专题08 电磁感应（10年汇编）（浙江专用）2017-2026年高考物理真题分类汇编

**基本信息** 电磁感应专题10年浙江真题汇编，覆盖楞次定律、动生电动势等核心考点，融合超导线圈、舰载弹射等科技情境，注重综合能力考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择|8题|楞次定律（2020）、电磁阻尼（2023）|对称磁场陷阱、振动图像定性分析| |非选择|14题（含压轴）|动生电动势（2025金属丝振动）、电磁感应能量（2026飞轮发电机）|超导线圈结合I-t图像、舰载弹射融合动量定理、多支路电路焦耳热计算|

专题08 电磁感应 10年真题 考点 浙江考情 命题创新特点 楞次定律、磁通量变化 2020、2023 选择 双导线磁场、螺线管变磁场，侧重线圈运动趋势判断，设置对称磁场陷阱 法拉第电磁感应定律 2022、2026 高频 超导线圈、电离探测装置，结合 I-t 图像求电动势、电荷量，引入自感定性图像分析 动生电动势（平动 / 转动） 2017-2026 必考 金属丝振动、圆盘发电机、舰载弹射，融合电容器充放电、动量定理综合计算 电磁感应动力学 2019、2022 大题 斜面导轨、抛射线框、火箭缓冲装置，变加速、简谐运动结合安培力冲量 电磁感应能量 / 电路 2023-2026 压轴 二极管单向导电、飞轮发电机、多支路混联电路，焦耳热、回收能量定量求解 电磁阻尼 / 驱动 2023 选择 摆动导体杆，电阻改变阻尼强弱，依托振动图像定性判断 考点01楞次定律及其应用 1．（2020•浙江）如图所示，在光滑绝缘水平面上，两条固定的相互垂直彼此绝缘的导线通以大小相同的电流I．在角平分线上，对称放置四个相同的正方形金属框。当电流在相同时间间隔内增加相同量，则（　　） A．1、3线圈静止不动，2、4线圈沿着对角线向内运动 B．1、3线圈静止不动，2、4线圈沿着对角线向外运动 C．2、4线圈静止不动，1、3线圈沿着对角线向内运动 D．2、4线圈静止不动，1、3线圈沿着对角线向外运动 考点02法拉第电磁感应定律的内容和表达式 2．（2024•浙江）若通以电流I的圆形线圈在线圈内产生的磁场近似为方向垂直线圈平面的匀强磁场，其大小B＝kI（k的数量级为10﹣4T/A）。现有横截面半径为1mm的导线构成半径为1cm的圆形线圈处于超导状态，其电阻率上限为10﹣26Ω•m。开始时线圈通有100A的电流，则线圈的感应电动势大小的数量级和一年后电流减小量的数量级分别为（　　） A．10﹣23Vㅤ10﹣7A B．10﹣20Vㅤ10﹣7A C．10﹣23Vㅤ10﹣5A D．10﹣20Vㅤ10﹣5A 3．（2021•浙江）一种探测气体放电过程的装置如图甲所示，充满氖气（Ne）的电离室中有两电极与长直导线连接，并通过两水平长导线与高压电源相连．在与长直导线垂直的平面内，以导线为对称轴安装一个用阻值R0＝10Ω的细导线绕制、匝数N＝5×103的圆环形螺线管，细导线的始末两端c、d与阻值R＝90Ω的电阻连接．螺线管的横截面是半径a＝1.0×10﹣2m的圆，其中心与长直导线的距离r＝0.1m，气体被电离后在长直导线回路中产生顺时针方向的电流I，其I—t图像如图乙所示．为便于计算，螺线管内各处的磁感应强度大小均可视为B，其中k＝2×10﹣7T•m/A。 （1）求0～6.0×10﹣3s内通过长直导线横截面的电荷量Q； （2）求3.0×10﹣3s时，通过螺线管某一匝线圈的磁通量Φ； （3）若规定c→R→d为电流的正方向，在不考虑线圈自感的情况下，通过计算，在答题纸上画出通过电阻R的iR﹣t图像； （4）若规定c→R→d为电流的正方向，考虑线圈自感，在答题纸上定性画出通过电阻R的iR﹣t图像。 4．（2022•浙江）如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B＝kt的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为ρ、高度为h、半径为r、厚度为d（d≪r），则（　　） A．从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向 B．圆管的感应电动势大小为 C．圆管的热功率大小为 D．轻绳对圆管的拉力随时间减小 考点03导体平动切割磁感线产生的感应电动势 5．（2025•浙江）如图甲所示，有一根长1m、两端固定紧绷的金属丝，通过导线连接示波器。在金属丝中点处放置一蹄形磁铁，在中点附近1.00cm范围内产生B＝10﹣3T、方向垂直金属丝的匀强磁场（其他区域磁场忽略不计）。现用一激振器使金属丝发生垂直于磁场方向的上下振动，稳定后形成如图乙所示的不同时刻的波形，其中最大振幅A＝0.5cm。若振动频率为f，则振动最大速度v＝2πfA。已知金属丝接入电路的电阻r＝0.5Ω，示波器显示输入信号的频率为150Hz。下列说法正确的是（　　） A．金属丝上波的传播速度为 B．金属丝产生的感应电动势最大值约为 C．若将示波器换成可变电阻，则金属丝的最大输出功率约为 D．若让激振器产生沿金属丝方向的振动，其他条件不变，则金属丝中点的振幅为零 6．（2022•浙江）如图所示，水平固定一半径r＝0.2m的金属圆环，长均为r，电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde。棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01kg，de与cf长度均为l3＝0.08m，已知l1＝0.25m，l2＝0.068m，B1＝B2＝1T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2m后返回进入磁场。 （1）求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板（M或N）带正电？ （2）求电容器释放的电荷量ΔQ； （3）求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。 7．（2020•浙江）如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在0≤x≤1.0m区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长L＝0.5m、电阻R＝0.25Ω的正方形线框abcd，当平行于磁场边界的cd边进入磁场时，在沿x方向的外力F作用下以v＝1.0m/s的速度做匀速运动，直到ab边进入磁场时撤去外力。若以cd边进入磁场时作为计时起点，在0≤t≤1.0s内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，在0≤t≤1.3s内线框始终做匀速运动。 （1）求外力F的大小； （2）在1.0s≤t≤1.3s内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系； （3）求在0≤t≤1.3s内流过导线横截面的电荷量q。 8．（2020•浙江）如图甲所示，在xOy水平面内，固定放置着间距为l的两平行金属直导轨，其间连接有阻值为R的电阻，电阻两端连接示波器（内阻可视为无穷大），可动态显示电阻R两端的电压。