第15周 电磁感应中的电路问题、图像问题、自感和涡流-【周测必刷】2025-2026学年高二物理选择性必修1+2（人教版2019）

—100 — (2)电子在竖直向下的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场 的叠加场中,由于洛伦兹力不做功,且由于电子入射速度为v0 4 ,则 电子受到的静电力大于洛伦兹力,则电子向上偏转, 根据动能定理有 eEy1= 1 2m (1 2v0 )2-12m (1 4v0 )2 解得y1= 3mv0 32eB ; (3)电子以v入射时,设电子能达到的最高点位置的纵坐标为y, 则根据动能定理有 eEy=12mvm 2-12mv 2 由于电子在最高点与在最低点所受的合力大小相等,则在最高点 有F合 =evmB-eE 在最低点有F合 =eE-evB 联立有vm= 3E B -v ,y= 2m(v0-v) eB 要让电子到达纵坐标y2= mv0 5eB 位置,即y≥y2 解得v≤910v0 则若电子入射速度在0<v<v0 范围内均匀分布,能到达纵坐标y2 = mv0 5eB 位置的电子数N 占总电子数N0 的90%。 答案 (1)v0B (2) 3mv0 32eB (3)90% 第十四周 楞次定律及其应用法拉第电磁感应定律 【考点·一应俱全】 1.C [根据楞次定律可知,感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流 的磁通量的变化,原磁场减弱时,感应电流的磁场与原磁场的方向 相同,原磁场增强时,感应电流的磁场与原磁场的方向相反,故选 项A、B错误,选项C正确。导体切割磁感线运动时也可以用楞次 定律确定感应电流的方向,故选项D错误。] 2.D [0~t1 的时间内,穿过线圈的磁通量增加,且原磁场的方向向 上,根据楞次定律可知,感应电流的磁场方向与原磁场方向相反, 即感应电流的磁场方向向下,由右手螺旋定则可得,感应电流的方 向为顺时针方向,故A错误;t1~t2 的时间内,穿过线圈的磁通量 向上减小,感应电流的磁场方向与原磁场方向相同,所以感应电流 为逆时针方向,故B错误;t2~t3 的时间内,穿过线圈的磁通量向 下增大,感应电流的磁场方向与原磁场方向相反,所以感应电流为 逆时针方向,故C错误;t3~t4 的时间内,穿过线圈的磁通量向下 减小,感应电流的磁场方向与原磁场方向相同,所以感应电流为顺 时针方向,故D正确。] 3.AD [圆环a沿磁体轴线向右运动,穿过圆环的磁通量增多,根据 楞次定律可知电流为顺时针方向(从左往右看),故A正确;圆环b 竖直下落时,穿过圆环b的磁通量减少,故B错误;圆环c经过磁 体右边的位置2时磁通量为0,故C错误;圆环c经过位置2前后 一小段时间内,先是向下的磁通量减少,然后是向上的磁通量增 多,根据楞次定律,感应电流均为顺时针方向(从上向下看),故D 正确。] 4.C [由安培定则可知,通电直导线在圆环面形成的磁场方向垂直 纸面向里,当通电直导线中电流减小时,穿过圆环面的磁通量减 小,由“增缩减扩”可知,弹性圆环的面积S 将增大,由“增离减靠” 可知,圆环将靠近导线,则L将变短,故选C。] 5.C [直导线中通有向上且增大的电流,根据安培定则知,通过导 线框的磁场方向垂直纸面向里,且增大,根据楞次定律知导线框 abcd中感应电流的方向为逆时针方向,故A、B错误; 方法一 根据左手定则知,ab边所受安培力方向水平向左,cd 边 所受安培力方向向左,则导线框所受安培力的合力方向水平向左, 故C正确,D错误。 方法二 当 MN 中电流增大时,导线框中产生感应电流,线框各 边受到安培力作用,使导线框向阻碍磁通量增大的方向“移动”,故 导线框所受安培力的合力方向水平向左,故C正确,D错误。] 6.A [题中四图都属于闭合电路的一部分导体切割磁感线,应用右 手定则判断可得:A中电流方向为a→b,B中电流方向为b→a,C 中电流方向沿a→d→c→b→a,D中电流方向为b→a,故选项 A 正确。] 7.D [由右手定则知ef 上的电流由e→f,故右侧的电流方向为逆 时针,左侧的电流方向为顺时针,D正确。] 8.B [根据法拉第电磁感应定律可知E=ΔΦΔt= ΔB ΔtS=10 3×(1.02 +1.22+1.42)×10-4V=0.44V,故选B。] 