届二轮复习专题四第2讲 电磁感应规律及其应用学案.docx
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届二轮复习专题四第2讲电磁感应规律及其应用学案
第2讲 电磁感应规律及其应用
[做真题·明考向] 真题体验 透视命题规律
授课提示：
对应学生用书第59页
[真题再做]
1.
（多选）（2018·高考全国卷Ⅰ，T19）如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远外沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路．将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态．下列说法正确的是（ ）
A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
解析：
根据安培定则，开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场．
开关闭合后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由南向北的电流，根据安培定则，直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A对．
开关闭合并保持一段时间后，直导线上没有感应电流，故小磁针的N极指北，B、C错．
开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上将产生由北向南的电流，这时直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D对．
答案：
AD
2．（2018·高考全国卷Ⅰ，T17）
如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定（过程Ⅰ）；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′（过程Ⅱ）．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于（ ）
A. B.
C.D．2
解析：
在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有
E1＝＝
根据闭合电路欧姆定律，有
I1＝
且q1＝I1Δt1
在过程Ⅱ中，有
E2＝＝
I2＝
q2＝I2Δt2
又q1＝q2，即＝
所以＝.
答案：
B
3．（2018·高考全国卷Ⅱ，T18）如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动．线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是（ ）
解析：
设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i.
线框位移
等效电路的连接
电流
0～
I＝2i（顺时针）
～l
I＝0
l～
I＝2i（逆时针）
～2l
I＝0
分析知，只有选项D符合要求．
答案：
D
4．（2016·高考全国卷Ⅱ，T24）如图，水平面（纸面）内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：
（1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
（2）电阻的阻值．
解析：
（1）设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
F－μmg＝ma①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为
E＝Blv③
联立①②③式可得
E＝Blt0（－μg）④
（2）设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律得I＝⑤
式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为
F安＝BlI⑥
因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得
F－μmg－F安＝0⑦
联立④⑤⑥⑦式得R＝.⑧
答案：
（1）Blt0（－μg）
（2）
[考情分析]
■命题特点与趋势——怎么考
1．高考对本部分内容的要求较高，常在选择题中考查电磁感应中的图象问题、电磁感应中的电路、法拉第电磁感应定律、能量转换及电荷量的计算等知识点．以导体棒运动为背景，综合应用电路的相关知识、牛顿运动定律和能量守恒定律以计算题形式作为压轴题．
2．电磁感应中常涉及Bt图象、Φt图象、Et图象、It图象、Ft图象和vt图象，还涉及Ex图象、Ix图象等，这类问题既要用到电磁感应的知识，又要结合数学知识求解，对考生运用数学知识解决物理问题的能力要求较高．
■解题要领——怎么做
1．抓住两个关键：
一是电动势的大小，它取决于磁通量的变化率；二是电动势的方向，实际方向与规定的正方向一致时取正，反之取负．同时注意对无感应电流区域的判断．
2．迁移力学知识、规律解决电磁感应综合问题．
3．常用思想方法：
（1）图象法；
（2）等效法；（3）守恒法；（4）模型法．
[建体系·记要点] 知识串联 熟记核心要点
授课提示：
对应学生用书第60页
[网络构建]
[要点熟记]
1．“三定则、一定律”的应用
（1）安培定则：
判断运动电荷、电流产生的磁场方向．
（2）左手定则：
判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向．
（3）右手定则：
判断部分导体切割磁感线产生感应电流的方向．
（4）楞次定律：
判断闭合电路磁通量发生变化产生感应电流的方向．
2．求感应电动势的两种方法
（1）E＝n，用来计算感应电动势的平均值．
（2）E＝BLv，用来计算感应电动势的瞬时值或平均值．
3．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式
（1）阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；
（2）阻碍相对运动——“来拒去留”；
（3）使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”；
（4）阻碍原电流的变化（自感现象）——“增反减同”．
[研考向·提能力] 考向研析 掌握应试技能
授课提示：
对应学生用书第60页
考向一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
1．判定感应电流方向的两种方法
（1）楞次定律：
一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形．
（2）右手定则：
一般用于导体棒切割磁感线的情形．
2．求感应电动势的方法
（1）感生电动势：
E＝n
（2）动生电动势：
1．（2018·贵州贵阳期末）如图甲所示，在同一平面内有两个绝缘金属细圆环A、B，两环重叠部分的面积为圆环A面积的一半，圆环B中电流i随时间t的变化关系如图乙所示，以甲图圆环B中所示的电流方向为负方向，则A环中（ ）
A．没有感应电流
B．有逆时针方向的感应电流
C．有顺时针方向的感应电流
D．感应电流先沿顺时针方向，后沿逆时针方向
解析：
由于A环中磁通量变化，所以A环中有感应电流，选项A错误；根据楞次定律，A环中产生逆时针方向的感应电流，选项B正确，C、D错误．
答案：
B
2.
