专题13 电磁感应-【满分思维】2026年高考物理真题分类

解：(1)如图甲所示，由几何关系可得 sin30°=R-h R 解得R=2h 带电粒子在磁场中运动有 m8-是 解得B器 (2)粒子由a点射出到进入电场过程的水平位移为Rcos30° √3h,其在电场中做类斜抛运动，根据从a到b粒子运动轨迹的 对称性，可知粒子在电场中的水平位移为√3h 水平速度为u,=6c0s60°=20 1 粒子在电场中的运动时间1=3h_23力 Ur 多直初达度为=血60复，方向竖的下 加速度为a =2 t 2h 根据牛顿第二定律有4=些 2 专题十三 1.C电磁感应金属薄片在磁场中运动，可将金属薄片视为左右 两个部分，两磁极正中间磁场最强，金属溥片自左向右运动，根 据楞次定律可知，左边形成沿逆时针方向的涡电流、石边形成沿 顺时针方向的涡电流，C正确，AB)错误。 技巧点拔 金属导体内的磁通量发生变化时通常用楞次定律判断 感应电流的方向。 2.A感应电流 圆环在强磁场中向左平移，穿过圆环的磁 A符合题意 通量不变，圆环巾没有感应巾流 圆环在匀强磁场中绕轴转动，穿过圆环的磁 B不符合题意 通量发牛变化，圆环中有感成电流 ·物理 解得E-m, 2gh (3)粒子运动轨迹如图乙所示，由几何关系得，粒子第一次进入 电场时其速度方向沿左下方并与水平虚线的夹角为60°，根据 (1)(2)可知，AB=√3h,所用时间为t2= 23h 粒子一个周期内在磁场中运动所对应的圆心角之和为行。 ·b B --------- 60° 粒子在磁场中做圆周运动，有 R=mo gB T=2xR Vo 解得周期为T=4 Vo 故粒子一个周期内在磁场运动的时间之和为 4=号T- 2 粒子运动-个周期的时间为1=1，十1，=8十6,3九 一个周期内向右运动的距离为.x=√3h r 33v0 粒子漂移速度0=1一63+8元 电磁感应 圆环在通有恒定电流的长白导线旁向右平 移，穿过圆环的磁通量发生变化，圆环中有感 C不符合题意 应巾流 圆环向条形磁休N极平移，穿过圆环的磁通 D不符合题意 量发生变化，圆环中有感应电流 3.D阻尼振动、能量守恒与无线圈时相比较，有线圈时，磁体在 振动过程中多受一个阻碍振动的磁场力作用，所以有线圈时磁 休振动的时间变小，A错误；磁休靠近线陶时，穿过线圈的磁通 量增加，根据结论“增缩减扩”可知，线圈有收缩的趋势，B错误； 磁体离线圈最近时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化疼为0， 线圈不受安培力作用，C错误；不管有无线圈，磁体最终都处于 静止状态，对磁体受力分析可知，此时磁体受到的重力和弹簧产 生的弹力大小相等，即磁体最终的位置是一样的，所以磁体和弹 簧组成的系统损失的机械能相同，D正确。 答28· 4.B楞次定律、互感现象、感应电流的方向当钢制线圈中电流 从零迅速增加时，由楞次定律可知，铜环中感应电流产生的磁场 与钢制线圈产生的磁场方向相反，由于该过程极短，铜环的磁通 量变化率是很大，由法拉第电险g应定律和欧蝴定律可知，朝环 中的感应电流很大，与钢制线圈中的电流大小几乎相等，且方向 相反，故选B。 5.B自感A电路中当开关S断开时，整个电路均断开，不能给 电池充电，A错误；B电路中当开关S闭合电路稳定时，线圈 L中有电流通过，当开关S断开时，L产生自感电动势阻碍电流 减小，L相当于电源，电源U与L中的自感电动势共同加在电池 两端，且此时二极管导通，从而实现低压向高压充电，B正确； C电路中当开关S闭合电路稳定时，线圈L中有电流通过，但当 开关S断开时L也与电路断开，只有回收系统的电压U加在充 电电池两端，则不能实现低压向高压充电，C错误：D电路中当开 关S闭合电路稳定时，线圈L中有电流通过，但当开关S断开时 电源U断开，只有L产生的自感电动势加在充电电池两端，则 不能实现低压向高压充电，D错误。 6.C电容和电感对电路的影响根据题意灯泡A与电感线圈L 串联，当开关S闭合瞬间，电感线圈L发生自感现象，流过灯泡 A的电流为0，此时灯泡A不亮【点拨：通电自感瞬间可将此电 路看成断路处理】，灯泡A和灯泡A2与电容器串联同时亮起， A错误；开关S闭合一段时间，整个电路稳定后，电容器C可以 看成断路处理，灯泡A,熄灭，B错误：屯路稳定后，容器C可 以看成断路处理，电感线圈L相当丁导线，灯泡A,和灯泡A3 串联，亮度一样，C正确：根据题意可知，忽略线圈电阴和电源内 阻，电路稳定后，电容器并联在灯泡A两端电压为U=号，所 以电容器C的电荷量Q=C,号C雪，D错误。 