第1部分 专题4 第12节 电磁感应-【金版教程】2026年高考物理大二轮大考试题精选重组课件PPT

该高中物理高考复习课件聚焦“电磁感应”专题，依据高考评价体系梳理了感应电流方向判断、电动势计算、安培力分析等核心考点，通过2025年江苏、北京等多地高考真题统计，明确“动生电动势”“动量定理应用”等高频考点占比，归纳出选择题、计算题等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题实战+素养提升”策略，如以2025江苏卷线框转动题为例，用科学推理推导感应电动势公式，培养科学思维，通过“易错点警示”分析安培力方向判断误区，帮助学生掌握解题技巧，教师可据此精准复习，助力学生高效冲刺高考。

第一部分　专题特训 专题四　电路与电磁感应 第12节　电磁感应 目录 1 2 A组 基础题组 B组 提升题组 A组 基础题组 高考体验 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 4 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 5 2．(2025·北京卷，9)如图所示，线圈自感系数为L，电容器电容为C，电源电动势为E，A1、A2和A3是三个相同的小灯泡。开始时，开关S处于断开状态。忽略线圈电阻和电源内阻，将开关S闭合，下列说法正确的是(　　) A．闭合瞬间，A1与A3同时亮起 B．闭合后，A2亮起后亮度不变 C．稳定后，A1与A3亮度一样 D．稳定后，电容器的电荷量是CE A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 6 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 7 3．(2024·天津卷，4)如图所示，两根不计电阻的光滑金属导轨平行放置，导轨及其构成的平面均与水平面成某一角度，导轨上端用直导线连接，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。具有一定阻值的金属棒MN从某高度由静止开始下滑，下滑过程中MN始终与导轨垂直并接触良好，则MN所受的安培力F及其加速度a、速度v、电流I，随时间t变化的关系图像可能正确的是(　　) A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 8 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 9 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 5．(2025·福建卷，16)如图所示，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，两区域磁感应强度大小相等。正方形线框abcd质量为m，总电阻为R，由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边长。线框从某一位置释放，从cd边进入Ⅰ区域到ab边离开Ⅰ区域的过程中速度均为v，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，已知重力加速度为g。则： (1)求线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离； (2)求cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差； (3)求线框进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的 平均功率。 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 13 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 14 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 15 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 16 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 17 好题精选 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 18 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 19 7．(2025·河北省邯郸市高三下保温考试)如图所示，有界匀强磁场的宽为2L，方向垂直纸面向里，边长为L的等边三角形线圈abc位于纸面内。t＝0时刻，bc边与磁场边界垂直且c点在磁场边界上。当线圈沿垂直于磁场边 界的方向以速度v匀速穿过磁场时，线圈中的感应电流i随时间 t变化的图像可能是(取逆时针方向为感应电流正方向)(　　) A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 20 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 21 8．(2025·广东省潮州市高三下二模冲刺)如图所示，在水平面内放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向垂直于导轨平面的匀强磁场(方向如图)，电阻为r的金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好。初始时电阻为R的金属杆MN静止在平行导轨上，若杆OP在外力作用下绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动过程中，回路中始终有电流，此过程中金属杆MN始终与导轨垂直且接触良好，下列说法中正确的是(　　) A．杆MN向右运动 B．杆MN两端的电势差逐渐减小 C．外力对杆OP做功的功率逐渐变小 D．