高考一轮复习：电磁感应
一、选择题
1．（2025·北京市）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
【答案】A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】A、图（a）中，圆环在匀强磁场中向左平移，磁通量不变，根据法拉第电磁感应定律可知电路不会产生感应电流，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，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，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，故D错误。
故答案为：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。
2．（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．
【答案】C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；楞次定律
【解析】【解答】通过金属箔片的磁场方向向下， 一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过 ，金属板左边磁通量增加，右边磁通量减小，根据楞次定律可知左边涡流方向逆时针，右边涡流方向顺时针，故C正确，ABD错误。
故答案为：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。
3．（2025高二下·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
【答案】B
【知识点】平行通电直导线间的相互作用；楞次定律；电磁感应中的图像类问题；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A. t0-t1：A线圈电流大小按乙图随时间变化，斜率为负，原磁场向外的电磁场随电流减小，B线圈产生感生电动势，根据楞次定律可知线圈B内有逆时针方向的电流，产生向外磁场补充原磁场的减小部分，此电流为逆时针方向，电流沿逆时针方向，穿过线圈B的磁通量垂直纸面向外，
电流同向相吸，但原电流减小导致吸引力减弱，表现为扩张，扩张趋势，故A错误；
B. t0-t1：A线圈电磁场的磁场向外减小，B线圈感应电流应产生向外磁场（阻碍减小）→ 逆时针方向，电流同向相吸，且原磁场减弱，表现为逆时针电流，扩张趋势 ，故B正确；
C. t1-t2：电流沿顺时针方向增大，应为逆时针电流，AB线圈电流方向相反，互相排斥，B线圈为收缩趋势 ，故C错误；
D. t1-t2：B线圈感应电流逆时针方向，收缩趋势，故D错误；
故选B；
【分析】（1）楞次定律：感应电流的方向总是阻碍引起它的磁通量变化，判断感应电流方向；
平行电流线受力情况 ， 电磁场方向由右手定则判断， 安培力左手定则， 判断线圈运动趋势；
AB同向电流 ， 导线A在导线B处产生垂直纸面向外的磁场，导线B受向右的力 ，相互吸引；
AB反向电流 ， 导线A在导线B处产生垂直纸面向里的磁场 ，导线B受向左的力 ，相互排斥；
时间段的划分：明确t1时刻电流为零的转折点；
斜率的物理意义：负斜率表示电流在减小或反向增大；
（2）易错点，电流方向判断错误：容易忽略t1时刻电流反向，导致时间段划分错误；
感应电流方向混淆：可能错误使用右手定则判断感应电流方向；
力的效果误判：可能将"阻碍变化"简单理解为排斥或吸引，而忽略具体情境。
（3）扩展知识：导线产生的磁场，导线产生的磁场产生的安培力。
4．（2025·浙江模拟）电磁弹射器在我国自行研制的第三艘航空母舰“福建号”进行了使用。其原理是弹射车处于强磁场中，当弹射车内的导体有强电流通过时，弹射车就给舰载机提供强大的推力而快速起飞，下列与其原理相同的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；电磁波的发射、传播与接收；左手定则—磁场对带电粒子的作用；LC振荡电路分析
【解析】【解答】电磁弹射器的工作原理是通电导体在安培力作用下开始运动。
A．原理是电磁感应（导体切割磁感线，产生感应电流 ），与“通电受安培力”不同，故A错误；
B．LC 振荡电路（电容充放电 + 电感储能，产生电磁振荡 ），与安培力无关，故B错误；
C．图中是通电导体在安培力作用下开始运动，两者原理相同，故C正确；
D．动圈式话筒的工作原理是电磁感应，与电磁弹射器的工作原理不相同，故D错误。
故答案为：C。
【分析】先明确电磁弹射器 “通电导体在磁场中受安培力运动” 的原理，再逐个分析选项装置原理，找出原理匹配的选项 ，然后通过对比各装置是基于电磁感应、安培力、振荡回路等不同电磁学原理，判断选项。
5．（2025·北京市）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
【答案】D
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；楞次定律
【解析】【解答】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.根据楞次定律推论“增缩减扩”，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，根据法拉第电磁感应定律可知，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。
故答案为：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。
6．（2025·陕西）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
【答案】B
【知识点】楞次定律；电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】当钢制线圈中电流迅速增加时，根据楞次定律，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。
故答案为：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。
7．（2025·山东）如图为一种交流发电装置的示意图，长度为2L、间距为L的两平行金属电极固定在同一水平面内，两电极之间的区域I和区域Ⅱ有竖直方向的磁场，磁感应强度大小均为B、方向相反，区域I边界是边长为L的正方形，区域Ⅱ边界是长为L、宽为0.5L的矩形。传送带从两电极之间以速度v匀速通过，传送带上每隔2L固定一根垂直运动方向、长度为L的导体棒，导体棒通过磁场区域过程中与电极接触良好。该装置产生电动势的有效值为
A．BLv B． C． D．
【答案】D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】由题意可知导体棒通过磁场区域过程需要的时间，即周期为
同一个导体棒先通过区域Ⅱ，后通过区域Ⅰ，导体棒通过区域Ⅰ时，根据导体棒切割磁感线产生感应电动势公式，产生的电动势大小为，经过的时间为
同理，导体棒通过区域Ⅱ时，产生的电动势大小为，经过的时间为
根据有效值的定义有
代入数据可得，故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
【分析】根据题意分段计算感应电动势，再结合电动势有效值的定义列式求解。
8．（2023·上海）如图所示，有一光滑导轨处于匀强磁场中，一金属棒垂直置于导轨上，对其施加外力，安培力变化如图所示，取向右为正方向，则外力随时间变化图像为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】由部分导线切割磁感线产生感应电动势：可知金属棒所受安培力为：， 再由图像可知，安培力与时间为线性关系可知：金属棒先做向右的匀减速，再做向左的匀加速直线运动，由牛顿第二定律：安培力与外力的合力为定值，即外力随时间线性变化，由图像可知：在时间安培力为负值，方向向左，由左手定则和右手定则可知，金属棒向右做减速运动，在时间内安培力为正值从零逐渐增加，方向向右，同理可知，金属棒向左做初速为零的匀加速直线运动，加速度不变，则在时刻，合力向左，但，所以外力为负值不等于零，方向向左。故ABD错误，C正确；
故答案为：C
【分析】正确掌握部分导线切割磁感线产生感应电动势时导体的安培力，结合安培力随时间变化规律确定导线运动规律和方向，即金属棒先做向右的匀减速，再做向左的匀加速直线运动，由此确定外力与安培力的合力不变，导线做匀变速直线运动，选取特殊的时刻，确定外力的大小和方向，做出正确判断。
9．（2025高二下·罗湖月考）太空单车是利用电磁阻尼原理的一种体育锻炼器材。某同学根据电磁学的相关知识，设计了如图的单车原理图：在铜质轮子外侧有一些磁铁（与轮子不接触），人在健身时带动轮子转动，磁铁会对轮子产生阻碍，磁铁与轮子间的距离可以改变，则下列说法正确的是（ ）
A．轮子受到的阻力主要来源于铜制轮内产生的感应电流受到的安培力
B．轮子受到的阻力大小与其材料电阻率无关
C．若轮子用绝缘材料替换，也能保证相同的效果
D．磁铁与轮子间距离不变时，轮子转速越大，受到的阻力越小
【答案】A
【知识点】安培力；涡流、电磁阻尼、电磁驱动；感应电动势及其产生条件；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A .轮子受到的阻力来源于铜轮切割磁感线产生的涡流（动生感应电动势和感应电流）所受的安培力，对运动的轮子产生阻力，以阻碍轮子与磁场之间的相对运动，所以轮子受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力，安培力大小与电阻率有关这是电磁阻尼的核心原理，故A正确；
B . 阻力大小与材料电阻率密切相关（电阻率越小，涡流越大，安培力越强），故B错误；
C . 绝缘材料无法形成涡流，无法产生电磁阻尼效果，故C错误；
D . 转速越大，切割磁感线的速率越快，感应电流和安培力越大，阻力越大，故D错误；
故选A；
【分析】（1）电磁感应分析：铜轮旋转切割磁感线→产生涡流→安培力阻碍运动（楞次定律）；
参数影响：阻力大小取决于磁感应强度 B、转速 ω、材料电阻率 ρ 和轮子尺寸。
（2）易错点：混淆电磁阻尼与摩擦阻力的区别，误认为绝缘材料可替代导体（需闭合回路或涡流），忽略电阻率对涡流强度的直接影响。
10．（2025·浙江）新能源汽车日趋普及，其能量回收系统可将制动时的动能回收再利用，当制动过程中回收系统的输出电压（U）比动力电池所需充电电压（）低时，不能直接充入其中。在下列电路中，通过不断打开和闭合开关S，实现由低压向高压充电，其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】 本题考查对感生电动势的理解，熟悉电路图，自感线圈断开或者闭合瞬间会产生自感电动势。A．该电路中当开关S断开时，整个电路均断开，则不能给电池充电，选项A错误；
B．该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，当S断开时L产生自感电动势阻碍电流减小，L相当电源，电源U与L中的自感电动势共同加在电池两端，且此时二极管能导体，从而实现给高压充电，选项B正确；
C．该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时L也与电路断开，还是只有回收系统的电压U加在充电电池两端，则不能实现给高压充电，选项C错误；
D．该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时电源U也断开，只有L产生的自感电动势相当电源加在充电电池两端，则不能实现给高压充电，选项D错误。
故选B。
【分析】只有电源U与L中的自感电动势串联，电压之和高于充电电压时，才能给电池充电，根据电路图分析。
11．（2025·浙江模拟）电动汽车快充技术需要比照明电压高的电压，在快充电路中往往有自感系数很大的线圈，操作不当时，当电路的开关S由闭合转为断开瞬间，线圈会产生很大的自感电动势，而使开关S处产生电弧，会危及操作人员的人身安全，下列设计电路中，可以解决上述问题的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】A 选项：无额外元件，开关断开时线圈自感电动势直接在开关处产生电弧，不能解决，A 错误。
B 选项：二极管反向并联，正常通电时二极管截止（因电流方向使其反向偏置 ），开关断开时，线圈自感电流若要通过二极管，方向不符合导通要求（二极管单向导电性 ），无法给自感电流提供通路，不能避免电弧，B 错误。
C 选项：二极管正向并联，正常通电时，电流从电源正极流出，经线圈、开关，二极管因反向偏置不导通；开关断开瞬间，线圈产生自感电动势，自感电流方向能使二极管正向导通，自感电流经二极管形成回路，避免在开关处产生电弧，C 正确。
D 选项：并联电容器，开关断开时，线圈自感电动势会给电容器充电，但充电结束后，若仍有能量，还是可能在开关处产生电弧，不能有效解决问题，D 错误。
故答案为：C。
【分析】明确问题是开关断开时线圈自感电动势产生电弧，需给自感电流找安全通路，利用二极管单向导电性、电容器充电特性，分析各选项电路中，开关断开时自感电流能否被引导，避免在开关处产生电弧。
12．（2025高二下·罗湖月考）在断电自感的演示实验中，用小灯泡、带铁芯的电感线圈和定值电阻等元件组成如图甲所示电路。闭合开关，待电路稳定后，两支路电流分别为和。断开开关前后的一小段时间内，电路中电流随时间变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．断开开关前灯泡中电流为
B．灯泡电阻小于电阻和线圈的总电阻
C．断开开关后小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭
D．断开开关后电阻所在支路电流如曲线所示
【答案】C
【知识点】自感与互感；电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】A . 图像电感在两种时候等效为电源，电流不会突变正负I1，说明I1是电感支路的，故A错误；
B . 并联电路电流与电阻成反比，I-t图像I2C . 断开开关S前、后的一小段时间内，通过电感线圈L的电流方向是不变的，则电感线圈L所在支路的电流如曲线a所示，小灯泡电流先变成0变暗，然后突然反向送来电流变亮再随着电感能量释放得不到补充，磁能释放完毕就熄灭，灯泡所在支路的电流如曲线b所示负电流，故C错误；
D．断开开关S前、后的一小段时间内，通过电感线圈L的电流方向是不变的，则电感线圈L所在支路的电流如曲线a所示，故D错误；
故选C；
【分析】（1）稳态电流：比较两支路电阻，通过电流大小反推电阻关系；
瞬态过程：开关断开后，电感线圈电流沿原方向通过灯泡衰减，灯泡电流从；
（2）易错点：电阻比较：误认为电流大则电阻大实际电流与电阻成反比；
曲线归属：混淆电感支路a与灯泡支路b的电流变化；
电流方向：自感电流方向与原电流相同，但路径改变仅通过灯泡。
13．（2025·陕西）如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于的匀强磁场，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，宽均为L，电阻分别为R和。两线框在光滑水平面上以相同初速度并排进入磁场，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
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
【答案】D
【知识点】动量定理；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】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．甲线框刚进磁场区域时，合力为，
