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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 长春二模）如图，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置恰好使MDEN构成一个边长为l的正方形。为使MN棒中不产生感应电流，磁感应强度B变化规律的图像为（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025 郫都区三模）如图所示，用一根漆包线绕成一个匝数为n匝，边长为L的正方形导线框abcd，形成一个闭合回路，导线框的总电阻为R，放在绝缘的光滑水平桌面上。现将导线框以垂直于边框ad的速度v，向左匀速拉入一边界与边框ad平行的有界匀强磁场区域，磁场方向垂直桌面向下，磁感应强度为B，磁场宽度大于L。在导线框拉入磁场的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．导线框中感应电流的方向为顺时针方向
B．导线框中产生的感应电动势大小为BLv
C．导线框所受安培力的大小为
D．整个过程中，通过导线框的电荷量为
3．（2025 长春二模）下面对四幅图片中所涉及物理知识的描述，正确的是（　　）
A．甲图中小磁针转动是由于电流产生的电场对小磁针有作用力
B．乙图中回旋加速器通过磁场加速粒子
C．丙图中高频冶炼炉利用涡流热效应工作
D．丁图中无线充电过程利用了接触起电原理
4．（2025 广东模拟）下列说法正确的是（　　）
A．如图甲所示，由小磁针指向可知，通电直导线中的电流方向是向上的
B．如图乙所示，如果长为l、通过电流为I的短直导线在该磁场中所受力的大小为F，则该处磁感应强不一定为
C．如图丙所示，闭合线圈在匀强磁场中向右加速运动，由于在做加速切割磁感线运动，所以线圈中会产生感应电流
D．如图丁所示，线圈从1位置平移到2位置时，穿过此线圈平面的磁通量不变
5．（2025 雁塔区校级模拟）如图，一绝缘轻线跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑轻质定滑轮，绳的一端连接一个小物块，另一端连接一圆形金属线框；左边滑轮的下方虚线所围的区域内有一匀强磁场，其磁感应强度的方向与纸面垂直。初始时线框位于磁场上方，以某一速度竖直向下运动。已知线框完全在磁场中时速度大小不断增加，轻线始终处于拉紧状态。忽略空气阻力，则可能的情况是（　　）
A．线框不会完全离开磁场
B．线框完全离开磁场，然后做加速运动
C．线框完全离开磁场，然后做匀速运动
D．线框刚好完全离开磁场时的速度一定大于刚开始进入磁场时的速度
6．（2025 郑州校级二模）如图所示，水平固定的足够长平行光滑金属导轨ab和cd间连接定值电阻R，金属棒在两导轨间的距离为L，电阻为r，整个运动过程中金属棒与导轨垂直且接触良好，整个装置处在竖直向上的匀强磁场（图中未画出）中，磁场的磁感应强度大小为B，金属棒的质量为m，现用一水平向右的恒力F作用在金属棒上使金属棒由静止开始运动，其他电阻不计，下列说法正确的是（　　）
A．金属棒做匀加速直线运动
B．a点电势比c点电势高
C．金属棒达到的最大速度为
D．金属棒从静止到速度最大的过程，恒力F对金属棒做的功为
7．（2025 重庆模拟）如图所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方（略靠前）固定一根与线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流。释放线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中以下说法正确的是（　　）
A．线框中感应电流方向依次为ACBA→ABCA→ACBA
B．线框的磁通量为零的时，感应电流也为零
C．线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下
D．线框做自由落体运动
8．（2025 白云区一模）随着绿色环保理念深入人心，电动汽车市场日趋火爆，电池充电技术飞速发展。如图为某科技公司利用电磁感应原理设计的无线充电桩原理示意图，若汽车以22kW的恒定功率充电，送电线圈连接u＝220sin100πt（V）的交流电，不计能量损失，下列说法正确的是（　　）
A．送电线圈中的电流为100A
B．受电线圈中电流的频率为100Hz
C．仅减小送电线圈的匝数，会增大电池端的输出电流
D．仅减小送电线圈的匝数，会减小电池端的输出电压
9．（2025 南岸区校级模拟）如图所示，固定长直导线的正上方用绝缘细线悬挂一金属圆环，静止时金属圆环的中心位于O点。现在导线中通有水平向右的恒定电流，将金属圆环的中心拉到a位置无初速度释放，金属圆环的中心运动到b位置后反向运动，已知金属圆环和长直导线始终在同一平面内，且细线始终处于张紧状态。则金属圆环从a到b位置的过程中（　　）
A．圆环中没有感应电流产生
B．圆环中感应电流的方向先顺时针再逆时针方向
C．圆环受到安培力为零
D．圆环机械能守恒
10．（2025 白云区一模）图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是（　　）
A．按下按钮过程，螺线管P端电势较高
B．松开按钮后，穿过螺线管的磁通量为零
C．按住按钮不动，螺线管中产生恒定的感应电动势
D．若按下和松开按钮的时间相同，螺线管产生大小相同的感应电动势
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 南昌一模）在光滑绝缘的水平面上有两相互平行的边界MN、PQ，边界内有竖直向下的匀强磁场。紧靠MN有一材料相同、粗细均匀的正方形线框abcd，如图所示（俯视图）。已知线框边长为L，磁场宽度为2L。从t＝0时刻起线框在水平向右外力作用下从图示位置由静止水平向右匀加速直线运动。则从线框ab边进磁场到cd边出磁场的过程中，以下关于线框中的磁通量Φ、ab边电压U、外力F和电功率P随位移x变化的规律图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（多选）12．（2025 武汉二模）如图所示，空间存在磁感应强度大小相等、方向分别垂直于光滑绝缘水平面向上和向下的匀强磁场，正方形导线框从紧靠磁场的位置Ⅰ以某一初速度垂直边界进入磁场，运动到位置Ⅱ时完全进入左侧磁场，运动到位置Ⅲ（线框各有一半面积在左、右两个磁场中）时速度恰好为0。设从位置Ⅰ到位置Ⅱ、从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中，通过线框某一横截面的电荷量分别为q1、q2，线框中产生的焦耳热分别为Q1、Q2，则（　　）
A．q1：q2＝1：1 B．q1：q2＝2：1 C．Q1：Q2＝3：1 D．Q1：Q2＝5：4
（多选）13．（2025 湖南开学）如图1所示，金属线框ABC的形状为正弦曲线，其电阻R0＝10Ω。现用ABC、GHI、JKL、DEF四个完全一样的金属线框组成一个封闭电路，如图2所示，其中AF、CL、DG和IJ均为电路连接点，且DG与CL两节点之间互相绝缘，形成“∞”形，不考虑形成电路时线框微小变化，而后将其放置于绝缘水平面上，在线框左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小，BE、HK平行于磁场边界。现让“∞”线框以v＝2m/s的速度向左做匀速直线运动，在线框进入磁场过程中，不考虑感应电流磁场对匀强磁场的影响，下列说法正确的是（　　）
