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高考物理考前冲刺押题预测 电磁感应
一．选择题（共10小题）
1．（2025 大理州二模）如图所示，两根相同的导体棒PQ和MN静置于两根固定在水平面内的光滑的长直平行导电轨道上，并处于垂直水平面向下的匀强磁场中。t＝0时，PQ获得一个水平向右的初速度并任由其滑动，运动中PQ和MN始终平行且与轨道接触良好。则下列描述正确的是（　　）
A．t＝0时，回路中产生的感应电流的方向为QPNM
B．t＝0时，作用在PQ棒上的安培力水平向右
C．MN棒水平向右做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动
D．PQ棒水平向右做匀减速直线运动直至速度为零
2．（2025 城关区校级开学）如图所示，abcd为固定在匀强磁场中的正方形导线框，其中ab边为均匀的电阻丝，其余三边电阻不计。一段与ab边完全相同的电阻丝PQ垂直ab边置于线框上，在拉力作用下以恒定的速度从ad边向bc边运动，则在PQ运动过程中，下列判断正确的是（　　）
A．通过电阻丝PQ的电流先增大后减小
B．电阻丝PQ两端的电压先减小后增大
C．拉力做功的功率先减小后增大
D．电阻丝ab的发热功率先减小后增大
3．（2025 文昌校级模拟）如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角为60°的斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示（规定斜向下为正方向），导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力F作用下始终处于静止状态．规定a→b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力F的正方向，则在0～t1时间内，选项图中能正确反映流过导体棒ab的电流i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图像是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2024秋 泰州期末）如图所示为某磁场磁感线分布示意图，两相同金属圆环S1、S2的圆心O、O′在磁场的中轴线上，两圆环环面均与中轴线垂直，点P、Q、P′在圆环上，P、Q关于O点对称。以下说法正确的是（　　）
A．P、Q两点磁感应强度相同
B．P点磁感应强度比P′点小
C．穿过S1的磁通量大于穿过S2的磁通量
D．S1以PQ连线为轴旋转时，S1没有感应电流产生
5．（2025 五华区校级一模）某游乐场海盗船设计师为减少海盗船减速时摩擦对刹车皮的磨损，计划在刹车皮下方安装一个条形磁铁，还需要在海盗船上安装一块铁片，则下列方案能最有效达到目的的是（　　）
A．磁铁南北极沿竖直方向放置，铁片镶嵌在海盗船侧面
B．磁铁南北极沿竖直方向放置，铁片镶嵌在海盗船底面
C．磁铁南北极沿海盗船摆动方向水平放置，铁片镶嵌在海盗船侧面
D．磁铁南北极沿海盗船摆动方向水平放置，铁片镶嵌在海盗船底面
6．（2025 广东二模）如图所示，固定的水平长直导线中通有恒定电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行。线框由静止释放，在下落过程中（　　）
A．由于线框的速度增大，穿过线框的磁通量可能不变
B．线框中一定有顺时针方向的感应电流
C．线框所受合外力的方向可能向上
D．线框的机械能守恒
7．（2025 博野县模拟）如图所示，铜制圆盘安装在水平铜轴上，圆盘位于两磁极之间（可视为匀强磁场），圆盘平面与磁感线垂直，两铜片C、D分别与转动轴和圆盘的边缘接触，电容为C的平行板电容器接在C、D之间，下极板接地。已知铜盘的半径为R，铜盘匀速转动的角速度为ω，磁感应强度为B。下列说法正确的是（　　）
A．电容器极板上所带电荷量为BR2ωC
B．将电容器的下极板向下移动一小段距离，则电容器极板上的电荷量增加
C．将一金属板插入平行板电容器，则电容器的电容减小
D．将电容器的上极板水平向右移动一小段距离，则电容器内P点的电势不变
8．（2025 射阳县校级一模）如图所示，正方形线框abcd放在光滑的绝缘水平面上，OO′为正方形线框的对称轴，在OO′的左侧存在竖直向下的匀强磁场。现使正方形线框在磁场中以两种不同的方式运动：第一种方式以速度v使正方形线框匀速向右运动，直到ab边刚好与OO′重合；第二种方式只将速度变为3v。则下列说法正确的是（　　）
A．两过程线框中产生的焦耳热之比为1：3
B．两过程流过线框某一横截面的电荷量之比为1：3
C．两次线框中的感应电流大小之比为1：1
D．两过程中线框中产生的平均电动势之比为1：9
9．（2025 射阳县校级一模）如图所示，正方形线框abcd放在光滑的绝缘水平面上，OO′为正方形线框的对称轴，在OO′的左侧存在竖直向下的匀强磁场。现使正方形线框在磁场中以两种不同的方式运动：第一种方式以速度v使正方形线框匀速向右运动，直到ab边刚好与OO′重合；第二种方式只将速度变为3v。则下列说法正确的是（　　）
A．两过程线框中产生的焦耳热之比为1：3
B．两过程流过线框某一横截面的电荷量之比为1：3
C．两次线框中的感应电流大小之比为1：1
D．两过程中线框中产生的平均电动势之比为1：9
10．（2025 滨海新区校级开学）两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计，斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上。质量为m、电阻可不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力作用下沿导轨匀速上滑，并上升h高度，如图所示，在这过程中，下列说法中不正确的是（　　）
A．恒力F与安培力的合力所做的功等于金属棒重力势能的增加量
B．金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热
C．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于金属棒机械能的增加量
D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 市中区校级模拟）如图所示的水平装置置于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，电源电动势为E、内阻为R，两副平行且光滑的导轨间距分别为d与2d。材质均匀的导体棒b、c的长度均为2d、电阻均为R、质量均为m，垂直置于导轨上，导轨足够长且不计电阻。从闭合开关到两导体棒达到稳定状态的全过程中，下列说法正确的是（　　）
A．稳定前b、c棒均做加速度增大的加速运动
B．稳定前b、c棒的加速度大小之比始终是1：2
C．稳定时导体棒c的速度大小为
D．导体棒b中产生的焦耳热为
（多选）12．（2025 和平区校级模拟）如图甲所示，水平面上固定两条足够长的平行轨道，轨道间距为0.4m，虚线O1O2垂直于轨道，O1O2左侧部分轨道由金属材料制成，其左端通过导线与电容为2×103μF的平行板电容器的极板A、B分别相连，O1O2右侧部分的轨道由绝缘材料制成，轨道处于方向竖直向下的匀强磁场中。将一质量为0.1kg且电阻不计的金属棒MN置于O1O2左侧的金属轨道上，并通过水平轻绳绕过光滑定滑轮与质量为0.2kg的小物块相连，MN与轨道各部分的动摩擦因数都相同。t＝0时刻，将MN和小物块同时由静止释放，MN离开虚线O1O2后的v﹣t图像如图乙所示。整个过程中MN始终垂直于轨道且与轨道接触良好，电容器未被击穿，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．电容器的A极板带正电
B．MN在第1s内做匀加速直线运动
C．磁场的磁感应强度大小为25T
D．电容器储存的电能为0.9J
