第9讲 电磁感应规律与综合应用-2025年高中物理二轮复习解密（浙江选考专用）

第9讲 电磁感应规律与综合应用 高考对于这部分知识点主要以常见模型为背景，通过创新情景灵活出题，其本质与常规无异。强化对物理基本概念、基本规律的考核。在解决此类问题时要将所学物理知识与题意中的模型联系起来，抓住问题实质，具备一定的物理分析能力和数学推导能力。选择题规避了定量计算，通过定性和半定量分析即可选出正确答案。主要考查的知识点有：磁通量，感应电动势，自感，电磁感应图像，电磁感应中的电路分析，电磁感应动力学问题。 一、导体切割磁感线产生感应电动势的计算 1．公式E＝Blv的使用条件 (1)匀强磁场． (2)B、l、v三者相互垂直． (3)如不垂直，用公式E＝Blvsin θ求解，θ为B与v方向间的夹角． 2．“瞬时性”的理解 (1)若v为瞬时速度，则E为瞬时感应电动势． (2)若v为平均速度，则E为平均感应电动势． 3．切割的“有效长度” 公式中的l为有效切割长度，即导体在与v垂直的方向上的投影长度．图中有效长度分别为： 甲图：l＝sin β； 乙图：沿v1方向运动时，l＝；沿v2方向运动时，l＝0. 丙图：沿v1方向运动时，l＝R；沿v2方向运动时，l＝0；沿v3方向运动时，l＝R. 4．“相对性”的理解 E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应注意速度间的相对关系． 二、求电荷量的三种方法 1.q＝It(式中I为回路中的恒定电流，t为时间) (1)由于导体棒匀速切割磁感线产生感应电动势而使得闭合回路中的电流恒定，根据电流定义式可知q＝It。 (2)闭合线圈中磁通量均匀增大或减小且回路中电阻保持不变，则电路中的电流I恒定，t时间内通过线圈横截面的电荷量q＝It。 2.q＝n(其中R为回路电阻，ΔΦ为穿过闭合回路的磁通量变化量) (1)闭合回路中的电阻R不变，并且只有磁通量变化为电路提供电动势。 (2)从表面来看，通过回路的磁通量与时间无关，但ΔΦ与时间有关，随时间而变化。 3.Δq＝CBLΔv(式中C为电容器的电容，B为匀强磁场的磁感应强度，L为导体棒切割磁感线的长度，Δv为导体棒切割速度的变化量) 在匀强磁场中，电容器接在切割磁感线的导体棒两端，不计一切电阻，电容器两极板间电压等于导体棒切割磁感线产生的电动势E，通过电容器的电流I＝＝，又E＝BLv，则ΔU＝BLΔv，可得Δq＝CBLΔv。 三、求解焦耳热Q的三种方法 四、方法指导 （1）电磁感应中电路综合问题 1.等效电源的分析 (1)用法拉第电磁感应定律算出E的大小。等效电源两端的电压等于路端电压，一般不等于电源电动势，除非切割磁感线的导体(或线圈)电阻为零。 (2)用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向，从而确定电源正负极。感应电流方向是电源内部电流的方向，要特别注意在等效电源内部，电流由负极流向正极。 (3)明确电源内阻r。 2.电路结构的分析 (1)分析内、外电路，以及外电路的串并联关系，画出等效的电路图。 (2)应用闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解。 （2）分析线框在磁场中运动问题的两大关键 1.分析电磁感应情况：弄清线框在运动过程中是否有磁通量不变的阶段，线框进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生，结合闭合电路欧姆定律列方程解答。 2.分析导线框的受力以及运动情况，选择合适的力学规律处理问题：在题目中涉及电荷量、时间以及安培力为变力时应选用动量定理处理问题；如果题目中涉及加速度的问题时选用牛顿运动定律解决问题比较方便。 （3）解决电磁感应综合问题的“看到”与“想到” 1.看到“磁感应强度B随时间t均匀变化”，想到“＝k为定值”。 2.看到“线圈(回路)中磁通量变化”时，想到“增反减同”。 3.看到“导体与磁体间有相对运动”时，想到“来拒去留”。 4.看到“回路面积可以变化”时，想到“增缩减扩”。 题型1选考真题探秘 1. （2024•浙江）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＝0.8m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＝1kg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＝12V、内阻r＝0.1Ω、限流电阻R1＝0.3Ω、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）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＝8V。 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。 （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： ①求可调电阻R2的阻值； ②求磁感应强度B的大小。 2. （2023•浙江）如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源E0或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（　　） A．电源电动势E0 B．棒消耗的焦耳热Mgl C．从左向右运动时，最大摆角小于 D．棒两次过最低点时感应电动势大小相等 3. （2023•浙江）如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO'，接入电阻R构成回路。导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度由静止释放，导体杆开始下摆。当R＝R0时，导体杆振动图像如图乙所示。若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R＝2R0时，导体杆振动图像是（　　） A． B． C． D． 4. （2023•浙江）某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成闭合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示，导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零；在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小B1＝kI （其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小B2＝2kI，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距d，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻。在火箭落停过程中， （1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L； （2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系； （3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W； （4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。 