2 7.B电磁感应中的电荷量计算、法拉第电磁感应定律的应用根 据电流强度定义式1-4可得q=1,其中0~T时间内的平均 △Φ 感应电动势￡=Y9半均感应电流了一R·则有g=V爱 由题图乙可知T时刻B-0,h更-BS可知g-|0一 BuLza 2R BL,B正确，ACD错误。 2R 8.C磁通量、楞次定律、法拉第电磁感应定律山题可以得出B= Bsin(）,又金属框平面始终与磁感线垂直，穿过金属框 的磁通量中=SB=SBim(系)，根据法拉第电磁感应定律有 =SB（停），可得0一4中随时间增大 E= 2π E随时问减小，A错误；t=8 与名，E大小相等负相反【易 ·物理 错：此处易误判方向，除了结合法拉第电磁感应定律判断正负 亦可结合楞次定律判断】，意味着方向相反，B错误；1=T时， 市-SBE-0C正确-时，0-0，E=一nSB·年D错误。 T 9.D电磁感应、闭合电路欧姆定律、动量定理、能量守恒定律由 楞次定律可知，甲线框进磁场的过程中，磁通量增加，出磁场的 过程中磁通量减小，故甲线框进、出磁场的过程中电流方向相 反，A错误；结合法拉第电磁感应定律E=BL)、闭合电路欧姆定 律1=以及F=BL可知，F=p,因甲，乙两线框电西 R点 之比为1：2，故两线框所受安培力之比为2：1，B错误；设乙线 框进磁场和出磁场所用时间分别为t1、t2,由动量定理可知 △Φ BLIt-BLIat:=mve -mvo,q2-Tit1+I:t:=2X2R 2×B,2L2_2BL ,故乙线框出磁场时2=2k=子去 2B2L31 2R C错误同理可得=2X0三2×。二尺，甲 R 框出磁场时，甲，=0，结合能量守恒定律可知线框穿过磁场 过程产生的焦耳热Q=一△E,可知Q甲：Q2=2m2: (分mw-之m2'）=4:3D正确 一题多解 A选项也可利用右手定则判断，不过，进磁场时线框右 侧边视为电源，出磁场时线框左侧边视为电源，感应电流方 向为先顺时针后逆时针，A错误。 丨易错警示 C选项易被误导成一个简单的定性判断，不易联想到用 动量定理的方法进行解决·进而把D选项误判为纯粹能量问 题，解题失败，实际上题干有给出线框进入磁场的速度，以及 相关数据，可以进行运算后得出正确结果。 10.D电磁感应、动量定理、能量通过分析可知当金属棒向下运 动时受到的安培力沿斜面向上，山串、并联电路的规律可知，电 1 路巾的总电阳为R总=R十】 1 =2R,全过程安培力的冲 2R2R 量为1-∑出警1山-0》A错误，设每根弹药 2R 对金属棒的冲量大小为1，对金属棒由动量定理可得！发一 gsn021=0一0【点拨：t时刻.最远处与导轨中间位置的 距离为】，解得1-1（十)_mn0,B错误：设每个定 AR 2 值电阻产生的热量为Q,由串、并联电路的规律可知，金属棒产 生的热量为每个定值电阻产生的热量Q的2倍，由能量守恒 定律得mg(a+b)im92×2k(a2-)=QQ12Q.解得 29 Q-k(a'-b)mg(a+b)sin0 ,C错误：金属棒的输出能量 4 4 等于两个定值电阻产生热量之和，为2Q,则金属棒的平均输出 功率P-2Q_k(a-b)+mga+b)sin0,D正确。 t 技巧点拨 通过画出等效电路图，明确电路结构，判断各部分的电 流、产生热量的关系」 11.AB电磁感应、感应电动势瞬时值与平均值 只有α（边向下切割磁感线，相当于电源【点拔：切割 磁感线的导线相当于电源】，由右手定则可知，电流 t=0时 方向为abcde fa,A正确 感应电动势大小为Bl2w,B正确 =不时 af边向上切割磁感线，相当于电源，感应电动势大小 也为Blw,C错误 穿过bcd面磁通量的变化量A更三2B 【易错：方向相反，注意变化量不为零】， t=0到t=π过程中 感应电动势平均值E=△9=2B △ π D错误 八易错警示 穿过某个面的磁通量有正负，抓住研究对象是哪个面， 设穿出为负则穿进为正。平均感应电动势E △Φ △t 方法归纳 电磁感应与电路的综合问题，先分析哪个元件相当于 电源，再分析感应电动势的方向、大小。 12.BD安培力、动生电动势、平衡条件线圈中电流1与线圈户 牛的感成电动势E对发不同状态的线阁，故不能成用R=三计 算线圈电阻，A错误：设线圈处于磁场巾的水平边长度为L,在 步骤①中，通入大小为1的电流，线圈受力平衡，由平衡条件有 BIL=(M十)g①：在步骤②中，磁场相对线圈以速率v匀速 向下运动，则E=B1②，可见v越大，E越大，C错误：联立 ①②得m=E一M,由表达式可知，1越大m越大，BD正确。 