（多选）13．（2025 兰州模拟）如图甲所示，单匝等腰直角三角形线框abc的电阻r＝0.2Ω，直角边长l＝20cm，匀强磁场垂直于线框平面向里，磁感应强度的大小随时间变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是（　　）
A．线框中的感应电流沿逆时针方向
B．感应电流的大小为0.4A
C．0～4s内通过ab边横截面的电荷量为0.8C
D．0～4s内线框内产生的热量为3.2×10﹣3J
（多选）14．（2025 文昌校级模拟）如图所示，在匀强磁场区域的上方有一半径为R的导体圆环，将圆环由静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等。已知圆环的电阻为r，匀强进场的磁感应强度为B，重力加速度为g，则（　　）
A．圆环进入磁场的过程中，圆环中的电流为逆时针
B．圆环进入磁场的过程可能做匀速直线运动
C．圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量为
D．圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgR
（多选）15．（2025 十堰一模）空间存在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两根相距为L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一根导体棒放置在导轨上，如图甲所示。起初开关闭合，导体棒在水平向右的恒力作用下开始运动，t0时刻速度增加到v0，此时断开开关，导体棒继续加速，2t0时刻速度增加到4v0，v﹣t图像如图乙所示，已知导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计电路中的电阻及导体棒与导轨间的摩擦。下列说法正确的是（　　）
A．t0时刻电容器所带的电荷量为CBLv0
B．0～t0时间内通过导体棒的电流为
C．0～t0时间内导体棒受到的安培力大小为
D．恒力F
三．解答题（共5小题）
16．（2025 江西模拟）某科创小组模拟工厂工件流水作业传送装置设计了如下模型，为方便作业，要求工件周期性的交替运动和静止。如图所示，绝缘水平面上固定两个光滑的同心金属圆环，圆心为O，半径分别为r1和r2，电阻为R的金属杆ab位于ON处沿半径方向驾在两环间（始终接触良好）。直线MOP垂直ON，MON区域充满垂直圆环平面向下的匀强磁场B1。通过电刷将两金属圆环引出到右侧两根水平固定的平行金属导轨上，导轨光滑且足够长，间距为L，并处于垂直导轨平面向下大小为B2的匀强磁场中。t＝0时刻，施加周期性外力使ab杆以角速度ω绕O点顺时针匀速旋转，并同时释放位于GG′的金属杆cd（质量为m，电阻为2R，长度也为L），发现当ab杆转到OP处时，cd杆刚好运动到HH′处且速度为0。不计一切摩擦和其它电阻，运动过程中金属杆始终垂直于平行导轨。求：
（1）ab杆在MON区域运动时产生的电动势E的大小；
（2）GG′到HH′的距离x的大小；
（3）已知ab杆由ON旋转至OM过程中外力对其做功为W，若在ab杆旋转一周的时间内，cd杆产生的热量可以等效为一个直流电压U加在cd杆上在同样时间内产生的热量，请计算U的大小。
17．（2025 大理州一模）某研学小组设计了一套电气制动装置，其简化模型如图所示。在车身下方固定一单匝矩形导线框，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车刹车。已知列车的总质量为m，车身长为s，线框的短边ab和cd分别安装在车头和车尾，长度均为L（L小于匀强磁场的宽度），线框的总电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长（大于车长s），磁感应强度的大小为B，方向竖直向上，若ab边刚进入磁场时列车关闭发动机，此时列车的速度为v0，cd边进入磁场瞬间，列车恰好停止，假设列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。求：
（1）线框ab边进入磁场瞬间，产生的感应电流大小和列车加速度的大小；
（2）线框从进入磁场到停止的过程中产生的焦耳热Q；
（3）线框从进入磁场到停止的过程中通过其横截面的电荷量q。
18．（2024秋 海淀区校级期末）电源是通过非静电力做功把其它形式的能转化为电势能的装置，在不同的电源中，非静电力做功的本领也不相同，物理学中用电动势E来表明电源的这种特性。在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体就相当于“电源”，在“电源”内部非静电力做功将其它形式的能转化为电能。
（1）如图1所示，固定于水平面的U形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，金属框两平行导轨间距为l。金属棒MN在外力的作用下，沿框架以速度v向右做匀速直线运动，运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。已知金属棒MN两点之间的电阻为r1，U形金属框架阻值忽略不计。求金属棒MN切割磁感线产生的感应电流I1；
（2）在实际应用中有很多利用电磁感应现象提供电能的生产生活工具。如图是一种可测速的跑步机的测速原理如图2所示。该机底面固定有间距为L、宽度为d的平行金属电极。电极间充满磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，左侧与电压表和电阻R相连接。绝缘橡胶带上每隔距离d就嵌入一个电阻为r的平行细金属条，跑步过程中，绝缘橡胶带跟随脚步一起运动，金属条和电极之间接触良好且任意时刻仅有一根金属条处于磁场中。现在测出t时间内电压表读数恒为U，设人与跑步机间无相对滑动，求：
①判断电阻R的电流方向（由a指向b，由b指向a），并证明人跑步是匀速的；
②若跑步过程中，人体消耗的能量有20%用于克服磁场力做功，求t时间内电阻R消耗的电能和人体消耗的能量。
19．（2024秋 辽宁校级期末）如图所示由足够长的平行金属导轨构成的斜面，倾角为α＝37°，导轨间距l＝0.5m，电阻不计；沿导轨方向建立x轴，虚线EF与坐标原点O在同一水平线上；空间存在垂直于斜面的磁场，取垂直于斜面向上为正方向，则磁感应强度的分布为B。现有一质量m＝0.1kg、电阻R1＝0.2Ω的金属棒ab放置在导轨上，下方还有质量m2＝0.3kg、边长均为l的U形框cdef，其中金属棒de的电阻R2＝0.2Ω，cd、ef两棒是绝缘的，金属棒、U形框与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。给金属棒ab一个沿斜面向下的瞬时冲量I0，g取10m/s2。
（1）若I0＝0.6N s，求此瞬间金属棒ab上感应电流的方向和电势差Uab；
（2）为使棒、框碰撞前U形框能保持静止，求I0应满足的条件；
（3）若金属棒ab位于x＝﹣0.32m处，当I0＝0.5N s时，金属棒ab与U形框发生完全非弹性碰撞，求最终静止时de边的坐标。
20．（2025 广州模拟）如图甲所示，两条相距的光滑平行金属导轨位于同一竖直面（纸面）内，其上端接一阻值为R的电阻，在两导轨间OO'下方区域内有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。现使长为l，电阻为r，质量为m的金属棒ab由静止开始自OO'位置释放，向下运动距离d后速度不再变化（棒ab与导轨始终保持良好的接触且下落过程中始终保持水平，忽略空气阻力，导轨电阻不计，重力加速度为g）
（1）求棒ab在向下运动距离d时速度v1的大小及此过程中回路产生的总焦耳热Q；
（2）棒ab从静止释放经过时间t0下降，求此时刻的速度v2大小；
（3）如图乙所示，在OO'上方区域加一面积为S的垂直于纸面向里的匀强磁场B'，棒ab由静止开始自OO'上方某一高度处释放，自棒ab运动到OO'位置时开始计时，B'随时间t的变化关系B'＝kt，式中k为已知常量；棒ab以速度v0进入OO'下方磁场后立即施加一竖直外力使其保持匀速运动。求在t时刻穿过回路的总磁通量Φ和电阻R的电功率。