9.A [与线圈轴线成30°角向右穿过线圈的磁感应强度均匀增加, 故产生恒定的感应电动势,根据法拉第电磁感应定律,有E=nΔΦΔt =nΔBΔtScos30° ,由题图乙可知ΔB Δt= 6-2 2 T /s=2T/s,代入数据 得E= 3V,根据楞次定律及安培定则知a点的电势低于b 点的 电势,则Uab=- 3V,故A正确。] 10.D [北京地区地磁场的竖直分量竖直向下,当飞机在北半球水 平飞时,飞机机翼切割磁感线产生感应电动势,由右手定则可知, 机翼左端的电势比右端的电势高。无论C919飞机往哪个方向 飞,都是右 边 机 翼 的 电 势 较 低。由 法 拉 第 电 磁 感 应 定 律 E= BLv,可得两翼尖间的电势差U=E=4.5×10-5×35.8×0.8× 330V≈0.43V,故选D。] 11.C [AB 两端的电势差大小等于导体棒AB 中感应电动势的大 小,为E=B×2R􀭵v=B×2R×ωR+ω×3R2 =4BωR 2,故选C。] 12.A [根据法拉第电磁感应定律,叶片转动时产生的感应电动势 为E=12BLωL= 1 2BL 22π T=πBL 2f,从上向下看叶片是按顺时 针方向转动的,通过右手定则,可以判断出b端相当于电源的正 极,与二极管的正负极相反,电路不通,故二极管不会发光,故B、 C、D错误,A正确。] 【探究·一举突破】 探究路径 (1)将条形磁体从题图所示位置先迅速向上后迅速向 下移动一小段距离,则螺线管中产生的感应电流方向相反,两个二 极管相继分别导通,出现的现象是灯泡 A、B交替短暂发光,故 选B。 (2)通过实验得知:当电流从题图b中电流计的右端正接线柱流入 时指针向右偏转,则当电流计指针向右偏转时,螺线管中产生的感 应电流从上往下,根据楞次定律可知,条形磁体向上运动。 (3)连线如图: 答案 (1)B (2)向上 (3)见解析图 【综合·一练到底】 13.AD [线框相对磁场向左运动,根据右手定则可知图示时刻线框 中感应电流沿顺时针方向,A正确;根据左手定则,列车受到向右 的安培力,因此列车运动的方向与磁场移动的方向相同,B错误; 由于左右两个边产生的感应电动势顺次相加,根据法拉第电磁感 应定律得E=2NBLΔv=2NBL(v-v'),C错误;列车速度为v'时 线框 受 到 的 安 培 力 大 小 为 F=2NBIL=4N 2B2L2(v-v') R ,D 正确。] 14.BD [当金属棒ab向右加速运动时,根据右手定则及题意,感应 电流从a到b且增加,穿过线圈 M的磁通量垂直纸面向里增加, 根据楞次定律可知,M中感应电流为逆时针方向,选项A错误,B 正确;M中感应电流为逆时针方向,线圈 M所处的磁场垂直纸面 向外,根据左手定则可知线圈 M各部分所受安培力向外,则线圈 M有扩张的趋势,选项C错误,D正确。] 15.解析 (1)第3s末,夹在导轨间导体的长度为: l=vt·tan30°=5×3× 33 m=5 3m 此时E=Blv=0.2×5 3×5V=5 3V。 (2)0~3s内回路中磁通量的变化量 ΔΦ=BΔS=0.2×12×15×5 3Wb= 15 3 2 Wb 0~3s内回路中产生的平均感应电动势为: 􀭺E=ΔΦΔt= 15 3 2 3 V= 5 2 3V 。 答案 (1)5 3m 5 3V (2)15 32 Wb 5 2 3V 【选做·一飞冲天】 A [在图示位置Ⅰ或Ⅱ,通过线圈向上的磁通量不变,但由图示 Ⅰ位置缩小到图示Ⅱ位置,通过线圈向下的磁通量减小,相当于通 过线圈向上的总磁通量增大,根据楞次定律可知,线圈中的感应电 流的磁场阻碍原磁通量的增大,感应电流的磁场方向向下,线圈中 有顺时针方向的感应电流,A项正确。] 第十五周 电磁感应中的电路问题、 图像问题、自感和涡流 【考点·一应俱全】 1.A [设正方形线框边长为L,四个图中的电动势均为E=BLv0, 设正方形线框的电阻为R,则四个图中回路的电流均为I=ER = BLv0 R ,其中图①中ab边相当于电源,a、b两点间的电势差为Uab= U外 =34E= 3 4BLv0 ,图②、③、④中ab两点间的电势差均为Uab' =I·R4= 1 4BLv0 ,故选A。] 2.A [导体棒AC 摆到竖直位置时,AC 切割磁感线的瞬时感应电 动势E=B·2a·12v=Bav 。外电路电阻大小为R外 = R 2 ·R 2 R 2+ R 2 = R 4 ,由闭合电路欧姆定律有|UAC|= E R 2+ R 4 ·R 4= 1 3Bav ,故 A 正确。] 