2025年高考物理押题预测考前冲刺--电磁感应（有解析）
文档属性
| 名称 | 2025年高考物理押题预测考前冲刺--电磁感应（有解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.2MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-05-18 19:10:20 | ||
图片预览
文档简介
2025年高考物理押题预测考前冲刺--电磁感应
一．选择题（共10小题）
1．（2025 西城区二模）一种延时继电器的结构如图所示。铁芯上有两个线圈A和B，线圈A与电源连接，线圈B的两端M、N连在一起，构成一个闭合电路。断开开关S时，弹簧K并不会立刻将衔铁D拉起而使触头C（连接工作电路）离开，而是过一小段时间才执行这个动作。下列说法正确的是（ ）
A．断开S瞬间，线圈B中感应电流的磁场方向向上
B．若线圈B的两端不闭合，会对延时效果产生影响
C．改变线圈B的缠绕方向，会对延时效果产生影响
D．调换电源的正负极，不再有延时效果
2．（2025 朝阳区校级四模）如图甲所示，两电阻不计的导体圆环相距为d、固定平行放置，圆心的连线与圆环面垂直，圆环间接有阻值为R的定值电阻，一根不计电阻、长为d的均匀导体棒与位于圆环内侧与圆心连线平行，在空间中加上磁感应强度大小为B的匀强磁场，其分布区域如图乙所示（乙图为侧视图），图中1、2、3为三条平行的边界线，2与圆环的直径重合，1、2间和2、3间的距离均为圆环半径的一半，磁场的方向与边界平行。用外力让导体棒紧靠圆环内侧以大小为v的速度做匀速圆周运动，则R的电功率为（ ）
A． B．
C． D．
3．（2025 宿迁三模）如图所示，相距为d的足够长平行光滑金属导轨MP、NQ与水平面间夹角为θ，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨上端接有一电阻。水平导体棒ab质量为m，以速度v沿导轨匀速下滑，棒与导轨垂直且接触良好。已知重力加速度为g，则（ ）
A．导体棒中电流方向为a→b
B．回路中的电动势为Bdv
C．导体棒受到的安培力大小为mgsinθ
D．回路中的电功率为mgvsinθ
4．（2025 丰台区二模）图1为某无线门铃按钮，其原理如图2所示。其中M为信号发射装置，M中有电流通过时，屋内的门铃会响。磁铁固定在按钮内侧，按下门铃按钮，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．按住按钮不动，门铃会一直响
B．松开按钮的过程，门铃会响
C．按下和松开按钮过程，通过M的电流方向相同
D．按下按钮的快慢不同，通过M的电流大小相同
5．（2025 金华三模）用图1电路探究自感电路中的电流变化，并用电流传感器记录显示。电源电动势为E，内阻为r，定值电阻为R，电感线圈的自感系数为L（直流电阻不计），电流传感器A可视为电阻不计的电流表。闭合开关，电流传感器显示电流变化如图2，t0后电流接近稳定，不考虑电磁辐射，则（ ）
A．电路稳定时的最大电流为
B．t＝0时刻，电感线圈消耗的电功率最大
C．闭合开关瞬间，线圈的自感电动势不可能大于E
D．0～t0时间内，通过电阻的电荷量为
6．（2025 沈阳模拟）如图所示，在边长为a的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，其方向垂直纸面向外，一个边长也为a的正方形导线框架EFGH正好与上述磁场区域的边界重合，现使导线框以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动，经过导线框转到图中虚线位置，已知导线框的总电阻为R，则在这时间内（ ）
A．因不知是顺时针转动还是逆时针转动，所以不能判断导线框中的感应电流方向
B．导线框中感应电流方向为E→F→G→H→E
C．通过导线框中任一截面的电量为
D．平均感应电动势大小等于
7．（2025 南宁三模）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN与水平面的夹角为θ，间距为l，P、M间接有一定值电阻R，质量为m的金属棒垂直于导轨放置且接触良好，整个装置处于垂直导轨平面向上的磁感应强度为B的匀强磁场中。t＝0时刻，金属棒在沿导轨向上的恒力F＝3mgsinθ作用下，以初速度v0沿导轨向下运动，此时金属棒的安培力大小为FA0，电阻R的电功率为P0。已知重力加速度为g，导轨和金属棒电阻不计，若以初速度v0的方向为正方向，则金属棒的速度为v、安培力FA、流过金属棒横截面的电荷量为q、电阻R的电功率P随时间t变化的图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2025 成都模拟）如图所示，圆心为O、直径d＝2m的圆形金属导轨内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小B＝1T的匀强磁场。金属杆PQ长度与导轨直径相等，单位长度电阻r0＝4Ω/m，PQ绕O点以角速度ω＝20rad/s逆时针匀速转动并与导轨保持良好接触。O、M两点用导线相连，A是理想电流表，阻值R＝8Ω的电阻和电容C＝1.2×10﹣10F的电容器并联在电路中，圆形导轨与导线电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．流过电阻R的电流方向为b→a
B．电流表的读数为2.5A
C．电容器的电荷量为9.6×10﹣10C
D．为了维持金属杆匀速转动，外力做功的功率为6.25W
9．（2025 大通县三模）如图甲所示，100匝的线圈（图中只画了1匝）与R＝48Ω的定值电阻构成闭合回路，线圈面积为0.01m2，电阻为2Ω，线圈内存在垂直于线圈平面的磁场，以垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，以顺时针方向为线圈中电流的正方向。当磁感应强度B随时间t按图乙变化时，下列说法正确的是（ ）
A．1.5s时穿过线圈的磁通量为2Wb
B．0.5s时感应电流的方向为负
C．定值电阻R两端的电压为4V
D．0～2s内流过定值电阻的电荷量为0
10．（2025 青海二模）如图所示，有两个质量相同、边长相同的正方形导线框A和B，现在将这两个线框从同一高度同时由静止释放，两个线框下落到某一高度时进入匀强磁场，磁场一直延伸到地面。不计空气阻力，两线框的电阻分别为RA、RB（RA＞RB），且落地前瞬间两线框动能的大小分别为EkA和EkB，两线框从被释放到落地所用的时间分别为tA和tB，线框A和B的边长远小于其距地面的高度。下列说法正确的是（ ）
A．EkA＝EkB、tA＝tB B．EkA＞EkB、tA＜tB
C．EkA＞EkB、tA＞tB D．EkA＜EkB、tA＜tB
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 安徽模拟）如图所示，质量为m、电阻为R的正方形金属线框abcd用绝缘细线吊着处于静止状态，ab边长为L，水平边界MN、PQ间有垂直于线框平面向里的匀强磁场Ⅰ，水平边界PQ下方有垂直于线框平面向外的匀强磁场Ⅱ，ab与MN间、MN与PQ间、PQ与cd间距离均为，两磁场的磁感应强度大小均为B。剪断细线，金属线框运动过程中始终在垂直于磁场的竖直面内，ab边始终水平，当ab刚进入磁场Ⅰ的瞬间，线框的加速度为0，重力加速度大小为g，则下列判断正确的是（ ）
A．ab边进磁场Ⅰ前的瞬间，线框的加速度大小为
B．ab边穿过磁场Ⅰ的过程中，通过线框截面的电量为
C．线框中产生的总焦耳热为
D．线框完全在磁场Ⅱ中运动时，ab边有自由电子从a向b移动
（多选）12．（2025 乌鲁木齐三模）穿过完全相同的金属闭合线圈A和B的磁通量Φ随时间t的变化关系如图所示。在0～t0时间内，通过线圈A、B的某横截面的电荷量分别为q1、q2，线圈A、B中产生的焦耳热分别为Q1、Q2，则（ ）
A．q1＞q2 B．q1＝q2 C．Q1＜Q2 D．Q1＞Q2
（多选）13．（2025 贵阳三模）闭合导线框甲和乙由材料和横截面积均相同的导线构成。甲是边长为l的正方形，乙是长、宽分别为2l、l的矩形。现将两线框在竖直面内同时从同一高度由静止释放，各自进入方向垂直于纸面、磁感应强度大小分别为B1和B2的匀强磁场中，两磁场的上边界在同一水平面上，如图所示。不计空气阻力，已知线框下落过程中始终平行于纸面，且下边ab边和cd边均保持水平。下列说法正确的是（ ）
A．若B1＝B2，甲、乙两线框在进入磁场的过程中通过线框某一横截面的电荷量之比为4：9
B．若B1＝B2，线框下边刚进入磁场时ab两点的电势差与cd两点的电势差大小之比为9：16
C．若两线框进入磁场的过程中均做匀速运动，则在此过程中甲、乙产生的焦耳热之比为2：3
D．若两线框进入磁场的过程中均做匀速运动，则B1与B2之比为4：3
（多选）14．（2025 潍坊二模）如图所示，间距为L的两光滑平行导轨由倾斜部分和水平部分组成，固定在水平地面上，两部分通过光滑圆弧绝缘小段相连接。倾斜轨道M1N1和M2N2的倾角θ＝60°，M1M2间接有电容C的电容器，导轨间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B；水平导轨右端串接一阻值为R的电阻，EF和GH间有一竖直向下的矩形磁场区域efgh，磁场宽度|gh|，磁感应强度也为B；质量为3m，边长均为L且开口向左的U形金属线框abcd静置在水平轨道上。现将一质量为m的导体棒P（电阻不计）由倾斜导轨上距水平面高处静止释放，导体棒P越过EG后，与U形线框发生碰撞，碰后粘在一起形成一个正方形金属线框，沿水平导轨穿过磁场区域。已知U形线框bc边的阻值为R，其余部分电阻不计，重力加速度大小为g，电容器不会被击穿，则（ ）
A．导体棒P沿倾斜导轨做匀加速直线运动，加速度大小为g
B．ad边刚进入磁场边界eh时的速度为
C．整个线框穿过磁场的过程中，流过电阻R的电荷量为
D．整个线框穿出磁场后的速度为
（多选）15．（2025 绵阳模拟）如图所示，两条相距为l的光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，空间内有方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。两根质量均为m、电阻均为R的导体棒MN、PQ垂直放置于金属导轨不同位置，保持与导轨良好接触。某时刻给MN一个水平向右的初速度v0，此后过程中两导体棒不发生碰撞，则从该时刻起到两导体棒达到稳定状态的过程中（ ）
A．通过导体棒PQ的电流均匀增大
B．导体棒MN做加速度减小的减速运动
C．导体棒MN上产生的焦耳热为
D．导体棒MN和导体棒PQ通过距离之差为
三．解答题（共5小题）
16．（2025 汕头二模）小旭利用电磁阻尼作用设计了一个货物缓降器模型，如图所示，单匝矩形金属线框的电阻为R，质量为m，ab边长为L。线框通过绝缘绳索与质量为M（M＞m）的货物相连。线框上方有足够多的方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向与线框平面垂直，磁场间隔宽度与线框ac边长相同，边界与ab边平行。从适当位置释放货物，一段时间后线框恰能匀速进入磁场Ⅰ。线框从开始进入到全部进入磁场Ⅰ所用时间为t，且线框到滑轮的距离足够长，不计摩擦，重力加速度为g。求：
（1）线框刚进入磁场Ⅰ的速度大小v；
（2）线框在t时间内产生的焦耳热Q；
（3）货物下降的最终速度大小v′。
17．（2025 温州三模）如图所示，水平固定一半径r＝0.5m的金属圆环，圆环右侧水平放置间距L＝1m的平行金属直导轨，两导轨通过导线及电刷分别与金属圆环、过圆心O的竖直转轴保持良好接触，导轨间接有电容C＝0.5F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与触点1、2相连，导轨最右端连接恒流源，可为电路提供I＝2A的电流，方向如图所示。金属圆环所在区域Ⅰ、矩形PQMN区域Ⅱ、正三角形EFG区域Ⅲ存在磁感应强度大小分别为B1＝1T、B2＝2T、B3T的匀强磁场，磁场方向均竖直向下。区域Ⅱ沿导轨方向足够长，区域Ⅲ的F、G两点分别在两导轨上，且FG垂直于导轨。导轨在M、N处各被一小段绝缘材料隔开。金属杆a与圆环接触良好，以角速度ω＝4rad/s绕转轴逆时针匀速转动。质量m＝8.0kg、电阻RΩ的金属杆b垂直导轨静置于PQ右侧。不计其他电阻和一切摩擦阻力。（提示：简谐运动回复力与位移的关系为F＝kx，周期T＝2π）
（1）开关S置于触点1，求电容器充电完毕后所带的电荷量Q0；
（2）电容器充电完毕后，再将开关S置于触点2，求：
①金属杆b到达MN时的速度大小v1。
②金属杆b从开始进入区域Ⅲ到速度减为0的过程中，恒流源输出的能量E。
③金属杆b从PQ离开区域Ⅱ前，电容器最终带电荷量Q。
18．（2025 西城区二模）游乐场的“太空梭”先把座舱拉升到一定高度处释放，座舱下落到制动位置时，触发电磁制动开始减速。将座舱简化为正方形线框abcd，如图所示，线框下方存在宽度为L的匀强磁场区域，该区域的上下边界水平，磁感应强度的大小为B。线框从距磁场上边界高度为h处由静止开始自由下落。线框ab边进入磁场时开始减速，cd边穿出磁场时的速度是ab边进入磁场时速度的。已知线框的边长为L，质量为m，电阻为R，重力加速度大小为g，线框下落过程中ab边始终与磁场边界平行，不计空气阻力。求：
（1）线框ab边刚进入磁场时，产生的感应电动势大小E；
（2）线框穿过磁场区域的过程中最大加速度的大小a；
（3）线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q。
