度均为L（L小于匀强磁场的宽度），线框的总电阻为R。轨道上匀强磁场区域足够长，磁感应强度的大小为B。车头进入磁场瞬间的速度为v0，列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。车尾进入磁场瞬间，列车刚好停止。下列说法正确的是（ ）
A．列车进站过程中电流方向为abcda
B．列车ab边进入磁场瞬间，线框的电流大小为
C．列车从进站到停下来的过程中，减少的动能大于线框产生的焦耳热
D．列车ab边进入磁场瞬间，加速度大小
【答案】ACD
【详解】A．列车进站时，ab边切割磁感线产生感应电流，则根据右手定则判断可知，列车进站过程中电流方向为abcda，故A正确；
B．根据法拉第电磁感应定律可得，列车ab边进入磁场瞬间，感应电动势为
则列车ab边进入磁场瞬间，线框的电流大小为
故B错误；
C．根据能量的转化和守恒可知，列车从进站到停下来的过程中，减少的动能等于线框产生的焦耳热与列车和导轨及空气阻力摩擦产生的热量之和，即减少的动能大于线框产生的焦耳热，故C正确；
D．列车ab边进入磁场瞬间，根据牛顿第二定律有
解得，列车的加速度大小为
故D正确。
故选ACD。
13．（2024·广东肇庆·二模）如图所示，空间中存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。有两根完全相同的金属棒a和b垂直静置于足够长的水平光滑平行金属导轨上，导轨间距为L、电阻不计，金属棒与导轨接触良好，两根金属棒的质量均为m、长度均为L、电阻均为R。将b固定在导轨上，某时刻给a施加一个水平向右的恒力F。下列说法正确的是（ ）

A．a棒所受的安培力先增大后减小
B．a棒的最大速度为
C．若解除b的固定，则稳定后两棒的速度相等
D．若解除b的固定，则稳定后两棒的加速度相等
【答案】BD
【详解】A．对a受力分析，结合牛顿第二定律有
解得
所以a做加速度减小的加速运动，a棒所受的安培力一直增大，故A错误；
B．当a棒的加速度a=0时，棒的速度最大，此时
可得
故B正确；
CD．若解除b，对a受力分析，结合牛顿第二定律有
对b受力分析结合牛顿第二定律有
开始时安培力较小，所以两个棒都加速，由
可知电动势增大，安培力增大，所以a的加速度减小，b的加速度增大，最终稳定时两个棒的加速度相同，两个棒的速度差恒定，安培力不再变化，C错误，D正确。
故选BD。
14．（2024·广东中山·模拟预测）10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心成功发射，飞船入轨后，将按照预定程序与空间站组合体进行自主快速交会对接，航天器对接时存在一定的相对速度，由于航天器的质量大，对接时产生的动能比较大，为了减少对接过程中产生的震动和撞击，对接机构内部采用了电磁阻尼器消耗对接能量．如图为某电磁阻尼器的简化原理图，当质量块上下移动时会带动磁心一起运动，磁心下方为N极，下列说法正确的是（ ）
A．当质量块带动磁心从线圈上方向下移时，线圈有收缩趋势
B．当质量块带动磁心下移时，通过电阻R的电流向上
C．整个过程对应的是动能向磁场能转换
D．减小线圈匝数，阻尼效果增强
【答案】AB
【详解】A．当质量块带动磁心下移时，线圈磁通量增大，根据“增缩减扩”，线圈有收缩趋势，故A正确；
B．根据楞次定律，线圈中磁场方向向下，磁通量增大，则通过电阻R的感应电流向上，故B正确；
C．整个过程对应的是动能向电能转换，故C错误；
D．减小线圈匝数，产生的感应电流较小，阻尼效果减弱，故D错误。
故选AB。
15．（2024·广东茂名·一模）如图（a）所示，底部固定有正方形线框的列车进站停靠时，以初速度v水平进入竖直向上的磁感应强度为B的正方形有界匀强磁场区域，如图（b）所示，假设正方形线框边长为，每条边的电阻相同.磁场的区域边长为d，且，列车运动过程中受到的轨道摩擦力和空气阻力恒定，下列说法正确的是（ ）