3.C [法一 根据E=ΔΦΔ= SΔB Δt 可得0~0.5s和1~2s产生的感 应电动势大小相等,根据闭合电路欧姆定律可得0~0.5s和1~ 2s通过线框的电流大小相等,据q=It可得q1∶q2=1∶2,故C 正确。 法二 电磁感应现象中通过回路导体横截面的电荷量公式q=n ΔΦ R ,当面积S不变时,可写为q=nS ·ΔB R ,故q∝ΔB,所以q1q2 = 0-0.5 0.5-(-0.5) = 1 2 ,故C正确。] 4.A [设开始时穿过导线环向里的磁通量为正值,Φ1=Bπa2,则向 外的磁通量为负值,Φ2=-B·π(b2-a2),总的磁通量为Φ=B·π |b2-2a2|,末态总的磁通量为Φ'=0,由法拉第电磁感应定律得平 均感应电动势为􀭺E=ΔΦΔt ,则通过导线环横截面的电荷量为q=| 􀭺E R |·Δt=|ΔΦR|= πB|b2-2a2| R ,A项正确。] 5.D [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=ER = BLv R ,由题图乙可知,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,选 项A错误;正方形线框匀速进入磁场时,有效长度L 不变,感应电 流不变,选项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,选项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,选项D 正确。] 6.AC [在0~1s内磁感应强度B1 随时间t均匀增大,由法拉第电 磁感应定律可得,感应电动势恒定不变,则感应电流也不变,由楞 次定律可得,感应电流沿逆时针方向(b→a),根据左手定则可得, 导体棒受到的安培力的方向向左(负方向),大小恒定,所以导体棒 受的静摩擦力方向向右,即为正方向,且大小也恒定;在1~2s内 磁感应强度B1 大小不变,则金属框中没有感应电动势,所以没有 感应电流,则 导 体 棒 不 受 安 培 力,因 此 导 体 棒 不 受 静 摩 擦 力;在 2~3s内磁感应强度B1 随时间t均匀减小,由法拉第电磁感应定 律可得,感应电动势恒定不变,则感应电流也不变,由楞次定律可 得,感应电流沿顺时针方向(a→b),根据左手定则可得,导体棒受 到的安培力的方向向右(正方向),大小恒定,所以导体棒所受的静 摩擦力方向向左,即为负方向,且大小也恒定;在3~4s内与在 2~3s内相同,4~5s内的情况与1~2s内相同,5~6s内的情况 与0~1s内相同。故选A、C。] 7.D [金属探测器利用的是电磁感应现象,故 A错误;金属探测器 探测金属时,被测金属中感应出涡流;故B错误;当探测器靠近金 属物体时,能在金属中形成涡流,进而引起线圈中电流的变化,故 C错误,D正确。] 8.B [由于电磁阻尼作用导致铜盘转得越来越慢,故 A、C错误;可 以将铜盘分成很多部分,铜盘转动时穿过铜盘的各个部分的磁通 量发生变化,故产生涡流,故B正确;上下交换磁极同样会由于电 磁阻尼作用导致铜盘转得越来越慢,故D错误。] 9.C [法拉第圆盘运动过程中,半径方向的金属条在切割磁感线, 在圆心和边缘之间产生了感应电动势,故 A错误;阿拉果圆盘实 验中,转动圆盘或小磁针,都产生感应电流,因安培力的作用,另一 个物体也会跟着转动,则转动圆盘,小磁针会同向转动,但会滞后 于圆盘,故B错误,C正确;如果磁场相对于导体运动,在导体中会 产生感应电流,感应电流使导体受到安培力的作用,安培力使导体 运动起来,这种作用就是电磁驱动,显然法拉第圆盘是机械能转化 为电能的过程,并不是电磁驱动,故D错误。] 10.B [S闭合时,B灯先亮,A灯支路由于线圈自感电动势阻碍电 流的增加,则电流逐渐变大,则 A灯逐渐亮起来,因两支路直流 电阻相等,可知最后稳定后两灯一样亮,选项 A错误,B正确;S 由通路断开时,原来通过B灯的电流立即消失,而A灯支路由于 线圈产生自感电动势阻碍电流减小,则线圈相当电源,与 A灯、 电阻R 以及B灯重新形成回路,则使得A、B两灯都逐渐熄灭,由 于稳定时两灯亮度相同,则开关断开瞬时,B灯不会闪亮一下,选 项C、D错误。] 