高考物理考前冲刺押题预测 电磁感应
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025 大理州二模）如图所示，两根相同的导体棒PQ和MN静置于两根固定在水平面内的光滑的长直平行导电轨道上，并处于垂直水平面向下的匀强磁场中。t＝0时，PQ获得一个水平向右的初速度并任由其滑动，运动中PQ和MN始终平行且与轨道接触良好。则下列描述正确的是（　　）
A．t＝0时，回路中产生的感应电流的方向为QPNM
B．t＝0时，作用在PQ棒上的安培力水平向右
C．MN棒水平向右做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动
D．PQ棒水平向右做匀减速直线运动直至速度为零
【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；牛顿第二定律的简单应用；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．
【专题】定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据右手定则判断电流方向，根据左手定则判断安培力方向，分析导体棒运动过程，结合法拉第电磁感应定律和牛顿第二定律求解。
【解答】解：A．开始阶段，根据右手定则可知，回路中产生的感应电流的方向为PQMN，故A错误；
B．开始阶段，根据左手定则可知，作用在PQ棒上的安培力向左，故B错误；
CD．设回路中总电阻为R，PQ棒的速度为v1，MN棒的速度为v2，导轨间距为L，则感应电流
PQ棒减速，MN棒加速，则感应电流减小，根据F＝BIL，可知两棒所受安培力减小，结合牛顿第二定律可知加速度减小，即PQ棒向右做加速度减小的减速运动，MN棒向右做加速度减小的加速运动，直到两棒的速度相等后，一起做匀速直线运动，故C正确，D错误。
故选：C。
【点评】本题是电磁感应与电路、力学相结合的一道综合题，分析清楚导体棒的运动过程是解题的前提与关键，应用右手定则、动左手定则、牛顿第二定律即可解题。
2．（2025 城关区校级开学）如图所示，abcd为固定在匀强磁场中的正方形导线框，其中ab边为均匀的电阻丝，其余三边电阻不计。一段与ab边完全相同的电阻丝PQ垂直ab边置于线框上，在拉力作用下以恒定的速度从ad边向bc边运动，则在PQ运动过程中，下列判断正确的是（　　）
A．通过电阻丝PQ的电流先增大后减小
B．电阻丝PQ两端的电压先减小后增大
C．拉力做功的功率先减小后增大
D．电阻丝ab的发热功率先减小后增大
【考点】电磁感应过程中的能量类问题；单杆在导轨上无外力作用下切割磁场的运动问题．
【专题】定量思想；类比法；电磁感应与电路结合；模型建构能力．
【答案】C
【分析】本题中PQ为电源，由于切割的速度恒定，则电动势恒定，线框为外电路，当PQ在ab中点时电阻最大，由闭合电路欧姆定律判断电流的变化；
结合路端电压与电流的关系判断外电压的变化；
根据功率、安培力公式判断拉力功率的变化；
根据电源输出功率的特点判断ab热功率的变化。
【解答】解：A、由于电阻丝PQ匀速运动，由动生电动势公式有：E＝Blv
可知，PQ产生的电动势大小恒定，由电路知识可知，在PQ从ad边向bc边运动的过程中，电路中的总电阻R先增大后减小，由欧姆定律可知通过电阻丝PQ的电流I先减小后增大，故A错误；
B、由闭合电路欧姆定律变形得路端电压：U＝E﹣Ir
由上式可知电阻丝PQ两端的电压先增大后减小，故B错误；
C、由安培力公式：F＝BIl
可知电阻丝受到的安培力先减小后增大，故拉力也先减小后增大，由于拉力的功率：P＝Fv
所以拉力做功的功率先减小后增大，故C正确；
D、将电阻丝ab看作外电路，将电阻丝PQ看作电源，则外电路的电阻不大于电阻丝PQ的电阻，由于外电路的电阻先增大后减小，故由电源输出功率与外电阻之间的关系可知，电阻丝ab产热功率先增大后减小，故D错误。
故选：C。
【点评】对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，根据电路连接情况，结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和功率公式解答。
3．（2025 文昌校级模拟）如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角为60°的斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示（规定斜向下为正方向），导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力F作用下始终处于静止状态．规定a→b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力F的正方向，则在0～t1时间内，选项图中能正确反映流过导体棒ab的电流i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图像是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】根据B﹣t或者φ﹣t图像计算感应电动势；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．
【专题】定量思想；推理法；电磁感应与图象结合；推理论证能力．
【答案】D
【分析】由法拉第电磁感应定律可分析电路中的电动势，则可分析电路中的电流，根据楞次定律判断感应电流的方向；由安培力公式可得出安培力的表达式，则可得出正确的图像。
【解答】解：AB．由图乙知，B的变化率不变，即保持不变，由
则感应电动势保持不变，电路中电流I不变；根据楞次定律判断得知ab中感应电流沿b→a，为负值，故AB错误．
CD．由安培力F＝BIL可知，电路中安培力随B的变化而变化，当B为负值时，根据楞次定律判断可知ab中感应电流从b到a，安培力的方向垂直于磁感线斜向右下方，如图所示，根据平衡条件可知，水平外力水平向左，为负，大小为
同理，B为正值时，水平外力水平向右，为正，大小为
，
故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】对于图像问题，关键要熟练运用法拉第电磁感应定律、安培力、左手定则等规律，得到物理量的表达式，再研究图像的意义．可定性判断与定量、排除法和直判法相结合的方法进行解答。
4．（2024秋 泰州期末）如图所示为某磁场磁感线分布示意图，两相同金属圆环S1、S2的圆心O、O′在磁场的中轴线上，两圆环环面均与中轴线垂直，点P、Q、P′在圆环上，P、Q关于O点对称。以下说法正确的是（　　）
A．P、Q两点磁感应强度相同
B．P点磁感应强度比P′点小
C．穿过S1的磁通量大于穿过S2的磁通量
D．S1以PQ连线为轴旋转时，S1没有感应电流产生
【考点】感应电流的产生条件；判断磁通量的大小或变化．
【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力．
【答案】C
【分析】根据磁感线的疏密表示磁场的强弱分析各点磁感应强度的大小，根据磁通量的定义分析磁通量的大小；根据产生感应电流的条件判断。
【解答】解：A．磁感线分布的密集程度表示磁感应强度的大小，可知，P、Q两点磁感应强度大小相等，根据磁场方向沿磁感线切线方向，可知两点磁感应强度的方向不相同，即P、Q两点磁感应强度不相同，故A错误；
B．P点处磁感线比P′点磁感线密，则P点磁感应强度比P′点大，故B错误；
C．磁感线分布的密集程度表示磁感应强度的大小，根据图中磁感线分布情况可知，S1环所在位置的磁感应强度大于S2环所在位置的磁感应强度，由于环与中轴线垂直，有效面积相等，则穿过S1的磁通量大于穿过S2的磁通量，故C正确；
D．S1以PQ连线为轴旋转时，穿过线圈的磁通量发生变化，可知，S1有感应电流产生，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查磁感线的性质以及磁通量的定义，要注意明确根据磁感线判断磁场强弱以及方向的基本方法；磁通量的大小也可以直接根据穿过线圈的磁感线的条件进行判断。