题型2楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用 5. （2024•浙江模拟）线圈炮是电磁炮的一种，由加速线圈和弹丸线圈构成，根据通电线圈之间磁场的相互作用原理而工作。如图所示，弹丸线圈放在绝缘且内壁光滑的水平发射导管内。闭合开关S后，在加速线圈中接通变化的电流iab，则能使静止的弹丸线圈向右发射的电流是（　　） A． B． C． D． 6. （2024•温州二模）如图所示，两通电长直导线沿正方体的A′D′边和BB′边放置，通过大小相等、方向如图中所示的恒定电流。一闭合圆形金属小线圈，初始位置圆心在A点，可沿不同方向以相同速率做匀速直线运动，运动过程中小线圈平面始终与AA′B′B平面平行。沿AD方向观察，不考虑地磁场影响，下列说法正确的是（　　） A．C和D两点的磁感应强度相同 B．C′点的磁感应强度方向由D点指向C′点 C．圆形小线圈由A点向A′点移动时能产生顺时针方向的感应电流 D．圆形小线圈由A点向D点移动时能产生逆时针方向的感应电流 7. （2024•浙江二模）为模拟航天器着陆，研究室构建了如图一个立体非匀强磁场，关于中心轴对称分布，磁感应强度可分为纵向分量Bh和水平径向分量Bτ（背向轴心），Bh的大小只随高度h变化（计初始位置为h＝0），关系为Bh＝B0（1+400h），（r为到对称轴的距离）。现有横截面半径为1mm的金属细丝构成直径为1cm的圆环在磁场中由静止开始下落，其电阻率为1.6×10﹣8Ω•m。其中B0＝0.1T，沿圆环中心的磁场方向始终竖直向上，在运动过程中圆环平面始终保持水平，速度在下落1.6m后达到稳定状态。则从开始下落到稳定时圆环上通过的电荷量为（　　） A．175πC B．20πC C．12.5πC D．6.5πC 8. （2024•浙江模拟）如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，磁场范围足够大，磁感应强度的大小左边为2B，右边为3B，一个竖直放置的宽为L、长为3L、单位长度的质量为m、单位长度的电阻为r的矩形金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到虚线位置（在左边磁场中的长度为L，在右边磁场中的长度为2L）时，线框的速度为，则下列判断正确的是（　　） A．此时线框中电流方向为逆时针，线框中感应电流所受安培力为 B．此过程中通过线框截面的电量为 C．此过程中线框产生的焦耳热为 D．线框刚好可以完全进入右侧磁场 9. （2024•下城区校级模拟）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一闭合金属圆环，面积为S，电阻为R。规定圆环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正。当磁感应强度B随时间t按图乙变化时，下列说法正确的是（　　） A．0～1s内感应电流的磁场在圆环圆心处的方向向上 B．1～2s内通过圆环的感应电流的方向与图甲所示方向相反 C．0～2s内线圈中产生的感应电动势为 D．2～4s内线圈中产生的焦耳热为 10. （2024•鹿城区校级模拟）如图所示，竖直平面内在A、D两点各固定一颗光滑钉子，一个由细软导线制成的闭合导线框挂在两颗钉子上，匀强磁场的磁感应强度为B，导线框的电阻为r，圆的半径为R。从t＝0时刻开始，将导线上的C点绕圆心O以恒定角速度ω从A点沿圆弧移动到D点，导线始终绷紧。此过程导线中（　　） A．张力保持不变 B．感应电流的方向先顺时针后逆时针 C．感应电流随时间t的变化关系为 D．产生的电热为 题型3电磁感应中的图像问题 11. （2024•湖北模拟）如图甲所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B，磁场在y轴方向足够宽，在x轴方向宽度为a．一直角三角形导线框ABC（BC边的长度为a）从图示位置向右匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下图中感应电流i、BC两端的电压uBC与线框移动的距离x的关系图象正确的是（　　） A． B． C． D． 12. （2024•浙江二模）如图一足够大的“⊂”形导轨固定在水平面，导轨左端接一灵敏电流计G，两侧导轨平行。空间中各处的磁感应强度大小均为B且随时间同步变化，t＝0时刻，在电流计右侧某处放置一导体棒，并使之以速度v0向右匀速运动，发现运动过程中电流计读数始终为零，已知导体棒与导轨接触良好，则磁感应强度随时间变化的关系可能正确的是（　　） A． B． C． D． 题型4电磁感应定律的应用 13. （2024•浙江二模）如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B，导轨右侧连接一个电容为C的电容器。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，质量为m，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，质量为2m。初始时刻开关断开，两棒静止，两棒之间压缩一轻质绝缘弹簧（但不链接），弹簧的压缩量为L。释放弹簧，恢复原长时MN恰好脱离轨道，PQ的速度为v，并触发开关闭合。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，右侧导轨足够长，所有导轨电阻均不计。求： （1）脱离弹簧瞬间PQ杆上的电动势多大？PQ两点哪点电势高？ （2）刚要脱离轨道瞬间，MN所受安培力多大？ （3）整个运动过程中，通过PQ的电荷量为多少？ 14. （2024•浙江模拟）如图，电容器的电容为C，初始带电量为Q，开关S断开，导轨光滑，处于磁感应强度为B的磁场中。甲、乙两棒的有效切割长度均为L、电阻为R、质量为m的导体棒。 （1）闭合开关S，求达到稳定时两棒的速度v1； （2）闭合开关S，求达到稳定过程中甲棒产生的焦耳热（已知电容器储存的能量为）； （3）若先去掉乙，再闭合S释放甲，当甲稳定运动后再在最初释放甲处释放乙，二者最终稳定速度为v2。 ①通过计算比较v1和v2的大小关系； ②若按此方式，依次释放与甲、乙相同的丙、丁……当释放包含甲、乙在内的2024根棒后，求稳定速度v2024（直接写出结果）。 15. （2024•浙江模拟）一实验小组设计了电动小车来研究电磁驱动。其原理为轮毂电机通过控制定子绕组通电顺序和时间，形成旋转磁场，驱动转子绕组带动轮胎转动。简化模型如图所示，定子产生边界为正方形的多个水平排列的有界匀强磁场，相邻两磁场方向相反。转子为水平放置的正方形线框。磁场以速度v向右匀速运动，一段时间后，线框以速度v向右匀速运动。已知磁感应强度的大小均为B，磁场和线框的边长均为l，线框的质量为m，电阻为R，阻力的大小恒定。 （1）求线框受到的阻力大小f； （2）若线框由静止加速到v需要t时间，则这段时间内线框运动的位移大小x； （3）以磁场和线框均做匀速运动的某时刻记为0时刻，此后磁场以加速度a向右做匀加速直线运动，t1时刻线框也做匀加速直线运动，求0～t1时间内通过线框的电量q。 1. （2024•镇海区校级三模）如图所示，一块永磁体在光滑斜面上沿着一螺线管的轴线做直线运动。螺线管外的轴线上存在p、q两点（p、q两点到螺线管边缘的距离相等）。一灯泡与螺线管串联，灯泡在永磁体通过p点时的亮度要大于永磁体通过q点时的亮度。忽略永磁体的尺寸，下列说法中正确的（　　） A．永磁体在p点时的速度小于在q点时的速度 B．