杆MN受到的安培力大小不变 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 22 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 23 9．(2025·四川省绵阳市高三下三诊)如图所示，上下边界与水平地面平行、高度为2L的区域内有水平垂直于纸面向里的匀强磁场；单匝导线框abcd、efgh是用材料相同，粗细不同的导线制成，边长均为L，abcd框的导线粗些。现将两导线框从同一高度同时自由释放，完全穿过磁场后落在地面上，下落过程中线框平面始终与磁场方向垂直，不计空气阻力，忽略导线框间的相互作用力。则导线框从开始进磁场到完全出磁场的过程中(　　) A．abcd框中的电流方向始终是a→b→c→d→a B．ab边所受安培力始终水平向右 C．abcd框产生的热量大于efgh框产生的热量 D．通过abcd框横截面的电荷量小于通过efgh框横截面的电荷量 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 24 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 25 10．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。 (1)求金属框进入磁场过程中，通过回路的 电荷量q； (2)求金属框进入磁场过程中，拉力对金属 框所做的功W； (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。 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 26 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 27 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 28 A组 基础题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 29 B组 提升题组 1．(2025·河南卷，5)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(　　) 高考体验 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 31 解析：金属薄片中心运动到N极的正下方时，将金属薄片等分为左、右两部分，沿N极到S极的方向看，穿过右半部分的磁通量垂直纸面向里且正在减少，穿过左半部分的磁通量垂直纸面向里且正在增加，根据楞次定律和安培定则可知，沿N极到S极的方向看，金属薄片右半部分产生的涡流沿顺时针方向，金属薄片左半部分产生的涡流沿逆时针方向，故C正确。 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 32 2．(2025·浙江1月选考，9)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(U0)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(　　) B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 33 解析：A中，开关S接通瞬间，因L和R分压，电池两端电压小于U，即小于充电电压U0，不能给电池充电；当开关S断开时，整个电路均断开，L不能产生感应电流，不能给电池充电，A错误。B中，当S闭合稳定时，线圈L中有顺时针电流通过，当S断开时，二极管正向导通，待充电电池接入电路，电流减小，L产生自感电动势阻碍电流减小，L相当于电源且给动力电池充电的电流方向与回收系统给动力电池充电的电流方向相同，此时电压U与L中产生的自感电动势共同加在充电电池两端，从而实现向高压充电，B正确。 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 34 C中，开关S接通瞬间，L产生的感应电动势一定小于U，则不能给电池充电；当S闭合稳定时，线圈L中有顺时针电流通过，当S断开时L也断开，此时只有回收系统的电压U，所以不能实现向高压充电，C错误。D中，开关S接通瞬间，L产生的感应电动势一定小于U，则不能给电池充电；当S闭合稳定时，线圈L中有顺时针电流通过，当S断开时，只有L产生的自感电动势加在充电电池两端，但由于感应电流方向与二极管导通方向相反，所以二极管无法正向导通，不能实现向高压充电，D错误。 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 35 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 36 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 37 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 38 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 39 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 40 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 41 5．(2025·江苏卷，15)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OO′转动。外转子半径为r1，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r2，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ω0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。 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 42 解析：(1)由法拉第电磁感应定律得E＝BLv 其中ab边的速度大小v＝ω0r1 联立解得E＝BLω0r1。 