g 13.AC电磁感应定律的综合应用山右手定则可以判断，当金 属杆沿x轴正方向运动时，金属杆中的电流方向沿y轴负方 向，A正确；由题意可知导轨方程为y=士k,若金属杆做匀 速运动，当金属杆运动到x处时，金属杆切割磁感线产生的电 动势E-2跳G,此时回路中的电流1一2N。 2跳=，此时金属杆受到的安培力F=BI·2k厅= 2krra ro ·物理 2B心k反，所以若要金属杆做匀速直线运动，所施外力大 ro 小应等于安培力，不为恒力，B错误；当金属杆沿x轴正方 向运动时，由动量定理有一1安：=△p,而I:=∑F安：△= ∑B·2kG△1=B∑2kG,=尽∑S,对全程有 ro ro S=m,解得S-m,C正确：由C项分析知，若金属杆 ro B2 的初速度减半，则金属杆停止运动时，与导轨围成的面积变为 原来的一半，由导轨形状可知金属杆停止运动时经过的距离大 于原来的一半，D错误。 技巧点拨 对于涉及动量变化的电磁感应问题，动量定理是解题 的基本方法，对于复杂的情况，可利用微元法，对每个小过 程进行分析，然后再综合起来，这样就能够解决问题了。 14.电磁感应综合问题 解：(1)金属杆在导轨上匀速运动时，回路中的感应电动势为 E=Blv (2)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路的热功率为 E2B2122 P-2sr+2dr2r(s+d) (3)金属杆恰要离开导轨时，导轨对金属杆的支持力为零，设此 时绳与水平方向的夹角为0，金属杆运动的距离为x 则由平衡条件得tan0=B1 12g 山几何关系得tan0= s-x 由闭合电路欧姆定律得1=2r(s十x2r(+x) E Bly 联立解得√ 2mgr 15.电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、动量定理 思维导图 感生电动势 电磁感应+单线框 动生电动势 动量定理+微元法 解：(1)在0~1s内由法拉第电磁感应定律可得 2△ =0.05V 0~1s内回路中产生顺时针方向的感应电流，感应电流大小为 1-发=01A t=0.5s时，B1=0.15T,ad边受到的安培力为 F-B,I,1.=0.015N 30· (2)1~2s内B-t图像如图所示 B/T 0.3-- 0.2 0.1-- 0 1.0 2.0t/s 【点拨：1~2s内电流I2=一0.2A,由闭合电路欧姆定律可得 感应电动势大小为 E2=I2R=0.1V 由法拉第电磁感应定律可得，1一2s内磁场的变化满足 AB' =0.2T/s 且磁感应强度是增大的】 (3)t=2s后，磁感应强度B,=0.3T恒定不变，ad边切割磁 感线，产生感应电动势，感应电流为顺时针方向，大小为 1,=B2Lo R ad边受到的安培力水平向左，由动量定理可得 -∑B B2LwL=w1一mo R 其中∑，=二【点拔：微元法求位移】，代入上式可得 v1=0.01m/s 16.思维导图 ah边切創磁感线一感应电动势 转 内转子固定 ab、cd边产生同向的感应电动势 动 内转子转动相对线速度→相对角速度 电流变化周期相对周期 电磁感应综合问题 解：(1)ab边转动的线速度v=wr1 ab边产生的感应电动势大小为E=BL,v 联立解得E=Blwr1 (2)由右手定则知，a山边、d边产生的感应巾动势方向相同 回路中感应电动势E1=2E=2Blwr E 山闭合电路欧姆定律得感应电流1， acd转一圈产生的热量为Q=I12R! 火1=2x We 联立解得Q 8πB1,wr1 R (3)设外转子的角速度为ω1，内转子的角速度为ω 回路巾感应电动势 E二2B(一0)2B【点拔：速度为内、外转子的 相对速度】 ·物理 E 由闭合电路欧姆定律得感应电流I三 IR 联立解得△w=2BLr 线圈abcd内电流变化的周期 T=无-2πB【点拔：电流变化周期为外转子相对内转子做 IR 圆周运动周期的一半】 17.电磁感应定律、动量定理 解：(1)初始时刻机械臂1水平向右做切割磁感线运动，有 E=BLvo 根据右手定则可知感应电流方向为沿着机械臂1向上 (2)机械臂1所受安培力F,=BI1L 机械臂2所受安培力F2=BI2L 电容器所带电荷量Q=CU (3)设稳定时两机械臂速度大小为，在稳定前机械臂1,2中的 电流分别为I1、I2,对机械臂1有 -∑BILM=m(u-o) 对机械臂2有 ∑BI,L△=mU 由电路结构有 ∑I1△=∑12△+Qe,其中Qe=CBLu mvo 解得v=2m-CB亚 机械臂1,2两端的电乐相等，即 U=BLv-IR=BLV.,--I,R 移项并整理有 ∑BL(u-)N=1+IR 【点拨：此处为双电源问题，需注意电流的流向】 设机械臂1,2运动的位移分别为x1x,则 1-2=R BI. in(v,-v） 又q1= amg:= 代入上式可得 两者初始时刻的最小距离为.x1一r?