两导轨间存在大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场。t＝0时一质量为m、长为l的导体棒在外力F作用下从x＝﹣x0位置开始做简谐运动，观察到示波器显示的电压随时间变化的波形是如图乙所示的正弦曲线。取x0，则简谐运动的平衡位置在坐标原点O．不计摩擦阻力和其它电阻，导体棒始终垂直导轨运动。（提示：可以用F﹣x图像下的“面积”代表力F所做的功） （1）求导体棒所受到的安培力FA随时间t的变化规律； （2）求在0至0.25T时间内外力F的冲量； （3）若t＝0时外力F0＝1N，l＝1m，T＝2πs，m＝1kg，R＝1Ω，Um＝0.5V，B＝0.5T，求外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度。 9．（2019•浙江）如图所示，倾角θ＝37°、间距l＝0.1m的足够长金属导轨底端接有阻值R＝0.1Ω的电阻，质量m＝0.1kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.45．建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x。在0.2m≤x≤0.8m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场。从t＝0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下从x＝0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度与位移x满足v＝kx（可导出a＝kv）k＝5s﹣1．当棒ab运动至x1＝0.2m处时，电阻R消耗的电功率P＝0.12W，运动至x2＝0.8m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x＝0处。棒ab始终保持与导轨垂直，不计其它电阻，求：（提示：可以用F﹣x图象下的“面积”代表力F做的功） （1）磁感应强度B的大小 （2）外力F随位移x变化的关系式； （3）在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q。 10．（2018•浙江）如图所示，在竖直平面内建立xOy坐标系，在0≤x≤0.65m、y≤0.40m范围内存在一具有理想边界，方向垂直纸面向内的匀强磁场区域。一边长l＝0.10m、质量m＝0.02kg、电阻R＝0.40Ω的匀质正方形刚性导线框abcd处于图示位置，其中心的坐标为（0，0.65m）。现将线框以初速度v0＝2.0m/s水平向右抛出，线框在进入磁场过程中速度保持不变，然后在磁场中运动，最后从磁场右边界离开磁场区域，完成运动全过程。线框在全过程中始终处于xOy平面内，其ab边与x轴保持平行，空气阻力不计。求： （1）磁感应强度B的大小； （2）线框在全过程中产生的焦耳热Q； （3）在全过程中，cb两端的电势差Ucb与线框中心位置的x坐标的函数关系。 11．（2017•浙江）间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图所示，倾角为θ的导轨处于大小为B1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间I中，水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”（由两根长为l的金属杆cd和ef，用长度为L的刚性绝缘杆连接构成），在“联动双杆”右侧存在大小为B2，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间II，其长度大于L，质量为m、长为l的金属杆ab从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨（无能量损失），杆ab与“联动双杆”发生碰撞，碰后杆ab和cd合在一起形成“联动三杆”，“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间II并从中滑出，运动过程中，杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直，已知杆ab、cd和ef电阻均为R＝0.02Ω，m＝0.1kg，l＝0.5m，L＝0.3m，θ＝30°，B1＝0.1T，B2＝0.2T，不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应，求： （1）杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0； （2）“联动三杆”进入磁场区间II前的速度大小v； （3）“联动三杆”滑过磁场区间II产生的焦耳热Q。 12．（2017•浙江）所图所示，匝数N＝100、截面积s＝1.0×10﹣2m2、电阻r＝0.15Ω的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场B1，其变化率k＝0.80T/s。线圈通过开关S连接两根相互平行、间距d＝0.20m的竖直导轨，下端连接阻值R＝0.50Ω的电阻。一根阻值也为0.50Ω、质量m＝1.0×10﹣2kg的导体棒ab搁置在等高的挡条上。在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场B2．接通开关S后，棒对挡条的压力恰好为零。假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻。 （1）求磁感应强度B2的大小，并指出磁场方向； （2）断开开关S后撤去挡条，棒开始下滑，经t＝0.25s后下降了h＝0.29m，求此过程棒上产生的热量。 13．（2020•浙江）如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO'上，随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是（　　） A．棒产生的电动势为Bl2ω B．微粒的电荷量与质量之比为 C．电阻消耗的电功率为 D．电容器所带的电荷量为CBr2ω 14．（2022•浙江）舰载机电磁弹射是现代航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v﹣t图如图2所示，在t1至t3时间内F＝（800﹣10v）N，t3时撤去F。已知起飞速度v1＝80m/s，t1＝1.5s，线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1m，飞机的质量M＝10kg，动子和线圈的总质量m＝5kg，R0＝9.5Ω，B＝0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求 （1）恒流源的电流I； （2）线圈电阻R； （3）时刻t3。 考点04电磁感应过程中的能量类问题 15．