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 43 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 44 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 45 6．(2025·天津市重点校联考高三下一模)(多选)一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L。边长为L的正方形导线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上，建立水平向右的x轴，且坐标原点在磁场的左边界上。t＝0时刻使线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域，规定逆时针方向为电流的正方向，线框在t1、t2、t3时刻所对应的位移分别是L、2L、3L。下列关于感应电流i或导线框的电功率P随时间t或位移x的变化规律正确的是(　　) 好题精选 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 46 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 47 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 48 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 49 8．(2025·河南省商丘市高三下教学质量检测)如图所示，足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上，导轨左端接有定值电阻，整个空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，导轨上静置一金属棒，金属棒和导轨电阻均不计。现给金属棒一个向右的初速度，设金属棒向右运动的位移大小为x时，速度 大小为v，加速度大小为a，通过定值电阻的电荷量为q，金属棒 克服安培力做功的功率为P，则下列四个图像中可能正确的是( ) B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 50 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 51 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 52 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 53 拔高选做 10．(2025·山东卷，18)如图所示，平行轨道的间距为L，轨道平面与水平面夹角为α，二者的交线与轨道垂直，以轨道上O点为坐标原点，沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域Ⅰ、Ⅱ，区域Ⅰ(－2L≤x<－L)内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ(x≥0)内充满方向垂直轨道平面向上的磁场，磁感应强度大小B1＝k1t＋k2x，k1和k2均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf放置在轨道上，pq边与轨道垂直，由静止释放。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动，磁场上、下边界均与x轴垂直，整个过程中金属框不发生形变，重力加速度大小为g，不计自感。 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 54 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 55 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 56 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 57 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 58 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 59 (1)证明：导体棒在磁场中做匀速直线运动的过程中，感应电流的大小保持不变； (2)求弹簧的劲度系数k和导体棒在磁场中做匀速直线运动时速度v0的大小； (3)求导体棒最终静止时的位置距O点的距离。 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 60 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 61 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 62 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 63 B组 提升题组 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 64 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 1．(2025·黑吉辽蒙卷，9)(多选)如图，“ A．t＝0时，电流方向为abcdefa B．t＝0时，感应电动势为Bl2ω C．t＝eq \f(π, ω)时，感应电动势为0 D．