19．（2025 长安区三模）如图所示，固定在水平面上的光滑金属导轨PQO和P1Q1O在O点用绝缘材料连接（连接点大小不计），通过单刀双掷开关S与智能电源、定值电阻形成电路。导轨PQ与P1Q1平行，间距为2m；△QOQ1为等腰三角形，顶角∠QOQ1＝74°。虚线aa′、bb′间距为1m且均与导轨PQ垂直，虚线与导轨围成的矩形和△QOQ1内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为2T。甲、乙为导体棒，甲静止在虚线aa′处，乙静止在虚线bb′右侧附近，虚线aa′到单刀双掷开关、虚线bb′到QQ1的距离均足够长，且虚线bb′到QQ1的导轨表面覆盖了光滑绝缘涂层。已知甲的质量为2kg，乙的质量为甲的k倍，甲棒接入电路的阻值和定值电阻的阻值均为4Ω，其余电阻不计。初始时开关S接1，智能电源使甲中的电流始终为1A；当甲滑过bb′时立即将开关改接2并保持不变，甲乙发生弹性碰撞后，甲可以向左滑过aa′（此时乙还未到达QQ1）。甲、乙都始终与导轨接触良好且平行于虚线aa′。
（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求甲向右滑过bb′时的速度大小，以及甲向左滑过磁场的过程中通过定值电阻的电荷量；
（2）求满足题意的k的大小范围；
（3）分析判断（2）中k的范围能否确保乙向右滑过O点。
20．（2025 金华三模）某同学设计了一个发电测速装置，工作原理如图1所示。半径分别为r、2r的两个圆形金属导轨安装在竖直平面上，两根长为4r的金属棒互相垂直，且与圆形导轨接触良好，中心O端固定在圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径也为r的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动。圆盘上绕有足够长且不可伸长的细线，下端挂着一个质量为M的重物。在圆形金属导轨四分之一区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，装置侧视图如图2所示，磁感应强度大小为B。重物由静止释放，细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导线及电刷的电阻均不计，内外圆形导轨电阻分别为R、2R，内外圆形导轨、金属棒和圆盘质量均不计，重力加速度大小取g，求：
（1）圆盘以角速度ω0转动时，某时刻金属棒所在位置如图2
①金属棒OD部分产生的电动势E；
②金属棒ED间的电势差U；
（2）下落过程中重物的最大速度vm；
（3）当圆盘转过θ（弧度）时，圆形导轨角速度达到ω，求铝块由静止释放下落时间t。
2025年高考物理押题预测考前冲刺--电磁感应
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025 西城区二模）一种延时继电器的结构如图所示。铁芯上有两个线圈A和B，线圈A与电源连接，线圈B的两端M、N连在一起，构成一个闭合电路。断开开关S时，弹簧K并不会立刻将衔铁D拉起而使触头C（连接工作电路）离开，而是过一小段时间才执行这个动作。下列说法正确的是（ ）
A．断开S瞬间，线圈B中感应电流的磁场方向向上
B．若线圈B的两端不闭合，会对延时效果产生影响
C．改变线圈B的缠绕方向，会对延时效果产生影响
D．调换电源的正负极，不再有延时效果
【分析】根据楞次定律以及感应电流产生条件分析求解。
【解答】解：A.断开S瞬间，根据楞次定律可知，线圈B中感应电流的磁场方向向下，故A错误；
B.若线圈B的两端不闭合，B中无法产生感应电流，无法产生延时效果，会对延时效果产生影响，故B正确；
CD.改变线圈B的缠绕方向，调换电源的正负极，线圈中依然会产生感应电流，不会对延时效果产生影响，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查了楞次定律的相关应用，熟练掌握楞次定律即可顺利求解，属于基础题型。
2．（2025 朝阳区校级四模）如图甲所示，两电阻不计的导体圆环相距为d、固定平行放置，圆心的连线与圆环面垂直，圆环间接有阻值为R的定值电阻，一根不计电阻、长为d的均匀导体棒与位于圆环内侧与圆心连线平行，在空间中加上磁感应强度大小为B的匀强磁场，其分布区域如图乙所示（乙图为侧视图），图中1、2、3为三条平行的边界线，2与圆环的直径重合，1、2间和2、3间的距离均为圆环半径的一半，磁场的方向与边界平行。用外力让导体棒紧靠圆环内侧以大小为v的速度做匀速圆周运动，则R的电功率为（ ）
A． B．
C． D．
【分析】若圆环都处在如图所示的匀强磁场中，导体棒产生正弦式电流，感应电动势最大值为E＝Bdv，再根据有效值的定义求R的电功率。
【解答】解：设R的电功率为P，导体棒做匀速圆周运动的周期为T。因1、2间和2、3间的距离均为圆环半径的一半，所以导体棒转动一周时，只有时间产生感应电动势。若圆环都处在如图所示的匀强磁场中，导体棒产生正弦式电流，感应电动势最大值为E＝Bdv，则在一个周期内，根据有效值的定义有
PT
解得P，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】解答本题时，要掌握正弦式交流电有效值与最大值的关系，求热量要用交流电有效值。
3．（2025 宿迁三模）如图所示，相距为d的足够长平行光滑金属导轨MP、NQ与水平面间夹角为θ，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨上端接有一电阻。水平导体棒ab质量为m，以速度v沿导轨匀速下滑，棒与导轨垂直且接触良好。已知重力加速度为g，则（ ）
A．导体棒中电流方向为a→b
B．回路中的电动势为Bdv
C．导体棒受到的安培力大小为mgsinθ
D．回路中的电功率为mgvsinθ
【分析】A.由右手定则判断导体棒中电流方向；
B.根据电动势表达式求回路中的电动势；
CD.对导体棒受力分析，根据平衡条件求导体棒受到的安培力大小，由能量守恒定律求回路中的电功率。
【解答】解：A、由右手定则知，导体棒中电流方向为b→a，故A错误；
B、回路产生的感应电动势E＝BLvcosθ，故B错误；
CD、导体棒匀速下滑，受力如图所示
由平衡条件：Fcosθ＝mgsinθ
解得导体棒受到的安培力大小F＝mgtanθ
由能量守恒定律知，回路的电功率等于重力的功率，为
P＝mgsinθ v＝mgvsinθ
故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉法拉第电磁感应定律，同时结合平衡关系和能量守恒定律即可完成分析。
4．（2025 丰台区二模）图1为某无线门铃按钮，其原理如图2所示。其中M为信号发射装置，M中有电流通过时，屋内的门铃会响。磁铁固定在按钮内侧，按下门铃按钮，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．按住按钮不动，门铃会一直响
B．松开按钮的过程，门铃会响
C．按下和松开按钮过程，通过M的电流方向相同
D．按下按钮的快慢不同，通过M的电流大小相同
【分析】按压和松开按键过程，会导致线圈内磁场变化，产生感应电动势，根据楞次定律判断感应电流的方向；当保持不动时，线圈内磁通量不变化，无感应电流。
【解答】解：AB、按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，则无感应电流产生，则门铃不响，松开按钮的过程，穿过螺线管的磁通量减小，产生感应电流，门铃响，故A错误，B正确；
C、图中磁场的方向向左，松开按钮过程，穿过螺线管的磁通量向右减小，按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量向右增加，根据楞次定律可知，通过门铃的电流方向不同，故C错误；
D、快速按下按钮，穿过螺线管的磁通量变化较快，产生的感应电动势较大，螺线管产生的感应电流大小较大，故D错误。
故选：B。
【点评】明确电磁感应的概念，知道线圈中磁通量变化，才会有感应电动势，闭合回路电路中才有电流产生。
5．（2025 金华三模）用图1电路探究自感电路中的电流变化，并用电流传感器记录显示。电源电动势为E，内阻为r，定值电阻为R，电感线圈的自感系数为L（直流电阻不计），电流传感器A可视为电阻不计的电流表。闭合开关，电流传感器显示电流变化如图2，t0后电流接近稳定，不考虑电磁辐射，则（ ）
A．电路稳定时的最大电流为
B．t＝0时刻，电感线圈消耗的电功率最大
C．闭合开关瞬间，线圈的自感电动势不可能大于E
D．0～t0时间内，通过电阻的电荷量为
【分析】闭合开关的瞬间，通过线圈的电流增大，线圈自感现象消失，此时电流达到最大值；根据电功率公式分析；自感电动势的大小是由电流的变化率和自感系数决定的；在I﹣t图像中，q等于I﹣t图像与坐标轴围成的面积。
【解答】解：A.当通电一段时间后，电流不在变化，线圈自感现象消失，此时电流达到最大值，故根据闭合回路的欧姆定律得，故A错误；
B.根据得t＝0时，电感线圈中的自感电动势为最大，但是电流为0，故电功率为0，故B错误；
C.闭合开关瞬间，由于电流要增大，电感线圈会产生自感电动势阻碍电流增大，根据楞次定律，自感电动势的方向与电源电动势方向相反，但是自感电动势的大小是由电流的变化率和自感系数决定的。在开关闭合瞬间，电流变化率很大，但是自感电动势不可能大于电源电动势E，因为如果自感电动势大于E，那么电路中的电流就不会增大了，这与实际情况不符，故C正确；
D.根据q＝It，在I﹣t图像中，q等于I﹣t图像与坐标轴围成的面积，由于I﹣t图像不是正弦函数图像（从题目所给信息可知，电流是从O开始逐渐增大到稳定值的，不是正弦变化），不能用正弦交流电的有效值公式去计算电荷量，所以不能得出0﹣t0时间内通过电阻的电荷量为，故D错误。
故选：C。
【点评】当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。
6．（2025 沈阳模拟）如图所示，在边长为a的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，其方向垂直纸面向外，一个边长也为a的正方形导线框架EFGH正好与上述磁场区域的边界重合，现使导线框以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动，经过导线框转到图中虚线位置，已知导线框的总电阻为R，则在这时间内（ ）
A．因不知是顺时针转动还是逆时针转动，所以不能判断导线框中的感应电流方向
B．导线框中感应电流方向为E→F→G→H→E
C．通过导线框中任一截面的电量为
D．平均感应电动势大小等于
【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向．
运用法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势大小．
根据电量的表达式求出通过导线框横截面的电荷量．
【解答】解：A、由于虚线位置是经过到达的，不论线框是顺时针还是逆时针方向转动，所以线框的磁通量是变小的。
根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相同，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，
根据右手螺旋定则，我们可以判断出感应电流的方向为：E→H→G→F→E，故AB错误。
C、通过导线框横截面的电荷量为：q Δt，故C错误。
D、根据法拉第电磁感应定律得平均感应电动势为：E
0Ca，0Aa，AB＝AC
根据几何关系找出有磁场穿过面积的变化为：Δs＝（3﹣2）a2
解得：，故D正确。
故选：D。
【点评】对于感应电流方向的判断要按照步骤解决．结合几何关系能够找出有效面积的变化．
7．（2025 南宁三模）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN与水平面的夹角为θ，间距为l，P、M间接有一定值电阻R，质量为m的金属棒垂直于导轨放置且接触良好，整个装置处于垂直导轨平面向上的磁感应强度为B的匀强磁场中。t＝0时刻，金属棒在沿导轨向上的恒力F＝3mgsinθ作用下，以初速度v0沿导轨向下运动，此时金属棒的安培力大小为FA0，电阻R的电功率为P0。已知重力加速度为g，导轨和金属棒电阻不计，若以初速度v0的方向为正方向，则金属棒的速度为v、安培力FA、流过金属棒横截面的电荷量为q、电阻R的电功率P随时间t变化的图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】分析金属棒的运动情况，由牛顿第二定律结合法拉第电磁感应定律及平衡条件判断加速度的变化情况，从而判断v﹣t图像是否正确；由判断FA﹣t图像是否正确；由q＝It结合图像判断q﹣t图像是否正确；由结合金属棒运动情况判断功率—时间图像是否正确。
【解答】解：A、开始时金属棒沿导轨向下运动，安培力沿导轨向上，随着速度减小，安培力减小，加速度为：增大，速度—时间图像的斜率增大；当速度减为0后，金属棒在恒力作用下沿导轨向上加速运动，安培力沿导轨向下，随着速度增大，安培力增大，加速度减小，速度—时间图像的斜率减小，当a ＝ 0 时，金属棒匀速运动，此时有：，由于，可解得匀速时速度 v＝2v0，方向沿导轨向上，所以速度—时间图像先斜率增大减速到0，再斜率减小加速到2v0，故A正确；
B、因为，安培力与速度成正比，结合选项A中速度的变化情况，安培力应先减小到0，再反向增大到2FA0 （因为匀速时速度是2v0），安培力与速度成正比），故B错误；
C、流过金属棒横截面的电荷量为（x 为金属棒的位移），q﹣t图像的斜率表示电流。金属棒先做加速度变化的减速运动，再做加速度变化的加速运动，电流是变化的，q﹣t图像的斜率应是变化的，不是先增大后减小这种规律，故C错误；
D、电阻R的电功率为：，电功率与速度的平方成正比。结合选项A中速度的变化情况，电功率应先减小到0，再增大到4P0 （因为匀速时速度是2v0，电功率与速度平方成正比），故D错误。
故选：A。
【点评】本题综合考查法拉第电磁感应定律，闭合电路的欧姆定律，电功率和磁通量的概念，比较综合。