乙线框刚进磁场区域时，合力为，
可知；
故B错误；
CD．设甲线框恰好完全出磁场区域时速度大小为v1，取向右为正方向，
，
设乙线框恰好完全出磁场区域时速度大小为v2，取向右为正方向，
有，
解得，
由能量守恒可知甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为，
即；
故C错误，D正确。
故答案为：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。
14．（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，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
【答案】D
【知识点】动量定理；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A、金属棒所受安培力冲量大小为
又根据法拉第电磁感应定律和电流定义式可得
，
解得
故A错误；
B、该过程中，沿斜面方向，导体棒受重力分力，弹簧弹力以及安培力，取沿导轨向下为正方向，沿斜面方向，对金属棒，由动量定理得
解得每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为
故B错误；
C、 将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a后静止释放， 最远处与导轨中间位置距离为b， 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。
故答案为：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。
15．（2025高二下·涪城月考）如图所示，单匝正方形闭合线圈MNPQ放置在水平面上，空间存在方向竖直向下、磁感应强度为B的有界匀强磁场，磁场两边界成角。线圈的边长为L、总电阻为R。现使线圈以水平向右的速度匀速进入磁场。下列说法正确的是（ ）
A．当线圈中心经过磁场边界时，N、P两点间的电压
B．当线圈中心经过磁场边界时，线圈所受安培力
C．当线圈中心经过磁场边界时，回路的瞬时电功率
D．线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程，通过导线某一横截面的电荷量
【答案】C
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】本题是电磁感应与电路、力学等知识的综合应用。要正确区分电源与外电路，能产生感应电动势的导体相当于电源，电源两端的电压是路端电压，不是内电压。A．当线圈中心经过磁场边界时，只有NP边产生切割磁感线，线圈中产生的感应电动势为
NP间的电压为路端电压，则有
故A错误；
B．当线圈中心经过磁场边界时，线圈NP、PQ边受到安培力作用，根据安培力公式且将NP、PQ两边所受的安培力合成得
故B错误；
C．当线圈中心经过磁场边界时，回路的瞬时电功率
故C正确；
D．线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程，通过导线某一横截面的电荷量为
故D错误。
故选C。
【分析】根据感应电动势公式E=BLv，求出线框中产生的感应电动势E，结合电路知识求解路端电压；
PN边切割磁感线，相当于电源，PN间的电压是路端电压，根据欧姆定律求解；根据功率公式求解回路电功率；根据电磁感应的电荷量推论公式求解电荷量；
二、多项选择题
16．（2025高二下·信宜开学考）如图所示，水平面内有两条相互垂直且彼此绝缘的通电长直导线，以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系．四个相同的圆形闭合线圈在四个象限内完全对称放置，两直导线中的电流大小与变化情况完全相同，电流方向如图所示，当两直导线中的电流都增大时，四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是（ ）
A．线圈a中无感应电流 B．线圈b中有感应电流
C．线圈c中有感应电流 D．线圈d中无感应电流
【答案】C,D
【知识点】磁通量；楞次定律；右手定则
【解析】【解答】A、水平导线磁场向外，竖直导线磁场向里，但需叠加判断。实际叠加后，磁场垂直纸面向里（因电流变化前磁通量不为零 ）。电流增大时，磁通量增大，根据楞次定律，产生逆时针感应电流，A错误；
B、水平导线磁场向外，竖直导线磁场向外，叠加后磁通量为零（对称抵消 ），电流增大时，磁通量仍为零（变化量为零 ），无感应电流，B错误；
C、水平导线磁场向里，竖直导线磁场向外，叠加后磁场垂直纸面向外（电流变化前磁通量不为零 ），电流增大时，磁通量增大，根据楞次定律，产生顺时针感应电流，C正确；
D、水平导线磁场向里，竖直导线磁场向里，叠加后磁通量为零（对称抵消 ），电流增大时，磁通量仍为零（变化量为零 ），无感应电流，D正确；
故答案为：CD。
【分析】A选项：错误认为 线圈磁通量为零，实际叠加后磁通量向里且变化，产生感应电流，A错误。
B选项： 线圈磁通量叠加为零，电流变化时磁通量不变，无感应电流，B错误。
C选项：正确判断 线圈磁通量向外且变化，产生感应电流，C正确。
D选项：正确判断 线圈磁通量叠加为零，电流变化时磁通量不变，无感应电流，D正确。
17．（2025高二下·东莞月考）矩形导线框abcd放在匀强磁场中处于静止状态，如图甲所示．一磁场的磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度的大小B随时间t变化的图象如图乙所示．t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直导线框平面向里，在0～4 s时间内，导线框ad边所受安培力F安随时间t变化的图象(规定向左为安培力的正方向)及导线框中的感应电流I随时间t变化的图象(规定顺时针方向为电流的正方向)可能是图中的( )
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】安培力的计算；楞次定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】A、电流正（顺时针）且恒定，电流负（逆时针）且恒定 ， 符合阶段分析，A正确；
B、电流应为负，选项仍为正 ， 矛盾，B错误；
C、安培力应“正负交替、随线性变”，选项方向和趋势不符 ， C错误；
D、方向“正负交替”，大小随线性变化，符合阶段分析，D正确。
故答案为：AD 。
【分析】本题围绕矩形导线框在变化磁场中的电磁感应现象，需用楞次定律（判断感应电流方向）和左手定则（判断安培力方向），结合B - t图象分阶段(0 - 1s)、(1 - 2s)、(2 - 3s)、(3 - 4s) 分析。
18．（2025·黑吉辽蒙）如图，“”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直，各边长均为l。线框绕b、e所在直线以角速度顺时针匀速转动，be与磁场方向垂直。时，abef与水平面平行，则（ ）
A．时，电流方向为abcdefa
B．时，感应电动势为
C．时，感应电动势为0
D．到过程中，感应电动势平均值为0
【答案】A,B
【知识点】右手定则；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】AB、t＝0时刻cd边的速度方向与磁感线平行，只有af切割磁感线产生感应电动势， 各边长均为l，线框绕b、e所在直线以角速度顺时针匀速转动， 此时af边的速度大小为v＝ωl，方向与磁感线垂直向下，根据法拉第电磁感应定律得感应电动势为E＝Blv＝Bl2ω。根据右手定则判断此时感应电流方向为abcdefa，故AB正确；
C、根据T=可知t时导线框转动了半周，此时cd边的速度方向水平向左，仍与磁感线平行，af边的速度方向与磁感线垂直向上，只有af切割磁感线产生感应电动势，故此时感应电动势不为零，故C错误；
D、由t＝0到的过程，导线框转动了半周，导线框的bcde部分初末均与磁场方向垂直，其磁通量变化量为ΔΦ＝Bl2﹣（﹣Bl2）＝2Bl2，导线框的abef部分初末均与磁场方向平行，其磁通量变化量为零。即此过程导线框的磁通量变化量不为零，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势平均值不为零，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】t＝0时刻cd边的速度方向与磁感线平行，只有af切割磁感线产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势；根据右手定则判断此时感应电流方向；t时导线框转动了半周，此时cd边的速度方向仍与磁感线平行，af边切割磁感线产生感应电动势；由t＝0到的过程，导线框转动了半周，判断此过程导线框的磁通量变化量是否为零。
19．（2025高二下·罗湖月考）动圈式扬声器的结构如图甲所示，图乙为磁铁和线圈部分从右往左看的剖面图，有指向圆心内部的辐射形磁场。当人对着纸盆说话，纸盆带着线圈左右运动（在乙图中垂直剖面上下运动）能将声信号转化为电信号。已知线圈有匝，线圈半径为，总电阻为，线圈所在位置的磁感应强度大小为，则（ ）
A．纸盆向左运动时，图乙的线圈中产生逆时针方向的感应电流
B．纸盆向左运动时，图乙的线圈中产生顺时针方向的感应电流
C．纸盆向右运动速度为时，线圈所受安培力为
D．纸盆向右运动速度为时，线圈所受安培力为
【答案】A,D
【知识点】右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】A . 纸盆向左运动时，线圈向下运动，根据右手定则（拇指指向运动方向，磁场方向指向圆心内部），感应电流方向为顺时针，故A正确；
B . 纸盆向左运动时，线圈中产生顺时针方向的感应电流，故B错误；
C . 纸盆向右运动速度为v时，感应电动势
E=nB·2πr·v
电流
纸盆向右运动速度为v时，切割磁感线的长度为2πR，线圈中产生的感应电动势为
则线圈中感应电流大小为
线圈上所受的安培力大小
故C错误；
D：纸盆向右运动速度为v时，线圈所受安培力为
故D正确。
故选AD；
【分析】（1）动圈式扬声器的工作原理，即电磁感应和安培力的计算；突破点在于正确应用右手定则判断感应电流方向（注意磁场方向指向圆心内部，与常规问题不同）；易错点是忽略线圈匝数n或半径r对安培力的影响；隐含条件是线圈切割磁感线的有效长度为2πr（圆形线圈周长）；扩展知识包括楞次定律、法拉第电磁感应定律的综合应用，以及安培力公式的推导（F=nBIL，其中L=2πr）。
20．（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。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为圆心的半径为的导电圆环I，与磁场边界相切的半径为的导电圆环Ⅱ，电阻均为R，圆心O对圆环Ⅱ上P、Q两点的张角；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．时刻直导线CD电动势为
C．时刻圆环Ⅱ中电流为
D．时刻圆环Ⅱ上PQ间电动势为
【答案】B,D
【知识点】感应电动势及其产生条件；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】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。有效值是根据电流的热效应定义的一个等效概念。A．由题图可知，在内和内圆环I中的电流大小均为
在内圆环I中的电流大小为
设圆环I中电流的有效值为，根据有效值定义可得
联立解得
故A错误；
B．设右侧又一无限长的直导线对称的无限长的直导线与构成回路，则时刻，、回路产生的总电动势为
根据对称性可知时刻直导线CD电动势为，故B正确；
C．由于圆环Ⅱ处于磁场外部，通过圆环Ⅱ的磁通量一直为0，所以圆环Ⅱ不会产生感应电流，则时刻圆环Ⅱ中电流为0，故C错误；
D．以O点为圆心，过程P、Q两点圆轨道，在时刻产生的电动势为
则P、Q两点间圆弧的电动势为
由于P、Q两点间圆弧与圆环Ⅱ上PQ构成回路不会产生感应电流，则圆环Ⅱ上PQ间电动势为，故D正确。
故选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；根据分压规律分析。
21．（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，其质最用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，匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E。利用上述测结果可得出m的值，重力加速度为g。下列说法正确的有（ ）
A．线圈电阻为与 B．I越大，表明m越大
C．v越大，则E越小 D．
【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】A．根据题意，电动势E是 步骤② 中线圈断开时切割磁感线产生的感应电动势，I 步骤① 中为线圈闭合时通入的电流，不能使用计算线圈的电阻，所以不是线圈的电阻，故A错误；
B．根据平衡条件有，故可知I越大，m越大，故B正确；
C．根据法拉第电磁感应定律可知，，故可知v越大，E越大，故C错误；
D．联立可得，故D正确。
故选BD。
【分析】本题主要考查法拉第电磁感应定律的应用，根据感应电流条件结合平衡条件解答。
由闭合电路欧姆定律确定线圈电阻；根据平衡条件列式求得物块质量与电流之间关系式，由关系是确定质量与电流关系；根据法拉第电磁感应定律确定E与v的关系；由物块质量与电流之间关系式、感应电动势表达式得到物块质量与电流速度关系。
22．（2025·杭州模拟）如图所示，半径为L的圆环放置在光滑水平地面上，圆环上固定、、、四根长均为L，阻值均为r且夹角互为90°的金属棒，以圆环圆心O为原点建立直角坐标系，在第二象限圆环内部存在方向垂直水平面向下的磁场，沿半径各点磁感应强度（θ为与x轴负方向夹角），圆心O与环面分别通过电刷E、F与阻值为r的电阻R相连，其它电阻均不计。在外力作用下，圆环以角速度绕O点沿顺时针方向匀速转动。以进入磁场开始计时，则下列说法正确的是（ ）
A．通过电阻R的电流方向始终为
B．当棒转动至时，感应电动势
C．圆环转动一周的过程中，感应电动势有效值为
D．圆环转动一周的过程中，外力做的功
【答案】A,D
【知识点】右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．右手定则可知，通过电阻R的电流方向始终为 N → M，故A正确；
B．导体棒产生的电动势
可知当棒转动至时，电动势
故B错误；
C．根据
可知圆环转动一周的过程中，感应电动势有效值为
故C错误；
D．分析可知，整个电路总电阻为
圆环转动一周的过程中，根据能量守恒可知，外力做的功
联立解得功
故D正确。
故选 AD。
【分析】1、金属棒切割磁感线，根据右手定则判断通过电阻R的电流方向。
2、导体棒转动切割，产生的电动势。
3、根据可求感应电动势最大值，感应电动势有效值为
4、根据能量守恒可知外力做功等于整个过程产生焦耳热，即。
23．（2025·义乌模拟）如图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示磁的磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心O在区域中心。一质量为m、带电荷量为（q（q>0）的小球t=0时静止在管内的E点，2T0时刻小球第二次经过F点且不受细管侧壁的作用力，角EOF为120°，小球在运动过程中电荷量保持不变，对原磁场的影响可忽略。下列说法正确的是（ ）
A．2T0时刻小球过F点的速度大小为
B．小球两次过F点时受到洛伦兹力的大小之比为2∶5
C．T0时刻细玻璃管内的电场强度大小为