t＝0到t＝eq \f(π, ω)过程中，感应电动势平均值为0 解析：t＝0时，只有af边切割磁感线，由右手定则可知，af边产生的感应电流方向为f到a，则线框中的电流方向为abcdefa，A正确；t＝0时，af边速度的方向与磁场方向垂直，大小为v＝ωl，根据法拉第电磁感应定律可得，线框中的感应电动势的大小为E＝Blv＝Bl2ω，B正确；线框的转动周期为T＝eq \f(2π,ω)，则t＝eq \f(π,ω)＝eq \f(T,2)时，线框转动了180°，此时只有af边切割磁感线，且af边的速度方向与磁场方向垂直，所以线框中产生的感应电动势的大小仍为Bl2ω，C错误；t＝0时，穿过线框的磁通量为Φ1＝Bl2，t＝eq \f(π, ω)时，穿过线框的磁通量为Φ2＝－Bl2，由法拉第电磁感应定律得，t＝0到t＝eq \f(π, ω)过程中，线框中产生的感应电动势平均值为eq \o(E,\s\up6(－))＝eq \f(|Φ2－Φ1|,Δt)，联立解得eq \o(E,\s\up6(－))＝eq \f(2Bl2ω, π)，D错误。 解析：闭合开关瞬间，电容器C充电，相当于通路，线圈L由于自感，相当于断路，所以A1、A2瞬间亮起，A3逐渐变亮，A错误；闭合开关后，电容器充电完成，相当于断路，所以A2亮一下后熄灭，稳定后，A1、A3串联，亮度一样，B错误，C正确；稳定后，线圈相当于短路，电容器与A3并联，两端电压等于A3两端电压，A1、A3串联，则A3两端电压为eq \f(1,2)E，根据Q＝CU可得电容器的电荷量是eq \f(1,2)CE，D错误。 解析：设金属导轨与水平面的夹角为θ，金属棒MN的质量为m、长度为L、阻值为R，磁场的磁感应强度大小为B。MN在匀强磁场中切割磁感线，产生的感应电动势E＝BLv，导轨、直导线和MN构成闭合回路，回路中的感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)，MN受到的安培力大小F＝ILB＝eq \f(B2L2v,R)，根据牛顿第二定律有mgsinθ－F＝ma，解得MN的加速度大小a＝gsinθ－eq \f(B2L2v,mR)，即若导轨足够长，MN由静止开始下滑后，随着速度v的增大，MN的加速度a逐渐减小，即MN做加速度减小的加速运动，当a＝0后，MN开始做匀速直线运动，故B、C错误；由F＝eq \f(B2L2v,R)、I＝eq \f(BLv,R)可知，F­t图像、I­t图像应与v­t图像变化规律一致，故A可能正确，D错误。故选A。 4．(2025·陕晋宁青卷，7)如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场，其磁感应强度为B，甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为2L，宽均为L，电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0＝eq \f(4B2L3,mR)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1∶1 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4∶3 解析：根据楞次定律和安培定则可知，甲线框进磁场的过程中电流沿顺时针方向，出磁场的过程中电流沿逆时针方向，A错误；刚进磁场区域时，甲线框切割磁感线产生的电动势E＝BLv0，线框中的电流I＝eq \f(E,R)，所受合力等于所受安培力，即 F甲＝BIL，联立解得刚进磁场区域时甲线框所受合力大小F甲＝eq \f(B2L2v0,R)，同理可得刚进磁场区域时乙线框所受合力大小F乙＝eq \f(B2L2v0,2R)，则F甲∶F乙＝2∶1，B错误；设乙线框恰好完全出磁场区域时速度大小为v乙，对乙线框进出磁场的过程，由动量定理有－eq \f(B2L2\o(v,\s\up6(－)),2R)t＝mv乙－mv0，其中eq \o(v,\s\up6(－))t＝2×2L，解得v乙＝eq \f(2B2L3,mR)，C错误； 设甲线框完全出磁场区域时速度大小为v甲，同理可得－eq \f(B2L2\o(v,\s\up6(－))′,R)t′＝mv甲－mv0，eq \o(v,\s\up6(－))′t′＝4L，解得v甲＝0，由能量守恒定律可知，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Q甲＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，Q乙＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,乙)，联立可得Q甲∶Q乙＝4∶3，D正确。 答案：(1)　(2) (3)若L1<L2，则＝；若L1>L2，则＝ 解析：(1)设线框释放时cd边与Ⅰ区域上边缘的距离为s1，线框从释放到cd边进入Ⅰ区域，由动能定理有mgs1sinθ＝eq \f(1,2)mv2－0 解得s1＝eq \f(v2,g)。 (2)由题意可知，线框穿过Ⅰ区域的过程做匀速直线运动，则线框的边长为L1，设此过程线框中的电流大小为I1，由安培力公式和平衡条件有mgsinθ＝BI1L1 由法拉第电磁感应定律可知，此过程线框产生的感应电动势E＝BL1v 又I1＝eq \f(E,R) cd边进入Ⅰ区域时cd边两端的电势差U＝I1·eq \f(3,4)R 联立解得B＝2,1)eq \r(\f(mgR,2Lv)) ，U＝eq \f(3,8) eq \r(2mgRv)。 (3)线框从进入Ⅱ区域到完全离开的过程，设克服安培力做的功为W，则由动能定理有 mg(L1＋L2)sinθ－W＝0 设此过程的时间为t，此过程安培力作用的时间为Δt，安培力作用时间内线框中电流大小的平均值为eq \o(I,\s\up11(－))，由动量定理有mgsinθt－BL1eq \o(I,\s\up11(－))Δt＝0 由闭合电路欧姆定律有eq \o(I,\s\up11(－))＝eq \f(\o(E,\s\up11(－)),R) 由法拉第电磁感应定律有eq \o(E,\s\up11(－))＝BL1eq \o(v,\s\up6(－)) 设安培力作用过程的位移为Δx，则Δx＝eq \o(v,\s\up6(－))Δt 该过程克服安培力做功的平均功率为eq \o(P,\s\up11(－))＝eq \f(W,t) 联立解得eq \o(P,\s\up11(－))＝eq \f(mgv（L1＋L2）,2Δx) 由题意分析知L1≠L2 ①若L1<L2，则Δx＝2L1，eq \o(P,\s\up11(－))＝eq \f(mgv（L1＋L2）,4L1) ②若L1>L2，则Δx＝2L2，eq \o(P,\s\up11(－))＝eq \f(mgv（L1＋L2）,4L2)。 