= 器R 18.电磁感应、电势差、平均功率 思维导图 动能定理（或牛顿运动定律十匀变速直线运动） 磁感应 法拉第电磁感应定律|闭合电路欧姆定律 动能定理十动量定理十功率 解：(1)方法·：线框从释放到d边刚好进人I区域，根据动能 定理有mg1sin6=2mo 31· 解得线框释放时d边与I区域上边缘的距离s,=立 g 方法二：线框从释放到cd边刚好进入I区域做匀加速直线运 动，由牛顿第二定律可知该过程线框的加速度为 1 a=gsin 0=28 则线框释放时cd边与I区域上边缘的距离为 (2)线框cd边进入I区域和ab边离开I区域时速度均为v,则 线框穿过I区域过程做匀速直线运动，可知线框的边长为L1, 对线框受力分析有 mgsin 0=BIL 由法拉第电磁感应定律可知 E=BLv 又1，-晨 则此时cd边两端的电势差为 Umgks (3)线框从进入Ⅱ区域到完全离开过程，由动能定理得 mg (L+L2)sin 0-W=0 由动量定理得 mgtsin0-∑BL11△y=0 其中1-公LR-R R 当L1≤L,时，△x=2L 当L1>L2吋，△x=2L 联立解得该过程的运动时间为三4，太或之乙小 mgR 则该过程克服安培力做功的平均功率为 p-￥-发"2 8B2L,1 将B12_代入，可得 2v p=mgoL+L:或mgL+le 4L 4L2 19.法拉第电磁感应定律、功率、动量定理、能量守恒定律 思维导图 (1)导体棒刚进入磁场·感应电动势→感应电流→安培 力→安培力的功率 (2)第2根导体棒进入磁场至速度减为0的过程动量定理 通过第2根导体棒横截面的电荷量 (3)导体棒运动过程→动能转化为热量→每根导体棒运动过 程R上产生的热量R上产生的总热量 解：(1)第1根导本棒刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律可 得其产生的电动势为E=BI 回路中的感应电流为1一2 E ·物理 此时第1根导体棒所受的安培力为F安=B 所受安培力的功率为P安=F安o B2L2vo2 联立解得P安= 2R (2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，设流过其 的平均电流为I,运动时间为，则该过程通过第2根导体棒横 截面的电荷量q=It 以水平向右为正方向，对第2根导体棒由动量定理有 -BILt=0-mvo 联立解得q一况 (3)由能量守恒定律可知，每一根导体棒从进入磁场到速度减 为0的过程，其初动能均转化为回路中产生的总热量，则第1根导 体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定值电阻R上产生的热 量为 R1 1、1 Q,=R+R·2m,2=1X2X2mu, 同理可得，第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定 值电阻R上产生的热量为 R 1 2 1 1 Q22 R+2 同理可得，第3根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程，定 值电阻R上产生的热量为 R 1 Q-31 3 1 ,1 R·2m=3XX2m2,? 依次类推，第根导休棒从进人磁场到速度减为0的过程，定 值电阻R上产生的热量为 R Q,= 1 R4R‘2ms。L 1 n(n+1)×2m,2 所以定值电阻R上产生的总热量 Q。-QtQ+Q+Q-(-+分g+g+ )x分m 解得Q。=2+1D. 20.运动学公式、动量定理、法拉第电磁感应定律 :思维导图 :(1)对木块受力分析→列方程求解求《 对整体受力分析→列方程求解求F (2)对箱子进入磁场后的运动分析计算箱子运动的最小 距离 :(3)木块和箱子的运动分析·根据运动学公式求解力F的作 :用时间→水平方向根据动量定理列方程求解)→讨论)的 范围 32· 解：(I)对木块分析可得Fv=mg、Fv=a 解得a=& 由整体即得F=(M+m)a 解得F=M+m)g (2)若使得木块与箱子分离，此时有F安≥F E 根据E=B,I=点F安=Bdl 即得F=B R 则有≥M+m)gR uB'd? 根据v2=2as 解得。