【期末押题预测】期末核心考点 电磁感应及其应用（含解析）2024-2025学年高二下学期物理教科版（2019）

中小学教育资源及组卷应用平台
期末核心考点 电磁感应及其应用
一．选择题（共7小题）
1．（2025春 西山区校级期中）如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，放置在水平地面上，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。从t＝0时刻开始，磁场保持方向不变，大小按B＝kt增加（k为已知常数）。线框的质量为m，电阻为R，线框与水平面的动摩擦因数为μ，线框与水平面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则（　　）
A．沿磁场方向看线框中产生的感应电流沿顺时针方向
B．线框中的感应电流大小为
C．线框所受摩擦力大小与时间成正比
D．t时，线框开始运动
2．（2025春 深圳月考）如图甲所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图乙所示的变化电流，设t＝0时电流沿逆时针方向（图中箭头所示）。关于线圈B的电流方向和所受安培力产生的效果，下列说法中正确的是（　　）
A．0到t1时间内有顺时针方向的电流，且有收缩的趋势
B．0到t1时间内有逆时针方向的电流，且有扩张的趋势
C．t1到t2时间内有顺时针方向的电流，且有收缩的趋势
D．t1到t2时间内有逆时针方向的电流，且有扩张的趋势
3．（2025春 南京校级月考）如图所示，螺线管内有平行于轴线的匀强磁场，规定图甲中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U形导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框cdef在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时（　　）
A．在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大
B．在t2时刻，导线框cdef内的感应电流最小
C．在t1﹣t2时间内，金属圆环L有收缩趋势
D．在t1﹣t2时间内，金属圆环L内有逆时针方向的感应电流
4．（2025 朝阳区模拟）如图所示，两个灯泡A1和A2的规格相同，闭合开关，稳定后两个灯泡正常发光且亮度相同。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关瞬间，A1、A2亮度相同
B．闭合开关瞬间，M点电势低于N点电势
C．电路稳定后断开S，A2闪亮一下再熄灭
D．电路稳定后断开S瞬间，M点电势低于N点电势
5．（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
6．（2025 汕头一模）如图所示，铁芯左边悬挂一个轻质金属环，铁芯上有两个线圈M和P，线圈M和电源、开关、热敏电阻Rr相连，线圈P与电流表相连。已知热敏电阻RT的阻值随温度的升高而减小，保持开关闭合，下列说法正确的是（　　）
A．当温度升高时，金属环向左摆动
B．当温度不变时，电流表示数不为0
C．当电流从a经电流表到b时，可知温度降低
D．当电流表示数增大时，可知温度升高
7．（2025 丰台区二模）利用电磁学原理能够方便准确地探测地下金属管线的位置、走向和埋覆深度。如图所示，在水平地面下埋有一根足够长的走向已知且平行于地面的金属管线，管线中通有正弦式交变电流。已知电流为i的无限长载流导线在距其为r的某点处产生的磁感应强度大小，其中k为常数，r大于导线半径。在垂直于管线的平面上，以管线正上方地面处的O点为坐标原点，沿地面方向为x轴方向，垂直于地面方向为y轴方向建立坐标系。在x轴上取两点M、N，y轴上取一点P。利用面积足够小的线框（线框平面始终与xOy平面垂直），仅通过测量以下物理量无法得到管线埋覆深度h的是（　　）
A．M、N的距离，线框在M、N两点水平放置时的感应电动势
B．O、P的距离，线框在O、P两点竖直放置时的感应电动势
C．O、M的距离，线框在M点水平放置和竖直放置时的感应电动势
D．O、M的距离，线框在M点感应电动势最大时与水平面的夹角
二．多选题（共3小题）
（多选）8．（2025 沙坪坝区校级模拟）如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨固定在水平桌面上，匀强磁场垂直于导轨平面向下，导轨电阻不计，其左侧接阻值R1＝12Ω的定值电阻。质量m＝1kg，阻值R2＝6Ω的金属杆AB置于轨道上，与轨道垂直且接触良好，杆受到水平拉力F的作用，力F随时间t变化的图像如图乙所示。杆由静止开始做匀加速直线运动，t＝2s时撤去F，关于杆从静止开始的整个运动过程，下列说法正确的是（　　）
A．金属杆做匀加速运动的加速度大小为2m/s2
B．整个过程金属杆的位移为8m
C．整个过程金属杆产生的热量为
D．整个过程通过定值电阻的电量为2C