（2026•浙江）如图1所示，半径为r1、横截面半径为r2（r2≪r1）、匝数为N的圆环形螺线管通有电流I，管内产生磁感应强度B＝αI（α为常量）的匀强磁场。管外磁场近似为0，小明用电阻为R的一段漆包线缠绕螺线管一圈后，并成双股线再缠绕螺线管两圈，最后将两端头短接，形成特殊线圈A。若电流I随时间t变化的关系如图2所示，则（　　） A．t＝2t0时，螺线管的自感电动势 B．t＝5t0时，线圈A的感应电动势 C．在0﹣2t0内，通过线圈A的电荷量 D．在0﹣5t0内，线圈A产生的焦耳热 16．（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 17．（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。 18．（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。 19．（2023•浙江）如图1所示，刚性导体线框由长为L、质量均为m的两根竖杆，与长为2l的两轻质横杆组成，且L≫2l。线框通有恒定电流I0，可以绕其中心竖直轴转动。以线框中心O为原点、转轴为z轴建立直角坐标系，在y轴上距离O为a处，固定放置半径远小于a，面积为S、电阻为R的小圆环，其平面垂直于y轴。在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度ω匀速转动，当线框平面与xOz平面重合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的y分量By与时间的近似关系如图2所示，图中B0已知。 （1）求0到时间内，流过圆环横截面的电荷量q； （2）沿y轴正方向看以逆时针为电流正方向，在时间内，求圆环中的电流与时间的关系； （3）求圆环中电流的有效值； （4）当撤去外力，线框将缓慢减速，经时间角速度减小量为，设线框与圆环的能量转换效率为k，求Δω的值（当0＜x≪1，有（1﹣x）2≈1﹣2x）。 20．（2021•浙江）嫦娥五号成功实现月球着陆和返回，鼓舞人心。小明知道月球上没有空气，无法靠降落伞减速降落，于是设计了一种新型着陆装置。如图所示，该装置由船舱、间距为l的平行导轨、产生垂直船舱导轨平面的磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁体和“∧”型刚性线框组成，“∧”型线框ab边可沿导轨滑动并接触良好。船舱、导轨和磁体固定在一起，总质量为m1。整个装置竖直着陆到月球表面前瞬间的速度大小为v0，接触月球表面后线框速度立即变为零。经过减速，在导轨下方缓冲弹簧接触月球表面前船舱已可视为匀速。已知船舱电阻为3r；“∧”型线框的质量为m2，其7条边的边长均为l，电阻均为r；月球表面的重力加速度为。整个运动过程中只有ab边在磁场中，线框与月球表面绝缘，不计导轨电阻和摩擦阻力。 （1）求着陆装置接触到月球表面后瞬间线框ab边产生的电动势E0； （2）通过画等效电路图，求着陆装置接触到月球表面后瞬间流过“∧”型线框ab边的电流I0； （3）求船舱匀速运动时的速度大小v； （4）同桌小张认为在磁场上方、两导轨之间连接一个电容为C的电容器，在着陆减速过程中还可以回收部分能量，在其他条件均不变的情况下，求船舱匀速运动时的速度大小v′和此时电容器所带电荷量q。 21．（2018•浙江）如图所示，在间距L＝0.2m的两光滑平行水平金属导轨间存在方向垂直于纸面（向内为正）的磁场，磁感应强度为分布沿y方向不变，沿x方向如下：导轨间通过单刀双掷开关S连接恒流源和电容C＝1F的未充电的电容器，恒流源可为电路提供恒定电流I＝2A，电流方向如图所示。有一质量m＝0.1kg的金属棒ab垂直导轨静止放置于x0＝0.7m处。开关S掷向1，棒ab从静止开始运动，到达x3＝﹣0.2m处时，开关S掷向2．已知棒ab在运动过程中始终与导轨垂直。求： （提示：可以用F﹣x图象下的“面积”代表力F所做的功） （1）棒ab运动到x1＝0.2m时的速度v1； （2）棒ab运动到x2＝﹣0.1m时的速度v2； （3）电容器最终所带的电荷量Q。 22．（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． 试卷第1页，共3页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题08 电磁感应 10年真题 考点 浙江考情 命题创新特点 楞次定律、磁通量变化 2020、2023 选择 双导线磁场、螺线管变磁场，侧重线圈运动趋势判断，设置对称磁场陷阱 法拉第电磁感应定律 2022、2026 高频 超导线圈、电离探测装置，结合 I-t 图像求电动势、电荷量，引入自感定性图像分析 动生电动势（平动 / 转动） 2017-2026 必考 金属丝振动、圆盘发电机、舰载弹射，融合电容器充放电、动量定理综合计算 电磁感应动力学 2019、2022 大题 斜面导轨、抛射线框、火箭缓冲装置，变加速、简谐运动结合安培力冲量 电磁感应能量 / 电路 2023-2026 压轴 二极管单向导电、飞轮发电机、多支路混联电路，焦耳热、回收能量定量求解 电磁阻尼 / 驱动 2023 选择 摆动导体杆，电阻改变阻尼强弱，依托振动图像定性判断 考点01楞次定律及其应用 1．（2020•浙江）如图所示，在光滑绝缘水平面上，两条固定的相互垂直彼此绝缘的导线通以大小相同的电流I．在角平分线上，对称放置四个相同的正方形金属框。当电流在相同时间间隔内增加相同量，则（　　） A．1、3线圈静止不动，2、4线圈沿着对角线向内运动 B．1、3线圈静止不动，2、4线圈沿着对角线向外运动 C．2、4线圈静止不动，1、3线圈沿着对角线向内运动 D．2、4线圈静止不动，1、3线圈沿着对角线向外运动 【答案】B 【解答】解：由安培定则可判定通电导线磁场的方向。 1、3象限磁场为零， 2象限中磁场垂直纸面向外， 4象限中磁场垂直纸面向里， 当电流增大时，1与3内不能产生感应电流，所以1与3静止不动；当电流增大时，2与4内的磁通量都增大，根据楞次定律可知，产生的感应电流都会阻碍磁通量的增大，所以2、4线圈沿着对角线向外运动。故B正确，ACD错误。 故选：B。 考点02法拉第电磁感应定律的内容和表达式 2．（2024•浙江）若通以电流I的圆形线圈在线圈内产生的磁场近似为方向垂直线圈平面的匀强磁场，其大小B＝kI（k的数量级为10﹣4T/A）。现有横截面半径为1mm的导线构成半径为1cm的圆形线圈处于超导状态，其电阻率上限为10﹣26Ω•m。开始时线圈通有100A的电流，则线圈的感应电动势大小的数量级和一年后电流减小量的数量级分别为（　　） A．10﹣23Vㅤ10﹣7A B．10﹣20Vㅤ10﹣7A C．10﹣23Vㅤ10﹣5A D．10﹣20Vㅤ10﹣5A 【答案】D 【解答】解：线圈中电流I（t）的减小将在线圈内产生自感电动势，故 其中L为线圈的自感系数 可得：L 在计算通过线圈的磁通量Φ时，以导线附近即r1处的B为最大，又可认为是无限长载流导线所产生的， 根据题意B＝kI，则： 根据电阻定律有： 联立解得： ε＝2×10﹣20V，A。 则线圈的感应电动势大小的数量级为10﹣20V，一年后电流减小量的数量级为10﹣5A。 故选：D。 3．