A．线框中交变电流的方向先为B到A，后为A到B
B．该交变电流的电流最大值Im＝3.2A
C．回路的磁通量一直增大，运动到IJ接点时磁通量最大
D．回路产生的热量为204.8J
（多选）14．（2025 湖南模拟）如图1所示，水平面内间距为d的固定光滑平行金属导轨间接一电阻R，质量为m的金属棒垂直置于导轨上，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。t＝0时，静止的金属棒在水平向右的拉力F作用下开始运动，拉力F的功率P0恒定不变；图2所示为仅将电阻更换为电容为C的电容器。金属棒和导轨的电阻均忽略不计，下列说法正确的是（　　）
A．在图1中，最终稳定时电阻两端的电势差是
B．在图1中，最终稳定时金属棒的速度大小
C．在图2中，金属棒做加速度与速度成线性关系的加速运动
D．在图2中，若已知某位置速度为v，则金属棒运动到该处的时间为
（多选）15．（2025 河北模拟）如图所示，光滑水平面上分布着垂直于水平面向下的平行边界匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁场Ⅰ的磁感应强度大小为B，磁场Ⅱ的磁感应强度大小未知，磁场宽度均为d，磁场Ⅰ和磁场Ⅱ的相近边界距离为4d。距磁场Ⅰ左边界d处有一边长为d、电阻为R、质量为m的单匝金属线框abcd，受到恒力F的作用从静止开始运动，线框穿过磁场Ⅰ、Ⅱ过程中均匀速。不计一切摩擦阻力，运动过程中bc边始终平行于磁场边界，下列说法正确的是（　　）
A．磁场Ⅱ的磁感应强度大小为
B．线框穿过磁场Ⅰ产生的焦耳热与线框穿过磁场Ⅱ产生的焦耳热相等，都为2Fd
C．线框完全经过磁场Ⅰ、Ⅱ产生的总焦耳热为
D．线框从开始运动到bc边与磁场Ⅰ右边界重合时，通过线框横截面的电荷量为
三．解答题（共5小题）
16．（2025 贵阳模拟）如图，足够长的固定光滑平行金属导轨CD、GH相距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角。导轨所在区域有方向垂直导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。导轨端点C、G通过导线与单刀双掷开关、电源、阻值为R的定值电阻连接。先将开关S合拨向1，再将质量为m的均匀导体棒ab水平置于导轨上并由静止释放，ab将沿导轨向上运动。已知电源电动势为E，内阻为r，其余电阻不计，ab在运动过程中始终与两导轨垂直且接触良好，重力加速度大小为g。
（1）求磁感应强度B的方向以及刚释放时ab棒的加速度大小；
（2）一段时间后ab棒将匀速运动，求此时R消耗的热功率；
（3）承接（2），迅速将开关S合拨向2，一段时间后ab棒再次匀速运动，求此时ab棒速度的大小。
17．（2025 吉林二模）粗糙绝缘的水平面上方有一宽度s＝1.8m、离地高度h＝0.1m的匀强磁场区域MNQP，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小B1＝1T。在距MN左侧s0＝1.25m处竖直放置一个边长为L＝0.2m的正方形线框abcd，质量m1＝1kg、匝数n1＝5匝、电阻R1＝5Ω、与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5。PQ右侧存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B2＝1+10x（T）的磁场（x为PQ右侧的位置到PQ的水平距离），水平面上紧靠PQ竖直放置一个边长也为L＝0.2m、下表面光滑的正方形线框efhj，质量m2＝2kg、匝数n2＝10匝、电阻R2＝10Ω，现将一方向水平向右、大小F＝15N的恒定外力作用在线框abcd上，直到线框abcd的cd边刚到达MN时，仅改变外力F的大小使线框以到达MN时的速度匀速进入匀强磁场区域MNQP，当ab边刚到达MN时，撤去外力F。已知两线框运动过程中所发生的碰撞为弹性碰撞，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）线框abcd刚进入磁场区域MNQP时的电流大小；
（2）线框abcd进入磁场区域MNQP的过程中，外力F做功的大小；
（3）线框abcd与线框efhj碰撞后，直到线框efhj静止的过程中，通过线框efhj截面的电荷量是多少。
18．（2025 长春二模）“磁悬浮列车”是通过电磁力实现列车与轨道之间无接触的悬浮和导向，再利用直线电机产生的电磁力牵引列车运行。某实验小组设计简化模型如图（a）所示，若磁悬浮列车模型的总质量为m，模型底部固定一与其绝缘的矩形金属线框abcd，线框的总电阻为R。用两根足够长、水平固定、间距为L（和矩形线框的边长ab相等）的平行金属导轨PQ、MN模拟列车行驶的轨道，导轨间存在垂直导轨平面的等间距的交替匀强磁场，相邻两匀强磁场的方向相反、磁感应强度大小均为B，每个磁场宽度与矩形线框的边长ad相等，如图（b）所示。将列车模型放置于导轨上，当交替磁场以速度v0向右匀速运动时，列车模型受磁场力由静止开始运动，速度达到开始匀速运动，假定列车模型在运动过程中所受阻力恒定，不考虑磁场运动时产生的其他影响。
（1）求列车模型所受阻力f的大小；
（2）列车模型匀速运动后，某时刻磁场又以加速度a向右做匀加速直线运动，再经时间t列车模型也开始做匀加速直线运动。
①分析求出列车模型匀加速运动的加速度大小a1；
②若列车模型开始匀加速运动时的速度为v，求t时间内列车所受安培力做的功W。
19．（2025 岳麓区校级模拟）如图甲所示，足够长的平行金属导轨PQ、P'Q'水平固定，处在竖直向下的匀强磁场中，其左端1、2之间可接入电阻、电容器或电感线圈，其右端通过一小段圆弧形绝缘材质导轨与倾角为θ＝37°的足够长的倾斜固定导轨MN、M′N′平滑相连，倾斜导轨右端NN'之间接有阻值为r的电阻，虚线EF下方处在垂直导轨平面的匀强磁场中，两部分磁场的磁感应强度均为B。在水平导轨上静止放置一根电阻为R、质量为m的金属棒a，在倾斜导轨上靠近NN'的位置静止锁定一根电阻也为R、质量也为m的金属棒b。金属棒a不会进入倾斜轨道，已知金属棒长度和导轨间距均为d，重力加速度为g，电容器的储能公式，线圈自感电动势的大小为，且金属棒与导轨接触良好，不计其他电阻，不计水平轨道的摩擦，不考虑电磁辐射。
（1）在1、2之间接一个电阻为R的定值电阻，并给金属棒a一个水平向右的初速度v0，求金属棒a在水平导轨上向右滑动过程中，金属棒a上产生的焦耳热；
（2）在1、2之间接一个电容为C的电容器，并给金属棒a一个水平向右的初速度v0，求金属棒a在水平导轨上向右滑动过程中，金属棒a上产生的焦耳热；
（3）在1、2之间接一个自感系数为L＝0.01H的电感线圈，解除金属棒b的锁定，金属棒b由静止开始沿倾斜导轨下滑，其在倾斜导轨上运动的v﹣t图像如图乙所示，金属棒b滑上水平轨道后立即与金属棒a相碰，碰后两棒粘在一起运动。已知d＝0.5m，R＝1Ω，B＝1T，m＝0.5kg，r＝0.5Ω，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求a、b棒碰撞后，向左运动的最大距离。
20．（2025 浙江模拟）如图所示，两光滑平行金属导轨正对放置，均由三部分组成，倾斜部分与水平面的夹角均为θ、长度均为x，在水平部分正中间通过导线连接电容为C的电容器。水平部分两侧边缘分别垂直放置光滑金属杆ab、de，金属杆质量均为m、长度均为L。开关S处于断开状态，左侧倾斜导轨间有垂直该部分导轨所在平面向下、磁感应强度大小为B1的匀强磁场，右侧倾斜导轨间有垂直该部分导轨所在平面向上、磁感应强度大小为B2的匀强磁场。已知重力加速度为g，导轨间距为L。某时刻ab杆在微小扰动下开始下滑。已知杆运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨与杆的电阻均可忽略。