=M+m)'R2g 2uB'd （3限据=号A=立 1 即得力F作用时间1三+g 由(2)中可得若箱子完全进入磁场，安培力的冲量 B2d2L I安 R 水平方向对系统用动量定理即得 (M+m)g (2h B2dL R =(M+m)v,-0 g B'd'L 解得，= /21 (M+)R 时 B'd'L M+mR时： 244s B'd'L (M+m)R (+√ /24 B'd2L (M+mR时.箱子未完全进 中，就已经停止运动，则，=0 21.电磁感应综合问题、动量定理 思维导图 (1)在区域1做匀速运动→受力平衡→F安= 法拉第电磁感应定律牛顿第二定律 欧姆定律 运动学公式 (2)法拉第电磁感应定律 受力分析了合力的表达式 求解距离d 动量定理 解：(1)金属框由静止释放到刚娈进人区域「的过程巾， 框的加速度大小为a 由牛顿第二定律得 ng sin a=ia① 山运动学公式得 w2=2us② 金属框从开始进入到完全离开区域I的过程中，设金属框的电 动势为E,通过的电流为I,受到的安培力大小为F安 由法拉第电磁感应定律得 E=BLucos a③ 由欧姆定律得 1最 ④ 由安培力公式得 F安=IL·Bcos a ⑤ 由平衡条件得 mg sin a-F安=0⑥ 联立③④⑤⑥式得 mgR sin a⑦ v-B2Lcosa 联立①②⑦式得 ⑧ (2)设t时刻金属框的速率为v,,此时刻的感生电动势、切割磁 感线产生的电动势和总电动势分别为E1、E2、E',金属框的电 流为'、受到的总安培力为F安'、受到的合力为F合、达到平衡 状态时的速度大小为v末 由法拉第电磁感应定律得 E1=k1L2⑨ E2=k2L2v,⑩ 由楞次定律得 E'-E,十E,① 由欧姆定律得 r-发g 由安培力公式.联立⑨⑩①②式得 F&=- 1kz1,1k:21,'y 图 入磁场 R R 由受力分析得 kkL k22Lv F=ing sin a- . R R 将k,_mRin代入式得 k211 gsin a F合= k221.v 西 R 由⑤式可知，金属框将沿轨道做减速运动，直至静止。 即V米=0西 由动量定理得 设金属 ∑F6△=w未-m,⑩ 由运动学公式得 d=∑u,△⑧ 联立.⑤⑩⑦⑧式得 d=m k,”L (或d山=，L'u mkg sin a或d k2gsin a ·物理答33· 22.与电容器结合的电磁感应综合问题 思维导图 导体棒a做匀 导体棒a与无 人机发生完全 整体做匀加 加速直线运动 速直线运动 非弹性碰撞 完全非弹性碰撞损 失的动能等于分离 时增加的动能 到达NW'时属于“爆炸”模型 解：(1)分离后当导体棒a的速度大小为10m/s时，根据法拉 第电磁感应定律有E=BL 通过a的电流1，=尺 E 解得11=500A (2)规定水平向右为正方向，a从MM处运动至b静止的位置 过程中由安培力提供加速度，超级电容器为电路提供的电流恒 定，则a的加速度恒定，有 BIL=m,a a,b间初始距离x1=2a1i1 碰撞前a的速度为v,=a1t 解得a1=250m/s2,t1=0.1s,w1=25m/s a与b碰撞过程中系统动量守恒，有 maU1=（ma十mb)v2 储存的弹性势能为E。=m一号 -2（n+m)u2 解得v2-5m/s,上.-500J a,b碰后一起运动至VV过程中 x2=5m-1.25m=3.75m 山安培力提供加速度，有BL=(nn十，)a 位移为r?=十2u1: 专题十四 1.A可拆式变压器若变卡器为理想变卡器，理想变卡器原、刷 线圈电乐与雨数的关系有号号义：=0所以m一20，故 左侧接线柱选取的是“0”和“2”，A正确，BCD错误 2.C理想变压器已知刷线圈输出电压最大伯U=112V,则 副线圈输出电压的有效值U,一-11V.理趣变压器原、刷线 √2 ng-11V-20: 图的申压当丽数的关系为品可得_心20Y 1,故选C。 3.C电磁振荡、交流发电机及其产生交变电流的原理、变压器的 构造与原理 ·物理 分离前速度为v3=v2十a2t2 解得a2=50m/s2,t2=0.3s,v3=20m/s a、b分离过程，由动量守恒定律有 (ma十b)v3=1av4十mbv5 由能量守恒定律有 解得v4=0,v5=25m/s 在整个过程中安培力大小恒定，安培力做功为一定值，若、 b分离时a的速度为零，则此时b能获得最大速度，最大速度 为25m/s 上述过程中通过导体棒a的电荷量 q=I(t1+t2)=400C 电容器电压的减小量△=冬 解得△U=40V (3)规定水平向右为正方向，a、b碰后共同速度为v2=5m/s, 若b不受空气阻力，到达NV的速度为3=20m/s,其v2-x图 像如图所示 ↑2/(m2·s-2) 400--. 