D．T0时刻小球受细管侧壁的作用力等于零
【答案】B,D
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】本题是有关感应加速器的问题，感生电场的电场力做正功，电场力是恒定大小的力，电荷速率随着时间均匀增加，结合动能定理、动量定理、电势差与电场强度的关系公式、牛顿第二定律列式求解。A．设2T0时刻小球过F点的速度，由此可知，此时洛伦兹力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得
解得
A错误；
BC．从开始到2T0时刻小球第二次经过F点，设涡流产生的电场强度为，由动量定理可得
结合上述结论解得
从开始运动到第二次经过F点电场力所做的功
由动能定理可得
设从开始运动到第一次经过F点时的速度为，电场力所做的功为，则有，
联立解得
根据牛顿第二定律可得
代入上述结论解得
故第一次经过F点所用时间
此时磁感应强度
故第一次经过F点的洛伦兹力为
即小球两次过F点时受到洛伦兹力的大小之比为2∶5，B正确，C错误；
D．结合上述分析可知T0时刻小球速度
若小球在时刻不受细管的作用力，则有
解得
故T0时刻小球受细管侧壁的作用力等于零，D正确。
故选BD。
【分析】由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求2T0时刻小球过F点的速度大小；由动量定理、电场力做功、动能定理、牛顿第二定律求得小球两次过F点时受到洛伦兹力的大小之比、T0时刻细玻璃管内的电场强度大小及小球受细管侧壁的作用力。
24．（2024·贵州） 如图，间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有一定值电阻R，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则（ ）
A．加速过程中通过金属棒的电荷量为
B．金属棒加速的时间为
C．加速过程中拉力的最大值为
D．加速过程中拉力做的功为
【答案】A,B
【知识点】动量定理；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A.对金属棒的加速过程，由动量定理可得
解得
A符合题意；
B.设加速阶段的位移与减速阶段的位移均为x，根据电流的定义式
法拉第成感应定律
和闭合电路欧姆定律
可得
可知加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒的电荷量，由
解得
对金属棒加速的过程，由位移公式可得
可得加速时间为
B符合题意；
C.金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，加速过程中，由
可知，金属棒产生的感应电动势逐渐增大，则感应电流逐渐增大，由安培力公式
可知，导体棒受到的安培力逐渐增大，加速度不变，因此拉力逐渐增大，当撤去拉力的瞬间，拉力最大，由牛顿第二定律可得
其中
联立解得
C不符合题意；
D.加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，由动能定理可知，合外力的功
可得
因此加速过程中拉力做的功大于，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】对导体棒的匀加速运动过程应用动量定理，结合电流的定义式，求解加速运动通过金属棒的电荷量；根据匀变速直线运动的位移规律列式求解加速运动的时间；根据牛顿第二定律结合匀变速公式计算加速过程中的最大拉力；根据动能定理分析加速过程中拉力做的功。
25．（2025·重庆市）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，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，。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
【答案】B,C
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】由法拉第电磁感应定律可得，由欧姆定律可得
由于gh两端的电压随时间均匀增加，BL不变，则说明速度随时间均匀增加，gh在磁场中运动时做匀变速直线运动，设运动的速度为v，有
，，
由牛顿第二定律可得
联立有
B．由于gh在磁场中运动时做匀变速直线运动，则有
，
解得
故B正确；
CD．gh在无磁场区域运动时，F =0，根据动量定理有
联立可得
gh在磁场中运动时做匀变速直线运动，有
结合，解得
，
故C正确，D错误；
A．由于gh磁场中运动时做匀变速直线运动，则有
解得
故A错误。
故选BC。
【分析】本题主要考查电磁感应现象的应用，根据gh两端的电压随时间判断gh运动特点是解题关键。
由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得到gh两端的电压随时间变化关系，从而判断金属框做匀变速运动，根据牛顿第二定律得到速度、加速度关系式求得金属框的总电阻；由动量定理和电流计算公式、匀变速位移时间关系求得小车的质量和最大速度；由匀变速运动速度时间关系求得 h在任一磁场区域的运动时间 。
26．（2025·诸暨模拟）如图所示，半径为20cm的竖直圆盘以10rad/s的角速度匀速转动，固定在圆盘边缘上的小圆柱带动绝缘T形支架在竖直方向运动。T形支架下面固定一长为30cm、质量为200g的水平金属棒，金属棒两端与两根固定在竖直平面内的平行光滑导轨MN和PQ始终紧密接触，导轨下端接有定值电阻R和理想电压表，两导轨处于磁感应强度大小为5T、方向垂直导轨平面向外的匀强磁场中。已知金属棒和定值电阻的阻值均为0.75Ω，其余电阻均不计，重力加速度g=10m/s2，以下说法正确的是（ ）
A．理想电压表的示数为1.5V
B．T形支架对金属棒的作用力的最大值为7N
C．圆盘转动一周，T形支架对金属棒所做的功为
D．当小圆柱体经过同一高度的两个不同位置时，T形支架对金属棒的作用力相同
【答案】B,C
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题考查了电磁感应相关知识，理解其中的受力情况，结合牛顿第二定律是解决此类问题的关键。A．圆盘的线速度为
感应电动势最大值为
最大电流为
电流的有效值为
理想电压表的示数为
A错误；
B．当小圆柱运动到圆心的右下方，线速度与竖直方向成角θ时，对金属棒根据牛顿第二定律得
代入数值得
当时，F有最大值，最大值为 ，B正确；
C．圆盘转动一周，T形支架对金属棒所做的功为
周期为
解得
C正确；
D．当小圆柱体经过同一高度的两个不同位置时，设这两个位置都与圆心等高，小圆柱在这两个位置时金属棒的加速度为零；小圆柱在圆心右侧时
小圆柱在圆心左侧时
D错误。
故选BC。
【分析】根据E=BLv和闭合电路的欧姆定律再结合有效值的表达式求理想电压表的示数；对金属棒根据牛顿第二定律求T形支架对金属棒的作用力的最大值；根据W=I2Rt求圆盘转动一周，T形支架对金属棒所做的功；根据平衡关系分析判断小圆柱体经过同一高度的两个不同位置时，T形支架对金属棒的作用力是否相同。
27．（2025·长沙模拟）一端开有小口的水平单匝圆环线圈固定在竖直向上的均匀磁场中，其磁感应强度大小随时间的变化规律为，线圈的面积，线圈与水平固定的光滑导轨连接，导轨左侧接有小灯泡L，小灯泡L的参数为“24V，5A”。一导体棒垂直导轨静止放置，导体棒的质量m=2kg，接入导轨间的长度l=1m，接入电路的电阻r=2Ω，导体棒处于竖直向下、磁感应强度大小的匀强磁场中。不计导轨和线圈的电阻，灯泡电阻恒定，导轨足够长，从t=0时刻开始，下列说法正确的是（ ）
A．灯泡一直正常发光
B．电路中的热功率先减小后不变
C．导体棒最终将静止
D．从开始运动至达到稳定状态过程中，通过导体棒的电荷量q=3C
【答案】A,B,D
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题考查了电磁感应定律的应用，解题关键是当EB1=E棒时导体棒中电流为零，电路达到稳定状态。电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。A．根据法拉第电磁感应定律
有
所以开始时，线圈产生的感应电动势，灯泡的额定电压为24V，此时灯泡两端电压为24V，灯泡正常发光。随着导体棒运动，导体棒切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则可知其该电动势方向与线圈产生的感应电动势方向相反，会使得通过导体棒的电流减小，但是灯泡两端电压不变，总为24V，所以灯泡一直正常发光，故A正确；
C．开始时，导体棒受到向右的安培力，导体棒将向右做加速运动，因为导体棒产生的电动势等于，随着速度增大，导体棒产生的反电动势增大，总电动势减小，电流减小，安培力减小，加速度减小；当时，电流为0，安培力为0，导体棒做匀速直线运动，而不是最终静止，故C错误。
B．灯泡两端的电压保持不变，灯泡的热功率不变，随着导体棒运动产生的与线圈中方向相反的电动势E2=B2lv逐渐变大，当E1=E2时导体棒中电流为零，电路达到稳定状态，即通过导体棒的电流先减小后不变，可知导体棒中的焦耳热先减小后不变，所以电路中的总的热功率先减小后不变，故B正确。
D．对导体棒，根据动量定理
而
则
其中为导体棒稳定时的速度，则稳定时
解得
所以解得
故D正确。
故选ABD。
【分析】随着导体棒运动，导体棒切割磁感线产生感应电动势E=BLv，根据右手定则可知其该电动势方向与线圈产生的感应电动势方向相反，会使得通过导体棒的电流减小，当EB1=E棒时导体棒中电流为零，电路达到稳定状态；根据导体棒的速度变化情况，和受力情况，确定导体棒最终状态，热功率的变化情况；对导体棒，根据动量定理求出电荷量。
三、非选择题
28．（2025·浙江）在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，当电流从“-”接线柱流入灵敏电流表，指针左偏：从“”或“”接线柱流入，指针右偏。如图所示是某次实验中指针偏转角度最大的瞬间，则
（1）此时磁铁的运动状态是 （选填“向上拔出”、“静止”或“向下插入”）。
（2）只做以下改变，一定会增大图中电流表指针偏转角度的是_____（多选）
A．磁铁静止，向上移动线圈
B．增大（1）中磁铁运动速度
C．将导线从接线柱移接至接线柱
D．将一个未与电路相接的闭合线圈套在图中线圈外
【答案】（1）向上拔出
（2）B；C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】本题考查电磁感应现象，涉及的知识点有楞次定律以及右手螺旋定则，理解楞次定律并会应用是解题关键。
（1）由图可知，灵敏电流表指针左偏，可知感应电流从“-”极流入，根据楞次定律可知，螺线管中产生的感应电流从上到下，可知磁铁的N极向上拔出；
（2）A．磁铁静止，向上移动线圈，则产生的感应电流不一定增加，指针偏角不一定会增加，选项A错误；
B．增大（1）中磁铁的速度，产生的感应电动势会增加，指针偏角会增大，选项B正确；
C．减小电流计的量程，即将导线从接线柱G1移接到G0，可是电流计指针偏角变大，选项C正确；
D．将一个未与电路相接的闭合线圈套在线圈外，线圈中的感应电流不变，电流计指针偏角不变，选项D错误。
故选BC。
【分析】（1）根据灵敏电流计指针的偏转方向与通过电流计的电流方向的关系，需要知道电流方向。根据题意以及楞次定律判断磁铁的运动状态；
（2）要增大灵敏电流计的偏转角度，则要增大磁通量的变化率。
（1）由图可知，灵敏电流表指针左偏，可知感应电流从“-”极流入，根据楞次定律可知，螺线管中产生的感应电流从上到下，可知磁铁的N极向上拔出；
（2）A．磁铁静止，向上移动线圈，则产生的感应电流不一定增加，指针偏角不一定会增加，选项A错误；
B．增大（1）中磁铁的速度，产生的感应电动势会增加，指针偏角会增大，选项B正确；
C．减小电流计的量程，即将导线从接线柱G1移接到G0，可是电流计指针偏角变大，选项C正确；
D．将一个未与电路相接的闭合线圈套在线圈外，线圈中的感应电流不变，电流计指针偏角不变，选项D错误。
故选BC。
29．（2025高二下·东莞月考）如图所示是“研究电磁感应现象”的实验装置。
（1）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，电流计指针将 偏转。（填“向左”“向右”或“不”）
（2）连好电路后，并将A线圈插入B线圈中后，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是_______。
A．插入铁芯 B．拔出A线圈
C．变阻器的滑片向左滑动 D．断开电键S瞬间
（3）G为指针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 （填“上”、“下”）；图（3）中电流表指针应 （填“向左”“向右”）偏转。
【答案】（1）向右
（2）B；D
（3）下；向右
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；磁通量；楞次定律；右手定则
【解析】【解答】（1）闭合开关时，线圈电流从无到有，磁场增强，穿过线圈的磁通量增大，指针右偏 ，得出规律：磁通量增大时，指针右偏；合上开关后，迅速插入线圈，线圈的磁通量因靠近（磁场增强 ）而再次增大；磁通量变化趋势与“闭合开关”时一致（均增大 ），故指针向右偏转；
故答案为：向右。
（2）A选项（插入铁芯）：插入铁芯会增强线圈的磁场，使穿过的磁通量增大，指针右偏，排除。
B选项（拔出线圈）：拔出线圈，线圈处磁场减弱，磁通量减小，指针左偏，符合。
C选项（变阻器滑片向左滑动）：滑片左滑，线圈电流增大，磁场增强，穿过的磁通量增大， 指针右偏，排除。
D选项（断开电键瞬间）：断开电键，线圈电流消失，磁场消失，穿过的磁通量减小，指针左偏，符合。
故答案为：BD。
（3）图（2）中指针左偏 ， 电流从左接线柱进线圈；由右手螺旋定则：电流产生的感应磁场方向向下（四指沿电流方向，大拇指指磁场方向 ）；楞次定律：感应磁场“阻碍原磁通量变化”，原磁通量向下且增大（因为感应磁场向下，与原磁场方向相同，说明原磁通量在增大 ）；磁铁下端是极（磁场方向向上 ），要让原磁通量向下增大，磁铁需向下运动（靠近线圈，使向下的磁通量叠加增大 ）。
图（3）中磁铁极向下，向下运动 ， 穿过线圈的磁通量向下增大（极磁场向下，靠近线圈则磁通量增大 ），
楞次定律：感应磁场“阻碍磁通量增大”， 感应磁场向上（与原磁场方向相反 ），由右手螺旋定则：感应电流方向为从右接线柱进电流表（四指沿感应磁场方向，大拇指指电流方向 ），电流从右接线柱进，指针向右偏转。
故答案为：下；向右。
【分析】（1）先通过“闭合开关指针右偏”，明确“磁通量增大， 指针右偏”的对应关系；再分析“线圈插入线圈”的操作对磁通量的影响，匹配偏转方向。
（2）已知“磁通量增大，指针右偏”，则“指针左偏，磁通量减小”；分析各选项操作对线圈磁通量的影响，筛选“磁通量减小”的操作。
（3）先由“电流从左接线柱进， 指针左偏”，建立电流方向与指针偏转的关系，再用右手螺旋定则、楞次定律，推导磁场方向、磁通量变化，最终确定磁铁运动和指针偏转。
（1）闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向右偏。那么合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，穿过线圈B的磁通量也增大，则电流计指针也将向右偏转。
（2）连好电路后，并将A线圈插入B线圈中后，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，则可知应使穿过B线圈的磁通量减小，可采取的操作是拔出A线圈或断开电键S瞬间；而插入铁芯或变阻器的滑片向左滑动均使穿过B线圈的磁通量增大，指针向右偏。
故选BC。
（3）[1]电流从电流表G的左接线柱进时，指针从中央向左偏。图（2）中电流表G指针向左偏，则流进电流表G的电流方向自左向右。根据右手定则，可知感应电流产生的磁场竖直向下，图中条形磁铁的下端为S极，根据楞次定律可判断条形磁铁的运动方向是向下；