8．（2025 成都模拟）如图所示，圆心为O、直径d＝2m的圆形金属导轨内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小B＝1T的匀强磁场。金属杆PQ长度与导轨直径相等，单位长度电阻r0＝4Ω/m，PQ绕O点以角速度ω＝20rad/s逆时针匀速转动并与导轨保持良好接触。O、M两点用导线相连，A是理想电流表，阻值R＝8Ω的电阻和电容C＝1.2×10﹣10F的电容器并联在电路中，圆形导轨与导线电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．流过电阻R的电流方向为b→a
B．电流表的读数为2.5A
C．电容器的电荷量为9.6×10﹣10C
D．为了维持金属杆匀速转动，外力做功的功率为6.25W
【分析】金属棒OP与OQ转动中切割磁感线，由右手定则判断流过电阻R的电流方向；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求电路中的电流，分析电路图结合Q＝CU求出电容器的电荷量；最后再根据能量守恒定律和功率公式求外力做功的功率。
【解答】解：金属棒OP与OQ转动中切割磁感线，相当于电源，两者并联后与电阻R串联，电容器两端的电压等于电阻R所分的电压。由右手定则知，O点电势高于P（Q）点，则流过电阻R的电流方向为a→b，回路产生的感应电动势恒为
解得
E＝10V
内阻
解得
r＝2Ω
则电流表的读数
解得
I＝1A
电容器两端的电压
U＝IR
解得
U＝8V
电容器所带的电荷量
Q＝CU
解得
Q＝9.6×10﹣10C
由能量守恒定律知，为了维持金属杆匀速转动，外力做功的功率等于电源的总功率为
P＝IE
解得
P＝10W
故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查法拉第电磁感应定律和右手定则。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EBL2ω来计算。
9．（2025 大通县三模）如图甲所示，100匝的线圈（图中只画了1匝）与R＝48Ω的定值电阻构成闭合回路，线圈面积为0.01m2，电阻为2Ω，线圈内存在垂直于线圈平面的磁场，以垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，以顺时针方向为线圈中电流的正方向。当磁感应强度B随时间t按图乙变化时，下列说法正确的是（ ）
A．1.5s时穿过线圈的磁通量为2Wb
B．0.5s时感应电流的方向为负
C．定值电阻R两端的电压为4V
D．0～2s内流过定值电阻的电荷量为0
【分析】根据Φ＝BS结合图像计算磁通量，根据楞次定律判断感应电流方向，由法拉第电磁感应定律求解电动势，根据欧姆定律求解电压，根据电流定义式计算电荷量。
【解答】解：A.由图像可知，1.5s时磁感应强度大小为2T，磁通量Φ＝BS＝2×0.01Wb＝0.02Wb，故A错误；
B.0.5s磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度在减小，根据楞次定律可判断感应电流沿逆时针向，与正方向相反，故B正确；
CD.由法拉第电磁感应定律有，根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流，定值电阻两端电压 U＝IR，解得U＝3.84V，2s 内通过定值电阻的电荷量 Q＝It，解得Q＝0.16C，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查电磁感应定律，解题关键掌握图像的含义及楞次定律的应用。
10．（2025 青海二模）如图所示，有两个质量相同、边长相同的正方形导线框A和B，现在将这两个线框从同一高度同时由静止释放，两个线框下落到某一高度时进入匀强磁场，磁场一直延伸到地面。不计空气阻力，两线框的电阻分别为RA、RB（RA＞RB），且落地前瞬间两线框动能的大小分别为EkA和EkB，两线框从被释放到落地所用的时间分别为tA和tB，线框A和B的边长远小于其距地面的高度。下列说法正确的是（ ）
A．EkA＝EkB、tA＝tB B．EkA＞EkB、tA＜tB
C．EkA＞EkB、tA＞tB D．EkA＜EkB、tA＜tB
【分析】根据自由落体运动的规律可知，A和B达到磁场边界的时间、速度都相等；进入磁场过程中，根据牛顿第二定律比较加速度大小，由此分析运动时间和落地时的动能。
【解答】解：根据自由落体运动的规律可知，A和B达到磁场边界的时间、速度都相等。
进入磁场过程中，根据牛顿第二定律可得：mg﹣BIL＝ma，即：mgma
解得加速度大小为：a＝g，由于RA＞RB，所以A的加速度大于B，A先完全进入磁场，进入磁场时的速度大于B，故A先落地，且落地时的速度大于B。
综上所述，有：EkA＞EkB、tA＜tB，故B正确、ACD错误。
故选：B。
【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。
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 安徽模拟）如图所示，质量为m、电阻为R的正方形金属线框abcd用绝缘细线吊着处于静止状态，ab边长为L，水平边界MN、PQ间有垂直于线框平面向里的匀强磁场Ⅰ，水平边界PQ下方有垂直于线框平面向外的匀强磁场Ⅱ，ab与MN间、MN与PQ间、PQ与cd间距离均为，两磁场的磁感应强度大小均为B。剪断细线，金属线框运动过程中始终在垂直于磁场的竖直面内，ab边始终水平，当ab刚进入磁场Ⅰ的瞬间，线框的加速度为0，重力加速度大小为g，则下列判断正确的是（ ）
A．ab边进磁场Ⅰ前的瞬间，线框的加速度大小为
B．ab边穿过磁场Ⅰ的过程中，通过线框截面的电量为
C．线框中产生的总焦耳热为
D．线框完全在磁场Ⅱ中运动时，ab边有自由电子从a向b移动
【分析】根据牛顿第二定律，结合能量守恒，综合右手定则和电荷量计算式分析求解。
【解答】解：A．设线框ab刚进磁场I时的速度为v，则根据平衡条件：
解得
则当线框ab刚要进磁场I时，根据牛顿第二定律有：
解得线框的加速度大小
故A错误；
B．ab边通过磁场I的过程中，通过线框截面的电量为：
故B正确；
C．根据能量守恒定律，线框中产生的总焦耳热满足：
故C正确；
D．线框完全在磁场Ⅱ中运动时，ab两端的电压越来越大，根据右手定则可知，a端电势高，b端电势低，因此线框ab边有自由电子从a向b定向移动，故D正确。
故选：BCD。
【点评】本题考查了电磁感应相关知识，理解法拉第电磁感应定律，掌握整个过程的能量转换是解决此类问题的关键。
（多选）12．（2025 乌鲁木齐三模）穿过完全相同的金属闭合线圈A和B的磁通量Φ随时间t的变化关系如图所示。在0～t0时间内，通过线圈A、B的某横截面的电荷量分别为q1、q2，线圈A、B中产生的焦耳热分别为Q1、Q2，则（ ）
A．q1＞q2 B．q1＝q2 C．Q1＜Q2 D．Q1＞Q2
【分析】根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电流定义式求出电荷量与磁通量变化量的关系，再比较电荷量大小。根据电流关系，比较焦耳热关系。
【解答】解：AB、通过线圈的电荷量为qΔt，线圈A、B的电阻相同，在0～t0时间内，磁通量变化量ΔΦ相同，则q1＝q2，故A错误，B正确；
CD、根据法拉第电磁感应定律得E，可知，同一时刻，线圈A的磁通量变化率比B的小，则线圈A产生的感应电动势比B的小，感应电流比B中的小，则Q1＜Q2，故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】解答本题时，要熟练根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电流定义式推导出电荷量表达式q，要在理解的基础上记牢，经常用到。
（多选）13．（2025 贵阳三模）闭合导线框甲和乙由材料和横截面积均相同的导线构成。甲是边长为l的正方形，乙是长、宽分别为2l、l的矩形。现将两线框在竖直面内同时从同一高度由静止释放，各自进入方向垂直于纸面、磁感应强度大小分别为B1和B2的匀强磁场中，两磁场的上边界在同一水平面上，如图所示。不计空气阻力，已知线框下落过程中始终平行于纸面，且下边ab边和cd边均保持水平。下列说法正确的是（ ）
A．若B1＝B2，甲、乙两线框在进入磁场的过程中通过线框某一横截面的电荷量之比为4：9
B．若B1＝B2，线框下边刚进入磁场时ab两点的电势差与cd两点的电势差大小之比为9：16
C．若两线框进入磁场的过程中均做匀速运动，则在此过程中甲、乙产生的焦耳热之比为2：3
D．若两线框进入磁场的过程中均做匀速运动，则B1与B2之比为4：3
【分析】A.根据电阻的定义式和电荷量的表达式求甲、乙两线框在进入磁场的过程中通过线框某一横截面的电荷量之比；
B.由动能定理求线框下边刚进入磁场时的速度，再结合电动势的表达式和电阻分压求线框下边刚进入磁场时ab两点的电势差与cd两点的电势差大小之比；
CD.由平衡条件求B1与B2之比，由能量守恒定律求甲、乙产生的焦耳热之比。
【解答】解：A、设材料的电阻率为ρ1，导线的横截面积为S，则甲线框的电阻
乙线框的电阻
甲线框进入磁场过程通过线框某一横截面的电荷量
乙线框进入磁场过程通过线框某一横截面的电荷量
则当B1＝B2时
q甲：q乙＝3：4
故A错误；
B、设甲、乙线框释放时离磁场上边界的高度为h，由动能定理：
，
联立知
即甲、乙线框进入磁场时的速度相同，则甲线框进入磁场时ab两点的电势差
乙线框进入磁场时cd两点的电势差大小
B2lv乙
则当B1＝B2时
Uab：Ucd＝9：16
故B正确；
CD、设材料的密度为ρ2，则甲线框的质量
m甲＝ρ2S 4l
乙线框的电阻
m乙＝ρ2S 6l
甲、乙线框进入磁场中做匀速直线运动时，分别由平衡条件：
联立知
B1：B2＝4：3
由能量守恒定律知，甲线框产生的热量
Q甲＝m甲gl
乙线框产生的热量
Q乙＝m乙gl
联立知
Q甲：Q乙＝2：3
故CD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）14．（2025 潍坊二模）如图所示，间距为L的两光滑平行导轨由倾斜部分和水平部分组成，固定在水平地面上，两部分通过光滑圆弧绝缘小段相连接。倾斜轨道M1N1和M2N2的倾角θ＝60°，M1M2间接有电容C的电容器，导轨间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B；水平导轨右端串接一阻值为R的电阻，EF和GH间有一竖直向下的矩形磁场区域efgh，磁场宽度|gh|，磁感应强度也为B；质量为3m，边长均为L且开口向左的U形金属线框abcd静置在水平轨道上。现将一质量为m的导体棒P（电阻不计）由倾斜导轨上距水平面高处静止释放，导体棒P越过EG后，与U形线框发生碰撞，碰后粘在一起形成一个正方形金属线框，沿水平导轨穿过磁场区域。已知U形线框bc边的阻值为R，其余部分电阻不计，重力加速度大小为g，电容器不会被击穿，则（ ）
A．导体棒P沿倾斜导轨做匀加速直线运动，加速度大小为g
B．ad边刚进入磁场边界eh时的速度为
C．整个线框穿过磁场的过程中，流过电阻R的电荷量为
D．整个线框穿出磁场后的速度为
【分析】由动量定理、加速度定义式求出导体棒P沿倾斜导轨下滑时加速度大小，再分析其运动情况；由运动学公式求出导体棒P到达EG边时的速度大小，根据动量守恒定律求出导体棒P与U形线框碰撞后的共同速度，分析线框的运动情况，确定ad边刚进入磁场边界eh时的速度；由动量定理以及电荷量与电流的关系求流过电阻R的电荷量；根据动量定理求整个线框穿出磁场后的速度。
【解答】解：A、设导体棒P在倾斜导轨上向下运动过程中很小一段时间Δt内速度的变化量为Δv，电容器带电量的变化量为ΔQ，电容器两端电压变化量为ΔU。
由法拉第电磁感应定律有ΔU＝BLΔv
取沿导轨向下为正方向，根据动量定理可得
mgsinθ Δt﹣BL Δt＝mΔv
其中：Δt＝ΔQ＝CBLΔv
a棒的加速度大小为a
联立解得a
将C代入上式可得ag，可知导体棒P沿倾斜导轨运动时加速度保持不变，做匀加速直线运动，故A正确；
B、导体棒P到达EG边时速度大小为v0
设导体棒P与U形线框碰撞后的共同速度为v1，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝（m+3m）v1
解得v1
线框bc边和ad边通过磁场时做减速运动，线框左右两边都在磁场外时，没有感应电流，线框不受安培力做匀速运动，所以ad边刚进入磁场边界eh时的速度小于，故B错误；
C、bc边通过磁场时，电阻R被短路。当ad边通过磁场时，通过ad边的电荷量为qΔt，流过电阻R的电荷量为q′，故C错误；
D、设bc边到达fg时的速度为v2，整个线框穿出磁场后的速度为v3。
bc边通过磁场的过程，取向右为正方向，由动量定理得
﹣BL t1＝4mv2﹣4mv1
又q1 t1
联立可得v2
ad边通过磁场的过程，取向右为正方向，由动量定理得
﹣BL t2＝4mv3﹣4mv2
又q2 t2
联立可得v3，即整个线框穿出磁场后的速度为，故D正确。
故选：AD。
【点评】解答本题时，要理清导体棒和线框的运动过程，熟练运用动量定理求导体棒在磁场中运动时通过导体棒的电荷量与导体棒的速度是关键。
（多选）15．（2025 绵阳模拟）如图所示，两条相距为l的光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，空间内有方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。两根质量均为m、电阻均为R的导体棒MN、PQ垂直放置于金属导轨不同位置，保持与导轨良好接触。某时刻给MN一个水平向右的初速度v0，此后过程中两导体棒不发生碰撞，则从该时刻起到两导体棒达到稳定状态的过程中（ ）
A．通过导体棒PQ的电流均匀增大
B．导体棒MN做加速度减小的减速运动
C．导体棒MN上产生的焦耳热为
D．导体棒MN和导体棒PQ通过距离之差为
【分析】分析两金属棒的运动过程，根据速度大小的变化，确定两者的相对速度变化情况，再由动生电动势公式和欧姆定律确定电流的变化；