5．（2025 五华区校级一模）某游乐场海盗船设计师为减少海盗船减速时摩擦对刹车皮的磨损，计划在刹车皮下方安装一个条形磁铁，还需要在海盗船上安装一块铁片，则下列方案能最有效达到目的的是（　　）
A．磁铁南北极沿竖直方向放置，铁片镶嵌在海盗船侧面
B．磁铁南北极沿竖直方向放置，铁片镶嵌在海盗船底面
C．磁铁南北极沿海盗船摆动方向水平放置，铁片镶嵌在海盗船侧面
D．磁铁南北极沿海盗船摆动方向水平放置，铁片镶嵌在海盗船底面
【考点】楞次定律及其应用．
【专题】定性思想；推理法；电磁感应中的力学问题；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据铁片切割磁感线产生感应电动势和感应电流的原理，楞次定律进行分析解答。
【解答】解：海盗船摆动时，铁片切割磁感线产生感应电流，该电流产生的磁场会阻碍海盗船的摆动，从而减小摆幅。为了实现这一目的，磁铁的南北极应沿海盗船摆动方向水平放置，铁片镶嵌在海盗船侧面。故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】考查铁片切割磁感线产生感应电动势和感应电流的原理，楞次定律，会根据题意进行准确分析解答。
6．（2025 广东二模）如图所示，固定的水平长直导线中通有恒定电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行。线框由静止释放，在下落过程中（　　）
A．由于线框的速度增大，穿过线框的磁通量可能不变
B．线框中一定有顺时针方向的感应电流
C．线框所受合外力的方向可能向上
D．线框的机械能守恒
【考点】楞次定律及其应用；通电直导线周围的磁场；安培定则（右手螺旋定则）．
【专题】定性思想；推理法；电磁感应——功能问题．
【答案】B
【分析】根据右手螺旋定则判断出直导线周围的磁场方向，离导线越远，磁场越弱，根据楞次定律判断感应电流的方向，再通过左手定则判断线框所受的安培力的合力方向。
【解答】解：AB、根据右手螺旋定则，知直导线下方的磁场方向垂直纸面向里，线框由静止释放，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律知，感应电流的方向为顺时针方向。故A错误，B正确。
C、线框向下做加速运动，整体受到的合外力的方向向下。故C错误。
D、在下降的过程中，除重力做功以外，有安培力做功，所以线框的机械能不守恒。故D错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及知道机械能守恒的条件。
同时在C选项中，根据左手定则，上边所受的安培力方向向上，下边所受的安培力方向向下，由于上边所处的磁场强，所以上边所受的安培力大小大于下边所受的安培力大小，所以线框所受安培力的合力方向竖直向上；但线框向下做加速运动，整体受到的合外力的方向向下。
7．（2025 博野县模拟）如图所示，铜制圆盘安装在水平铜轴上，圆盘位于两磁极之间（可视为匀强磁场），圆盘平面与磁感线垂直，两铜片C、D分别与转动轴和圆盘的边缘接触，电容为C的平行板电容器接在C、D之间，下极板接地。已知铜盘的半径为R，铜盘匀速转动的角速度为ω，磁感应强度为B。下列说法正确的是（　　）
A．电容器极板上所带电荷量为BR2ωC
B．将电容器的下极板向下移动一小段距离，则电容器极板上的电荷量增加
C．将一金属板插入平行板电容器，则电容器的电容减小
D．将电容器的上极板水平向右移动一小段距离，则电容器内P点的电势不变
【考点】导体转动切割磁感线产生的感应电动势；平行板电容器电容的决定式及影响因素．
【专题】定量思想；推理法；电容器专题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】圆盘匀速转动切割磁感线产生的感应电动势不变，求出感应电动势，根据电容定义式和决定式分析答题。
【解答】解：A．圆盘匀速转动时产生的感应电动势为
所以电容器极板上所带电荷量为
故A错误；
B．电容器的下极板向下移动一小段距离，根据公式
可知电容C减小，再根据公式
Q＝CU
可知电容器极板上的电荷量减小，故B错误；
C．将金属板插入平行板电容器，则电容器的板间距减小，根据
可知电容C变大，故C错误；
D．板间距不变，由于板间电压不变，根据
可知板间电场强度不变，下极板电势为零，P点距下极板距离不变，所以P点电势不变，故D正确。
故选：D。
【点评】对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E＝BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，根据来计算。
8．（2025 射阳县校级一模）如图所示，正方形线框abcd放在光滑的绝缘水平面上，OO′为正方形线框的对称轴，在OO′的左侧存在竖直向下的匀强磁场。现使正方形线框在磁场中以两种不同的方式运动：第一种方式以速度v使正方形线框匀速向右运动，直到ab边刚好与OO′重合；第二种方式只将速度变为3v。则下列说法正确的是（　　）
A．两过程线框中产生的焦耳热之比为1：3
B．两过程流过线框某一横截面的电荷量之比为1：3
C．两次线框中的感应电流大小之比为1：1
D．两过程中线框中产生的平均电动势之比为1：9
【考点】电磁感应过程中的能量类问题；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．
【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力．
【答案】A
【分析】根据动生电动势公式、欧姆定律写出感应电流的表达式，从而得到电流之比；
结合焦耳定律求两种方式的热量之比；
由电荷量的经验公式比较进出磁场过程中通过线框的电量；
根据法拉第电磁感应定律求平均电动势之比。
【解答】解：C、感应电动势：E＝BLv
根据欧姆定律：
联立可得：
由上式可知：I∝v
所以两次线框中的感应电流大小之比为：I1：I2＝v：3v＝1：3，故C错误；
A、ab边刚好与OO′重合的时间：
根据焦耳定律：
由以上表达式可知：Q∝v
所以两过程线框中产生的焦耳热之比为：Q1：Q2＝v：3v＝1：3，故A正确；
B、流过线框某一横截面的电荷量：
由此可知，电荷量与速度无关，所以：q1：q2＝1：1，故B错误；
D、线框中产生的平均电动势：
由此可知：
两过程中线框中产生的平均电动势之比为：，故D错误。
故选：A。
【点评】本题是线框穿过矩形磁场区域的电流、电量、能量问题的综合，抓住线框是在外力作用下匀速进入磁场，由动生电动势公式等可以解决问题。
9．（2025 射阳县校级一模）如图所示，正方形线框abcd放在光滑的绝缘水平面上，OO′为正方形线框的对称轴，在OO′的左侧存在竖直向下的匀强磁场。现使正方形线框在磁场中以两种不同的方式运动：第一种方式以速度v使正方形线框匀速向右运动，直到ab边刚好与OO′重合；第二种方式只将速度变为3v。则下列说法正确的是（　　）
A．两过程线框中产生的焦耳热之比为1：3
B．两过程流过线框某一横截面的电荷量之比为1：3
C．两次线框中的感应电流大小之比为1：1
D．两过程中线框中产生的平均电动势之比为1：9
【考点】线圈进出磁场的能量计算；电磁感应过程中的能量类问题；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．
【专题】应用题；定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；分析综合能力．
【答案】A
【分析】应用E＝BLv求出感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，应用焦耳定律求出焦耳热，然后比较焦耳热与感应电流之比；
应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，应用欧姆定律求出电流，应用电流的定义式求出电荷量，然后比较平均电动势与电荷量之比。
【解答】解：AC、线框切割磁感线产生的 感应电动势E＝BLv
由欧姆定律得：I
线框产生的焦耳热Q＝I2Rt
两次线框中的感应电流大小之比