（多选）9．（2025 厦门模拟）如图所示，一质量为M的足够长“匚”型金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。质量为m、电阻不计的导体棒PQ平行bc放置在导轨上，PQ左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨单位长度的电阻为R0，bc长为L，初始时bc与PQ间距离也为L。分界线ef与bc平行，其左侧有竖直向上的匀强磁场，右侧有水平向左的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。在t＝0时，一水平向左的拉力F垂直作用在导轨bc段中点，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a，PQ与导轨间动摩擦因数为μ，且始终接触良好，则（　　）
A．回路中的电动势先增大后减小
B．运动过程中拉力F的最大值为
C．若t0时间内导轨产生的焦耳热为Q，则该时间内导轨克服安培力做功为Q
D．若t0时间内导轨产生的焦耳热为Q，则该时间内导轨克服摩擦力做功为μmgatμQ
（多选）10．（2025春 顺义区校级期中）如图单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以2v匀速进入同一匀强磁场。以下说法正确的是（　　）
A．第一次进入与第二次进入时线圈中电流之比1：2
B．第一次进入与第二次进入时线圈中通过导线横截面的电荷量之比1：2
C．第一次进入与第二次进入时外力做功的功率之比1：4
D．第一次进入与第二次进入过程中线圈产生热量之比1：4
三．填空题（共3小题）
11．（2025春 思明区校级期中）如图，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左右两部分的间距分别为l、2l；质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置，导体棒a、b接入电路总电阻为R，其余电阻均忽略不计；a、b两棒分别以v0、2v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状态，稳定时a棒的速度为 　 　 ，从开始运动到两棒稳定的过程中，电路中产生的焦耳热为 　 　 。
12．（2025春 重庆期中）G为零刻度在中央的灵敏电流表，连接在直流电路中时的偏转情况如图①中所示，即电流从电流表G的左接线柱进时，指针也从中央向左偏。今把它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图②中的条形磁铁的运动方向是向　 　 （选填“上”或“下”）；图③中电流表指针应向　 　 （选填“左”或“右”）偏转；图④中的条形磁铁下端为　 　 极（选填“N”或“S”）。
13．（2025春 思明区校级期中）如图所示电路中，A1和A2是两个完全相同的灯泡。闭合开关S后，逐渐变亮的灯泡是 　 　 （选填“A.灯泡A1”或“B.灯泡A2”），经过一小段时间后，发现灯泡A1和A2亮度相同。断开开关S，将滑动变阻器R2滑片向 　 　 （选填“A.左”或“B.右”）移动，再次闭合开关S并经过一小段时间后，断开开关S，灯泡A2先闪亮一下再熄灭。
四．解答题（共2小题）
14．（2025 昌平区二模）电磁弹射是航空母舰上舰载机的一种起飞方式，是航空母舰的核心技术之一。某学习小组设计了一个简易的电容式电磁弹射装置，如图甲所示，在竖直向下的匀强磁场中，两根相距为L平行金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒MN放置在导轨右侧，与导轨垂直且接触良好。单刀双掷开关S先接1，经过足够长的时间后，再把开关S接到2，导体棒向右离开导轨后水平射出。已知匀强磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m，接入电路部分的电阻为R，电源的电动势为E。不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。
（1）将开关S接1给电容器充电，在图乙所示的坐标系中画出电容器两极板电压u与电荷量q变化关系的图像；并求出经过足够长的时间后电容器极板的电荷量Q和电容器储存的电能Ep；
（2）求开关S接2的瞬间导体棒的加速度大小a；
（3）若某次试验导体棒弹射出去后电容器两端的电压减为初始值的，求导体棒离开导轨时的速度大小v。
15．（2025 莆田四模）如图所示，两平行且足够长的金属导轨相距l＝1m，导轨及导轨平面跟水平面均成37°角，MN是垂直于两导轨的一分界线，MN以上的导轨光滑，MN以下的导轨粗糙，两导轨的上端可以通过单刀双掷开关K和电容器C或定值电阻R相连接，整个装置处在方向垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小B＝2T的匀强磁场（图中未画出）中，开关K先接在1上，在光滑导轨上到分界线MN的距离s0＝3m处由静止释放一质量m＝0.1kg、长度l＝1m的金属棒，经过时金属棒到达MN，此时开关K自动跳接在2上，已知电容器的电容C＝1.5×10﹣2F，定值电阻R＝30Ω，金属棒与导轨粗糙部分之间的动摩擦因数μ＝0.85，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计导轨及金属棒的电阻，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）金属棒到达分界线MN时的速度大小；