永磁体在p点时的机械能小于在q点时的机械能 C．若将灯泡换成一发光二极管，则永磁体在通过p和q时该二极管不会都发光 D．若将永磁体的极性对调，则在其通过q点时灯泡的亮度将大于其通过p点时的亮度 2. （2023•温州模拟）如图所示，磁铁在电动机和机械装置的带动下，以O点为中心在水平方向上做周期性往复运动。两匝数不同的线圈分别连接相同的小灯泡，且线圈到O点距离相等。线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响可以忽略，不考虑灯泡阻值的变化。下列说法正确的是（　　） A．两线圈产生的电动势有效值相等 B．两线圈产生的交变电流频率不相等 C．两小灯泡消耗的电功率相等 D．两线圈产生的电动势同时为零 3. （2024•鹿城区校级模拟）如图所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1＝b+kt（k＞0）变化，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过区域C2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止。则（　　） A．通过金属杆的电流大小为 B．通过金属杆的电流方向为从A到B C．定值电阻的阻值R D．整个电路中产生的热功率P 4. （2024•嘉兴一模）如图所示，假设“天宫一号”正以速度7.5km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与其太阳帆板两端相距20m的M、N的连线垂直，太阳帆板视为导体。飞经某处时的地磁场磁感应强度垂直于MN所在平面的分量为1.0×10﹣5T，若此时在太阳帆板上将一只“1.5V，0.3W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路（图中未画出），太阳帆板内阻不可忽略。则（　　） A．此时M、N两端间的电势差为0 B．此时小灯泡恰好能正常发光 C．“天宫一号”绕行过程中受到电磁阻尼 D．“天宫一号”在南、北半球水平飞行时M端的电势始终高于N端 5. （2023•西湖区校级模拟）如图1所示，将线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器（可看作理想电流表）相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈。实验观察到如图2所示的感应电流随时间变化的图像。下列说法正确的是（　　） A．t1～t3时间内，磁铁受到线圈的作用力方向先向上后向下 B．若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流 C．若将线圈的匝数加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍 D．若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍 6. 半径为2R的圆形磁场的磁感应强度为B，半径为R的单匝圆形线圈电阻为r，两圆同平面。线圈以速度v沿两圆心连线匀速穿过磁场区域，如图所示。下列说法正确的是（　　） A．线圈进入磁场过程中，线圈里先有逆时针方向电流后有顺时针方向电流 B．线圈穿过磁场过程中通过线圈的磁通量变化率的最大值为2BRv C．线圈位移为R时，线圈中有最大感应电流Im D．线圈进入磁场到位移为R的过程中，感应电动势均匀增加 7. 如图所示，空间分布着方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，EF是其右边界。半径为r的单匝圆形金属线圈垂直于磁场放置，线圈的圆心O在EF上；另有一根长为2r的导体杆与EF重合，杆两端点a、b通过电刷与圆形线圈连接，线圈和导体杆单位长度电阻相同。情况1：导体直杆不动，线框绕EF轴匀速转动，转动方向如图所示；情况2：线圈不动，导体杆绕O点在纸面内顺时针匀速转动。两情况均从图示位置开始计时，关于导体杆ab两端点的电压Uab情况，下列说法正确的是（　　） A．情况1产生的Uab﹣t图象为图甲，情况2产生的Uab﹣t图象为图丙 B．情况1产生的Uab﹣t图象为图乙，情况2产生的Uab﹣t图象为图丁 C．情况1产生的Uab﹣t图象为图甲，情况2产生的Uab﹣t图象为图丁 D．情况1产生的Uab﹣t图象为图乙，情况2产生的Uab﹣t图象为图丙 8. 如图所示，金属圆环内外半径为r和2r，匀强磁场B垂直圆环平面向里，两环之间接有电容器，在两环间且接触良好的金属导体ab棒可绕圆心以角速度ω逆时针旋转，已知电容器的电容为C，则下列说法正确的是（　　） A．电容器c极板带负电 B．cd间电压逐渐增大 C．金属棒ab产生的电动势为Bωr2 D．电容器所带电荷量为CBωr2 9. （2024•浙江二模）如图“自由落体塔”是一种惊险刺激的游乐设备，将游客升至数十米高空，自由下落至近地面再减速停下，让游客体验失重的乐趣。物理兴趣小组设计了如图乙的减速模型，线圈代表乘客乘坐舱，质量为m，匝数N匝，线圈半径为r，总电阻为R。减速区设置一辐向磁场，俯视图如图丙，其到中心轴距离r处磁感应强度B。线圈被提升到离地h1处由静止释放做自由落体运动，减速区高度为h2，忽略一切空气阻力，重力加速度为g。 （1）判断线圈刚进入磁场时感应电流方向（从上往下看），计算此时受到的安培力大小。 （2）若落地时速度为v，求全程运动的时间t0。 （3）为增加安全系数，加装三根完全相同的轻质弹力绳（关于中心轴对称）如图丁，已知每一条弹力绳形变量Δx时，都能提供弹力F＝k2Δx，同时储存弹性势能，其原长等于悬挂点到磁场上沿的距离。线圈仍从离地h1处静止释放，由于弹力绳的作用会上下往复（未碰地），运动时间t后静止，求线圈在往复运动过程中产生的焦耳热Q，及每根弹力绳弹力提供的冲量I0大小。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第9讲 电磁感应规律与综合应用 高考对于这部分知识点主要以常见模型为背景，通过创新情景灵活出题，其本质与常规无异。强化对物理基本概念、基本规律的考核。在解决此类问题时要将所学物理知识与题意中的模型联系起来，抓住问题实质，具备一定的物理分析能力和数学推导能力。选择题规避了定量计算，通过定性和半定量分析即可选出正确答案。主要考查的知识点有：磁通量，感应电动势，自感，电磁感应图像，电磁感应中的电路分析，电磁感应动力学问题。 一、导体切割磁感线产生感应电动势的计算 1．公式E＝Blv的使用条件 (1)匀强磁场． (2)B、l、v三者相互垂直． (3)如不垂直，用公式E＝Blvsin θ求解，θ为B与v方向间的夹角． 2．“瞬时性”的理解 (1)若v为瞬时速度，则E为瞬时感应电动势． (2)若v为平均速度，则E为平均感应电动势． 3．切割的“有效长度” 公式中的l为有效切割长度，即导体在与v垂直的方向上的投影长度．图中有效长度分别为： 甲图：l＝sin β； 乙图：沿v1方向运动时，l＝；沿v2方向运动时，l＝0. 丙图：沿v1方向运动时，l＝R；沿v2方向运动时，l＝0；沿v3方向运动时，l＝R. 4．“相对性”的理解 E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应注意速度间的相对关系． 二、求电荷量的三种方法 1.q＝It(式中I为回路中的恒定电流，t为时间) (1)由于导体棒匀速切割磁感线产生感应电动势而使得闭合回路中的电流恒定，根据电流定义式可知q＝It。 (2)闭合线圈中磁通量均匀增大或减小且回路中电阻保持不变，则电路中的电流I恒定，t时间内通过线圈横截面的电荷量q＝It。 2.q＝n(其中R为回路电阻，ΔΦ为穿过闭合回路的磁通量变化量) (1)闭合回路中的电阻R不变，并且只有磁通量变化为电路提供电动势。 (2)从表面来看，通过回路的磁通量与时间无关，但ΔΦ与时间有关，随时间而变化。 3.Δq＝CBLΔv(式中C为电容器的电容，B为匀强磁场的磁感应强度，L为导体棒切割磁感线的长度，Δv为导体棒切割速度的变化量) 在匀强磁场中，电容器接在切割磁感线的导体棒两端，不计一切电阻，电容器两极板间电压等于导体棒切割磁感线产生的电动势E，通过电容器的电流I＝＝，又E＝BLv，则ΔU＝BLΔv，可得Δq＝CBLΔv。 三、求解焦耳热Q的三种方法 四、方法指导 （1）电磁感应中电路综合问题 1.等效电源的分析 (1)用法拉第电磁感应定律算出E的大小。等效电源两端的电压等于路端电压，一般不等于电源电动势，除非切割磁感线的导体(或线圈)电阻为零。 (2)用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向，从而确定电源正负极。感应电流方向是电源内部电流的方向，要特别注意在等效电源内部，电流由负极流向正极。 (3)明确电源内阻r。 2.电路结构的分析 (1)分析内、外电路，以及外电路的串并联关系，画出等效的电路图。 (2)应用闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解。 （2）分析线框在磁场中运动问题的两大关键 1.分析电磁感应情况：弄清线框在运动过程中是否有磁通量不变的阶段，线框进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生，结合闭合电路欧姆定律列方程解答。 2.分析导线框的受力以及运动情况，选择合适的力学规律处理问题：在题目中涉及电荷量、时间以及安培力为变力时应选用动量定理处理问题；如果题目中涉及加速度的问题时选用牛顿运动定律解决问题比较方便。 （3）解决电磁感应综合问题的“看到”与“想到” 1.看到“磁感应强度B随时间t均匀变化”，想到“＝k为定值”。 2.看到“线圈(回路)中磁通量变化”时，想到“增反减同”。 3.看到“导体与磁体间有相对运动”时，想到“来拒去留”。 4.看到“回路面积可以变化”时，想到“增缩减扩”。 题型1选考真题探秘 1. （2024•浙江）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＝0.8m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＝1kg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＝12V、内阻r＝0.1Ω、限流电阻R1＝0.3Ω、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）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＝8V。 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。 （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： ①求可调电阻R2的阻值； ②求磁感应强度B的大小。 【解答】解：（1）开关S掷1，相当于电动机； ①物块上升，则金属轮沿逆时针方向转动，辐条受到的安培力指向逆时针方向，辐条中电流方向从圆周指向O点，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外； 由闭合电路的欧姆定律E0＝U+I（R1+r） 代入数据解得流过电阻R1的电流为10A； ②三根辐条的并联电阻 根据能量守恒定律UI＝I2R并+mgv 代入数据解得v＝5m/s； 另解：辐条切割磁感线产生的电动势与电源电动势相反，设每根辐条产生的电动势为E1，等效电路图如图1所示： 则U＝E1+IR并 代入数据解得E1＝5V 此时金属轮可视为电动机P出＝E1I 当物块P匀速上升时P出＝mgv 解得v＝5m/s （2）物块匀速下落时，相当于发电机； ①由能量关系可知mgv′＝（I′）2（R2+R并） 代入数据解得R2＝0.2Ω 另解：等效电路图如图2所示： 由受力分析可知，辐条受到的安培力与第（1）问相同，经过R2的电流I′＝I＝10A 由题意可知v′＝v＝5m/s 每根辐条切割磁感线产生的感应电动势E2＝E1＝5V 根据电阻串联、并联电路的特点R总＝R2+R并 代入数据解得R2＝0.2Ω ②根据导体棒切割磁感线产生感应电动势 而E2＝5V 代入数据解得B＝2.5T。 2. （2023•浙江）如图所示，质量为M、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源E0或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其它电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（　　） A．电源电动势E0 B．棒消耗的焦耳热Mgl C．从左向右运动时，最大摆角小于 D．棒两次过最低点时感应电动势大小相等 【解答】解：A、以棒为研究对象，画出前视的受力图，如图所示： 根据平衡条件可得：F安＝Mgtanθ，其中：F安＝BIL 解得：I 电源电动势E0＝IR，故A错误； B、假设棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中，达到最低点时速度为零，则棒的重力势能减少：ΔEp＝Mgl（1﹣cosθ），解得：ΔEpMgl，根据能量守恒定律可知棒消耗的焦耳热Mgl；由于棒达到最低点时的速度不为零，则完成一次振动过程中，棒消耗的焦耳热小于Mgl，故B错误； C、棒从右侧开始运动达到最左侧过程中，回路中有感应电流，导体棒上会产生焦耳热，所以达到左侧最高点时，棒的最大摆角小于；从左向右运动时，根据右手定则可知，电流反向通过二极管，由于二极管具有单向导电性，所以回路中没有电流，则棒从左向右运动时，最大摆角小于，故C正确； D、棒第一次经过最低点向左摆动过程中，回路中有感应电流，棒的机械能有损失，所以第二次经过最低点时的速度小于第一次经过最低点的速度，根据E＝BLv可知，第二次经过最低点时感应电动势大小小于第一次经过最低点的感应电动势大小，故D错误。 故选：C。 3. （2023•浙江）如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO'，接入电阻R构成回路。导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度由静止释放，导体杆开始下摆。当R＝R0时，导体杆振动图像如图乙所示。若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R＝2R0时，导体杆振动图像是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：导体杆切割磁感线时，回路中产生感应电流，由楞次定律可得，导体杆受到的安培力总是阻碍导体棒的运动。 当电阻R从R0变为2R0时，回路中的电阻增大，则电流减小，导体杆所受安培力减小，即导体杆在摆动时所受的阻力减弱，所以杆从开始摆动到停止，运动的路程和经历的时间变长，故B正确，ACD错误。 故选：B。 