25 0x2-=3.75x/m 若考虑b所受的阻力F=ku2,则实际2-x图像应在图中所 示图像的下方，可知克服阻力做的功为 W:<kv:'Hkv,: 由动能定理有B112一W,=20m,十m,)(”-u2) 解得v2>396.02m/s>2·0.99=392.04m21s 可知a、b分离前的速度大小能达到(2)问中分离前速度的99% 交 变电流 题图1中，根据理想变卡器电卡与匝数的关系可 A错误 知，U1:U2=1：22 题图2巾，线圈的位置再转过60°就是中性面，在中 性面时，电动势和电流都为0，所以此时线圈的电动 B错误 势正在减小 题图3中，根据巾容器极板间的屯场强度方向，可 知上极板带负电，下极板带正电，再根据电感线圈 中磁感线的方向，可知俯视视角下线圈中的电流方 C正确 向是逆时针，因此可知电容器止在充电，电场的能 量止在增人 题图4中，根据调谐频率f= 可知，增大电 2π/LC D错误 容(，调谐频率会城小 答34·专题十三电磁感应 一、单项选择题 1.(2025·河南卷)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 D 2.(2025·北京卷)下列图示情况，金属圆环中不能产生感应电流的是 ×××X×× XXX×XX 甲 丙 A.图甲中，圆环在匀强磁场中向左平移 B.图乙中，圆环在匀强磁场中绕轴转动 C.图内中，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移 D.图丁中，圆环向条形磁体N极平移 3.(2025·北京卷)绝缘的轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个磁体。将磁体从弹簧原长位置 H静止释放，磁体开始振动，由于空气阻力的影响，振动最终停止。现将一个闭合铜线圈 固定在磁体正下方的桌面上（如图所示），仍将磁体从弹簧原长位置由静止释放，振动最终 也停止。则 ( N A.有无线圈，磁体经过相同的时问停止运动 B.磁体靠近线圈时，线圈有扩张趋势 C.磁体离线圈最近时，线圈受到的安培力最大 D.有无线圈，磁体和弹簧组成的系统损失的机械能相同 4.(2025·陕晋青宁卷)电磁压缩法是当前产生超强磁场的主要方法之一。其原理如图甲、乙所示，在钢制 线圈内同轴放置可压缩的铜环，其内己“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 问内钢制线圈巾的电流从零增加到儿兆安培，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 () 钢制线圈 乐关 钢制线倦 开关 电容器组 电容器组 压缩前铜环 压缩后铜环 甲 乙 ·60· 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 5.(2025·1月浙江卷)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(U。)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 C D 6.(2025·北京卷)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,A]、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 A 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，A与A3亮度一样 D.稳定后，电容器的电荷量是CE 7.(2025·湖北卷)如图甲所示，相距L的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内，两长度均为L、电阻 均为R的金属棒αb、cd垂直跨放在两导轨上，金属棒与导轨接触良好，导轨电阻忽略不计。导轨间存在 与导轨平面垂直的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时问变化的图像如图乙所示，t=T时刻，B=0。 t=0时刻，B=B。,两棒相距xo,ab棒速度为零，d棒速度方向水平向右，并与棒垂直，则0~T时间内 流过回路的电荷量为 () ↑B 0 T 甲 乙 BoLo A. B.BoLto 4R 2R c. BoL.ro 2BoLro R D. R ·61· 8.(2025·甘肃卷)闭合金属框放置在磁场中，金属框平面始终与磁感线垂直。如图，磁感应强度B随时间 t按正弦规律变化。