《领跑高中》物理高考二轮复习 专题四 电路和电磁感应 第11讲 电磁感应规律及其应用 课件

(共68张PPT)
第11讲　电磁感应规律及其应用
高考专题辅导与测试·物理
目 录
CONTENTS
01
构建·知识网络 锁定主干知识
02
试做·高考真题 探明高考考向
03
洞悉·高频考点 精研典型例题
04
培优·提能加餐 拓展思维空间
05
演练·分层强化 提升关键能力
构建·知识网络
锁定主干知识
01
试做·高考真题
探明高考考向
02
1. （2024·北京高考6题）如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，
下列说法正确的是（　　）
A. 闭合开关瞬间，线圈M和线圈P相互吸引
B. 闭合开关，达到稳定后，电流表的示数为0
C. 断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由a到b
D. 断开开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场方向向左
√
解析： 　闭合开关瞬间，根据安培定则可知线圈M中突然产生向右的
磁场，根据楞次定律可知，线圈P中感应电流的磁场方向向左，因此线
圈M和线圈P相互排斥，A错误；线圈M中的磁场稳定后，线圈P中的磁
通量也不再变化，则线圈P产生的感应电流为0，电流表示数为0，B正
确；断开开关瞬间，线圈M中向右的磁场瞬间减为0，根据楞次定律可
知，线圈P中感应电流的磁场方向向右，根据安培定则可知流过电流表
的方向由b到a，C、D错误。
2. （2024·江苏高考10题）如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个
线圈a、b，线圈a处在垂直纸面向里的匀强磁场中，线圈b位于右侧无磁
场区域，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方
向分别是（　　）
A. 顺时针，顺时针 B. 顺时针，逆时针
C. 逆时针，顺时针 D. 逆时针，逆时针
√
解析： 　将线圈a匀速拉出磁场的过程中，穿过线圈a的磁通量垂直纸
面向里且不断减小，则由楞次定律可知，线圈a中的感应电流在其内部
产生的磁场垂直纸面向里，在其外部产生的磁场垂直纸面向外，由右手
螺旋定则可知，线圈a中产生的感应电流方向为顺时针，C、D错误；由
法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律可知，线圈a中产生的感应电
流大小不变，线圈a被拉出磁场，与线圈b的距离逐渐减小，则穿过线圈
b的磁通量垂直纸面向外且不断增大，由楞次定律与右手螺旋定则可知
线圈b中的感应电流为顺时针方向，A正确，B错误。
3. （多选）（2024·山东高考11题）如图所示，两条相同的半圆弧形光滑
金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水
平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO'与导轨所在竖直面垂直。空
间充满竖直向下的匀强磁场（图中未画出），导轨左端由导线连接。现
将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO'放置在导轨图示位置，由静
止释放。MN运动过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良好，不考虑自
感影响，下列说法正确的是（　　）
A. MN最终一定静止于OO'位置
B. MN运动过程中安培力始终做负功
C. 从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN的速率一
直在增大
D. 从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN中电流方
向由M到N
√
√
√
解析： 　由楞次定律结合左手定则可知，安培力的方向与MN的运
动方向的夹角始终大于90°，则安培力始终做负功，MN最终一定静止
在OO'位置，A、B正确；根据楞次定律可知，金属棒从释放到第一次到
达OO'位置过程中，MN中电流方向由M到N，D正确；金属棒在即将到
达OO'位置的时刻，MN所受安培力水平向左，沿速度方向的分力一定大
于MN所受重力沿速度方向的分力，处于减速状态，C错误。
4. （2024·浙江6月选考13题）如图所示，边长为1 m、电阻为0.04 Ω的刚