4. （2023•浙江）某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成闭合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示，导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零；在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小B1＝kI （其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小B2＝2kI，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距d，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻。在火箭落停过程中， （1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L； （2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系； （3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W； （4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。 【解答】解：（1）导电杆所受安培力的大小为：F＝B1Id＝kI•I•3Mg 在火箭落停过程中，导电杆做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，对火箭与导电杆整体，由牛顿第二定律得： F﹣Mg＝Ma 解得：a＝2g 由速度—位移关系公式可得： 2aL 解得：L （2）由速度—时间关系公式可得运动时间为t时，导电杆的速度为： v＝v0﹣at＝v0﹣2gt 回路中感应电动势为： E＝B2dv＝2kI••（v0﹣2gt）（v0﹣2gt） （3）导电杆两端的电压恒为U0＝IR 根据楞次定律或右手定则可知感应电流方向为顺时针方向，与装置A提供的电流方向相同，为确保回路电流I恒定，需满足： U+E＝U0 解得装置A输出电压U与运动时间t的关系为： U＝IR（v0﹣2gt） 火箭落停过程经历的时间为t1 装置A输出的功率为：P＝UI＝I2R﹣6Mg（v0﹣2gt） 可见装置A输出的功率P与时间成线性关系，则可用功率的平均值计算输出的能量W，初始（t＝0）时功率P0＝I2R﹣6Mgv0，末状态（t＝t1）的功率为P1＝I2R，则有： W（P0+P1）t1 （4）当R＝0时，由U＝IR（v0﹣2gt）（v0﹣2gt） 可知装置A回收能量的功率为P′＝|U|I＝6Mg（v0﹣2gt） 可见装置A回收能量的功率与时间成线性关系，同理用此功率的平均值计算回收的总能量W总，初始（t＝0）时功率P0′＝6Mgv0，末状态（t＝t1）的功率为P1′＝0，则有： W总（P0′+P1′）t1 设在火箭落停过程中，火箭与导电杆整体减少的机械能为ΔE机，减少的磁场能为ΔE磁，则有： ΔE机MgL 根据能量守恒定律得： ΔE磁＝W总﹣ΔE机 故装置A可回收能量的来源和大小为火箭与导电杆整体减少的机械能，大小为；减少的磁场能，大小为。 题型2楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用 5. （2024•浙江模拟）线圈炮是电磁炮的一种，由加速线圈和弹丸线圈构成，根据通电线圈之间磁场的相互作用原理而工作。如图所示，弹丸线圈放在绝缘且内壁光滑的水平发射导管内。闭合开关S后，在加速线圈中接通变化的电流iab，则能使静止的弹丸线圈向右发射的电流是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：弹丸向右发射，此时加速线圈与弹丸线圈要形成斥力，加速线圈和弹丸线圈的磁场方向应该相反，根据楞次定律，加速线圈的电流应该逐渐增大，故ABC错误，D正确； 故选：D。 6. （2024•温州二模）如图所示，两通电长直导线沿正方体的A′D′边和BB′边放置，通过大小相等、方向如图中所示的恒定电流。一闭合圆形金属小线圈，初始位置圆心在A点，可沿不同方向以相同速率做匀速直线运动，运动过程中小线圈平面始终与AA′B′B平面平行。沿AD方向观察，不考虑地磁场影响，下列说法正确的是（　　） A．C和D两点的磁感应强度相同 B．C′点的磁感应强度方向由D点指向C′点 C．圆形小线圈由A点向A′点移动时能产生顺时针方向的感应电流 D．圆形小线圈由A点向D点移动时能产生逆时针方向的感应电流 【解答】解：A．设A′D′边导线在C点与D点产生的磁感应强度分别为B1、B1′和BB′边导线在C点与D点产生的磁感应强度分别为B2、B2′，根据右手螺旋定则，在C和D两点产生的磁场方向如图所示 根据矢量的合成，知C和D两点的合磁场大小相等，方向不同，故A错误； B．根据右手螺旋定则，知A′D′边导线在C′点产生的磁场方向由C′→C，BB′边导线在C′点产生的磁场方向由C′→D′，根据矢量的合成，得C′点的磁感应强度方向由C′点指向D点，故B错误； C．根据安培定则，电流AD′产生的磁场与小线圈平行，则穿过小线圈的磁通量为零；电流B′B产生的磁场与小线圈垂直，圆形小线圈由A点向A′点移动时，小线圈到电流B′B的距离不变，又因为小线圈平面始终与AA′B′B平面平行，故磁通量不变，无感应电流产生，故C错误； D．结合C的分析，当圆形小线圈由A点向D点移动时，小线圈到电流B′B的距离增大，所以穿过小线圈的磁通量减小，根据楞次定律得感应电流磁场方向垂直纸面向外，产生逆时针方向的感应电流，故D正确。 故选：D。 7. （2024•浙江二模）为模拟航天器着陆，研究室构建了如图一个立体非匀强磁场，关于中心轴对称分布，磁感应强度可分为纵向分量Bh和水平径向分量Bτ（背向轴心），Bh的大小只随高度h变化（计初始位置为h＝0），关系为Bh＝B0（1+400h），（r为到对称轴的距离）。现有横截面半径为1mm的金属细丝构成直径为1cm的圆环在磁场中由静止开始下落，其电阻率为1.6×10﹣8Ω•m。其中B0＝0.1T，沿圆环中心的磁场方向始终竖直向上，在运动过程中圆环平面始终保持水平，速度在下落1.6m后达到稳定状态。则从开始下落到稳定时圆环上通过的电荷量为（　　） A．175πC B．20πC C．12.5πC D．6.5πC 【解答】解：根据、和qΔt可得 圆环的电阻为 在运动过程中，竖直方向上，由楞次定律可知，线圈中产生顺时针的感应电流（从上往下看），磁通量变化量为 ΔΦh＝（Bh﹣B0）•π（）2 解得：ΔΦh＝1.6π×10﹣3Wb 则有 q1 解得：q1＝10πC 水平方向上 BτB0 由右手定则可知，下落过程中线圈切割水平磁场，同样产生顺时针电流（从上往下看），则有 q2 解得：q2＝10πC 则从开始下落到稳定时圆环上通过的电荷量为q＝q1+q2＝10πC+10πC＝20πC，故ACD错误，B正确。 故选：B。 8. （2024•浙江模拟）如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，磁场范围足够大，磁感应强度的大小左边为2B，右边为3B，一个竖直放置的宽为L、长为3L、单位长度的质量为m、单位长度的电阻为r的矩形金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到虚线位置（在左边磁场中的长度为L，在右边磁场中的长度为2L）时，线框的速度为，则下列判断正确的是（　　） A．此时线框中电流方向为逆时针，线框中感应电流所受安培力为 B．