（2）金属棒在粗糙导轨运动到离分界线MN的最远距离；
（3）在金属棒的整个运动过程中，电阻R产生的电热和电容器储存的电能ΔE。
期末核心考点 电磁感应及其应用
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2025春 西山区校级期中）如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，放置在水平地面上，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。从t＝0时刻开始，磁场保持方向不变，大小按B＝kt增加（k为已知常数）。线框的质量为m，电阻为R，线框与水平面的动摩擦因数为μ，线框与水平面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则（　　）
A．沿磁场方向看线框中产生的感应电流沿顺时针方向
B．线框中的感应电流大小为
C．线框所受摩擦力大小与时间成正比
D．t时，线框开始运动
【考点】法拉第电磁感应定律的基本计算；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；安培力的计算公式及简单应用；楞次定律及其应用．
【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】B
【分析】根据楞次定律判断感应电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律计算电流大小；先计算出线框所受安培力的表达式，当安培力和摩擦力相等时，线框开始运动。
【解答】解：根据楞次定律可知线圈中的感应电流方向为逆时针，根据B＝kt可得，根据法拉第电磁感应定律有，解得，I，解得I，线框在磁场中的有效长度为，线框所受的安培力大小为F＝nBIL，静摩擦力f＝nBIL，I不变，B与时间成正比，静摩擦力与时间成正比，当满足 F＝μmg，时线框开始运动，把B＝kt代入联立解得，运动起来后，摩擦力不变，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】计算线框所受安培力时，要注意线框在磁场中的有效长度，不能简单的认为是2a。
2．（2025春 深圳月考）如图甲所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈A中通以如图乙所示的变化电流，设t＝0时电流沿逆时针方向（图中箭头所示）。关于线圈B的电流方向和所受安培力产生的效果，下列说法中正确的是（　　）
A．0到t1时间内有顺时针方向的电流，且有收缩的趋势
B．0到t1时间内有逆时针方向的电流，且有扩张的趋势
C．t1到t2时间内有顺时针方向的电流，且有收缩的趋势
D．t1到t2时间内有逆时针方向的电流，且有扩张的趋势
【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；理解能力．
【答案】B
【分析】当线圈A中的电流发生变化时，会导致穿过线圈B的磁通量发生变化，进而在线圈B中产生感应电流。根据楞次定律，线圈B中产生的感应电流的方向会阻碍引起它的磁通量的变化。此外，线圈B中的电流产生的磁场会对线圈B自身产生力的作用，这股力的作用方向会使得线圈B有收缩或扩张的趋势，这取决于线圈B中电流的方向与原磁场的方向关系。
【解答】解：根据题意可知，0到t1时间内电流沿逆时针方向减小，穿过线圈B的磁通量垂直纸面向外减小，根据楞次定律可知，线圈B内有逆时针方向的电流，且有扩张的趋势；
根据题意可知，t1到t2时间内电流沿顺时针方向增大，穿过线圈B的磁通量垂直纸面向里增大，根据楞次定律可知，线圈B内有逆时针方向的电流，且有收缩的趋势。故ACD错误，B正确。
故选：B。
【点评】此题主要考查了电磁感应定律（楞次定律）的应用。此题的关键在于正确理解楞次定律的应用，即感应电流的方向总是试图对抗导致它产生的磁通量变化。此外，线圈中电流方向的变化不仅影响了感应电流的方向，也影响了线圈自身的行为（扩张或收缩）。
3．（2025春 南京校级月考）如图所示，螺线管内有平行于轴线的匀强磁场，规定图甲中箭头所示方向为磁感应强度B的正方向，螺线管与U形导线框cdef相连，导线框cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导线框cdef在同一平面内。当螺线管内的磁感应强度随时间按图乙所示规律变化时（　　）
A．在t1时刻，金属圆环L内的磁通量最大
B．在t2时刻，导线框cdef内的感应电流最小
C．在t1﹣t2时间内，金属圆环L有收缩趋势
D．在t1﹣t2时间内，金属圆环L内有逆时针方向的感应电流
【考点】法拉第电磁感应定律的基本计算；楞次定律及其应用．
【专题】比较思想；图析法；电磁感应与电路结合；理解能力．
【答案】C
【分析】根据B﹣t图像结合法拉第电磁感应定律分析t1时刻线圈产生的感应电动势大小，再判断金属圆环L内的磁通量大小；在t2时刻，磁感应强度变化率最大，磁通量的变化率最大，线圈中产生的感应电流最大；在t1﹣t2时间内，根据楞次定律判断金属圆环L形状变化趋势；根据楞次定律判断金属圆环L内感应电流方向。