（1）金属杆ab下滑过程中电容器 　 　（选填“A极板”或“B极板”）的电势较高；
（2）ab杆下滑到倾斜导轨底端时，求电容器两极板间的电势差U和电容器储存的能量；
（3）ab杆滑离导轨后，闭合开关S，de杆在微小扰动下开始下滑，最终以速度v1滑离导轨。
①求de杆在倾斜导轨上滑动的时间t；
②求de杆下滑过程中整个电路因电流变化产生电磁辐射损失的能量（电容器储存的能量E＝kCU2，其中k为常数且未知）。
电磁感应
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025 长春二模）如图，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置恰好使MDEN构成一个边长为l的正方形。为使MN棒中不产生感应电流，磁感应强度B变化规律的图像为（　　）
A． B．
C． D．
【考点】根据B﹣t或者φ﹣t图像计算感应电动势；导轨滑杆模型中的图像问题．
【专题】定性思想；推理法；电磁感应与图象结合；推理论证能力．
【答案】D
【分析】根据感应电流的产生条件分析闭合回路磁通量的变化即可。
【解答】解：感应电流的产生条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化，只要保证穿过金属棒和金属架组成的闭合回路的磁通量不发生变化，则MN棒中就不会产生感应电流，以后闭合回路的面积增大，所以磁感应强度要减小，需满足，整理可得B，故D正确，ABC错误。
故选：D。
【点评】解决本题的关键抓住通过闭合回路的磁通量不变，MN棒中就不产生感应电流。
2．（2025 郫都区三模）如图所示，用一根漆包线绕成一个匝数为n匝，边长为L的正方形导线框abcd，形成一个闭合回路，导线框的总电阻为R，放在绝缘的光滑水平桌面上。现将导线框以垂直于边框ad的速度v，向左匀速拉入一边界与边框ad平行的有界匀强磁场区域，磁场方向垂直桌面向下，磁感应强度为B，磁场宽度大于L。在导线框拉入磁场的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．导线框中感应电流的方向为顺时针方向
B．导线框中产生的感应电动势大小为BLv
C．导线框所受安培力的大小为
D．整个过程中，通过导线框的电荷量为
【考点】线圈进出磁场的动力学问题；线圈进出磁场的电压、电流、电荷量等电学量的计算．
【专题】比较思想；等效替代法；恒定电流专题；分析综合能力．
【答案】D
【分析】根据楞次定律判断感应电流方向；根据E＝nBLv计算导线框中产生的感应电动势大小；根据闭合电路欧姆定律和安培力公式相结合求导线框所受安培力的大小；根据q＝It求整个过程中通过导线框的电荷量。
【解答】解：A、在导线框拉入磁场的过程中，磁场方向垂直桌面向下，穿过导线框的磁通量增加，根据楞次定律可知，导线框中感应电流的方向为逆时针方向，故A错误；
B、导线框中产生的感应电动势大小为E＝nBLv，故B错误；
C、导线框中感应电流大小为I，导线框所受安培力的大小为F＝nBIL＝nBL ，故C错误；
D、整个过程中，通过导线框的电荷量为q＝It ，故D正确。
故选：D。
【点评】解答本题时，要掌握法拉第电磁感应定律、楞次定律、安培力公式等等规律，要注意的是在求感应电动势和安培力时，导线框的匝数不能遗漏。
3．（2025 长春二模）下面对四幅图片中所涉及物理知识的描述，正确的是（　　）
A．甲图中小磁针转动是由于电流产生的电场对小磁针有作用力
B．乙图中回旋加速器通过磁场加速粒子
C．丙图中高频冶炼炉利用涡流热效应工作
D．丁图中无线充电过程利用了接触起电原理
【考点】涡流的应用与防止；电流磁效应的发现；回旋加速器．
【专题】定性思想；归纳法；电磁感应——功能问题；磁场 磁场对电流的作用；理解能力．
【答案】C
【分析】小磁针转动是由于电流产生的磁场对小磁针有作用力；回旋加速器通过电场加速粒子；高频冶炼炉利用涡流热效应工作；无线充电过程利用了互感原理。
【解答】解：A、甲图中小磁针转动是由于电流产生的磁场对小磁针有作用力，故A错误；
B、乙图中回旋加速器通过电场加速粒子的，故B错误；
C、丙图中高频冶炼炉是利用涡流热效应工作的，故C正确；
D、丁图中无线充电过程利用了互感原理，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了电流的磁场，涡流的应用和变压器的工作原理，以及回旋加速器的工作原理等，基础题。
4．（2025 广东模拟）下列说法正确的是（　　）
A．如图甲所示，由小磁针指向可知，通电直导线中的电流方向是向上的
B．如图乙所示，如果长为l、通过电流为I的短直导线在该磁场中所受力的大小为F，则该处磁感应强不一定为
C．如图丙所示，闭合线圈在匀强磁场中向右加速运动，由于在做加速切割磁感线运动，所以线圈中会产生感应电流
D．如图丁所示，线圈从1位置平移到2位置时，穿过此线圈平面的磁通量不变
【考点】法拉第电磁感应定律的内容和表达式；安培定则（右手螺旋定则）；磁感应强度的定义与物理意义．
【专题】比较思想；归纳法；磁场 磁场对电流的作用；理解能力．
【答案】B
【分析】图甲中，根据安培定则判断通电直导线中的电流方向；图乙中，只有当导线与磁场垂直时，才有；图丙中，线圈的磁通量不变，没有感应电流；丁图中，根据磁感线条数的变化分析磁通量的变化。
【解答】解：A、如图甲所示，小磁针静止时N极指向为磁场的方向，根据安培定则可知，通电导线中的电流方向是向下的，故A错误；
B、如图乙所示，若导线与磁场垂直，则，图中未指出导线与磁场的关系，所以该处磁感应强不一定为，故B正确；
C、如图丙所示，线圈运动过程中，磁通量不变，不会产生感应电流，故C错误；
D、如图丁所示，线圈从1位置平移到2位置时，磁场减弱，穿过此线圈平面的磁感线条数减少，则其磁通量减小，故D错误。
故选：B。
【点评】解答本题的关键要掌握磁场的基础知识，能熟练运用安培定则判断电流方向与磁场方向的关系。要注意公式的条件是导线与磁场垂直。
5．（2025 雁塔区校级模拟）如图，一绝缘轻线跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑轻质定滑轮，绳的一端连接一个小物块，另一端连接一圆形金属线框；左边滑轮的下方虚线所围的区域内有一匀强磁场，其磁感应强度的方向与纸面垂直。初始时线框位于磁场上方，以某一速度竖直向下运动。已知线框完全在磁场中时速度大小不断增加，轻线始终处于拉紧状态。忽略空气阻力，则可能的情况是（　　）
A．线框不会完全离开磁场
B．线框完全离开磁场，然后做加速运动
C．线框完全离开磁场，然后做匀速运动
D．线框刚好完全离开磁场时的速度一定大于刚开始进入磁场时的速度
【考点】线圈进出磁场的动力学问题；线圈进出磁场的电压、电流、电荷量等电学量的计算．
【专题】比较思想；推理法；电磁感应中的力学问题；推理论证能力．
【答案】B
【分析】线框完全在磁场中时速度大小不断增加，说明线框的质量大于物块的质量，线框会完全离开磁场，根据速度变化情况进行分析。
【解答】解：ABC、线框完全在磁场中时不受安培力，其速度大小不断增加，说明线框的质量大于物块的质量，线框会完全离开磁场；线框离开磁场后也不受安培力，所以线框完全离开磁场后做加速运动，故AC错误、B正确；