此过程中通过线框截面的电量为 C．此过程中线框产生的焦耳热为 D．线框刚好可以完全进入右侧磁场 【解答】解：AD.根据右手定则，此时线框中电流方向为逆时针，线框中的感应电动势大小为E＝2BL3BLBLv，线框中感应电流大小为I，线框中感应电流所受安培力为F＝2BIL+3BIL＝5BIL＝5BL，根据牛顿第二定律此时线框的加速度大小为a，解得a，故A错误，D正确； B.设向右为正方向，根据动量定理有﹣2BILΔt﹣3BILΔt＝8Lm8Lmv，q＝IΔt，联立解得q，故B错误； C.由能量守恒定律有Q，故C错误； 故选：D。 9. （2024•下城区校级模拟）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一闭合金属圆环，面积为S，电阻为R。规定圆环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正。当磁感应强度B随时间t按图乙变化时，下列说法正确的是（　　） A．0～1s内感应电流的磁场在圆环圆心处的方向向上 B．1～2s内通过圆环的感应电流的方向与图甲所示方向相反 C．0～2s内线圈中产生的感应电动势为 D．2～4s内线圈中产生的焦耳热为 【解答】解：A、0～1s内磁场向下减小，根据楞次定律可知感应电流的磁场在圆环圆心处的方向向下，故A错误； B、1～2s内磁场向上增大，根据楞次定律可知感应电流的磁场在圆环圆心处的方向向下，所以感应电流方向与图甲所示方向相同，故B错误； C、根据法拉第电磁感应定律有：E＝nns，0～2s内线圈中产生的感应电动势为E＝B0S，故C错误； D、同C选项可知在2～4s内线圈中的感应电动势为E＝B0S，焦耳热Pt，解得：P，故D正确； 故选：D。 10. （2024•鹿城区校级模拟）如图所示，竖直平面内在A、D两点各固定一颗光滑钉子，一个由细软导线制成的闭合导线框挂在两颗钉子上，匀强磁场的磁感应强度为B，导线框的电阻为r，圆的半径为R。从t＝0时刻开始，将导线上的C点绕圆心O以恒定角速度ω从A点沿圆弧移动到D点，导线始终绷紧。此过程导线中（　　） A．张力保持不变 B．感应电流的方向先顺时针后逆时针 C．感应电流随时间t的变化关系为 D．产生的电热为 【解答】解：A.对滑轮E分析可知，两边绳子拉力总是相等的，则两边绳子与竖直方向的夹角总相等，随着C点沿圆弧从A点移到D点，AC段与CD段绳子长度之和先增加后减小，则AE段与ED段绳子长度之和先减小后增加，AE段绳子与ED段绳子的夹角先增加后减小，对滑轮，如图 根据平衡条件有 2Tcosα＝mg α先增大和减小，则cosα先减小后增大，可知绳子的拉力先增加后减小，故A错误； B.△ACD所围的面积因θ角从0°度到180°过程中，则导线框中的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知，感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故B错误； C.根据法拉第电磁感应定律E，而θ＝ωt，根据几何知识可得，线框上的三角形的面积为 磁通量Φ＝BS＝BR2sinωt 可知，导线框中感应电动势随时间t的变化关系为e＝ωBR2cosωt 感应电流随时间t的变化关系为i，故C错误； D.导线框中感应电动势的有效值为 故导线框中产生的电热为 解得Q，故D正确。 故选：D。 题型3电磁感应中的图像问题 11. （2024•湖北模拟）如图甲所示，匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度的大小为B，磁场在y轴方向足够宽，在x轴方向宽度为a．一直角三角形导线框ABC（BC边的长度为a）从图示位置向右匀速穿过磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下图中感应电流i、BC两端的电压uBC与线框移动的距离x的关系图象正确的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：A、导体棒切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，感应电流I，在0﹣a内，有效长度L逐渐变大，感应电流I逐渐变大，在a﹣2a内，有效长度L逐渐变大，感应电流逐渐变大，故AB错误； C由楞次定律可知，在线框进入磁场的过程中，感应电流沿逆时针方向，电流是正的，在线框离开磁场的过程中，感应电流了沿顺时针方向，感应电流是负的，故C错误，D正确； 故选：D。 12. （2024•浙江二模）如图一足够大的“⊂”形导轨固定在水平面，导轨左端接一灵敏电流计G，两侧导轨平行。空间中各处的磁感应强度大小均为B且随时间同步变化，t＝0时刻，在电流计右侧某处放置一导体棒，并使之以速度v0向右匀速运动，发现运动过程中电流计读数始终为零，已知导体棒与导轨接触良好，则磁感应强度随时间变化的关系可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：设导体棒开始运动时，距离导轨左端的距离为x，磁场的磁感应强度为B0。依题意，导体棒和导轨内部始终无电流，穿过回路的磁通量不变，可得 B0lx＝Bl（x+v0t） 整理得： 可见与t为一次函数关系，t图像为倾斜的直线，其他图像为曲线，故ABD错误，C正确。 故选：C。 题型4电磁感应定律的应用 13. （2024•浙江二模）如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B，导轨右侧连接一个电容为C的电容器。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，质量为m，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，质量为2m。初始时刻开关断开，两棒静止，两棒之间压缩一轻质绝缘弹簧（但不链接），弹簧的压缩量为L。释放弹簧，恢复原长时MN恰好脱离轨道，PQ的速度为v，并触发开关闭合。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，右侧导轨足够长，所有导轨电阻均不计。求： （1）脱离弹簧瞬间PQ杆上的电动势多大？PQ两点哪点电势高？ （2）刚要脱离轨道瞬间，MN所受安培力多大？ （3）整个运动过程中，通过PQ的电荷量为多少？ 【解答】解：（1）根据动生电动势公式可求，脱离弹簧瞬间PQ杆上的感应电动势大小为：E＝B×2d×v＝2Bdv 由右手定则，Q点电势高。 （2）弹簧伸展的过程中，以向右为正方向，对PQ由动量定理得：Ft﹣2Bd•Δt＝2mv 对MN，以向左方向为正，由动量定理得：Ft﹣2Bd•Δt＝mv1 解得导体棒MN的速度大小为：v1＝2v PQ速率为v时，回路中的感应电动势大小为：E＝2Bd×2v+B×2dv＝6Bdv 根据欧姆定律可得，回路中的感应电流大小为： 则MN所受的安培力大小为： （3）脱离前，通过PQ的电荷量为： 代入数据解得：q1 脱离后，PQ向右运动，设最终速度为v′，由动量定理可得：﹣B×2d×q2＝2mv′﹣2mv 脱离后，通过PQ的电荷量为：q2＝CU＝CB2×dv′ 联立代入数据解得： 整个运动过程中，通过PQ的电荷量为： 14. （2024•浙江模拟）如图，电容器的电容为C，初始带电量为Q，开关S断开，导轨光滑，处于磁感应强度为B的磁场中。甲、乙两棒的有效切割长度均为L、电阻为R、质量为m的导体棒。 （1）闭合开关S，求达到稳定时两棒的速度v1； （2）闭合开关S，求达到稳定过程中甲棒产生的焦耳热（已知电容器储存的能量为）； （3）若先去掉乙，再闭合S释放甲，当甲稳定运动后再在最初释放甲处释放乙，二者最终稳定速度为v2。 ①通过计算比较v1和v2的大小关系； ②若按此方式，依次释放与甲、乙相同的丙、丁……当释放包含甲、乙在内的2024根棒后，求稳定速度v2024（直接写出结果）。 【解答】解：（1）将甲、乙两棒做为一个整体，相当于质量为2m，电阻为的导体棒，取向右为正方向，根据动量定理 而 最终稳定后 而Q'＝Q﹣q 联立解得 （2）根据能量守恒 甲棒产生的焦耳热 解得 （3）①只释放甲棒稳定后Bq1L＝mv 而 再释放乙棒，甲板棒中的电流反向，稳定后，取向右为正方向，对甲棒﹣Bq2L＝mv2﹣mv 对电容器 取向右为正方向，对乙棒B（q2+q3）L＝mv2 联立解得 可知v1和v2的大小相等。 ②根据以上规律可知，分次释放和同时释放最后速度相等，因此 15. （2024•浙江模拟）一实验小组设计了电动小车来研究电磁驱动。其原理为轮毂电机通过控制定子绕组通电顺序和时间，形成旋转磁场，驱动转子绕组带动轮胎转动。简化模型如图所示，定子产生边界为正方形的多个水平排列的有界匀强磁场，相邻两磁场方向相反。转子为水平放置的正方形线框。磁场以速度v向右匀速运动，一段时间后，线框以速度v向右匀速运动。已知磁感应强度的大小均为B，磁场和线框的边长均为l，线框的质量为m，电阻为R，阻力的大小恒定。 （1）求线框受到的阻力大小f； （2）若线框由静止加速到v需要t时间，则这段时间内线框运动的位移大小x； （3）以磁场和线框均做匀速运动的某时刻记为0时刻，此后磁场以加速度a向右做匀加速直线运动，t1时刻线框也做匀加速直线运动，求0～t1时间内通过线框的电量q。 【解答】解：（1）当线框匀速运动时，感应电动势大小为：E＝2Bl（v）Blv 线框受到的安培力为：FA＝2BIl 线框所受的安培力与阻力平衡，有：f＝FA； （2）取向右为正方向，根据动量定理可得：2Blt﹣ft＝m•0 其中：tt 解得：x； （3）设t1时刻磁场的速度为v1，则：v1﹣v＝at1 此时对线框，有：2BI′l﹣f＝ma，其中此时的电流为：I′ 解得：v2at1 取向右为正方向，对线框根据动量定理可得：2Blt1﹣ft1＝mv2﹣m• 0～t1时间内通过线框的电量qt1 联立解得：q。 1. （2024•镇海区校级三模）如图所示，一块永磁体在光滑斜面上沿着一螺线管的轴线做直线运动。螺线管外的轴线上存在p、q两点（p、q两点到螺线管边缘的距离相等）。一灯泡与螺线管串联，灯泡在永磁体通过p点时的亮度要大于永磁体通过q点时的亮度。忽略永磁体的尺寸，下列说法中正确的（　　） A．永磁体在p点时的速度小于在q点时的速度 B．永磁体在p点时的机械能小于在q点时的机械能 C．若将灯泡换成一发光二极管，则永磁体在通过p和q时该二极管不会都发光 D．若将永磁体的极性对调，则在其通过q点时灯泡的亮度将大于其通过p点时的亮度 【解答】解：A．灯泡在永磁体通过p点时的亮度大于永磁体通过q点时的亮度，说明永磁体通过p点时产生的感应电流大于永磁体通过q点时的感应电流，根据切割电动势规律和欧姆定律，即永磁体在p点时的速度大于在q点时的速度，故A错误； B．根据能量转化与守恒，由于灯泡发光，所以永磁体的机械能不断减小，即永磁体在p点时的机械能大于在q点时的机械能，故B错误； C．根据楞次定律，当永磁体靠近螺线管和远离螺线管时产生的感应电流方向相反，根据二极管反向截止的特性，所以二极管不会都发光，故C正确； D．若将永磁体的极性对调，根据切割电动势规律和欧姆定律，则在其通过q点时灯泡的亮度仍将小于其通过p点时的亮度，故D错误。 故选：C。 2. （2023•温州模拟）如图所示，磁铁在电动机和机械装置的带动下，以O点为中心在水平方向上做周期性往复运动。两匝数不同的线圈分别连接相同的小灯泡，且线圈到O点距离相等。线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响可以忽略，不考虑灯泡阻值的变化。下列说法正确的是（　　） A．两线圈产生的电动势有效值相等 B．两线圈产生的交变电流频率不相等 C．两小灯泡消耗的电功率相等 D．两线圈产生的电动势同时为零 【解答】解：BD、磁铁的中心位于O点时，两个线圈的磁通量相等。磁铁距离左侧线圈最近时，左侧线圈的磁通量最大，右侧线圈的磁通量最小，此时两线圈的磁通量变化率均为零，两线圈产生的电动势均为零。磁铁距离右侧线圈最近时，左侧线圈的磁通量最小，右侧线圈的磁通量最大，此时两线圈产生的电动势也均为零。磁铁做周期性往复运动的过程中，当左侧线圈磁通量增加时，右侧线圈的磁通量就减少。故两个线圈磁通量的变化周期是相同的，可知两线圈产生的交变电流的频率是相等的，两线圈产生的电动势同时为零，故B错误，D正确； AC、磁铁运动过程中两线圈的磁通量变化率是相同的，因两线圈匝数不同，由法拉第电磁感应定律可知产生的电动势的峰值与有效值均不相等。两小灯泡电阻相同，而回路的电动势有效值不同，可知两小灯泡消耗的电功率不相等。故AC错误。 故选：D。 3. （2024•鹿城区校级模拟）如图所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1＝b+kt（k＞0）变化，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过区域C2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止。则（　　） A．通过金属杆的电流大小为 B．通过金属杆的电流方向为从A到B C．定值电阻的阻值R D．整个电路中产生的热功率P 【解答】解：A、对金属杆，根据平衡条件得：mg＝B2I•2a，解得：I，故A错误； B、金属杆AB保持静止，受到的安培力与重力平衡，则安培力方向竖直向上，磁场方向垂直于导轨平面向外，由左手定则判断可知，通过金属杆的电流方向为从B到A，故B错误； C、由法拉第电磁感应定律得回路中产生的感应电动势为：E•πa2＝kπa2 由闭合电路欧姆定律得：I，结合I，解得：Rr，故C错误； D、整个电路中产生的热功率为：P＝EI＝kπa2•，故D正确。 故选：D。 4. （2024•嘉兴一模）如图所示，假设“天宫一号”正以速度7.5km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与其太阳帆板两端相距20m的M、N的连线垂直，太阳帆板视为导体。飞经某处时的地磁场磁感应强度垂直于MN所在平面的分量为1.0×10﹣5T，若此时在太阳帆板上将一只“1.5V，0.3W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路（图中未画出），太阳帆板内阻不可忽略。则（　　） A．此时M、N两端间的电势差为0 B．此时小灯泡恰好能正常发光 C．“天宫一号”绕行过程中受到电磁阻尼 D．“天宫一号”在南、北半球水平飞行时M端的电势始终高于N端 【解答】解：AB．小灯泡与M、N相连构成闭合回路，它们一起在磁场中做切割磁感线运动，根据楞次定律，闭合回路的磁通量不变，回路中不产生感应电流，小灯泡不工作，M、N间感应电动势大小为E＝BLv，代入数据得E＝1.5V，太阳帆板存在内阻小灯泡不能正常发光，故AB错误； C．导体在磁场中发生涡流现象，受到电磁阻尼，故C正确； D．地磁场磁感应强度垂直于MN所在平面的分量在南、北半球方向相反，所以“天宫一号”在南、北半球水平飞行时M、N间感应电动势方向相反，故D错误。 故选：C。 