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第一阶段　突破核心　升华思维
专题四　电路与电磁感应
第10讲　电磁感应
【备考指南】
1．高考命题以法拉第电磁感应定律的理解及应用为核心，侧重力与电的综合应用，有可能和闭合电路欧姆定律一起综合考查，选择题或计算题的形式均有可能出现。电磁感应中的能量、动量等问题仍是考查的重点。
2．备考过程中要重视与电路、牛顿运动定律、动量、能量相结合的综合性题型的训练，培养模型建构能力、推理论证能力。
3．复习过程中题目注重综合性，与实际生活、生产科技相结合，培养利用物理知识分析实际问题的能力。
突破点一　楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
01
突破点二　电磁感应中的图像问题
02
随堂练 临考预测 名师押题
04
专题限时集训(十)
05
突破点三　电磁感应中电路、动力学和能量问题
03
突破点一　楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
　　　　　　
1．感应电流方向的判定
2．两类电动势的求解
3．感应电荷量的两种求法
[典例1]　(楞次定律＋左手定则)(多选)(2024·山东卷)如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO′与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO′放置在导轨图示位置，由静止释放。MN运动过程中始终平行于OO′且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法正确的是(　　)
A．MN最终一定静止于OO′位置
B．MN运动过程中安培力始终做负功
C．从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN的速率一直在增大
D．从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN中电流方向由M到N
√
√
√
ABD　[由楞次定律结合左手定则可知，安培力与MN的运动方向的夹角始终大于90°，则安培力始终做负功，MN最终一定静止在OO′位置，A、B正确；根据楞次定律可知，从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN中电流方向由M到N，D正确；从释放到第一次到达OO′位置过程中，在即将到达OO′位置的时刻，MN所受安培力水平向左，合力方向沿左上方，则处于减速状态，C错误。]
反思感悟　“三定则、一定律”的比较
定则或定律 适用的现象 因果关系
安培定则 电流的磁效应——电流、运动电荷产生的磁场 因电生磁
左手定则 1．安培力——磁场对电流的作用力； 2．洛伦兹力——磁场对运动电荷的作用力 因电受力
右手定则 导体做切割磁感线运动产生的电磁感应现象 因动生电
楞次定律 闭合回路磁通量变化产生的电磁感应现象 因磁生电
[典例2]　(法拉第电磁感应定律＋牛顿第二定律)(多选)(2024·吉林卷)如图所示，两条“ ”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度大小为g，
两棒在下滑过程中(　　)
A．回路中的电流方向为abcda
B．ab中电流趋于
C．ab与cd加速度大小之比始终为2∶1
D．两棒产生的电动势始终相等
√
√
AB　[由于ab和cd均沿导轨下滑，则通过abcd回路的磁通量增大，根据楞次定律可知，回路中的电流方向为abcda，A正确；初始时，对ab和cd分别受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律分别有2mg sin 30°－2BIL cos 30°＝2ma1、mg sin 30°－BIL cos 30°＝ma2，可得a1＝a2＝，则ab与cd加速度大小之比始终为1∶1，C错误；当加速度趋于零时，两导体棒中的电流趋于稳定，结合C项分析可知，ab中的电流趋于，B正确；由于ab和cd加速度大小始终相等，则两导体棒的速度大小始终相等，则由法拉第电磁感应定律可知两导体棒产生的感
应电动势大小之比始终为2∶1，D错误。]
【教师备选资源】
(2023·湖北卷)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通信，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0 cm、1.2 cm 和1.4 cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103 T/s，则线圈产生的感应电动势最接近(　　)
A．0.30 V B．0.44 V
C．0.59 V D．4.3 V
√
B　[三匝面积不同的线圈分别产生的感应电动势串联，则总感应电动势E＝＝0.44 V，B正确，A、C、D错误。]
突破点二　电磁感应中的图像问题
　　　　　　
1．常见的两种命题类型
(1)由给定的电磁感应过程选出或画出相应的图像。(画图像)
(2)由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的问题。(用图像)
2．关注图像问题的三个关键点
[典例3]　(多选)(2024·全国甲卷)如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平。在t＝0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，