[2]图（3）中，条形磁铁N极向下，磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量向下增大，根据楞次定律，可判断知通过电流表的电流自右向左，则指针应向右偏转。
30．（2025高二下·罗湖月考）如图甲所示，轻质细线吊着一质量、边长、匝数的正方形线圈，线圈总电阻。在线圈的中间位置以下区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示，重力加速度。求：
（1）0~6s内穿过线圈磁通量的变化量；
（2）时轻质细线的拉力大小；
（3）0~4s内线圈产生的焦耳热。
【答案】（1）解：已知线圈边长L为1m，面积为1m2，线圈中间位置以下区域面积
内穿过线圈磁通量的变化量为
，
关于磁感应强度B的函数表达式为
t=6s时，B=0.6T，
（2）解：拉力和安培力与重力平衡，安培力需知道电流，磁场变化会产生法拉第感生电动势，关于磁感应强度B的函数表达式为，t=3s时，B=1T，由电磁感应定律得
根据闭合电路的欧姆定律可得线圈中的感应电流大小为
，
由楞次定律知向里磁场变大，感应电流方向产生向外的磁场，右手螺旋定则知感应电流方向为逆时针方向，由左手定则可知安培力方向竖直向上如图
线圈受到的安培力大小为
，
轻质细线的拉力大小为
，
（3）解：磁场变化会产生法拉第感生电动势，关于磁感应强度B的函数表达式为，t=4s时，B=1.2T，
由电磁感应定律得
根据闭合电路的欧姆定律可得线圈中的感应电流大小为
，
线圈中感应电流大小为1A，0~4s内线圈产生的焦耳热为
【知识点】闭合电路的欧姆定律；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算；感应电动势及其产生条件；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）本题属于电磁感应综合题，需结合法拉第电磁感应定律、楞次定律、安培力计算和焦耳定律；正确计算有效磁通量变化率，并注意磁场分布范围；
（2）关键易错点包括：① 漏掉线圈匝数n；② 未考虑磁场仅覆盖一半面积；③ 计算安培力时混淆有效长度；
（3）隐含条件：磁场只在中间位置以下分布，意味着有效面积减半。
（1）内穿过线圈磁通量的变化量为
（2）由法拉第电磁感应定律得
根据闭合电路的欧姆定律可得线圈中的感应电流大小为
根据图乙可知，t=3s时磁感应强度为
线圈受到的安培力大小为
由左手定则可知安培力方向竖直向上，则轻质细线的拉力大小为
（3）线圈中感应电流大小为1A，0~4s内线圈产生的焦耳热为
31．（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1、Ⅱ，区域1（-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ⅡI（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r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时放置在轨道上，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1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1上边界的距离s：
（2）金属框沿轨道下滑，当ef边刚进入区域时开始计时(r=0)，此时金属框的速率为vs，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。
【答案】（1）金属框从开始进入到完全离开区域1的过程中，金属框只有一条边切割磁感线，根据楞次定律可得，安培力水平向左，则
切割磁感线产生的电动势E=BLvcosα
线框中电流I=
线框做匀速直线运动，则BILcosα=mgsinα
解得金属框从开始进入到完全离开区域I的过程的速率
金属框开始释放到pq边进入磁场的过程中，只有重力做功，由动能定理可得
可得释放时pq边与区域I上边界的距离
（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
线框ef边受到沿轨道向下的安培力，大小为
则线框受到的安培力
代入
化简得
当线框平衡时，可知此时线框速率为0。
则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，根据动量定理可得
即
对时间累积求和可得
可得
【知识点】动量定理；匀变速直线运动规律的综合运用；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【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。
32．（2025·江苏）圆筒式磁力耦合器由内转子、外转子两部分组成。工作原理如图甲所示。内、外转子可绕中心轴转动。外转子半径为，由四个相同的单匝线圈紧密围成，每个线圈的电阻均为R，直边的长度均为L，与轴线平行。内转子半径为，由四个形状相同的永磁体组成，磁体产生径向磁场，线圈处的磁感应强度大小均为B。外转子始终以角速度匀速转动，某时刻线圈abcd的直边ab与cd处的磁场方向如图乙所示。
（1）若内转子固定，求ab边产生感应电动势的大小E；
（2）若内转子固定，求外转子转动一周，线圈abcd产生的焦耳热Q；
（3）若内转子不固定，外转子带动内转子匀速转动，此时线圈中感应电流为I，求线圈abcd中电流的周期T。
【答案】（1）根据题意可知，转动时的线速度为
则ab产生的感应电动势
（2）根据题意，由图可知，若内转子固定，外转子转动过程中，、均切割磁感线，且产生的感应电流方向相反，则转动过程中感应电动势为
感应电流为
转子转动的周期为
则abcd转一圈产生的热量
（3）结合图可知，转子转动电流方向改变，大小不变，若内转子不固定，跟着外转子一起转，且abcd中的电流为I，则感应电动势为
又有
解得
则电流改变方向的时间为
则电流的周期为
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】 （1）根据v=ωr求速度，再根据E=BLv，求切割电动势；
（2）根据切割电动势，求转动过程中感应电动势，根据欧姆定律，求电流，结合转子周期和焦耳定律，求热量；
（3）内转子不固定，跟着外转子一起转，根据欧姆定律求电动势，结合切割电动势，求切割速度差，再求电流改变方向的时间，确定电流的周期。
33．（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。
【答案】（1）解：由法拉第电磁感应定律可知，第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律可得，此时回路的电流为
此时导体棒受到的安培力
此时导体棒受安培力的功率
；
（2）解：第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，根据动量定理有
其中
解得
（3）解：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
（n = 1，2，3，…）。
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】 本题主要考查电磁感应现象的应用，必要的数学数列知识是解题关键。
（1）由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律、安培力计算公式得到单体帮所受安培力，再根据功率公式P=Fv计算安培力的功率；
（2）以第二根导体棒为研究对象，根据动量定理列式求解其横截面上通过的电荷量；
（3）由能量守恒个串并联知识得到第一根、第二根……第n根导体棒进入磁场到速度为零电阻R上产生的热量，再根据数学知识求得导轨右端定值电阻R上产生的总热量。
34．（2025高二下·罗湖月考）如图，在倾角为的光滑斜面上，在区域I和区域II存在着方向相反的匀强磁场，I区磁感应强度大小B1=0.6T，II区磁感应强度大小B2=0.4T。两个磁场的宽度MJ和JG均为L=1m，一个质量为、电阻R=0.6Ω、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场I区时，恰好做匀速直线运动。已知重力加速度g取10m。求：
（1）线框ab边刚进入磁场I区时线框的速度的大小；
（2）线框静止时ab边距GH的距离x；
（3）线框ab边从JP运动到MN过程通过线框的电荷量q。
【答案】解： （1）当ab边刚越过GH进入磁场I区时，恰好做匀速直线运动，处于受力平衡状态，由楞次定律知电流为顺时针方向即badc，左手定则可知安培力方向竖直向上，安培力等于重力沿斜面分量方向相反，如图，
，，，
，
（2）根据在GH时恰好做匀速直线运动之前只受到重力分量加速， 设静止到GH的位移为x，力在这个空间里做功的过程机械能守恒，即初机械能等于末机械能，
（3） 边长也为L的正方形导线框，线框ab边从JP运动到MN过程
需求平均电流
需求平均电动势
需求磁通量变化值，磁通量相反变化值为两磁通量相加
，
所以
继续代入得
【知识点】磁通量；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）本题综合考查电磁感应、动力学及机械能守恒，能量守恒；识别匀速运动条件（安培力与重力分力平衡）；对电荷量问题，优先用 q=ΔΦ/R ；画受力图和等效电路图辅助分析；
（2）易错点包括：① 安培力方向判断错误需用楞次定律先确定电流方向；
② 电荷量计算混淆 ΔΦ与瞬时 I；③ 斜面问题漏掉sinθ；
（3）隐含条件：① 磁场方向相反影响 ΔΦ；
② 线框边长与磁场宽度相等即磁场宽度与线框边长均为L；若线框不完全进入磁场，需分段计算感应电动势。
35．（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，均为B。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）求线框释放点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。
【答案】（1）解：线框在没有进入磁场区域时，受重力、支持力，根据牛顿第二定律可得
根据运动学公式
联立可得线框释放点cd边与Ⅰ区域上边缘的距离
（2）解：因为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，可知线框在磁场中做匀速运动，且线框的边长与Ⅰ区域的长度相等，根据平衡条件有
由法拉第电磁感应定律可得
由闭合电路欧姆定律可得
cd边两端的电势差
联立可得
（3）解：①若，在线框进入Ⅰ区域过程中，根据动量定理
其中，，
联立可得
线框在Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理
根据
线框进入磁场过程中电荷量都相等，即
联立可得
根据动能定理可得
克服安培力做功的平均功率
联立可得
②若，同理可得
根据动量定理
其中
结合
，
联立可得
根据动能定理可得
克服安培力做功的平均功率
联立可得
【知识点】动量定理；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】本题主要考查电磁感应现象的应用，由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、以及牛顿第二定律解答。
（1）线框在没有进入磁场区域时，做匀加速直线运动，对线框受力分析，根据牛顿第二定律列式求得加速度，再根据运动学公式求解 线框释放点cd边与Ⅰ区域上边缘的距离；
（2）由题意分析知，线框匀速通过 Ⅰ区，由平衡条件、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律部分电路欧姆定律列式求解cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差；
（3）分情况，由动量定理结合和电流计算公式、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律求得线框在Ⅱ区域运动时间，再根据动能定理求得安培力做的功，根据求得 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。
36．（2025·义乌模拟）通电长直导线周围某点的磁感应强度可以用来计算，其中I是电流的大小，r是点到导线的距离，k为比例系数。如图所示，表层绝缘的长直导线水平固定在倾角θ=30°的斜面上，导线中的恒定电流I0方向自左向右，不计电阻的金属导轨AO和BO沿斜面固定放置，它们的长度均为，与水平长直导线的夹角为30°。长为L、质量为m、单位长度电阻为r0的导体棒MN，在外力作用下从O点由静止开始沿斜面向下运动，运动过程中MN始终与长直导线平行，MN出现的电流大小始终为I，且下滑过程中除安培力外，仅受到与安培力比值为β的综合阻力。取重力加速度为g，不考虑地磁场的影响，解答下列问题：
（1）判断运动过程（未脱离导轨）中导体MN棒中电流的方向；
（2）研究导体棒运动的距离为x（x<0.25L）的过程：
①求此时导体棒的速度v；
②求运动到x位置时候的加速度大小a；
（3）研究从开始运动到导体棒脱离导轨过程：
①求该过程中产生的焦耳热Q；
②求外力所做的功W。
【答案】（1）解：由安培定则可以判断导体棒MN处的磁场方向为垂直与此斜面向下，再由右手定则可以判断电流方向应为M指向N；
（2）解：①根据题意当导体棒运动距离为时回路中得总电阻为
再有电路电压关系有
解得
②导体棒运动到位置时加速度
（3）解：①由题意可知导体棒运动到位置时导体棒脱离导轨，此时导体棒的速度
再由安培力
可知安培力为恒力，所以该过程中产生的焦耳热即为克服安培力所做的功
即
②由题综合阻力做的功为
对导体棒开始运动到脱离导轨全程使用动能定理有
解得
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）MN在外力作用下沿斜面向下运动，切割通电导体PQ产生的磁感线，根据右手定则判断MN中电流的方向，发生变化，于是产生感应电流，由法拉第电磁感应定律，求出棒PQ产生的电动势，再求出回路产生的电流大小；
（2）ab棒受到的与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd棒则在安培力作用下做加速运动．在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速，两棒速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度v做匀速运动，由于平行金属导轨位于同一水平面且两棒均可沿导轨无摩擦地滑行，故由两棒组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒mv0=2mv，再由能量守恒求出焦耳热的关键；
（3）回路中的电流始终保持为I0，则棒PQ和MN所受的安培力大小保持不变．若d足够长，则棒PQ先向右匀减速运动再向左匀加速运动，返回轨道左端时速度大小仍为v0，而这个过程棒MN一直向右匀加速运动，使用动量守恒定律和动能定理可以求出结果。
（1）由安培定则可以判断导体棒MN处的磁场方向为垂直与此斜面向下，再由右手定则可以判断电流方向应为M指向N；
（2）①根据题意当导体棒运动距离为时回路中得总电阻为，再有电路电压关系有解得；
②导体棒运动到位置时加速度；
（3）①由题意可知导体棒运动到位置时导体棒脱离导轨，此时导体棒的速度
再由安培力
可知安培力为恒力，所以该过程中产生的焦耳热即为克服安培力所做的功
即
②由题综合阻力做的功为
对导体棒开始运动到脱离导轨全程使用动能定理有
解得
1 / 1高考一轮复习：电磁感应
一、选择题
1．（2025·北京市）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