D、由于初速度大小不确定，线框进入磁场过程中可能先减速再匀速，线框离开磁场过程中，也可能先减速再匀速，所以线框刚好完全离开磁场时的速度不一定大于刚开始进入磁场时的速度，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要是考查线圈在磁场中的运动，关键是弄清楚受力情况和运动情况，明确线框的上边框或下边框切割磁感线运动线框所受的安培力都是阻碍线框的相对运动是解题的关键。
6．（2025 郑州校级二模）如图所示，水平固定的足够长平行光滑金属导轨ab和cd间连接定值电阻R，金属棒在两导轨间的距离为L，电阻为r，整个运动过程中金属棒与导轨垂直且接触良好，整个装置处在竖直向上的匀强磁场（图中未画出）中，磁场的磁感应强度大小为B，金属棒的质量为m，现用一水平向右的恒力F作用在金属棒上使金属棒由静止开始运动，其他电阻不计，下列说法正确的是（　　）
A．金属棒做匀加速直线运动
B．a点电势比c点电势高
C．金属棒达到的最大速度为
D．金属棒从静止到速度最大的过程，恒力F对金属棒做的功为
【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】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．
【答案】C
【分析】根据右手定则判断导体棒中电流方向；根据导体棒切割磁感线产生的感应电动势得出导体棒ab两端的电压，根据功能关系可知，F做的功等于回路产生的电能和导体棒动能的增加量，根据动能定理可知，F做的功与安培力做的功之和等于导体棒增加的动能。
【解答】解：A、随着速度增大，安培力增大，故导体棒的加速度逐渐减小，最后变为0，所以导体棒是做加速度变小的加速运动，之后加速度为0，速度达到最大，故A错误；
B、根据右手定则可知，感应电流是顺时针，此时导体棒是电源，电源内部电流是从低电势流向高电势，导体棒下端相当于电源正极，故a的电势低于c点的电势，故B错误；
C、当速度达到最大速度v时，E＝Bdv，I，F＝F安＝BIL，解得v，故C正确；
D、根据动能定理F做的功与安培力做的功之和等于导体棒动能的增加量，导体棒最终动能等于，即F做的功大于，故D错误。
故选：C。
【点评】本题是右手定则和电路问题及功能关系在电磁感应现象中的综合题，要注意明确在电磁感应现象中能量转化的方向，掌握功能关系的应用。
7．（2025 重庆模拟）如图所示，一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内，其下方（略靠前）固定一根与线框平面平行的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流。释放线框，它由实线位置下落到虚线位置未发生转动，在此过程中以下说法正确的是（　　）
A．线框中感应电流方向依次为ACBA→ABCA→ACBA
B．线框的磁通量为零的时，感应电流也为零
C．线框所受安培力的合力方向依次为向上→向下
D．线框做自由落体运动
【考点】楞次定律及其应用；安培定则（右手螺旋定则）；左手定则判断安培力的方向．
【专题】定性思想；归纳法；电磁感应中的力学问题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据楞次定律和安培定则判断；产生的感应电动势大小与磁通量变化率成正比，据此分析；根据楞次定律中的“来拒去留”分析；根据自由落体运动的条件分析。
【解答】解：A、根据安培定则可知导线上方的磁场方向为垂直纸面向外，导线下方的磁场方向是垂直纸面向里。当线框下落时，穿过线框的磁通量变化是先向外的增加，然后向外的减小，向里的增加，最后向里的增加；根据楞次定律可知线框产生的感应电流的磁场方向应该是先垂直纸面向里，然后垂直纸面向外，最后垂直纸面向里，根据安培定则可知线框中产生的感应电流方向为ACBA→ABCA→→ACBA，故A正确；
B、线框的磁通量为零时，磁通量的变化率不为零，所以产生的感应电动势不为零，则感应电流不为零，故B错误；
C、根据“来拒去留”可知，线框所受安培力的方向始终是向上，故C错误；
D、因为在线框下落过程中，还受到安培力的作用，所以线框下落不是自由落体运动，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了对楞次定律的理解和应用，以及安培定则的应用，基础题。
8．（2025 白云区一模）随着绿色环保理念深入人心，电动汽车市场日趋火爆，电池充电技术飞速发展。如图为某科技公司利用电磁感应原理设计的无线充电桩原理示意图，若汽车以22kW的恒定功率充电，送电线圈连接u＝220sin100πt（V）的交流电，不计能量损失，下列说法正确的是（　　）
A．送电线圈中的电流为100A
B．受电线圈中电流的频率为100Hz
C．仅减小送电线圈的匝数，会增大电池端的输出电流
D．仅减小送电线圈的匝数，会减小电池端的输出电压
【考点】互感和互感现象．
【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据送电线圈连接u＝220sin100πt（V）的交流电可知交流电的最大值和角速度，即可求得有效值和频率，根据P＝UI求得电流，根据电压之比与匝数成正比，根据输入功率等于输出功率即可判断。
【解答】解：A、根据u＝220sin100πt（V）交流电的最大值为，有效值为根据P＝UI，则送电线圈中的电流为，故A正确；
B、根据u＝220sin100πt（V）交流电的角速度为ω＝100πrad/s，送电线圈频率为50Hz，则受电线圈中交流电的频率也为50Hz，故B错误；
CD、输送电压与输送功率恒定，则送电线圈中电流恒定，减小送电线圈匝数，受电线圈电压增大，电流减小，CD错误；
故选：A。
【点评】本题主要考查了无线充电，即通过理想变压器原理，抓住电压之比与线圈的匝数成正比，输入功率等于输出功率。
9．（2025 南岸区校级模拟）如图所示，固定长直导线的正上方用绝缘细线悬挂一金属圆环，静止时金属圆环的中心位于O点。现在导线中通有水平向右的恒定电流，将金属圆环的中心拉到a位置无初速度释放，金属圆环的中心运动到b位置后反向运动，已知金属圆环和长直导线始终在同一平面内，且细线始终处于张紧状态。则金属圆环从a到b位置的过程中（　　）
A．圆环中没有感应电流产生
B．圆环中感应电流的方向先顺时针再逆时针方向
C．圆环受到安培力为零
D．圆环机械能守恒
【考点】来拒去留；感应电流的产生条件．
【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】B
【分析】AB.根据安培定则判断直导线产生的磁场，结合楞次定律判断感应电流以及方向；
CD.根据微元思想分析安培力情况，结合机械能守恒的条件进行判断。
【解答】解：AB.根据安培定则，通电直导线下方区域磁场方向垂直纸面向里，上方区域磁场方向垂直纸面向外，圆环由a点开始运动到最低点过程中，磁通量增大，根据楞次定律，圆环中感应电流的磁场方向垂直纸面向里，感应电流的方向沿顺时针，从O到b的过程中，磁通量减小，感应电流的方向沿逆时针，故A错误，B正确；
CD.因为磁感应强度在水平方向均匀分布，把圆环分成若干份，可以知道对称的一小段在水平方向的安培力是大小相等，方向相反的，圆环下方部分所处的磁场强于上方部分，故圆环从a到O过程所受安培力方向竖直向上，从O到b过程所受安培力方向竖直向下，则圆环的机械能也不守恒，故CD错误。
故选：B。
【点评】考查楞次定律的应用问题，会根据题意进行准确分析解答。
10．（2025 白云区一模）图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是（　　）
A．按下按钮过程，螺线管P端电势较高