线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为
速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图
像中可能正确的是(　　)
AC　[设线框质量为m，物块质量为M，线框在减速进入磁场的过程中，对线框受力分析，根据牛顿第二定律有mg＋－T＝ma，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有T－Mg＝Ma，联立解得a＝g，则随着速度的减小，加速度的大小不断减小，B错误；
A　　　　　B　　　　C　　　　D
√
√
结合B项分析可知，若匀强磁场区域高度与线框宽度相等且物块质量与线框质量相等，则线框在磁场中一直做加速度大小逐渐减小的减速运动，出磁场后匀速运动，则A选项的图像可能正确；若匀强磁场区域高度大于线框宽度且物块质量与线框质量相等，则线框进磁场和出磁场阶段均做加速度大小逐渐减小的减速运动，完全在磁场中运动时不受安培力，做匀速运动，完全出磁场后，也做匀速运动，则C选项的图像可能正确；D选项的图像中线框出磁场后匀加速，说明物块质量大于线框质量，但在此情况下，结合B项分析可知，存在第二段匀速阶段时，不会存在第三段减速阶段，D错误。]
方法技巧　解答图像问题的两种技巧
(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负、图线中的特殊值等，排除错误的选项。
(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和判断。
突破点三　电磁感应中电路、动力学和能量问题
　　　　　　
1．分析好“两个对象”
(1)
(2)
2．焦耳热Q的三种求解方法
(1)焦耳定律：Q＝I2Rt。
(2)功能关系：Q＝W克服安培力。
(3)能量转化：Q＝ΔE其他。
[典例4]　(电磁感应中的电路问题)(多选)如图，半径分别为r和2r的同心圆形光滑导轨固定在同一水平面上，一长为r、电阻为R、质量为m的导体棒置于圆环轨道上，导体棒与导轨接触良好，并绕圆心以角速度ω匀速转动，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B(未画出)。在内圆轨道的G点和外圆轨道的H点之间接入如图所示的电路，滑动变阻器的总阻值、定
值电阻和灯泡的阻值均为R，初始时，滑动
变阻器的滑片置于中点处，导轨电阻不计，
下列说法正确的是(　　)
A．导体棒产生的电动势为Br2ω
B．G、H两点间的电压为Br2ω
C．若滑动变阻器的滑片由C端移动至D端，灯泡先变亮后变暗
D．若滑动变阻器的滑片由C端移动至D端，灯泡一直变亮
√
√
AD　[根据法拉第电磁感应定律有E＝＝，导体棒在Δt内扫过的面积为ΔS＝ωΔt[(2r)2－r2]＝ωr2Δt，联立得E＝Br2ω，A选项正确；电源外部并联部分总阻值R外＝R，回路中总电流I总＝，路端电压U外＝I总R外，联立得U外＝Br2ω，B选项错误；滑片由C端移动到中间位置的过程中，外电路总阻值增大，回路总电流减小，路端电压增大，灯泡所在支路的阻值减小，由欧姆定律可
知，流过灯泡的电流增大，灯泡变亮，当滑动变阻器的滑片由中间位置移动至D端，路端电压减小，定值电阻所在支路的阻值增大，故其所在支路电流减小，而回路中总电流增大，故灯泡所在支路电流增大，灯泡变亮，所以滑片由C端移动至D端的过程中，灯泡一直变亮，D选项正确，C选项错误。
另解　串反并同法　滑片由C端移动至D端的过程中，与灯泡串联的电阻一直在减小，与其并联的电阻一直在增大，则灯泡所在支路的电流一直增大，灯泡一直变亮。]
方法总结　电磁感应中电路问题的分析方法
[典例5]　(电磁感应中的动力学问题)(2024·河北卷)如图，边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处固定一竖直细导体轴OO′。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，CD棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
(1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值。
(2)锁定OA棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD棒的加速度大小为a，所受安培力大小等于(1)问中安培力的最大值，求CD棒与导轨间的动摩擦因数。
[解析]　(1)当OA棒切割磁感线的有效长度为l1＝L时，该棒产生的感应电动势最大，有
Emax＝＝BL2ω
此时CD棒所受的安培力最大，结合I＝和安培力公式有
FAmax＝ImaxBL＝
当OA棒切割磁感线的有效长度为l2＝L时，该棒产生的感应电动势最小，有
Emin＝＝
此时CD棒所受的安培力最小，有
FAmin＝IminBL＝。
(2)设CD棒的质量为m，CD棒与平行导轨间的最大静摩擦力为f
OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好静止，则有
FAmax＝mg sin θ＋f
FAmin＋f＝mg sin θ
结合(1)问分析有FAmax＝mg sin θ
则撤去推力瞬间，CD棒的加速度方向沿平行导轨向上，对CD棒由牛顿第二定律有
FAmax＋μmg cos θ－mg sin θ＝ma
联立解得CD棒与导轨间的动摩擦因数为
μ＝。
[答案]　(1)　(2)
方法技巧　电磁感应中动力学问题的分析方法