性正方形线框abcd放在匀强磁场中，线框平面与磁场垂直。若线框固定
不动，磁感应强度以＝0.1 T/s均匀增大时，线框的发热功率为P；若
磁感应强度恒为0.2 T，线框以某一角速度绕其中心轴OO'匀速转动时，
线框的发热功率为2P，则ab边所受最大的安培力为（　　）
A. N B. N
C. 1 N D. N
√
解析： 　线框不动，＝0.1 T/s时E＝S＝0.1 V，I＝＝2.5 A，P＝
I2R＝0.25 W；当B不变，ω恒定时，产生正弦式交变电流，由2P＝I'2R
得I'＝ A，又I'＝，则Im＝5 A，由F安＝BIL知ab边所受最大的安培
力为F安max＝BImL＝1 N，故选C。
洞悉·高频考点
精研典型例题
03
考点一　楞次定律　法拉第电磁感应定律
1. 感应电流方向的判断方法
2. 感应电动势大小的求法
情境图 研究对象 表达式
回路（不一定闭合） 三种形式
E＝
E＝n
E＝
情境图 研究对象 表达式
一段直导线（或等效直导
线） E＝Blv
绕一端转动的一段导体棒 E＝Bl2ω
情境图 研究对象 表达式
绕与B垂直的轴转动的导线框 从图示时刻计时e＝
NBSωcos ωt
【例1】　（2024·广东深圳二模）如图所示，一块绝缘薄圆盘可绕其中心
的光滑轴自由转动，圆盘的四周固定着一圈带电的金属小球，在圆盘的中
部有一个圆形线圈。实验中圆盘沿顺时针方向（俯视）绕中心轴转动时，
发现线圈中产生逆时针方向（俯视）的电流，则下列描述可能的是（　　）
A. 圆盘上金属小球带负电，且转速减小
B. 圆盘上金属小球带负电，且转速增大
C. 圆盘上金属小球带正电，且转速不变
D. 圆盘上金属小球带正电，且转速减小
√
解析：线圈中产生逆时针方向（俯视）的感应电流，由安培定则可知感应
电流的磁场方向向上，由楞次定律可知，可能是线圈中向上的磁场减弱或
向下的磁场增强的结果，若圆盘上金属小球带负电，顺时针（俯视）旋转
产生逆时针（俯视）方向的电流，感应电流的磁场方向向上，转速减小
时，向上的磁场减弱，A可能，B不可能；同理可知，若圆盘上金属小球带
正电，产生顺时针方向（俯视）的电流，感应电流的磁场方向向下，转速
增大时，向下的磁场增强，C、D不可能。
【例2】　（2024·湖南高考4题）如图，有一硬质导线Oabc，其中是半
径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导
线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。
则O、a、b、c各点电势关系为（　　）
A. φO＞φa＞φb＞φc
B. φO＜φa＜φb＜φc
C. φO＞φa＞φb＝φc
D. φO＜φa＜φb＝φc
√
解析：由题及几何关系可知Oa＝R，Ob＝R，Oc＝R，根据E＝Bl2ω
可得EOa＝BR2ω，EOb＝B·5R2ω＝BR2ω，EOc＝B·5R2ω＝BR2ω，又EOa
＝φO－φa，EOb＝φO－φb，EOc＝φO－φc，故φO＞φa＞φb＝φc，C正确。
【例3】　（2024·安徽芜湖模拟）如图所示，在匀强磁场中有一由两段圆
弧及其部分半径构成的导线框CDEF，且C点和F点正好是OD、OE的中
点，圆的半径OE和OD与磁场边缘重合，磁场方向垂直于圆面（纸面）
向里，磁感应强度大小为B0。使该线框绕过圆心O且垂直于圆面的轴以角
速度ω匀速转过90°，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位
置不变，而磁感应强度大小随时间均匀变化。为了产生与线框转过90°过
程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为（　　）
A. B.
C. D.
√
解析：设OE＝2r，线框的电阻为R，该线框绕过圆心O且垂直于圆面的轴
以角速度ω匀速转过90°，在线框中产生的感应电流I＝
＝，线框保持题图中所示位置不变，磁感应强度大小随时间均匀变
化，为了产生与线框转过90°过程中同样大小的电流，有I＝＝·[π
（2r）2－πr2]·＝·，所以＝，C正确，A、B、D错误。
考点二　电磁感应中的电路问题
电磁感应中电路问题的解题流程
【例4】　（2024·四川宜宾一模）如图所示，半径为L的半圆形光滑导体框
架MN垂直放置于磁感应强度为B的匀强磁场中，长为L的导体杆OP绕圆心
O以角速度ω匀速转动，N、O间接阻值为R的电阻，杆OP的电阻为r，框架
电阻不计，求杆沿框架转动过程中：
（1）电阻R两端电压；
答案： 　
解析： 设杆末端的速度为v，则v＝ωL杆绕O点匀速转动产生的
