第二章 电磁感应（培优卷.含解析）-2025-2026学年高中物理选择性必修第二册人教版（2019）

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单元培优卷 电磁感应
一．选择题（共8小题）
1．（2025 广西）如图，两条固定的光滑平行金属导轨，所在平面与水平面夹角为θ，间距为l，导轨电阻忽略不计，两端各接一个阻值为2R的定值电阻，形成闭合回路；质量为m的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好，接入导轨之间的电阻为R；劲度系数为k的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨平行，一端固定，另一端均与金属棒中间位置相连，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为；将金属棒移至导轨中间位置时，两弹簧刚好处于原长状态；整个装置处于垂直导轨所在平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a后静止释放，金属棒沿导轨向下运动到最远处，用时为t，最远处与导轨中间位置距离为b，弹簧形变始终在弹性限度内。此过程中（　　）
A．金属棒所受安培力冲量大小为
B．每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为
C．每个定值电阻产生的热量为
D．金属棒的平均输出功率为
2．（2025 甘肃）闭合金属框放置在磁场中，金属框平面始终与磁感线垂直。如图，磁感应强度B随时间t按正弦规律变化。Φ为穿过金属框的磁通量，E为金属框中的感应电动势，下列说法正确的是（　　）
A．t在0～内，Φ和E均随时间增大
B．当t与时，E大小相等，方向相同
C．当t时，Φ最大，E为零
D．当t时，Φ和E均为零
3．（2025 北京）下列图示情况，金属圆环中不能产生感应电流的是（　　）
A．图（a）中，圆环在匀强磁场中向左平移
B．图（b）中，圆环在匀强磁场中绕轴转动
C．图（c）中，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移
D．图（d）中，圆环向条形磁铁N极平移
4．（2025 北京）绝缘的轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，磁铁开始振动，由于空气阻力的影响，振动最终停止。现将一个闭合铜线圈固定在磁铁正下方的桌面上（如图所示），仍将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，振动最终也停止。则（　　）
A．有无线圈，磁铁经过相同的时间停止运动
B．磁铁靠近线圈时，线圈有扩张趋势
C．磁铁离线圈最近时，线圈受到的安培力最大
D．有无线圈，磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能相同
5．（2025 湖北）如图（a）所示，相距L的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内，两长度均为L、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上，金属棒与导轨接触良好，导轨电阻忽略不计。导轨间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图（b）所示，t＝T时刻，B＝0。t＝0时刻，两棒相距x0，ab棒速度为零，cd棒速度方向水平向右，并与棒垂直，则0～T时间内流过回路的电荷量为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025 选择性）电磁压缩法是当前产生超强磁场的主要方法之一，其原理如图所示，在钢制线圈内同轴放置可压缩的铜环，其内已“注入”一个初级磁场，当钢制线圈与电容器组接通时，在极短时间内钢制线圈中的电流从零增加到几兆安培，铜环迅速向内压缩，使初级磁场的磁感线被“浓缩”，在直径为几毫米的铜环区域内磁感应强度可达几百特斯拉。此过程，铜环中的感应电流（　　）
A．与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相同
B．与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相反
C．远小于钢制线圈中的电流大小且方向相同
D．远小于钢制线圈中的电流大小且方向相反
7．（2025 选择性）如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为2L，宽均为L，电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用。则（　　）
A．甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同
B．甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1：1