根据安培力公式判断安培力的变化，从而得到加速度的变化；
根据动量守恒定律、能量守恒定律、焦耳定律求热量；
由动量定理结合电流的定义等求距离之差。
【解答】解：A、当给MN一个向右的初速度v0时，MN切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，导体棒PQ由于受到安培力的作用也随之切割磁感线运动产生感应电动时，根据电磁感应原理可知，电路产生的电动势：E＝Bl（vMN﹣vPQ）
电路中的感应电流：
根据左手定则可知，MN受到向左的安培力而做减速运动，PQ受到向右的安培力而向右做加速运动，故Δv＝vMN﹣vPQ逐渐减小，因此PQ的感应电流逐渐减小，而不是均匀增加，故A错误；
B、根据安培力公式可得，MN受到的安培力：
根据牛顿第二定律有：F＝ma
联立解得：
由于相对速度Δv＝vMN﹣vPQ逐渐减小，所以导体棒MN做加速度减小的减速运动，故B正确；
C、两导体棒组成的系统动量守恒，则以向右为正方向有：mv0＝2mv
解得稳定时，两导体棒的速度为：
根据能量守恒定律可知，整个过程系统产生的热量：
由于两导体棒的电阻相等，所以导体棒MN上产生的热量：，故C错误；
D、以向右为正方向，对MN棒，由动量定理可得：
设稳定时，二者的距离之差为Δx，根据法拉第电磁感应定律有：
根据欧姆定律可得：
根据题意可知稳定的末速度为：
联立解得相对距离为：，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题是无外力的双杆模型电磁感应问题，抓住两棒的系统动量守恒定律和能量守恒定律是解决问题的关系，至于动力学问题，用牛顿第二定律解决。
三．解答题（共5小题）
16．（2025 汕头二模）小旭利用电磁阻尼作用设计了一个货物缓降器模型，如图所示，单匝矩形金属线框的电阻为R，质量为m，ab边长为L。线框通过绝缘绳索与质量为M（M＞m）的货物相连。线框上方有足够多的方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向与线框平面垂直，磁场间隔宽度与线框ac边长相同，边界与ab边平行。从适当位置释放货物，一段时间后线框恰能匀速进入磁场Ⅰ。线框从开始进入到全部进入磁场Ⅰ所用时间为t，且线框到滑轮的距离足够长，不计摩擦，重力加速度为g。求：
（1）线框刚进入磁场Ⅰ的速度大小v；
（2）线框在t时间内产生的焦耳热Q；
（3）货物下降的最终速度大小v′。
【分析】（1）根据平衡条件，对线框进入磁场Ⅰ时受力分析求解；
（2）根据焦耳定律或功能关系分析求解；
（3）根据不同时刻线框的状态，结合平衡条件分析求解。
【解答】解：（1）线框进入磁场Ⅰ时受力平衡，由Mg＝mg+BIL，
得速度大小
（2）法①：线框进入磁场Ⅰ时，由焦耳定律Q＝I2Rt
得焦耳热
法②：线框进入磁场Ⅰ时，由功能关系Q＝BILx，x＝vt
得焦耳热
（3）线框完全进入磁场后，先做加速度减小的减速运动，最终受力平衡，由Mg＝mg+2BI′L，
得最终速度
答：（1）线框刚进入磁场Ⅰ的速度大小v为；
（2）线框在t时间内产生的焦耳热Q为；
（3）货物下降的最终速度大小v′为。
【点评】本题考查了电磁感应相关知识，理解法拉第电磁感应定律以及平衡条件是解决此类问题的关键。
17．（2025 温州三模）如图所示，水平固定一半径r＝0.5m的金属圆环，圆环右侧水平放置间距L＝1m的平行金属直导轨，两导轨通过导线及电刷分别与金属圆环、过圆心O的竖直转轴保持良好接触，导轨间接有电容C＝0.5F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与触点1、2相连，导轨最右端连接恒流源，可为电路提供I＝2A的电流，方向如图所示。金属圆环所在区域Ⅰ、矩形PQMN区域Ⅱ、正三角形EFG区域Ⅲ存在磁感应强度大小分别为B1＝1T、B2＝2T、B3T的匀强磁场，磁场方向均竖直向下。区域Ⅱ沿导轨方向足够长，区域Ⅲ的F、G两点分别在两导轨上，且FG垂直于导轨。导轨在M、N处各被一小段绝缘材料隔开。金属杆a与圆环接触良好，以角速度ω＝4rad/s绕转轴逆时针匀速转动。质量m＝8.0kg、电阻RΩ的金属杆b垂直导轨静置于PQ右侧。不计其他电阻和一切摩擦阻力。（提示：简谐运动回复力与位移的关系为F＝kx，周期T＝2π）
（1）开关S置于触点1，求电容器充电完毕后所带的电荷量Q0；
（2）电容器充电完毕后，再将开关S置于触点2，求：
①金属杆b到达MN时的速度大小v1。
②金属杆b从开始进入区域Ⅲ到速度减为0的过程中，恒流源输出的能量E。
③金属杆b从PQ离开区域Ⅱ前，电容器最终带电荷量Q。
【分析】（1）根据电动势表达式和电容器公式求电容器充电完毕后所带的电荷量Q0；
（2）①由动量定理求金属杆b到达MN时的速度大小v1；
②根据简谐运动回复力与位移的关系和周期公式结合能量关系求恒流源输出的能量E；
③根据电容器表达式和动量守恒求电容器最终带电荷量Q。
【解答】解：（1）金属杆a旋转切割产生的电动势
解得
E＝0.5V
电容器充电完毕所带电量
Q0＝CE
解得
Q0＝0.25C
（2）①金属杆b到达稳定速度时，电容器两端电压
U1＝B2Lv1
通过金属杆b的电荷量
q＝Q0﹣CU1
此过程，对金属杆b，以水平向右的方向为正方向，由动量定理
B2Lq＝mv1
可得
v1＝0.05m/s
②设金属杆b距E点距离为x，则：
FA＝﹣B3 2x tan30° I＝﹣4x＝﹣kx
恒流源输出能量
解得
E＝0.39J
③金属棒第一次出MN时，电容器所剩电荷量
Q1＝CB2Lv1
可得
Q1＝0.05C
当金属棒返回Ⅱ区后，再次达到稳定速度，这时电容器经历放电和反向充电过程，以水平向右的方向为正方向，则
Q2＝CB2Lv2
﹣B2L（Q1+Q2）＝mv2﹣mv1
解得
Q2＝0.03C
答：（1）开关S置于触点1，电容器充电完毕后所带的电荷量Q0为0.25C；
（2）①金属杆b到达MN时的速度大小v1为0.05m/s；
②金属杆b从开始进入区域Ⅲ到速度减为0的过程中，恒流源输出的能量E为0.39J。
③金属杆b从PQ离开区域Ⅱ前，电容器最终带电荷量为0.03C。
【点评】本题主要考查了电磁感应定律，在分析过程中结合了动量定理和电容器的相关知识，考点的知识点比较综合，难度中等偏上。
18．（2025 西城区二模）游乐场的“太空梭”先把座舱拉升到一定高度处释放，座舱下落到制动位置时，触发电磁制动开始减速。将座舱简化为正方形线框abcd，如图所示，线框下方存在宽度为L的匀强磁场区域，该区域的上下边界水平，磁感应强度的大小为B。线框从距磁场上边界高度为h处由静止开始自由下落。线框ab边进入磁场时开始减速，cd边穿出磁场时的速度是ab边进入磁场时速度的。已知线框的边长为L，质量为m，电阻为R，重力加速度大小为g，线框下落过程中ab边始终与磁场边界平行，不计空气阻力。求：
（1）线框ab边刚进入磁场时，产生的感应电动势大小E；
（2）线框穿过磁场区域的过程中最大加速度的大小a；
（3）线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q。
【分析】（1）由自由落体运动的规律求出线框ab边刚进入磁场时的速度v，再根据E＝BLv求ab边产生的感应电动势大小E；
（2）线框ab边进入磁场时开始减速，产生的感应电动势减小，感应电流减小，线框受到的安培力减小，则线框ab边刚进入磁场时加速度最大，结合闭合电路欧姆定律、安培力和牛顿第二定律求最大加速度大小；
（3）由能量守恒定律可以求出线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q。
【解答】解：（1）设线框ab边刚进入磁场时的速度为v。
线框磁场前做自由落体运动，则有
v2＝2gh
可得v
线框ab边刚进入磁场时，产生的感应电动势大小为
E＝BLv＝BL
（2）线框ab边刚进入磁场时加速度最大，此时线框中感应电流大小为
I
线框受到的安培力大小为
F＝BIL
方向竖直向上
根据牛顿第二定律得
F﹣mg＝ma
解得最大加速度大小为
ag
（3）从开始下落到cd边穿出磁场的过程，根据能量守恒定律得
mg（h+2L）Q
联立解得Q＝mg（h+2L）
答：（1）线框ab边刚进入磁场时，产生的感应电动势大小为BL；
（2）线框穿过磁场区域的过程中最大加速度的大小a为g；
（3）线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q为mg（h+2L）。
【点评】分析清楚线框的运动过程，明确线框加速度变化情况，应用自由落体运动规律、E＝BLv、闭合电路欧姆定律、能量守恒定律即可正确解题。
19．（2025 长安区三模）如图所示，固定在水平面上的光滑金属导轨PQO和P1Q1O在O点用绝缘材料连接（连接点大小不计），通过单刀双掷开关S与智能电源、定值电阻形成电路。导轨PQ与P1Q1平行，间距为2m；△QOQ1为等腰三角形，顶角∠QOQ1＝74°。虚线aa′、bb′间距为1m且均与导轨PQ垂直，虚线与导轨围成的矩形和△QOQ1内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为2T。甲、乙为导体棒，甲静止在虚线aa′处，乙静止在虚线bb′右侧附近，虚线aa′到单刀双掷开关、虚线bb′到QQ1的距离均足够长，且虚线bb′到QQ1的导轨表面覆盖了光滑绝缘涂层。已知甲的质量为2kg，乙的质量为甲的k倍，甲棒接入电路的阻值和定值电阻的阻值均为4Ω，其余电阻不计。初始时开关S接1，智能电源使甲中的电流始终为1A；当甲滑过bb′时立即将开关改接2并保持不变，甲乙发生弹性碰撞后，甲可以向左滑过aa′（此时乙还未到达QQ1）。甲、乙都始终与导轨接触良好且平行于虚线aa′。
（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求甲向右滑过bb′时的速度大小，以及甲向左滑过磁场的过程中通过定值电阻的电荷量；
（2）求满足题意的k的大小范围；
（3）分析判断（2）中k的范围能否确保乙向右滑过O点。
【分析】（1）根据牛顿第二定律、安培力、运动学公式及电荷量的求解公式即可解题；
（2）根据动量守恒和机械能守恒及动量定理即可解题；
（3）利用微元法结合动量定理即可分析出。
【解答】解：（1）由题知棒甲做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得a
解得a＝1m/s2
由运动学公式有
解得t＝1s
v＝at
解得v＝1m/s
甲向左滑过磁场的过程中，乙还未到达QQ1且虚线bb到QQ1的导轨表面覆盖了光滑绝缘涂层，则甲作电源与定值电阻串联，易知总电阻R总＝R0＝4Ω故通过定值电阻的电荷量等于通过回路的总电荷量为：
解得qC
（2）由（1）可知，棒甲在碰前的速度为v0＝at
解得a＝1m/s
规定向右为正，两棒发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝mv1+kmv2，
解得，
为使棒甲碰后向左滑动，显然应有v1＜0即k＞1碰后甲向左穿过磁场，假定其可以滑过虚线a，令其滑到虚线a时的速度大小为v1
规定和v1相反的方向为正方向，由动量定理有
解得为满足题意应有v1＞0解得k＞2综上所述k＞2；
（3）乙在右侧磁场中运动时，甲已经离开左侧磁场，故此时乙作电源，甲与定值电阻并联，有R总＝1Ω，
对乙，应用动量定理，规定Δv为正方向，在极短时间内，有，令Δx＝vx Δt可，利用微元法思想作如下推导
则对全过程有，其中，v2是乙到达O点时的速度，，解得：，
若乙能滑过O点，显然应有v2＞0解得：，显然（2）中k的范围是上述结果的子集，即（2）中所求k的范围能确保棒乙滑过O点。
答：（1）甲向右滑过bb′时的速度大小为1m/s，甲向左滑过磁场的过程中通过定值电阻的电荷量为C；
（2）满足题意的k的大小范围为k＞2；
（3）能确保棒乙滑过O点。
【点评】本题是一个综合性比较高的题，主要考查学生对于牛顿第二定律、安培力、运动学公式、电荷量、动量守恒、机械能守恒、动量定理以及微元法的综合应用能力，难度较大。
20．（2025 金华三模）某同学设计了一个发电测速装置，工作原理如图1所示。半径分别为r、2r的两个圆形金属导轨安装在竖直平面上，两根长为4r的金属棒互相垂直，且与圆形导轨接触良好，中心O端固定在圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径也为r的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动。圆盘上绕有足够长且不可伸长的细线，下端挂着一个质量为M的重物。在圆形金属导轨四分之一区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，装置侧视图如图2所示，磁感应强度大小为B。重物由静止释放，细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导线及电刷的电阻均不计，内外圆形导轨电阻分别为R、2R，内外圆形导轨、金属棒和圆盘质量均不计，重力加速度大小取g，求：
（1）圆盘以角速度ω0转动时，某时刻金属棒所在位置如图2
①金属棒OD部分产生的电动势E；
②金属棒ED间的电势差U；
（2）下落过程中重物的最大速度vm；
（3）当圆盘转过θ（弧度）时，圆形导轨角速度达到ω，求铝块由静止释放下落时间t。
【分析】（1）①根据电动势表达式求金属棒OD部分产生的电动势E；
②根据法拉第电磁感应定律求金属棒ED间的电势差U；
（2）根据平衡关系和v＝ωr求下落过程中重物的最大速度；
（3）根据动量定理和θ＝ωt求铝块由静止释放下落时间t。
【解答】解：（1）①圆盘以角速度ω0转动时，金属棒OD部分切割磁感线，根据电动势表达式
解得
②根据法拉第电磁感应定律
（2）根据平衡关系，有
解得
则下落过程中重物的最大速度
（3）对重物，以重力的方向为正方向，根据动量定理有
MgΔt﹣FTΔt＝MΔv
两边求和
∑MgΔt﹣∑FTΔt＝∑MΔv