B．松开按钮后，穿过螺线管的磁通量为零
C．按住按钮不动，螺线管中产生恒定的感应电动势
D．若按下和松开按钮的时间相同，螺线管产生大小相同的感应电动势
【考点】法拉第电磁感应定律的内容和表达式；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；推理论证能力．
【答案】D
【分析】A.按下按钮过程中，穿过线圈的磁通量向左增加，螺线管相当于电源，根据楞次定律及安培定则，即可分析判断；
B.松开按钮后，穿过螺线管的磁通量不变，据此分析判断；
C.按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，据此分析判断；
D.结合题意，根据法拉第电磁感应定律，即可分析判断。
【解答】解：A.按下按钮过程中，穿过线圈的磁通量向左增加，根据楞次定律及安培定则可知，感应电流的方向从P端经螺线管向Q端，螺线管相当于电源，则螺线管Q端电势较高，故A错误；
B.松开按钮后，穿过螺线管的磁通量不变，不为零，故B错误；
C.按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，无感应电动势，故C错误；
D.根据法拉第电磁感应定律可知，螺线管产生的感应电动势的大小与穿过线圈的磁通量的变化率成正比，由此可知，若按下和松开按钮的时间相同，螺线管产生大小相同的感应电动势，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查对法拉第电磁感应定律的掌握，解题时需注意，闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 南昌一模）在光滑绝缘的水平面上有两相互平行的边界MN、PQ，边界内有竖直向下的匀强磁场。紧靠MN有一材料相同、粗细均匀的正方形线框abcd，如图所示（俯视图）。已知线框边长为L，磁场宽度为2L。从t＝0时刻起线框在水平向右外力作用下从图示位置由静止水平向右匀加速直线运动。则从线框ab边进磁场到cd边出磁场的过程中，以下关于线框中的磁通量Φ、ab边电压U、外力F和电功率P随位移x变化的规律图像正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【考点】描绘线圈进出磁场区域的图像；闭合电路欧姆定律的内容和表达式．
【专题】应用题；学科综合题；定量思想；图析法；方程法；电磁感应与图象结合；推理论证能力．
【答案】AD
【分析】利用匀变速直线运动的速度—位移关系可求v与x的函数关系式，由E＝BLv，Φ＝BS，结合安培力表达式，闭合电路的欧姆定律，及电功率的表达式，分析线圈各时间段中ab边电压u和线框所受安培力F及磁通量，电功率随位移x变化的规律，对照图像即可解答。
【解答】解：A、由题意可知：在0～L阶段，穿过线圈的磁通量为：Φ＝BLx，Φ随x均匀增大；在L～2L阶段，Φ＝BL2保持不变；在2L～3L阶段，Φ＝BL（3L﹣x），Φ随x均匀减小，故A正确；
B、根据法拉第电磁感应定律结合欧姆定律，在0～L阶段，有：，完全进入磁场的瞬间有：
完全进入磁场后在磁场中加速运动，此时，线圈的ab边出磁场的瞬间有：，线圈完全出磁场时，B＝0，则有U＝0，故B错误；
C、在0～L阶段，线圈的ab边开始进入磁场的安培力为：，所以F与x不是线性关系，故C错误；
D、在0～L阶段，电功率为：，P﹣x图像为倾斜直线，L～2L阶段，线圈完全进入磁场，I＝0，电功率为P＝0，在2L～3L阶段，ab离开磁场，电功率为：，P﹣x图像为倾斜直线，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题考查了电磁感应中的图像问题，解题关键是找到ab边电压U和线框所受安培力F及P随位移x变化的规律。
（多选）12．（2025 武汉二模）如图所示，空间存在磁感应强度大小相等、方向分别垂直于光滑绝缘水平面向上和向下的匀强磁场，正方形导线框从紧靠磁场的位置Ⅰ以某一初速度垂直边界进入磁场，运动到位置Ⅱ时完全进入左侧磁场，运动到位置Ⅲ（线框各有一半面积在左、右两个磁场中）时速度恰好为0。设从位置Ⅰ到位置Ⅱ、从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中，通过线框某一横截面的电荷量分别为q1、q2，线框中产生的焦耳热分别为Q1、Q2，则（　　）
A．q1：q2＝1：1 B．q1：q2＝2：1 C．Q1：Q2＝3：1 D．Q1：Q2＝5：4
【考点】线圈进出磁场的能量计算；线圈进出磁场的动力学问题．
【专题】定量思想；方程法；电磁感应——功能问题；推理论证能力．
【答案】AC
【分析】根据电荷量的计算公式得到电荷量之比；根据动量定理得到完全进入磁场时的速度与初速度大小关系，再根据功能关系进行解答。
【解答】解：AB、根据电荷量的计算公式可得：qt
从位置Ⅰ到位置Ⅱ磁通量的变化量为：ΔΦ1＝BS
在位置Ⅲ时磁通量为零，所以从位置Ⅱ到位置Ⅲ磁通量的变化为：ΔΦ2＝BS
所以q1：q2＝1：1，故A正确、B错误；
CD、设初速度为v0，完全进入磁场时的速度大小为v；
取向右为正方向，从位置Ⅰ到位置Ⅱ，根据动量定理可得：﹣BLt1＝mv﹣mv0
即：Bq1L＝mv0﹣mv
取向右为正方向，从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中，根据动量定理可得：﹣BLt2＝0﹣mv
即：Bq2L＝mv
联立解得：v
根据功能关系可得：Q1
Q2
所以：Q1：Q2＝3：1，故C正确、D错误。
故选：AC。
【点评】对于安培力作用下导体棒、线圈的运动问题，如果涉及电荷量、求位移、速度等问题，常根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律列方程进行解答。
（多选）13．（2025 湖南开学）如图1所示，金属线框ABC的形状为正弦曲线，其电阻R0＝10Ω。现用ABC、GHI、JKL、DEF四个完全一样的金属线框组成一个封闭电路，如图2所示，其中AF、CL、DG和IJ均为电路连接点，且DG与CL两节点之间互相绝缘，形成“∞”形，不考虑形成电路时线框微小变化，而后将其放置于绝缘水平面上，在线框左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小，BE、HK平行于磁场边界。现让“∞”线框以v＝2m/s的速度向左做匀速直线运动，在线框进入磁场过程中，不考虑感应电流磁场对匀强磁场的影响，下列说法正确的是（　　）
A．线框中交变电流的方向先为B到A，后为A到B
B．该交变电流的电流最大值Im＝3.2A
C．回路的磁通量一直增大，运动到IJ接点时磁通量最大
D．回路产生的热量为204.8J
【考点】电磁感应过程中的电路类问题；根据B﹣t或者φ﹣t图像计算感应电动势；单杆在导轨上有外力作用下切割磁场的运动问题．
【专题】定性思想；方程法；电磁感应与图象结合；电磁感应与电路结合．
【答案】AD
【分析】本题涉及到电磁感应中的电路、根据图像计算感应电动势以及单杆导轨切割磁感线的问题。利用公式从而可以求得结果。
【解答】A.由楞次定律可知在DG与CL两节点进入磁场之前，电流方向为B到A，进入磁场之后，电流方向为A到B，故A正确；
B.由E＝B0lv，，，x＝vt＝2t，可得，电流最大值，故B错误；
C.回路的磁通量先增大后减小，线框全部进入后磁通量为零，故C错误；
D.，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题属于综合性考查包含知识点电磁感应定律、感应电动势、解题关键掌握图像的含义及楞次定律的应用。