（2021•浙江）一种探测气体放电过程的装置如图甲所示，充满氖气（Ne）的电离室中有两电极与长直导线连接，并通过两水平长导线与高压电源相连．在与长直导线垂直的平面内，以导线为对称轴安装一个用阻值R0＝10Ω的细导线绕制、匝数N＝5×103的圆环形螺线管，细导线的始末两端c、d与阻值R＝90Ω的电阻连接．螺线管的横截面是半径a＝1.0×10﹣2m的圆，其中心与长直导线的距离r＝0.1m，气体被电离后在长直导线回路中产生顺时针方向的电流I，其I—t图像如图乙所示．为便于计算，螺线管内各处的磁感应强度大小均可视为B，其中k＝2×10﹣7T•m/A。 （1）求0～6.0×10﹣3s内通过长直导线横截面的电荷量Q； （2）求3.0×10﹣3s时，通过螺线管某一匝线圈的磁通量Φ； （3）若规定c→R→d为电流的正方向，在不考虑线圈自感的情况下，通过计算，在答题纸上画出通过电阻R的iR﹣t图像； （4）若规定c→R→d为电流的正方向，考虑线圈自感，在答题纸上定性画出通过电阻R的iR﹣t图像。 【答案】（1）0～6.0×10﹣3s内通过长直导线横截面的电荷量为0.5C； （2）3.0×10﹣3s时，通过螺线管某一匝线圈的磁通量为6.28×10﹣8Wb； （3）在不考虑线圈自感的情况下，通过电阻R的iR﹣t图像见图1； （4）考虑线圈自感，通过电阻R的iR﹣t图像间图2。 【解答】解：（1）I﹣t图像与坐标轴围成的面积表示通过长直导线横截面的电荷量，所以通过长直导线横截面的电荷量为： QC＝0.5C； （2）3.0×10﹣3s时，根据磁通量的计算公式可得通过螺线管某一匝线圈的磁通量Φ＝BS 可解得：Φ＝6.28×10﹣8Wb； （3）根据法拉第电磁感应定律可得通电螺线管产生的感应电动势E＝N 可解得，感应电流iR 代入数据解得：iR＝3.14×10﹣3A 0～1.0×10﹣3s内，长直导线回路中的电流逐渐增大，即通过螺线管内顺时针方向的磁感应强度增大，根据楞次定律可以判断螺线管中产生的感应磁场方向为逆时针，则感应电流方向为c→R→d，电流为正值； 相反，5.0×10﹣3s～6.0×10﹣3s时间内，感应电流的方向为d→R→c，电流为负值； 1.0×10﹣3s～5.0×10﹣3s时间内，长直导线中的电流大小不变，没有感应磁场，感应电流为0。 由此可得图像如图1所示： （4）考虑线圈自感，则在通电一段时间后，线圈中的感应电流才会达到稳定值，1.0×10﹣3s后的小段时间内，线圈中仍有电流，最后逐渐减为0；5.0×10﹣3s～6.0×10﹣3s时间内，电流反向逐渐增大到某一定值，1.0×10﹣3s后的小段时间内，线圈中仍有电流，最后逐渐减为0，由此可得图像如图2所示。 答：（1）0～6.0×10﹣3s内通过长直导线横截面的电荷量为0.5C； （2）3.0×10﹣3s时，通过螺线管某一匝线圈的磁通量为6.28×10﹣8Wb； （3）在不考虑线圈自感的情况下，通过电阻R的iR﹣t图像见图1； （4）考虑线圈自感，通过电阻R的iR﹣t图像间图2。 4．（2022•浙江）如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B＝kt的匀强磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为ρ、高度为h、半径为r、厚度为d（d≪r），则（　　） A．从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向 B．圆管的感应电动势大小为 C．圆管的热功率大小为 D．轻绳对圆管的拉力随时间减小 【答案】C 【解答】解：A、根据安培定则可知螺线管产生的磁场的方向向上，由于螺线管产生的磁场随时间增强，根据楞次定律，圆管产生的感应电流方向从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向，故A错误； B、圆管的横截面积：S＝πr2，根据法拉第电磁感应定律，则产生的电动势：Ekπr2，故B错误； C、根据电阻定律，圆管的电阻：R， 圆管内的感应电流的大小：I， 圆管的热功率大小为：P＝I2R，故C正确； D、根据左手定则可知，圆管受到的安培力的方向指向圆管的圆心，虽然安培力变化，但安培力的大小对轻绳对圆管的拉力没有影响，所以轻绳对圆管的拉力不变，故D错误。 故选：C。 考点03导体平动切割磁感线产生的感应电动势 5．（2025•浙江）如图甲所示，有一根长1m、两端固定紧绷的金属丝，通过导线连接示波器。在金属丝中点处放置一蹄形磁铁，在中点附近1.00cm范围内产生B＝10﹣3T、方向垂直金属丝的匀强磁场（其他区域磁场忽略不计）。现用一激振器使金属丝发生垂直于磁场方向的上下振动，稳定后形成如图乙所示的不同时刻的波形，其中最大振幅A＝0.5cm。若振动频率为f，则振动最大速度v＝2πfA。已知金属丝接入电路的电阻r＝0.5Ω，示波器显示输入信号的频率为150Hz。下列说法正确的是（　　） A．金属丝上波的传播速度为 B．金属丝产生的感应电动势最大值约为 C．若将示波器换成可变电阻，则金属丝的最大输出功率约为 D．若让激振器产生沿金属丝方向的振动，其他条件不变，则金属丝中点的振幅为零 【答案】C 【解答】解：A．根据图乙，有λ＝1m，可得λm，由v＝λf150m/s＝100m/s，则金属丝上波的传播速度为100m/s，故A错误； B．已知只考虑在中点附近L＝1.00cm范围内的磁场。金属丝产生的感应电动势最大值约为： Em＝BLvm＝BL×2πfA＝10﹣3×1.00×10﹣2×2π×150×0.5×10﹣2V＝1.5π×10﹣5V，故B错误； C．金属丝产生的感应电动势的有效值为：E 若将示波器换成可变电阻，根据电源的最大输出功率公式Pm 代入数据解得金属丝的最大输出功率约为Pm，故C正确； D．若让激振器产生沿金属丝方向的振动，会产生纵波，其他条件不变，故金属丝中点的振幅不为零，故D错误。 故选：C。 6．（2022•浙江）如图所示，水平固定一半径r＝0.2m的金属圆环，长均为r，电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600rad/s匀速转动，圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde。棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01kg，de与cf长度均为l3＝0.08m，已知l1＝0.25m，l2＝0.068m，B1＝B2＝1T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2m后返回进入磁场。 （1）求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板（M或N）带正电？ （2）求电容器释放的电荷量ΔQ； （3）求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x。 【答案】（1）电容器充电完毕后所带的电荷量Q为1.08C，M极板带正电； （2）电容器释放的电荷量ΔQ为0.16C； （3）框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离为0.14m。 