(1)分析导体棒的受力，画出受力分析示意图(注意将立体图转化为平面图)。
(2)注意动态变化过程分析。
【教师备选资源】
(多选)(2023·山东卷)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，电阻不计。质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。
如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1＝2 m/s，CD的速度为v2且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．B2的方向向上
B．B2的方向向下
C．v2＝5 m/s
D．v2＝3 m/s
√
√
BD　[CD运动速度v2大于导体棒MN的速度v1，则导体棒MN受到水平向右的摩擦力，因为导体棒MN做匀速运动，所以导体棒MN受到的安培力方向水平向左，导体棒MN的质量m＝1 kg，设MN受到的安培力大小为FMN，规定水平向右为正方向，对导体棒MN受力分析有μmg－FMN＝0，解得FMN＝2 N，根据左手定则可知，MN中电流从N流向M，设CD受到的安培力为FCD，重物质量m0＝0.1 kg，对CD受力分析有－μmg＋FCD＋m0g＝0，解得FCD＝1 N，则CD受到的安培力方向水平向右，电流从D流向C，根据左手定则可知，B2的方向竖直向下，A错误，B正确；FMN＝B1IL，FCD＝B2IL，根据法拉第电磁感应定律有E＝B1Lv1－B2Lv2，根据闭合电路欧姆定律有E＝IR，联立解得v2＝3 m/s，C错误，D正确。]
[典例6]　(电磁感应中的能量问题)(2024·全国甲卷)两根平行长直光滑金属导轨距离为l，固定在同一水平面(纸面)内，导轨左端接有电容为C的电容器和阻值为R的电阻，开关S与电容器并联；导轨上有一长度略大于l的金属棒，如图所示。导轨所处区域有方向垂直于纸面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。开关S闭合，金属棒在恒定的外力作用下由静止开始加速，最后将做速率为v0的匀速直线运动。金属棒始终与两导轨垂直且接触良好，导轨电阻和金属棒电阻忽略不计。
(1)在加速过程中，当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍时，金属棒的速度大小是多少？
(2)如果金属棒达到(1)中的速度时断开开关S，改变外力使金属棒保持此速度做匀速运动。之后某时刻，外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍，求此时电容器两极板间的电压及从断开S开始到此刻外力做的功。
[审题指导]　
[解析]　(1)由法拉第电磁感应定律可得金属棒切割磁感线运动过程中，金属棒产生的感应电动势为E＝Blv
闭合开关S，电容器被短路，由闭合电路欧姆定律可得回路中的电流I＝
由安培力公式可得金属棒所受的安培力F安＝BIl
联立可得F安＝
当金属棒匀速运动时，金属棒受力平衡，可得外力大小为F＝F安m＝
所以外力做功的功率为P＝Fv＝
又电阻R的热功率为PR＝I2R＝
则当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍，即P＝2PR时，金属棒的速度大小为v＝。
(2)断开开关S后，金属棒匀速运动，设回路中的电流为I′，则外力的大小为F′＝F′安＝BI′l
则外力做功的功率为P′＝F′v＝
而电阻R的热功率为P′R＝I′2R
当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍，即P′＝2P′R时，有I′＝
则此时电容器两端的电压为U＝Blv－I′R＝
电容器所带电荷量为Q＝CU
从断开S开始到该时刻的过程中，对金属棒根据动能定理可知，外力做功的大小等于安培力做功的大小，则有W＝W安＝t＝t
其中t＝Q－0
联立解得W＝。
[答案]　(1)　(2)
【教师备选资源】
(多选)(2024·湖南岳阳一模)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，底部接有一阻值R＝2 Ω的定值电阻，轨道上端开口，间距L＝1 m，整个装置处于磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上。质量m＝0.2 kg的金属棒ab置于导轨上，通过细线(细线与导轨平行)经定滑轮与质量为M＝0.2 kg的小物块相连。金属棒ab在导轨间的电阻r＝1 Ω，导轨电阻不计。金属棒由静止释放到匀速运动前，电阻R产生的焦耳热总共为1.552 J，金属棒与导轨接触良好，不计空气阻力，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则下列说法
正确的是(　　)
A．金属棒ab匀速运动时的速度大小为0.6 m/s
B．金属棒ab沿导轨运动过程中，电阻R上的最大电功率为0.36 W
C．金属棒ab从开始运动到最大速度过程中，沿导轨运动的距离为2 m
D．从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，流过电阻R的总电荷量为2 C
√
√
AD　[金属棒ab匀速运动时，感应电流为I1＝，金属棒处于平衡状态，对金属棒进行受力分析有Mg＝mg sin θ＋BI1L，解得v1＝0.6 m/s，故A正确；金属棒ab匀速运动时速度最大，此时电阻上的电功率也最大，则有P1＝R，结合上述分析解得P1＝0.32 W，故B错误；金属棒ab从开始运动到最大速度过程中，根据能量守恒定律有Mgx＝＋mgx sin θ＋Q，根据电热分配有QR＝，解得x＝3 m，故C错误；从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，感应电动势的平均值＝＝，解得q＝2 C，故D正确。故选AD。]