【解答】解：A、由B﹣t图可知，t1时刻磁感应强度变化率为零，穿过线圈的磁通量的变化率为零，则线圈中产生的感应电动势为零，感应电流为零，金属圆环周围没有磁场，则金属圆环L内的磁通量最小，故A错误；
B、t2时刻磁感应强度变化率最大，线圈的磁通量的变化率最大，则线圈中产生的感应电动势最大，导线框cdef内的感应电流最大，故B错误；
C、在t1﹣t2时间内，磁感应强度变化率不断变大，则线圈的磁通量的变化率不断变大，线圈中产生的感应电动势不断变大，线圈内的感应电流不断变大，L内的磁场增加，由楞次定律可知，金属圆环L必须减小面积以达到阻碍磁通量的增加，故金属圆环L有收缩的趋势，故C正确；
D、在t1﹣t2时间内，磁通量的变化率不断变大，则线圈内的感应电流不断变大，根据楞次定律，在线圈中的电流方向f到c，根据安培定则，穿过圆环的磁通量向外增大，则根据楞次定律，在金属圆环中产生顺时针方向的感应电流，故D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键要掌握楞次定律判断感应电流的方向，安培定则判断电流和周围磁场方向的关系。
4．（2025 朝阳区模拟）如图所示，两个灯泡A1和A2的规格相同，闭合开关，稳定后两个灯泡正常发光且亮度相同。下列说法正确的是（　　）
A．闭合开关瞬间，A1、A2亮度相同
B．闭合开关瞬间，M点电势低于N点电势
C．电路稳定后断开S，A2闪亮一下再熄灭
D．电路稳定后断开S瞬间，M点电势低于N点电势
【考点】自感线圈对电路的影响；自感现象与自感系数．
【专题】定性思想；归纳法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．
【答案】D
【分析】闭合开关瞬间，由于线圈的自感作用，阻碍电流的通过，据此分析电势的高低和灯泡的亮度变化；电路稳定后断开S，由于线圈的自感作用，线圈和两个灯泡以及变阻器组成闭合回路，线圈相当于电源，据此比较M、N两点电势的高低，分析通过灯泡A2的电流变化，据此分析。
【解答】解：AB、闭合开关瞬间，由于线圈的自感作用，阻碍电流的通过，但不是阻止，所以M点的电势高于N点的电势，则通过线圈的电流逐渐增大，即灯泡A1逐渐变亮，而灯泡A2马上亮，故AB错误；
CD、电路稳定后两个灯泡一样亮，所以电路稳定后断开S，由于线圈的自感作用，线圈和两个灯泡以及变阻器组成闭合回路，线圈相当于电源，在电源内部电流从低电势流向高电势，所以M点的电势低于N点的电势，电路中的电流逐渐减小，通过A2的电流和原来一样大，所以不会出现闪亮效果，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】知道出现“闪亮”效果的条件，知道在电源内部电流从低电势流向高电势。
5．（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
【考点】生活中的电磁感应现象；法拉第电磁感应定律的内容和表达式．
【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】B
【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。
6．（2025 汕头一模）如图所示，铁芯左边悬挂一个轻质金属环，铁芯上有两个线圈M和P，线圈M和电源、开关、热敏电阻Rr相连，线圈P与电流表相连。已知热敏电阻RT的阻值随温度的升高而减小，保持开关闭合，下列说法正确的是（　　）
A．当温度升高时，金属环向左摆动
B．当温度不变时，电流表示数不为0
C．当电流从a经电流表到b时，可知温度降低
D．当电流表示数增大时，可知温度升高
【考点】来拒去留；电路动态分析．
【专题】定性思想；推理法；电磁感应中的力学问题；电磁感应与电路结合；推理论证能力．
【答案】A
【分析】根据电阻的变化，分析线圈M中电流的变化，进而分析穿过金属环的磁通量变化，根据楞次定律判断金属环的运动；当温度不变时，线圈M中的电流不变，穿过线圈P的磁通量不变；根据电流方向分析线圈P产生的磁场方向，和线圈M的磁场方向作比较即可；不知道电流的方向，无法判断温度的变化。
【解答】解：A、当温度升高时，热敏电阻的阻值减小，则通过线圈M的电流增大，线圈M的磁场增强，穿过金属环的磁通量增加，根据楞次定律可知，为了阻碍穿过金属环的磁通量增加，金属环向左摆动，故A正确；
B、当温度不变时，线圈M中的电流不变，穿过线圈P的磁通量不变，线圈P不发生电磁感应现象，没有感应电流产生，所以电流表的示数为0，故B错误；
C、当电流从a经过电流表到b时，根据安培定则可知线圈P产生的感应电流磁场方向水平向左，和线圈M产生的磁场方向相反，说明通过线圈M的电流增大，可知温度升高，故C错误；
D、当电流表示数增大时，不知道电流的方向，所以无法判断感应电流的磁场方向，则无法确定线圈M中磁场的变化，则无法判断温度的变化，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。
7．（2025 丰台区二模）利用电磁学原理能够方便准确地探测地下金属管线的位置、走向和埋覆深度。如图所示，在水平地面下埋有一根足够长的走向已知且平行于地面的金属管线，管线中通有正弦式交变电流。已知电流为i的无限长载流导线在距其为r的某点处产生的磁感应强度大小，其中k为常数，r大于导线半径。在垂直于管线的平面上，以管线正上方地面处的O点为坐标原点，沿地面方向为x轴方向，垂直于地面方向为y轴方向建立坐标系。在x轴上取两点M、N，y轴上取一点P。利用面积足够小的线框（线框平面始终与xOy平面垂直），仅通过测量以下物理量无法得到管线埋覆深度h的是（　　）