（多选）14．（2025 湖南模拟）如图1所示，水平面内间距为d的固定光滑平行金属导轨间接一电阻R，质量为m的金属棒垂直置于导轨上，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。t＝0时，静止的金属棒在水平向右的拉力F作用下开始运动，拉力F的功率P0恒定不变；图2所示为仅将电阻更换为电容为C的电容器。金属棒和导轨的电阻均忽略不计，下列说法正确的是（　　）
A．在图1中，最终稳定时电阻两端的电势差是
B．在图1中，最终稳定时金属棒的速度大小
C．在图2中，金属棒做加速度与速度成线性关系的加速运动
D．在图2中，若已知某位置速度为v，则金属棒运动到该处的时间为
【考点】含有电容器的导轨滑杆模型；电磁感应过程中的动力学类问题；电磁感应过程中的电路类问题；有电源存在的导轨滑杆模型．
【专题】定量思想；方程法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．
【答案】AD
【分析】在图1中，最终稳定时金属棒受力平衡，根据平衡条件求解速度大小，根据法拉第电磁感应定律求解最终稳定时电阻两端的电势差；在图2中，对金属棒由牛顿第二定律求解加速度大小，根据图像求解运动时间。
【解答】解：AB、在图1中，最终稳定时金属棒受力平衡，根据平衡条件可得：BId＝F，即：
解得：
最终稳定时电阻两端的电势差是：，故A正确、B错误；
C、在图2中，对金属棒由牛顿第二定律可得：
电容器的充电电流为：
所以由：
解得加速度大小为：，故C错误；
D、由可知，图像为直线，类比v﹣t图像可知面积为所用时间，故时间为：t，故D正确。
故选：AD。
【点评】本题主要是考查电磁感应现象，关键是弄清楚导体棒的运动情况和受力情况，根据平衡条件、牛顿第二定律列方程进行求解。
（多选）15．（2025 河北模拟）如图所示，光滑水平面上分布着垂直于水平面向下的平行边界匀强磁场Ⅰ和Ⅱ，磁场Ⅰ的磁感应强度大小为B，磁场Ⅱ的磁感应强度大小未知，磁场宽度均为d，磁场Ⅰ和磁场Ⅱ的相近边界距离为4d。距磁场Ⅰ左边界d处有一边长为d、电阻为R、质量为m的单匝金属线框abcd，受到恒力F的作用从静止开始运动，线框穿过磁场Ⅰ、Ⅱ过程中均匀速。不计一切摩擦阻力，运动过程中bc边始终平行于磁场边界，下列说法正确的是（　　）
A．磁场Ⅱ的磁感应强度大小为
B．线框穿过磁场Ⅰ产生的焦耳热与线框穿过磁场Ⅱ产生的焦耳热相等，都为2Fd
C．线框完全经过磁场Ⅰ、Ⅱ产生的总焦耳热为
D．线框从开始运动到bc边与磁场Ⅰ右边界重合时，通过线框横截面的电荷量为
【考点】电磁感应过程中的能量类问题；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；线圈进出磁场的能量计算．
【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】线框从静止开始至bc边到达磁场Ⅰ左边界过程、线框ad边到达磁场Ⅰ右边界至bc边到达磁场Ⅱ左边界过程，根据动能定理、安培力的计算公式进行解答；
根据功能关系可得线框穿过磁场Ⅰ产生的焦耳热、线框穿过磁场Ⅱ产生的焦耳热；
根据功能关系求解线框完全经过磁场Ⅰ、Ⅱ产生的总焦耳热；
根据电荷量的计算公式求解通过线框横截面的电荷量。
【解答】解：A、线框从静止开始至bc边到达磁场Ⅰ左边界过程，根据动能定理可得：，得：
线框ad边到达磁场Ⅰ右边界至bc边到达磁场Ⅱ左边界过程，根据动能定理可得：，得
因为线框匀速进入磁场Ⅰ、Ⅱ，根据平衡条件可得：，，
解得：，故A错误；
B、根据功能关系可得线框穿过磁场Ⅰ产生的焦耳热为：Q1＝2Fd，线框穿过磁场Ⅱ产生的焦耳热为：Q2＝2Fd，所以线框穿过磁场Ⅰ产生的焦耳热与线框穿过磁场Ⅱ产生的焦耳热都为2Fd，故B正确；
C、根据C选项分析可知，线框完全经过磁场Ⅰ、Ⅱ产生的总焦耳热为：，故C正确；
D、根据电荷量的计算公式可得：qt
所以线框从开始运动到bc边与磁场Ⅰ右边界重合时，通过线框横截面的电荷量为q，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。
三．解答题（共5小题）
16．（2025 贵阳模拟）如图，足够长的固定光滑平行金属导轨CD、GH相距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角。导轨所在区域有方向垂直导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。导轨端点C、G通过导线与单刀双掷开关、电源、阻值为R的定值电阻连接。先将开关S合拨向1，再将质量为m的均匀导体棒ab水平置于导轨上并由静止释放，ab将沿导轨向上运动。已知电源电动势为E，内阻为r，其余电阻不计，ab在运动过程中始终与两导轨垂直且接触良好，重力加速度大小为g。
（1）求磁感应强度B的方向以及刚释放时ab棒的加速度大小；
（2）一段时间后ab棒将匀速运动，求此时R消耗的热功率；
（3）承接（2），迅速将开关S合拨向2，一段时间后ab棒再次匀速运动，求此时ab棒速度的大小。
【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；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．
【专题】计算题；定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；分析综合能力．
【答案】（1）磁感应强度B的方向垂直于轨道平面向上，刚释放时ab棒的加速度大小是gsinθ；
（2）此时R消耗的热功率是；
（3）此时ab棒速度的大小是。
【分析】（1）应用左手定则判断出磁感应强度的方向；应用牛顿第二定律求出导体棒的加速度大小。
（2）应用平衡条件求出导体棒匀速运动时回路电流，然后求出R消耗的热功率。
（3）导体棒做匀速直线运动，应用平衡条件求出导体棒的速度大小。
【解答】解：（1）由图示电路图可知，开关打到1处流过导体棒的电流从a流向b，
闭合开关时导体棒沿导轨向上运动，由左手定则可知，磁感应强度垂直于轨道平面向下
由闭合电路的欧姆定律得：I1
对导体棒，由牛顿第二定律得：ILB﹣mgsinθ＝ma
解得：agsinθ
（2）导体棒做匀速直线运动，由平衡条件得：mgsinθ＝I2LB
此时电阻R消耗的功率PR
解得：P
（3）迅速 将开关S拨向2，ab棒向上做减速运动，速度减为零后反向向下做加速运动，
导体棒再次做匀速直线运动时，设导体棒的速度为v，导体棒切割磁感线产生的感应电动势E0＝BLv
由闭合电路的欧姆定律得：I3
导体棒做匀速直线运动，由平衡条件得：mgsinθ＝I3LB
解得：v
答：（1）磁感应强度B的方向垂直于轨道平面向上，刚释放时ab棒的加速度大小是gsinθ；
（2）此时R消耗的热功率是；
（3）此时ab棒速度的大小是。
【点评】根据题意分析清楚电路结构与导体棒受力情况是解题的前提，应用平衡条件、牛顿第二定律与闭合电路的欧姆定律即可解题。