【解答】解：（1）开关S与接线柱1接通。电容器充电，充电过程，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知其动生电源的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电； 根据法拉第电磁感应定律可知： 则电容器的电荷量为：Q＝CU＝CE 联立解得：Q＝1.08C （2）电容器放电过程有：B2l1ΔQ＝mv1 棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起的过程有：mv1＝（m+m）v2 棒的上滑过程有： 联立解得：ΔQ＝0.16C （3）设导体框在磁场中减速滑行的总路程为Δx，由动量定理得： 可得：Δx＝0.128m＞0.08m 匀速运动距离为：l3﹣l2＝0.08m﹣0.068m＝0.012m 则x＝Δx+l3﹣l2＝0.128m+0.012m＝0.14m 答：（1）电容器充电完毕后所带的电荷量Q为1.08C，M极板带正电； （2）电容器释放的电荷量ΔQ为0.16C； （3）框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离为0.14m。 7．（2020•浙江）如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在0≤x≤1.0m区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长L＝0.5m、电阻R＝0.25Ω的正方形线框abcd，当平行于磁场边界的cd边进入磁场时，在沿x方向的外力F作用下以v＝1.0m/s的速度做匀速运动，直到ab边进入磁场时撤去外力。若以cd边进入磁场时作为计时起点，在0≤t≤1.0s内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，在0≤t≤1.3s内线框始终做匀速运动。 （1）求外力F的大小； （2）在1.0s≤t≤1.3s内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系； （3）求在0≤t≤1.3s内流过导线横截面的电荷量q。 【答案】（1）外力F的大小为0.0625N； （2）在1.0s≤t≤1.3s内存在连续变化的磁场，磁感应强度B的大小与时间t的关系为B； （3）在0≤t≤1.3s内流过导线横截面的电荷量为0.5C。 【解答】解：（1）根据图2可得，在t＝0时B0＝0.25T 回路电流I 安培力FA＝B0IL 根据平衡条件可得：F＝FA， 联立解得：F＝0.0625N； （2）匀速出磁场，电流为0，磁通量不变，则有：Φ1＝Φ t1＝1.0s时，B1＝0.5T，磁通量Φ1＝B1L2 t时刻，磁通量Φ＝BL[L﹣v（t﹣t1）] 得B； （3）根据电荷量的经验公式q可得： 0≤t≤0.5s电荷量：q10.25C 0.5s≤t≤1.0s电荷量q20.25C 1.0s＜t≤1.3s内流过导线横截面的电荷量为零 总电荷量：q＝q1+q2＝0.5C。 答：（1）外力F的大小为0.0625N； （2）在1.0s≤t≤1.3s内存在连续变化的磁场，磁感应强度B的大小与时间t的关系为B； （3）在0≤t≤1.3s内流过导线横截面的电荷量为0.5C。 8．（2020•浙江）如图甲所示，在xOy水平面内，固定放置着间距为l的两平行金属直导轨，其间连接有阻值为R的电阻，电阻两端连接示波器（内阻可视为无穷大），可动态显示电阻R两端的电压。两导轨间存在大小为B、方向垂直导轨平面的匀强磁场。t＝0时一质量为m、长为l的导体棒在外力F作用下从x＝﹣x0位置开始做简谐运动，观察到示波器显示的电压随时间变化的波形是如图乙所示的正弦曲线。取x0，则简谐运动的平衡位置在坐标原点O．不计摩擦阻力和其它电阻，导体棒始终垂直导轨运动。（提示：可以用F﹣x图像下的“面积”代表力F所做的功） （1）求导体棒所受到的安培力FA随时间t的变化规律； （2）求在0至0.25T时间内外力F的冲量； （3）若t＝0时外力F0＝1N，l＝1m，T＝2πs，m＝1kg，R＝1Ω，Um＝0.5V，B＝0.5T，求外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度。 【答案】（1）导体棒所受到的安培力FA随时间t的变化规律为FA。 （2）在0至0.25T时间内外力F的冲量大小为，方向沿x轴正方向。 （3）外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度分别为0m、±1m/s；、m/s和m、v2′m/s。 【解答】解：（1）根据显示的波形可得：U＝Umsin， ， 则安培力为FA＝BIl。 （2）0至0.25T时间内根据动量定理，以沿x轴正方向为正方向，则有： IF+IA＝mvm IA＝﹣BlΔq 解得：IF，方向沿x轴正方向。 （3）因为棒做简谐运动，则有：F+FA＝﹣kx， 当F＝﹣FA时，x＝0，v＝±vm，由，解得：v＝±1m/s， 当F＝FA时，设x＝x′，v＝v′， 已知：x0，代入数据解得：x0＝1m 已知t＝0时外力F0＝1N，此时FA＝0N，由F0＝﹣k（﹣x0），解得：k＝1 则有：F＝FA FA，（安培力总是与速度方向相反） 可得：，得：v′＝2x′ 根据动能定理有，（利用F﹣x图像下的“面积”代表力F所做的功） 解得x1′m，和v1′m/s， x2′m，和v2′m/s。 答：（1）导体棒所受到的安培力FA随时间t的变化规律为FA。 （2）在0至0.25T时间内外力F的冲量大小为，方向沿x轴正方向。 （3）外力与安培力大小相等时棒的位置坐标和速度分别为0m、±1m/s；、m/s和m、v2′m/s。 9．（2019•浙江）如图所示，倾角θ＝37°、间距l＝0.1m的足够长金属导轨底端接有阻值R＝0.1Ω的电阻，质量m＝0.1kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.45．建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x。在0.2m≤x≤0.8m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场。从t＝0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下从x＝0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度与位移x满足v＝kx（可导出a＝kv）k＝5s﹣1．当棒ab运动至x1＝0.2m处时，电阻R消耗的电功率P＝0.12W，运动至x2＝0.8m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x＝0处。