（多选）（2018·江西赣州中学高三模拟）1831年10月28日，法拉第展示了他发明的圆盘发电机，其示意图如图所示，水平铜盘可绕竖直铜轴转动，两铜片M、N分别与铜盘边缘和铜轴连接，使整个铜盘处于竖直向上的匀强磁场中．M和N之间连接阻值为R的导体和滑动变阻器RP，若从上往下看，铜盘转动的方向为顺时针方向．已知铜盘的半径为L，铜盘转动的角速度为ω，铜盘连同两铜片对电流的等效电阻值为r，磁感应强度为B，下列说法正确的是（ ）
A．导体R中的电流方向从a到b
B．铜盘转动产生的感应电动势大小为BL2ω
C．移动滑动触头位置时，导体R的最大功率为
D．如果RP＝R＋r，则滑动变阻器的最大功率为
解析：
若从上往下看，铜盘转动的方向为顺时针方向，根据右手定则可知，导体R中的电流方向从b到a，故A错误；根据法拉第电磁感应定律得，铜盘转动产生的感应电动势为E＝BL2ω，故B正确；根据闭合电路欧姆定律得I＝，则导体R的功率为P＝I2R＝（）2R，当RP＝0时，导体的功率最大，即Pm＝，故C错误；把导体R等效成电源的内阻，则电流的等效内阻为r′＝r＋R，此时外电路只有RP，故当RP＝r＋R时，滑动变阻器的功率最大，即Pm′＝，故D正确．
答案：
BD
3.
如图甲所示，绝缘的水平桌面上放置一金属圆环，在圆环的正上方放置一个螺线管，在螺线管中通入如图乙所示的电流，电流从螺线管a端流入为正．以下说法正确的是（ ）
A．从上往下看，0～1s内圆环中的感应电流沿顺时针方向
B．0～1s内圆环面积有扩张的趋势
C．3s末圆环对桌面的压力小于圆环的重力
D．1～2s内和2～3s内圆环中的感应电流方向相反
解析：
由图乙知，0～1s内螺线管中电流逐渐增大，穿过圆环向上的磁通量增大，由楞次定律知圆环中感应电流的磁场向下，圆环面积有缩小的趋势，从上往下看，0～1s内圆环中的感应电流沿顺时针方向，选项A正确，B错误；同理可得1～2s内和2～3s内圆环中的感应电流方向相同，选项D错误；3s末电流的变化率为0，螺线管中磁感应强度的变化率为0，在圆环中不产生感应电流，圆环对桌面的压力等于圆环的重力，选项C错误．
答案：
A
考向二 电磁感应中的图象问题
[典例展示1] （多选）（2018·高考全国卷Ⅲ）如图（a），在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧．导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图（b）所示，规定从Q到P为电流正方向．导线框R中的感应电动势（ ）
A．在t＝时为零
B．在t＝时改变方向
C．在t＝时最大，且沿顺时针方向
D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向
[思路探究]
（1）如何判断通电直导线周围的磁场？
（2）it图象中的信息说明导线框R内的磁通量如何变化？
[解析] 在t＝时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E＝＝S知，E＝0，A对；在t＝和t＝T时，图线斜率最大，在t＝和t＝T时感应电动势最大，在到之间，电流由Q向P减弱，导线在R处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，即R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在到时，R中电动势也为顺时针方向，在T到T时，R中电动势为逆时针方向，C对，B、D错．
[答案] AC
解决电磁感应图象问题的一般步骤
（1）明确图象的种类，即是Bt图象还是Φt图象，或者是Et图象、It图象等，如例题中考查了it图象．
（2）分析电磁感应的具体过程，如例题中电流变化引起导线框R内磁通量变化，要分段研究．
（3）用右手定则或楞次定律确定方向对应关系．
（4）结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数关系式．
（5）根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等．
（6）应用图象信息画图象、判断图象或讨论各物理量的变化，如例题中是根据it图象信息讨论导线框R的电动势变化．
4．（多选）如图甲所示，面积为S的n匝圆形闭合线圈内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小随时间周期性变化，如图乙所示．已知线圈的电阻为R，则下列说法正确的是（ ）
A．线圈内产生的感应电动势最大值为SB0
B．线圈内产生的感应电流最小值为
C．线圈内产生的感应电动势周期为4s
D．0～1s内线圈内产生的感应电流沿顺时针方向
解析：
根据法拉第电磁感应定律可知E＝nS，结合图乙分析可知，在0～1s内产生的感应电动势最大，最大值为Emax＝nS＝nB0S，A错误；1～2s内线圈内产生的感应电动势最小为零，故感应电流的最小值为零，B错误；由图线可知，线圈内产生的感应电动势周期为4s，C正确；0～1s内磁感应强度逐渐增大，线圈中的磁通量增大，根据楞次定律可知，0～1s内线圈内产生的感应电流沿顺时针方向，D正确．
答案：
CD
5.