17．（2025 吉林二模）粗糙绝缘的水平面上方有一宽度s＝1.8m、离地高度h＝0.1m的匀强磁场区域MNQP，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小B1＝1T。在距MN左侧s0＝1.25m处竖直放置一个边长为L＝0.2m的正方形线框abcd，质量m1＝1kg、匝数n1＝5匝、电阻R1＝5Ω、与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5。PQ右侧存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B2＝1+10x（T）的磁场（x为PQ右侧的位置到PQ的水平距离），水平面上紧靠PQ竖直放置一个边长也为L＝0.2m、下表面光滑的正方形线框efhj，质量m2＝2kg、匝数n2＝10匝、电阻R2＝10Ω，现将一方向水平向右、大小F＝15N的恒定外力作用在线框abcd上，直到线框abcd的cd边刚到达MN时，仅改变外力F的大小使线框以到达MN时的速度匀速进入匀强磁场区域MNQP，当ab边刚到达MN时，撤去外力F。已知两线框运动过程中所发生的碰撞为弹性碰撞，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）线框abcd刚进入磁场区域MNQP时的电流大小；
（2）线框abcd进入磁场区域MNQP的过程中，外力F做功的大小；
（3）线框abcd与线框efhj碰撞后，直到线框efhj静止的过程中，通过线框efhj截面的电荷量是多少。
【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；电磁感应过程中的电路类问题．
【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】（1）线框abcd刚进入磁场区域MNQP时的电流大小为0.5A；
（2）线框abcd进入磁场区域MNQP的过程中，外力F做功的大小为1.075J；
（3）线框abcd与线框efhj碰撞后，直到线框efhj静止的过程中，通过线框efhj截面的电荷量是1C。
【分析】（1）根据动能定理计算cd边刚进入磁场的速度大小，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定进行解答；
（2）求出刚进入磁场拉力大小、完全进入磁场拉力大小，根据功的计算公式求解外力F做功的大小；
（3）根据动能定理求解abcd与efhj碰撞时的速度，根据动量守恒定律、机械能守恒定律求解碰撞后二者的速度大小，对线框efhj，根据动量定理、电荷量的计算公式求解通过线框efhj截面的电荷量。
【解答】解：（1）从开始到cd边刚进入磁场过程中，根据动能定理可得：0
根据闭合电路的欧姆定可得：I
解答线框abcd刚进入磁场区域MNQP时，线框abcd中的电流大小为：I＝0.5A；
（2）线框abcd进入磁场过程中匀速运动，则刚进入磁场时：F1＝μm1g+n1B1I（L﹣h）
完全进入磁场时F2＝μ（m1g+n1B1IL）+n1B1I（L﹣h）
则外力F做功的大小为：
代入数据解得：W＝1.075J；
（3）线框abcd完全进入磁场后不受磁场力作用，设abcd与efhj碰撞时的速度为v0。
在磁场中运动过程中，根据动能定理可得：
取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：m1v0＝m1v1+m2v2
根据机械能守恒定律可得：
联立解得：v1＝﹣1m/s，v2＝2m/s
由题意可知，线框efhj两侧磁感应强度大小之差为：ΔB＝10×0.2T＝2T，且保持不变。
对线框efhj，取向右为正方向，根据动量定理可得：﹣n2ΔBILΔt＝0﹣m2v2
又q＝IΔt
联立解得：q＝1C。
答：（1）线框abcd刚进入磁场区域MNQP时的电流大小为0.5A；
（2）线框abcd进入磁场区域MNQP的过程中，外力F做功的大小为1.075J；
（3）线框abcd与线框efhj碰撞后，直到线框efhj静止的过程中，通过线框efhj截面的电荷量是1C。
【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。
18．（2025 长春二模）“磁悬浮列车”是通过电磁力实现列车与轨道之间无接触的悬浮和导向，再利用直线电机产生的电磁力牵引列车运行。某实验小组设计简化模型如图（a）所示，若磁悬浮列车模型的总质量为m，模型底部固定一与其绝缘的矩形金属线框abcd，线框的总电阻为R。用两根足够长、水平固定、间距为L（和矩形线框的边长ab相等）的平行金属导轨PQ、MN模拟列车行驶的轨道，导轨间存在垂直导轨平面的等间距的交替匀强磁场，相邻两匀强磁场的方向相反、磁感应强度大小均为B，每个磁场宽度与矩形线框的边长ad相等，如图（b）所示。将列车模型放置于导轨上，当交替磁场以速度v0向右匀速运动时，列车模型受磁场力由静止开始运动，速度达到开始匀速运动，假定列车模型在运动过程中所受阻力恒定，不考虑磁场运动时产生的其他影响。
（1）求列车模型所受阻力f的大小；
（2）列车模型匀速运动后，某时刻磁场又以加速度a向右做匀加速直线运动，再经时间t列车模型也开始做匀加速直线运动。
①分析求出列车模型匀加速运动的加速度大小a1；
②若列车模型开始匀加速运动时的速度为v，求t时间内列车所受安培力做的功W。
【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；方程法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．
【答案】（1）列车模型所受阻力f的大小为；
（2）①列车模型匀加速运动的加速度大小为a；
②若列车模型开始匀加速运动时的速度为v，t时间内列车所受安培力做的功为。
【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定结合平衡条件、安培力的计算公式进行解答；
（2）①列车做匀加速运动时，根据牛顿第二定律进行分析；
②磁场匀加速运动t时间内，对列车根据动量定理求解t时间内磁场位移，由此得到t时间内列车位移；对列车根据动能定理求解t时间内列车所受安培力做的功。
【解答】解：（1）设列车行驶速度为v1，线框中的感应电动势大小为：E＝2BL（v0﹣v1）
感应电流大小为：I
线框所受安培力大小为：F＝2ILB
当v1时，对列车根据平衡条件有：f＝F；
（2）①列车做匀加速运动时，根据牛顿第二定律可得：F﹣f＝ma，可知安培力恒定；
根据线框所受安培力：F＝2ILB，可知，感应电动势恒定；
线框相对磁场的速度恒定，则应满足线框的加速度大小为：a1＝a；
②磁场匀加速运动t时间内，取列车运动方向为正方向，对列车根据动量定理有：∑t﹣ft＝mv﹣m
即：ft＝mv﹣m
其中t时间内磁场位移为：x磁＝v0t
可解得t时间内列车位移：x车
对列车根据动能定理有：W﹣fx车
可解得t时间内列车所受安培力做功为：W。
答：（1）列车模型所受阻力f的大小为；
（2）①列车模型匀加速运动的加速度大小为a；
②若列车模型开始匀加速运动时的速度为v，t时间内列车所受安培力做的功为。
【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。
19．（2025 岳麓区校级模拟）如图甲所示，足够长的平行金属导轨PQ、P'Q'水平固定，处在竖直向下的匀强磁场中，其左端1、2之间可接入电阻、电容器或电感线圈，其右端通过一小段圆弧形绝缘材质导轨与倾角为θ＝37°的足够长的倾斜固定导轨MN、M′N′平滑相连，倾斜导轨右端NN'之间接有阻值为r的电阻，虚线EF下方处在垂直导轨平面的匀强磁场中，两部分磁场的磁感应强度均为B。在水平导轨上静止放置一根电阻为R、质量为m的金属棒a，在倾斜导轨上靠近NN'的位置静止锁定一根电阻也为R、质量也为m的金属棒b。金属棒a不会进入倾斜轨道，已知金属棒长度和导轨间距均为d，重力加速度为g，电容器的储能公式，线圈自感电动势的大小为，且金属棒与导轨接触良好，不计其他电阻，不计水平轨道的摩擦，不考虑电磁辐射。