其中，转动力矩平衡，即拉力与安培力力矩等大，则有
解得
则有
又θ＝ωt
解得
答：（1）①金属棒OD部分产生的电动势E为；
②金属棒ED间的电势差U为；
（2）下落过程中重物的最大速度vm为；
（3）当圆盘转过θ（弧度）时，圆形导轨角速度达到ω，铝块由静止释放下落时间t为。
【点评】本题的关键是掌握法拉第电磁感应定律、线速度与角速度的关系，可以根据E＝BLv求电动势。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
一．选择题（共10小题）
1．（2025 西城区二模）一种延时继电器的结构如图所示。铁芯上有两个线圈A和B，线圈A与电源连接，线圈B的两端M、N连在一起，构成一个闭合电路。断开开关S时，弹簧K并不会立刻将衔铁D拉起而使触头C（连接工作电路）离开，而是过一小段时间才执行这个动作。下列说法正确的是（ ）
A．断开S瞬间，线圈B中感应电流的磁场方向向上
B．若线圈B的两端不闭合，会对延时效果产生影响
C．改变线圈B的缠绕方向，会对延时效果产生影响
D．调换电源的正负极，不再有延时效果
2．（2025 朝阳区校级四模）如图甲所示，两电阻不计的导体圆环相距为d、固定平行放置，圆心的连线与圆环面垂直，圆环间接有阻值为R的定值电阻，一根不计电阻、长为d的均匀导体棒与位于圆环内侧与圆心连线平行，在空间中加上磁感应强度大小为B的匀强磁场，其分布区域如图乙所示（乙图为侧视图），图中1、2、3为三条平行的边界线，2与圆环的直径重合，1、2间和2、3间的距离均为圆环半径的一半，磁场的方向与边界平行。用外力让导体棒紧靠圆环内侧以大小为v的速度做匀速圆周运动，则R的电功率为（ ）
A． B．
C． D．
3．（2025 宿迁三模）如图所示，相距为d的足够长平行光滑金属导轨MP、NQ与水平面间夹角为θ，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨上端接有一电阻。水平导体棒ab质量为m，以速度v沿导轨匀速下滑，棒与导轨垂直且接触良好。已知重力加速度为g，则（ ）
A．导体棒中电流方向为a→b
B．回路中的电动势为Bdv
C．导体棒受到的安培力大小为mgsinθ
D．回路中的电功率为mgvsinθ
4．（2025 丰台区二模）图1为某无线门铃按钮，其原理如图2所示。其中M为信号发射装置，M中有电流通过时，屋内的门铃会响。磁铁固定在按钮内侧，按下门铃按钮，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．按住按钮不动，门铃会一直响
B．松开按钮的过程，门铃会响
C．按下和松开按钮过程，通过M的电流方向相同
D．按下按钮的快慢不同，通过M的电流大小相同
5．（2025 金华三模）用图1电路探究自感电路中的电流变化，并用电流传感器记录显示。电源电动势为E，内阻为r，定值电阻为R，电感线圈的自感系数为L（直流电阻不计），电流传感器A可视为电阻不计的电流表。闭合开关，电流传感器显示电流变化如图2，t0后电流接近稳定，不考虑电磁辐射，则（ ）
A．电路稳定时的最大电流为
B．t＝0时刻，电感线圈消耗的电功率最大
C．闭合开关瞬间，线圈的自感电动势不可能大于E
D．0～t0时间内，通过电阻的电荷量为
6．（2025 沈阳模拟）如图所示，在边长为a的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，其方向垂直纸面向外，一个边长也为a的正方形导线框架EFGH正好与上述磁场区域的边界重合，现使导线框以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动，经过导线框转到图中虚线位置，已知导线框的总电阻为R，则在这时间内（ ）
A．因不知是顺时针转动还是逆时针转动，所以不能判断导线框中的感应电流方向
B．导线框中感应电流方向为E→F→G→H→E
C．通过导线框中任一截面的电量为
D．平均感应电动势大小等于
7．（2025 南宁三模）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN与水平面的夹角为θ，间距为l，P、M间接有一定值电阻R，质量为m的金属棒垂直于导轨放置且接触良好，整个装置处于垂直导轨平面向上的磁感应强度为B的匀强磁场中。t＝0时刻，金属棒在沿导轨向上的恒力F＝3mgsinθ作用下，以初速度v0沿导轨向下运动，此时金属棒的安培力大小为FA0，电阻R的电功率为P0。已知重力加速度为g，导轨和金属棒电阻不计，若以初速度v0的方向为正方向，则金属棒的速度为v、安培力FA、流过金属棒横截面的电荷量为q、电阻R的电功率P随时间t变化的图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2025 成都模拟）如图所示，圆心为O、直径d＝2m的圆形金属导轨内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小B＝1T的匀强磁场。金属杆PQ长度与导轨直径相等，单位长度电阻r0＝4Ω/m，PQ绕O点以角速度ω＝20rad/s逆时针匀速转动并与导轨保持良好接触。O、M两点用导线相连，A是理想电流表，阻值R＝8Ω的电阻和电容C＝1.2×10﹣10F的电容器并联在电路中，圆形导轨与导线电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．流过电阻R的电流方向为b→a
B．电流表的读数为2.5A
C．电容器的电荷量为9.6×10﹣10C
D．为了维持金属杆匀速转动，外力做功的功率为6.25W
9．（2025 大通县三模）如图甲所示，100匝的线圈（图中只画了1匝）与R＝48Ω的定值电阻构成闭合回路，线圈面积为0.01m2，电阻为2Ω，线圈内存在垂直于线圈平面的磁场，以垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，以顺时针方向为线圈中电流的正方向。当磁感应强度B随时间t按图乙变化时，下列说法正确的是（ ）
A．1.5s时穿过线圈的磁通量为2Wb
B．0.5s时感应电流的方向为负
C．定值电阻R两端的电压为4V
D．0～2s内流过定值电阻的电荷量为0
10．（2025 青海二模）如图所示，有两个质量相同、边长相同的正方形导线框A和B，现在将这两个线框从同一高度同时由静止释放，两个线框下落到某一高度时进入匀强磁场，磁场一直延伸到地面。不计空气阻力，两线框的电阻分别为RA、RB（RA＞RB），且落地前瞬间两线框动能的大小分别为EkA和EkB，两线框从被释放到落地所用的时间分别为tA和tB，线框A和B的边长远小于其距地面的高度。下列说法正确的是（ ）
A．EkA＝EkB、tA＝tB B．EkA＞EkB、tA＜tB
C．EkA＞EkB、tA＞tB D．EkA＜EkB、tA＜tB
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 安徽模拟）如图所示，质量为m、电阻为R的正方形金属线框abcd用绝缘细线吊着处于静止状态，ab边长为L，水平边界MN、PQ间有垂直于线框平面向里的匀强磁场Ⅰ，水平边界PQ下方有垂直于线框平面向外的匀强磁场Ⅱ，ab与MN间、MN与PQ间、PQ与cd间距离均为，两磁场的磁感应强度大小均为B。剪断细线，金属线框运动过程中始终在垂直于磁场的竖直面内，ab边始终水平，当ab刚进入磁场Ⅰ的瞬间，线框的加速度为0，重力加速度大小为g，则下列判断正确的是（ ）
A．ab边进磁场Ⅰ前的瞬间，线框的加速度大小为
B．ab边穿过磁场Ⅰ的过程中，通过线框截面的电量为
C．线框中产生的总焦耳热为
D．线框完全在磁场Ⅱ中运动时，ab边有自由电子从a向b移动
（多选）12．（2025 乌鲁木齐三模）穿过完全相同的金属闭合线圈A和B的磁通量Φ随时间t的变化关系如图所示。在0～t0时间内，通过线圈A、B的某横截面的电荷量分别为q1、q2，线圈A、B中产生的焦耳热分别为Q1、Q2，则（ ）
A．q1＞q2 B．q1＝q2 C．Q1＜Q2 D．Q1＞Q2
（多选）13．（2025 贵阳三模）闭合导线框甲和乙由材料和横截面积均相同的导线构成。甲是边长为l的正方形，乙是长、宽分别为2l、l的矩形。现将两线框在竖直面内同时从同一高度由静止释放，各自进入方向垂直于纸面、磁感应强度大小分别为B1和B2的匀强磁场中，两磁场的上边界在同一水平面上，如图所示。不计空气阻力，已知线框下落过程中始终平行于纸面，且下边ab边和cd边均保持水平。下列说法正确的是（ ）
A．若B1＝B2，甲、乙两线框在进入磁场的过程中通过线框某一横截面的电荷量之比为4：9
B．若B1＝B2，线框下边刚进入磁场时ab两点的电势差与cd两点的电势差大小之比为9：16
C．若两线框进入磁场的过程中均做匀速运动，则在此过程中甲、乙产生的焦耳热之比为2：3
D．若两线框进入磁场的过程中均做匀速运动，则B1与B2之比为4：3
（多选）14．（2025 潍坊二模）如图所示，间距为L的两光滑平行导轨由倾斜部分和水平部分组成，固定在水平地面上，两部分通过光滑圆弧绝缘小段相连接。倾斜轨道M1N1和M2N2的倾角θ＝60°，M1M2间接有电容C的电容器，导轨间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B；水平导轨右端串接一阻值为R的电阻，EF和GH间有一竖直向下的矩形磁场区域efgh，磁场宽度|gh|，磁感应强度也为B；质量为3m，边长均为L且开口向左的U形金属线框abcd静置在水平轨道上。现将一质量为m的导体棒P（电阻不计）由倾斜导轨上距水平面高处静止释放，导体棒P越过EG后，与U形线框发生碰撞，碰后粘在一起形成一个正方形金属线框，沿水平导轨穿过磁场区域。已知U形线框bc边的阻值为R，其余部分电阻不计，重力加速度大小为g，电容器不会被击穿，则（ ）
A．导体棒P沿倾斜导轨做匀加速直线运动，加速度大小为g
B．ad边刚进入磁场边界eh时的速度为
C．整个线框穿过磁场的过程中，流过电阻R的电荷量为
D．整个线框穿出磁场后的速度为
（多选）15．（2025 绵阳模拟）如图所示，两条相距为l的光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，空间内有方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。两根质量均为m、电阻均为R的导体棒MN、PQ垂直放置于金属导轨不同位置，保持与导轨良好接触。某时刻给MN一个水平向右的初速度v0，此后过程中两导体棒不发生碰撞，则从该时刻起到两导体棒达到稳定状态的过程中（ ）
A．通过导体棒PQ的电流均匀增大
B．导体棒MN做加速度减小的减速运动
C．导体棒MN上产生的焦耳热为
D．导体棒MN和导体棒PQ通过距离之差为
三．解答题（共5小题）
16．（2025 汕头二模）小旭利用电磁阻尼作用设计了一个货物缓降器模型，如图所示，单匝矩形金属线框的电阻为R，质量为m，ab边长为L。线框通过绝缘绳索与质量为M（M＞m）的货物相连。线框上方有足够多的方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向与线框平面垂直，磁场间隔宽度与线框ac边长相同，边界与ab边平行。从适当位置释放货物，一段时间后线框恰能匀速进入磁场Ⅰ。线框从开始进入到全部进入磁场Ⅰ所用时间为t，且线框到滑轮的距离足够长，不计摩擦，重力加速度为g。求：
（1）线框刚进入磁场Ⅰ的速度大小v；
（2）线框在t时间内产生的焦耳热Q；
（3）货物下降的最终速度大小v′。
17．（2025 温州三模）如图所示，水平固定一半径r＝0.5m的金属圆环，圆环右侧水平放置间距L＝1m的平行金属直导轨，两导轨通过导线及电刷分别与金属圆环、过圆心O的竖直转轴保持良好接触，导轨间接有电容C＝0.5F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与触点1、2相连，导轨最右端连接恒流源，可为电路提供I＝2A的电流，方向如图所示。金属圆环所在区域Ⅰ、矩形PQMN区域Ⅱ、正三角形EFG区域Ⅲ存在磁感应强度大小分别为B1＝1T、B2＝2T、B3T的匀强磁场，磁场方向均竖直向下。区域Ⅱ沿导轨方向足够长，区域Ⅲ的F、G两点分别在两导轨上，且FG垂直于导轨。导轨在M、N处各被一小段绝缘材料隔开。金属杆a与圆环接触良好，以角速度ω＝4rad/s绕转轴逆时针匀速转动。质量m＝8.0kg、电阻RΩ的金属杆b垂直导轨静置于PQ右侧。不计其他电阻和一切摩擦阻力。（提示：简谐运动回复力与位移的关系为F＝kx，周期T＝2π）
（1）开关S置于触点1，求电容器充电完毕后所带的电荷量Q0；
（2）电容器充电完毕后，再将开关S置于触点2，求：
①金属杆b到达MN时的速度大小v1。
②金属杆b从开始进入区域Ⅲ到速度减为0的过程中，恒流源输出的能量E。
③金属杆b从PQ离开区域Ⅱ前，电容器最终带电荷量Q。
18．（2025 西城区二模）游乐场的“太空梭”先把座舱拉升到一定高度处释放，座舱下落到制动位置时，触发电磁制动开始减速。将座舱简化为正方形线框abcd，如图所示，线框下方存在宽度为L的匀强磁场区域，该区域的上下边界水平，磁感应强度的大小为B。线框从距磁场上边界高度为h处由静止开始自由下落。线框ab边进入磁场时开始减速，cd边穿出磁场时的速度是ab边进入磁场时速度的。已知线框的边长为L，质量为m，电阻为R，重力加速度大小为g，线框下落过程中ab边始终与磁场边界平行，不计空气阻力。求：
（1）线框ab边刚进入磁场时，产生的感应电动势大小E；
（2）线框穿过磁场区域的过程中最大加速度的大小a；
（3）线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q。