感应电动势为E＝BL＝BL2ω
则电阻R两端电压U＝R＝。
（2）电阻R消耗的电功率。
答案：
解析：回路中电流I＝＝
电阻R消耗的电功率P＝I2R＝。
【例5】　（2024·浙江6月选考19题）某小组探究
“法拉第圆盘发电机与电动机的功用”，设计了
如图所示装置。飞轮由三根长a＝0.8 m的辐条和
金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定轴转动，
不可伸长细绳绕在圆环上，系着质量m＝1 kg的物块，细绳与圆环无相对滑动。飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中，左侧电路通过电刷与转轴和圆环边缘良好接触，开关S可分别与图示中的电路连接。已知电源电动势E0＝12 V、内阻r＝0.1 Ω、限流电阻R1＝0.3 Ω、飞轮每根辐条电阻R＝0.9Ω，电路中还有可调电阻R2（待求）和电感L，不计其他电阻和阻力损耗，不计飞轮转轴大小。
①判断磁场方向，并求流过电阻R1的电流I；
②求物块匀速上升的速度v。
答案： ①垂直纸面向外　10 A　②5 m/s
（1）开关S掷1，“电动机”提升物块匀速上升时，理想电压表示数U
＝8 V，
②此时飞轮相当于“电动机”，则有
UI－I2·＝mg·v
解得v＝5 m/s。
解析： ①开关S掷1时电流从飞轮边缘流向中心，飞轮在安培力
作用下逆时针转动
由左手定则知磁场方向垂直纸面向外
通过R1的电流I＝＝10 A。
①求可调电阻R2的阻值；
②求磁感应强度B的大小。
答案： ①0.2 Ω　②2.5 T
（2）开关S掷2，物块从静止开始下落，经过一段时间后，物块匀速下降
的速度与“电动机”匀速提升物块的速度大小相等，
解析： ①②开关S掷2，物块匀速下降时v仍为5 m/s
则流过辐条的电流应与（1）中的相同
3B·a·＝mg·v
得B＝2.5 T
由E＝Ba得E＝5 V
而I＝
故R2＝0.2 Ω。
一题多解　（2）①由能量守恒定律知
mgvt＝（ I2·＋I2·R2）t
得R2＝0.2 Ω。
②3B·a·＝mg·a（力矩平衡）
得B＝2.5 T。
考点三　电磁感应中的图像问题
解答图像问题应注意以下几个方面
（1）把握三个关注
①排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化趋势、变化
快慢，特别是分析物理量的方向（正、负），排除错误的选项。这
种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用。
②函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关
系，再对图像作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不
够简捷。
（2）掌握两个常用方法
【例6】　（2024·四川绵阳二模）如图所示，两根足够长的平行金属导轨
位于水平的xOy平面内，导轨与x轴平行，左端接有电阻R。在x＞0的一侧
存在竖直向下的匀强磁场。一金属杆与导轨垂直放置，且接触良好，在外
力F作用下沿x轴正方向由静止开始做匀加速运动。t＝0时金属杆位于x＝0
处，不计导轨和金属杆的电阻。下列图像中关于电路总功率P和所受外力F
大小的图像正确的是（　　）
√
解析：金属杆在外力F作用下沿x轴正方向由静止开始做匀加速运动，则有I
＝＝t，则电路总功率P＝I2R＝t2，即P-t图像为开口向上的抛物
线，A错误；金属杆做匀加速直线运动，有v2＝2ax，则电路总功率P＝I2R
＝＝x，即P-x图像为正比例函数关系，B正确；金属杆做匀加
速直线运动，由牛顿第二定律有F－BIL＝ma，联立可得F＝t＋ma，
即F-t图像为一次函数关系，C错误；外力F与位移x的关系为F＝·
＋ma，则F-x图像不成正比例函数关系，D错误。
【例7】　（多选）（2024·全国甲卷21题）如图，一绝缘细绳跨过两个在
同一竖直面（纸面）内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另
一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀
强磁场，磁场上下边界水平。在t＝0时刻线框的上边框以不同的初速度从
磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水
平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能
正确的是（　　）
√
√