11.AC [由题图乙得,从计时开始两条支路都存在电流,分别是I1 和I2,断开K瞬间,L的电流要减小,于是L 中产生自感电动势, 阻碍自身电流的减小,电流逐渐减小为零;因此该实验演示的是 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 99 — —102 — 断电自感现象,故 A正确;断开开关前后的一小段时间内,通过 自感线圈的电流方向是不变的,则自感线圈所在支路的电流如曲 线a所示,图乙中的曲线a表示电流传感器A2 测得的数据;I1> I2,说明电感线圈的直流电阻小于灯泡的电阻;断开开关之前通 过线圈的电流大于通过小灯泡的电流,则断开开关后,线圈产生 自感电动势阻碍电流减小,线圈相当电源,由于线圈和灯泡重新 组成回路,则 小 灯 泡 先 闪 亮 一 下 再 逐 渐 熄 灭。故 C正 确,B、D 错误。] 【探究·一举突破】 探究路径 (1)灯泡逐渐熄灭。开关断开时,通过线圈L的电流减 小,这时会出现感应电动势阻碍线圈L中的电流减小,线圈中产生 与原方向相同的电流,与灯泡构成闭合回路,所以灯泡逐渐熄灭。 若灯泡电阻大于线圈L 的直流电阻,则灯泡先闪亮一下再逐渐 熄灭。 (2)开关闭合时,流过灯泡的电流方向向左,开关断开瞬间,流过灯 泡中的电流方向向右,所以开关断开前后,流过灯泡的电流方向 相反。 【综合·一练到底】 12.解析 (1)t1=2.0s时通过线圈的磁通量 Φ=BS=0.3×200×10-4 Wb=6.0×10-3 Wb (2)t1=2.0s时感应电动势 E=nΔBΔtS=1000× 0.4-0.2 4.0 ×200×10 -4V=1V 通过电阻R 的感应电流的大小 I= ER+r= 1 8.0+2.0A=0.1A 根据楞次定律可知,通过R 的电流方向向上 (3)t2=5.0s时刻,感应电动势E'=n ΔB' Δt'S=1000× 0.4-0 6.0-4.0× 200×10-4V=4V 根据楞次定律可知a端电势高,则线圈端点a、b间的电压 Uab= E'R R+r= 4×8.0 8.0+2.0V=3.2V (4)在4.0~8.0s时间内通过电阻R 的电荷量 q= 􀭺E R+rΔt= nΔΦ R+r= nΔB·S R+r =1000× 0.4+0.2 8.0+2.0×200×10 -4C= 1.2C。 答案 (1)6.0×10-3 Wb (2)0.1A 方向向上 (3)3.2V (4)1.2C 【选做·一飞冲天】 C [金属辐条OA、OB、OC 进出磁场前后,辐条中电动势的大小 为E=12BωL 2,当一根辐条切割磁感线时,另外两根辐条与定值 电阻R0 并联,则切割磁感线的辐条中感应电流的大小I= E r+r3 , 解得I=3BωL 2 8r ,故 A错误;根据闭合电路欧姆定律,定值电阻两 端电压U=E-Ir,结合上述解得U=18BL 2ω,故B错误;根据欧 姆定律,通过定值电阻的电流I0= U r ,结合上述解得I0= BL2ω 8r , 故C正确;圆环转动一周,经历的时间T=2πω ,根据上述可知,在 圆环转动一周的过程中,通过定值电阻的电流大小始终不变,则定 值电阻产生的热量为Q=I02rT,解得Q= πB2L4ω 32r ,故D错误。] 第十六周 电磁感应中的动力学、动量和能量问题 【考点·一应俱全】 1.C [金属杆下滑过程中,受重力、导轨的支持力和安培力,开始时 重力沿斜 面 向 下 的 分 力 大 于 安 培 力,金 属 杆 做 加 速 运 动,满 足 mgsinθ-B 2l2v R =ma ,随着速度的增加,安培力在增大,所以金属 杆加速度逐渐减小,当加速度减小到零时,速度最大。当加速度为 零后,金属杆做匀速运动,故金属杆先做加速度逐渐减小的加速运 动,然后做匀速直线运动,故A错误;金属杆由静止到最大速度过 程中,安培力做负功,金属杆机械能并不守恒,故B错误;当速度最 大时,有mgsinθ- B2l2vm R =0 ,解得vm= mgRsinθ B2l2 ,所以只增大B, vm将变小,只增大R,vm将变大,故C正确,D错误。] 2.AD [在进入磁场前,线圈a和b在竖直方向做自由落体运动,则 两线圈刚进入磁场时的竖直分速度相等,由牛顿第二定律得a=g -Fm ,又有I=BLvR ,R=ρ 4L S ,m=4Lρ0S,F=BIL,由以上各式可 得a=g- B 2v 16ρρ0 ,其中ρ为电阻率,ρ0 为密度,从该式可以看出,两 线圈进入磁场时加速度a相同,完全进入磁场时的竖直分速度也 相同,则两线圈进入磁场整个过程的时间相同,故A正确,B错误; 由I=BLvR 和R=ρ 4L S ,线圈a和b进入磁场的电流之比为1∶3, 由q=It,可得qa∶qb=1∶3,故C错误,D正确。] 