A．M、N的距离，线框在M、N两点水平放置时的感应电动势
B．O、P的距离，线框在O、P两点竖直放置时的感应电动势
C．O、M的距离，线框在M点水平放置和竖直放置时的感应电动势
D．O、M的距离，线框在M点感应电动势最大时与水平面的夹角
【考点】感应电动势及其产生条件；法拉第电磁感应定律的内容和表达式；通电直导线周围的磁场．
【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；推理论证能力．
【答案】A
【分析】分别求解当线圈竖直放置时和当线圈水平放置时，M和N两点产生个感应电动势表达式，结合每个选项以及几何关系求解。
【解答】解：由题意知
设电流i＝Imsinωt（Im为电流最大值）在距离管线为r处，磁感应强度
当线圈放下O、P位置，线圈竖直放置时，线圈平面与磁场方向垂直，在O位置产生的感应电动势，
在P点产生的感应电动势
设M点到坐标（xM，0）线框放在M点时，当线圈竖直放置时，线框平面与半径方向夹角为θ，如图所示
则
感应电动势
同理N点的感应电动势
当线圈水平放置在M、N位置时，线圈平面磁场之间的夹角为θ，在M点产生的感应电动势
在N点产生的感应电动势
A.若已知线框在M、N两点水平放置时的感应电动势E'M和E'N，可以求得，如果已知xN﹣xM＝d，可以求得xM，xN的值，但无法求得h，故A错误；
B.若已知线框在O、P两点竖直放置时的感应电动势EO，EP，可以求得，如果再知道O、P的距离yP可求得h值，故B正确；
C.若知道线框在M点水平放置和竖直放置时的感应电动势E'M和EM可以求得，若再知道O、M的距离xM，可以求得h值，故C正确；
D.若线框在M点感应电动势最大时与水平面的夹角α，线圈方向与半径方向相同，可求的，若再知道O、M的距离xM，可以求得h值，故D正确。
本题选错误的，故选：A。
【点评】本题考查法拉第电磁感应定律的应用，解题关键是得出线圈感应电动势表达式，难度较大。
二．多选题（共3小题）
（多选）8．（2025 沙坪坝区校级模拟）如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨固定在水平桌面上，匀强磁场垂直于导轨平面向下，导轨电阻不计，其左侧接阻值R1＝12Ω的定值电阻。质量m＝1kg，阻值R2＝6Ω的金属杆AB置于轨道上，与轨道垂直且接触良好，杆受到水平拉力F的作用，力F随时间t变化的图像如图乙所示。杆由静止开始做匀加速直线运动，t＝2s时撤去F，关于杆从静止开始的整个运动过程，下列说法正确的是（　　）
A．金属杆做匀加速运动的加速度大小为2m/s2
B．整个过程金属杆的位移为8m
C．整个过程金属杆产生的热量为
D．整个过程通过定值电阻的电量为2C
【考点】单杆在导轨上无外力作用下切割磁场的运动问题；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；寻找守恒量法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．
【答案】AD
【分析】根据牛顿第二定律、安培力公式以及法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律相结合得到F与t的关系式，结合图像的信息求出加速度大小以及BL大小；撤去F前，根据位移—时间公式求金属杆的位移。撤去F后，根据动量定理求金属杆的位移，从而求得总位移；根据功能关系分析整个过程金属杆产生的热量；根据电量与磁通量变化量的关系求通过定值电阻的电量。
【解答】解：A、金属杆由静止做匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律有F﹣BIL＝ma
又，E＝BLv＝BLat
联立得
结合图像知ma＝2N，N/s＝2N/s
解得a＝2m/s2，BL＝3T m，故A正确；
B、撤去F前，金属杆的位移x1m＝4m
2s末速度v＝at＝2×2m/s＝4m/s
撤去F后在一段极短的时间Δt内，对金属杆，取向右为正方向，由动量定理有
﹣BILΔt＝mΔv
其中，E＝BLv
得
撤去F后一直到金属杆停止运动的过程，将上式两边求和得
解得x2＝8m
故整个过程杆的位移为x＝x1+x2＝4m+8m＝12m，故B错误；
D、整个过程回路磁通量变化量ΔΦ＝BLx＝3×12Wb＝36Wb
又，，
可得，故D正确；
C、根据功能关系，整个过程中回路产生的总热量等于F做的功。由于，所以，整个过程金属杆产生的热量为F做功的，若F始终为最大值4N，其做功为W＝Fx1＝4×4J＝16J，金属杆产生的热量为，故整个过程金属杆产生的热量小于，故C错误。
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，根据电磁感应规律结合牛顿第二定律、动量定理等等力学规律进行求解。涉及能量问题，常根据动能定理、功能关系等列方程求解。