棒ab始终保持与导轨垂直，不计其它电阻，求：（提示：可以用F﹣x图象下的“面积”代表力F做的功） （1）磁感应强度B的大小 （2）外力F随位移x变化的关系式； （3）在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）当棒ab运动至x1＝0.2m处时，速度 v＝kx1＝5×0.2＝1m/s 电阻R消耗的电功率 P 又 E＝Blv 联立得 BTT （2）无磁场区间0≤x＜0.2m，a＝5v＝25x 根据牛顿第二定律得 F﹣μmgcosθ﹣mgsinθ＝ma 解得 F＝0.96+2.5x 有磁场区间，0.2m≤x≤0.8m 棒ab所受的安培力大小 FA＝BIl＝Bl0.6x 根据牛顿第二定律得 F﹣μmgcosθ﹣mgsinθ﹣FA＝ma 解得 F＝0.96+2.5x+0.6x＝0.96+3.1x （3）上升过程中，棒ab克服安培力做功等于安培力平均值与位移的乘积，为 WA1（x1+x2）（x2﹣x1） 解得 WA1＝0.18J 撤去外力后，棒上升的最大距离为s，再次进入磁场时速度为v′，由动能定理得： 上升过程有﹣（mgsinθ+μmgcosθ）s＝0 下降过程有 （mgsinθ﹣μmgcosθ）s0 解得 v′＝2m/s 因mgsinθ﹣μmgcosθ0，故棒ab再次进入磁场后做匀速运动。 下降过程中克服安培力做功 WA2（x2﹣x1） 解得 WA2＝0.144J 故电阻R产生的焦耳热 Q＝WA1+WA2＝0.324J 答： （1）磁感应强度B的大小是T。 （2）外力F随位移x变化的关系式：无磁场区间0≤x＜0.2m，为 F＝0.96+2.5x；有磁场区间，0.2m≤x≤0.8m，为F＝0.96+2.5x+0.6x＝0.96+3.1x。 （3）在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q是0.324J。 10．（2018•浙江）如图所示，在竖直平面内建立xOy坐标系，在0≤x≤0.65m、y≤0.40m范围内存在一具有理想边界，方向垂直纸面向内的匀强磁场区域。一边长l＝0.10m、质量m＝0.02kg、电阻R＝0.40Ω的匀质正方形刚性导线框abcd处于图示位置，其中心的坐标为（0，0.65m）。现将线框以初速度v0＝2.0m/s水平向右抛出，线框在进入磁场过程中速度保持不变，然后在磁场中运动，最后从磁场右边界离开磁场区域，完成运动全过程。线框在全过程中始终处于xOy平面内，其ab边与x轴保持平行，空气阻力不计。求： （1）磁感应强度B的大小； （2）线框在全过程中产生的焦耳热Q； （3）在全过程中，cb两端的电势差Ucb与线框中心位置的x坐标的函数关系。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）线框进入磁场的过程中速度不变，线框受力平衡：mg＝BIl 而感应电流I 进入磁场时的y方向速度：vy2m/s B＝2T （2）线框在出磁场时，水平方向由动量定理得： ﹣BlΔt＝﹣Blq＝mvx﹣mv0 而q 竖直方向有： 2gh 全过程由能量守恒定律得： Q＝mgl+mgh 解得：Q＝0.0375J （3）进入磁场前：x≤0.4m，Ucb＝0， 进入磁场过程 0.4m＜x≤0.5m Ucb＝Bv0vyt﹣I（4x﹣1.7）V 在磁场中 0.5m＜x≤0.6 Ucb＝Bv0l＝0.4V 离开磁场过程中 0.6m＜x≤0.7m vx＝v05（1﹣x） m/s Ucb 答：（1）磁感应强度B的大小是2T； （2）线框在全过程中产生的焦耳热Q是0.0375J； （3）在全过程中，cb两端的电势差Ucb与线框中心位置的x坐标的函数关系： ①x≤0.4m，Ucb＝0，②0.4m＜x≤0.5m Ucb＝（4x﹣1.7）V， ③0.5m＜x≤0.6 Ucb＝0.4V，④0.6m＜x≤0.7m UcbV。 11．（2017•浙江）间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图所示，倾角为θ的导轨处于大小为B1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间I中，水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”（由两根长为l的金属杆cd和ef，用长度为L的刚性绝缘杆连接构成），在“联动双杆”右侧存在大小为B2，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间II，其长度大于L，质量为m、长为l的金属杆ab从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨（无能量损失），杆ab与“联动双杆”发生碰撞，碰后杆ab和cd合在一起形成“联动三杆”，“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间II并从中滑出，运动过程中，杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直，已知杆ab、cd和ef电阻均为R＝0.02Ω，m＝0.1kg，l＝0.5m，L＝0.3m，θ＝30°，B1＝0.1T，B2＝0.2T，不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应，求： （1）杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0； （2）“联动三杆”进入磁场区间II前的速度大小v； （3）“联动三杆”滑过磁场区间II产生的焦耳热Q。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）ab杆受到的安培力：F＝B1Il， ab杆匀速运动，由平衡条件得：mgsinθ，解得：v0＝6m/s； （2）ab杆与联动双杆碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律得：mv0＝（m+3m）v，解得：v＝1.5m/s； （3）联动三杆进入磁场B2过程速度的变化量为Δv， 由动量定理得：B2lΔt＝4mΔv， Δt＝Δq，解得：Δv＝0.25m/s， 联动三杆离开磁场过程，速度的变化量大小也为：Δv＝0.25m/s， 离开磁场B2时联动三杆的速度：v′＝v﹣2Δv＝1.5﹣2×0.25＝1m/s， “联动三杆”滑过磁场区间II产生的焦耳热：Q•4mv2•4mv′2， 解得：Q＝0.25J； 答：（1）杆ab在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v0为6m/s。 （2）“联动三杆”进入磁场区间II前的速度大小v为1.5m/s。 （3）“联动三杆”滑过磁场区间II产生的焦耳热Q为0.25J。 12．（2017•浙江）所图所示，匝数N＝100、截面积s＝1.0×10﹣2m2、电阻r＝0.15Ω的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场B1，其变化率k＝0.80T/s。线圈通过开关S连接两根相互平行、间距d＝0.20m的竖直导轨，下端连接阻值R＝0.50Ω的电阻。一根阻值也为0.50Ω、质量m＝1.0×10﹣2kg的导体棒ab搁置在等高的挡条上。在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场B2．