3.CD [导体棒开始运动时,根据右手定则可知导体棒中电流从a 到b,根据左手定则可知导体棒受到的安培力方向水平向左,A错 误;导体棒开始运动后速度第一次为零时,由于产生的感应电流使 电阻发热,所以导体棒的初动能转化为弹簧的弹性势能和电路中 产生的热量,故此时弹簧的弹性势能一定小于初动能1 2mv0 2,B错 误;导体棒开始运动时,导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E =BLv0,因为 R=r,故此时导体棒两端的电压即路端电压为 1 2 BLv0,C正确;分析可知随着导体棒的来回运动,当停止时导体棒 必位于初始位置,此时弹簧势能为零,整个过程中导体棒的初动能 Ek= 1 2mv0 2 全部转化为电路中的热量,因为R=r,故电阻R 上产 生的焦耳热为整个电路中热量的一半即1 4mv0 2,D正确。] 4.AD [根据楞次定律可得,线框进入磁场过程中电流方向为adc- ba,离开磁场过程中电流方向为abcda,故 A正确;根据楞次定律 中“来拒去留”可知,线框进入磁场过程中受安培力的方向向上,离 开磁场过程中受安培力的方向也向上,故B错误;cd 边刚进入磁 场时产生的感应电动势为E=BLv0,所以c、d 两点间的电势差即 路端电压为Ucd= 3 4BLv0 ,故C错误;线框从进入磁场到cd 边刚 离开磁场过程中动能不变,根据能量守恒定律可得产生的焦耳热 为Q=mgd,故D正确。] 5.D [根据右手定则可知,进入磁场过程中,线圈的感应电流方向 为顺时针,离开磁场时,线圈的感应电流方向 为 逆 时 针,故 A错 误;设线圈电阻为R,根据闭合电路欧姆定律可得I=ER ,根据法 拉第电磁感应定律有E=BLv,则安培力为F=BIL=B 2L2v R ,由于 线圈进入磁场时,产生感应电流,线圈部分动能转化为内能,则动 能减小,线圈速度也减小,即进入磁场时的速度大于离开磁场时的 速度,因此,进入磁场时受到的安培力大于离开磁场时受到的安培 力,故B错误;根据动能定理可得W 合 =F安 ·x=ΔEk,由于进入和 离开磁场的位移都相同,而进入磁场时的安培力大于离开磁场时 的安培力,则进入磁场时的动能变化量大于离开磁场时的动能变 化量,故C错误;根据动量定理可得Δp=F安 ·Δt=B􀭵IL·Δt=BL ·q,而q=􀭵I·Δt= 􀭺E R ·Δt=ΔΦR ,进入和离开磁场过程中ΔΦ 相 同,由此可知,进入磁场和离开磁场时的动量的变化量相同,则速 度的变化量相同,故D正确。] 6.BD [ab杆在水平方向上受到与运动方向相反的安培力,安培力 大小为FA= B2L2v 2R ,加速度大小为a=FAm = B2L2v 2mR ,由于速度减 小,所以ab杆做加速度减小的减速运动直到静止,故 A错误;当 ab杆的速度为v03 时,安培力大小为FA'= B2L2 v0 3 2R ,所以加速度大 小为a=FA'm = B2L2v0 6mR ,故B正确;对ab杆,由动量定理得-B􀭵IL ·Δt=mv03-mv0 ,即BLq=23mv0 ,解得q= 2mv0 3BL ,所以通过定值 电阻的电荷量为 2mv0 3BL ,故C错误;由q=ΔΦ2R= BLx 2R ,解得ab杆通 过的位移x=2RqBL = 4mRv0 3B2L2 ,故D正确。] 7.BC [金属框第一次进入磁场时,ab边切割磁感线,根据右手定则 可知电流方向为adcba,故A错误;通过金属框横截面的电荷量为 q=IΔt=ΔΦRΔtΔt= BS R ,从q的表达式知前、后两次进入磁场的过程 中,通过金属框横截面的电荷量之比为1∶1,故B正确;由动量定 理得-BILabt=mv-mv0,即qBLab =mv0-mv,又q= BS R = 0.5×2 0.5 C=2C ,联立解得v=3m/s,由能量守恒定律知第一次进 入磁场的过程中,产生的焦耳热为Q1= 1 2mv0 2-12mv 2=8J。第 二次匀速进入磁场的过程中,产生的焦耳热为Q2=qU=qBLadv0 =2×0.5×1×5J=5J,则金属框中的焦耳热之比为 Q1 Q2 =85 ,故C 正确;由C项分析可知,金属框第一次完全进入磁场之后的速度v =3m/s,假如金属框匀减速进入磁场,则根据公式有Lbc= v0+v 2 t1,解得t1=0.25s,第二次金属框匀速进入磁场,则运动时间为t2 = Lab v0 =0.4s,则有 t1 t2 =58 ,根据题意可知,金属框第一次进入磁 场时,做加速度减小的减速运动,则实际所用时间t>t1,则金属框 前、后两次进入磁场过程的时间之比大于5∶8,故D错误。] 