A．线框右边刚刚进入磁场时，感应电流沿图（b）逆时针方向，其两端的电压为
B．线框右边刚刚进入磁场时，感应电流沿图（b）顺时针方向，其两端的电压为
C．线框进入磁场过程中，克服安培力做的功等于线框中产生的焦耳热
D．线框离开磁场过程中，克服安培力做的功等于线框减少的动能
【答案】BC
【详解】AB．根据右手定则，线框进入磁场时，感应电流沿顺时针方。线框此时切割磁感线产生的感应电动势为，导线框右边两端的电压为路端电压，即为
故A错误，B正确；
C．根据功能关系可知线框克服安培力做的功全部转化为电能，线框为纯电阻电路，则又全部转化为线框中产生的焦耳热，则克服安培力做的功等于线框中产生的焦耳热。故C正确；
D．线框离开磁场过程中，根据动能定理可知克服安培力做功与克服摩擦力、空气阻力做功之和等于线框和列车动能的减小量，故D错误。
故选BC。
16．（2024·广东梅州·一模）在第70场“南方教研大讲堂”罗老师展示的课例中，她用磁力小车做了小实验。磁力小车如图甲所示，它的内部结构可以简化为如图乙所示，其中A、B是具有单向导电性的发光二极管（正向电阻为零，反向电阻为无穷大），与线圈C构成闭合回路。实验前，磁力小车静止在水平桌面上（不计一切阻力）。关于实验现象，下列说法正确的是（ ）
A．将强磁铁N极快速靠近小车，二极管A将闪亮
B．将强磁铁S极快速靠近小车，二极管B将闪亮
C．将强磁铁N极快速靠近小车，小车将向右运动
D．将强磁铁S极快速靠近小车，小车将向左运动
【答案】ABC
【详解】A．将磁铁N极快速靠近线圈，穿过线圈的磁通量增大，由“楞次定律”可知，整个回路中产生逆时针方向的感应电流，二极管A将闪亮，故A正确；
B．将磁铁S极快速靠近线圈，穿过线圈的磁通量增大，由“楞次定律”可知，整个回路中产生顺时针方向的感应电流，则二极管B将闪亮，故B正确；
CD．不管是强磁铁N极快速靠近小车，还是强磁铁S极快速靠近小车，根据楞次定律的推论“来拒去留”，小车都将向右运动，故C正确，D错误。
故选ABC。
一、解答题
17．（2024·广东佛山·二模）如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度。在匀强磁场区域内，有一对光滑平行金属导轨，处于同一水平面内，导轨足够长，导轨间距，电阻可忽略不计。质量均为，电阻均为的金属导体棒MN和PQ垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好。先将PQ暂时锁定，金属棒MN在垂直于棒的拉力F作用下，由静止开始以加速度向右做匀加速直线运动，2s后保持拉力F的功率不变，直到棒以最大速度做匀速直线运动。
（1）求2s时，拉力F的功率P；
（2）求棒MN的最大速度；（结果保留两位小数）
（3）当棒MN达到最大速度时，解除PQ锁定，同时撤去拉力F，则撤去拉力F后两金属棒之间距离增加量的最大值是多少？（结果保留两位小数）
【答案】（1）0.04W；（2）0.28m/s；（3）0.28m
【详解】（1）金属棒MN在2s末时的速度
所受安培力
由闭合电路欧姆定律得
由电磁感应定律得
由牛顿第二定律得
拉力的功率
解得
（2）金属棒MN达到最大速度vm时，金属棒MN受力平衡
保持拉力的功率不变
解得
（3）撤去拉力后，对金属棒PQ、MN组成的系统动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律可得
解得
根据法拉第电磁感应定律得
由闭合电路欧姆定律得
通过两棒的电荷量为
解得
对PQ棒由动量定理得
解得撤去拉力F后两金属棒之间距离增加量的最大值是