（多选）9．（2025 厦门模拟）如图所示，一质量为M的足够长“匚”型金属导轨abcd放在光滑的绝缘水平面上。质量为m、电阻不计的导体棒PQ平行bc放置在导轨上，PQ左侧有两个固定于水平面的立柱。导轨单位长度的电阻为R0，bc长为L，初始时bc与PQ间距离也为L。分界线ef与bc平行，其左侧有竖直向上的匀强磁场，右侧有水平向左的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。在t＝0时，一水平向左的拉力F垂直作用在导轨bc段中点，使导轨由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a，PQ与导轨间动摩擦因数为μ，且始终接触良好，则（　　）
A．回路中的电动势先增大后减小
B．运动过程中拉力F的最大值为
C．若t0时间内导轨产生的焦耳热为Q，则该时间内导轨克服安培力做功为Q
D．若t0时间内导轨产生的焦耳热为Q，则该时间内导轨克服摩擦力做功为μmgatμQ
【考点】单杆在导轨上有外力作用下切割磁场的运动问题；电磁感应过程中的能量类问题．
【专题】定量思想；推理法；万有引力定律的应用专题；机械能守恒定律应用专题；功能关系 能量守恒定律；电磁感应中的力学问题；推理论证能力．
【答案】CD
【分析】导轨在拉力作用下做匀加速运动，速度随时间线性增加，导致回路中感应电动势持续增大而非先增后减。拉力需克服安培力、摩擦力和提供加速度，其最大值出现在特定时刻，表达式涉及导轨质量、加速度、摩擦系数及磁场参数。焦耳热直接对应克服安培力所做的功。导轨克服摩擦力做功包含两部分，一部分与导体棒重力及加速度相关，另一部分与焦耳热成正比。
【解答】解：A、导轨做初速为零的匀加速运动，t时刻的速度v＝at。回路中感应电动势：E＝BLv＝BLat，可知回路中的电动势一直增大，故A错误。
B、导轨运动以后，由v＝at，，Rx＝R0 2x，，F安＝BIL，解得：。导轨受外力F、安培力F安和滑动摩擦力f，其中f＝μFN＝μ（mg+F安）。
对导轨由牛顿第二定律得F﹣F安﹣f＝Ma，联立解得：。
分析可知，当，即时，力F最大，则，故B错误。
C、克服安培力做功等于产生的焦耳热，可知若t时间内导轨产生的焦耳热为Q，则该时间内导轨克服安培力做功为Q，选项C正确。
D、导轨克服摩擦力做功为W＝μ（mg+F安）x，而Q＝F安x，，则有，选项D正确。
故选：CD。
【点评】本题综合考查电磁感应、动力学和能量转化，涉及匀加速运动、安培力计算及功能关系。题目通过导轨在复合磁场中的运动，巧妙结合了电磁感应定律与牛顿第二定律，计算量较大但逻辑清晰。难点在于分析回路电阻变化对安培力的影响，以及拉力F随时间的极值问题。选项C直接考查能量守恒，D项则需通过安培力做功与摩擦生热的关系推导，体现了电磁感应中能量转化的典型思路。
（多选）10．（2025春 顺义区校级期中）如图单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以2v匀速进入同一匀强磁场。以下说法正确的是（　　）
A．第一次进入与第二次进入时线圈中电流之比1：2
B．第一次进入与第二次进入时线圈中通过导线横截面的电荷量之比1：2
C．第一次进入与第二次进入时外力做功的功率之比1：4
D．第一次进入与第二次进入过程中线圈产生热量之比1：4
【考点】线圈进出磁场的能量计算；法拉第电磁感应定律的内容和表达式；线圈进出磁场的电压、电流、电荷量等电学量的计算．
【答案】AC
【分析】A、根据E＝BLv可得感应电动势之比，根据闭合电路欧姆定律可得感应电流之比；
C、由P＝I2R可得克服安培力做功的功率之比，线圈匀速进入，外力做功的功率与克服安培力做功的功率相等，则可得结论；
D、线圈匀速进入磁场，则可得线圈进入磁场的时间，由Q＝Pt可得热量之比
；B、由电荷量量，可得电荷量之比。
【解答】解：A、线圈进入磁场过程产生的感应电动势E＝BLv，可得第一次进入与第二次进入时线圈中电动势之比：E1：E2＝v1：v2＝1：2
由闭合电路欧姆定律有，可得第一次进入与第二次进入时线圈中电流之比：I1：I2＝E1：E2＝1：2，故A正确；
C、由P＝I2R可得克服安培力做功的功率之比：，线圈匀速进入磁场，外力做功的功率与克服安培力做功的功率相等，所以第一次进入与第二次进入时外力做功的功率之比为1：4，故C正确；
D、设CD边的边长为L，线圈进入磁场的时间t产生的热量为，可得两次产生的热量之比：，故D错误。
B、由电荷量，可得q1：q2＝1：1，故B错误；
故选：AC。
【点评】本题考查了电磁感应中的能量问题、闭合电路欧姆定律、电荷量，解题的关键是线圈匀速进入磁场，外力和安培力等大反向，产生的感应电动势恒定，电流恒定。
三．填空题（共3小题）
11．（2025春 思明区校级期中）如图，空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，足够长的光滑平行金属导轨水平放置，导轨左右两部分的间距分别为l、2l；质量分别为m、2m的导体棒a、b均垂直导轨放置，导体棒a、b接入电路总电阻为R，其余电阻均忽略不计；a、b两棒分别以v0、2v0的初速度同时向右运动，两棒在运动过程中始终与导轨垂直且保持良好接触，a总在窄轨上运动，b总在宽轨上运动，直到两棒达到稳定状态，稳定时a棒的速度为 　2v0　 ，从开始运动到两棒稳定的过程中，电路中产生的焦耳热为 　　 。
【考点】双杆在不等宽导轨上切割磁场的运动问题；动量定理在电磁感应问题中的应用；电磁感应过程中的能量类问题．