6．(2025·陕西省西安市铁一中学高三下模拟)如图所示，竖直平面内一半径为r的金属圆盘电阻不计，垂直于磁感应强度为B的匀强磁场，边缘绕有一足够长的细线，线下吊一质量为m的重物。圆盘的圆心和边缘间接一电阻R。释放重物，圆盘绕过圆心的水平轴转动。不计所有摩擦，则重物下落的最大速度为(　　) A.eq \f(mgR,B2r2) B.eq \f(2mgR,B2r2) C.eq \f(4mgR,B2r2) D.eq \f(8mgR,B2r2) 解析：设重物下落的最大速度为v，根据能量守恒定律可知，此时重物重力的功率等于电阻R的热功率，即mgv＝I2R，又I＝eq \f(E,R)，E＝Breq \o(v,\s\up6(－))＝Br·eq \f(0＋v,2)，联立解得v＝eq \f(4mgR,B2r2)，故选C。 解析：根据楞次定律和安培定则可知，线圈进入磁场的过程中，电流的方向为逆时针，即为正方向，线圈离开磁场的过程中，电流的方向为顺时针，即为负方向，故C错误；线圈匀速进入和离开磁场用时均为eq \f(L,v)，线圈完全进入磁场后运动eq \f(L,v)的时间内磁通量没有变化，因此eq \f(L,v)～eq \f(2L,v)时间内没有感应电流，故D错误；线圈进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，则i先增大后减小，故A正确，B错误。 解析：杆OP绕O点从b到c转动过程中，根据右手定则，感应电流通过杆MN的方向为从M到N，根据左手定则可知，杆MN受到的安培力向左，将向左运动，A错误；随着杆MN向左运动的速度v增大，由N到M的电动势EMN＝BLv增大，设OP的长度为d，则电路中的总电动势E＝eq \f(1,2)Bd2ω－BLv减小，电路中的电流I＝eq \f(E,R＋r)减小，MN两端的电势差U＝eq \f(1,2)Bd2ω－Ir增大，B错误；由B项分析可知，电路中的电流变小，则杆OP所受安培力变小，又因其做匀速转动，所以外力的功率变小，C正确；杆MN受到的安培力大小F安＝BIL，因为I减小，所以F安减小，D错误。 解析：根据楞次定律和安培定则，abcd框进入磁场时，电流方向是a→b→c→d→a，ab边所受安培力水平向右，离开磁场时，电流方向与进入时相反，ab边所受安培力水平向左，A、B错误；由v2－0＝2gh可知，线框进入磁场时的速度v＝eq \r(2gh)，进入磁场的过程所受安培力大小F＝BIL＝eq \f(B2L2v,R)，加速度a＝eq \f(mg－F,m)＝g－eq \f(B2L2v,Rm)，设材料的电阻率为ρ，密度为ρ′，则其中Rm＝ρeq \f(4L,S)·ρ′·4LS＝16L2ρρ′，联立得a＝g－eq \f(B2,16ρρ′) eq \r(2gh)，可知进入磁场时，其加速度与导线框粗细无关，两导线框运动情况一样，同理可知，离开磁场时，两导线框运动情况一样，则两导线框落地的速度相同，因abcd框质量较大，则其机械能损失较大，可知abcd框产生的热量大于efgh框产生的热量，C正确；线框进入和离开磁场通过线圈某一截面的电荷量大小均为q＝eq \o(I,\s\up11(－))Δt＝eq \f(\o(E,\s\up11(－)),R)Δt＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BL2,R)，又因进入和离开磁场时电流方向相反，可知通过abcd框横截面的电荷量和通过efgh框横截面的电荷量均为零，D错误。 解析：(1)金属框进入磁场过程中，用时为t1＝eq \f(L,v0) 由题图乙知，磁场的磁感应强度不变，为B0，由法拉第电磁感应定律可知，线框产生的感应电动势为E1＝B0Lv0 由闭合电路的欧姆定律可知，线框中的感应电流为I1＝eq \f(E1,R) 由电流的定义式可知，通过回路的电荷量为q＝I1t1 联立解得q＝eq \f(B0L2,R)。 答案：(1)eq \f(B0L2,R)　(2)2,0)eq \f(BL3v0,R) 　(3)2,0)eq \f(3BL3v0,2R) (2)金属框进入磁场过程中受力平衡，由平衡条件可知，拉力大小F＝FA 其中安培力大小FA＝B0I1L 拉力对金属框所做的功为W＝FL 联立解得W＝2,0)eq \f(BL3v0,R) 。 (3)金属框完全在磁场中运动过程，用时为t2＝eq \f(3L－L,v0) 由题图乙知，磁场的磁感应强度均匀增大，产生的感应电动势E2＝eq \f(ΔΦ,t2) 其中磁通量的变化量ΔΦ＝(2B0－B0)·L2 感应电流为I2＝eq \f(E2,R) 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＝Ieq \o\al(2,1)Rt1＋Ieq \o\al(2,2)Rt2 联立解得Q＝2,0)eq \f(3BL3v0,2R) 。 3．(2025·浙江1月选考，13)(多选)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随时间变化图像如图2所示，周期为3t0。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2r的导电圆环Ⅰ，与磁场边界相切的半径为0.5r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φ＝30°；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eq \f(\r(3)πr2B0,Rt0) B．t＝1.5t0时刻直导线CD电动势为eq \f(πr2B0,t0) C．t＝0.5t0时刻圆环Ⅱ中电流为eq \f(πr2B0,12Rt0) D．