2．（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．
3．（2025高二下·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
4．（2025·浙江模拟）电磁弹射器在我国自行研制的第三艘航空母舰“福建号”进行了使用。其原理是弹射车处于强磁场中，当弹射车内的导体有强电流通过时，弹射车就给舰载机提供强大的推力而快速起飞，下列与其原理相同的是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2025·北京市）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
6．（2025·陕西）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·山东）如图为一种交流发电装置的示意图，长度为2L、间距为L的两平行金属电极固定在同一水平面内，两电极之间的区域I和区域Ⅱ有竖直方向的磁场，磁感应强度大小均为B、方向相反，区域I边界是边长为L的正方形，区域Ⅱ边界是长为L、宽为0.5L的矩形。传送带从两电极之间以速度v匀速通过，传送带上每隔2L固定一根垂直运动方向、长度为L的导体棒，导体棒通过磁场区域过程中与电极接触良好。该装置产生电动势的有效值为
A．BLv B． C． D．
8．（2023·上海）如图所示，有一光滑导轨处于匀强磁场中，一金属棒垂直置于导轨上，对其施加外力，安培力变化如图所示，取向右为正方向，则外力随时间变化图像为（ ）
A． B．
C． D．
9．（2025高二下·罗湖月考）太空单车是利用电磁阻尼原理的一种体育锻炼器材。某同学根据电磁学的相关知识，设计了如图的单车原理图：在铜质轮子外侧有一些磁铁（与轮子不接触），人在健身时带动轮子转动，磁铁会对轮子产生阻碍，磁铁与轮子间的距离可以改变，则下列说法正确的是（ ）
A．轮子受到的阻力主要来源于铜制轮内产生的感应电流受到的安培力
B．轮子受到的阻力大小与其材料电阻率无关
C．若轮子用绝缘材料替换，也能保证相同的效果
D．磁铁与轮子间距离不变时，轮子转速越大，受到的阻力越小
10．（2025·浙江）新能源汽车日趋普及，其能量回收系统可将制动时的动能回收再利用，当制动过程中回收系统的输出电压（U）比动力电池所需充电电压（）低时，不能直接充入其中。在下列电路中，通过不断打开和闭合开关S，实现由低压向高压充电，其中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2025·浙江模拟）电动汽车快充技术需要比照明电压高的电压，在快充电路中往往有自感系数很大的线圈，操作不当时，当电路的开关S由闭合转为断开瞬间，线圈会产生很大的自感电动势，而使开关S处产生电弧，会危及操作人员的人身安全，下列设计电路中，可以解决上述问题的是（ ）
A． B．
C． D．
12．（2025高二下·罗湖月考）在断电自感的演示实验中，用小灯泡、带铁芯的电感线圈和定值电阻等元件组成如图甲所示电路。闭合开关，待电路稳定后，两支路电流分别为和。断开开关前后的一小段时间内，电路中电流随时间变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是（ ）
A．断开开关前灯泡中电流为
B．灯泡电阻小于电阻和线圈的总电阻
C．断开开关后小灯泡先突然变亮再逐渐熄灭
D．断开开关后电阻所在支路电流如曲线所示
13．（2025·陕西）如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于的匀强磁场，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，宽均为L，电阻分别为R和。两线框在光滑水平面上以相同初速度并排进入磁场，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
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
14．（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，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
15．（2025高二下·涪城月考）如图所示，单匝正方形闭合线圈MNPQ放置在水平面上，空间存在方向竖直向下、磁感应强度为B的有界匀强磁场，磁场两边界成角。线圈的边长为L、总电阻为R。现使线圈以水平向右的速度匀速进入磁场。下列说法正确的是（ ）
A．当线圈中心经过磁场边界时，N、P两点间的电压
B．当线圈中心经过磁场边界时，线圈所受安培力
C．当线圈中心经过磁场边界时，回路的瞬时电功率
D．线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程，通过导线某一横截面的电荷量
二、多项选择题
16．（2025高二下·信宜开学考）如图所示，水平面内有两条相互垂直且彼此绝缘的通电长直导线，以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系．四个相同的圆形闭合线圈在四个象限内完全对称放置，两直导线中的电流大小与变化情况完全相同，电流方向如图所示，当两直导线中的电流都增大时，四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是（ ）
A．线圈a中无感应电流 B．线圈b中有感应电流
C．线圈c中有感应电流 D．线圈d中无感应电流
17．（2025高二下·东莞月考）矩形导线框abcd放在匀强磁场中处于静止状态，如图甲所示．一磁场的磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度的大小B随时间t变化的图象如图乙所示．t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直导线框平面向里，在0～4 s时间内，导线框ad边所受安培力F安随时间t变化的图象(规定向左为安培力的正方向)及导线框中的感应电流I随时间t变化的图象(规定顺时针方向为电流的正方向)可能是图中的( )
A． B．
C． D．
18．（2025·黑吉辽蒙）如图，“”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直，各边长均为l。线框绕b、e所在直线以角速度顺时针匀速转动，be与磁场方向垂直。时，abef与水平面平行，则（ ）
A．时，电流方向为abcdefa
B．时，感应电动势为
C．时，感应电动势为0
D．到过程中，感应电动势平均值为0
19．（2025高二下·罗湖月考）动圈式扬声器的结构如图甲所示，图乙为磁铁和线圈部分从右往左看的剖面图，有指向圆心内部的辐射形磁场。当人对着纸盆说话，纸盆带着线圈左右运动（在乙图中垂直剖面上下运动）能将声信号转化为电信号。已知线圈有匝，线圈半径为，总电阻为，线圈所在位置的磁感应强度大小为，则（ ）
A．纸盆向左运动时，图乙的线圈中产生逆时针方向的感应电流
B．纸盆向左运动时，图乙的线圈中产生顺时针方向的感应电流
C．纸盆向右运动速度为时，线圈所受安培力为
D．纸盆向右运动速度为时，线圈所受安培力为
20．（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。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为圆心的半径为的导电圆环I，与磁场边界相切的半径为的导电圆环Ⅱ，电阻均为R，圆心O对圆环Ⅱ上P、Q两点的张角；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．时刻直导线CD电动势为
C．时刻圆环Ⅱ中电流为
D．时刻圆环Ⅱ上PQ间电动势为
21．（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，其质最用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，匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为E。利用上述测结果可得出m的值，重力加速度为g。下列说法正确的有（ ）
A．线圈电阻为与 B．I越大，表明m越大
C．v越大，则E越小 D．
22．（2025·杭州模拟）如图所示，半径为L的圆环放置在光滑水平地面上，圆环上固定、、、四根长均为L，阻值均为r且夹角互为90°的金属棒，以圆环圆心O为原点建立直角坐标系，在第二象限圆环内部存在方向垂直水平面向下的磁场，沿半径各点磁感应强度（θ为与x轴负方向夹角），圆心O与环面分别通过电刷E、F与阻值为r的电阻R相连，其它电阻均不计。在外力作用下，圆环以角速度绕O点沿顺时针方向匀速转动。以进入磁场开始计时，则下列说法正确的是（ ）
A．通过电阻R的电流方向始终为
B．当棒转动至时，感应电动势
C．圆环转动一周的过程中，感应电动势有效值为
D．圆环转动一周的过程中，外力做的功
23．（2025·义乌模拟）如图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小B随时间t的变化关系如图乙所示磁的磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r的圆环形光滑细玻璃管，环心O在区域中心。一质量为m、带电荷量为（q（q>0）的小球t=0时静止在管内的E点，2T0时刻小球第二次经过F点且不受细管侧壁的作用力，角EOF为120°，小球在运动过程中电荷量保持不变，对原磁场的影响可忽略。下列说法正确的是（ ）
A．2T0时刻小球过F点的速度大小为
B．小球两次过F点时受到洛伦兹力的大小之比为2∶5
C．T0时刻细玻璃管内的电场强度大小为
D．T0时刻小球受细管侧壁的作用力等于零
24．（2024·贵州） 如图，间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有一定值电阻R，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则（ ）
A．加速过程中通过金属棒的电荷量为
B．金属棒加速的时间为
C．加速过程中拉力的最大值为
D．加速过程中拉力做的功为
25．（2025·重庆市）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，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，。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
26．（2025·诸暨模拟）如图所示，半径为20cm的竖直圆盘以10rad/s的角速度匀速转动，固定在圆盘边缘上的小圆柱带动绝缘T形支架在竖直方向运动。T形支架下面固定一长为30cm、质量为200g的水平金属棒，金属棒两端与两根固定在竖直平面内的平行光滑导轨MN和PQ始终紧密接触，导轨下端接有定值电阻R和理想电压表，两导轨处于磁感应强度大小为5T、方向垂直导轨平面向外的匀强磁场中。已知金属棒和定值电阻的阻值均为0.75Ω，其余电阻均不计，重力加速度g=10m/s2，以下说法正确的是（ ）
A．理想电压表的示数为1.5V
B．T形支架对金属棒的作用力的最大值为7N
C．圆盘转动一周，T形支架对金属棒所做的功为
D．当小圆柱体经过同一高度的两个不同位置时，T形支架对金属棒的作用力相同
27．（2025·长沙模拟）一端开有小口的水平单匝圆环线圈固定在竖直向上的均匀磁场中，其磁感应强度大小随时间的变化规律为，线圈的面积，线圈与水平固定的光滑导轨连接，导轨左侧接有小灯泡L，小灯泡L的参数为“24V，5A”。一导体棒垂直导轨静止放置，导体棒的质量m=2kg，接入导轨间的长度l=1m，接入电路的电阻r=2Ω，导体棒处于竖直向下、磁感应强度大小的匀强磁场中。不计导轨和线圈的电阻，灯泡电阻恒定，导轨足够长，从t=0时刻开始，下列说法正确的是（ ）
A．灯泡一直正常发光
B．电路中的热功率先减小后不变
C．导体棒最终将静止
D．从开始运动至达到稳定状态过程中，通过导体棒的电荷量q=3C
三、非选择题
28．（2025·浙江）在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，当电流从“-”接线柱流入灵敏电流表，指针左偏：从“”或“”接线柱流入，指针右偏。如图所示是某次实验中指针偏转角度最大的瞬间，则
（1）此时磁铁的运动状态是 （选填“向上拔出”、“静止”或“向下插入”）。
（2）只做以下改变，一定会增大图中电流表指针偏转角度的是_____（多选）
A．磁铁静止，向上移动线圈
B．增大（1）中磁铁运动速度
C．将导线从接线柱移接至接线柱
D．将一个未与电路相接的闭合线圈套在图中线圈外
29．（2025高二下·东莞月考）如图所示是“研究电磁感应现象”的实验装置。
（1）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，电流计指针将 偏转。（填“向左”“向右”或“不”）
（2）连好电路后，并将A线圈插入B线圈中后，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是_______。
A．插入铁芯 B．拔出A线圈
C．变阻器的滑片向左滑动 D．断开电键S瞬间
（3）G为指针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 （填“上”、“下”）；图（3）中电流表指针应 （填“向左”“向右”）偏转。
30．（2025高二下·罗湖月考）如图甲所示，轻质细线吊着一质量、边长、匝数的正方形线圈，线圈总电阻。在线圈的中间位置以下区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示，重力加速度。求：
（1）0~6s内穿过线圈磁通量的变化量；
（2）时轻质细线的拉力大小；
（3）0~4s内线圈产生的焦耳热。
31．（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1、Ⅱ，区域1（-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ⅡI（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r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时放置在轨道上，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1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1上边界的距离s：
（2）金属框沿轨道下滑，当ef边刚进入区域时开始计时(r=0)，此时金属框的速率为vs，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。
32．（2025·江苏）圆筒式磁力耦合器由内转子、外转子两部分组成。工作原理如图甲所示。内、外转子可绕中心轴转动。外转子半径为，由四个相同的单匝线圈紧密围成，每个线圈的电阻均为R，直边的长度均为L，与轴线平行。内转子半径为，由四个形状相同的永磁体组成，磁体产生径向磁场，线圈处的磁感应强度大小均为B。外转子始终以角速度匀速转动，某时刻线圈abcd的直边ab与cd处的磁场方向如图乙所示。
（1）若内转子固定，求ab边产生感应电动势的大小E；
（2）若内转子固定，求外转子转动一周，线圈abcd产生的焦耳热Q；
（3）若内转子不固定，外转子带动内转子匀速转动，此时线圈中感应电流为I，求线圈abcd中电流的周期T。
33．（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。