Φ为穿过金属框的磁通量，E为金属框中的感应电动势，下列说法正确的是() B T At在0~4内，Φ和E均随时间增大 R当：-君与时，E大小相等，方向相酮同 C当1-T时，0最大，E为零 D.当1-时，心和E均为零 9.(2025·陕晋青宁卷)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，其磁感应强度大小 为B,甲、乙两个合金导线框的质量均为，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。一4B!并排进人磁场，忽略两线框之间的相互作用，则 () mR 一d -2L 甲 : 。。 乙 。。 人.甲线框进磁场和出磁场的过程巾电流方向相同 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 10.(2025·广西卷)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0，间距为1，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E,与形变量x的关系为E,=x, 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“后静止释放，金属棒沿导 轨向下运动到最远处，用时为(，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 () B 2R 2R ·62· A.金属棒所受安培力冲量大小为B1(a十b) R B每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为B1(a十b)+mgtsin0 4R 2 C.每个定值电阻产生的热量为(a2-b)+mg(a十b)sin0 8 4 D.金属棒的平均输出功率为(a2-b)十mg(a+b)sin0 2t 二、多项选择题 11.(2025·辽吉黑内蒙古卷)如图，“L”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、所在直线以角速 度w顺时针匀速转动，b与磁场方向垂直。t=0时，abef与水平面平行，则() A.t=0时，电流方向为abcde fa B.t=0时，感应电动势为Blw C.t=π时，感应电动势为0 D.t=0到t=π过程中，感应电动势平均值为0 12.(2025·广东卷)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，其质量用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，测得线圈巾感 应电动势为E。利用上述测量结果可得出m的值。重力加速度为g。下列说法正确的有 () E ×××××× ×××× ××××X ×x×xxv ×××××× ×X×X×× 步骤① 少骤② A.线圈电阻为 E B.I越大，表明m越大 EI C.v越大，则E越小 D.m= -M vg 13.(2025·湖南卷)如图，关于x轴对称的光滑导轨固定在水平而内，导轨形状为抛 物线，顶点位于O点。一足够长的金属杆初始位置与y轴重合，金属杆的质量 为，单位长度的电阻为r。整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为O B。现给金属杆一沿x轴正方向的初速度，金属杆运动过程中始终与y轴平 行，与电阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是 ( ) A.金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向 ·63· B.金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动 C.金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为m0 B2 D.若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半 三、非选择题 14.(2025·四川卷)如图所示，长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘桌面上，两 者平行且相距I,M、P连线垂直于导轨，定滑轮位于N、Q连线中点正上方h处。