8.AC [以两导体棒为研究对象,在导体棒运动过程中,两导体棒所 受的安培力大小相等,方向相反,且不受其他水平外力作用,在水 平方向两导体棒组成的系统动量守恒,对系统有 mv0=2mv,解得 两导体棒运动的末速度为v=12v0 ,棒ab做减速运动,棒cd做加 速运动,它们的速度差逐渐减小,产生的感应电流也减小,安培力 减小,加速度也减小,即棒ab做加速度减小的减速运动,棒cd 做 加速度减小的加速运动,稳定时两导体棒的加速度为零,一起向右 做匀速运动,选项A正确,B错误;由上述分析可知,v1-v2 逐渐减 小且减小得越来越慢,则感应电流也逐渐减小且减小得越来越慢, ab棒和cd 棒最后做匀速运动,棒与导轨组成的回路磁通量不变 化,不会产生感应电流,选项C正确,D错误。] 9.AD [根据右手定则可知,初始时刻导体棒1和导体棒2中产生 的感应电流方向分别为向下和向上,所以总感应电动势大小为E =E1+E2=3BLv0,故A正确;初始时刻,回路中电流为I= E 3R= BLv0 R ,导体棒2所受安培力大小为F=BIL=B 2L2v0 R ,故B错误; 导体棒1和导体棒2所受安培力大小相等、方向相反,导体棒1和 导体棒2组成的系统所受合外力为零,则系统动量守恒,取向右为 正方向,当导体棒1速度为0时,根据动量守恒定律有2m·2v0- mv0=2mv2,解得v2= 3 2v0 ,故C错误;很长一段时间后,回路中感 应电流为零,导体棒1和导体棒2会以相同的速度运动,根据动量 守恒定律有2m·2v0-mv0=3mv共,解得v共 =v0,对导体棒2根 据动量定理有-B􀭵ILt=2mv共 -2m·2v0,设最终导体棒1和导体 棒2的距离为x',根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律 有􀭵I= 􀭺E 3R= BL(x'-x) 3Rt ,解得x'=6mv0R B2L2 +x,故D正确。] 【探究·一举突破】 探究路径 (1)导体棒做切割磁感线的运动,产生的感应电动势E =BLv ① 回路中的感应电流I= ER+r ② 导体棒受到的安培力F安 =BIL ③ 导体棒运动过程中受到拉力F、安培力F安 和摩擦力Ff 的作用, 根据牛顿第二定律有 F-μmg-F安 =ma ④ 整理得F-μmg- B2L2v R+r=ma ⑤ 由⑤可知,随着速度的增大,安培力增大,加速度a减小,当加速度 a减小到0时,速度达到最大,此后导体棒做匀速直线运动。即导 体棒先做加速度逐渐减小的加速运动,再做匀速运动。 (2)当导体棒做匀速运动时,达到最大速度,有F-μmg- B2L2vm R+r =0 可得vm= (F-μmg)(R+r) B2L2 (3)由(1)(2)中的分析可知,导体棒运动的速度—时间图像如图 所示。 【综合·一练到底】 10.解析 (1)由题图乙可知,0~0.2m内金属棒在磁场区域上方运 动,摩擦力做功导致其机械能减小,可得ΔE=-μmgxcos37°,解 得μ=0.5 (2)金属棒进入磁场后,做加速度减小的加速运动,加速度为零 时,金属棒的速度达到最大,此后安培力恒定,则金属棒的机械能 均匀减小,结合题图乙可知,x=0.4m时,恰好是金属棒加速度为零 的时候,则有mgsin37°=μmgcos37°+ B2L2v R ,解得v=0.4m/s 金属棒在磁场中运动的过程对应题图乙0.2~0.6m内图线,由 能量守恒可得 |ΔE|=μmgx'cos37°+Q 解得Q=0.112J。 答案 (1)0.5 (2)0.4m/s 0.112J 11.