1．(高考热点·法拉第圆盘发电机)(多选)(2024·陕西西安12月质检)法拉第发明的铜盘发电机，是人类历史上第一台发电机。利用这个发电机给平行金属板电容器供电，如图所示。已知铜盘的半径为L，加在盘下半部分的匀强磁场磁感应强度为B1，盘匀速转动的角速度为ω，平行板长度均为d，板间距离也为
d，板间加垂直纸面向里、磁感应强度为B2
的匀强磁场，重力加速度为g。下列选项正确
的是(　　)
随堂练 临考预测 名师押题
A．若铜盘按照如图所示方向转动，那么平行板电容器C板电势高
B．铜盘产生的感应电动势为E感＝B2ωL2
C．若一电子(不计重力)从电容器两板中间水平向右射入，恰能做匀速直线运动从右侧水平射出，则电子射入时速度为v＝
D．若有一带电荷量为－q的小球从电容器两板中间水平向右射入，在复合场中做匀速圆周运动，则小球的质量为m＝
√
√
AD　[根据右手定则，若铜盘按照题图所示方向转动，则圆心处电势高于边缘处电势，那么平行板电容器C板电势高，A正确；铜盘转动切割磁感线，所以铜盘产生的感应电动势为E感＝B1ωL2，B错误；电子在电容器两板中间做匀速直线运动，对电子受力分析，可得eE电＝evB2，又E电＝＝，联立解得v＝，C错误；对小球受力分析，重力与静电力平衡，洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力，有mg＝qE电，解得m＝，D正确。]
2．(高考重点·电磁感应的图像问题)(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a的匀强磁场区域，高为a的正三角形线框efg从图示位置沿x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I与线框移动距离x关系的是(　　)
A　　　　　　　　　B



C　　　　　　　　　D
√
B　[正三角形线框efg刚进入向里的磁场Ⅰ瞬间，I的大小为零，之后随线框进入磁场距离的增大，利用楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，为正方向，在进入磁场Ⅰ过程中，eg和fg两边的有效切割长度变大，其有效长度为L有效＝2x tan 30°，感应电动势为E＝BL有效v，感应电流为I＝＝，当线框efg前进距离a时，达到最大，即I0＝。在线框刚进入垂直纸面向外的磁场区域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，线框efg中感应电流沿顺时针方向，即为负，进入过程中有
效切割长度变大，在该过程中，结合之前的分析得其电流的瞬时值大小为I′＝，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I′0＝＝2I0，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I″＝，当前进距离为3a时，达到最大，其最大值为I″0＝＝I0，故选B。]
3．(热点情境·电磁科技)(2024·浙江名校12月联考)现有一种利用电磁感应原理测血栓的传感器，该传感器部分的构成如图甲所示，激励线圈和反馈线圈分别装在两个圆盘上，两圆盘圆心在同一竖直线上。转盘a固定，其边缘围绕一组环形的激励线圈，内部铺装有许多点状磁感应强度传感器。转盘b可转动，内部单匝反馈线圈为“三叶式”，如图乙所示。该传感器工作原理：当检测部位放入两圆盘之间时，有血栓部位将导致反馈线圈所在圆盘对应区域磁感应强度发生变化，反馈线圈以角速度ω0转动时将产生感应电流，感应
电流产生的磁场将导致磁传感器所在处的耦合磁场磁感应强度发生变化，从而确定血栓所在位置和大小。某次模拟测试时，放入半径为r2的扇形(扇形圆心与圆盘圆心在同一竖直线上，扇形平行于圆盘平面)模拟血栓块，使得两圆盘之间对应区域磁感应强度为0。若反馈线圈处磁感应强度与激励线圈的电流关系为B＝kI，反馈线圈单位长度的电阻为R，反馈线圈内圈半径为r1＝r，外圈半径r2＝2r。
(1)若激励线圈接I＝1 A的恒定电流，取k＝0.1，ω0＝30 rad/s，r＝ m，π＝3，R＝0.1 Ω/m，求转动过程中反馈线圈所产生的电流大小。
(2)若反馈线圈不转动，模拟血栓块恰好与其中一叶片重叠，当激励线圈接i＝I sin (ωt)的交流电时，求反馈线圈所产生的感应电动势。
(3)求(2)中时间t内反馈线圈产生的热量。
[解析]　(1)反馈线圈产生的电动势为E1＝kI(r2－r1)＝＝0.5 V
反馈线圈的电阻为
R1＝[πr2＋πr1＋6(r2－r1)]R＝3(π＋2)rR＝0.5 Ω
则根据欧姆定律可得I1＝＝1 A。
(2)由题可知反馈线圈有磁场覆盖的面积为
S＝＝πr2
则由法拉第电磁感应定律可得E＝＝S·＝＝πr2k×
由数学知识可知，＝Iωcos (ωt)
可得反馈线圈产生的感应电动势为
E＝πr2kIωcos (ωt)。
(3)由(2)问可知，反馈线圈产生的感应电动势为
E＝πr2kIωcos (ωt)
则有效值为E有效＝
反馈线圈的电阻为Rb＝3(π＋2)rR
又Q＝t
联立解得时间t内反馈线圈产生的热量为Q＝。
[答案]　(1)1 A　(2)πr2kIωcos (ωt)　(3)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