接通开关S后，棒对挡条的压力恰好为零。假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻。 （1）求磁感应强度B2的大小，并指出磁场方向； （2）断开开关S后撤去挡条，棒开始下滑，经t＝0.25s后下降了h＝0.29m，求此过程棒上产生的热量。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）线圈产生的感应电动势为：E＝NNs 流过导体棒的电流为：Iab 接通开关S后，导体棒对挡条的压力恰好为零，则有：B2Iabd＝mg 联立解得 B2＝0.5T 由楞次定律知，ab棒中电流从b到a，导体棒所受的安培力竖直向上，由左手定则判断知，磁场B2方向垂直纸面向外。 （2）由动量定理得：（mg﹣B2d）t＝mv 通过导体棒的电量为：qt 得：v＝gt ab棒产生的热量为：Q 解得：Q＝2.3×10﹣3J 答：（1）磁感应强度B2的大小是0.5T，磁场方向垂直纸面向外； （2）此过程棒上产生的热量是2.3×10﹣3J。 13．（2020•浙江）如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO'上，随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是（　　） A．棒产生的电动势为Bl2ω B．微粒的电荷量与质量之比为 C．电阻消耗的电功率为 D．电容器所带的电荷量为CBr2ω 【答案】B 【解答】解：A、由于在圆环内存在磁感应强度为B的匀强磁场，所以金属棒有效切割长度为r，根据E＝Br可得棒产生的电动势为Br2ω，故A错误； B、微粒处于静止状态，根据平衡条件可得：qmg，解得微粒的电荷量与质量之比为，故B正确； C、电阻消耗的电功率为P，故C错误； D、电容器所带的电荷量为Q＝CECBr2ω，故D错误。 故选：B。 14．（2022•浙江）舰载机电磁弹射是现代航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子（图中未画出）与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v﹣t图如图2所示，在t1至t3时间内F＝（800﹣10v）N，t3时撤去F。已知起飞速度v1＝80m/s，t1＝1.5s，线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1m，飞机的质量M＝10kg，动子和线圈的总质量m＝5kg，R0＝9.5Ω，B＝0.1T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求 （1）恒流源的电流I； （2）线圈电阻R； （3）时刻t3。 【答案】（1）恒流源的电流为80A； （2）线圈电阻为0.5Ω； （3）时刻t3为。 【解答】解：（1）根据安培力公式可得： F安＝nBIl 动子和线圈在0～t1时间内做匀加速直线运动，运动的加速度为 根据牛顿第二定律得： F安＝（M+m）a 代入数据解得：I＝80A （2）当S拨至2时，接通定值电阻R0，此时的感应电流为 此时的安培力为 F安1＝nBI1l 根据牛顿第二定律得： 由图可知在t1到t3的过程中，加速度恒定，则有 （kg/s） 解得：R＝0.5Ω； （3）根据图像可知， 则0～2s时间内，位移大小为 根据法拉第电磁感应定律得： 根据电流的定义式可得：Δq＝It 联立解得： 从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路中的电荷量，根据动量定理得： ﹣nBlΔq＝0﹣ma1（t3﹣t2） 联立解得：t3 答：（1）恒流源的电流为80A； （2）线圈电阻为0.5Ω； （3）时刻t3为。 考点04电磁感应过程中的能量类问题 15．（2026•浙江）如图1所示，半径为r1、横截面半径为r2（r2≪r1）、匝数为N的圆环形螺线管通有电流I，管内产生磁感应强度B＝αI（α为常量）的匀强磁场。管外磁场近似为0，小明用电阻为R的一段漆包线缠绕螺线管一圈后，并成双股线再缠绕螺线管两圈，最后将两端头短接，形成特殊线圈A。若电流I随时间t变化的关系如图2所示，则（　　） A．t＝2t0时，螺线管的自感电动势 B．t＝5t0时，线圈A的感应电动势 C．在0﹣2t0内，通过线圈A的电荷量 D．在0﹣5t0内，线圈A产生的焦耳热 【答案】D 【解答】解：A、在t＝2t0时，螺线管电流变化率； 螺线管的自感电动势：E＝N||＝N•Nα||＝Nα•，故A错误； B、在t＝5t0时，线圈A处的电流变化率； 线圈A的有效匝数是1匝，故，故线圈A的感应电动势为：E，故B错误； C、在0﹣t0内，通过线圈A磁通量不变，不产生感应电动势，故此时电荷量为0， t0﹣2t0内，q，故C错误； D、在0﹣5t0内，线圈A仅在t0﹣2t0以及4t0﹣5t0产生焦耳热，两端产生的感应电流大小均为：I， 则焦耳热为：Q＝I2R•2t0+I2Rt0 解得线圈A产生的焦耳热，故D正确； 故选：D。 16．（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 【答案】C 【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。 17．（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。 【答案】（1）①磁场方向垂直纸面向外；流过电阻R1的电流为10A； ②物块匀速上升的速度为5m/s； （2）①可调电阻R2的阻值为0.2Ω； ②磁感应强度B的大小为2.5T。 【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。 答：（1）①磁场方向垂直纸面向外；流过电阻R1的电流为10A； ②物块匀速上升的速度为5m/s； （2）①可调电阻R2的阻值为0.2Ω； ②磁感应强度B的大小为2.5T。 18．（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。 【答案】（1）导电杆所受安培力的大小F为3Mg，运动的距离L为； （2）回路感应电动势E与运动时间t的关系为E（v0﹣2gt）； （3）装置A输出电压U与运动时间t的关系为U＝IR（v0﹣2gt），输出的能量W为； （4）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。 【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。 答：（1）导电杆所受安培力的大小F为3Mg，运动的距离L为； （2）回路感应电动势E与运动时间t的关系为E（v0﹣2gt）； （3）装置A输出电压U与运动时间t的关系为U＝IR（v0﹣2gt），输出的能量W为； （4）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。 19．（2023•浙江）如图1所示，刚性导体线框由长为L、质量均为m的两根竖杆，与长为2l的两轻质横杆组成，且L≫2l。