解析 (1)金属棒的 加 速 度 为 零 时 速 度 最 大,根 据 平 衡 条 件 有 mgsin37°=μmgcos37°+B0IL 其中I= ER+r E=B0Lv 解得v=2m/s (2)金属棒滑行至cd 处的过程中通过金属棒截面的电荷量q= 􀭵IΔt= ΔΦ(R+r)ΔtΔt= ΔΦ R+r= B0Lx R+r=0.15C 解得x=1.5m (3)金属棒由静止释放到达到最大速度的过程中,根据功能关系 得mgxsin37°-μmgxcos37°-Q= 1 2mv 2 解得Q=0.05J QR= R R+rQ=0.04J 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 101 — — 58 — 第十五周 电磁感应中的电路问题、图像问题、自感和涡流 (时间:45分钟 分值:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 周推好题 【探究·一举突破】以对比电感线圈和小灯泡对电路的影响为例,综合考查学生对自 感现象中电流大小和方向遵循规律的理解。该题数形结合,紧扣知识点,对学生的综合应用能 力要求较高,值得推荐。 【考点·一应俱全】(共70分) 考点一 电磁感应中的电路问题 1.(2025·郑州市高二期末)如图所示,粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框abcd,置于有界匀强磁 场中,图中虚线为磁场边界,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。现使线框以同样大小的速度 v0 匀速沿四个不同方向平动进入磁场,并且速度方向始终与线框先进入磁场的那条边垂直,则在 通过如图所示位置时,下列说法正确的是 ( ) A.图①中a、b两点间的电势差最大 B.图②中a、b两点间的电势差最大 C.图③中回路电流最大 D.图④中回路电流最小 2.如图所示,竖直平面内有一金属圆环,半径为a,总电阻为R(断开拉直时的电阻), 磁感应强度大小为B 的匀强磁场垂直向里穿过圆环平面。圆环的最高点A 用铰链 连接长度为2a、电阻为R2 的导体棒AC,A 端与圆环接触良好,AC 由水平位置紧贴 环面摆下,与圆环接触良好,当摆到竖直位置时,C点的线速度为v,则这时AC两端的电压为 ( ) A.Bav3 B. Bav 6 C. 2Bav 3 D.Bav 考点二 电磁感应电荷量问题 3.如图甲所示,abcd为正方形导线框,线框处在磁场中,磁场垂直于线框平面,线框边长L=0.5m, 总电阻R=1Ω,磁感应强度B 随时间t的变化规律如图乙所示,在0~0.5s和1~2s的时间内 通过线框横截面的电荷量分别为q1 和q2。则q1∶q2 为 ( ) A.1∶1 B.2∶1 C.1∶2 D.1∶4 4.如图所示,空间存在垂直于纸面的匀强磁场,在半径为a的圆形区域内部及 外部,磁场方向相反,磁感应强度的大小均为B。一半径为b(b>a)、电阻为 R 的圆形导线环放置在纸面内,其圆心与圆形区域的中心重合。当内、外磁 场同时由B 均匀地减小到零的过程中,通过导线环横截面的电荷量为( ) A.πB|b 2-2a2| R B. πB(b2+2a2) R C.πB (b2-a2) R D. πB(b2+a2) R 考点三 电磁感应中的图像问题 5.一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,则线框的可能形状是下列选项图中的 ( ) 6.(多选)(2025·郑州市高二期末)如图甲所示,在水平桌面上,一个面积为S、电阻为r的圆形金属 框置于磁场中,金属框平面与磁场方向垂直,磁感应强度B1 随时间t的变化关系如图乙所示,在 0~1s内磁场方向垂直金属框平面向下。圆形金属框与一个电阻不计的水平平行金属导轨相连 接,水平导轨上放置一根导体棒ab,导体棒的长为L、电阻为R,且与导轨接触良好,导体棒处于另 一匀强磁场中,其磁感应强度恒定为B2,方向垂直导轨平面向下。若导体棒始终保持静止,则流 过导体棒的电流i、导体棒所受的安培力F及静摩擦力Ff随时间变化的图像正确的是(设由a到 b为电流的正方向,水平向右为力的正方向) ( ) 考点四 涡流、电磁阻尼和电磁驱动 7.(2025·杭州外国语学校高二期末)考生入场时,监考老师要用金属探测器对考生进行安检后才 允许其进入考场。探测器内有通电线圈,当探测器靠近任何金属材料物体时,就会引起探测器内 线圈中电流变化,报警器就会发出警报;靠近非金属物体时则不发出警报。关于探测器工作原 理,下列说法正确的是 ( ) A.探测器利用的是静电感应现象 B.探测器利用的是磁场对金属的吸引作用 C.探测器利用发射和接收电磁波进行工作的 D.当探测器靠近金属物体时,能在金属中形成涡流,进而引起线圈中电流的变化 8.(2025·湖州市高二期末)如图所示,有一铜盘被轻轻拨动后会绕转轴自由转动, 如果转动时把蹄形磁体的两极放在铜盘的边缘,但不与铜盘接触。