34．（2025高二下·罗湖月考）如图，在倾角为的光滑斜面上，在区域I和区域II存在着方向相反的匀强磁场，I区磁感应强度大小B1=0.6T，II区磁感应强度大小B2=0.4T。两个磁场的宽度MJ和JG均为L=1m，一个质量为、电阻R=0.6Ω、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场I区时，恰好做匀速直线运动。已知重力加速度g取10m。求：
（1）线框ab边刚进入磁场I区时线框的速度的大小；
（2）线框静止时ab边距GH的距离x；
（3）线框ab边从JP运动到MN过程通过线框的电荷量q。
35．（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，均为B。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）求线框释放点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。
36．（2025·义乌模拟）通电长直导线周围某点的磁感应强度可以用来计算，其中I是电流的大小，r是点到导线的距离，k为比例系数。如图所示，表层绝缘的长直导线水平固定在倾角θ=30°的斜面上，导线中的恒定电流I0方向自左向右，不计电阻的金属导轨AO和BO沿斜面固定放置，它们的长度均为，与水平长直导线的夹角为30°。长为L、质量为m、单位长度电阻为r0的导体棒MN，在外力作用下从O点由静止开始沿斜面向下运动，运动过程中MN始终与长直导线平行，MN出现的电流大小始终为I，且下滑过程中除安培力外，仅受到与安培力比值为β的综合阻力。取重力加速度为g，不考虑地磁场的影响，解答下列问题：
（1）判断运动过程（未脱离导轨）中导体MN棒中电流的方向；
（2）研究导体棒运动的距离为x（x<0.25L）的过程：
①求此时导体棒的速度v；
②求运动到x位置时候的加速度大小a；
（3）研究从开始运动到导体棒脱离导轨过程：
①求该过程中产生的焦耳热Q；
②求外力所做的功W。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】A、图（a）中，圆环在匀强磁场中向左平移，磁通量不变，根据法拉第电磁感应定律可知电路不会产生感应电流，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，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，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，故D错误。
故答案为：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。
2．【答案】C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；楞次定律
【解析】【解答】通过金属箔片的磁场方向向下， 一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过 ，金属板左边磁通量增加，右边磁通量减小，根据楞次定律可知左边涡流方向逆时针，右边涡流方向顺时针，故C正确，ABD错误。
故答案为：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。
3．【答案】B
【知识点】平行通电直导线间的相互作用；楞次定律；电磁感应中的图像类问题；电磁感应中的磁变类问题
【解析】【解答】A. t0-t1：A线圈电流大小按乙图随时间变化，斜率为负，原磁场向外的电磁场随电流减小，B线圈产生感生电动势，根据楞次定律可知线圈B内有逆时针方向的电流，产生向外磁场补充原磁场的减小部分，此电流为逆时针方向，电流沿逆时针方向，穿过线圈B的磁通量垂直纸面向外，
电流同向相吸，但原电流减小导致吸引力减弱，表现为扩张，扩张趋势，故A错误；
B. t0-t1：A线圈电磁场的磁场向外减小，B线圈感应电流应产生向外磁场（阻碍减小）→ 逆时针方向，电流同向相吸，且原磁场减弱，表现为逆时针电流，扩张趋势 ，故B正确；
C. t1-t2：电流沿顺时针方向增大，应为逆时针电流，AB线圈电流方向相反，互相排斥，B线圈为收缩趋势 ，故C错误；
D. t1-t2：B线圈感应电流逆时针方向，收缩趋势，故D错误；
故选B；
【分析】（1）楞次定律：感应电流的方向总是阻碍引起它的磁通量变化，判断感应电流方向；
平行电流线受力情况 ， 电磁场方向由右手定则判断， 安培力左手定则， 判断线圈运动趋势；
AB同向电流 ， 导线A在导线B处产生垂直纸面向外的磁场，导线B受向右的力 ，相互吸引；
AB反向电流 ， 导线A在导线B处产生垂直纸面向里的磁场 ，导线B受向左的力 ，相互排斥；
时间段的划分：明确t1时刻电流为零的转折点；
斜率的物理意义：负斜率表示电流在减小或反向增大；
（2）易错点，电流方向判断错误：容易忽略t1时刻电流反向，导致时间段划分错误；
感应电流方向混淆：可能错误使用右手定则判断感应电流方向；
力的效果误判：可能将"阻碍变化"简单理解为排斥或吸引，而忽略具体情境。
（3）扩展知识：导线产生的磁场，导线产生的磁场产生的安培力。
4．【答案】C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；电磁波的发射、传播与接收；左手定则—磁场对带电粒子的作用；LC振荡电路分析
【解析】【解答】电磁弹射器的工作原理是通电导体在安培力作用下开始运动。
A．原理是电磁感应（导体切割磁感线，产生感应电流 ），与“通电受安培力”不同，故A错误；
B．LC 振荡电路（电容充放电 + 电感储能，产生电磁振荡 ），与安培力无关，故B错误；
C．图中是通电导体在安培力作用下开始运动，两者原理相同，故C正确；
D．动圈式话筒的工作原理是电磁感应，与电磁弹射器的工作原理不相同，故D错误。
故答案为：C。
【分析】先明确电磁弹射器 “通电导体在磁场中受安培力运动” 的原理，再逐个分析选项装置原理，找出原理匹配的选项 ，然后通过对比各装置是基于电磁感应、安培力、振荡回路等不同电磁学原理，判断选项。
5．【答案】D
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；楞次定律
【解析】【解答】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.根据楞次定律推论“增缩减扩”，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，根据法拉第电磁感应定律可知，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。
故答案为：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。
6．【答案】B
【知识点】楞次定律；电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】当钢制线圈中电流迅速增加时，根据楞次定律，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。
故答案为：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。
7．【答案】D
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】由题意可知导体棒通过磁场区域过程需要的时间，即周期为
同一个导体棒先通过区域Ⅱ，后通过区域Ⅰ，导体棒通过区域Ⅰ时，根据导体棒切割磁感线产生感应电动势公式，产生的电动势大小为，经过的时间为
同理，导体棒通过区域Ⅱ时，产生的电动势大小为，经过的时间为
根据有效值的定义有
代入数据可得，故D正确，ABC错误。
故答案为：D。
【分析】根据题意分段计算感应电动势，再结合电动势有效值的定义列式求解。
8．【答案】C
【知识点】电磁感应中的图像类问题
【解析】【解答】由部分导线切割磁感线产生感应电动势：可知金属棒所受安培力为：， 再由图像可知，安培力与时间为线性关系可知：金属棒先做向右的匀减速，再做向左的匀加速直线运动，由牛顿第二定律：安培力与外力的合力为定值，即外力随时间线性变化，由图像可知：在时间安培力为负值，方向向左，由左手定则和右手定则可知，金属棒向右做减速运动，在时间内安培力为正值从零逐渐增加，方向向右，同理可知，金属棒向左做初速为零的匀加速直线运动，加速度不变，则在时刻，合力向左，但，所以外力为负值不等于零，方向向左。故ABD错误，C正确；
故答案为：C
【分析】正确掌握部分导线切割磁感线产生感应电动势时导体的安培力，结合安培力随时间变化规律确定导线运动规律和方向，即金属棒先做向右的匀减速，再做向左的匀加速直线运动，由此确定外力与安培力的合力不变，导线做匀变速直线运动，选取特殊的时刻，确定外力的大小和方向，做出正确判断。
9．【答案】A
【知识点】安培力；涡流、电磁阻尼、电磁驱动；感应电动势及其产生条件；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】A .轮子受到的阻力来源于铜轮切割磁感线产生的涡流（动生感应电动势和感应电流）所受的安培力，对运动的轮子产生阻力，以阻碍轮子与磁场之间的相对运动，所以轮子受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力，安培力大小与电阻率有关这是电磁阻尼的核心原理，故A正确；
B . 阻力大小与材料电阻率密切相关（电阻率越小，涡流越大，安培力越强），故B错误；
C . 绝缘材料无法形成涡流，无法产生电磁阻尼效果，故C错误；
D . 转速越大，切割磁感线的速率越快，感应电流和安培力越大，阻力越大，故D错误；
故选A；
【分析】（1）电磁感应分析：铜轮旋转切割磁感线→产生涡流→安培力阻碍运动（楞次定律）；
参数影响：阻力大小取决于磁感应强度 B、转速 ω、材料电阻率 ρ 和轮子尺寸。
（2）易错点：混淆电磁阻尼与摩擦阻力的区别，误认为绝缘材料可替代导体（需闭合回路或涡流），忽略电阻率对涡流强度的直接影响。
10．【答案】B
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】 本题考查对感生电动势的理解，熟悉电路图，自感线圈断开或者闭合瞬间会产生自感电动势。A．该电路中当开关S断开时，整个电路均断开，则不能给电池充电，选项A错误；
B．该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，当S断开时L产生自感电动势阻碍电流减小，L相当电源，电源U与L中的自感电动势共同加在电池两端，且此时二极管能导体，从而实现给高压充电，选项B正确；
C．该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时L也与电路断开，还是只有回收系统的电压U加在充电电池两端，则不能实现给高压充电，选项C错误；
D．该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时电源U也断开，只有L产生的自感电动势相当电源加在充电电池两端，则不能实现给高压充电，选项D错误。
故选B。
【分析】只有电源U与L中的自感电动势串联，电压之和高于充电电压时，才能给电池充电，根据电路图分析。
11．【答案】C
【知识点】自感与互感
【解析】【解答】A 选项：无额外元件，开关断开时线圈自感电动势直接在开关处产生电弧，不能解决，A 错误。
B 选项：二极管反向并联，正常通电时二极管截止（因电流方向使其反向偏置 ），开关断开时，线圈自感电流若要通过二极管，方向不符合导通要求（二极管单向导电性 ），无法给自感电流提供通路，不能避免电弧，B 错误。
C 选项：二极管正向并联，正常通电时，电流从电源正极流出，经线圈、开关，二极管因反向偏置不导通；开关断开瞬间，线圈产生自感电动势，自感电流方向能使二极管正向导通，自感电流经二极管形成回路，避免在开关处产生电弧，C 正确。
D 选项：并联电容器，开关断开时，线圈自感电动势会给电容器充电，但充电结束后，若仍有能量，还是可能在开关处产生电弧，不能有效解决问题，D 错误。
故答案为：C。
【分析】明确问题是开关断开时线圈自感电动势产生电弧，需给自感电流找安全通路，利用二极管单向导电性、电容器充电特性，分析各选项电路中，开关断开时自感电流能否被引导，避免在开关处产生电弧。
12．【答案】C
【知识点】自感与互感；电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】A . 图像电感在两种时候等效为电源，电流不会突变正负I1，说明I1是电感支路的，故A错误；
B . 并联电路电流与电阻成反比，I-t图像I2C . 断开开关S前、后的一小段时间内，通过电感线圈L的电流方向是不变的，则电感线圈L所在支路的电流如曲线a所示，小灯泡电流先变成0变暗，然后突然反向送来电流变亮再随着电感能量释放得不到补充，磁能释放完毕就熄灭，灯泡所在支路的电流如曲线b所示负电流，故C错误；
D．断开开关S前、后的一小段时间内，通过电感线圈L的电流方向是不变的，则电感线圈L所在支路的电流如曲线a所示，故D错误；
故选C；
【分析】（1）稳态电流：比较两支路电阻，通过电流大小反推电阻关系；
瞬态过程：开关断开后，电感线圈电流沿原方向通过灯泡衰减，灯泡电流从；
（2）易错点：电阻比较：误认为电流大则电阻大实际电流与电阻成反比；
曲线归属：混淆电感支路a与灯泡支路b的电流变化；
电流方向：自感电流方向与原电流相同，但路径改变仅通过灯泡。
13．【答案】D
【知识点】动量定理；右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】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．甲线框刚进磁场区域时，合力为，
乙线框刚进磁场区域时，合力为，
可知；
故B错误；
CD．设甲线框恰好完全出磁场区域时速度大小为v1，取向右为正方向，
，
设乙线框恰好完全出磁场区域时速度大小为v2，取向右为正方向，
有，
解得，
由能量守恒可知甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为，
即；
故C错误，D正确。
故答案为：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。
14．【答案】D
【知识点】动量定理；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A、金属棒所受安培力冲量大小为
又根据法拉第电磁感应定律和电流定义式可得
，
解得
故A错误；
B、该过程中，沿斜面方向，导体棒受重力分力，弹簧弹力以及安培力，取沿导轨向下为正方向，沿斜面方向，对金属棒，由动量定理得
解得每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为
故B错误；
C、 将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a后静止释放， 最远处与导轨中间位置距离为b， 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。
故答案为：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。
15．【答案】C
【知识点】法拉第电磁感应定律
【解析】【解答】本题是电磁感应与电路、力学等知识的综合应用。要正确区分电源与外电路，能产生感应电动势的导体相当于电源，电源两端的电压是路端电压，不是内电压。A．当线圈中心经过磁场边界时，只有NP边产生切割磁感线，线圈中产生的感应电动势为
NP间的电压为路端电压，则有
故A错误；
B．当线圈中心经过磁场边界时，线圈NP、PQ边受到安培力作用，根据安培力公式且将NP、PQ两边所受的安培力合成得
故B错误；
C．当线圈中心经过磁场边界时，回路的瞬时电功率
故C正确；
D．线圈从开始进入磁场到其中心经过磁场边界的过程，通过导线某一横截面的电荷量为