t＝0.5t0时刻圆环Ⅱ上PQ间电动势为eq \f(πr2B0,12t0) 解析：对圆环Ⅰ，由法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)S，由闭合电路欧姆定律得I＝eq \f(E,R)，又S＝πr2，联立得I＝eq \f(πr2ΔB,RΔt)，结合题图2可知，在0～t0和2t0～3t0时间内圆环Ⅰ中的感应电流大小均为I1＝eq \f(πr2B0,Rt0)，在t0～2t0时间内圆环Ⅰ中的感应电流大小为I2＝eq \f(2πr2B0,Rt0)，设圆环Ⅰ中电流的有效值为I有，根据有效值的定义可得Ieq \o\al(2,有)R·3t0＝Ieq \o\al(2,1)R·2t0＋Ieq \o\al(2,2)Rt0，解得I有＝eq \f(\r(2) πr2B0,Rt0)，A错误；由于圆环Ⅱ处于磁场外部，通过圆环Ⅱ的磁通量一直为0，即穿过圆环Ⅱ的磁通量不发生变化，又圆环Ⅱ与圆环Ⅰ绝缘，所以圆环Ⅱ中始终没有电流，C错误； 假设有一金属圆环与PQ所在的感生电场线重合，则沿圆环转一圈，电势差即为感生电动势的大小，由法拉第电磁感应定律知，t＝0.5t0时金属圆环上产生的感应电动势大小为E1＝eq \f(πr2B0,t0)，由于圆心O对圆环Ⅱ上P、Q两点的张角φ＝30°，则圆环Ⅱ上PQ间电动势为EPQ＝eq \f(φ,360°)E1，解得EPQ＝eq \f(πr2B0,12t0)，D正确；直导线CD无限长，则直导线两端相对于圆心O的张角为180°，可把CD看成变化磁场外闭合回路的一半，则CD中产生的感应电动势为该时刻磁场外闭合回路产生的电动势的一半，由法拉第电磁感应定律及题图2可知，t＝1.5t0时，磁场外闭合回路(整个磁场处于闭合回路内)产生的感应电动势大小为E2＝eq \f(2B0,t0)·πr2＝eq \f(2πr2B0,t0)，则直导线CD电动势为ECD＝eq \f(E2,2)＝eq \f(πr2B0,t0)，B正确。 4．(2025·重庆卷，10)(多选)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F＝kv＋b(k>0，b>0)，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，F＝0。gh段速度大小v与运动路程s的关系如图2所示，图中v0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0<\f(b,k)))为gh每次经过磁场区域左边界时的速度大小，忽略摩擦力。则(　　) A．gh在任一磁场区域的运动时间为eq \f(kd,b－kv0) B．金属框的总电阻为eq \f(B2d2,k) C．小车质量为eq \f(k2d,2（b－kv0）) D．小车的最大速率为eq \f(2b,k)＋v0 解析：gh段在磁场区域运动时，gh两端的电压随时间均匀增加，则产生的感应电动势随时间均匀增加，由法拉第电磁感应定律可知，gh在磁场区域运动时，金属框做匀加速直线运动，速度为v时，感应电动势大小E＝Bdv，感应电流大小I＝eq \f(E,R)，所受安培力大小F安＝BId，由牛顿第二定律有F－F安＝ma，又由题意可知F＝kv＋b，联立可得kv＋b－eq \f(B2d2v,R)＝ma，由于gh在磁场区域做匀加速直线运动，则有kv＝eq \f(B2d2v,R)，ma＝b，解得R＝eq \f(B2d2,k)，故B正确； 设gh每次在无磁场区域运动的时间为Δt，根据动量定理有－Beq \o(I,\s\up11(－))dΔt＝mv0－mvmax，其中eq \o(I,\s\up11(－))＝eq \f(\o(E,\s\up11(－)),R)，eq \o(E,\s\up11(－))＝eq \f(Bd2,Δt)，gh在磁场区域做匀加速直线运动的过程，有veq \o\al(2,max)－veq \o\al(2,0)＝2ad，结合ma＝b，解得小车的质量m＝eq \f(k2d,2（b－kv0）)，小车的最大速率vmax＝eq \f(2b,k)－v0，故C正确，D错误；gh在磁场区域运动的时间t＝eq \f(vmax－v0,a)＝eq \f(kd,b)，故A错误。 答案：(1)BLω0r1　(2)2,1)eq \f(8πB2L2rω0,R) (3)eq \f(2πBLr1,IR) (2)由右手定则可知，ab边和cd边产生的感应电动势在回路中始终同向，则线圈abcd产生的感应电动势大小始终为E′＝2E 外转子转动一周，线圈abcd产生的焦耳热Q＝eq \f(E′2,R)T1 其中转动一周的时间T1＝eq \f(2π,ω0) 联立解得Q＝2,1)eq \f(8πB2L2rω0,R) 。 (3)任一线圈产生的电动势大小为E″＝IR 设内转子转动的角速度为ω，易知ω<ω0，线圈直边切割磁感线的速度大小为v1＝(ω0－ω)r1 由法拉第电磁感应定律，及回路中两直边产生的感应电动势同向，有E″＝2BLv1 线圈每相对内转子转动90°，线圈内电流方向改变一次，一个电流的周期内电流方向改变两次，则T＝eq \f(2×\f(π,2),ω0－ω) 联立解得T＝eq \f(2πBLr1,IR)。 解析：切割磁感线的速度v＝at，0～t1时间内，bc边切割向下的磁感线，根据右手定则，电流方向为逆时针，感应电动势大小E＝BLv，感应电流i＝eq \f(E,R)，联立得i＝eq \f(BLa,R)t；t1～t2时间内，ad边和bc边同向切割方向相反的磁感线，两边产生的感应电动势在回路中的方向相同，电流方向为顺时针，感应电动势大小E＝2BLat，感应电流i＝－eq \f(E,R)＝－eq \f(2BLa,R)t；t2～t3时间内，ad边切割向上的磁感线，电流方向为逆时针，感应电动势大小E＝BLat，感应电流i＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLa,R)t，故A错误，B正确；切割磁感线的速度v＝eq \r(2ax)，在0～L内，感应电流i＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)＝eq \f(BL\r(2a),R)·eq \r(x)，可知感应电流i关于位移x不是线性函数，故C错误；在0～L内，线框的电功率P＝i2R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BL\r(2a),R)·\r(x)))eq \s\up12(2)R＝eq \f(2B2L2a,R)x，同理，在L～2L内，线框的电功率P＝i2R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2BL\r(2a),R)·\r(x)))eq \s\up12(2)R＝eq \f(8B2L2a,R)x，在2L～3L内，线框的电功率P＝i2R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BL\r(2a),R)·\r(x)))eq \s\up12(2)R＝eq \f(2B2L2a,R)x，故D正确。 