解析：线框在减速进入磁场的过程中，对线框受力分析，根据牛顿第
二定律有mg＋－T＝ma，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有
T－Mg＝Ma，联立解得a＝－g，则随着速度的减小，
加速度不断减小，B错误；结合B项分析可知，若匀强磁场区域高度与
线框宽度相等且物块质量与线框质量相等，则线框在磁场中做加速度
逐渐减小的减速运动，出磁场后匀速运动，则A选项的图像可能正确；
若匀强磁场区域高度大于线框宽度且物块质量与线框质量相等，则线
框进磁场和出磁场阶段均做加速度逐渐减小的减速运动，完全在磁场
中运动时不受安培力，匀速运动，完全出磁场后，也匀速运动，则C选
项的图像可能正确；D选项的图像中线框出磁场后匀加速，说明物块质
量大于线框质量，但在此情况下，结合B项分析可知，存在第二段匀速
阶段时，不会存在第三段减速阶段，D错误。
培优·提能加餐
拓展思维空间
04
电磁感应中含电容器的电路问题
1. 含“容”有v0，无外力
情境 质量为m、电阻为R的金属杆ab在水平光
滑导轨上以速度v0开始运动，忽略导轨
电阻
等效 电路 杆速度为v时，电流I＝（UC为电
容器两端电压）
安培力 F安＝BIL＝－
运动 过程 加速度a＝＝－，杆做加速
度逐渐减小的减速运动。当BLvmin＝UCm
时，I＝0，此后杆做匀速直线运动
能量 角度 杆减少的动能转化为电容器的电场能和杆产生的热量
动量 角度 最终电容器两端的电压UCm＝BLvmin，最终电容器的电荷量q＝
CUCm＝CBLvmin，由动量定理可得－BL·Δt＝mvmin－mv0，由
于q＝·Δt，联立解得vmin＝
【典例1】　在图甲、乙、丙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不
动，图甲中的电容器C原来不带电。设导体棒、导轨和直流电源的电阻均
可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计。图中装置均在水平面内，且都处
于方向垂直于水平面（即纸面）向下的匀强磁场中，导轨足够长。今给导
体棒ab一个向右的初速度v0，在图甲、乙、丙三种情形下导体棒ab的最终
运动状态是（　　）
A. 三种情形下导体棒ab最终
均做匀速运动
B. 图甲、丙中，ab棒最终将
以不同的速度做匀速运动；图乙中，ab棒最终静止
C. 图甲、丙中，ab棒最终将以相同的速度做匀速运动；图乙中，ab棒最终
静止
D. 三种情形下导体棒ab最终均静止
解析：题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，从而使电容
器充电，当电容器C两极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电
路中没有电流，ab棒向右匀速运动；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感
线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，当ab棒的动能全部转化为内能
时，ab棒静止；题图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用做减速运动，
速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电
动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动，所
以B正确。
解析：B
2. 含“容”有外力，F恒定，v0＝0
情境 质量为m、电阻为R的金属杆ab在水平光滑导
轨上由静止开始运动，所受外力F恒定，忽略
导轨电阻
运动 过程 电容器持续充电，F－BIL＝ma，I＝，ΔQ
＝CΔU＝CBLΔv，a＝，联立解得a＝
，a恒定，金属杆做匀加速直线运动
能量 角度 F做的功一部分转化为杆的动能，一部分转化为电容器的电场
能，即WF＝mv2＋EC
【典例2】　足够长的平行金属导轨ab、cd水平放置于竖直向下的匀强磁场
中，磁感应强度大小为B，ac之间连接有电容为C的电容器，导轨间距为
l，长度为l的光滑金属棒垂直于导轨放置，与导轨接触良好，俯视图如图
所示。金属棒在水平恒力F的作用下开始向右运动，当金属棒运动距离为x
时撤去外力F，整个过程电容器未被击穿，重力加速度为g。
（1）在外力F作用下金属棒做什么运动？
（2）在外力F的作用下，电容器的电荷量随
时间如何变化？
（3）撤去外力F时金属棒的速度为多少？