故D错误。
故选C。
【分析】根据感应电动势公式E=BLv，求出线框中产生的感应电动势E，结合电路知识求解路端电压；
PN边切割磁感线，相当于电源，PN间的电压是路端电压，根据欧姆定律求解；根据功率公式求解回路电功率；根据电磁感应的电荷量推论公式求解电荷量；
16．【答案】C,D
【知识点】磁通量；楞次定律；右手定则
【解析】【解答】A、水平导线磁场向外，竖直导线磁场向里，但需叠加判断。实际叠加后，磁场垂直纸面向里（因电流变化前磁通量不为零 ）。电流增大时，磁通量增大，根据楞次定律，产生逆时针感应电流，A错误；
B、水平导线磁场向外，竖直导线磁场向外，叠加后磁通量为零（对称抵消 ），电流增大时，磁通量仍为零（变化量为零 ），无感应电流，B错误；
C、水平导线磁场向里，竖直导线磁场向外，叠加后磁场垂直纸面向外（电流变化前磁通量不为零 ），电流增大时，磁通量增大，根据楞次定律，产生顺时针感应电流，C正确；
D、水平导线磁场向里，竖直导线磁场向里，叠加后磁通量为零（对称抵消 ），电流增大时，磁通量仍为零（变化量为零 ），无感应电流，D正确；
故答案为：CD。
【分析】A选项：错误认为 线圈磁通量为零，实际叠加后磁通量向里且变化，产生感应电流，A错误。
B选项： 线圈磁通量叠加为零，电流变化时磁通量不变，无感应电流，B错误。
C选项：正确判断 线圈磁通量向外且变化，产生感应电流，C正确。
D选项：正确判断 线圈磁通量叠加为零，电流变化时磁通量不变，无感应电流，D正确。
17．【答案】A,D
【知识点】安培力的计算；楞次定律；感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】A、电流正（顺时针）且恒定，电流负（逆时针）且恒定 ， 符合阶段分析，A正确；
B、电流应为负，选项仍为正 ， 矛盾，B错误；
C、安培力应“正负交替、随线性变”，选项方向和趋势不符 ， C错误；
D、方向“正负交替”，大小随线性变化，符合阶段分析，D正确。
故答案为：AD 。
【分析】本题围绕矩形导线框在变化磁场中的电磁感应现象，需用楞次定律（判断感应电流方向）和左手定则（判断安培力方向），结合B - t图象分阶段(0 - 1s)、(1 - 2s)、(2 - 3s)、(3 - 4s) 分析。
18．【答案】A,B
【知识点】右手定则；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】AB、t＝0时刻cd边的速度方向与磁感线平行，只有af切割磁感线产生感应电动势， 各边长均为l，线框绕b、e所在直线以角速度顺时针匀速转动， 此时af边的速度大小为v＝ωl，方向与磁感线垂直向下，根据法拉第电磁感应定律得感应电动势为E＝Blv＝Bl2ω。根据右手定则判断此时感应电流方向为abcdefa，故AB正确；
C、根据T=可知t时导线框转动了半周，此时cd边的速度方向水平向左，仍与磁感线平行，af边的速度方向与磁感线垂直向上，只有af切割磁感线产生感应电动势，故此时感应电动势不为零，故C错误；
D、由t＝0到的过程，导线框转动了半周，导线框的bcde部分初末均与磁场方向垂直，其磁通量变化量为ΔΦ＝Bl2﹣（﹣Bl2）＝2Bl2，导线框的abef部分初末均与磁场方向平行，其磁通量变化量为零。即此过程导线框的磁通量变化量不为零，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势平均值不为零，故D错误。
故答案为：AB。
【分析】t＝0时刻cd边的速度方向与磁感线平行，只有af切割磁感线产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势；根据右手定则判断此时感应电流方向；t时导线框转动了半周，此时cd边的速度方向仍与磁感线平行，af边切割磁感线产生感应电动势；由t＝0到的过程，导线框转动了半周，判断此过程导线框的磁通量变化量是否为零。
19．【答案】A,D
【知识点】右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】A . 纸盆向左运动时，线圈向下运动，根据右手定则（拇指指向运动方向，磁场方向指向圆心内部），感应电流方向为顺时针，故A正确；
B . 纸盆向左运动时，线圈中产生顺时针方向的感应电流，故B错误；
C . 纸盆向右运动速度为v时，感应电动势
E=nB·2πr·v
电流
纸盆向右运动速度为v时，切割磁感线的长度为2πR，线圈中产生的感应电动势为
则线圈中感应电流大小为
线圈上所受的安培力大小
故C错误；
D：纸盆向右运动速度为v时，线圈所受安培力为
故D正确。
故选AD；
【分析】（1）动圈式扬声器的工作原理，即电磁感应和安培力的计算；突破点在于正确应用右手定则判断感应电流方向（注意磁场方向指向圆心内部，与常规问题不同）；易错点是忽略线圈匝数n或半径r对安培力的影响；隐含条件是线圈切割磁感线的有效长度为2πr（圆形线圈周长）；扩展知识包括楞次定律、法拉第电磁感应定律的综合应用，以及安培力公式的推导（F=nBIL，其中L=2πr）。
20．【答案】B,D
【知识点】感应电动势及其产生条件；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】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。有效值是根据电流的热效应定义的一个等效概念。A．由题图可知，在内和内圆环I中的电流大小均为
在内圆环I中的电流大小为
设圆环I中电流的有效值为，根据有效值定义可得
联立解得
故A错误；
B．设右侧又一无限长的直导线对称的无限长的直导线与构成回路，则时刻，、回路产生的总电动势为
根据对称性可知时刻直导线CD电动势为，故B正确；
C．由于圆环Ⅱ处于磁场外部，通过圆环Ⅱ的磁通量一直为0，所以圆环Ⅱ不会产生感应电流，则时刻圆环Ⅱ中电流为0，故C错误；
D．以O点为圆心，过程P、Q两点圆轨道，在时刻产生的电动势为
则P、Q两点间圆弧的电动势为
由于P、Q两点间圆弧与圆环Ⅱ上PQ构成回路不会产生感应电流，则圆环Ⅱ上PQ间电动势为，故D正确。
故选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；根据分压规律分析。
21．【答案】B,D
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应在生活中的应用
【解析】【解答】A．根据题意，电动势E是 步骤② 中线圈断开时切割磁感线产生的感应电动势，I 步骤① 中为线圈闭合时通入的电流，不能使用计算线圈的电阻，所以不是线圈的电阻，故A错误；
B．根据平衡条件有，故可知I越大，m越大，故B正确；
C．根据法拉第电磁感应定律可知，，故可知v越大，E越大，故C错误；
D．联立可得，故D正确。
故选BD。
【分析】本题主要考查法拉第电磁感应定律的应用，根据感应电流条件结合平衡条件解答。
由闭合电路欧姆定律确定线圈电阻；根据平衡条件列式求得物块质量与电流之间关系式，由关系是确定质量与电流关系；根据法拉第电磁感应定律确定E与v的关系；由物块质量与电流之间关系式、感应电动势表达式得到物块质量与电流速度关系。
22．【答案】A,D
【知识点】右手定则；导体切割磁感线时的感应电动势；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】A．右手定则可知，通过电阻R的电流方向始终为 N → M，故A正确；
B．导体棒产生的电动势
可知当棒转动至时，电动势
故B错误；
C．根据
可知圆环转动一周的过程中，感应电动势有效值为
故C错误；
D．分析可知，整个电路总电阻为
圆环转动一周的过程中，根据能量守恒可知，外力做的功
联立解得功
故D正确。
故选 AD。
【分析】1、金属棒切割磁感线，根据右手定则判断通过电阻R的电流方向。
2、导体棒转动切割，产生的电动势。
3、根据可求感应电动势最大值，感应电动势有效值为
4、根据能量守恒可知外力做功等于整个过程产生焦耳热，即。
23．【答案】B,D
【知识点】感应电动势及其产生条件
【解析】【解答】本题是有关感应加速器的问题，感生电场的电场力做正功，电场力是恒定大小的力，电荷速率随着时间均匀增加，结合动能定理、动量定理、电势差与电场强度的关系公式、牛顿第二定律列式求解。A．设2T0时刻小球过F点的速度，由此可知，此时洛伦兹力提供圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得
解得
A错误；
BC．从开始到2T0时刻小球第二次经过F点，设涡流产生的电场强度为，由动量定理可得
结合上述结论解得
从开始运动到第二次经过F点电场力所做的功
由动能定理可得
设从开始运动到第一次经过F点时的速度为，电场力所做的功为，则有，
联立解得
根据牛顿第二定律可得
代入上述结论解得
故第一次经过F点所用时间
此时磁感应强度
故第一次经过F点的洛伦兹力为
即小球两次过F点时受到洛伦兹力的大小之比为2∶5，B正确，C错误；
D．结合上述分析可知T0时刻小球速度
若小球在时刻不受细管的作用力，则有
解得
故T0时刻小球受细管侧壁的作用力等于零，D正确。
故选BD。
【分析】由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求2T0时刻小球过F点的速度大小；由动量定理、电场力做功、动能定理、牛顿第二定律求得小球两次过F点时受到洛伦兹力的大小之比、T0时刻细玻璃管内的电场强度大小及小球受细管侧壁的作用力。
24．【答案】A,B
【知识点】动量定理；法拉第电磁感应定律；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】A.对金属棒的加速过程，由动量定理可得
解得
A符合题意；
B.设加速阶段的位移与减速阶段的位移均为x，根据电流的定义式
法拉第成感应定律
和闭合电路欧姆定律
可得
可知加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒的电荷量，由
解得
对金属棒加速的过程，由位移公式可得
可得加速时间为
B符合题意；
C.金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，加速过程中，由
可知，金属棒产生的感应电动势逐渐增大，则感应电流逐渐增大，由安培力公式
可知，导体棒受到的安培力逐渐增大，加速度不变，因此拉力逐渐增大，当撤去拉力的瞬间，拉力最大，由牛顿第二定律可得
其中
联立解得
C不符合题意；
D.加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，由动能定理可知，合外力的功
可得
因此加速过程中拉力做的功大于，D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】对导体棒的匀加速运动过程应用动量定理，结合电流的定义式，求解加速运动通过金属棒的电荷量；根据匀变速直线运动的位移规律列式求解加速运动的时间；根据牛顿第二定律结合匀变速公式计算加速过程中的最大拉力；根据动能定理分析加速过程中拉力做的功。
25．【答案】B,C
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题
【解析】【解答】由法拉第电磁感应定律可得，由欧姆定律可得
由于gh两端的电压随时间均匀增加，BL不变，则说明速度随时间均匀增加，gh在磁场中运动时做匀变速直线运动，设运动的速度为v，有
，，
由牛顿第二定律可得
联立有
B．由于gh在磁场中运动时做匀变速直线运动，则有
，
解得
故B正确；
CD．gh在无磁场区域运动时，F =0，根据动量定理有
联立可得
gh在磁场中运动时做匀变速直线运动，有
结合，解得
，
故C正确，D错误；
A．由于gh磁场中运动时做匀变速直线运动，则有
解得
故A错误。
故选BC。
【分析】本题主要考查电磁感应现象的应用，根据gh两端的电压随时间判断gh运动特点是解题关键。
由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得到gh两端的电压随时间变化关系，从而判断金属框做匀变速运动，根据牛顿第二定律得到速度、加速度关系式求得金属框的总电阻；由动量定理和电流计算公式、匀变速位移时间关系求得小车的质量和最大速度；由匀变速运动速度时间关系求得 h在任一磁场区域的运动时间 。
26．【答案】B,C
【知识点】电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题考查了电磁感应相关知识，理解其中的受力情况，结合牛顿第二定律是解决此类问题的关键。A．圆盘的线速度为
感应电动势最大值为
最大电流为
电流的有效值为
理想电压表的示数为
A错误；
B．当小圆柱运动到圆心的右下方，线速度与竖直方向成角θ时，对金属棒根据牛顿第二定律得
代入数值得
当时，F有最大值，最大值为 ，B正确；
C．圆盘转动一周，T形支架对金属棒所做的功为
周期为
解得
C正确；
D．当小圆柱体经过同一高度的两个不同位置时，设这两个位置都与圆心等高，小圆柱在这两个位置时金属棒的加速度为零；小圆柱在圆心右侧时
小圆柱在圆心左侧时
D错误。
故选BC。
【分析】根据E=BLv和闭合电路的欧姆定律再结合有效值的表达式求理想电压表的示数；对金属棒根据牛顿第二定律求T形支架对金属棒的作用力的最大值；根据W=I2Rt求圆盘转动一周，T形支架对金属棒所做的功；根据平衡关系分析判断小圆柱体经过同一高度的两个不同位置时，T形支架对金属棒的作用力是否相同。
27．【答案】A,B,D
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【解答】本题考查了电磁感应定律的应用，解题关键是当EB1=E棒时导体棒中电流为零，电路达到稳定状态。电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。A．根据法拉第电磁感应定律
有
所以开始时，线圈产生的感应电动势，灯泡的额定电压为24V，此时灯泡两端电压为24V，灯泡正常发光。随着导体棒运动，导体棒切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则可知其该电动势方向与线圈产生的感应电动势方向相反，会使得通过导体棒的电流减小，但是灯泡两端电压不变，总为24V，所以灯泡一直正常发光，故A正确；
C．开始时，导体棒受到向右的安培力，导体棒将向右做加速运动，因为导体棒产生的电动势等于，随着速度增大，导体棒产生的反电动势增大，总电动势减小，电流减小，安培力减小，加速度减小；当时，电流为0，安培力为0，导体棒做匀速直线运动，而不是最终静止，故C错误。
B．灯泡两端的电压保持不变，灯泡的热功率不变，随着导体棒运动产生的与线圈中方向相反的电动势E2=B2lv逐渐变大，当E1=E2时导体棒中电流为零，电路达到稳定状态，即通过导体棒的电流先减小后不变，可知导体棒中的焦耳热先减小后不变，所以电路中的总的热功率先减小后不变，故B正确。
D．对导体棒，根据动量定理
而
则
其中为导体棒稳定时的速度，则稳定时
解得
所以解得
故D正确。
故选ABD。
【分析】随着导体棒运动，导体棒切割磁感线产生感应电动势E=BLv，根据右手定则可知其该电动势方向与线圈产生的感应电动势方向相反，会使得通过导体棒的电流减小，当EB1=E棒时导体棒中电流为零，电路达到稳定状态；根据导体棒的速度变化情况，和受力情况，确定导体棒最终状态，热功率的变化情况；对导体棒，根据动量定理求出电荷量。
28．【答案】（1）向上拔出
（2）B；C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】本题考查电磁感应现象，涉及的知识点有楞次定律以及右手螺旋定则，理解楞次定律并会应用是解题关键。
（1）由图可知，灵敏电流表指针左偏，可知感应电流从“-”极流入，根据楞次定律可知，螺线管中产生的感应电流从上到下，可知磁铁的N极向上拔出；
（2）A．磁铁静止，向上移动线圈，则产生的感应电流不一定增加，指针偏角不一定会增加，选项A错误；
B．增大（1）中磁铁的速度，产生的感应电动势会增加，指针偏角会增大，选项B正确；