专题限时集训(十)
1．如图甲所示，驱动线圈通过开关S与电源连接，发射线圈放在绝缘且内壁光滑的发射导管内。闭合开关S后，在0～t0内驱动线圈的电流iab随时间t的变化如图乙所示。在这段时间内，下列说法正确的是(　　)
A．驱动线圈内部的磁场水平向左
B．发射线圈内部的感应磁场水平向左
C．t＝0时发射线圈所受的安培力最大
D．t＝t0时发射线圈中的感应电流最大
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
B　[根据安培定则，驱动线圈内的磁场方向水平向右，A错误；由题图乙可知，穿过发射线圈的磁通量逐渐增大，根据楞次定律，发射线圈内部的感应磁场方向水平向左，B正确；t＝0时驱动线圈的电流变化最快，则此时穿过发射线圈的磁通量变化最快，产生的感应电流最大，但此时驱动线圈产生的磁场最弱，发射线圈所受安培力不是最大，同理，t＝t0时发射线圈中的感应电流最小，C、D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
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11
2．如图所示，abcd为水平放置的平行光滑金属导轨，间距为l。导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r。保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)。则(　　)
A．电路中感应电动势的大小为
B．电路中感应电流的大小为
C．金属杆所受安培力的大小为
D．金属杆的热功率为
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
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9
10
11
B　[金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为E＝Blv(l为金属杆切割磁感线的有效长度)，A错误；电路中感应电流的大小为I＝＝＝，B正确；金属杆所受安培力的大小为F＝BIL＝B·＝，C错误；金属杆的热功率为P＝I2R＝，D错误。]
题号
1
3
5
2
4
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11
3．如图所示，通电螺线管置于水平放置的光滑平行金属导轨MN和PQ之间，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别静止在螺线管的左右两侧。现使滑动变阻器的滑片向左滑动，则ab棒和cd棒的运动情况是(　　)
A．ab棒向左运动，cd棒向右运动
B．ab棒向右运动，cd棒向左运动
C．ab棒和cd棒都向右运动
D．ab棒和cd棒保持静止
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
A　[由安培定则可知，螺线管中磁感线方向向上，当滑动变阻器的滑片向左滑动时，螺线管中电流增大，因此磁场变强，即磁感应强度变大，穿过回路的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流方向为a→c→d→b→a，金属棒ab、cd所在位置的磁感线方向均向下，由左手定则知，ab棒所受安培力方向向左，cd棒所受安培力方向向右，故ab棒向左运动，cd棒向右运动，故A正确。]
题号
1
3
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2
4
6
8
7
9
10
11
4．(2024·辽宁盘锦12月检测)如图甲所示，线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器(可看作理想电流表)相连。将强磁体从长玻璃管上端由静止释放，磁体下落过程中将穿过线圈，并不与玻璃管摩擦。实验观察到如图乙所示的感应电流随时间变化的图像。已知从上往下看，线圈中顺时针方向为电流的正方向，则下列判断正确的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
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8
7
9
10
11
A．本次实验中朝下的磁极是N极
B．t1～t2与t2～t3两段时间内图线与坐标轴围成的面积相等
C．若只将线圈的匝数加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍
D．若只增加磁体释放的高度，感应电流的峰值将不变
√
题号
1
3
5
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11
B　[由题图乙可知，t1～t2时间内线圈中的电流为顺时针方向，则根据楞次定律判断可知，本次实验中朝下的磁极是S极，故A错误；题图乙中的图线与坐标轴围成的面积表示通过线圈截面的电荷量，则有q＝·Δt＝·Δt＝·Δt＝n，由题可知t1～t2与t2～t3两段时间内线圈的磁通量的变化量相等，所以t1～t2与t2～t3两段时间内图线与坐标轴围成的面积相等，故B正确；在极短时间Δt内线圈中的感应电流为I＝＝n，若只将线圈的匝数加倍，则线圈电阻R也加倍，所以线圈中产生的电流峰值不会加倍，故C错误；若只增加磁体释放的高度，则磁体穿过线圈的速度变大，用时Δt减少，则根据I＝n可知，线圈中的感应电流增大，则感应电流的峰值将增大，故D错误。]
题号
1