5. （2023•西湖区校级模拟）如图1所示，将线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器（可看作理想电流表）相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈。实验观察到如图2所示的感应电流随时间变化的图像。下列说法正确的是（　　） A．t1～t3时间内，磁铁受到线圈的作用力方向先向上后向下 B．若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流 C．若将线圈的匝数加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍 D．若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍 【解答】解：A、根据楞次定律的“来拒去留”可知，条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是向上，故A错误； B、根据楞次定律，感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，可知若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，由于磁场的方向相反，则磁场的变化也相反，所以产生的感应电流的方向也相反，即将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流，故B正确； C、若将线圈的匝数加倍，根据法拉第电磁感应定律：E，可知线圈内产生的感应电动势将增大，所以对磁铁运动的阻碍作用增大，因此磁铁的最大速度将减小，所以将线圈的匝数加倍时，减小，所以线圈中产生的电流峰值不能加倍，故C错误； D、若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，假设磁铁做自由落体运动，根据穿过线圈时的速度v，而实际上在电流增大的过程，磁铁受到的安培力增大，磁铁的加速度减小，故速度不可能加倍，则线圈中产生的电流峰值也不可能加倍，故D错误。 故选：B。 6. 半径为2R的圆形磁场的磁感应强度为B，半径为R的单匝圆形线圈电阻为r，两圆同平面。线圈以速度v沿两圆心连线匀速穿过磁场区域，如图所示。下列说法正确的是（　　） A．线圈进入磁场过程中，线圈里先有逆时针方向电流后有顺时针方向电流 B．线圈穿过磁场过程中通过线圈的磁通量变化率的最大值为2BRv C．线圈位移为R时，线圈中有最大感应电流Im D．线圈进入磁场到位移为R的过程中，感应电动势均匀增加 【解答】解：A、线圈进入磁场过程中，线圈里的磁通量一直向里增大，根据楞次定律可得，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，故A错误； B、线圈穿过磁场过程中通过线圈的磁通量变化率的最大值为 Bv•2R＝2BRv 故B正确； C、线圈位移为R时，线圈圆心在磁场边界上，故此时切割磁感线的有效长度小于直径，故感应电动势小于2BRv，故线圈中的感应电流小于Im，故C错误； D、线圈进入磁场到位移为R的过程中，切割磁感线的有效长度为 l＝22 根据法拉第电磁感应定律可知 E＝Blv 故感应电动势非均匀增加，故D错误。 故选：B。 7. 如图所示，空间分布着方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，EF是其右边界。半径为r的单匝圆形金属线圈垂直于磁场放置，线圈的圆心O在EF上；另有一根长为2r的导体杆与EF重合，杆两端点a、b通过电刷与圆形线圈连接，线圈和导体杆单位长度电阻相同。情况1：导体直杆不动，线框绕EF轴匀速转动，转动方向如图所示；情况2：线圈不动，导体杆绕O点在纸面内顺时针匀速转动。两情况均从图示位置开始计时，关于导体杆ab两端点的电压Uab情况，下列说法正确的是（　　） A．情况1产生的Uab﹣t图象为图甲，情况2产生的Uab﹣t图象为图丙 B．情况1产生的Uab﹣t图象为图乙，情况2产生的Uab﹣t图象为图丁 C．情况1产生的Uab﹣t图象为图甲，情况2产生的Uab﹣t图象为图丁 D．情况1产生的Uab﹣t图象为图乙，情况2产生的Uab﹣t图象为图丙 【解答】解：情况1：导体直杆不动，线框绕EF轴匀速转动，在0时间内，由右手定则判断可知，a端的电势高于b端的电势，Uab＞0；在时间内，b端的电势高于a端的电势，Uab＜0，产生的Uab﹣t图象为图甲； 情况2：线圈不动，导体杆绕O点在纸面内顺时针匀速转动，Ob和Oa轮流切割磁感线，在0时间内，Ob切割磁感线，由右手定则判断可知，Ob中感应电流方向由O→b，则b端的电势高于a端的电势，Uab为负值；在T时间内，Oa切割磁感线，由右手定则判断可知，Oa中感应电流方向由O→a，则a端的电势高于b端的电势，Uab为正值，则情况2产生的Uab﹣t图象为图丙，故A正确，BCD错误。 故选：A。 8. 如图所示，金属圆环内外半径为r和2r，匀强磁场B垂直圆环平面向里，两环之间接有电容器，在两环间且接触良好的金属导体ab棒可绕圆心以角速度ω逆时针旋转，已知电容器的电容为C，则下列说法正确的是（　　） A．电容器c极板带负电 B．cd间电压逐渐增大 C．金属棒ab产生的电动势为Bωr2 D．电容器所带电荷量为CBωr2 【解答】解：A、根据右手定则可知，ab棒切割磁感线产生感应电动势方向由a到b，a端的电势比b端的电势低，则电容器c板带正电，d板带负电，故A错误； BC、根据切割磁感线产生感应电动势为：E＝BLabBr•Br•Br2ω， 电容器cd间的电压等于电动势，所以cd间的电压不变，故BC错误； D、根据电容器电荷量的计算公式Q＝CU，及U＝E得：，故D正确。 故选：D。 9. （2024•浙江二模）如图“自由落体塔”是一种惊险刺激的游乐设备，将游客升至数十米高空，自由下落至近地面再减速停下，让游客体验失重的乐趣。物理兴趣小组设计了如图乙的减速模型，线圈代表乘客乘坐舱，质量为m，匝数N匝，线圈半径为r，总电阻为R。减速区设置一辐向磁场，俯视图如图丙，其到中心轴距离r处磁感应强度B。线圈被提升到离地h1处由静止释放做自由落体运动，减速区高度为h2，忽略一切空气阻力，重力加速度为g。 （1）判断线圈刚进入磁场时感应电流方向（从上往下看），计算此时受到的安培力大小。 （2）若落地时速度为v，求全程运动的时间t0。 （3）为增加安全系数，加装三根完全相同的轻质弹力绳（关于中心轴对称）如图丁，已知每一条弹力绳形变量Δx时，都能提供弹力F＝k2Δx，同时储存弹性势能，其原长等于悬挂点到磁场上沿的距离。线圈仍从离地h1处静止释放，由于弹力绳的作用会上下往复（未碰地），运动时间t后静止，求线圈在往复运动过程中产生的焦耳热Q，及每根弹力绳弹力提供的冲量I0大小。 【解答】解：（1）右手定则判断电流沿顺时针方向，N匝线圈切割磁感线，由欧姆定律得：NBLv＝IR 由题意可知： 联立得速度为v时线圈中通过电流： 进入磁场前自由落体过程，由运动学公式得： 则线圈受安培力： （2）全过程对线圈用动量定理，取向下为正，有：mgt0﹣∑NBILΔt＝mv﹣0 其中由（1）知：BL＝2πk1， 故有：∑NBIL×Δt 整理变形可解得： （3）最终静止时不切割，不受安培力，根据平衡条件有：mg＝3k2Δx 变形得到：Δx 全过程系统能量守恒，有： 解得线圈产生焦耳热： 全过程对线圈用动量定理，取向下为正，有：mgt+3I0﹣∑NBILδt＝0﹣0 其中由（2）知：有：∑NBIL×Δt 回代解得： 由于弹力绳提供冲量向上，故：I0＜0 弹力绳的冲量大小为I＝﹣I0。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 $$