7．(2025·安徽省滁州市高三下第一次质量监测)如图甲所示，一长直U形金属导轨在水平面内固定放置，导轨间距为L，电阻不计，在导轨的左端接有一个阻值为R的电阻。质量为m的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨之间的动摩擦因数为μ，接入电路中的电阻为R。整个空间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。在t＝0时刻，对金属棒施加一个水平拉力F，F随时间变化的图像如图乙所示，金属棒运动过程中与导轨接触良好。在t＝2t0时刻金属棒的速度达到最大值。已知重力加速度为g，假设最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　) A．金属棒的最大速度为eq \f(0.5μmgR,B2L2) B．在0～2t0时间内摩擦力的冲量大小为2μmgt0 C．在0～2t0时间内金属棒的位移大小为eq \f(5μmgRt0,4B2L2)－eq \f(2μm2gR2,B4L4) D．在0～2t0时间内通过金属棒的电荷量为eq \f(3μmgt0,8BL)－eq \f(μm2gR,2B3L3) 解析：金属棒达到最大速度时，有BImL＝Fm－μmg，又因为Im＝eq \f(BLvm,2R)，Fm＝1.5μmg，故最大速度vm＝eq \f(μmgR,B2L2)，A错误；由F­t图像可知，0～eq \f(t0,2)时间内，金属棒受到静摩擦力作用，大小等于F，eq \f(t0,2)之后受到滑动摩擦力作用，大小为μmg，故在0～2t0时间内摩擦力的冲量大小I＝eq \f(（0.5μmg＋μmg）,2)×eq \f(t0,2)＋μmgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t0－\f(t0,2)))＝eq \f(15,8)μmgt0，B错误；在0～2t0时间内，对金属棒，根据动量定理有∑F·Δt－∑f·Δt－∑BiL·Δt＝mvm－0，其中外力F的冲量为∑F·Δt＝eq \f(（0.5μmg＋1.5μmg）,2)×t0＋1.5μmg(2t0－t0)＝2.5μmgt0，摩擦力的冲量大小为∑f·Δt＝I＝ eq \f(15,8)μmgt0，安培力的冲量大小为∑BiL·Δt＝BL·q＝BL·eq \f(BLx,2R)，解得通过金属棒的电荷量q＝eq \f(5μmgt0,8BL)－eq \f(μm2gR,B3L3)，金属棒的位移大小x＝eq \f(5μmgRt0,4B2L2)－eq \f(2μm2gR2,B4L4)，故C正确，D错误。 解析：设磁感应强度为B，金属棒长为L，定值电阻阻值为R，则金属棒产生的平均感应电动势为eq \o(E,\s\up11(－))＝BLeq \o(v,\s\up6(－))，平均感应电流大小eq \o(I,\s\up11(－))＝eq \f(E,R)，通过电阻的电荷量q＝eq \o(I,\s\up11(－))Δt＝ eq \f(\o(E,\s\up11(－)),R)Δt＝eq \f(\f(ΔΦ,Δt),R)Δt＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BLx,R)，可知q与x成正比，C错误；对金属棒，由动量定理有－Beq \o(I,\s\up11(－))LΔt＝mv－mv0，与eq \o(I,\s\up11(－))Δt＝eq \f(BLx,R)联立，可解得v＝v0－eq \f(B2L2x,mR)，即速度v随位移x线性递减，故A正确；由牛顿第二定律有eq \f(B2L2v,R)＝ma，与v＝v0－eq \f(B2L2x,mR)联立，可解得 a＝eq \f(B2L2v0,mR)－eq \f(B4L4,m2R2)x，即加速度a随位移x线性递减，B错误；克服安培力的功率P＝ F安v＝eq \f(B2L2v,R)×v＝eq \f(B2L2v2,R)，即功率P与v成二次函数关系，D错误。 9．(2025·浙江省Z20名校联盟高三下第三次联考)(多选)麦克斯韦从场的观点出发，认为变化的磁场会激发感生电场。电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。如图所示，上面为侧视图，上、下为电磁体的两个磁极，下面为磁极之间真空室的俯视图。若从上往下看电子在真空室中做圆周运动，改变电磁体线圈中电流的大小可使电子加速，轨道平面上的平均磁感应强度大小的增加率为b(电子圆周运动平均半径为r，轨道位于真空管中)，磁感应强度方向与电子轨道平面垂直，感生电场方向与电子轨道相切，电子电量e，质量m，为了使电子在不断增强的磁场中沿着半径不变的圆轨道加速运动，加上垂直 轨道平面的磁场加以“轨道约束”，已知电子做圆周运动的轨道上磁感应 强度大小的增加率为a，则从上往下看电子加速运动方向和a、b之间的关 系满足(　　) A．顺时针 B．逆时针 C．b＝eq \f(a,2) D．b＝2a 解析：由安培定则可知，真空室所在位置的磁场竖直向上，由左手定则可知，从上往下看，电子加速运动的方向为逆时针，故A错误，B正确；设电子做圆周运动的圆轨道上的磁感应强度大小为B，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得evB＝meq \f(v2,R)，变换得mv＝eRB，则mΔv＝eRΔB，设电子受到圆轨道切线方向的感生电场力为F，根据动量定理有FΔt＝mΔv，联立以上两式得F＝eReq \f(ΔB,Δt)＝eRa，根据法拉第电磁感应定律，在电子运动的圆轨道上的感应电动势为ε＝πR2eq \f(Δ\o(B,\s\up11(－)),Δt)＝πR2b，考虑电子运行一圈感生电场所做的功，由电动势的定义可得ε＝2πRE，又F＝eE，联立以上三式得F＝eq \f(1,2)eReq \f(Δ\o(B,\s\up11(－)),Δt)＝eq \f(1,2)eRb，且F＝eRa，可得b＝2a，故C错误，D正确。 (1)若金属框从开始进入到完全离开区域Ⅰ的过程中匀速运动，求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域Ⅰ上边界的距离s； (2)金属框沿轨道下滑，当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时(t＝0)，此时金属框的速率为v0，若k1＝，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)　 (2) 解析：(1)金属框在区域Ⅰ内做匀速直线运动，由平衡条件及楞次定律的推论、左手定则可知，其所受安培力大小F安满足F安cosα＝mgsinα 金属框经过区域Ⅰ过程，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝BLvcosα 由闭合电路欧姆定律知，感应电流I＝eq \f(E,R) 由安培力公式有F安＝BIL 联立解得v＝eq \f(mgRsinα,B2L2cos2α) 金属框由静止释放至刚进入区域Ⅰ的过程，由动能定理有mgssinα＝eq \f(1,2)mv2－0 解得s＝eq \f(m2gR2sinα,2B4L4cos4α)。 (2)金属框在区域Ⅱ中达到平衡状态时，设速度为v′，感应电流为I′，由平衡条件有(Bpq－Bef)LI′＝mgsinα 其中Bpq－Bef＝k2L 金属框在区域Ⅱ中产生的感应电动势，可以视为一个感生电动势和一个动生电动势的叠加，其中感生电动势大小E1＝eq \f(L2ΔB1,Δt) 动生电动势大小E2＝BpqLv′－BefLv′ 由楞次定律可知，E1、E2在金属框中的方向相同， 则由闭合电路欧姆定律有I′＝eq \f(E1＋E2,R) 设从开始计时到金属框达到平衡状态的过程时间为t0，由动量定理有 －(Bpq－Bef)Leq \o(I,\s\up11(－))′t0＋mgt0sinα＝mv′－mv0 又平均感应电流eq \o(I,\s\up11(－))′＝eq \f(E1＋\o(E,\s\up11(－))2,R) 动生电动势的平均值eq \o(E,\s\up11(－))2＝(Bpq－Bef)Leq \o(v,\s\up6(－)) 平均速度eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(d,t0) 联立解得d＝2,2)eq \f(mRv0,kL4) 。 11．(2025·河北省石家庄一中高三下一模)如图所示，“×”形光滑金属导轨abcd固定在绝缘水平面上，ab和cd足够长，∠aOc＝60°。虚线MN与∠bOd的角平分线垂直，O点到MN的距离为L。MN左侧是磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。一轻弹簧右端固定，其轴线与∠bOd的角平分线重合，自然伸长时左端恰在O点。一质量为m的导体棒ef平行于MN置于导轨上，导体棒与导轨接触良好。某时刻使导体棒从MN的右侧eq \f(L,4)处由静止开始释放，导体棒在被压缩弹簧的作用下向左运动，当导体棒运动到O点时弹簧与导体棒分离。导体棒由MN运动到O点的过程中做匀速直线运动。导体棒始终与MN平行。已知导体棒与弹簧彼此绝缘，导体棒和导轨单位长度的电阻均为r0，弹簧被压缩后所获得的弹性势能可用公式Ep＝eq \f(1,2)kx2计算，k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量。 答案：(1)见解析　(2)　 (3) 解析：(1)设导体棒在磁场中做匀速直线运动的速度为v0，某时刻导体棒在回路中的长度为l，则此时回路中的感应电动势E＝Blv0 导体棒与导轨构成等边三角形，故此时回路的总电阻R＝3lr0 回路中的感应电流I0＝eq \f(E,R) 整理得I0＝eq \f(Bv0,3r0) 因为B、v0和r0均为不变量，所以感应电流I0为不变量。 (2)导体棒由静止开始释放后在未进入磁场的过程中，导体棒和弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律有eq \f(1,2)keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5L,4)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,2)kL2＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 导体棒在磁场中做匀速直线运动的过程中，设某时刻导体棒距O点的距离为x，根据平衡条件有2BI0xtan30°－kx＝0 联立解得k＝2,0)eq \f(B4L2,12mr) ，v0＝eq \f(\r(3)B2L2,8mr0)。 (3)导体棒过O点后与弹簧脱离，在停止运动前做减速运动。设某时刻导体棒在回路中的长度为l，速度为v，加速度为a，回路中的电流大小为I，根据牛顿第二定律有BIl＝ma 又因为I＝eq \f(Bv,3r0) 所以eq \f(B2lv,3r0)＝ma 取一段很短的时间Δt，导体棒在回路中的长度l和加速度a可认为不变。设在这段时间内导体棒速度的变化量大小为Δv，回路所围面积的变化量为ΔS，将eq \f(B2lv,3r0)＝ma左、右两边同时乘以Δt，可得eq \f(B2lv,3r0)Δt＝maΔt 则导体棒从O点开始运动到静止的过程可表示为 eq \f(B2l1v1,3r0)Δt1＋eq \f(B2l2v2,3r0)Δt2＋eq \f(B2l3v3,3r0)Δt3＋…＝ma1Δt1＋ma2Δt2＋ma3Δt3＋… 即∑eq \f(B2lnvn,3r0)Δtn＝∑manΔtn 所以eq \f(B2,3r0)∑lnvnΔtn＝m∑anΔtn 整理得eq \f(B2,3r0)∑ΔSn＝m∑Δvn 设导体棒最终静止的位置距O点的距离为x0，则eq \f(B2,3r0)xeq \o\al(2,0)tan30°＝mv0 联立解得x0＝eq \f(3\r(2)L,4)。 $