【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】2v0；。
【分析】对导体棒，根据牛顿第二定律，可求二者的加速度；根据导体棒切割磁感线产生电动势的公式，分别对a棒及b棒列方程，以及稳定时回路中的电流为零，结合运动学的公式可求a、b最终的速度。
【解答】解：根据右手定则可知，两棒产生的电动势方向都是从外向里，经过E＝BIL可知b棒产生的电动势大，所以电路中的电流为逆时针方向，根据左手定则，可知a受到的安培力的方向向右，b受到的安培力的方向向左。
对导体棒，根据牛顿第二定律得F安＝F合
设电路中的电流为I，则a受到的安培力F1＝BIl＝ma1
可得a1
同理可得b的加速度a2
可知二者的加速度大小始终相等。
稳定时回路中的电流为零，即a棒与b棒产生的电动势大小相等Blva＝B 2lvb
解得va＝2vb
二者的加速度大小始终相等，则在相同的时间内二者速度的变化量始终大小相等，设为Δv，则va＝v0+Δv；vb＝2v0﹣Δv
联立解得：vb＝v0，va＝2v0
设电路中产生的焦耳热为Q，对ab系统，根据能量守恒得
代入数据可得Q
故答案为：2v0；。
【点评】本题考查电磁感应规律的综合应用，注意牛顿第二定律、右手定则、左手定则及能量守恒定律等知识是解决此类问题的关键。
12．（2025春 重庆期中）G为零刻度在中央的灵敏电流表，连接在直流电路中时的偏转情况如图①中所示，即电流从电流表G的左接线柱进时，指针也从中央向左偏。今把它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图②中的条形磁铁的运动方向是向　下　 （选填“上”或“下”）；图③中电流表指针应向　左　 （选填“左”或“右”）偏转；图④中的条形磁铁下端为　N　 极（选填“N”或“S”）。
【考点】楞次定律及其应用．
【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】下；左；N
【分析】要使灵敏电流计的指针向左偏转，根据图①实验可知，电流是从左接线柱流入灵敏电流表，从而知道螺线管中电流方向，由安培定则从而知道感应电流的磁场方向，根据楞次定律知，磁通量的变化，从而确定磁体的运动方向以及磁极。
【解答】解：图②中的电流计指针左偏，可知感应电流是从左侧流入的，根据安培定则可知感应电流的磁场向下，原磁场向上，根据楞次定律可知可知条形磁铁的运动方向是向下；
图③中穿过线圈的磁通量向下减小，根据楞次定律可知，线圈中产生的感应电流从左侧流入电表，可知电流表指针应向左偏转；
图④中的电流表指针向右偏转，可知感应电流从右侧流入电表，感应电流的磁场向上，磁铁插入，则穿过线圈的磁通量向下增加的，可知条形磁铁下端为N极。
故答案为：下；左；N
【点评】解决本题的关键掌握楞次定律的内容：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
13．（2025春 思明区校级期中）如图所示电路中，A1和A2是两个完全相同的灯泡。闭合开关S后，逐渐变亮的灯泡是 　灯泡A1　 （选填“A.灯泡A1”或“B.灯泡A2”），经过一小段时间后，发现灯泡A1和A2亮度相同。断开开关S，将滑动变阻器R2滑片向 　左　 （选填“A.左”或“B.右”）移动，再次闭合开关S并经过一小段时间后，断开开关S，灯泡A2先闪亮一下再熄灭。
【考点】自感线圈对电路的影响．
【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】灯泡A1；左
【分析】闭合开关S时，滑动变阻器R不产生感应电动势，灯泡A2立刻正常发光，线圈的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律判断电流如何变化，分析灯泡亮度如何变化；再断开开关S，线圈中电流减小，产生自感电动势，根据灯泡亮度变化判断滑动变阻器滑片移动方向。
【解答】解：若重闭合开关S，线圈L中的电流增大时，会产生自感电动势，阻碍流过线圈的电流的增大，可观察到开关闭合的瞬间，灯泡A1逐渐变亮。
闭合开关S稳定后，若突然断开开关S，要使灯泡A2先闪亮一下再熄灭，必须稳定发光时，灯泡A2电流小于A1，在原来二者亮度相同时增加滑动变阻器电阻，即滑片向左移动即可。
故答案为：灯泡A1；左
【点评】当通过线圈的电流变化时，线圈会产生自感电动势，阻碍电流的变化，自感现象是一种特殊的电磁感应现象，遵守楞次定律。
四．解答题（共2小题）
14．（2025 昌平区二模）电磁弹射是航空母舰上舰载机的一种起飞方式，是航空母舰的核心技术之一。某学习小组设计了一个简易的电容式电磁弹射装置，如图甲所示，在竖直向下的匀强磁场中，两根相距为L平行金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒MN放置在导轨右侧，与导轨垂直且接触良好。单刀双掷开关S先接1，经过足够长的时间后，再把开关S接到2，导体棒向右离开导轨后水平射出。已知匀强磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m，接入电路部分的电阻为R，电源的电动势为E。不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。