如图甲所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B，磁场在y轴方向足够宽，在x轴方向宽度为a.一直角三角形导线框ABC（BC边的长度为a）从图示位置向右匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在图乙中感应电流i、BC两端的电压uBC与导线框移动的距离x的关系图象正确的是（ ）
解析：
导线框切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，感应电流i＝＝，在0～a内，有效长度L均匀变大，感应电流i均匀变大，在a～2a内，有效长度L均匀变大，感应电流均匀变大，由楞次定律可知，在线框进入磁场的过程中，感应电流沿逆时针方向，电流是正的，在线框离开磁场的过程中，感应电流沿顺时针方向，感应电流是负的，故A、B错误；BC两端的电压uBC＝iR，在0～a内，i均匀增大，uBC均匀增大，且B点电势高于C点电势，uBC>0；在a～2a内，i均匀增大，uBC均匀增大，且B点电势低于C点电势，uBC<0，故C错误，D正确．
答案：
D
6．（多选）（2018·河南洛阳一模）如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示（图示磁感应强度方向为正），MN始终保持静止，则0～t2时间（ ）
A．电容器C的电荷量大小始终没变
B．电容器C的a板先带正电后带负电
C．MN所受安培力的大小始终没变
D．MN所受安培力的方向先向右后向左
解析：
由题图乙可知，回路内磁感应强度变化率不变，根据法拉第电磁感应定律知E＝S为恒定值，电容器C两端的电压值不变，根据C＝可知，电容器C的电荷量大小始终没变，选项A正确，B错误；根据闭合电路欧姆定律知，MN中电流恒定不变，由于磁感应强度B变化，MN所受安培力的大小变化，选项C错误；利用楞次定律可判断出MN中感应电流的方向为从N到M，根据左手定则，MN所受安培力的方向为先向右后向左，选项D正确．
答案：
AD
考向三 电磁感应中的电路与动力学问题
[典例展示2]
（2017·高考海南卷）如图，两光滑平行金属导轨置于水平面（纸面）内，导轨间距为l，左端连有阻值为R的电阻，一金属杆置于导轨上，金属杆右侧存在一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场区域．已知金属杆以速度v0向右进入磁场区域，做匀变速直线运动，到达磁场区域右边界（图中虚线位置）时速度恰好为零，金属杆与导轨始终保持垂直且接触良好．除左端所连电阻外，其他电阻忽略不计．求金属杆运动到磁场区域正中间时所受安培力的大小及此时电流的功率．
[思路探究]
（1）金属棒在磁场中运动的加速度是多大？
（2）金属棒在磁场中运动的位移是多少？
（3）金属棒来到磁场区域中间时的速度是多大？
[解析] 由题意可知，开始时金属杆产生的感应电动势为E＝Blv0
依据闭合电路欧姆定律，则电路中电流为I＝
再由安培力公式有F＝BIl＝
设金属杆的质量为m，则金属杆在整个过程中的加速度为a＝＝
设金属杆由开始到停止的位移为x，
由运动学公式有0－v＝－2ax，解得x＝＝
故正中间离开始的位移为x中＝
设金属杆在中间位置时的速度为v，
由运动学公式有v2－v＝－2ax中，解得v＝v0
则金属杆运动到中间位置时，所受到的安培力为
F′＝BI′l＝
金属杆中电流的功率为P＝I′2R＝.