（4）撤去外力F后金属棒做什么运动？
解析： （1）金属棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电
流，由F－BIl＝ma，I＝，ΔQ＝CΔU，ΔU＝ΔE＝BlΔv，联立可得
F－＝ma，其中＝a，则可得a＝，所以金属棒做匀
加速直线运动。（2）设t时刻，金属棒的速度为v，则电容器的电荷量Q＝CU＝CBlv＝CBlat，所以Q随时间均匀增加。（3）撤去外力F时，由匀变速直线运动规律可得金属棒的速度为v＝＝。（4）撤去外力F后，金属棒两端电压和电容器两端电压相等，故金属棒中的电流为零，做匀速直线运动。
答案：（1） 匀加速直线运动 （2）电容器的电荷量随时间均匀增加
（3） （4） 匀速直线运动 　
演练·分层强化
提升关键能力
05
1. （2024·江苏宿迁一模）一弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁，让磁铁
上下振动，若要使磁铁很快停下，下列铝框放置方式效果最明显的是
（　　）
√
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解析： 　当磁铁穿过固定的闭合线圈时，在闭合线圈中会产生感应电
流，感应电流的磁场会阻碍磁铁靠近或离开线圈，这样磁铁振动时除了
受空气阻力外，还要受到线圈的磁场阻力，克服阻力需要做的功较多，
机械能损失较快，因而会很快停下来。故铝框放置方式效果最明显的是
选项A。
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2. （多选）（2024·广东梅州一模）在第70场“南方教研大讲堂”罗老师
展示的课例中，她用磁力小车做了个小实验。磁力小车如图甲所示，它
的内部结构可以简化为如图乙所示，其中A、B是具有单向导电性的发
光二极管（正向电阻为零，反向电阻为无穷大），与线圈C构成闭合回
路。实验前，磁力小车静止在水平桌面上（不计一切阻力）。关于实验
现象，下列说法正确的是（　　）
A. 将强磁铁N极快速靠近小车，二极管A将闪亮
B. 将强磁铁S极快速靠近小车，二极管B将闪亮
C. 将强磁铁N极快速靠近小车，小车将向右运动
D. 将强磁铁S极快速靠近小车，小车将向左运动
√
√
√
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解析： 将强磁铁N极快速靠近小车，穿过线圈的磁通量增大，由
“楞次定律”可知，整个回路中产生逆时针方向的感应电流，二极管A
将闪亮，A正确；将强磁铁S极快速靠近小车，穿过线圈的磁通量增
大，由“楞次定律”可知，整个回路中产生顺时针方向的感应电流，则
二极管B将闪亮，B正确；不管是强磁铁N极快速靠近小车，还是强磁铁
S极快速靠近小车，根据楞次定律的推论“来拒去留”，小车都将向右
运动，C正确，D错误。
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3. （2024·贵州贵阳二模）如图甲所示，一轻质弹簧上端固定，下端悬挂
一个体积很小的磁铁，在小磁铁正下方桌面上放置一个闭合铜制线圈。
将小磁铁从初始静止的位置向下拉到某一位置后放开，小磁铁将做阻尼
振动，位移x随时间t变化的示意图如图乙所示（初始静止位置为原点，
向上为正方向，经t0时间，可认为振幅A衰减到0）。不计空气阻力，下
列说法正确的是（　　）
A. x＞0的那些时刻线圈对桌面的压力小于线圈的重力
B. x＝0的那些时刻线圈中没有感应电流
C. 更换电阻率更大的线圈，振幅A会更快地衰减到零
D. 增加线圈的匝数，t0会减小，线圈产生的内能不变
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解析： 　根据“来拒去留”，则x＞0的那些时刻，当磁铁远离线圈向
上运动时，磁铁对线圈有向上的作用力，此时线圈对桌面的压力小于线
圈的重力；当磁铁靠近线圈向下运动时，磁铁对线圈有向下的作用力，
此时线圈对桌面的压力大于线圈的重力，A错误；x＝0的那些时刻磁铁
的速度最大，则穿过线圈的磁通量变化率最大，则线圈中有感应电流，
B错误；更换电阻率更大的线圈，线圈中产生的感应电流会变小，线圈
中产生的感应电流的磁场变弱，对磁铁的“阻碍”作用变弱，则振幅A
会更慢地衰减到零，C错误；增加线圈的匝数，线圈中产生的感应电动
势变大，感应电流变大，机械能很快就转化为内能，则t0会减小，由于
开始时线圈的机械能不变，则线圈产生的内能不变，D正确。