18．（2024·广东·模拟预测）如图所示，间距为的足够长光滑平行金属导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角为。两导轨上端接有阻值为的定值电阻，整个装置处于垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为的匀强磁场中，质量为、电阻也为的金属杆ab，在沿导轨平面向上、大小为的恒力作用下，由静止开始从导轨底端向上运动，经过时间金属棒开始以速度做匀速直线运动，在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好。已知重力加速度为，不计空气阻力和导轨电阻。求：
（1）金属棒开始运动时加速度的大小；
（2）从开始运动到金属棒速度刚达到的过程中，恒定拉力做功；
（3）金属棒匀速运动后的某时刻改变拉力，使金属棒以大小为的加速度向上做匀减速运动，则向上匀减速运动过程中拉力对金属棒的冲量大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）金属棒ab开始运动时，根据牛顿第二定律有
解得
（2）从开始运动到金属棒速度刚达到的过程中，设金属棒沿导轨向上运动的距离为，根据动量定理有
根据欧姆定律
根据法拉第电磁感应定律有
解得
则拉力做的功
（3）改变拉力后，金属棒以大小为的加速度向上做匀减速运动，根据牛顿第三定律可知，金属棒运动过程中，拉力始终与安培力等大反向。当金属棒的速度为时，有
即拉力与时间成线性关系。则拉力的冲量
其中
解得
19．（2024·广东佛山·二模）饭卡是学校等单位最常用的辅助支付手段，其内部主要部分是一个多匝线圈，当刷卡机发出电磁信号时，置于刷卡机上的饭卡线圈的磁通量发生变化，产生电信号．其原理可简化为如图甲所示，设线圈匝数，每匝线圈的面积均为，线圈总电阻，线圈与阻值的电阻相连．线圈处的磁场可视作匀强磁场，其磁感应强度大小按如图乙所示规律变化（设垂直纸面向里为正方向），求：
（1）内通过电阻R的电流方向和大小；
（2）内电阻R上产生的热量。
【答案】（1）0.2A，电流方向从上到下；（2）0.2J
【详解】（1）根据楞次定律“增反减同”可知时间内，流经电阻R的电流方向从上到下；
根据法拉第电磁感应定律有
V=0.6V
根据欧姆定律可知电流为
A
（2）由焦耳定律可知时间内电阻R产生的焦耳热为
J
0.2～0.25s时间内，根据法拉第电磁感应定律有
V=3.6V
根据焦耳定律有
J
则内电阻R上产生的热量为
J
20．（2024·广东中山·模拟预测）如图，足够长的两光滑平行金属导轨MN、PQ所构成的斜面与水平面的夹角为θ，两导轨间距为L，两导轨顶端接一阻值为R的电阻，导轨所在的空间存在垂直于斜面向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。一根质量为m的导体棒垂直放置于导轨底端，其在两导轨之间部分的电阻为R。现给导体棒一沿斜面向上的速度大小为v，导体棒上滑过程通过导体截面的电荷量为q；在运动过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好，两光滑平行金属导轨电阻忽略不计，重力加速度大小为g。求：
（1）导体棒刚进入磁场时的加速度大小；
（2）导体棒向上滑的最大位移x；
（3）上滑过程中，导体棒上产生的热量Q。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）刚进入磁场时
电流为
对导体棒受力分析
解得
（2）在导体棒上滑过程中，
产生的平均感应电动势为
根据闭合电路欧姆定律，有
通过的电荷量为
联立可得
（3）上滑过程根据能量守恒，有
导体棒与电阻串联，电流相同，时间相同，由焦耳定律可得导体棒产生的热量为
解得