[答案]
解决电磁感应中的电路和动力学问题的关键
电磁感应与动力学问题联系的桥梁是磁场对感应电流的安培力．解答电磁感应中的动力学问题，在分析方法上，要始终抓住导体的受力（特别是安培力）特点及其变化规律，明确导体的运动过程以及运动过程中状态的变化，准确把握运动状态的临界点．
（3）临界点→运动状态的变化点
7.如图所示，ab、cd是间距为l的光滑倾斜金属导轨，与水平面的夹角为θ，导轨电阻不计，ac间接有阻值为R的电阻，空间存在磁感应强度大小为B0、方向竖直向上的匀强磁场．将一根阻值为r、长度为l的金属棒从轨道顶端由静止释放，金属棒沿导轨向下运动的过程中始终与导轨接触良好．已知当金属棒向下滑行距离x到达MN处时达到稳定速度，重力加速度为g，求：
（1）金属棒下滑到MN的过程中通过电阻R的电荷量；
（2）金属棒的稳定速度的大小．
解析：
（1）金属棒下滑到MN的过程中的平均感应电动势为＝＝
根据闭合电路欧姆定律，电路中的平均电流为
＝＝，则q＝Δt＝.
（2）金属棒速度稳定时的感应电动势为E＝B0lvcosθ
电路中产生的电流为I＝
金属棒受的安培力为F＝B0Il
稳定时金属棒的加速度为零，由力的平衡条件可知
mgsinθ－Fcosθ＝0
联立以上各式解得，稳定时金属棒的速度
v＝.
答案：
（1）
（2）
8.
如图所示，一与水平面夹角为θ＝37°的倾斜平行金属导轨，两导轨足够长且相距L＝0.2m，另外两根水平金属杆MN和PQ的质量均为m＝0.01kg，可沿导轨无摩擦地滑动，MN杆和PQ杆的电阻均为R＝0.2Ω（倾斜金属导轨电阻不计），MN杆被两个垂直于导轨的绝缘立柱挡住，整个装置处于匀强磁场内，磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度B＝1.0T．PQ杆在恒定拉力F作用下由静止开始向上加速运动，拉力F垂直PQ杆沿导轨平面向上，当运动位移x＝0.1m时PQ杆达到最大速度，此时MN杆对绝缘立柱的压力恰好为零（g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）．求：
（1）PQ杆的最大速度大小vm；
（2）当PQ杆加速度a＝2m/s2时，MN杆对立柱的压力大小．
解析：
（1）PQ杆达到最大速度时，感应电动势为
Em＝BLvm，感应电流为Im＝，
根据MN杆受力分析可得，mgsinθ＝BImL，
联立解得vm＝＝0.6m/s.
（2）当PQ杆的加速度a＝2m/s2时，对PQ杆受力分析，根据牛顿第二定律可得F－mgsinθ－BIL＝ma，
对MN杆受力分析，根据共点力的平衡可得
BIL＋FN－mgsinθ＝0，
PQ杆达到最大速度时，有F－mgsinθ－BImL＝0，
联立解得FN＝0.02N，根据牛顿第三定律可得
MN杆对立柱的压力大小FN′＝0.02N.
答案：
（1）0.6m/s
（2）0.02N
考向四 电磁感应中的能量问题
[典例展示3] 如图所示，竖直面内的正方形导线框ABCD和abcd的边长均为l、电阻均为R，质量分别为2m和m，它们分别系在一跨过两个定滑轮的绝缘轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场．开始时ABCD的下边界与匀强磁场的上边界重合，abcd的上边界到匀强磁场的下边界的距离为l.现将两导线框由静止释放，当ABCD全部进入磁场时，两导线框开始做匀速运动．不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）两导线框匀速运动的速度大小；
（2）两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热；
（3）导线框abcd通过磁场的时间．
[思维流程]
[解析]
（1）如图所示，设两导线框刚匀速运动的速度大小为v、此时轻绳上的张力为FT，则对ABCD有
FT＝2mg①
对abcd有
FT＝mg＋BIl②
I＝③
E＝Blv④
则v＝⑤
（2）设两导线框在从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热为Q，当左、右两导线框分别向上、向下运动2l的距离时，两导线框等高，对这一过程，由能量守恒定律有
4mgl＝2mgl＋×3mv2＋Q⑥
联立⑤⑥解得Q＝2mgl－
（3）导线框abcd通过磁场的过程中以速度v匀速运动，设导线框abcd通过磁场的时间为t，则
t＝⑦
联立⑤⑦解得t＝.