19．（2025 长安区三模）如图所示，固定在水平面上的光滑金属导轨PQO和P1Q1O在O点用绝缘材料连接（连接点大小不计），通过单刀双掷开关S与智能电源、定值电阻形成电路。导轨PQ与P1Q1平行，间距为2m；△QOQ1为等腰三角形，顶角∠QOQ1＝74°。虚线aa′、bb′间距为1m且均与导轨PQ垂直，虚线与导轨围成的矩形和△QOQ1内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为2T。甲、乙为导体棒，甲静止在虚线aa′处，乙静止在虚线bb′右侧附近，虚线aa′到单刀双掷开关、虚线bb′到QQ1的距离均足够长，且虚线bb′到QQ1的导轨表面覆盖了光滑绝缘涂层。已知甲的质量为2kg，乙的质量为甲的k倍，甲棒接入电路的阻值和定值电阻的阻值均为4Ω，其余电阻不计。初始时开关S接1，智能电源使甲中的电流始终为1A；当甲滑过bb′时立即将开关改接2并保持不变，甲乙发生弹性碰撞后，甲可以向左滑过aa′（此时乙还未到达QQ1）。甲、乙都始终与导轨接触良好且平行于虚线aa′。
（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求甲向右滑过bb′时的速度大小，以及甲向左滑过磁场的过程中通过定值电阻的电荷量；
（2）求满足题意的k的大小范围；
（3）分析判断（2）中k的范围能否确保乙向右滑过O点。
20．（2025 金华三模）某同学设计了一个发电测速装置，工作原理如图1所示。半径分别为r、2r的两个圆形金属导轨安装在竖直平面上，两根长为4r的金属棒互相垂直，且与圆形导轨接触良好，中心O端固定在圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径也为r的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动。圆盘上绕有足够长且不可伸长的细线，下端挂着一个质量为M的重物。在圆形金属导轨四分之一区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，装置侧视图如图2所示，磁感应强度大小为B。重物由静止释放，细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导线及电刷的电阻均不计，内外圆形导轨电阻分别为R、2R，内外圆形导轨、金属棒和圆盘质量均不计，重力加速度大小取g，求：
（1）圆盘以角速度ω0转动时，某时刻金属棒所在位置如图2
①金属棒OD部分产生的电动势E；
②金属棒ED间的电势差U；
（2）下落过程中重物的最大速度vm；
（3）当圆盘转过θ（弧度）时，圆形导轨角速度达到ω，求铝块由静止释放下落时间t。
2025年高考物理押题预测考前冲刺--电磁感应
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025 西城区二模）一种延时继电器的结构如图所示。铁芯上有两个线圈A和B，线圈A与电源连接，线圈B的两端M、N连在一起，构成一个闭合电路。断开开关S时，弹簧K并不会立刻将衔铁D拉起而使触头C（连接工作电路）离开，而是过一小段时间才执行这个动作。下列说法正确的是（ ）
A．断开S瞬间，线圈B中感应电流的磁场方向向上
B．若线圈B的两端不闭合，会对延时效果产生影响
C．改变线圈B的缠绕方向，会对延时效果产生影响
D．调换电源的正负极，不再有延时效果
【分析】根据楞次定律以及感应电流产生条件分析求解。
【解答】解：A.断开S瞬间，根据楞次定律可知，线圈B中感应电流的磁场方向向下，故A错误；
B.若线圈B的两端不闭合，B中无法产生感应电流，无法产生延时效果，会对延时效果产生影响，故B正确；
CD.改变线圈B的缠绕方向，调换电源的正负极，线圈中依然会产生感应电流，不会对延时效果产生影响，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查了楞次定律的相关应用，熟练掌握楞次定律即可顺利求解，属于基础题型。
2．（2025 朝阳区校级四模）如图甲所示，两电阻不计的导体圆环相距为d、固定平行放置，圆心的连线与圆环面垂直，圆环间接有阻值为R的定值电阻，一根不计电阻、长为d的均匀导体棒与位于圆环内侧与圆心连线平行，在空间中加上磁感应强度大小为B的匀强磁场，其分布区域如图乙所示（乙图为侧视图），图中1、2、3为三条平行的边界线，2与圆环的直径重合，1、2间和2、3间的距离均为圆环半径的一半，磁场的方向与边界平行。用外力让导体棒紧靠圆环内侧以大小为v的速度做匀速圆周运动，则R的电功率为（ ）
A． B．
C． D．
【分析】若圆环都处在如图所示的匀强磁场中，导体棒产生正弦式电流，感应电动势最大值为E＝Bdv，再根据有效值的定义求R的电功率。
【解答】解：设R的电功率为P，导体棒做匀速圆周运动的周期为T。因1、2间和2、3间的距离均为圆环半径的一半，所以导体棒转动一周时，只有时间产生感应电动势。若圆环都处在如图所示的匀强磁场中，导体棒产生正弦式电流，感应电动势最大值为E＝Bdv，则在一个周期内，根据有效值的定义有
PT
解得P，故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】解答本题时，要掌握正弦式交流电有效值与最大值的关系，求热量要用交流电有效值。
3．（2025 宿迁三模）如图所示，相距为d的足够长平行光滑金属导轨MP、NQ与水平面间夹角为θ，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨上端接有一电阻。水平导体棒ab质量为m，以速度v沿导轨匀速下滑，棒与导轨垂直且接触良好。已知重力加速度为g，则（ ）
A．导体棒中电流方向为a→b
B．回路中的电动势为Bdv
C．导体棒受到的安培力大小为mgsinθ
D．回路中的电功率为mgvsinθ
【分析】A.由右手定则判断导体棒中电流方向；
B.根据电动势表达式求回路中的电动势；
CD.对导体棒受力分析，根据平衡条件求导体棒受到的安培力大小，由能量守恒定律求回路中的电功率。
【解答】解：A、由右手定则知，导体棒中电流方向为b→a，故A错误；
B、回路产生的感应电动势E＝BLvcosθ，故B错误；
CD、导体棒匀速下滑，受力如图所示
由平衡条件：Fcosθ＝mgsinθ
解得导体棒受到的安培力大小F＝mgtanθ
由能量守恒定律知，回路的电功率等于重力的功率，为
P＝mgsinθ v＝mgvsinθ
故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】本题主要考查了电磁感应的相关应用，熟悉法拉第电磁感应定律，同时结合平衡关系和能量守恒定律即可完成分析。
4．（2025 丰台区二模）图1为某无线门铃按钮，其原理如图2所示。其中M为信号发射装置，M中有电流通过时，屋内的门铃会响。磁铁固定在按钮内侧，按下门铃按钮，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．按住按钮不动，门铃会一直响
B．松开按钮的过程，门铃会响
C．按下和松开按钮过程，通过M的电流方向相同
D．按下按钮的快慢不同，通过M的电流大小相同
【分析】按压和松开按键过程，会导致线圈内磁场变化，产生感应电动势，根据楞次定律判断感应电流的方向；当保持不动时，线圈内磁通量不变化，无感应电流。
【解答】解：AB、按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，则无感应电流产生，则门铃不响，松开按钮的过程，穿过螺线管的磁通量减小，产生感应电流，门铃响，故A错误，B正确；
C、图中磁场的方向向左，松开按钮过程，穿过螺线管的磁通量向右减小，按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量向右增加，根据楞次定律可知，通过门铃的电流方向不同，故C错误；
D、快速按下按钮，穿过螺线管的磁通量变化较快，产生的感应电动势较大，螺线管产生的感应电流大小较大，故D错误。
故选：B。
【点评】明确电磁感应的概念，知道线圈中磁通量变化，才会有感应电动势，闭合回路电路中才有电流产生。
5．（2025 金华三模）用图1电路探究自感电路中的电流变化，并用电流传感器记录显示。电源电动势为E，内阻为r，定值电阻为R，电感线圈的自感系数为L（直流电阻不计），电流传感器A可视为电阻不计的电流表。闭合开关，电流传感器显示电流变化如图2，t0后电流接近稳定，不考虑电磁辐射，则（ ）
A．电路稳定时的最大电流为
B．t＝0时刻，电感线圈消耗的电功率最大
C．闭合开关瞬间，线圈的自感电动势不可能大于E
D．0～t0时间内，通过电阻的电荷量为
【分析】闭合开关的瞬间，通过线圈的电流增大，线圈自感现象消失，此时电流达到最大值；根据电功率公式分析；自感电动势的大小是由电流的变化率和自感系数决定的；在I﹣t图像中，q等于I﹣t图像与坐标轴围成的面积。
【解答】解：A.当通电一段时间后，电流不在变化，线圈自感现象消失，此时电流达到最大值，故根据闭合回路的欧姆定律得，故A错误；
B.根据得t＝0时，电感线圈中的自感电动势为最大，但是电流为0，故电功率为0，故B错误；
C.闭合开关瞬间，由于电流要增大，电感线圈会产生自感电动势阻碍电流增大，根据楞次定律，自感电动势的方向与电源电动势方向相反，但是自感电动势的大小是由电流的变化率和自感系数决定的。在开关闭合瞬间，电流变化率很大，但是自感电动势不可能大于电源电动势E，因为如果自感电动势大于E，那么电路中的电流就不会增大了，这与实际情况不符，故C正确；
D.根据q＝It，在I﹣t图像中，q等于I﹣t图像与坐标轴围成的面积，由于I﹣t图像不是正弦函数图像（从题目所给信息可知，电流是从O开始逐渐增大到稳定值的，不是正弦变化），不能用正弦交流电的有效值公式去计算电荷量，所以不能得出0﹣t0时间内通过电阻的电荷量为，故D错误。
故选：C。
【点评】当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响。
6．（2025 沈阳模拟）如图所示，在边长为a的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，其方向垂直纸面向外，一个边长也为a的正方形导线框架EFGH正好与上述磁场区域的边界重合，现使导线框以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动，经过导线框转到图中虚线位置，已知导线框的总电阻为R，则在这时间内（ ）
A．因不知是顺时针转动还是逆时针转动，所以不能判断导线框中的感应电流方向
B．导线框中感应电流方向为E→F→G→H→E
C．通过导线框中任一截面的电量为
D．平均感应电动势大小等于
【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向．
运用法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势大小．
根据电量的表达式求出通过导线框横截面的电荷量．
【解答】解：A、由于虚线位置是经过到达的，不论线框是顺时针还是逆时针方向转动，所以线框的磁通量是变小的。
根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相同，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，
根据右手螺旋定则，我们可以判断出感应电流的方向为：E→H→G→F→E，故AB错误。
C、通过导线框横截面的电荷量为：q Δt，故C错误。
D、根据法拉第电磁感应定律得平均感应电动势为：E
0Ca，0Aa，AB＝AC
根据几何关系找出有磁场穿过面积的变化为：Δs＝（3﹣2）a2
解得：，故D正确。
故选：D。
【点评】对于感应电流方向的判断要按照步骤解决．结合几何关系能够找出有效面积的变化．
7．（2025 南宁三模）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨PQ、MN与水平面的夹角为θ，间距为l，P、M间接有一定值电阻R，质量为m的金属棒垂直于导轨放置且接触良好，整个装置处于垂直导轨平面向上的磁感应强度为B的匀强磁场中。t＝0时刻，金属棒在沿导轨向上的恒力F＝3mgsinθ作用下，以初速度v0沿导轨向下运动，此时金属棒的安培力大小为FA0，电阻R的电功率为P0。已知重力加速度为g，导轨和金属棒电阻不计，若以初速度v0的方向为正方向，则金属棒的速度为v、安培力FA、流过金属棒横截面的电荷量为q、电阻R的电功率P随时间t变化的图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【分析】分析金属棒的运动情况，由牛顿第二定律结合法拉第电磁感应定律及平衡条件判断加速度的变化情况，从而判断v﹣t图像是否正确；由判断FA﹣t图像是否正确；由q＝It结合图像判断q﹣t图像是否正确；由结合金属棒运动情况判断功率—时间图像是否正确。
【解答】解：A、开始时金属棒沿导轨向下运动，安培力沿导轨向上，随着速度减小，安培力减小，加速度为：增大，速度—时间图像的斜率增大；当速度减为0后，金属棒在恒力作用下沿导轨向上加速运动，安培力沿导轨向下，随着速度增大，安培力增大，加速度减小，速度—时间图像的斜率减小，当a ＝ 0 时，金属棒匀速运动，此时有：，由于，可解得匀速时速度 v＝2v0，方向沿导轨向上，所以速度—时间图像先斜率增大减速到0，再斜率减小加速到2v0，故A正确；
B、因为，安培力与速度成正比，结合选项A中速度的变化情况，安培力应先减小到0，再反向增大到2FA0 （因为匀速时速度是2v0），安培力与速度成正比），故B错误；
C、流过金属棒横截面的电荷量为（x 为金属棒的位移），q﹣t图像的斜率表示电流。金属棒先做加速度变化的减速运动，再做加速度变化的加速运动，电流是变化的，q﹣t图像的斜率应是变化的，不是先增大后减小这种规律，故C错误；
D、电阻R的电功率为：，电功率与速度的平方成正比。结合选项A中速度的变化情况，电功率应先减小到0，再增大到4P0 （因为匀速时速度是2v0，电功率与速度平方成正比），故D错误。
故选：A。
【点评】本题综合考查法拉第电磁感应定律，闭合电路的欧姆定律，电功率和磁通量的概念，比较综合。