（1）将开关S接1给电容器充电，在图乙所示的坐标系中画出电容器两极板电压u与电荷量q变化关系的图像；并求出经过足够长的时间后电容器极板的电荷量Q和电容器储存的电能Ep；
（2）求开关S接2的瞬间导体棒的加速度大小a；
（3）若某次试验导体棒弹射出去后电容器两端的电压减为初始值的，求导体棒离开导轨时的速度大小v。
【考点】含有电容器的导轨滑杆模型；牛顿第二定律的简单应用．
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；推理论证能力．
【答案】（1）画出电容器两极板电压u与电荷量q变化关系的图像如解析，电容器极板的电荷量Q为CE，电容器储存的电能Ep为；
（2）开关S接2的瞬间导体棒的加速度大小a为；
（3）导体棒离开导轨时的速度大小v为。
【分析】（1）根据电容的定义式和u﹣q图像面积的物理意义列式求解；
（2）根据闭合电路的欧姆定律和牛顿第二定律求解加速度；
（3）根据动量定理列式解答。
【解答】解：（1）电容器两极板电压u与电荷量q变化关系的图像如图所示
根据电容的定义，得Q＝CE，电容器储存的电能为u﹣q图像与横轴所围三角形面积，故有；
（2）开关S接2的瞬间，金属棒中电流，安培力大小FA＝BIL，根据牛顿第二定律，加速度大小；
（3）规定水平向右的方向为正方向，根据动量定理，电容器两端的电压减为初始值的过程中，通过导体棒的电荷量 ，所以，得。
答：（1）画出电容器两极板电压u与电荷量q变化关系的图像如解析，电容器极板的电荷量Q为CE，电容器储存的电能Ep为；
（2）开关S接2的瞬间导体棒的加速度大小a为；
（3）导体棒离开导轨时的速度大小v为。
【点评】考查电容器的相关知识和动量定理的应用，牛顿第二定律等，会根据题意进行准确分析解答。
15．（2025 莆田四模）如图所示，两平行且足够长的金属导轨相距l＝1m，导轨及导轨平面跟水平面均成37°角，MN是垂直于两导轨的一分界线，MN以上的导轨光滑，MN以下的导轨粗糙，两导轨的上端可以通过单刀双掷开关K和电容器C或定值电阻R相连接，整个装置处在方向垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小B＝2T的匀强磁场（图中未画出）中，开关K先接在1上，在光滑导轨上到分界线MN的距离s0＝3m处由静止释放一质量m＝0.1kg、长度l＝1m的金属棒，经过时金属棒到达MN，此时开关K自动跳接在2上，已知电容器的电容C＝1.5×10﹣2F，定值电阻R＝30Ω，金属棒与导轨粗糙部分之间的动摩擦因数μ＝0.85，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计导轨及金属棒的电阻，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）金属棒到达分界线MN时的速度大小；
（2）金属棒在粗糙导轨运动到离分界线MN的最远距离；
（3）在金属棒的整个运动过程中，电阻R产生的电热和电容器储存的电能ΔE。
【考点】倾斜平面内的导轨滑杆模型；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；寻找守恒量法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．
【答案】（1）金属棒到达分界线MN时的速度大小为4m/s；
（2）金属棒在粗糙导轨运动到离分界线MN的最远距离为4m；
（3）在金属棒的整个运动过程中，电阻R产生的电热为1J，电容器储存的电能ΔE为0.48J。
【分析】（1）金属棒在光滑导轨上的运动过程，利用动量定理结合电荷量与电流的关系求解金属棒到达分界线MN时的速度大小；
（2）金属棒在粗糙导轨上做减速运动的过程，根据牛顿第二定律、电流定义式、加速度定义式以及安培力公式求出金属棒的加速度大小，再由运动学公式求金属棒运动到离分界线MN的最远距离；
（3）根据能量守恒定律求在金属棒的整个运动过程中，电阻R产生的电热和电容器储存的电能ΔE。
【解答】解：（1）金属棒在光滑导轨上的运动时，设金属棒到达分界线MN时的速度大小为v0，取沿斜面向下为正方向，由动量定理有
其中
联立解得v0＝4m/s
（2）金属棒在粗糙导轨上的减速运动时，流过金属棒的电流为
电容器的电压u＝Blv
金属棒运动的加速度大小
金属棒受到的安培力大小FA＝Bil
对金属棒，由牛顿第二定律有μmgcos37°+FA﹣mgsin37°＝ma
联立解得
可见金属棒做匀减速运动，代入数据解得a＝2m/s2
金属棒在粗糙导轨上运动到离分界线MN的最远距离为
xmm＝4m
（3）金属棒沿光滑导轨的运动过程，由能量守恒定律有
代入数据解得Q＝1J
金属棒在粗糙导轨运动到离分界线MN距离最远的过程，由能量守恒定律有
代入数据解得ΔE＝0.48J
答：（1）金属棒到达分界线MN时的速度大小为4m/s；
（2）金属棒在粗糙导轨运动到离分界线MN的最远距离为4m；
（3）在金属棒的整个运动过程中，电阻R产生的电热为1J，电容器储存的电能ΔE为0.48J。
【点评】分析清楚电路结构与金属棒的运动过程是解题的前提与关键，应用安培力公式、能量守恒定律、动量定理、牛顿第二定律与运动公式可以解题。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)