C．乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0
D．甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4：3
8．（2025 河南）如图，一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时，沿N极到S极的方向看，下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是（　　）
A．
B．
C．
D．
二．多选题（共5小题）
（多选）9．（2025 重庆）如图1所示，小明设计的一种玩具小车由边长为d的正方形金属框efgh做成，小车沿平直绝缘轨道向右运动，轨道内交替分布有边长均为d的正方形匀强磁场和无磁场区域，磁场区域的磁感应强度大小为B，方向竖直向上。gh段在磁场区域运动时，受到水平向右的拉力F＝kv+b（k＞0，b＞0），且gh两端的电压随时间均匀增加；当gh在无磁场区域运动时，F＝0。gh段速度大小v与运动路程s的关系如图2所示，图中为gh每次经过磁场区域左边界时速度大小，忽略摩擦力。则（　　）
A．gh在任一磁场区域的运动时间为
B．金属框的总电阻为
C．小车质量为
D．小车的最大速率为
（多选）10．（2025 湖南）如图，关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内，导轨形状为抛物线，顶点位于O点。一足够长的金属杆初始位置与y轴重合，金属杆的质量为m，单位长度的电阻为r0。整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。现给金属杆一沿x轴正方向的初速度v0，金属杆运动过程中始终与y轴平行，且与电阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是（　　）
A．金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向
B．金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动
C．金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为
D．若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半
（多选）11．（2025 广东）如图是一种精确测量质量的装置原理示意图，竖直平面内，质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成。线圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度不变。测量分两个步骤，步骤①：托盘内放置待测物块，其质量用m表示，线圈中通大小为I的电流，使称重框架受力平衡；步骤②：线圈处于断开状态，取下物块，保持线圈不动，磁场以速率v匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E。利用上述测量结果可得出m的值，重力加速度为g。下列说法正确的有（　　）
A．线圈电阻为 B．I越大，表明m越大
C．v越大，则E越小 D．mM
（多选）12．（2025 河南）手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧，c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向，依此自动调节c、d中通入的电流Ic和Id的大小和方向（无抖动时Ic和Id均为零），使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是（　　）
A．若Ic沿顺时针方向，Id＝0，则表明a的方向向右
B．若Id沿顺时针方向，Ic＝0，则表明a的方向向下
C．若a的方向沿左偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿逆时针方向且Ic＞Id
D．若a的方向沿右偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿顺时针方向且Ic＜Id
（多选）13．（2025 浙江）如图1所示，在平面内存在一以O为圆心、半径为r的圆形区域，其中存在一方向垂直平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化如图2所示，周期为3t0。变化的磁场在空间产生感生电场，电场线为一系列以O为圆心的同心圆，在同一电场线上，电场强度大小相同。在同一平面内，有以O为圆心的半径为2r的导电圆环Ⅰ，与磁场边界相切的半径为0.5r的导电圆环Ⅱ，电阻均为R，圆心O对圆环Ⅱ上P、Q两点的张角φ＝30°；另有一可视为无限长的直导线CD。导电圆环间绝缘，且不计相互影响，则（　　）
A．圆环Ⅰ中电流的有效值为
B．t＝1.5t0时刻直导线CD电动势为πr2
C．t＝0.5t0时刻圆环Ⅱ中电流为
D．t＝0.5t0时刻圆环Ⅱ上PQ间电动势为
单元培优卷 电磁感应
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025 广西）如图，两条固定的光滑平行金属导轨，所在平面与水平面夹角为θ，间距为l，导轨电阻忽略不计，两端各接一个阻值为2R的定值电阻，形成闭合回路；质量为m的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好，接入导轨之间的电阻为R；劲度系数为k的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨平行，一端固定，另一端均与金属棒中间位置相连，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为；将金属棒移至导轨中间位置时，两弹簧刚好处于原长状态；整个装置处于垂直导轨所在平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a后静止释放，金属棒沿导轨向下运动到最远处，用时为t，最远处与导轨中间位置距离为b，弹簧形变始终在弹性限度内。此过程中（　　）
A．金属棒所受安培力冲量大小为
B．每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为
C．每个定值电阻产生的热量为
D．金属棒的平均输出功率为
【考点】电磁感应过程中的能量类问题；安培力的计算公式及简单应用；动量定理在电磁感应问题中的应用．
【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】D
【分析】根据冲量的定义式结合电荷量与磁通量变化量的关系求金属棒所受安培力冲量大小，并根据动量定理求出每个弹簧对金属棒施加的冲量大小；根据能量守恒结合热量分配规律求每个定值电阻产生的热量；根据功率公式计算金属棒的平均输出功率。
【解答】解：A、金属棒所受安培力冲量大小为，又，，解得，故A错误；
B、该过程中，取沿导轨向下为正方向，对金属棒，由动量定理得
2I弹﹣I安+mgsinθ t＝0
解得每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为，故B错误；
C、由能量关系可知回路产生的总热量
每个定值电阻产生的热量为，故C错误；
D、因金属棒的电阻与外电路总电阻相等，则金属棒的平均输出功率，故D正确。
故选：D。
【点评】解答本题的关键要掌握动量定理在电磁感应问题中的应用，运用动量定理可以求冲量、运动时间或导体棒在磁场中通过的距离、速度、通过导体棒的电荷量等等。
2．（2025 甘肃）闭合金属框放置在磁场中，金属框平面始终与磁感线垂直。如图，磁感应强度B随时间t按正弦规律变化。Φ为穿过金属框的磁通量，E为金属框中的感应电动势，下列说法正确的是（　　）
A．t在0～内，Φ和E均随时间增大
B．当t与时，E大小相等，方向相同
C．当t时，Φ最大，E为零
D．当t时，Φ和E均为零
【考点】根据B﹣t或者φ﹣t图像计算感应电动势．
【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力．
【答案】C
【分析】根据磁通量的计算公式分析磁通量的大小；根据法拉第电磁感应定律得到图像斜率表示的物理意义，结合图像进行解答。
【解答】解：根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势大小为：E＝NN S，所以B﹣t图像的斜率越大，感应电动势越大。
A、t在0～内，磁感应强度增加，根据Φ＝BS可知，磁通量增加；但减小，则感应电动势E减小，故A错误；
B、根据图像可知，当t与时，B﹣t图像斜率方向相反，则感应电动势E方向相反，故B错误；
C、当t时，B最大，根据Φ＝BS可知，磁通量Φ最大，但为零，则E为零，故C正确；
D、当t时，B＝0，根据Φ＝BS可知，磁通量Φ为零，但最大，则E最大，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要是考查法拉第电磁感应定律和磁通量的计算，关键是掌握磁通量的计算公式和法拉第电磁感应定律，知道B﹣t图像斜率表示的物理意义。
3．（2025 北京）下列图示情况，金属圆环中不能产生感应电流的是（　　）
A．图（a）中，圆环在匀强磁场中向左平移
B．图（b）中，圆环在匀强磁场中绕轴转动
C．图（c）中，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移
D．图（d）中，圆环向条形磁铁N极平移
【考点】感应电流的产生条件．
【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力．
【答案】A
【分析】当闭合电路磁通量发生变化时，回路中会产生感应电流，根据各个选项中回路中磁通量是否变化逐项分析。
【解答】解：当闭合电路磁通量发生变化时，回路中会产生感应电流。
A、图（a）中，圆环在匀强磁场中向左平移，磁通量不变，不会产生感应电流，符合题意，故A正确；
B、图（b）中，圆环在匀强磁场中绕轴转动，磁通量变化，会产生感应电流，不符合题意，故B错误；
C、图（c）中，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移，磁通量减小，会产生感应电流，不符合题意，故C错误；
D、图（d）中，圆环向条形磁铁N极平移，磁通量变化，会产生感应电流，不符合题意，故D错误。
故选：A。
【点评】本题主要是考查感应电流的产生，解答本题的关键是掌握感应电流产生的条件并能够灵活运用。
4．（2025 北京）绝缘的轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，磁铁开始振动，由于空气阻力的影响，振动最终停止。现将一个闭合铜线圈固定在磁铁正下方的桌面上（如图所示），仍将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，振动最终也停止。则（　　）
A．有无线圈，磁铁经过相同的时间停止运动
B．磁铁靠近线圈时，线圈有扩张趋势
C．磁铁离线圈最近时，线圈受到的安培力最大
D．有无线圈，磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能相同
【考点】电磁感应过程中的能量类问题；电磁阻尼与电磁驱动；楞次定律及其应用．
【专题】定性思想；推理法；电磁感应——功能问题；推理论证能力．
【答案】D
【分析】有线圈时，磁铁受到电磁阻尼的作用；根据楞次定律的推论分析线圈的收缩与扩张的趋势；磁铁离线圈最近时线圈的磁通量的变化率为零，感应电动势与感应电流均为零，线圈受到的安培力为零；根据平衡条件，无论有无线圈，最后磁铁静止后弹簧弹力均等于磁铁的重力，故最终弹簧的伸长量相同。磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能为磁铁减小的重力势能减去最终弹簧的弹性势能。
【解答】解：A.有线圈时，磁铁受到电磁阻尼的作用，振动会更快停止，故A错误；
B.根据楞次定律，磁铁靠近线圈时，线圈的磁通量增大，此时线圈有缩小的趋势，故B错误；
C.磁铁离线圈最近时，此时磁铁与线圈的相对速度为零，线圈的磁通量的变化率为零，感应电动势与感应电流均为零，线圈受到的安培力为零，故C错误；
D.根据平衡条件，无论有无线圈，最后磁铁静止后弹簧弹力均等于磁铁的重力，故最终弹簧的伸长量相同，最终磁铁减小的重力势能相同，弹簧的弹性势能相同，由于磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能为磁铁减小的重力势能减去最终弹簧的弹性势能，故系统损失的机械能相同，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了电磁阻尼现象，掌握楞次定律及其推论的用法，掌握法拉第电磁感应定律的内容。
5．（2025 湖北）如图（a）所示，相距L的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内，两长度均为L、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上，金属棒与导轨接触良好，导轨电阻忽略不计。导轨间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图（b）所示，t＝T时刻，B＝0。t＝0时刻，两棒相距x0，ab棒速度为零，cd棒速度方向水平向右，并与棒垂直，则0～T时间内流过回路的电荷量为（　　）
A． B． C． D．
【考点】双杆在等宽导轨上切割磁场的运动问题；根据B﹣t或者φ﹣t图像计算感应电动势．
【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】B
【分析】利用法拉第电磁感应定律计算感应电动势，然后计算感应电流，再根据电流的定义式计算流过回路的电荷量。
【解答】解：根据法拉第电磁感应定律，闭合回路中产生的感应电动势，根据闭合电路欧姆定律得电流，通过回路的电荷量为 q＝IΔt，0～T 时间内ΔΦ＝B0Lx0，联立解得，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电流的定义式等，可联立求解。
6．（2025 选择性）电磁压缩法是当前产生超强磁场的主要方法之一，其原理如图所示，在钢制线圈内同轴放置可压缩的铜环，其内已“注入”一个初级磁场，当钢制线圈与电容器组接通时，在极短时间内钢制线圈中的电流从零增加到几兆安培，铜环迅速向内压缩，使初级磁场的磁感线被“浓缩”，在直径为几毫米的铜环区域内磁感应强度可达几百特斯拉。此过程，铜环中的感应电流（　　）
A．与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相同
B．与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相反
C．远小于钢制线圈中的电流大小且方向相同
D．远小于钢制线圈中的电流大小且方向相反
【考点】法拉第电磁感应定律的基本计算．
【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解能力．
【答案】B
【分析】根据楞次定律判断电流方向；铜环中产生的感应电流会很大，几乎与钢制线圈中的电流大小相等，且方向相反，以阻碍磁通量的快速增加。
【解答】解：当钢制线圈中电流迅速增加时，根据楞次定律，铜环中会产生感应电流来阻碍磁通量的增加。感应电流产生的磁场方向与钢制线圈产生的磁场方向相反，由安培定则可知，铜环中的电流方向与钢制线圈中的电流方向相反；由于铜环电阻较小，在这种电磁感应情境下，根据楞次定律的“增反减同”，铜环中产生的感应电流会很大，几乎与钢制线圈中的电流大小相等，且方向相反，以阻碍磁通量的快速增加，故B正确、ACD错误。
故选：B。
【点评】根据楞次定律判断感应电流的方向的一般步骤是：确定原磁场的方向→原磁场的变化→引起感应电流的磁场的变化→楞次定律→感应电流的方向。
7．（2025 选择性）如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为2L，宽均为L，电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用。则（　　）
A．甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同
B．甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1：1
C．乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0
D．甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4：3
【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】D
【分析】根据右手定则判断电流方向；
合外力为安培力，根据安培力的计算公式求解所受合力大小之比；
对乙全过程根据动量定理求解刚出磁场时速度大小；
对甲全过程根据动量定理求解刚出磁场时速度大小，根据功能关系求解甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比。
【解答】解：A、根据右手定则可知，甲线框进磁场过程中电流方向为顺时针，出磁场的过程中电流方向为逆时针，所以甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相反，故A错误；
B、甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力均为安培力，根据安培力的计算公式可得：F安＝BIL
由于甲和乙的电阻大小分别为R和2R，则所受合力大小之比为2：1，故B错误；
C、设乙线框恰好完全出磁场区域时速度大小为v，取向右为正方向，对乙全过程根据动量定理可得：﹣BLΔt＝mv﹣mv0
即：mv0﹣mv，其中：Δx＝4L
解得：v，故C错误；
D、设甲线框恰好完全出磁场区域时速度大小为v′，取向右为正方向，对甲全过程根据动量定理可得：﹣B′LΔt′＝mv′﹣mv0
即：mv0﹣mv′，其中：Δx＝4L
解得：v′＝0
甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为：，故D正确。
故选：D。
【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。
8．（2025 河南）如图，一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时，沿N极到S极的方向看，下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是（　　）
A．
B．
C．
D．
【考点】涡流的产生及原理；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；理解能力．
【答案】C
【分析】根据磁场方向结合磁通量的变化情况，结合楞次定律进行解答。
【解答】解：根据图像可知磁场方向向下。
从开始到金属薄片中心运动到N极的正下方时，右半部分磁场向下减小、左边部分磁场向下增加，沿N极到S极的方向看，根据楞次定律可知：右半部分涡流沿顺时针方向、左边部分涡流沿逆时针方向，故C正确、ABD错误。
故选：C。
【点评】本题主要是考查涡流方向的判断，关键是掌握楞次定律的应用方法。
二．多选题（共5小题）
（多选）9．（2025 重庆）如图1所示，小明设计的一种玩具小车由边长为d的正方形金属框efgh做成，小车沿平直绝缘轨道向右运动，轨道内交替分布有边长均为d的正方形匀强磁场和无磁场区域，磁场区域的磁感应强度大小为B，方向竖直向上。gh段在磁场区域运动时，受到水平向右的拉力F＝kv+b（k＞0，b＞0），且gh两端的电压随时间均匀增加；当gh在无磁场区域运动时，F＝0。gh段速度大小v与运动路程s的关系如图2所示，图中为gh每次经过磁场区域左边界时速度大小，忽略摩擦力。则（　　）
A．gh在任一磁场区域的运动时间为
B．金属框的总电阻为
C．小车质量为
D．小车的最大速率为
【考点】线圈进出磁场的动力学问题；动量定理在电磁感应问题中的应用；电磁感应过程中的动力学类问题．
【专题】定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；推理论证能力．
【答案】BC
【分析】根据题意可知gh在磁场中运动时做匀加速直线运动。根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的计算公式，应用牛顿第二定律得到加速度和电阻的表达式；对gh在无磁场区域运动过程，根据动量定理、运动学公式求解小车质量和小车的最大速率，以及h在任一磁场区域的运动时间。
【解答】解：B、根据题意：gh段在磁场区域运动时其两端的电压随时间均匀增加，说明gh在磁场中运动时做匀加速直线运动。当运动的速度大小为v时，则有：
E＝Bdv；；F安＝BId
根据牛顿第二定律得：F﹣F安＝ma，已知：F＝kv+b
联立解得：
由加速度a恒定，可得：，ma＝b
解得金属框的总电阻，故B正确；
CD、设小车的最大速率为vm，对gh在无磁场区域运动过程，以向右为正方向，根据动量定理得：
mv0﹣mvm
其中：
gh在磁场中运动时做匀加速直线运动，则有：
结合：ma＝b，联立解得小车质量为：，，故C正确，D错误；
A、由于gh在磁场中运动时做匀加速直线运动，则有：vm＝v0+at，解得gh在任一磁场区域的运动时间为：，故A错误。
故选：BC。
【点评】本题考查了电磁感应现象与力学的综合问题，考查了力与运动的逻辑分析能力。掌握动量定理在此类问题中的应用。
（多选）10．（2025 湖南）如图，关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内，导轨形状为抛物线，顶点位于O点。一足够长的金属杆初始位置与y轴重合，金属杆的质量为m，单位长度的电阻为r0。整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。现给金属杆一沿x轴正方向的初速度v0，金属杆运动过程中始终与y轴平行，且与电阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是（　　）
A．金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向
B．金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动
C．金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为
D．若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半
【考点】电磁感应过程中的动力学类问题；动量定理在电磁感应问题中的应用．
【专题】定量思想；控制变量法；电磁感应中的力学问题；理解能力．
【答案】AC
【分析】根据右手定则判断金属杆中电流方向；推导出安培力与速度的关系式，判断金属杆能否做匀速直线运动；根据动量定理求金属杆停止运动时与导轨围成的面积；结合C项结果分析D项。
【解答】解：A、根据右手定则可知，金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中感应电流沿y轴负方向，故A正确；
B、若金属杆可以在沿x轴正方向的恒力F作用下做匀速直线运动，金属杆受到的安培力大小F安＝BIL，其中
联立可得F安
由于金属杆运动过程中接入导轨中的长度L在变化，F安在变化，不可能与恒力一直平衡，所以金属杆在沿x轴正方向的恒力作用下不可能做匀速直线运动，故B错误；
C、取一微小时间Δt内，设此时金属杆接入导轨中的长度为L′，取向右为正方向，根据动量定理有得
﹣BI′L′Δt＝﹣BL′q′＝mΔv
同时有
联立得
对从开始到金属杆停止运动的整个过程累积可得
解得此时金属杆与导轨围成的面积为，故C正确；
D、若金属杆的初速度减半，根据前面分析可知当金属杆停止运动时金属杆与导轨围成的面积为，根据抛物线的图像规律可知此时金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半，故D错误。
故选：AC。
【点评】解答本题的关键要掌握动量定理，并用来研究金属杆在磁场中的运动过程，结合累积法求金属杆与导轨围成的面积。
（多选）11．（2025 广东）如图是一种精确测量质量的装置原理示意图，竖直平面内，质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成。线圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度不变。测量分两个步骤，步骤①：托盘内放置待测物块，其质量用m表示，线圈中通大小为I的电流，使称重框架受力平衡；步骤②：线圈处于断开状态，取下物块，保持线圈不动，磁场以速率v匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E。利用上述测量结果可得出m的值，重力加速度为g。下列说法正确的有（　　）
A．线圈电阻为 B．I越大，表明m越大
C．v越大，则E越小 D．mM
【考点】线圈进出磁场的电压、电流、电荷量等电学量的计算；安培力作用下的受力平衡问题．
【专题】定量思想；方程法；电磁感应与电路结合；磁场 磁场对电流的作用；推理论证能力．
【答案】BD
【分析】根据欧姆定律判断；对称重框架受力分析，结合受力平衡判断；根据导体棒产生的电动势判断。