两过程线框产生的焦耳热之比，故A正确，C错误；
BD、由法拉第电磁感应定律得：
平均感应电流
流过线框某一横截面的电荷量q
两过程流过线框某一横截面的电荷量之比
两过程中线框中产生的平均电动势之比为，故BD错误。
故选：A。
【点评】对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相对于电源，根据电路连接情况，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解。
10．（2025 滨海新区校级开学）两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计，斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上。质量为m、电阻可不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力作用下沿导轨匀速上滑，并上升h高度，如图所示，在这过程中，下列说法中不正确的是（　　）
A．恒力F与安培力的合力所做的功等于金属棒重力势能的增加量
B．金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热
C．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于金属棒机械能的增加量
D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热
【考点】倾斜平面内的导轨滑杆模型；电磁感应过程中的能量类问题．
【专题】比较思想；寻找守恒量法；电磁感应——功能问题；理解能力．
【答案】C
【分析】金属棒ab匀速上滑，合力为零，合力做功为零，根据动能定理列方程，弄清功能转化关系；对导体棒正确受力分析，注意克服安培力所做功等于整个回路产生的焦耳热。根据功能关系分析作用于金属棒上的各个力的合力所做的功与金属棒机械能的增加量是否相等。
【解答】解：A、金属棒匀速上滑的过程中，合力为零，根据动能定理可得
WG+W安+WF＝0
则WF+W安＝﹣WG＝ΔEp
即恒力F与安培力的合力所做的功等于金属棒重力势能的增加量，故A正确；
B、金属棒ab的电阻不计，则金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热，故B正确；
C、根据动能定理，作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于金属棒动能的变化量。根据功能关系，恒力F与安培力的合力所做的功等于金属棒机械能的增加量，故C错误；
D、恒力F与重力的合力所做的功等于金属棒克服安培力所做的功，也等于电阻R上产生的焦耳热，故D正确。
本题选不正确的，故选：C。
【点评】对于电磁感应与功能结合问题，注意利用动能定理进行判断各个力做功之间关系，尤其注意的是克服安培力所做功等于整个回路中产生的焦耳热。
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 市中区校级模拟）如图所示的水平装置置于竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，电源电动势为E、内阻为R，两副平行且光滑的导轨间距分别为d与2d。材质均匀的导体棒b、c的长度均为2d、电阻均为R、质量均为m，垂直置于导轨上，导轨足够长且不计电阻。从闭合开关到两导体棒达到稳定状态的全过程中，下列说法正确的是（　　）
A．稳定前b、c棒均做加速度增大的加速运动
B．稳定前b、c棒的加速度大小之比始终是1：2
C．稳定时导体棒c的速度大小为
D．导体棒b中产生的焦耳热为
【考点】电磁感应过程中的能量类问题；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．
【专题】定量思想；方程法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．
【答案】BCD
【分析】b和c产生的感应电流方向与通电电流方向相反，安培力减小，由此分析；
根据安培力的计算公式得出安培力之比，根据牛顿第二定律求导体棒的加速度；
对两棒分别用动量定理写出关系速度的表达式，而最终匀速时，两棒产生的反电动势与电源电动势相等，联立可得两棒的速度；
根据能量守恒定律，结合焦耳定律即可完成分析。
【解答】解：A、稳定前b向左做加速运动、c向右做加速运动，根据右手定则可知产生的感应电流方向与通电电流方向相反，所以电路中的电流减小，安培力减小，b、c棒均做加速度减小的加速运动，故A错误；
B、根据图中可知，两棒串联，通过b、c两棒的电流相同，根据安培力的计算公式可得：F＝BIL
可知b、c两棒所受安培力之比为：Fb：Fc＝1：2
根据牛顿第二定律可得：a
当两棒质量相等时，运动过程中加速度大小之比为：ab：ac＝Fb：Fc＝1：2，故B正确；
C、闭合开关，当两棒稳定时，两棒产生的反电动势与电源电动势的关系有：E＝Bdvb+B 2dvc
以向左为正方向，根据动量定理对b棒有：Bdt＝Bdq＝mvb
以向右为正方向，对c棒有：2Bdt＝2Bdq＝mvc
联立解得：vb，vc，故C正确；
D、根据C选项可得：q
由能量守恒定律，电源提供的电能转化为动能和焦耳热，则有：qEQ
又根据热量与电阻的正比关系可得：QbQ
联立解得导体棒b中产生的焦耳热为：Qb，故D正确。
故选：BCD。
【点评】本题主要考查电与磁相关应用，熟悉动生电动势、欧姆定律和安培力的计算公式，结合牛顿第二定律得出加速度，同时结合能量守恒定律和电动势定义即可得到焦耳热的计算。
（多选）12．（2025 和平区校级模拟）如图甲所示，水平面上固定两条足够长的平行轨道，轨道间距为0.4m，虚线O1O2垂直于轨道，O1O2左侧部分轨道由金属材料制成，其左端通过导线与电容为2×103μF的平行板电容器的极板A、B分别相连，O1O2右侧部分的轨道由绝缘材料制成，轨道处于方向竖直向下的匀强磁场中。将一质量为0.1kg且电阻不计的金属棒MN置于O1O2左侧的金属轨道上，并通过水平轻绳绕过光滑定滑轮与质量为0.2kg的小物块相连，MN与轨道各部分的动摩擦因数都相同。t＝0时刻，将MN和小物块同时由静止释放，MN离开虚线O1O2后的v﹣t图像如图乙所示。整个过程中MN始终垂直于轨道且与轨道接触良好，电容器未被击穿，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　）
A．电容器的A极板带正电
B．MN在第1s内做匀加速直线运动
C．磁场的磁感应强度大小为25T
D．电容器储存的电能为0.9J
【考点】电磁感应过程中的能量类问题；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．
【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．
【答案】BCD
【分析】A.根据右手定则判断电流方向，由此分析电容器带电情况；
B.根据动量定理结合根据加速度定义式求解加速度大小；
C.根据v﹣t图像求解加速度大小，结合牛顿第二定律求解磁感应强度大小；
D.根据求解电容器储存的电能。
【解答】解：A、金属棒切割磁感线时，根据右手定则可知MN中感应电流方向由M流向N，则电容器的B极板带正电，故A错误；
B、小物块的质量为M＝0.2kg，MN的质量为m＝0.1kg。取向右为正方向，在很短时间Δt，内对金属棒和小物块，根据动量定理可得：
其中：
根据加速度定义式可得：
联立解得加速度大小为：
加速度为定值，金属棒做匀加速直线运动，故B正确；
C、根据v﹣t图像可知，0～1s内金属棒在O1O1左侧运动，1～2s内金属棒在O1O2右侧运动。根据v﹣t图像的斜率表示加速度大小可知：
1～2s内金属棒在O1O2右侧运动，则有：
Mg﹣μmg＝（M+m）a'
解得：
又有：
联立解得：
B＝25T
故C正确；
D、1s末金属棒的速度大小为：v＝3m/s，感应电动势大小为：
U＝BLv＝25×0.4×3V＝30V
电容器储存的电能为：
故D正确。