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11
5．(2024·河北模拟预测)如图所示装置可形成稳定的辐向磁场，磁场内有匝数为n、半径为R的圆形线圈，在t＝0时刻，线圈由静止释放，经时间t速度变为v，假设此段时间内线圈所在处磁感应强度大小恒为B，线圈导线单位长度的质量、电阻分别为m、r，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
A．在t时刻线圈的加速度大小为g－
B．0～t时间内通过线圈的电荷量为
C．0～t时间内线圈下落高度为
D．线圈下落过程中，通过线圈的磁通量始终为零
√
题号
1
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11
C　[在t时刻，线圈切割辐向磁场产生感应电动势E＝nB(2πR)v＝2nπBRv，感应电流I＝＝＝，线圈所受安培力F安＝nBI·2πR＝，由牛顿第二定律得2nπRmg－F安＝2nπRma，解得a＝g－，故A错误；从开始下落到t时刻，设线圈中的平均电流为
·t＝·t＝·t＝＝
＝①，由B项分析可知q＝②，由①②得h＝，故C正
确；线圈下落过程中，N极内部有竖直向上的磁场，故D错误。故选C。]
题号
1
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11
6．(多选)(2024·福建漳州二模)如图所示，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻可忽略不计；导轨间有一垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，其边界ab、cd均与导轨垂直。现将两相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，运动过程中PQ、MN始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为0，从PQ进入磁场时开始计时，MN中电流记为i，MN两端电势差记为u，
则下列i-t、u-t图像可能正确的是(　　)
题号
1
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√
A　　　　　　　　　B



C　　　　　　　　　D
√
题号
1
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AC　[设t＝0时MN中电流为I1，若PQ刚出磁场时MN进入磁场，此时电流立即反向，MN刚进磁场时的速度与PQ刚进磁场时相同，进入磁场后均匀速运动，因此电流大小不变，A正确，B错误；PQ刚进磁场时，MN两端的电势差记为U1，若PQ还未离开磁场时MN已进入磁场，根据题意可知，此时两导体棒速度相等，回路电流为零，MN两端的电势差(导体棒切割磁感线产生的电动势)为2U1，两导体棒均未离开磁场前做匀加速运动，电动势均匀增大，当PQ离开磁场时，MN的速度大于其刚进入磁场时的速度，其两端的电势差U发生突变，且略大于U1，此后MN做加速度减小的减速运动，MN两端的电势差逐渐减小，C正确；只有两导体棒同时在磁场中运动时，MN两端的电势差才等于2U1，但不会恒定不变，D错误。故选AC。]
题号
1
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11
7．(多选)(2024·浙江温州11月质检)如图所示，在直角坐标系Oxy的第一象限中有一等腰直角三角形OAC区域，其内部存在垂直纸面向里的匀强磁场，它的OC边在x轴上且长为L。边长也为L的正方形导线框的一条边也在x轴上，t＝0时刻，该线框恰好位于图中所示位置，此后线框在外力F的作用下沿x轴正方向以恒定的速度v通过磁场区域。规定顺时针方向为线框中感应电流的正方向，则线框通过磁场区域的过程中，线框中的感应电流i、穿过线框平面的磁通量Φ、通过线框横截面的电荷量q、外力F大小随线框的位移x变化的图像中可能正确的是(　　)
A　　　　　　　　　B



C　　　　　　　　　D
题号
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√
√
题号
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CD　[线框前进0～L过程中，线框右边框切割磁感线，根据动生电动势和欧姆定律有i＝＝，其中l为实际切割长度，随着线框的移动而增大，与水平位移成正比，故感应电流随位移呈线性关系增大，由右手定则可知感应电流方向为逆时针方向。同理，线框前进L～2L过程中，线框左边框切割磁感线，其实际切割长度一直在增大，其感应电流随位移呈线性关系增大，由右手定则可知，感应电流方向为顺时针方向，故A错误(另解　也可由楞次定律首先判断进磁场与出磁场时的电流方向，判断出进磁场时感应电流方向为逆时针，出磁场时感应电流方向为顺时针，即先负后正，可直接判断A选项错误)；当线框沿x轴正方向运动位移L时，穿过线框的磁通量最大，最大值Φm＝BL2，在这之前(0～L)，磁通量Φ关于位移的表达式为Φ＝Bx2，在这之后(L～2L)，磁通量Φ关于
题号
1
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11