则下列说法正 确的是 ( ) A.铜盘转得越来越快 B.铜盘中会有涡流产生 C.这是电磁驱动现象 D.上下交换磁极铜盘会转得越来越快 — 57 — — 60 — 9.(2025·银川一中高二期末)物理学中有很多关于圆盘的实验,第一个是法拉第圆盘,圆盘全部处 于磁场区域,可绕中心轴转动,通过导线将圆盘圆心和边缘与外面电阻相连。第二个是阿拉果圆 盘,将一铜圆盘水平放置,圆盘可绕中心轴自由转动,在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以 自由旋转的磁针,以下说法正确的是 ( ) A.法拉第圆盘在转动过程中,圆盘中磁通量不变,无感应电动势,无感应电流 B.阿拉果圆盘实验中,转动圆盘,小磁针会同向转动,反之,转动小磁针,圆盘则不动 C.阿拉果圆盘实验中,转动圆盘,小磁针会同向转动,但会滞后于圆盘 D.法拉第圆盘和阿拉果圆盘都是电磁驱动的表现 考点五 自感 10.(2025·运城市高二期末)如图所示,两个完全相同的灯泡A、B与定值电阻的 阻值均为R,L为自感系数很大的线圈,其直流电阻也是R。下列说法中正确 的是 ( ) A.S闭合时,B灯先亮,稳定后A灯比B灯亮 B.S闭合时,B灯先亮,稳定后两灯一样亮 C.S由通路断开时,A灯逐渐熄灭,B灯立即熄灭 D.S由通路断开时,B灯会闪亮一下再逐渐熄灭 11.(多选)(2025·咸阳市高二期末)某同学设计了如图甲所示的电路来对比电感线圈和小灯泡对 电路的影响,电路两端电压U 恒定,A1、A2 为完全相同的电流传感器。某次实验中得到通过两 电流传感器的图像如图乙所示。关于该实验,下列说法正确的是 ( ) A.该实验演示的是断电自感现象 B.线圈的直流电阻大于灯泡的电阻 C.断开开关后,小灯泡先闪亮一下再逐渐熄灭 D.乙图中的曲线a表示电流传感器A1 测得的数据 【探究·一举突破】(共10分) 探究主题 自感现象 按照如图所示电路图连接电路。 探究问题: (1)若灯泡的电阻小于线圈L 的直流电阻,先闭合开关使灯泡发光,稳定后断开开关。观察开关 断开时灯泡的亮度变化,并解释原因。若灯泡电阻大于线圈L 的直流电阻,灯泡的亮度如何 变化? (2)开关断开前后,流过灯泡的电流方向相同吗? 【综合·一练到底】(共20分) 12.(2025·杭州市第十四中学高二期中)如图甲所示,在一个正方形金属线圈区域内存在着磁 感应强度B 随时间变化的匀强磁场,磁场的方向与线圈平面垂直。金属线圈所围的面积S =200cm2,匝数n=1000,线圈电阻的阻值为r=2.0Ω。线圈与阻值R=8.0Ω的定值电 阻构成闭合回路。匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示,6.0~8.0s时间 内图线为曲线,其余时间内图线为直线。求: (1)t1=2.0s时通过线圈的磁通量; (2)t1=2.0s时通过电阻R 的感应电流的大小和方向; (3)t2=5.0s时刻,线圈端点a、b间的电压; (4)在4.0~8.0s时间内通过电阻R 的电荷量。 【选做·一飞冲天】(尖子生选做) (2025·浙江省浙东北联盟高二期中)如图所示,半径为L 的导电圆环(电阻不 计)绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴以角速度ω 逆时针匀速转动。圆 环上接有电阻值均为r的三根金属辐条OA、OB、OC,辐条互成120°夹角。在 圆环圆心角∠MON=120°的扇形OMCN 范围内(两条虚线之间)分布着垂直 圆环平面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场,圆环的边缘通过电刷P 和导 线与一个阻值也为r的定值电阻R0 相连,定值电阻R0 的另一端通过导线接 在圆环的中心轴上,在圆环匀速转动过程中,下列说法中正确的是 ( ) A.金属辐条OA、OB、OC在磁场区域时,辐条中电流的大小为BωL 2 4r B.定值电阻R0 两端的电压大小为 2 5BL 2ω C.通过定值电阻R0 的电流大小为 BL2ω 8r D.圆环转动一周,定值电阻R0 产生的热量为 πB2L4ω 96r 【错题重做】 错因 基础不牢 题意不明 思路不对 理解不够 分析不透 方法不对 根本不会 其他原因 题号 题号 题号 — 59 —