故选：BCD。
【点评】对于电磁感应问题研究思路常常有两条：一条从力的角度，根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
（多选）13．（2025 兰州模拟）如图甲所示，单匝等腰直角三角形线框abc的电阻r＝0.2Ω，直角边长l＝20cm，匀强磁场垂直于线框平面向里，磁感应强度的大小随时间变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是（　　）
A．线框中的感应电流沿逆时针方向
B．感应电流的大小为0.4A
C．0～4s内通过ab边横截面的电荷量为0.8C
D．0～4s内线框内产生的热量为3.2×10﹣3J
【考点】根据B﹣t或者φ﹣t图像计算感应电动势；电磁感应过程中的电路类问题；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；楞次定律及其应用．
【专题】定量思想；方程法；电磁感应与电路结合；分析综合能力．
【答案】AC
【分析】根据楞次定律可知线框中的感应电流方向；
根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律求解感应电流的大小；
根据电荷量的计算公式求解0～4s内通过ab边横截面的电荷量；
根据焦耳定律求解产生的热。
【解答】解：A、磁场向里增加，根据楞次定律可知线框中的感应电流沿逆时针方向，故A正确；
B、根据法拉第电磁感应定律可得：EV＝0.04V
感应电流的大小为：IA＝0.2A，故B错误；
C、0～4s内通过ab边横截面的电荷量为：q＝It＝0.2×4C＝0.8C，故C正确；
D、根据焦耳定律可得：Q＝I2rt＝0.22×0.2×4J＝3.2×10﹣2J，故D错误。
故选：AC。
【点评】对于电磁感应现象中涉及电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，根据电路连接情况，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解。
（多选）14．（2025 文昌校级模拟）如图所示，在匀强磁场区域的上方有一半径为R的导体圆环，将圆环由静止释放，圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等。已知圆环的电阻为r，匀强进场的磁感应强度为B，重力加速度为g，则（　　）
A．圆环进入磁场的过程中，圆环中的电流为逆时针
B．圆环进入磁场的过程可能做匀速直线运动
C．圆环进入磁场的过程中，通过导体某个横截面的电荷量为
D．圆环进入磁场的过程中，电阻产生的热量为2mgR
【考点】线圈进出磁场的能量计算；线圈进出磁场的电压、电流、电荷量等电学量的计算；线圈进出磁场的动力学问题．
【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题．
【答案】AD
【分析】分析清楚圆环穿过磁场的过程，根据楞次定律判断感应电流的方向；
根据圆环进入与离开磁场的速度判断线框的运动性质；根据q求电荷量
根据动能定理求出圆环进入磁场的过程中克服安培力做的功，即为电阻产生的热量。
【解答】解：A、圆环进入磁场的过程中，垂直纸面向里的磁通量增加，根据楞次定律可知，圆环中感应电流的磁场应垂直纸面向外，由安培定则判断感应电流为逆时针方向，故A正确
B、由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，该过程感应电流不同，安培力不同，故线圈不可能匀速，故B错误；
C、根据q，得q，故C错误
D、由于圆环刚进入磁场的瞬间和完全进入磁场的瞬间速度相等，根据动能定理得：mg2R﹣W＝0，所以W＝2mgR，则电阻产生的热量为2mgR．故D正确。
故选：AD。
【点评】解决本题的关键是恰当地选择研究过程，根据动能定理求出克服安培力所做的功，以及根据动力学分析出线框的运动情况，知道线框何时速度最小
（多选）15．（2025 十堰一模）空间存在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场，两根相距为L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一根导体棒放置在导轨上，如图甲所示。起初开关闭合，导体棒在水平向右的恒力作用下开始运动，t0时刻速度增加到v0，此时断开开关，导体棒继续加速，2t0时刻速度增加到4v0，v﹣t图像如图乙所示，已知导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，不计电路中的电阻及导体棒与导轨间的摩擦。下列说法正确的是（　　）
A．t0时刻电容器所带的电荷量为CBLv0
B．0～t0时间内通过导体棒的电流为
C．0～t0时间内导体棒受到的安培力大小为
D．恒力F
【考点】电磁感应过程中的动力学类问题；导体平动切割磁感线产生的感应电动势；单杆在导轨上有外力作用下切割磁场的运动问题；动量定理在电磁感应问题中的应用．
【专题】定量思想；等效替代法；电磁感应与电路结合；分析综合能力．
【答案】AB
【分析】根据E＝BLv0求出t0时刻导体棒产生的感应电动势，由于不计电阻，所以电容器的电压等于E，由C求电容器所带的电荷量；0～t0时间内导体棒做匀加速直线运动，受到的安培力不变，电容器单位时间内增加的电荷量不变，根据电流的定义式计算电流；根据F安＝BIL计算0～t0时间内导体棒受到的安培力大小；根据牛顿第二定律求恒力F的大小。
【解答】解：根据题中图像可知，导体棒的运动为两个连续的匀加速直线运动，t0时刻电容器两极板间的电压U＝E＝BLv0，由电容的定义式C，解得Q＝CBLv0，故A正确；
B、0～t0时间内导体棒受到的安培力不变，电容器单位时间内增加的电荷量不变，根据电流的定义可知I，故B正确；
C、0～t0时间内导体棒受到的安培力大小F安＝BIL＝BL ，故C错误；
D、设导体棒的质量为m，t0时刻，根据牛顿第二定律有F﹣F安＝ma1
t0～2t0时间内，根据牛顿第二定律有F＝ma2
由v﹣t图像可知，a1，a2
联立解得F，故D错误。
故选：AB。
【点评】本题考查电磁感应与力学知识的综合，要根据v﹣t图像分析导体棒的运动情况，确定其受力情况，根据牛顿第二定律、运动学公式和电磁感应规律相结合解答。
三．解答题（共5小题）
16．（2025 江西模拟）某科创小组模拟工厂工件流水作业传送装置设计了如下模型，为方便作业，要求工件周期性的交替运动和静止。如图所示，绝缘水平面上固定两个光滑的同心金属圆环，圆心为O，半径分别为r1和r2，电阻为R的金属杆ab位于ON处沿半径方向驾在两环间（始终接触良好）。直线MOP垂直ON，MON区域充满垂直圆环平面向下的匀强磁场B1。通过电刷将两金属圆环引出到右侧两根水平固定的平行金属导轨上，导轨光滑且足够长，间距为L，并处于垂直导轨平面向下大小为B2的匀强磁场中。t＝0时刻，施加周期性外力使ab杆以角速度ω绕O点顺时针匀速旋转，并同时释放位于GG′的金属杆cd（质量为m，电阻为2R，长度也为L），发现当ab杆转到OP处时，cd杆刚好运动到HH′处且速度为0。不计一切摩擦和其它电阻，运动过程中金属杆始终垂直于平行导轨。求：
（1）ab杆在MON区域运动时产生的电动势E的大小；
（2）GG′到HH′的距离x的大小；
（3）已知ab杆由ON旋转至OM过程中外力对其做功为W，若在ab杆旋转一周的时间内，cd杆产生的热量可以等效为一个直流电压U加在cd杆上在同样时间内产生的热量，请计算U的大小。
【考点】电磁感应过程中的能量类问题；导体转动切割磁感线产生的感应电动势；电磁感应过程中的动力学类问题．
【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．
【答案】（1）ab杆在MON区域运动时产生的电动势E的大小为；
（2）GG′到HH′的距离x的大小为）；
（3）U的大小为。
【分析】（1）根据电动势公式求ab杆在MON区域运动时产生的电动势E的大小；
（2）根据动量定理和位移公式求GG′到HH′的距离x的大小；
（3）根据能量守恒和焦耳定律求U的大小。