[答案]
（1）
（2）2mgl－ （3）
求解电磁感应中能量问题的策略
（1）若回路中的电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算．
（2）若回路中的电流变化，则可按以下两种情况计算：
①利用功能关系求解：
电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；
②利用能量守恒定律求解：
其他形式的能的减少量等于回路中产生的电能，如例题
（2）中焦耳热的计算．
9.（2018·河南洛阳一模）如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L＝1m，导轨间连接的定值电阻R＝3Ω，导轨上放一质量为m＝0.1kg的金属杆ab，金属杆始终与导轨接触良好，杆的电阻r＝1Ω，其余电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B＝1T的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里．重力加速度g取10m/s2.现让金属杆从AB位置由静止释放，忽略空气阻力的影响，求：
（1）金属杆的最大速度；
（2）若从金属杆开始下落到刚好达到最大速度的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q＝0.6J，此时金属杆下落的高度．
解析：
（1）设金属杆的最大速度为vm，此时安培力与重力平衡，即
F安＝mg①
又F安＝BIL②
E＝BLvm③
I＝④
代入数据，联立①②③④得
vm＝4m/s
（2）电路中产生的总焦耳热
Q总＝Q＝0.8J
由能量守恒定律得
mgh＝mv＋Q总
代入数据解得
h＝1.6m.
答案：
（1）4m/s
（2）1.6m
10．如图甲所示，斜面上存在一有理想边界的匀强磁场，磁场方向与斜面垂直，在斜面上离磁场上边界s1＝0.36m处静止释放一单匝矩形金属线框，线框底边和磁场边界平行，金属线框与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5.整个线框进入磁场的过程中，机械能E和位移s之间的关系如图乙所示．已知E0－E1＝0.09J，线框的质量为0.1kg，电阻为0.06Ω，斜面倾角θ＝37°，磁场区域的宽度d＝0.43m，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
（1）线框刚进入磁场时的速度大小v1；
（2）线框从开始进入磁场至完全进入磁场所用的时间t；
（3）线框穿越磁场的整个过程中电功率的最大值．
解析：
（1）在未进入磁场前，金属线框做匀加速直线运动，有
a＝gsin37°－μgcos37°＝2m/s2
v＝2as1
解得v1＝1.2m/s.
（2）金属线框进入磁场的过程中，减小的机械能等于克服摩擦力Ff和安培力FA所做的功，机械能均匀减小，因此安培力为恒力，线框匀速进入磁场．
设线框的侧边长为s2，即线框进入磁场过程运动的距离为s2，根据功能关系，除重力之外的力所做的功等于物体机械能的变化，所以有
ΔE＝Wf＋WA＝（Ff＋FA）s2
因为是匀速进入磁场，所以
Ff＋FA＝mgsin37°＝0.6N
解得s2＝0.15m
t＝＝s＝0.125s.
（3）设线框刚出磁场时的速度大小为v2，则有
v＝v＋2a（d－s2）
解得v2＝1.6m/s
则线框刚出磁场时的速度最大，有
Pmax＝I2R＝
根据线框匀速进入磁场，有
FA＋μmgcos37°＝mgsin37°
FA＝BIL＝
联立解得
Pmax＝0.43W.
答案：
（1）1.2m/s
（2）0.125s
（3）0.43W
[限训练·通高考] 科学设题 拿下高考高分
单独成册 对应学生用书第145页
（45分钟）
一、单项选择题
1．（2018·贵州普通高等学校招生适应性考试）如图甲所示，一位于纸面内的圆形线圈通过导线与一小灯泡相连，线圈中有垂直于纸面的磁场．以垂直纸面向里为磁场的正方向，该磁场的磁感应强度B随时间
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