位移的表达式为Φ＝BL2－B(x－L)2，那么Φ-x图像均是二次函数关系图像，故B错误；通过线框横截面的电荷量q＝IΔt＝Δt＝，故通过线框横截面的电荷量与穿过线框的磁通量成正比关系，即q∝Φ，而Φ为x的二次函数，那么q-x图像0～L部分及L～2L部分为抛物线的一部分，故C正确(另解　从q-x图像的斜率入手，其图像斜率的物理意义为k＝＝＝，因为线框匀速运动，进入磁场时电流增加，出磁场时电流也增加，但是方向相反，因此q-x图像的斜率在进入磁场时斜率大小越来越大，图像下凹，单调递增，出磁场时斜率也越来越大，图像上凸，单调递减，因此C正确)；由左手定则判断可知，线框穿过磁场过程中受到的安培力一直向左，外力F一直与安培力平衡，方向始终向右，在0～L内，其大小F＝F安＝Bil＝＝；在L～2L内，F＝F安＝Bil＝＝，故D正确。]
题号
1
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11
8．(多选)如图所示，倾斜放置的固定光滑金属导轨，与水平方向的夹角为θ，其下端由导线连接。导轨所在平面两个区域存在着如图所示的磁感应强度大小分别为B和2B的匀强磁场Ⅰ和Ⅱ。区域Ⅰ的磁场方向垂直于导轨平面向上，区域Ⅱ的磁场方向垂直于导轨平面向下，磁场边界EF、GH、PQ均平行于斜面底边，EG、PG长度均为L。一个质量为m、电阻为R、边长为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中ab边始终与斜面底边平行。t1时刻ab边刚越过EF进入磁场区域Ⅰ，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到GH与PQ的中间位置，此时导线框又恰好以速度
v2做匀速直线运动。重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)
题号
1
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A．导线框两次做匀速直线运动的速度之比v1∶v2＝8∶1
B．当ab边刚越过GH时，导线框的加速度大小为a＝8g sin θ
C．从t1到t2的过程中，克服安培力做的功等于机械能的减少量
D．从t1到t2的过程中，有的机械能转化为电能
√
√
题号
1
3
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11
BC　[ab边刚越过EF进入磁场区域Ⅰ时，导线框速度为v1，根据平衡条件，有mg sin θ－＝0，当ab边刚越过GH时，导线框的速度仍为v1，由于ab、cd两个边切割磁感线产生的感应电动势方向相同，故电流增加为原来的3倍，ab边和cd边均受到沿导轨平面向上的安培力，此时3BL－mg sin θ＝ma，解得加速度a＝8g sin θ，ab边下滑到GH与PQ的中间位置时，导线框的速度为v2，根据平衡条件，有mg sin θ－3BL＝0，联立解得v1∶v2＝9∶1，故A错误，B正确；从t1到t2的过程中，根据功能关系，克服安培力做的功等于机械能的减少量，故C正确；从t1到t2的过程中，根据能量守恒定律可知，有＋mg·Δh的机械能转化为电能，故D错误。故选BC。]
题号
1
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9．如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面的夹角θ＝37°，导轨电阻不计，整个装置处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。长为L的金属棒垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R。两金属导轨的上端连接一个电阻，其阻值也为R。现闭合开关K，给金属棒施加一个方向垂直于棒且平行于导轨平面向上的、大小为F＝2mg的恒力，使金属棒由静止开始运动，若金属棒上滑距离为s时速度恰达到最大，最大速度为vm。(重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
题号
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(1)求金属棒刚开始运动时加速度大小；
(2)求匀强磁场的磁感应强度的大小；
(3)求金属棒由静止开始上滑2s的过程中，金属棒上产生的电热Q1。
[解析]　(1)根据牛顿第二定律有
F－mg sin 37°＝ma，其中F＝2mg
解得a＝1.4g。
题号
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(2)由I＝
E＝BLvm
F＝BIL＋mg sin θ
解得B＝。
题号
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11
(3)设金属棒和电阻R的总电热为Q，由能量关系可知
F·2s＝
而Q1＝Q
得Q1＝。
[答案]　(1)1.4g　(2)
题号
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10．(2024·安徽卷)如图所示，一“U”形金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计、质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间t的变化关系均为B＝kt(SI)，k为常数(k>0)。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R。t＝0时，对
ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀
加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。
已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。
不计空气阻力，两磁场互不影响。
题号
1
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(1)求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab中电流的方向；
(2)求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式；
(3)求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。
题号
1
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11
[解析]　(1)通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式为Φ＝BS＝kL2t
根据法拉第电磁感应定律得
E＝n＝＝kL2
由楞次定律可知ab中的电流从a流向b。
题号
1
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11
(2)根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直纸面向里，大小为
F安＝BIL，其中B＝kt
设金属棒向上运动的位移为x，则根据运动学公式x＝at2
所以支架上方导轨的电阻为R′＝2xr
由闭合电路欧姆定律得I＝
联立解得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为F安＝。
题号
1
3
5
2
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11
(3)由题知t＝0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，则对ab受力分析，由牛顿第二定律得
F－mg－μF安＝ma
其中F安＝
联立可得F＝＋m(g＋a)
整理有F＝＋m(g＋a)
题号
1
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根据均值不等式可知，当＝art时，F有最大值，故解得t＝
F的最大值为Fm＝＋m(g＋a)。
[答案]　(1)Φ＝kL2t　kL2　从a流向b　(2)F安＝　(3)＋m(g＋a)
题号
1
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11
11．(2024·江西九江二模)如图甲所示，两根光滑平行导轨固定在水平面内，相距为L，电阻不计，整个导轨平面处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨左端接有阻值为R的电阻，沿导轨方向建立x坐标轴。质量为m、电阻为r的金属棒ab垂直导轨放置在x＝－x0处。在金属棒ab上施加x轴方向的外力F，使金属棒ab开始做简谐运动，当金属棒运动到x＝0时作为计时起点，其速度随时间变化的图线如图乙
所示，其最大速度为v1。求：
题号
1
3
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2
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6
8
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9
10
11
(1)简谐运动过程中金属棒的电流i与时间t的函数关系；
(2)在0～ s时间内通过金属棒的电荷量；
(3)在0～ s时间内外力F所做的功；
(4)外力F的最大值。
题号
1
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11
[解析]　(1)由题图乙可知简谐运动的周期T＝2π s
由此可得ω＝＝1 rad/s
根据题图乙可知速度与时间的变化关系满足余弦函数，可得其关系为v＝v1cos ωt
由闭合电路的欧姆定律有i＝＝·cos t。
(2)根据对称性可知在t＝ s时，金属棒到达x＝x0处，则在0～ s时间内通过金属棒的电荷量 q＝＝。
题号
1
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4
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8
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10
11
(3)简谐运动过程回路电流为余弦式交流电，在0到 s时间内，电路产生热量Q＝I 2(R＋r)t
其中I＝＝，t＝ s
解得Q＝
设在0到 s的时间内外力F所做的功为WF，安培力所做的功大小为WA，由动能定理得WF－WA＝
其中WA＝Q
解得WF＝。
题号
1
3
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11
(4)由牛顿第二定律得F安－F＝ma
整理得F＝F安－ma＝BL－m(v1cos t)′＝cos t＋mv1sin t
则外力F的最大值Fmax＝。
[答案]　(1)i＝·cos t　(2)　
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