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4. （多选）（2024·广东茂名一模）如图（a）
所示，底部固定有正方形线框的列车进站
停靠时，以初速度v水平进入竖直向上的磁
感应强度为B的正方形有界匀强磁场区域，
如图（b）所示，假设正方形线框边长为l，每条边的电阻相同。磁场的区域边长为d，且l＜d，列车运动过程中受到的轨道摩擦力和空气阻力恒定，下列说法正确的是（　　）
A. 线框右边刚进入磁场时，感应电流沿图（b）逆时针方向，其两端的电
压为Blv
B. 线框右边刚进入磁场时，感应电流沿图（b）顺时针方向，其两端的电
压为Blv
C. 线框进入磁场过程中，克服安培力做的功等于线框中产生的焦耳热
D. 线框离开磁场过程中，克服安培力做的功等于线框减少的动能
√
√
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解析： 　根据右手定则，线框进入磁场时，感应电流沿顺时针方
向。线框此时切割磁感线产生的感应电动势为Blv，导线框右边两端的
电压为路端电压，即两端的电压为U＝E＝Blv，A错误，B正确；根据
功能关系可知线框克服安培力做的功全部转化为电能，线框为纯电阻电
路，则又全部转化为线框中产生的焦耳热，则克服安培力做的功等于线
框中产生的焦耳热，C正确；线框离开磁场过程中，根据动能定理可知
克服安培力做功与克服摩擦力、空气阻力做功之和等于线框和列车动能
的减小量，D错误。
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5. （多选）某学习小组在探究线圈中感应电流的影响因素时，设计了如图
所示的实验装置，把一个闭合圆线圈放在匀强磁场中，线圈的轴线与磁
场方向成30°角，磁感应强度随时间均匀变化，则（　　）
A. 若仅把线圈的匝数增大1倍，线圈内感应电流大小不变
B. 若仅把线圈的面积增大1倍，线圈内感应电流大小变为原
来的2倍
C. 仅改变线圈轴线与磁场方向的夹角大小，线圈内感应电流大小可能变为原来的2倍
D. 若仅把线圈的半径增大1倍，线圈内感应电流大小变为原来的2倍
√
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解析： 　设导线的电阻率为ρ，横截面积为S，线圈的半径为r，线圈
的轴线与磁场方向的夹角为θ，则感应电流为I＝＝n＝n·πr2cos
θ·＝··cos θ，可见，仅将r增大1倍，则I增大1倍，即线圈内感
应电流大小变为原来的2倍，D正确；I与线圈匝数无关，A正确；若仅
将线圈的面积增大1倍，半径r增大为原来的倍，电流增大为原来的
倍，B错误；仅将线圈与磁场方向的夹角改变时，cos θ不能变为原来
的2倍（因cos θ的最大值为1），C错误。
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6. 一个匀强磁场的边界是MN，MN左侧无磁场，右侧是范围足够大的匀强
磁场区域，如图甲所示。现有一个金属线框沿ab方向以恒定速度从MN
左侧垂直进入匀强磁场区域，线框中的电流随时间变化的I-t图像如图乙
所示，则可能的线框是（　　）
√
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解析： 　金属线框切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，设线框
总电阻是R，则感应电流I＝，由题图乙所示图像可知，感应电流先
均匀变大，后均匀变小，由于B、v、R是定值，故金属线框的有效
长度L应先变大，后变小，且L随时间均匀变化。闭合圆环匀速进入
磁场时，有效长度L先变大，后变小，但L随时间不是均匀变化，不
符合题意，A错误；正方形线框进入磁场时，有效长度L不变，感应
电流不变，不符合题意，B错误；梯形线框匀速进入磁场时，有效
长度L先均匀增大，后不变，最后均匀减小，不符合题意，C错误；
三角形线框匀速进入磁场时，有效长度L先增大，后减小，且随时间
均匀变化，符合题意，D正确。
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7. （2024·山东青岛三模）如图所示，先后用一垂直于cd边的恒定外力以
速度v1和v2匀速把一正方形导线框拉出有界的匀强磁场区域，v2＝2v1，
拉出过程中ab边始终平行于磁场边界。先后两次把导线框拉出磁场情况
下，下列结论正确的是（　　）
A. 感应电流之比I1∶I2＝2∶1
B. 外力大小之比F1∶F2＝1∶2