【解答】解：（1）ab杆旋转垂直切割磁感线的有效切割速度
切割产生的电动势
解得
（2）一个周期时间T内，ab杆从ON转到OM，OM转到OP，OP转回到ON。对应cd杆从GG'到HH'前加速，接着减速，随后静止时间加速和减速过程设cd杆的速度分别为v1、v2，位移分别为x1、x2
设最大速度为v，对cd杆分两段列动量定理
cd杆加速过程
cd杆减速过程
x＝x1+x2
综上解得
（3）一个周期时间为，对ab杆转一圈时间内的回路焦耳热，根据能量守恒有
Q总＝W
cd杆所产生的热量
根据焦耳定律
解得
答：（1）ab杆在MON区域运动时产生的电动势E的大小为；
（2）GG′到HH′的距离x的大小为）；
（3）U的大小为。
【点评】本题主要是考查了法拉第电磁感应定律和力学知识的结合；对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E＝BLv来计算；二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据E计算。
17．（2025 大理州一模）某研学小组设计了一套电气制动装置，其简化模型如图所示。在车身下方固定一单匝矩形导线框，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车刹车。已知列车的总质量为m，车身长为s，线框的短边ab和cd分别安装在车头和车尾，长度均为L（L小于匀强磁场的宽度），线框的总电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长（大于车长s），磁感应强度的大小为B，方向竖直向上，若ab边刚进入磁场时列车关闭发动机，此时列车的速度为v0，cd边进入磁场瞬间，列车恰好停止，假设列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。求：
（1）线框ab边进入磁场瞬间，产生的感应电流大小和列车加速度的大小；
（2）线框从进入磁场到停止的过程中产生的焦耳热Q；
（3）线框从进入磁场到停止的过程中通过其横截面的电荷量q。
【考点】电磁感应过程中的能量类问题；线圈进出磁场的动力学问题．
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；模型法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．
【答案】（1）线框ab边进入磁场瞬间为，产生的感应电流大小和列车加速度的大小为；
（2）线框从进入磁场到停止的过程中产生的焦耳热Q为fs；
（3）线框从进入磁场到停止的过程中通过其横截面的电荷量q为。
【分析】（1）线框ab边进入磁场瞬间，ab边切割磁感线，由E＝BLv0求出ab边产生的感应电动势，再由闭合电路欧姆定律求线框中的电流大小。由F＝BIL求出ab受到的安培力大小，再由牛顿第二定律列方程求解加速度大小；
（2）根据能量守恒定律求线框从进入磁场到停止的过程中产生的焦耳热Q；
（3）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电荷量与电流的关系求线框从进入磁场到停止的过程中通过其横截面的电荷量q。
【解答】解：（1）线框ab边进入磁场瞬间，产生的感应电流大小为
设车头刚进入磁场时列车的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有
ILB+f＝ma
解得
（2）线框从进入磁场到停止的过程中，列车减少的动能一部分转化为线框的焦耳热，另一部分转化为因铁轨及空气阻力产生的内能，根据能量守恒定律有
解得
（3）线框从进入磁场到停止的过程中，根据法拉第电磁感应定律有
又
联立可得此过程流过线框的电荷量为
答：（1）线框ab边进入磁场瞬间为，产生的感应电流大小和列车加速度的大小为；
（2）线框从进入磁场到停止的过程中产生的焦耳热Q为fs；
（3）线框从进入磁场到停止的过程中通过其横截面的电荷量q为。
【点评】本题是电磁感应的实际应用，要理清列车的运动情况，运用电磁感应规律和力学知识进行解答。
18．（2024秋 海淀区校级期末）电源是通过非静电力做功把其它形式的能转化为电势能的装置，在不同的电源中，非静电力做功的本领也不相同，物理学中用电动势E来表明电源的这种特性。在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体就相当于“电源”，在“电源”内部非静电力做功将其它形式的能转化为电能。
（1）如图1所示，固定于水平面的U形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，金属框两平行导轨间距为l。金属棒MN在外力的作用下，沿框架以速度v向右做匀速直线运动，运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。已知金属棒MN两点之间的电阻为r1，U形金属框架阻值忽略不计。求金属棒MN切割磁感线产生的感应电流I1；
（2）在实际应用中有很多利用电磁感应现象提供电能的生产生活工具。如图是一种可测速的跑步机的测速原理如图2所示。该机底面固定有间距为L、宽度为d的平行金属电极。电极间充满磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，左侧与电压表和电阻R相连接。绝缘橡胶带上每隔距离d就嵌入一个电阻为r的平行细金属条，跑步过程中，绝缘橡胶带跟随脚步一起运动，金属条和电极之间接触良好且任意时刻仅有一根金属条处于磁场中。现在测出t时间内电压表读数恒为U，设人与跑步机间无相对滑动，求：
①判断电阻R的电流方向（由a指向b，由b指向a），并证明人跑步是匀速的；
②若跑步过程中，人体消耗的能量有20%用于克服磁场力做功，求t时间内电阻R消耗的电能和人体消耗的能量。
【考点】电磁感应过程中的能量类问题；单杆在导轨上无外力作用下切割磁场的运动问题．
【专题】简答题；定量思想；图析法；电磁感应——功能问题；理解能力．
【答案】（1）金属棒MN切割磁感线产生的感应电流则；
（2）①电阻R的电流方向由b指向a，人跑步是匀速的见解析；②t时间内电阻R消耗的电能和人体消耗的能量。
【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律，结合欧姆定律求解；
（2）①根据法拉第电磁感应定律和右手定则求解；
②根据电功和欧姆定律以及能量的转化与守恒求解。
【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律得：
感应电动势：E1＝Blv
根据欧姆定律，则。
（2）①由题意，金属棒向右切割磁感线，根据右手定则可知回路中电流方向为逆时针方向，电阻R的电流方向为由b到a。
电压表示数为路端电压，电路中电阻恒定，故电源电动势恒定，设人跑步的速度为v1，
根据法拉第电磁感应定律，有电源电动势：E2＝BLv1
B，L恒定，故v1为一定值，故人跑步过程中在t时间做匀速运动；
②由题意，根据闭合电路欧姆定律有：
结合①可得：
根据电功和欧姆定律可得，在t时间内电阻R消耗电能：
根据能量转化与守恒可知，在t时间内电路中产生的热量等于克服磁场力做功，根据焦耳定律有：
设人体消耗的能量为ΔE，则有：
ΔE 20%＝Q
解得：。
答：（1）金属棒MN切割磁感线产生的感应电流则；
（2）①电阻R的电流方向由b指向a，人跑步是匀速的见解析；②t时间内电阻R消耗的电能和人体消耗的能量。
【点评】本题主要难点理解清楚克服磁场力做功与电路中产生总的焦耳热相等关系来求解。
19．（2024秋 辽宁校级期末）如图所示由足够长的平行金属导轨构成的斜面，倾角为α＝37°，导轨间距l＝0.5m，电阻不计；沿导轨方向建立x轴，虚线EF与坐标原点O在同一水平线上；空间存在垂直于斜面的磁场，取垂直于斜面向上为正方向，则磁感应强度的分布为B。现有一质量m＝0.1kg、电阻R1＝0.2Ω的金属棒ab放置在导轨上，下方还有质量m2＝0.3kg、边长均为l的U形框cdef，其中金属棒de的电阻R2＝0.2Ω，cd、ef两棒是绝缘的，金属棒、U形框与导轨间的动摩擦因数均为μ＝0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。给金属棒ab一个沿斜面向下的瞬时冲量I0，g取10m/s2。