（1）在1、2之间接一个电阻为R的定值电阻，并给金属棒a一个水平向右的初速度v0，求金属棒a在水平导轨上向右滑动过程中，金属棒a上产生的焦耳热；
（2）在1、2之间接一个电容为C的电容器，并给金属棒a一个水平向右的初速度v0，求金属棒a在水平导轨上向右滑动过程中，金属棒a上产生的焦耳热；
（3）在1、2之间接一个自感系数为L＝0.01H的电感线圈，解除金属棒b的锁定，金属棒b由静止开始沿倾斜导轨下滑，其在倾斜导轨上运动的v﹣t图像如图乙所示，金属棒b滑上水平轨道后立即与金属棒a相碰，碰后两棒粘在一起运动。已知d＝0.5m，R＝1Ω，B＝1T，m＝0.5kg，r＝0.5Ω，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求a、b棒碰撞后，向左运动的最大距离。
【考点】电磁感应过程中的能量类问题；电磁感应过程中的电路类问题；导体平动切割磁感线产生的感应电动势；电磁感应过程中的动力学类问题．
【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】（1）在1、2之间接一个电阻为R的定值电阻，并给金属棒a一个水平向右的初速度v0，金属棒a在水平导轨上向右滑动过程中，金属棒a上产生的焦耳热为；
（2）在1、2之间接一个电容为C的电容器，并给金属棒a一个水平向右的初速度v0，金属棒a在水平导轨上向右滑动过程中，金属棒a上产生的焦耳热为；
（3）a、b棒碰撞后，向左运动的最大距离为0.6m。
【分析】（1）由能量守恒求出金属棒上产生的热量；
（2）电阻换为电容后，判断最终a棒的运动状态是匀速直线运动，由动量定理，切割产生感应电动势公式，电容定义等求出最终速度，再由能量守恒求出a棒上的焦耳热；
（3）根据牛顿第二定律和动能定理求a、b棒碰撞后，向左运动的最大距离。
【解答】解：（1）最终a棒静止在水平导轨上，动能全部转化为a棒与电阻上的电热，则有
而
Qa＝QR
解得
（2）最终a棒以v匀速运动，棒运动产生电动势与电容两端电压U相等，以v的方向为正方向，则由动量定有
dB t＝mv﹣mv0
又
U＝Bdv
q＝It
联立解得棒匀速运动时的速度
则
整个过程中能量守恒，有
解得
（3）金属棒b在磁场区域外的加速度为
根据牛顿第二定律有
mgsin37°﹣μmgcos37°﹣ma
解得金属棒a与导轨间的动摩擦因数
μ＝0.5
金属棒b在磁场区域中，速度最大时有
mgsin37°＝μmgcos37°+BId
金属棒b中的电流为
解得金属棒b在磁场中能够达到的最大速率
vm＝6m/s
ab棒碰撞后两棒粘在一起运动，以vm的方向为正方向，有
mvm＝2mv1
产生的电动势为
整理得
BdvΔt＝LΔI
则
Bdxm＝LI1
全属棒中的电流为
根据动能定理有
联立解得向左运动的最大距离
xm＝0.6m
答：（1）在1、2之间接一个电阻为R的定值电阻，并给金属棒a一个水平向右的初速度v0，金属棒a在水平导轨上向右滑动过程中，金属棒a上产生的焦耳热为；
（2）在1、2之间接一个电容为C的电容器，并给金属棒a一个水平向右的初速度v0，金属棒a在水平导轨上向右滑动过程中，金属棒a上产生的焦耳热为；
（3）a、b棒碰撞后，向左运动的最大距离为0.6m。
【点评】本题考查电磁感应中的三大问题综合，首先是力学问题，由力学规律判断最终状态。其次是能量问题，根据能量守恒求得最后结果，最后就是动量问题，安培力的冲量与初末的动量挂上关系，是连结已知和未知的桥梁。
20．（2025 浙江模拟）如图所示，两光滑平行金属导轨正对放置，均由三部分组成，倾斜部分与水平面的夹角均为θ、长度均为x，在水平部分正中间通过导线连接电容为C的电容器。水平部分两侧边缘分别垂直放置光滑金属杆ab、de，金属杆质量均为m、长度均为L。开关S处于断开状态，左侧倾斜导轨间有垂直该部分导轨所在平面向下、磁感应强度大小为B1的匀强磁场，右侧倾斜导轨间有垂直该部分导轨所在平面向上、磁感应强度大小为B2的匀强磁场。已知重力加速度为g，导轨间距为L。某时刻ab杆在微小扰动下开始下滑。已知杆运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，导轨与杆的电阻均可忽略。
（1）金属杆ab下滑过程中电容器 　B极板　（选填“A极板”或“B极板”）的电势较高；
（2）ab杆下滑到倾斜导轨底端时，求电容器两极板间的电势差U和电容器储存的能量；
（3）ab杆滑离导轨后，闭合开关S，de杆在微小扰动下开始下滑，最终以速度v1滑离导轨。
①求de杆在倾斜导轨上滑动的时间t；
②求de杆下滑过程中整个电路因电流变化产生电磁辐射损失的能量（电容器储存的能量E＝kCU2，其中k为常数且未知）。
【考点】含有电容器的导轨滑杆模型．
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；模型法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．
【答案】（1）B极板；
（2）电容器两极板间的电势差U为B1L，电容器储存的能量为；
（3）①de杆在倾斜导轨上滑动的时间t为（mv1﹣B1B2CL2L2Cv1）；
②de杆下滑过程中整个电路因电流变化产生电磁辐射损失的能量为mgxsinθ。
【分析】（1）金属杆ab下滑过程中，由右手定则判断ab杆中感应电流方向，再判断电容器两极板电势高低；
（2）根据电流的定义式、安培力公式、加速度的定义式结合牛顿第二定律求出ab杆下滑时加速度大小，分析其运动情况，由运动学公式求出杆ab运动到斜导轨底端时的速度v，由U＝B1Lv求电容器两极板间的电势差U，再根据能量守恒定律求电容器储存的能量。
（3）①对de杆，根据动量定理求de杆在倾斜导轨上滑动的时间t；
②根据能量守恒定律求de杆下滑过程中整个电路因电流变化产生电磁辐射损失的能量。
【解答】解：（1）金属杆ab下滑过程中，根据右手定则判断可知，ab杆中的感应电流由a流向b，b端相当于电源正极，则电容器B极板的电势较高；
（2）杆ab下滑过程中，设某时刻回路中电流为i，之后一段较短时间Δt内，对电容器有
i
设杆ab的加速度为a，根据牛顿第二定律有
mgsinθ﹣B1iL＝ma
由法拉第电磁感应定律可得
U＝B1Lv
则杆ab产生感应电动势的变化量
ΔU＝B1LΔv
由加速度的定义有
联立得
可知，杆ab沿斜导轨向下做匀加速直线运动。根据匀变速直线运动规律可得，杆ab运动到斜导轨底端时的速度v满足
v2＝2ax
ab杆下滑到倾斜导轨底端时电容器两极板间的电势差为
U＝B1Lv
联立解得
杆ab下滑过程中，回路电流恒定，则杆ab减小的重力势能等于杆ab增加的动能和电容器储存能量之和；则ab杆下滑到倾斜导轨底端时，电容器储存的能量为
E＝mgxsinθ
联立解得
E
（3）①设杆de下滑过程中通过杆de的平均电流为，对杆de下滑过程，取沿导轨向下为正方向，根据动量定理有
整个过程中，B板所带电荷量的变化量的大小
Δq＝C（U﹣U1）
即通过杆de横截面的电荷量；
其中
U1＝B2Lv1
联立得
②电容器储存的能量E＝kCU2，结合（2）中分析可得
在de杆下滑过程中，由能量守恒定律有
联立解得
答：（1）B极板；
（2）电容器两极板间的电势差U为B1L，电容器储存的能量为；
（3）①de杆在倾斜导轨上滑动的时间t为（mv1﹣B1B2CL2L2Cv1）；
②de杆下滑过程中整个电路因电流变化产生电磁辐射损失的能量为mgxsinθ。
【点评】解答本题的关键要根据牛顿第二定律，结合电磁感应的规律得到杆ab的加速度，判断其运动情况。同时，要熟练运用动量定理计算电磁感应中时间问题。
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