8．（2025 成都模拟）如图所示，圆心为O、直径d＝2m的圆形金属导轨内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小B＝1T的匀强磁场。金属杆PQ长度与导轨直径相等，单位长度电阻r0＝4Ω/m，PQ绕O点以角速度ω＝20rad/s逆时针匀速转动并与导轨保持良好接触。O、M两点用导线相连，A是理想电流表，阻值R＝8Ω的电阻和电容C＝1.2×10﹣10F的电容器并联在电路中，圆形导轨与导线电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．流过电阻R的电流方向为b→a
B．电流表的读数为2.5A
C．电容器的电荷量为9.6×10﹣10C
D．为了维持金属杆匀速转动，外力做功的功率为6.25W
【分析】金属棒OP与OQ转动中切割磁感线，由右手定则判断流过电阻R的电流方向；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求电路中的电流，分析电路图结合Q＝CU求出电容器的电荷量；最后再根据能量守恒定律和功率公式求外力做功的功率。
【解答】解：金属棒OP与OQ转动中切割磁感线，相当于电源，两者并联后与电阻R串联，电容器两端的电压等于电阻R所分的电压。由右手定则知，O点电势高于P（Q）点，则流过电阻R的电流方向为a→b，回路产生的感应电动势恒为
解得
E＝10V
内阻
解得
r＝2Ω
则电流表的读数
解得
I＝1A
电容器两端的电压
U＝IR
解得
U＝8V
电容器所带的电荷量
Q＝CU
解得
Q＝9.6×10﹣10C
由能量守恒定律知，为了维持金属杆匀速转动，外力做功的功率等于电源的总功率为
P＝IE
解得
P＝10W
故C正确，ABD错误。
故选：C。
【点评】本题主要考查法拉第电磁感应定律和右手定则。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EBL2ω来计算。
9．（2025 大通县三模）如图甲所示，100匝的线圈（图中只画了1匝）与R＝48Ω的定值电阻构成闭合回路，线圈面积为0.01m2，电阻为2Ω，线圈内存在垂直于线圈平面的磁场，以垂直纸面向里为磁感应强度的正方向，以顺时针方向为线圈中电流的正方向。当磁感应强度B随时间t按图乙变化时，下列说法正确的是（ ）
A．1.5s时穿过线圈的磁通量为2Wb
B．0.5s时感应电流的方向为负
C．定值电阻R两端的电压为4V
D．0～2s内流过定值电阻的电荷量为0
【分析】根据Φ＝BS结合图像计算磁通量，根据楞次定律判断感应电流方向，由法拉第电磁感应定律求解电动势，根据欧姆定律求解电压，根据电流定义式计算电荷量。
【解答】解：A.由图像可知，1.5s时磁感应强度大小为2T，磁通量Φ＝BS＝2×0.01Wb＝0.02Wb，故A错误；
B.0.5s磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度在减小，根据楞次定律可判断感应电流沿逆时针向，与正方向相反，故B正确；
CD.由法拉第电磁感应定律有，根据闭合电路的欧姆定律可得感应电流，定值电阻两端电压 U＝IR，解得U＝3.84V，2s 内通过定值电阻的电荷量 Q＝It，解得Q＝0.16C，故CD错误。
故选：B。
【点评】本题考查电磁感应定律，解题关键掌握图像的含义及楞次定律的应用。
10．（2025 青海二模）如图所示，有两个质量相同、边长相同的正方形导线框A和B，现在将这两个线框从同一高度同时由静止释放，两个线框下落到某一高度时进入匀强磁场，磁场一直延伸到地面。不计空气阻力，两线框的电阻分别为RA、RB（RA＞RB），且落地前瞬间两线框动能的大小分别为EkA和EkB，两线框从被释放到落地所用的时间分别为tA和tB，线框A和B的边长远小于其距地面的高度。下列说法正确的是（ ）
A．EkA＝EkB、tA＝tB B．EkA＞EkB、tA＜tB
C．EkA＞EkB、tA＞tB D．EkA＜EkB、tA＜tB
【分析】根据自由落体运动的规律可知，A和B达到磁场边界的时间、速度都相等；进入磁场过程中，根据牛顿第二定律比较加速度大小，由此分析运动时间和落地时的动能。
【解答】解：根据自由落体运动的规律可知，A和B达到磁场边界的时间、速度都相等。
进入磁场过程中，根据牛顿第二定律可得：mg﹣BIL＝ma，即：mgma
解得加速度大小为：a＝g，由于RA＞RB，所以A的加速度大于B，A先完全进入磁场，进入磁场时的速度大于B，故A先落地，且落地时的速度大于B。
综上所述，有：EkA＞EkB、tA＜tB，故B正确、ACD错误。
故选：B。
【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。
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2025 安徽模拟）如图所示，质量为m、电阻为R的正方形金属线框abcd用绝缘细线吊着处于静止状态，ab边长为L，水平边界MN、PQ间有垂直于线框平面向里的匀强磁场Ⅰ，水平边界PQ下方有垂直于线框平面向外的匀强磁场Ⅱ，ab与MN间、MN与PQ间、PQ与cd间距离均为，两磁场的磁感应强度大小均为B。剪断细线，金属线框运动过程中始终在垂直于磁场的竖直面内，ab边始终水平，当ab刚进入磁场Ⅰ的瞬间，线框的加速度为0，重力加速度大小为g，则下列判断正确的是（ ）
A．ab边进磁场Ⅰ前的瞬间，线框的加速度大小为
B．ab边穿过磁场Ⅰ的过程中，通过线框截面的电量为
C．线框中产生的总焦耳热为
D．线框完全在磁场Ⅱ中运动时，ab边有自由电子从a向b移动
【分析】根据牛顿第二定律，结合能量守恒，综合右手定则和电荷量计算式分析求解。
【解答】解：A．设线框ab刚进磁场I时的速度为v，则根据平衡条件：
解得
则当线框ab刚要进磁场I时，根据牛顿第二定律有：
解得线框的加速度大小
故A错误；
B．ab边通过磁场I的过程中，通过线框截面的电量为：
故B正确；
C．根据能量守恒定律，线框中产生的总焦耳热满足：
故C正确；
D．线框完全在磁场Ⅱ中运动时，ab两端的电压越来越大，根据右手定则可知，a端电势高，b端电势低，因此线框ab边有自由电子从a向b定向移动，故D正确。
故选：BCD。
【点评】本题考查了电磁感应相关知识，理解法拉第电磁感应定律，掌握整个过程的能量转换是解决此类问题的关键。
（多选）12．（2025 乌鲁木齐三模）穿过完全相同的金属闭合线圈A和B的磁通量Φ随时间t的变化关系如图所示。在0～t0时间内，通过线圈A、B的某横截面的电荷量分别为q1、q2，线圈A、B中产生的焦耳热分别为Q1、Q2，则（ ）
A．q1＞q2 B．q1＝q2 C．Q1＜Q2 D．Q1＞Q2
【分析】根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电流定义式求出电荷量与磁通量变化量的关系，再比较电荷量大小。根据电流关系，比较焦耳热关系。
【解答】解：AB、通过线圈的电荷量为qΔt，线圈A、B的电阻相同，在0～t0时间内，磁通量变化量ΔΦ相同，则q1＝q2，故A错误，B正确；
CD、根据法拉第电磁感应定律得E，可知，同一时刻，线圈A的磁通量变化率比B的小，则线圈A产生的感应电动势比B的小，感应电流比B中的小，则Q1＜Q2，故C正确，D错误。
故选：BC。
【点评】解答本题时，要熟练根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电流定义式推导出电荷量表达式q，要在理解的基础上记牢，经常用到。
（多选）13．（2025 贵阳三模）闭合导线框甲和乙由材料和横截面积均相同的导线构成。甲是边长为l的正方形，乙是长、宽分别为2l、l的矩形。现将两线框在竖直面内同时从同一高度由静止释放，各自进入方向垂直于纸面、磁感应强度大小分别为B1和B2的匀强磁场中，两磁场的上边界在同一水平面上，如图所示。不计空气阻力，已知线框下落过程中始终平行于纸面，且下边ab边和cd边均保持水平。下列说法正确的是（ ）
A．若B1＝B2，甲、乙两线框在进入磁场的过程中通过线框某一横截面的电荷量之比为4：9
B．若B1＝B2，线框下边刚进入磁场时ab两点的电势差与cd两点的电势差大小之比为9：16
C．若两线框进入磁场的过程中均做匀速运动，则在此过程中甲、乙产生的焦耳热之比为2：3
D．若两线框进入磁场的过程中均做匀速运动，则B1与B2之比为4：3
【分析】A.根据电阻的定义式和电荷量的表达式求甲、乙两线框在进入磁场的过程中通过线框某一横截面的电荷量之比；
B.由动能定理求线框下边刚进入磁场时的速度，再结合电动势的表达式和电阻分压求线框下边刚进入磁场时ab两点的电势差与cd两点的电势差大小之比；
CD.由平衡条件求B1与B2之比，由能量守恒定律求甲、乙产生的焦耳热之比。
【解答】解：A、设材料的电阻率为ρ1，导线的横截面积为S，则甲线框的电阻
乙线框的电阻
甲线框进入磁场过程通过线框某一横截面的电荷量
乙线框进入磁场过程通过线框某一横截面的电荷量
则当B1＝B2时
q甲：q乙＝3：4
故A错误；
B、设甲、乙线框释放时离磁场上边界的高度为h，由动能定理：
，
联立知
即甲、乙线框进入磁场时的速度相同，则甲线框进入磁场时ab两点的电势差
乙线框进入磁场时cd两点的电势差大小
B2lv乙
则当B1＝B2时
Uab：Ucd＝9：16
故B正确；
CD、设材料的密度为ρ2，则甲线框的质量
m甲＝ρ2S 4l
乙线框的电阻
m乙＝ρ2S 6l
甲、乙线框进入磁场中做匀速直线运动时，分别由平衡条件：
联立知
B1：B2＝4：3
由能量守恒定律知，甲线框产生的热量
Q甲＝m甲gl
乙线框产生的热量
Q乙＝m乙gl
联立知
Q甲：Q乙＝2：3
故CD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）14．（2025 潍坊二模）如图所示，间距为L的两光滑平行导轨由倾斜部分和水平部分组成，固定在水平地面上，两部分通过光滑圆弧绝缘小段相连接。倾斜轨道M1N1和M2N2的倾角θ＝60°，M1M2间接有电容C的电容器，导轨间有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B；水平导轨右端串接一阻值为R的电阻，EF和GH间有一竖直向下的矩形磁场区域efgh，磁场宽度|gh|，磁感应强度也为B；质量为3m，边长均为L且开口向左的U形金属线框abcd静置在水平轨道上。现将一质量为m的导体棒P（电阻不计）由倾斜导轨上距水平面高处静止释放，导体棒P越过EG后，与U形线框发生碰撞，碰后粘在一起形成一个正方形金属线框，沿水平导轨穿过磁场区域。已知U形线框bc边的阻值为R，其余部分电阻不计，重力加速度大小为g，电容器不会被击穿，则（ ）
A．导体棒P沿倾斜导轨做匀加速直线运动，加速度大小为g
B．ad边刚进入磁场边界eh时的速度为
C．整个线框穿过磁场的过程中，流过电阻R的电荷量为
D．整个线框穿出磁场后的速度为
【分析】由动量定理、加速度定义式求出导体棒P沿倾斜导轨下滑时加速度大小，再分析其运动情况；由运动学公式求出导体棒P到达EG边时的速度大小，根据动量守恒定律求出导体棒P与U形线框碰撞后的共同速度，分析线框的运动情况，确定ad边刚进入磁场边界eh时的速度；由动量定理以及电荷量与电流的关系求流过电阻R的电荷量；根据动量定理求整个线框穿出磁场后的速度。
【解答】解：A、设导体棒P在倾斜导轨上向下运动过程中很小一段时间Δt内速度的变化量为Δv，电容器带电量的变化量为ΔQ，电容器两端电压变化量为ΔU。
由法拉第电磁感应定律有ΔU＝BLΔv
取沿导轨向下为正方向，根据动量定理可得
mgsinθ Δt﹣BL Δt＝mΔv
其中：Δt＝ΔQ＝CBLΔv
a棒的加速度大小为a
联立解得a
将C代入上式可得ag，可知导体棒P沿倾斜导轨运动时加速度保持不变，做匀加速直线运动，故A正确；
B、导体棒P到达EG边时速度大小为v0
设导体棒P与U形线框碰撞后的共同速度为v1，取向右为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝（m+3m）v1
解得v1
线框bc边和ad边通过磁场时做减速运动，线框左右两边都在磁场外时，没有感应电流，线框不受安培力做匀速运动，所以ad边刚进入磁场边界eh时的速度小于，故B错误；
C、bc边通过磁场时，电阻R被短路。当ad边通过磁场时，通过ad边的电荷量为qΔt，流过电阻R的电荷量为q′，故C错误；
D、设bc边到达fg时的速度为v2，整个线框穿出磁场后的速度为v3。
bc边通过磁场的过程，取向右为正方向，由动量定理得
﹣BL t1＝4mv2﹣4mv1
又q1 t1
联立可得v2
ad边通过磁场的过程，取向右为正方向，由动量定理得
﹣BL t2＝4mv3﹣4mv2
又q2 t2
联立可得v3，即整个线框穿出磁场后的速度为，故D正确。
故选：AD。
【点评】解答本题时，要理清导体棒和线框的运动过程，熟练运用动量定理求导体棒在磁场中运动时通过导体棒的电荷量与导体棒的速度是关键。
（多选）15．（2025 绵阳模拟）如图所示，两条相距为l的光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，空间内有方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。两根质量均为m、电阻均为R的导体棒MN、PQ垂直放置于金属导轨不同位置，保持与导轨良好接触。某时刻给MN一个水平向右的初速度v0，此后过程中两导体棒不发生碰撞，则从该时刻起到两导体棒达到稳定状态的过程中（ ）
A．通过导体棒PQ的电流均匀增大
B．导体棒MN做加速度减小的减速运动
C．导体棒MN上产生的焦耳热为
D．导体棒MN和导体棒PQ通过距离之差为
【分析】分析两金属棒的运动过程，根据速度大小的变化，确定两者的相对速度变化情况，再由动生电动势公式和欧姆定律确定电流的变化；
根据安培力公式判断安培力的变化，从而得到加速度的变化；
根据动量守恒定律、能量守恒定律、焦耳定律求热量；
由动量定理结合电流的定义等求距离之差。