线框通有恒定电流I0，可以绕其中心竖直轴转动。以线框中心O为原点、转轴为z轴建立直角坐标系，在y轴上距离O为a处，固定放置半径远小于a，面积为S、电阻为R的小圆环，其平面垂直于y轴。在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度ω匀速转动，当线框平面与xOz平面重合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的y分量By与时间的近似关系如图2所示，图中B0已知。 （1）求0到时间内，流过圆环横截面的电荷量q； （2）沿y轴正方向看以逆时针为电流正方向，在时间内，求圆环中的电流与时间的关系； （3）求圆环中电流的有效值； （4）当撤去外力，线框将缓慢减速，经时间角速度减小量为，设线框与圆环的能量转换效率为k，求Δω的值（当0＜x≪1，有（1﹣x）2≈1﹣2x）。 【答案】（1）0到时间内，流过圆环横截面的电荷量q为； （2）在时间内，圆环中的电流与时间的关系为：时间内电流为零，时间内电流为； （3）圆环中电流的有效值为； （4）Δω的值为。 【解答】解：（1）由电流定义式得：q 由闭合电路欧姆定律得： 由法拉第电磁感应定律得： 0到时间内圆环的磁通量变化量的绝对值为：ΔΦ＝B0S﹣（﹣B0S）＝2B0S 联立解得：q； （2）在时间内，圆环的磁通量不变，故圆环中的感应电流为零； 在时间内，感应电动势为：E•S 沿y轴正方向看，由楞次定律判断感应电流为顺时针方向，故为负值，则此时间内感应电流为： I； （3）由图（2）的对称性可知，圆环中电流的有效值可用半个周期时间内的热等效求得，则有 I2RI有2R• 解得：I有； （4）已知经时间角速度减小量为，则此时间内线框的动能减小量为： ΔEk•2m（ωl）2•2m[（ω﹣Δω）l]2＝mω2l2[1﹣（1）2]＝mω2l2[1﹣（1）2]＝mω2l2•22mωl2Δω 此时间内圆环产生的焦耳热为：Q＝I有2R• 已知线框与圆环的能量转换效率为k，则有：Q＝kΔEk 解得：Δω。 答：（1）0到时间内，流过圆环横截面的电荷量q为； （2）在时间内，圆环中的电流与时间的关系为：时间内电流为零，时间内电流为； （3）圆环中电流的有效值为； （4）Δω的值为。 20．（2021•浙江）嫦娥五号成功实现月球着陆和返回，鼓舞人心。小明知道月球上没有空气，无法靠降落伞减速降落，于是设计了一种新型着陆装置。如图所示，该装置由船舱、间距为l的平行导轨、产生垂直船舱导轨平面的磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁体和“∧”型刚性线框组成，“∧”型线框ab边可沿导轨滑动并接触良好。船舱、导轨和磁体固定在一起，总质量为m1。整个装置竖直着陆到月球表面前瞬间的速度大小为v0，接触月球表面后线框速度立即变为零。经过减速，在导轨下方缓冲弹簧接触月球表面前船舱已可视为匀速。已知船舱电阻为3r；“∧”型线框的质量为m2，其7条边的边长均为l，电阻均为r；月球表面的重力加速度为。整个运动过程中只有ab边在磁场中，线框与月球表面绝缘，不计导轨电阻和摩擦阻力。 （1）求着陆装置接触到月球表面后瞬间线框ab边产生的电动势E0； （2）通过画等效电路图，求着陆装置接触到月球表面后瞬间流过“∧”型线框ab边的电流I0； （3）求船舱匀速运动时的速度大小v； （4）同桌小张认为在磁场上方、两导轨之间连接一个电容为C的电容器，在着陆减速过程中还可以回收部分能量，在其他条件均不变的情况下，求船舱匀速运动时的速度大小v′和此时电容器所带电荷量q。 【答案】（1）着陆装置接触到月球表面后瞬间线框ab边产生的电动势为Blv0； （2）等效电路图见解析，着陆装置接触到月球表面后瞬间流过“∧”型线框ab边的电流为； （3）船舱匀速运动时的速度大小为； （4）船舱匀速运动时的速度大小为，此时电容器所带电荷量为。 【解答】解：（1）导体切割磁感线产生的感应电动势为：E0＝Blv0； （2）整个过程中只有ab边切割磁感应线，则ba边为电源，外电阻是由船舱电阻、“∧”型线框其它六边的电阻，等效电路图如图所示： 并联总电阻为R并r， 着陆装置接触到月球表面后瞬间流过“∧”型线框ab边的电流I0； （3）匀速运动时线框受到安培力FA＝BIl 根据牛顿第三定律，质量为m1的部分受力F＝FA，方向竖直向上，根据平衡条件可得：F＝m1 联立解得：v； （4）匀速运动时电容器不充、放电，满足v′＝v； 设电路的总电流为I，则有：I 电容器两端电压为：UC； 电荷量为：q＝CUC。 答：（1）着陆装置接触到月球表面后瞬间线框ab边产生的电动势为Blv0； （2）等效电路图见解析，着陆装置接触到月球表面后瞬间流过“∧”型线框ab边的电流为； （3）船舱匀速运动时的速度大小为； （4）船舱匀速运动时的速度大小为，此时电容器所带电荷量为。 21．（2018•浙江）如图所示，在间距L＝0.2m的两光滑平行水平金属导轨间存在方向垂直于纸面（向内为正）的磁场，磁感应强度为分布沿y方向不变，沿x方向如下：导轨间通过单刀双掷开关S连接恒流源和电容C＝1F的未充电的电容器，恒流源可为电路提供恒定电流I＝2A，电流方向如图所示。有一质量m＝0.1kg的金属棒ab垂直导轨静止放置于x0＝0.7m处。开关S掷向1，棒ab从静止开始运动，到达x3＝﹣0.2m处时，开关S掷向2．已知棒ab在运动过程中始终与导轨垂直。求： （提示：可以用F﹣x图象下的“面积”代表力F所做的功） （1）棒ab运动到x1＝0.2m时的速度v1； （2）棒ab运动到x2＝﹣0.1m时的速度v2； （3）电容器最终所带的电荷量Q。 【答案】见试题解答内容 【解答】解：（1）金属棒受到的安培力为：F＝BIL， 由牛顿第二定律得加速度为：， 由匀变速直线运动的速度—位移公式得：， 代入数据解得：v1＝2m/s； （2）在区间﹣0.2m≤x≤0.2m，由题意可知：B＝5x， 安培力F＝BIL＝5xIL＝2x，如图所示： 当x1＝0.2m时F1＝0.4N，当x2＝﹣0.1m时F2＝﹣0.2N， F﹣x图象下的面积等于安培力做功：W＝（）J＝0.03J， 从x1＝0.2m到x2＝﹣0.1m过程，由动能定理可得：， 代入数据解得：v2m/s； （3）金属棒做匀速直线运动时达到稳定状态，设此时速度为v， 此时金属棒两端电压：U＝BLv， 对金属棒，由动量定理得：﹣BiLt＝mv﹣mv3， 由电流定义式可知：Q＝it， 电荷量为：Q＝CU＝CBLv， 金属棒从0.2m到﹣0.2m过程安培力不做功， 金属棒在x＝﹣0.2m处的速度为：v3＝v1＝2m/s， 代入数据解得：vm/s，QC； 答：（1）棒ab运动到x1＝0.2m时的速度v1为2m/s； （2）棒ab运动到x2＝﹣0.1m时的速度v2为m/s； （3）电容器最终所带的电荷量Q为。 22．（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． 【答案】B 【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。 试卷第1页，共3页 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $