备考2026届高考物理一轮复习核心考点 电磁感应（二）（有解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
高考物理一轮复习 电磁感应
一．实验题（共1小题）
1．（2025 广东）科技小组制作的涡流制动演示装置由电磁铁和圆盘控制部分组成。
图甲（a）是电磁铁磁感应强度的测量电路。所用器材有：电源E（电动势15V，内阻不计）；电流表A（量程有0.6A和3A，内阻不计）；滑动变阻器RP（最大阻值100Ω）；定值电阻R0（阻值10Ω）；开关S；磁传感器和测试仪；电磁铁（线圈电阻16Ω）；导线若干。图甲（b）是实物图，图中电机和底座相固定，圆形铝盘和电机转轴相固定。
请完成下列实验操作和计算。
（1）量程选择和电路连接。
①由器材参数可得电路中的最大电流为 　 　 A（结果保留2位有效数字）。为减小测量误差，电流表的量程选择0.6A挡。
②图甲（b）中已正确连接了部分电路，请在虚线框中完成RP、R0和A间的实物图连线。
（2）磁感应强度B和电流I关系测量。
①将图甲（a）中的磁传感器置于电磁铁中心，滑动变阻器RP的滑片P置于b端。置于b端目的是使电路中的电流 　 　 ，保护电路安全。
②将滑片P缓慢滑到某一位置，闭合S。此时A的示数如图乙所示，读数为 　 　 A。分别记录测试仪示数B和I，断开S。
③保持磁传感器位置不变，重复步骤②。
④图丙是根据部分实验数据描绘的B﹣I图线，其斜率为 　 　 mT/A（结果保留2位有效数字）。
（3）制动时间t测量。
利用图甲（b）所示装置测量了t，结果表明B越大，t越小。
二．解答题（共8小题）
2．（2025 甘肃）在自动化装配车间，常采用电磁驱动的机械臂系统。如图，ab、cd为两条足够长的光滑平行金属导轨，间距为L，电阻忽略不计。导轨置于磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中。导轨上有与之垂直并接触良好的金属机械臂1和2，质量均为m，电阻均为R。导轨左侧接有电容为C的电容器。初始时刻，机械臂1以初速度v0向右运动，机械臂2静止。运动过程中两机械臂不发生碰撞。系统达到稳定状态后，电流为零，两机械臂速度相同。
（1）求初始时刻机械臂1产生的感应电动势大小及感应电流方向。
（2）系统达到稳定状态前，若机械臂1和2中的电流分别为I1和I2，写出两机械臂各自所受安培力的大小；若电容器两端电压为U，写出电容器所带电荷量的表达式。
（3）求系统达到稳定状态后两机械臂的速度。若要两机械臂不相撞，二者在初始时刻的间距至少为多少？
3．（2025 四川）如图所示，长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘桌面上，两者平行且相距l，M、P连线垂直于导轨，定滑轮位于N、Q连线中点正上方h处。MN和PQ单位长度的电阻均为r，M、P间连接一阻值为2sr的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。零时刻，金属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度大小为g。求：
（1）金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势；
（2）金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路的热功率；
（3）金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程。
4．（2025 安徽）如图，平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，右端连接阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒，导体棒以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定；从原位置再发射第2根相同的导体棒，导体棒仍以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，以此类推，直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m，电阻为R，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好（发射前导体棒与导轨不接触），不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路中的电流对原磁场的影响。求：
（1）第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率；
（2）第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电荷量；
（3）从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量。
5．（2025 福建）光滑斜面倾角为θ＝30°，Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直斜面向外的匀强磁场，两区磁感应强度大小相等。正方形线框abcd质量为m，总电阻为R，同种材料制成且粗细均匀，Ⅰ区域长为L1，Ⅱ区域长为L2，两区域间无磁场的区域长度大于线框长度。线框从某一位置释放，cd边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度均为v，当cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度一致，则：
（1）求线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离；
（2）求cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差；
（3）求线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率。
6．（2025 山东）如图所示，平行轨道的间距为L，轨道平面与水平面夹角为α，二者的交线与轨道垂直，以轨道上O点为坐标原点，沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ（ 2L≤x＜ L）内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ（x≥0）内充满方向垂直轨道平面向上的磁场，磁感应强度大小B1＝k1t+k2x，k1和k2均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf放置在轨道上，pq边与轨道垂直，由静止释放。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动，磁场上、下边界均与x轴垂直，整个过程中金属框不发生形变，重力加速度大小为g，不计自感。
（1）若金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中匀速运动，求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离s；
（2）金属框沿轨道下滑，当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t＝0），此时金属框的速率为v0，若，求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，ef边移动的距离d。
7．（2025 海南）间距为L的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙且平滑相接，导轨上方接有电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角θ＝30°，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于垂直竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B，两相同导体棒ab、cd与水平导轨的动摩擦因数μ＝0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒质量均m，接入电路中的电阻均为R，cd棒仅在水平导轨上运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不互相碰撞，忽略金属导轨的电阻，重力加速度为g。
（1）锁定水平导轨上的cd棒，闭合开关，ab棒静止在倾斜导轨上，求通过ab棒的电流；断开开关，同时解除cd棒的锁定，当ab棒下滑距离为x0时，cd棒开始运动，求cd棒从解除锁定到开始运动过程中，cd棒产生的焦耳热；
（2）此后ab棒在下滑过程中，电流达到稳定，求此时ab、cd棒的速度大小之差；
（3）ab棒中电流稳定之后继续下滑，从ab棒到达水平导轨开始计时，t1时刻cd棒速度为零，加速度不为零，此后某时刻，cd棒的加速度为零，速度不为零，求从t1时刻到某时刻，ab、cd的路程之差。
8．（2025 云南）如图所示，光滑水平面上有一个长为L、宽为d的长方体空绝缘箱，其四周紧固一电阻为R的水平矩形导线框，箱子与导线框的总质量为M。与箱子右侧壁平行的磁场边界平面如截面图中虚线PQ所示，边界右侧存在范围足够大的匀强磁场，其磁感应强度大小为B、方向竖直向下。t＝0时刻，箱子在水平向右的恒力F（大小未知）作用下由静止开始做匀加速直线运动，这时箱子左侧壁上距离箱底h处、质量为m的木块（视为质点）恰好能与箱子保持相对静止。箱子右侧壁进入磁场瞬间，木块与箱子分离；箱子完全进入磁场前某时刻，木块落到箱子底部，且箱子与木块均不反弹（木块下落过程中与箱子侧壁无碰撞）；木块落到箱子底部时即撤去F。运动过程中，箱子右侧壁始终与磁场边界平行，忽略箱壁厚度、箱子形变、导线粗细及空气阻力。木块与箱子内壁间的动摩擦因数为μ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
（1）求F的大小；
（2）求t＝0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离；
（3）若t＝0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的距离为s（s大于（2）问中最小距离），求最终木块与箱子的速度大小。
9．（2025 选择性）如图（a），固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于始终竖直向下的匀强磁场中，ad边与磁场边界平行，ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m＝1kg、电阻R＝0.5Ω、边长L＝1m。磁感应强度B随时间t连续变化，0～1s内B﹣t图像如图（b）所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图（c）所示，其中0～1s内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。
（1）求t＝0.5s时ad边受到的安培力大小F。
（2）在图（b）中画出1～2s内B﹣t图像（无需写出计算过程）。
（3）从t＝2s开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度v0＝0.1m/s，求ad边离开磁场时的速度大小v1。
高考物理一轮复习 电磁感应
参考答案与试题解析
一．实验题（共1小题）
1．（2025 广东）科技小组制作的涡流制动演示装置由电磁铁和圆盘控制部分组成。
图甲（a）是电磁铁磁感应强度的测量电路。所用器材有：电源E（电动势15V，内阻不计）；电流表A（量程有0.6A和3A，内阻不计）；滑动变阻器RP（最大阻值100Ω）；定值电阻R0（阻值10Ω）；开关S；磁传感器和测试仪；电磁铁（线圈电阻16Ω）；导线若干。图甲（b）是实物图，图中电机和底座相固定，圆形铝盘和电机转轴相固定。
请完成下列实验操作和计算。
（1）量程选择和电路连接。
①由器材参数可得电路中的最大电流为 　0.58　 A（结果保留2位有效数字）。为减小测量误差，电流表的量程选择0.6A挡。
②图甲（b）中已正确连接了部分电路，请在虚线框中完成RP、R0和A间的实物图连线。
（2）磁感应强度B和电流I关系测量。
①将图甲（a）中的磁传感器置于电磁铁中心，滑动变阻器RP的滑片P置于b端。置于b端目的是使电路中的电流 　最小　 ，保护电路安全。
②将滑片P缓慢滑到某一位置，闭合S。此时A的示数如图乙所示，读数为 　0.48　 A。分别记录测试仪示数B和I，断开S。
③保持磁传感器位置不变，重复步骤②。
④图丙是根据部分实验数据描绘的B﹣I图线，其斜率为 　30　 mT/A（结果保留2位有效数字）。
（3）制动时间t测量。
利用图甲（b）所示装置测量了t，结果表明B越大，t越小。
【考点】涡流的应用与防止；交流电表的读数；法拉第电磁感应定律的基本计算．
【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题；推理论证能力．
【答案】（1）①0.58；②见解析；（2）①最小；②0.48；④30。
【分析】（1）①根据闭合电路的欧姆定律求解作答；
②根据电路图进行实物连线；
（2）①根据保护电路安全的需求进行分析解答；
②根据电流表的读数规则读数；
④根据B﹣I图像求解斜率。
【解答】解：（1）①当电路中电阻最小时，电路中有最大电流，由闭合电路的欧姆定律A≈0.58A；
②由于电路中最大电流为0.58A，则电流表应选择0～0.6A量程，根据电路图实物图连线如下
（2）①滑动变阻器RP的滑片P置于b端时滑动变阻器的电阻最大，电路中的电流最小，以保护电路安全；
②0﹣0.6A量程的电流表，分度值为0.02A，根据电流表的读数规则，电流表读数为0.48A；
④根据题图中数据可知B I图线斜率为kmT/A＝30mT/A；
故答案为：（1）①0.58；②见解析；（2）①最小；②0.48；④30。
【点评】本题涡流制动演示装置的实验，要明确实验原理，掌握闭合电路欧姆定律的运用，掌握电流表读数规则，掌握图像法处理数据的方法。
二．解答题（共8小题）
2．（2025 甘肃）在自动化装配车间，常采用电磁驱动的机械臂系统。如图，ab、cd为两条足够长的光滑平行金属导轨，间距为L，电阻忽略不计。导轨置于磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中。导轨上有与之垂直并接触良好的金属机械臂1和2，质量均为m，电阻均为R。导轨左侧接有电容为C的电容器。初始时刻，机械臂1以初速度v0向右运动，机械臂2静止。运动过程中两机械臂不发生碰撞。系统达到稳定状态后，电流为零，两机械臂速度相同。
（1）求初始时刻机械臂1产生的感应电动势大小及感应电流方向。
（2）系统达到稳定状态前，若机械臂1和2中的电流分别为I1和I2，写出两机械臂各自所受安培力的大小；若电容器两端电压为U，写出电容器所带电荷量的表达式。
（3）求系统达到稳定状态后两机械臂的速度。若要两机械臂不相撞，二者在初始时刻的间距至少为多少？
【考点】双杆在等宽导轨上切割磁场的运动问题．
【专题】定量思想；方程法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．
【答案】（1）初始时刻机械臂1产生的感应电动势大小为BLv0，感应电流方向向上。
（2）两机械臂各自所受安培力的大小分别为BI1L、BI2L；若电容器两端电压为U，则电容器所带电荷量的表达式为Q＝CU。
（3）系统达到稳定状态后两机械臂的速度为，方向向右。若要两机械臂不相撞，二者在初始时刻的间距至少为。
【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势大小，根据右手定则判断电流方向；
（2）根据安培力的计算公式求解安培力的大小；根据电容计算公式求解电容器所带电荷量；
（3）系统达到稳定状态后，通过机械臂1的电荷量等于通过机械臂2的电荷量，且最后二者速度相等，根据动量定理列方程求解速度大小，以及二者在初始时刻的最小间距。
【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律可得初始时刻机械臂1产生的感应电动势大小：E1＝BLv0
根据右手定则可知，感应电流方向向上；
（2）根据安培力的计算公式可得机械臂1受到的安培力大小为：F1＝BI1L
机械臂2受到的安培力大小为：F2＝BI2L
若电容器两端电压为U，则电容器所带电荷量为：Q＝CU；
（3）系统达到稳定状态后回路中电流为零，机械臂1和2的速度相等，设为v，此时电容器所带电荷量为：q＝CBLv
取向右为正方向，对机械臂1根据动量定理可得：﹣BLΔt＝mv﹣mv0
即Bq1L＝mv0﹣mv
取向右为正方向，对机械臂2根据动量定理可得：﹣BLΔt＝mv﹣0
即Bq2L＝mv
由于机械臂1相当于电源，根据电荷量之间的关系可得：q1﹣q2＝Q＝CU
联立解得：v，方向向右；
q1+q2
设机械臂1和2的位移大小分别为x1、x2，若要两机械臂不相撞，二者在初始时刻的间距至少为xmin＝x1﹣x2。
在过程中机械臂1和2两端的电压为：u＝BLv1﹣i1R＝BLv2+i2R
可得：BL（v1﹣v2）＝（i1+i2）R
则有：∑BL（v1﹣v2）Δt＝∑（i1+i2）RΔt
可得：BL（x1﹣x2）＝（q1+q2）R
解得：xmin＝x1﹣x2
解得二者在初始时刻的最小间距：Δx。
答：（1）初始时刻机械臂1产生的感应电动势大小为BLv0，感应电流方向向上。
（2）两机械臂各自所受安培力的大小分别为BI1L、BI2L；若电容器两端电压为U，则电容器所带电荷量的表达式为Q＝CU。
（3）系统达到稳定状态后两机械臂的速度为，方向向右。若要两机械臂不相撞，二者在初始时刻的间距至少为。
【点评】对于电磁感应现象双棒问题的分析，关键是弄清楚电路连接情况、导体棒的受力情况和运动情况，掌握动量定理在电磁感应现象中的应用方法。
3．（2025 四川）如图所示，长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘桌面上，两者平行且相距l，M、P连线垂直于导轨，定滑轮位于N、Q连线中点正上方h处。MN和PQ单位长度的电阻均为r，M、P间连接一阻值为2sr的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。零时刻，金属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度大小为g。求：
（1）金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势；
（2）金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路的热功率；
（3）金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程。
【考点】单杆在导轨上有外力作用下切割磁场的运动问题；热功率的计算．
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；电磁感应中的力学问题；分析综合能力．
【答案】（1）金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势为Blv；
（2）金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路的热功率为；
（3）金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程为。
【分析】（1）根据公式E＝Blv求解作答；
（2）根据功率公式求解作答；
（3）根据闭合电路欧姆定律和安培力公式求解安培力；根据平衡条件结合数学知识求解作答。
【解答】解：（1）金属杆在导轨上运动时，切割磁感线，产生感应电动势E＝ Blv；
（2）金属杆运动距离d时，电路中的总电阻为R＝2dr+2sr
此时回路中的总的热功率为
（3）根据闭合电路欧姆定律，感应电流
安培力
设金属杆保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程为x，刚好将要脱离导轨，此时绳子拉力为T，与水平方向的夹角为θ；
对金属杆，根据受力平衡，水平方向F安＝Tx＝Tcosθ
竖直方向mg＝Tsinθ
根据位置关系有
联立解得。
答：（1）金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势为Blv；
（2）金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路的热功率为；
（3）金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程为。
【点评】本题主要考查了导体棒切割磁感线产生感应电动势，要熟练掌握闭合电路欧姆定律、安培力公式、功率公式和平衡条件的运用，掌握数学方法与物理上的运用。
4．（2025 安徽）如图，平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，右端连接阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒，导体棒以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定；从原位置再发射第2根相同的导体棒，导体棒仍以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，以此类推，直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m，电阻为R，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好（发射前导体棒与导轨不接触），不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路中的电流对原磁场的影响。求：
（1）第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率；
（2）第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电荷量；
（3）从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量。
【考点】电磁感应过程中的能量类问题；动量定理在电磁感应问题中的应用．
【专题】定量思想；方程法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．
【答案】（1）第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率为；
（2）第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电荷量为；
（3）从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量为（n ＝ 1，2，3，……）
【分析】（1）根据安培力的计算公式求解导体棒受到的安培力，根据电功率的计算公式求解此时导体棒受安培力的功率；
（2）第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，根据动量定理、电荷量的计算公式进行解答；
（3）每根导体棒进入磁场后产生的总热量相同，根据电路连接情况结合焦耳定律求解每根棒进入过程中R上产生的热，再根据数学知识进行解答。
【解答】解：（1）第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E＝BLv0
则此时回路的电流为：
此时导体棒受到的安培力F安＝BIL
此时导体棒受安培力的功率为：P＝F安v0
联立解得：P；
（2）第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，取向右为正方向，根据动量定理有：﹣BLΔt＝0﹣mv0
其中：Δt＝q
解得通过其横截面上的电荷量：；
（3）由于每根导体棒均以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，则根据能量守恒，每根导体棒进入磁场后产生的总热量均为：
第n根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，有（n﹣1）个导体棒并联再与R并联，然后与第n个导体棒串联。电路的总电阻为R，电阻R的电流为总电流的，根据焦耳定律以及能量的分配关系可得：
第1根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量：
第2根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量：
第3根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量：
……
第n根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量：
则从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量：QR＝ QR1+QR2+QR3+…+QRn
通过分式分解和观察数列的“望远镜求和”性质，得出：（n ＝ 1，2，3，……）。
答：（1）第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率为；
（2）第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电荷量为；
（3）从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量为（n ＝ 1，2，3，……）
【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。
5．（2025 福建）光滑斜面倾角为θ＝30°，Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直斜面向外的匀强磁场，两区磁感应强度大小相等。正方形线框abcd质量为m，总电阻为R，同种材料制成且粗细均匀，Ⅰ区域长为L1，Ⅱ区域长为L2，两区域间无磁场的区域长度大于线框长度。线框从某一位置释放，cd边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度均为v，当cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度一致，则：
（1）求线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离；
（2）求cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差；
（3）求线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率。
【考点】电磁感应过程中的能量类问题；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．
【专题】定量思想；推理法；电磁感应——功能问题；电磁感应中的力学问题；推理论证能力．
【答案】（1）线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离为；
（2）cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差为；
（3）当L1≤L2时，线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率为；当L1＞L2时，线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率为。
【分析】（1）根据动能定理求解线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离；
（2）根据题意可知线框穿过Ⅰ区域的过程做匀速直线运动，由此可得到正方形线框的边长等于Ⅰ区域长。根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式，结合框受力平衡条件求得磁感应强度大小和cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差；
（3）对线框进入Ⅱ区域到完全离开的过程，根据动能定理求得此过程克服安培力做功。由动量定理求得此过程所经历的时间，进而求得此过程克服安培力做功的平均功率。
【解答】解：（1）设线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离为x，根据动能定理得：
mgxsinθ
解得：x
（2）根据题意可知线框穿过Ⅰ区域的过程做匀速直线运动，则在线框的ab边进入Ⅰ区域的同时cd边恰好离开Ⅰ区域，可知正方形线框的边长等于Ⅰ区域长为L1，设两区域的磁感应强度大小均为B。
cd边进入Ⅰ区域时产生的电动势为：E＝BL1v
此时的感应电流为：I
线框受到的安培力的大小为：F＝BIL1
对线框由受力平衡得：mgsinθ＝F
联立解得：B，I，
cd边两端的电势差为；Ucd＝I
（3）根据题意可知线框进入Ⅱ区域到完全离开的过程，线框的初末速度相同，设此过程克服安培力做功为W，根据动能定理得：
mgsinθ （L1+L2）﹣W＝0﹣0，解得：Wmg（L1+L2）
设此过程安培力的的冲量大小为I安，时间为t，以沿斜面向下为正方向，由动量定理得：
mgtsinθ﹣I安＝0
①若L1≤L2，则线框进入磁场的过程安培力的的冲量大小为：
I安进＝BL1BL1 t
同理可得线框离开磁场的过程安培力的的冲量大小为：I安出
可得：I安＝I安进+I安出
联立解得：t
此过程克服安培力做功的平均功率为：
②若L1＞L2，则线框进入磁场的过程安培力的的冲量大小为：
I安进′＝BL1BL1 t′
同理可得线框离开磁场的过程安培力的的冲量大小为：I安出′
可得：I安′＝I安进′+I安出′
联立解得：t′
此过程克服安培力做功的平均功率为：
答：（1）线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离为；
（2）cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差为；
（3）当L1≤L2时，线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率为；当L1＞L2时，线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率为。
【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，掌握应用动量定理处理此类问题的方法。
6．（2025 山东）如图所示，平行轨道的间距为L，轨道平面与水平面夹角为α，二者的交线与轨道垂直，以轨道上O点为坐标原点，沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ（ 2L≤x＜ L）内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ（x≥0）内充满方向垂直轨道平面向上的磁场，磁感应强度大小B1＝k1t+k2x，k1和k2均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf放置在轨道上，pq边与轨道垂直，由静止释放。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动，磁场上、下边界均与x轴垂直，整个过程中金属框不发生形变，重力加速度大小为g，不计自感。
（1）若金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中匀速运动，求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离s；
（2）金属框沿轨道下滑，当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t＝0），此时金属框的速率为v0，若，求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，ef边移动的距离d。
【考点】动量定理在电磁感应问题中的应用；闭合电路欧姆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．
【专题】计算题；定量思想；推理法；动量定理应用专题；电磁感应中的力学问题；推理论证能力．
【答案】（1）金属框匀速运动的速率v为，释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离s为；
（2）从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，ef边移动的距离d为。
【分析】（1）金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中，金属框只有一条边切割磁感线，根据楞次定律判断安培力方向，根据平衡条件和动生电动势公式求解金属框的速度，金属框开始释放到pq边进入磁场的过程中，只有重力做功，根据动能定理求解释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离；
（2）根据法拉第电磁感应定律求解电动势，根据安培力公式求解导体棒所受安培力，金属框达到平衡状态时，根据平衡条件求解速率，根据动量定理求解ef边移动距离。
【解答】解：（1）设金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程的速率为v，金属棒释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离为s，导体棒切割磁感线产生的电动势
E＝BLvcosα
线框中电流
线框做匀速直线运动，则
BILcosα＝mgsinα
联立解得：
金属框开始释放到pq边进入磁场，由动能定理可得：
解得：
（2）当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t ＝ 0），设线框ef边到O点的距离为s时，线框中产生的感应电动势
其中
此时线路中的感应电流
线框pq边受到沿轨道向上的安培力，大小为
F安1＝[k1t+k2（s+L）]I'L
线框ef边受到沿轨道向下的安培力，大小为
F安2＝（k1t+k2s）I'L
则线框受到的安培力
F安＝F安1﹣F安2＝[k1t+k2（s+L）]I'L﹣（k1t+k2s）I'L
解得：
当线框平衡时
F安＝mgsinα
联立解得：
v＝0
则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，取沿斜面向下为正方向，根据动量定理可得：
mgsinαΔt﹣F安Δt＝mΔv
解得：
答：（1）金属框匀速运动的速率v为，释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离s为；
（2）从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，ef边移动的距离d为。
【点评】本题考查电磁感应，解题关键是会求解感生电动势和动生电动势，结合安培力公式、动能定理、共点力平衡条件、动量定理列式求解即可。
7．（2025 海南）间距为L的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙且平滑相接，导轨上方接有电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角θ＝30°，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于垂直竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B，两相同导体棒ab、cd与水平导轨的动摩擦因数μ＝0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒质量均m，接入电路中的电阻均为R，cd棒仅在水平导轨上运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不互相碰撞，忽略金属导轨的电阻，重力加速度为g。
（1）锁定水平导轨上的cd棒，闭合开关，ab棒静止在倾斜导轨上，求通过ab棒的电流；断开开关，同时解除cd棒的锁定，当ab棒下滑距离为x0时，cd棒开始运动，求cd棒从解除锁定到开始运动过程中，cd棒产生的焦耳热；
（2）此后ab棒在下滑过程中，电流达到稳定，求此时ab、cd棒的速度大小之差；
（3）ab棒中电流稳定之后继续下滑，从ab棒到达水平导轨开始计时，t1时刻cd棒速度为零，加速度不为零，此后某时刻，cd棒的加速度为零，速度不为零，求从t1时刻到某时刻，ab、cd的路程之差。
【考点】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；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．
【专题】定量思想；方程法；电磁感应——功能问题；分析综合能力．
【答案】（1）锁定水平导轨上的cd棒，闭合开关，ab棒静止在倾斜导轨上，通过ab棒的电流为；断开开关，同时解除cd棒的锁定，当ab棒下滑距离为x0时，cd棒开始运动，cd棒从解除锁定到开始运动过程中，cd棒产生的焦耳热为；
（2）此后ab棒在下滑过程中，电流达到稳定，此时ab、cd棒的速度大小之差为；
（3）从t1时刻到某时刻，ab、cd的路程之差为。
【分析】（1）ab棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件结合安培力的计算公式进行解答；整个过程根据能量守恒求解cd棒产生的焦耳热；
（2）对两棒分别根据牛顿第二定律、安培力的计算公式求解ab、cd棒的速度大小之差；
（3）分析两个过程中两根导体棒的运动情况，结合动量守恒定律、动量定理、牛顿第二定律、电荷量的计算公式等列方程求解ab、cd的路程之差。
【解答】解：（1）ab棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件可得：F安ab＝mgsin30°，其中安培力大小为：F安ab＝BIabL
解得通过ab棒的电流为：
设当ab棒下滑距离为x0时速度为v0，cd棒开始运动时回路中的电流为I1，此时对cd棒有：F安cd＝μmg
根据安培力的计算公式可得：F安cd＝BI1L
根据闭合电路欧姆定律可得：
分析可知cd棒从解除锁定到开始运动过程中，cd棒产生的焦耳热与ab棒产生的焦耳热相等，整个过程根据能量守恒可得：
联立解得cd棒产生的焦耳热为：；
（2）分析可知ab棒在下滑过程中产生的电动势与cd棒在向左运动的过程中产生的电动势方向相反，故当电流达到稳定时，两棒的速度差恒定，故可知此时两棒的加速度相等，由于两棒受到的安培力大小相等，对两棒分别根据牛顿第二定律可得：
mgsin30°﹣F安＝ma，F安﹣μmg＝ma
根据安培力的计算公式可得：F安＝BIL
根据闭合电路欧姆定律可得：
联立解得此时ab、cd棒的速度大小之差为：；
（3）分析可知从开始到t1时刻，两棒整体所受的合外力为零，故该过程系统动量守恒，设t1时刻ab棒的速度为v1′，可知：mΔv＝mv1′
解得：
设某时刻时，ab棒速度为v1″，cd棒速度为vcd，cd棒的加速度为零，可得：F安cd2＝μmg①
其中：F安cd2＝BI2L
分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反，可得：②
从t1时刻到某时刻间，取向右为正方向，对两棒分别根据动量定理有：
，
变式可得：μmgΔt+BLq＝mv1′﹣mv1″，BLq﹣μmgΔt＝mvcd
两式相加得：2BLq＝mv1′﹣m（v1″﹣vcd） ③
根据电荷量的计算公式可得： ④
联立①②③④可得从t1到某时刻，ab、cd的路程之差为：。
答：（1）锁定水平导轨上的cd棒，闭合开关，ab棒静止在倾斜导轨上，通过ab棒的电流为；断开开关，同时解除cd棒的锁定，当ab棒下滑距离为x0时，cd棒开始运动，cd棒从解除锁定到开始运动过程中，cd棒产生的焦耳热为；
（2）此后ab棒在下滑过程中，电流达到稳定，此时ab、cd棒的速度大小之差为；
（3）从t1时刻到某时刻，ab、cd的路程之差为。
【点评】对于安培力作用下导体棒的运动问题，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 云南）如图所示，光滑水平面上有一个长为L、宽为d的长方体空绝缘箱，其四周紧固一电阻为R的水平矩形导线框，箱子与导线框的总质量为M。与箱子右侧壁平行的磁场边界平面如截面图中虚线PQ所示，边界右侧存在范围足够大的匀强磁场，其磁感应强度大小为B、方向竖直向下。t＝0时刻，箱子在水平向右的恒力F（大小未知）作用下由静止开始做匀加速直线运动，这时箱子左侧壁上距离箱底h处、质量为m的木块（视为质点）恰好能与箱子保持相对静止。箱子右侧壁进入磁场瞬间，木块与箱子分离；箱子完全进入磁场前某时刻，木块落到箱子底部，且箱子与木块均不反弹（木块下落过程中与箱子侧壁无碰撞）；木块落到箱子底部时即撤去F。运动过程中，箱子右侧壁始终与磁场边界平行，忽略箱壁厚度、箱子形变、导线粗细及空气阻力。木块与箱子内壁间的动摩擦因数为μ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
（1）求F的大小；
（2）求t＝0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离；
（3）若t＝0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的距离为s（s大于（2）问中最小距离），求最终木块与箱子的速度大小。
【考点】电磁感应过程中的能量类问题；平抛运动时间的计算；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；动量定理应用专题；电磁感应——功能问题；电磁感应中的力学问题；模型建构能力．