MN和PQ单位长度 的电阻均为r,M、P间连接一阻值为2r的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为 B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动，速度大 小为。零时刻，金属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度 大小为g。求： (1)金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势； (2)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路的热功率； (3)金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程。 ·64· 15.(2025·辽吉黑内蒙古卷)如图甲，固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd,置于始终竖直 向下的匀强磁场中，ad边与磁场边界平行，ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m=1kg、电阻R= 0.5Ω、边长L=1m。磁感应强度B随时间t连续变化，0~1s内B-t图像如图乙所示。导体框中的感 应电流I与时间t关系图像如图丙所示，其中0~1s内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。 (1)求t=0.5s时ad边受到的安培力大小F; (2)在图乙中画出1~2s内B-t图像（无需写出计算过程）； (3)从t=2s开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度。= 0.1m/s,求ad边离开磁场时的速度大小o1。 ×××× b B/T × + 0.2 × 0.1 ×××× 0 1.0 2.0ts 甲 乙 IA 1.0 2.0 0 t/s -0.2 丙 ·65· 16.(2025·江苏卷)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 圈外的磁感应强度大小均为B。外转子始终以角速度w。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αbcd中电流的周 期T。 外转子 外转子 a。。。。。b 内转子 ××××× dx×X×xC 内转子 ×X××× 甲 ·66· 17.(2025·甘肃卷)在自动化装配车间，常采用电磁驱动的机械臂系统。如图，αb、cd为两条足够长的光滑 平行金属导轨，间距为L,电阻忽略不计。导轨置于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁 场中。导轨上有与之垂直并接触良好的金属机械臂1和2，质量均为m,电阻均为R。导轨左侧接有电 容为C的电容器。初始时刻，机械臂1以初速度。向右运动，机械臂2静止。运动过程中两机械臂不 发生碰撞。系统达到稳定状态后，电流为零，两机械臂速度相同。 (1)求初始时刻机械臂1产生的感应电动势大小及感应电流方向： (2)系统达到稳定状态前，若机械臂1和2中的电流分别为I1和I2,写出两机械臂各自所受安培力的大 小；若电容器两端电压为U,写出电容器所带电荷量的表达式； (3)求系统达到稳定状态后两机械臂的速度。若要两机械臂不相撞，二者在初始时刻的间距至少为 多少？ 机械臂1 机械臂2 6 + d ·67· 18.(2025·福建卷)如图所示，光滑斜面倾角为0=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。 (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。 B ·68· 19.(2025·安徽卷)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MPQ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。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。进人磁场，速度减为0时被锁定，以 此类推，直到发射第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。 M ·69·