【解答】解：A、该选项的公式中，E是线圈切割磁感线产生的电动势，而I是称重框架受力平衡时线圈内的电流，二者不是同时发生的，故A错误；
BD、设线圈的下面的边长为L，线圈共n匝，当称重框架受力平衡时，称重框架与待测物体重力的和等于线圈受到的安培力，则Mg+mg＝nBIL
磁场以速率v匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E，则E＝nBLv
联立可得m
可知I越大，表明m越大，故BD正确；
C、根据E＝nBLv可知，v越大，则电动势E越大，故C错误。
故选：BD。
【点评】该题情景新颖，关键是要注意A选项中的E与I是两个不同状态情况下的物理量，不应该用在同一个公式中。
（多选）12．（2025 河南）手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧，c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向，依此自动调节c、d中通入的电流Ic和Id的大小和方向（无抖动时Ic和Id均为零），使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是（　　）
A．若Ic沿顺时针方向，Id＝0，则表明a的方向向右
B．若Id沿顺时针方向，Ic＝0，则表明a的方向向下
C．若a的方向沿左偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿逆时针方向且Ic＞Id
D．若a的方向沿右偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿顺时针方向且Ic＜Id
【考点】法拉第电磁感应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】BC
【分析】根据安培力方向与镜头原有加速度方向相反结合左手定则以及加速度的分解知识进行分析解答。
【解答】解：AB.若Ic沿顺时针方向，Id＝0，根据左手定则，线圈c受到的安培力方向向右，表明a的方向向左；若Id沿顺时针方向，Ic＝0，由左手定则，线圈d受到的安培力方向向上，则表明a的方向向下，故A错误，B正确；
C.规定水平方向为x，竖直方向为y，若a的方向沿左偏上30°，则有ax＝acos30°a，ay＝asin30°a，即ax＞ay，线圈c和线圈d受到的安培力分别向右和向下，依左手定则，则Ic沿顺时针方向，Id沿逆时针方向，要求Fx＞Fy，故Ic＞Id，故C正确；
D.同理，若a的方向沿右偏上30°，则有ax＝acos30°a，ay＝asin30°a，即ax＞ay，线圈c和线圈d受到的安培力分别向左和向下，依左手定则，则Ic沿逆时针方向，Id沿逆时针方向，要求Fx＞Fy，故Ic＞Id，故D错误。
故选：BC。
【点评】考查安培力方向与镜头原有加速度方向相反结合左手定则以及加速度的分解知识，会根据题意进行准确分析解答。
（多选）13．（2025 浙江）如图1所示，在平面内存在一以O为圆心、半径为r的圆形区域，其中存在一方向垂直平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化如图2所示，周期为3t0。变化的磁场在空间产生感生电场，电场线为一系列以O为圆心的同心圆，在同一电场线上，电场强度大小相同。在同一平面内，有以O为圆心的半径为2r的导电圆环Ⅰ，与磁场边界相切的半径为0.5r的导电圆环Ⅱ，电阻均为R，圆心O对圆环Ⅱ上P、Q两点的张角φ＝30°；另有一可视为无限长的直导线CD。导电圆环间绝缘，且不计相互影响，则（　　）
A．圆环Ⅰ中电流的有效值为
B．t＝1.5t0时刻直导线CD电动势为πr2
C．t＝0.5t0时刻圆环Ⅱ中电流为
D．t＝0.5t0时刻圆环Ⅱ上PQ间电动势为
【考点】根据B﹣t或者φ﹣t图像计算感应电动势．
【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】BD
【分析】圆环Ⅱ中没有磁场，磁通量恒为零无变化，无电流；根据法拉第电磁感应定律结合有效值的概念计算A；根据分压规律分析BD。
【解答】解：C、圆环Ⅱ中没有磁场，磁通量恒为零无变化，且圆环Ⅱ与圆环Ⅰ绝缘，又不受其影响，因此圆环Ⅱ中一直没有电流，故C错误；
A、对于圆环Ⅰ，感应电动势大小E＝||＝||πr2
由图可知0～t0和2t0～3t0时间||
t0～2t0时间段||
则三个时间段的电动势大小E1＝E3，E2
设电动势有效值为E0，则有3t0t0t0t0
解得E0
则电流有效值I0
故A错误；
D、假设有一金属圆环与PQ所在的感生电场线上重合，则沿着圆环（感生电场线）转一圈，电势差即为感生电动势的大小。t＝0.5t0时，假设圆环的感应电动势大小E＝E1＝
则|UPQ|E
故D正确。
B、直导线CD无限长，相当于圆心O对CD的张角φ'＝180°
t＝0.5t0时E'＝E2
同D选项分析可知|UCD|E'
故B正确。
故选：BD。
【点评】此题是电磁感应中电路问题，要注意法拉第电磁感应定律的应用，搞清电路的结构，根据电磁感应规律和电路知识相结合解答。
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