【答案】（1）F的大小为；
（2）t＝0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为；
（3）（3）当时，最终木块与箱子的速度大小为；当时，最终木块与箱子的速度大小为零。
【分析】（1）对木块恰好能与箱子保持相对静止，一起做匀加速直线运动的过程，应用整体法与隔离法，根据牛顿第二定律得求解F的大小；
（2）箱子右侧壁进入磁场瞬间木块与箱子分离，分离后木块在水平方向上做匀速运动，则箱子不能做匀加速运动，此时箱子受到的安培力不小于F。根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力的表达式，结合运动学公式求解箱子右侧壁距磁场边界的最小距离；
（3）根据运动学公式求得力F作用时间。假设最终木块与箱子共速一起在磁场中做匀速直线运动，从最初到最终木块与箱子共速的过程，对系统应用动量定理，结合安培力冲量的表达式求解最终两者的速度的表达式。最终箱子可能没有完全进入磁场，据此进行讨论得到最终木块与箱子的速度大小。
【解答】解：（1）对木块恰好能与箱子保持相对静止，一起做匀加速直线运动的过程，设木块与箱子的加速度大小为a，物块与箱子之间的弹力为N。
在竖水平方向上对小物块由牛顿第二定律得：N＝ma
在竖直方向上小物块受力平衡，则有：μN＝mg
联立解得：
对木块与箱子整体，根据牛顿第二定律得：F＝（M+m）a
解得：
（2）箱子右侧壁进入磁场瞬间木块与箱子分离，分离后木块在水平方向上做匀速运动，则箱子不能做匀加速运动，此时箱子受到的安培力不小于F，即箱子右侧壁进入磁场瞬间所受安培力最小值等于F。设t＝0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为smin，箱子右侧壁进入磁场瞬间的最小速度为v。
此时感应电动势为：E＝Bdv
感应电流为：
安培力为：F安＝BdI
联立可得：
由F安＝F，可得：
解得：
由运动学公式得：v2＝2asmin
解得：smin
（3）设木块做匀加速直线运动的时间为t1，由运动学公式可得：
设从木块与箱子分离到木块落到箱子底部的时间为t2，此过程木块做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，由运动学公式可得：
由题意可得力F作用时间为：t＝t1+t2
假设最终木块与箱子共速一起在磁场中做匀速直线运动，设最终两者的速度大小为v1。以水平向右为正方向，从最初到最终木块与箱子共速的过程，对系统由动量定理得：
Ft（M+m）v1﹣0
其中：
联立解得：v1
讨论：①当时最终木块与箱子共速一起在磁场中做匀速直线运动，则v1；
②当时最终箱子没有完全进入磁场，则v1＝0。
答：（1）F的大小为；
（2）t＝0时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为；
（3）当时，最终木块与箱子的速度大小为；当时，最终木块与箱子的速度大小为零。
【点评】本题考查了电磁感应现象与动力学的综合问题，考查了力与运动的逻辑分析能力。掌握本题中应用动量定理处理问题的方法。
9．（2025 选择性）如图（a），固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于始终竖直向下的匀强磁场中，ad边与磁场边界平行，ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m＝1kg、电阻R＝0.5Ω、边长L＝1m。磁感应强度B随时间t连续变化，0～1s内B﹣t图像如图（b）所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图（c）所示，其中0～1s内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。
（1）求t＝0.5s时ad边受到的安培力大小F。
（2）在图（b）中画出1～2s内B﹣t图像（无需写出计算过程）。
（3）从t＝2s开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度v0＝0.1m/s，求ad边离开磁场时的速度大小v1。
【考点】线圈进出磁场的动力学问题；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；电磁感应与图象结合；推理论证能力．
【答案】（1）ad的安培力大小F为0.015N；
（2）补充（b）如解析；
（3）给导体框一个向右的初速度v0＝0.1m/s，解得ad经过磁场边界的速度大小v1为0.01m/s。
【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律求解安培力；
（2）根据法拉第电磁感应定律结合图像的电流变化，楞次定律进行分析判断；
（3）根据动量定理列式求解。
【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律E＝nn11V＝0.05V，由闭合电路的欧姆定律IA＝0.1A，由图（b）可知，0.5s时的磁感应强度大小B1＝0.15T，则t＝0.5s时，根据安培力公式，ad边受到的安培力F＝B1IL＝0.15×0.1×1N＝0.015N；
（2）由图（c）可知，1～2s内电流大小为0.2A，方向沿逆时针方向，由（1）的解答可知，磁感应强度变化率大小是第1s内的2倍，又磁场大小时间连续变化，可知磁场方向不变，均匀增大，补充后的图像如下
（3）由图t＝2s时，磁感应强度为B＝0.3T，对导体框，规定初速度v0的方向为正方向，由动量定理有﹣BL Δt＝mv1﹣mv0，而qΔtC＝0.3C，代入数据解得v1＝0.01m/s，方向水平向右。
答：（1）ad的安培力大小F为0.015N；
（2）补充（b）如解析；
（3）给导体框一个向右的初速度v0＝0.1m/s，解得ad经过磁场边界的速度大小v1为0.01m/s。
【点评】考查法拉第电磁感应定律和楞次定律，图像的认识和处理，会根据题意进行准确分析解答。
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)