C. 拉力的功率之比P1∶P2＝1∶2
D. 拉力的冲量大小之比IF1∶IF2＝1∶2
√
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解析： 　根据I＝＝，可得感应电流之比I1∶I2＝1∶2，A错误；根
据F＝F安＝BIL＝，可得外力大小之比F1∶F2＝1∶2，B正确；根据
P＝Fv＝，可得拉力的功率之比P1∶P2＝1∶4，C错误；根据I＝
Ft，又t＝，联立解得I＝，可得拉力的冲量大小之比IF1∶IF2＝
1∶1，D错误。
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8. 如图甲所示，光滑水平面上宽度为3L的区域有方向垂直于水平面向下的
匀强磁场，初始时磁感应强度为B0，一个边长为L，质量为m，总电阻
为R的单匝正方形金属框在拉力作用下以速度v0向右匀速进入磁场，当
金属框完全进入磁场时撤去拉力，线框依然能以速度v0继续匀速运动至
磁场右边界，速度方向始终与磁场边界垂直。以金属框cd边到达磁场左
边界时为计时起点，磁感应强度按如图乙所示的规律变化。
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（1）求金属框进入磁场过程中，通过回路的电荷量q；
答案： 　
解析： 金属框进入磁场过程中，产生的电动势为E1＝
B0Lv0，感应电流为I1＝＝，通过回路的电荷量为q＝I1t＝
·＝。
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解析： 金属框进入磁场过程中，拉力对金属框所做的功为W＝
FAL＝I1B0L·L＝。
（2）求金属框进入磁场过程中，拉力对金属框所做的功W；
答案： 　
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解析： 金属框在磁场运动过程中，产生的感应电动势为E2＝
＝S＝L2＝，感应电流为I2＝＝，cd边由磁场左
边界运动到磁场右边界的过程中，金属框产生的焦耳热为Q＝
R·＋R·＝。
（3）cd边由磁场左边界运动到磁场右边界的过程中，求金属框产生的
焦耳热Q。
答案：
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9. （多选）（2024·齐鲁名校联考）如图甲所示，水平面上固定有足够长的平行导轨，导轨间距d＝0.4 m，虚线O1O2垂直于导轨，O1O2左侧部分的导轨与电容C＝2 mF的平行板电容器AB相连，且由不计电阻的光滑金属材料制成，O1O2右侧部分的导轨由粗糙的绝缘材料制成。将一质量m＝0.1 kg、电阻不计的金属棒MN通过水平轻绳绕过光滑定滑轮与质量为2m的小物块相连，O1O2左侧处于方向竖直向下的匀强磁场中。t＝0时刻，将垂直于导轨的金属棒MN由静止释放，金属棒在轻绳的拉动下开始运动，当金属棒MN越过虚线O1O2后，作出金属棒的v-t图像如图乙所
示。已知重力加速度大小取g＝10 m/s2，整个过程中电容器未被击穿，则下列分析正确的是（　　）
A. 电容器的A极板带正电
B. 金属棒与绝缘材料间的动摩擦因数为0.25
C. 金属棒的释放点到虚线O1O2的距离为2 m
D. 匀强磁场的磁感应强度大小为2.5 T
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解析： 　金属棒切割磁感线时，根据右手定则可知电流方向由M流
向N，则电容器的A极板带正电， A正确；根据v-t图像可知，金属棒MN
越过虚线O1O2后的加速度大小为a＝＝ m/s2＝5 m/s2，以小物块和
金属棒组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得2mg－μmg＝
3ma，联立解得μ＝0.5，B错误；金属棒在虚线O1O2左侧运动时，以小物块和金属棒组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得2mg－BId＝3ma1，又I＝＝＝＝CBda1，联立可得a1＝，可知金属棒在虚线O1O2左侧做初速度为零的匀加速直线运动，根据v-t图像可知，该过程的运动时间为1 s，末速度为4 m/s，则加速度为a1＝ m/s2＝4 m/s2，联立解得匀强磁场的磁感应强度大小为B＝25 T，金属棒的释放点到虚线O1O2的距离为x＝a1＝×4×12 m＝2 m，C正确，D错误。
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