【解答】解：A、当给MN一个向右的初速度v0时，MN切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，导体棒PQ由于受到安培力的作用也随之切割磁感线运动产生感应电动时，根据电磁感应原理可知，电路产生的电动势：E＝Bl（vMN﹣vPQ）
电路中的感应电流：
根据左手定则可知，MN受到向左的安培力而做减速运动，PQ受到向右的安培力而向右做加速运动，故Δv＝vMN﹣vPQ逐渐减小，因此PQ的感应电流逐渐减小，而不是均匀增加，故A错误；
B、根据安培力公式可得，MN受到的安培力：
根据牛顿第二定律有：F＝ma
联立解得：
由于相对速度Δv＝vMN﹣vPQ逐渐减小，所以导体棒MN做加速度减小的减速运动，故B正确；
C、两导体棒组成的系统动量守恒，则以向右为正方向有：mv0＝2mv
解得稳定时，两导体棒的速度为：
根据能量守恒定律可知，整个过程系统产生的热量：
由于两导体棒的电阻相等，所以导体棒MN上产生的热量：，故C错误；
D、以向右为正方向，对MN棒，由动量定理可得：
设稳定时，二者的距离之差为Δx，根据法拉第电磁感应定律有：
根据欧姆定律可得：
根据题意可知稳定的末速度为：
联立解得相对距离为：，故D正确。
故选：BD。
【点评】本题是无外力的双杆模型电磁感应问题，抓住两棒的系统动量守恒定律和能量守恒定律是解决问题的关系，至于动力学问题，用牛顿第二定律解决。
三．解答题（共5小题）
16．（2025 汕头二模）小旭利用电磁阻尼作用设计了一个货物缓降器模型，如图所示，单匝矩形金属线框的电阻为R，质量为m，ab边长为L。线框通过绝缘绳索与质量为M（M＞m）的货物相连。线框上方有足够多的方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，方向与线框平面垂直，磁场间隔宽度与线框ac边长相同，边界与ab边平行。从适当位置释放货物，一段时间后线框恰能匀速进入磁场Ⅰ。线框从开始进入到全部进入磁场Ⅰ所用时间为t，且线框到滑轮的距离足够长，不计摩擦，重力加速度为g。求：
（1）线框刚进入磁场Ⅰ的速度大小v；
（2）线框在t时间内产生的焦耳热Q；
（3）货物下降的最终速度大小v′。
【分析】（1）根据平衡条件，对线框进入磁场Ⅰ时受力分析求解；
（2）根据焦耳定律或功能关系分析求解；
（3）根据不同时刻线框的状态，结合平衡条件分析求解。
【解答】解：（1）线框进入磁场Ⅰ时受力平衡，由Mg＝mg+BIL，
得速度大小
（2）法①：线框进入磁场Ⅰ时，由焦耳定律Q＝I2Rt
得焦耳热
法②：线框进入磁场Ⅰ时，由功能关系Q＝BILx，x＝vt
得焦耳热
（3）线框完全进入磁场后，先做加速度减小的减速运动，最终受力平衡，由Mg＝mg+2BI′L，
得最终速度
答：（1）线框刚进入磁场Ⅰ的速度大小v为；
（2）线框在t时间内产生的焦耳热Q为；
（3）货物下降的最终速度大小v′为。
【点评】本题考查了电磁感应相关知识，理解法拉第电磁感应定律以及平衡条件是解决此类问题的关键。
17．（2025 温州三模）如图所示，水平固定一半径r＝0.5m的金属圆环，圆环右侧水平放置间距L＝1m的平行金属直导轨，两导轨通过导线及电刷分别与金属圆环、过圆心O的竖直转轴保持良好接触，导轨间接有电容C＝0.5F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与触点1、2相连，导轨最右端连接恒流源，可为电路提供I＝2A的电流，方向如图所示。金属圆环所在区域Ⅰ、矩形PQMN区域Ⅱ、正三角形EFG区域Ⅲ存在磁感应强度大小分别为B1＝1T、B2＝2T、B3T的匀强磁场，磁场方向均竖直向下。区域Ⅱ沿导轨方向足够长，区域Ⅲ的F、G两点分别在两导轨上，且FG垂直于导轨。导轨在M、N处各被一小段绝缘材料隔开。金属杆a与圆环接触良好，以角速度ω＝4rad/s绕转轴逆时针匀速转动。质量m＝8.0kg、电阻RΩ的金属杆b垂直导轨静置于PQ右侧。不计其他电阻和一切摩擦阻力。（提示：简谐运动回复力与位移的关系为F＝kx，周期T＝2π）
（1）开关S置于触点1，求电容器充电完毕后所带的电荷量Q0；
（2）电容器充电完毕后，再将开关S置于触点2，求：
①金属杆b到达MN时的速度大小v1。
②金属杆b从开始进入区域Ⅲ到速度减为0的过程中，恒流源输出的能量E。
③金属杆b从PQ离开区域Ⅱ前，电容器最终带电荷量Q。
【分析】（1）根据电动势表达式和电容器公式求电容器充电完毕后所带的电荷量Q0；
（2）①由动量定理求金属杆b到达MN时的速度大小v1；
②根据简谐运动回复力与位移的关系和周期公式结合能量关系求恒流源输出的能量E；
③根据电容器表达式和动量守恒求电容器最终带电荷量Q。
【解答】解：（1）金属杆a旋转切割产生的电动势
解得
E＝0.5V
电容器充电完毕所带电量
Q0＝CE
解得
Q0＝0.25C
（2）①金属杆b到达稳定速度时，电容器两端电压
U1＝B2Lv1
通过金属杆b的电荷量
q＝Q0﹣CU1
此过程，对金属杆b，以水平向右的方向为正方向，由动量定理
B2Lq＝mv1
可得
v1＝0.05m/s
②设金属杆b距E点距离为x，则：
FA＝﹣B3 2x tan30° I＝﹣4x＝﹣kx
恒流源输出能量
解得
E＝0.39J
③金属棒第一次出MN时，电容器所剩电荷量
Q1＝CB2Lv1
可得
Q1＝0.05C
当金属棒返回Ⅱ区后，再次达到稳定速度，这时电容器经历放电和反向充电过程，以水平向右的方向为正方向，则
Q2＝CB2Lv2
﹣B2L（Q1+Q2）＝mv2﹣mv1
解得
Q2＝0.03C
答：（1）开关S置于触点1，电容器充电完毕后所带的电荷量Q0为0.25C；
（2）①金属杆b到达MN时的速度大小v1为0.05m/s；
②金属杆b从开始进入区域Ⅲ到速度减为0的过程中，恒流源输出的能量E为0.39J。
③金属杆b从PQ离开区域Ⅱ前，电容器最终带电荷量为0.03C。
【点评】本题主要考查了电磁感应定律，在分析过程中结合了动量定理和电容器的相关知识，考点的知识点比较综合，难度中等偏上。
18．（2025 西城区二模）游乐场的“太空梭”先把座舱拉升到一定高度处释放，座舱下落到制动位置时，触发电磁制动开始减速。将座舱简化为正方形线框abcd，如图所示，线框下方存在宽度为L的匀强磁场区域，该区域的上下边界水平，磁感应强度的大小为B。线框从距磁场上边界高度为h处由静止开始自由下落。线框ab边进入磁场时开始减速，cd边穿出磁场时的速度是ab边进入磁场时速度的。已知线框的边长为L，质量为m，电阻为R，重力加速度大小为g，线框下落过程中ab边始终与磁场边界平行，不计空气阻力。求：
（1）线框ab边刚进入磁场时，产生的感应电动势大小E；
（2）线框穿过磁场区域的过程中最大加速度的大小a；
（3）线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q。
【分析】（1）由自由落体运动的规律求出线框ab边刚进入磁场时的速度v，再根据E＝BLv求ab边产生的感应电动势大小E；
（2）线框ab边进入磁场时开始减速，产生的感应电动势减小，感应电流减小，线框受到的安培力减小，则线框ab边刚进入磁场时加速度最大，结合闭合电路欧姆定律、安培力和牛顿第二定律求最大加速度大小；
（3）由能量守恒定律可以求出线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q。
【解答】解：（1）设线框ab边刚进入磁场时的速度为v。
线框磁场前做自由落体运动，则有
v2＝2gh
可得v
线框ab边刚进入磁场时，产生的感应电动势大小为
E＝BLv＝BL
（2）线框ab边刚进入磁场时加速度最大，此时线框中感应电流大小为
I
线框受到的安培力大小为
F＝BIL
方向竖直向上
根据牛顿第二定律得
F﹣mg＝ma
解得最大加速度大小为
ag
（3）从开始下落到cd边穿出磁场的过程，根据能量守恒定律得
mg（h+2L）Q
联立解得Q＝mg（h+2L）
答：（1）线框ab边刚进入磁场时，产生的感应电动势大小为BL；
（2）线框穿过磁场区域的过程中最大加速度的大小a为g；
（3）线框穿过磁场区域的过程中产生的焦耳热Q为mg（h+2L）。
【点评】分析清楚线框的运动过程，明确线框加速度变化情况，应用自由落体运动规律、E＝BLv、闭合电路欧姆定律、能量守恒定律即可正确解题。
19．（2025 长安区三模）如图所示，固定在水平面上的光滑金属导轨PQO和P1Q1O在O点用绝缘材料连接（连接点大小不计），通过单刀双掷开关S与智能电源、定值电阻形成电路。导轨PQ与P1Q1平行，间距为2m；△QOQ1为等腰三角形，顶角∠QOQ1＝74°。虚线aa′、bb′间距为1m且均与导轨PQ垂直，虚线与导轨围成的矩形和△QOQ1内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小均为2T。甲、乙为导体棒，甲静止在虚线aa′处，乙静止在虚线bb′右侧附近，虚线aa′到单刀双掷开关、虚线bb′到QQ1的距离均足够长，且虚线bb′到QQ1的导轨表面覆盖了光滑绝缘涂层。已知甲的质量为2kg，乙的质量为甲的k倍，甲棒接入电路的阻值和定值电阻的阻值均为4Ω，其余电阻不计。初始时开关S接1，智能电源使甲中的电流始终为1A；当甲滑过bb′时立即将开关改接2并保持不变，甲乙发生弹性碰撞后，甲可以向左滑过aa′（此时乙还未到达QQ1）。甲、乙都始终与导轨接触良好且平行于虚线aa′。
（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求甲向右滑过bb′时的速度大小，以及甲向左滑过磁场的过程中通过定值电阻的电荷量；
（2）求满足题意的k的大小范围；
（3）分析判断（2）中k的范围能否确保乙向右滑过O点。
【分析】（1）根据牛顿第二定律、安培力、运动学公式及电荷量的求解公式即可解题；
（2）根据动量守恒和机械能守恒及动量定理即可解题；
（3）利用微元法结合动量定理即可分析出。
【解答】解：（1）由题知棒甲做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得a
解得a＝1m/s2
由运动学公式有
解得t＝1s
v＝at
解得v＝1m/s
甲向左滑过磁场的过程中，乙还未到达QQ1且虚线bb到QQ1的导轨表面覆盖了光滑绝缘涂层，则甲作电源与定值电阻串联，易知总电阻R总＝R0＝4Ω故通过定值电阻的电荷量等于通过回路的总电荷量为：
解得qC
（2）由（1）可知，棒甲在碰前的速度为v0＝at
解得a＝1m/s
规定向右为正，两棒发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝mv1+kmv2，
解得，
为使棒甲碰后向左滑动，显然应有v1＜0即k＞1碰后甲向左穿过磁场，假定其可以滑过虚线a，令其滑到虚线a时的速度大小为v1
规定和v1相反的方向为正方向，由动量定理有
解得为满足题意应有v1＞0解得k＞2综上所述k＞2；
（3）乙在右侧磁场中运动时，甲已经离开左侧磁场，故此时乙作电源，甲与定值电阻并联，有R总＝1Ω，
对乙，应用动量定理，规定Δv为正方向，在极短时间内，有，令Δx＝vx Δt可，利用微元法思想作如下推导
则对全过程有，其中，v2是乙到达O点时的速度，，解得：，
若乙能滑过O点，显然应有v2＞0解得：，显然（2）中k的范围是上述结果的子集，即（2）中所求k的范围能确保棒乙滑过O点。
答：（1）甲向右滑过bb′时的速度大小为1m/s，甲向左滑过磁场的过程中通过定值电阻的电荷量为C；
（2）满足题意的k的大小范围为k＞2；
（3）能确保棒乙滑过O点。
【点评】本题是一个综合性比较高的题，主要考查学生对于牛顿第二定律、安培力、运动学公式、电荷量、动量守恒、机械能守恒、动量定理以及微元法的综合应用能力，难度较大。
20．（2025 金华三模）某同学设计了一个发电测速装置，工作原理如图1所示。半径分别为r、2r的两个圆形金属导轨安装在竖直平面上，两根长为4r的金属棒互相垂直，且与圆形导轨接触良好，中心O端固定在圆心处的转轴上。转轴的左端有一个半径也为r的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动。圆盘上绕有足够长且不可伸长的细线，下端挂着一个质量为M的重物。在圆形金属导轨四分之一区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，装置侧视图如图2所示，磁感应强度大小为B。重物由静止释放，细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导线及电刷的电阻均不计，内外圆形导轨电阻分别为R、2R，内外圆形导轨、金属棒和圆盘质量均不计，重力加速度大小取g，求：
（1）圆盘以角速度ω0转动时，某时刻金属棒所在位置如图2
①金属棒OD部分产生的电动势E；
②金属棒ED间的电势差U；
（2）下落过程中重物的最大速度vm；
（3）当圆盘转过θ（弧度）时，圆形导轨角速度达到ω，求铝块由静止释放下落时间t。
【分析】（1）①根据电动势表达式求金属棒OD部分产生的电动势E；
②根据法拉第电磁感应定律求金属棒ED间的电势差U；
（2）根据平衡关系和v＝ωr求下落过程中重物的最大速度；
（3）根据动量定理和θ＝ωt求铝块由静止释放下落时间t。
【解答】解：（1）①圆盘以角速度ω0转动时，金属棒OD部分切割磁感线，根据电动势表达式
解得
②根据法拉第电磁感应定律
（2）根据平衡关系，有
解得
则下落过程中重物的最大速度
（3）对重物，以重力的方向为正方向，根据动量定理有
MgΔt﹣FTΔt＝MΔv
两边求和
∑MgΔt﹣∑FTΔt＝∑MΔv
其中，转动力矩平衡，即拉力与安培力力矩等大，则有
解得
则有
又θ＝ωt
解得
答：（1）①金属棒OD部分产生的电动势E为；
②金属棒ED间的电势差U为；
（2）下落过程中重物的最大速度vm为；
（3）当圆盘转过θ（弧度）时，圆形导轨角速度达到ω，铝块由静止释放下落时间t为。
【点评】本题的关键是掌握法拉第电磁感应定律、线速度与角速度的关系，可以根据E＝BLv求电动势。
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
同课章节目录