C．减小电流计的量程，即将导线从接线柱G1移接到G0，可是电流计指针偏角变大，选项C正确；
D．将一个未与电路相接的闭合线圈套在线圈外，线圈中的感应电流不变，电流计指针偏角不变，选项D错误。
故选BC。
【分析】（1）根据灵敏电流计指针的偏转方向与通过电流计的电流方向的关系，需要知道电流方向。根据题意以及楞次定律判断磁铁的运动状态；
（2）要增大灵敏电流计的偏转角度，则要增大磁通量的变化率。
（1）由图可知，灵敏电流表指针左偏，可知感应电流从“-”极流入，根据楞次定律可知，螺线管中产生的感应电流从上到下，可知磁铁的N极向上拔出；
（2）A．磁铁静止，向上移动线圈，则产生的感应电流不一定增加，指针偏角不一定会增加，选项A错误；
B．增大（1）中磁铁的速度，产生的感应电动势会增加，指针偏角会增大，选项B正确；
C．减小电流计的量程，即将导线从接线柱G1移接到G0，可是电流计指针偏角变大，选项C正确；
D．将一个未与电路相接的闭合线圈套在线圈外，线圈中的感应电流不变，电流计指针偏角不变，选项D错误。
故选BC。
29．【答案】（1）向右
（2）B；D
（3）下；向右
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；磁通量；楞次定律；右手定则
【解析】【解答】（1）闭合开关时，线圈电流从无到有，磁场增强，穿过线圈的磁通量增大，指针右偏 ，得出规律：磁通量增大时，指针右偏；合上开关后，迅速插入线圈，线圈的磁通量因靠近（磁场增强 ）而再次增大；磁通量变化趋势与“闭合开关”时一致（均增大 ），故指针向右偏转；
故答案为：向右。
（2）A选项（插入铁芯）：插入铁芯会增强线圈的磁场，使穿过的磁通量增大，指针右偏，排除。
B选项（拔出线圈）：拔出线圈，线圈处磁场减弱，磁通量减小，指针左偏，符合。
C选项（变阻器滑片向左滑动）：滑片左滑，线圈电流增大，磁场增强，穿过的磁通量增大， 指针右偏，排除。
D选项（断开电键瞬间）：断开电键，线圈电流消失，磁场消失，穿过的磁通量减小，指针左偏，符合。
故答案为：BD。
（3）图（2）中指针左偏 ， 电流从左接线柱进线圈；由右手螺旋定则：电流产生的感应磁场方向向下（四指沿电流方向，大拇指指磁场方向 ）；楞次定律：感应磁场“阻碍原磁通量变化”，原磁通量向下且增大（因为感应磁场向下，与原磁场方向相同，说明原磁通量在增大 ）；磁铁下端是极（磁场方向向上 ），要让原磁通量向下增大，磁铁需向下运动（靠近线圈，使向下的磁通量叠加增大 ）。
图（3）中磁铁极向下，向下运动 ， 穿过线圈的磁通量向下增大（极磁场向下，靠近线圈则磁通量增大 ），
楞次定律：感应磁场“阻碍磁通量增大”， 感应磁场向上（与原磁场方向相反 ），由右手螺旋定则：感应电流方向为从右接线柱进电流表（四指沿感应磁场方向，大拇指指电流方向 ），电流从右接线柱进，指针向右偏转。
故答案为：下；向右。
【分析】（1）先通过“闭合开关指针右偏”，明确“磁通量增大， 指针右偏”的对应关系；再分析“线圈插入线圈”的操作对磁通量的影响，匹配偏转方向。
（2）已知“磁通量增大，指针右偏”，则“指针左偏，磁通量减小”；分析各选项操作对线圈磁通量的影响，筛选“磁通量减小”的操作。
（3）先由“电流从左接线柱进， 指针左偏”，建立电流方向与指针偏转的关系，再用右手螺旋定则、楞次定律，推导磁场方向、磁通量变化，最终确定磁铁运动和指针偏转。
（1）闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过线圈B的磁通量增大，灵敏电流计的指针向右偏。那么合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，穿过线圈B的磁通量也增大，则电流计指针也将向右偏转。
（2）连好电路后，并将A线圈插入B线圈中后，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，则可知应使穿过B线圈的磁通量减小，可采取的操作是拔出A线圈或断开电键S瞬间；而插入铁芯或变阻器的滑片向左滑动均使穿过B线圈的磁通量增大，指针向右偏。
故选BC。
（3）[1]电流从电流表G的左接线柱进时，指针从中央向左偏。图（2）中电流表G指针向左偏，则流进电流表G的电流方向自左向右。根据右手定则，可知感应电流产生的磁场竖直向下，图中条形磁铁的下端为S极，根据楞次定律可判断条形磁铁的运动方向是向下；
[2]图（3）中，条形磁铁N极向下，磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量向下增大，根据楞次定律，可判断知通过电流表的电流自右向左，则指针应向右偏转。
30．【答案】（1）解：已知线圈边长L为1m，面积为1m2，线圈中间位置以下区域面积
内穿过线圈磁通量的变化量为
，
关于磁感应强度B的函数表达式为
t=6s时，B=0.6T，
（2）解：拉力和安培力与重力平衡，安培力需知道电流，磁场变化会产生法拉第感生电动势，关于磁感应强度B的函数表达式为，t=3s时，B=1T，由电磁感应定律得
根据闭合电路的欧姆定律可得线圈中的感应电流大小为
，
由楞次定律知向里磁场变大，感应电流方向产生向外的磁场，右手螺旋定则知感应电流方向为逆时针方向，由左手定则可知安培力方向竖直向上如图
线圈受到的安培力大小为
，
轻质细线的拉力大小为
，
（3）解：磁场变化会产生法拉第感生电动势，关于磁感应强度B的函数表达式为，t=4s时，B=1.2T，
由电磁感应定律得
根据闭合电路的欧姆定律可得线圈中的感应电流大小为
，
线圈中感应电流大小为1A，0~4s内线圈产生的焦耳热为
【知识点】闭合电路的欧姆定律；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算；感应电动势及其产生条件；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1）本题属于电磁感应综合题，需结合法拉第电磁感应定律、楞次定律、安培力计算和焦耳定律；正确计算有效磁通量变化率，并注意磁场分布范围；
（2）关键易错点包括：① 漏掉线圈匝数n；② 未考虑磁场仅覆盖一半面积；③ 计算安培力时混淆有效长度；
（3）隐含条件：磁场只在中间位置以下分布，意味着有效面积减半。
（1）内穿过线圈磁通量的变化量为
（2）由法拉第电磁感应定律得
根据闭合电路的欧姆定律可得线圈中的感应电流大小为
根据图乙可知，t=3s时磁感应强度为
线圈受到的安培力大小为
由左手定则可知安培力方向竖直向上，则轻质细线的拉力大小为
（3）线圈中感应电流大小为1A，0~4s内线圈产生的焦耳热为
31．【答案】（1）金属框从开始进入到完全离开区域1的过程中，金属框只有一条边切割磁感线，根据楞次定律可得，安培力水平向左，则
切割磁感线产生的电动势E=BLvcosα
线框中电流I=
线框做匀速直线运动，则BILcosα=mgsinα
解得金属框从开始进入到完全离开区域I的过程的速率
金属框开始释放到pq边进入磁场的过程中，只有重力做功，由动能定理可得
可得释放时pq边与区域I上边界的距离
（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
线框ef边受到沿轨道向下的安培力，大小为
则线框受到的安培力
代入
化简得
当线框平衡时，可知此时线框速率为0。
则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，根据动量定理可得
即
对时间累积求和可得
可得
【知识点】动量定理；匀变速直线运动规律的综合运用；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的动力学问题
【解析】【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。
32．【答案】（1）根据题意可知，转动时的线速度为
则ab产生的感应电动势
（2）根据题意，由图可知，若内转子固定，外转子转动过程中，、均切割磁感线，且产生的感应电流方向相反，则转动过程中感应电动势为
感应电流为
转子转动的周期为
则abcd转一圈产生的热量
（3）结合图可知，转子转动电流方向改变，大小不变，若内转子不固定，跟着外转子一起转，且abcd中的电流为I，则感应电动势为
又有
解得
则电流改变方向的时间为
则电流的周期为
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】 （1）根据v=ωr求速度，再根据E=BLv，求切割电动势；
（2）根据切割电动势，求转动过程中感应电动势，根据欧姆定律，求电流，结合转子周期和焦耳定律，求热量；
（3）内转子不固定，跟着外转子一起转，根据欧姆定律求电动势，结合切割电动势，求切割速度差，再求电流改变方向的时间，确定电流的周期。
33．【答案】（1）解：由法拉第电磁感应定律可知，第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律可得，此时回路的电流为
此时导体棒受到的安培力
此时导体棒受安培力的功率
；
（2）解：第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，根据动量定理有
其中
解得
（3）解：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
（n = 1，2，3，…）。
【知识点】电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】 本题主要考查电磁感应现象的应用，必要的数学数列知识是解题关键。
（1）由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律、安培力计算公式得到单体帮所受安培力，再根据功率公式P=Fv计算安培力的功率；
（2）以第二根导体棒为研究对象，根据动量定理列式求解其横截面上通过的电荷量；
（3）由能量守恒个串并联知识得到第一根、第二根……第n根导体棒进入磁场到速度为零电阻R上产生的热量，再根据数学知识求得导轨右端定值电阻R上产生的总热量。
34．【答案】解： （1）当ab边刚越过GH进入磁场I区时，恰好做匀速直线运动，处于受力平衡状态，由楞次定律知电流为顺时针方向即badc，左手定则可知安培力方向竖直向上，安培力等于重力沿斜面分量方向相反，如图，
，，，
，
（2）根据在GH时恰好做匀速直线运动之前只受到重力分量加速， 设静止到GH的位移为x，力在这个空间里做功的过程机械能守恒，即初机械能等于末机械能，
（3） 边长也为L的正方形导线框，线框ab边从JP运动到MN过程
需求平均电流
需求平均电动势
需求磁通量变化值，磁通量相反变化值为两磁通量相加
，
所以
继续代入得
【知识点】磁通量；导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的磁变类问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）本题综合考查电磁感应、动力学及机械能守恒，能量守恒；识别匀速运动条件（安培力与重力分力平衡）；对电荷量问题，优先用 q=ΔΦ/R ；画受力图和等效电路图辅助分析；
（2）易错点包括：① 安培力方向判断错误需用楞次定律先确定电流方向；
② 电荷量计算混淆 ΔΦ与瞬时 I；③ 斜面问题漏掉sinθ；
（3）隐含条件：① 磁场方向相反影响 ΔΦ；
② 线框边长与磁场宽度相等即磁场宽度与线框边长均为L；若线框不完全进入磁场，需分段计算感应电动势。
35．【答案】（1）解：线框在没有进入磁场区域时，受重力、支持力，根据牛顿第二定律可得
根据运动学公式
联立可得线框释放点cd边与Ⅰ区域上边缘的距离
（2）解：因为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，可知线框在磁场中做匀速运动，且线框的边长与Ⅰ区域的长度相等，根据平衡条件有
由法拉第电磁感应定律可得
由闭合电路欧姆定律可得
cd边两端的电势差
联立可得
（3）解：①若，在线框进入Ⅰ区域过程中，根据动量定理
其中，，
联立可得
线框在Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理
根据
线框进入磁场过程中电荷量都相等，即
联立可得
根据动能定理可得
克服安培力做功的平均功率
联立可得
②若，同理可得
根据动量定理
其中
结合
，
联立可得
根据动能定理可得
克服安培力做功的平均功率
联立可得
【知识点】动量定理；电磁感应中的电路类问题；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】本题主要考查电磁感应现象的应用，由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、以及牛顿第二定律解答。
（1）线框在没有进入磁场区域时，做匀加速直线运动，对线框受力分析，根据牛顿第二定律列式求得加速度，再根据运动学公式求解 线框释放点cd边与Ⅰ区域上边缘的距离；
（2）由题意分析知，线框匀速通过 Ⅰ区，由平衡条件、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律部分电路欧姆定律列式求解cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差；
（3）分情况，由动量定理结合和电流计算公式、闭合电路欧姆定律、法拉第电磁感应定律求得线框在Ⅱ区域运动时间，再根据动能定理求得安培力做的功，根据求得 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。
36．【答案】（1）解：由安培定则可以判断导体棒MN处的磁场方向为垂直与此斜面向下，再由右手定则可以判断电流方向应为M指向N；
（2）解：①根据题意当导体棒运动距离为时回路中得总电阻为
再有电路电压关系有
解得
②导体棒运动到位置时加速度
（3）解：①由题意可知导体棒运动到位置时导体棒脱离导轨，此时导体棒的速度
再由安培力
可知安培力为恒力，所以该过程中产生的焦耳热即为克服安培力所做的功
即
②由题综合阻力做的功为
对导体棒开始运动到脱离导轨全程使用动能定理有
解得
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）MN在外力作用下沿斜面向下运动，切割通电导体PQ产生的磁感线，根据右手定则判断MN中电流的方向，发生变化，于是产生感应电流，由法拉第电磁感应定律，求出棒PQ产生的电动势，再求出回路产生的电流大小；
（2）ab棒受到的与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd棒则在安培力作用下做加速运动．在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速，两棒速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度v做匀速运动，由于平行金属导轨位于同一水平面且两棒均可沿导轨无摩擦地滑行，故由两棒组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒mv0=2mv，再由能量守恒求出焦耳热的关键；
（3）回路中的电流始终保持为I0，则棒PQ和MN所受的安培力大小保持不变．若d足够长，则棒PQ先向右匀减速运动再向左匀加速运动，返回轨道左端时速度大小仍为v0，而这个过程棒MN一直向右匀加速运动，使用动量守恒定律和动能定理可以求出结果。
（1）由安培定则可以判断导体棒MN处的磁场方向为垂直与此斜面向下，再由右手定则可以判断电流方向应为M指向N；
（2）①根据题意当导体棒运动距离为时回路中得总电阻为，再有电路电压关系有解得；
②导体棒运动到位置时加速度；
（3）①由题意可知导体棒运动到位置时导体棒脱离导轨，此时导体棒的速度
再由安培力
可知安培力为恒力，所以该过程中产生的焦耳热即为克服安培力所做的功
即
②由题综合阻力做的功为
对导体棒开始运动到脱离导轨全程使用动能定理有
解得
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