（1）若I0＝0.6N s，求此瞬间金属棒ab上感应电流的方向和电势差Uab；
（2）为使棒、框碰撞前U形框能保持静止，求I0应满足的条件；
（3）若金属棒ab位于x＝﹣0.32m处，当I0＝0.5N s时，金属棒ab与U形框发生完全非弹性碰撞，求最终静止时de边的坐标。
【考点】动量守恒定律在电磁感应问题中的应用；电磁感应过程中的动力学类问题；动量定理在电磁感应问题中的应用．
【专题】定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；模型建构能力．
【答案】（1）若I0＝0.6N s，此瞬间金属棒ab上感应电流的方向和电势差Uab为3V；
（2）为使棒、框碰撞前U形框能保持静止，应满足的条件是I0≤0.576N s；
（3）若金属棒ab位于x＝﹣0.32m处，当I0＝0.5N s时，金属棒ab与U形框发生完全非弹性碰撞，最终de边静止时的坐标为3.5m。
【分析】（1）若根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律解得电势差，根据右手定则分析电流方向；
（2）根据共点力平衡条件、法拉第电磁感应定律及安培力公式等解得最大冲量；
（3）根据电荷量的计算公式结合动量守恒定律与动量定理分析解答。
【解答】解：（1）根据右手定则可知，金属棒ab 上感应电流的方向从 b到a
金属棒ab 获得的速度：vm/s＝6m/s
感应电动势：E＝ Blv＝1×0.5×6V＝ 3V
电路的总电阻：R＝ R1+R2＝0.2Ω+0.2Ω ＝0.4Ω
故金属棒ab两端的电势差：Uab＝ IR1V＝1.5V
（2）de边所在处的磁感应强度：B2＝0.6T+0.8×0.5T＝1T
根据安培力公式：F＝ IB2l
ab 棒沿斜面向下运动时，由于动摩擦因数：μ＝0.75＝tan37°
故有：μmgcosα＝mgsinα
即重力沿斜面的分力与摩擦力等大、反向，因此ab棒受到的安培力即为合力。做加速度减小的减速运动，由左手定则可知，U形框受到的安培力沿斜面向上可知，ab 棒获得瞬时冲量的瞬间，感应电流I最大，U形框最容易发生滑动，为使U形框静止，此时cd棒所受的静摩擦力应沿斜面向下且为最大值，因此安培力的最大值为：F＝μm2gcosα+mgsinα
又知：Fm＝B2Il
联立解得：v2＝5.76m/s
对应最大冲量为：Im＝m2v2＝0.1×5.76N s＝0.576N s
所以冲量满足的条件是：I0≤0.576N s
（3）当I＝0.5N s时，U 形框在碰撞前始终处于静止状态，设棒到达 EF时的速度为v3，取沿斜面向下为正方向，由动量定理得：﹣Bl×Δt＝m1v3﹣m1v1
其中平均电流：，
联立解得：v＝3m/s
金属棒ab 与U形框发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得：m1v3＝（m1+m2）v′
解得碰撞后整体速度：v'＝0.75m/s
同理，整体受到的安培力即为其合力，ab、de 边所在处的磁感应强度之差：ΔB＝Bde﹣Bab＝0.4T
当整体速度为v时，感应电流：I0.5v
R总受到的总安培力：F＝BdeIl﹣BabIl＝0.4×0.5v×0.5＝0.1v
以向右为正方向，由动量定理得：﹣∑Ft＝0﹣（m1+m2）v′
代入数据得：∑0.1vt ＝0.3m
则整体的位移：s＝∑vt＝3m
故静止时de边的坐标：x＝s+l＝3m+0.5m＝3.5m
答：（1）若I0＝0.6N s，此瞬间金属棒ab上感应电流的方向和电势差Uab为3V；
（2）为使棒、框碰撞前U形框能保持静止，应满足的条件是I0≤0.576N s；
（3）若金属棒ab位于x＝﹣0.32m处，当I0＝0.5N s时，金属棒ab与U形框发生完全非弹性碰撞，最终de边静止时的坐标为3.5m。
【点评】本题考查的是电磁感应的综合问题，其中涉及到了牛顿第二定律、左手定则、右手定则、受力分析及平衡、动量定理、动量守恒定律的综合应用，涉及到的物理过程及物理量较多，而且需要设定的物理也较多，难度较大，需要学生有较强的分析综合能力和熟练的数学运算功底。
20．（2025 广州模拟）如图甲所示，两条相距的光滑平行金属导轨位于同一竖直面（纸面）内，其上端接一阻值为R的电阻，在两导轨间OO'下方区域内有垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。现使长为l，电阻为r，质量为m的金属棒ab由静止开始自OO'位置释放，向下运动距离d后速度不再变化（棒ab与导轨始终保持良好的接触且下落过程中始终保持水平，忽略空气阻力，导轨电阻不计，重力加速度为g）
（1）求棒ab在向下运动距离d时速度v1的大小及此过程中回路产生的总焦耳热Q；
（2）棒ab从静止释放经过时间t0下降，求此时刻的速度v2大小；
（3）如图乙所示，在OO'上方区域加一面积为S的垂直于纸面向里的匀强磁场B'，棒ab由静止开始自OO'上方某一高度处释放，自棒ab运动到OO'位置时开始计时，B'随时间t的变化关系B'＝kt，式中k为已知常量；棒ab以速度v0进入OO'下方磁场后立即施加一竖直外力使其保持匀速运动。求在t时刻穿过回路的总磁通量Φ和电阻R的电功率。
【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；电磁感应过程中的能量类问题；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；等效替代法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．
【答案】（1）棒ab在向下运动距离d时速度v1的大小为，此过程中回路产生的总焦耳热Q为mgd；
（2）此时刻的速度v2大小为gt0；
（3）在t时刻穿过回路的总磁通量Φ为ktS+Blv0t，电阻R的电功率为R。
【分析】（1）金属棒匀速运动时速度不再变化，根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式与平衡条件求出ab棒匀速运动的速度v1的大小，然后应用能量守恒定律求出回路产生的总焦耳热Q。
（2）应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律与电流定义求出通过金属棒的电荷量，然后应用动量定理求出金属棒的速度v2大小。
（3）根据公式Φ＝BS求在t时刻穿过回路的总磁通量Φ。应用法拉第电磁感应定律求出感应电动势，然后应用电功率公式求出电功率。
【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律可知，金属棒ab向下运动距离d时产生的感应电动势为
E1＝Blv1
由闭合电路欧姆定律可得此时回路中的感应电流大小为
导体棒上受到的安培力大小为F＝BI1l，方向竖直向上
棒ab在向下运动距离d时速度不再变化，即此时安培力与重力平衡，导体棒处于平衡状态，有
F＝mg
联立解得：
此过程中由能量守恒可得
可得：
（2）设棒ab从静止释放经过时间t0下降时的电流为I2，取竖直向下为正方向，由动量定理得
mgt0﹣BI2l t0＝mv2
流过金属棒横截面的电荷量为q＝I2t0
此时感应电动势为
此时回路中的感应电流为
联立解得
（3）由题意可得，在t时刻穿过回路的总磁通量Φ为 Φ＝ktS+Blv0t
由法拉第电磁感应定律得
此时回路的电流为
则电功率为：
答：（1）棒ab在向下运动距离d时速度v1的大小为，此过程中回路产生的总焦耳热Q为mgd；
（2）此时刻的速度v2大小为gt0；
（3）在t时刻穿过回路的总磁通量Φ为ktS+Blv0t，电阻R的电功率为R。
【点评】本题要分析清楚金属棒的运动过程，明确其受力情况，应用电磁感应的规律以及平衡条件、能量守恒定律、动量定理等知识即可解题；解（2）时注意动量定理的应用，要掌握其解题思路。
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