第40讲 法拉第电磁感应定律（专项训练）（福建专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 以考情为导向，构建“知识点解构-题型突破-综合创新”三级训练体系，融合科学思维与模型建构，实现电磁感应定律从概念理解到综合应用的系统突破。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |知识点|2个核心知识点|区分平均/瞬时电动势、有效长度处理、图像斜率分析|从感应电动势产生条件到法拉第定律公式推导，延伸自感现象特点，形成“概念-公式-应用”逻辑链| |题型|5类典型题型（动生/感生电动势等）|线框模型动力学分析、双杆动量守恒应用、自感“闪亮”问题判断|题型与方法对应，如动生电动势用E=BLv，感生电动势用E=nΔΦ/Δt，结合电路、能量综合建模|

第40讲 法拉第电磁感应定律（专项训练） 目 录 研判·考情前瞻 2 巩固·知识解构 2 知识点1 法拉第电磁感应定律的理解及应用 2 知识点2 自感现象 4 模拟·基础演练 4 题型01 动生电动势 5 题型02 感生电动势 8 题型03 线框模型 12 题型04 单双杆模型 15 题型05 自感与涡流 19 重难·创新演练 22 真题·实战演练 27 研判·考情前瞻 核心考点 2026年 2025年 2024年 法拉第电磁感应定律、磁通量变化率 多选 T5（6 分 ） 导体切割磁感线电动势E=BLv 计算大题（12 分） 电磁感应电路、动力学、能量综合 计算大题（14 分） 考情分析 本专题以选择题、计算大题为主要考查形式，分值 414 分。命题重点考查法拉第电磁感应定律，区分平均电动势与瞬时电动势；导体切割磁感线情景重视有效长度判断。常结合闭合电路求解感应电流、路端电压，综合动力学、动量、能量规律处理线框、导体棒运动。高频设置 Φt、Bt 图像，考查变化率理解。陷阱集中混淆磁通量与磁通量变化率，忽略匝数 n、B、L、v 垂直条件。计算有一定运算量，侧重物理过程拆解与模型构建。 复习目标 理解法拉第电磁感应定律，分清磁通量、磁通量变化、磁通量变化率；熟练运用两个电动势公式，掌握有效长度处理；会结合电路知识求解感应电流、电功率；能够分析导体棒、线框的动力学与能量转化问题；读懂电磁感应图像，辨析平均值与瞬时值；规避公式误用，规范大题书写步骤，提升综合情景分析能力。 巩固·知识解构 知识点1 法拉第电磁感应定律的理解及应用 1．感应电动势 (1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势． (2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合________． 2．法拉第电磁感应定律 (1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的______________成正比． (2)公式：E＝n，其中n为线圈匝数． (3)感应电流与感应电动势的关系：_______. (4)说明：E的大小与Φ、ΔΦ无关，决定于磁通量的变化率. 2．若已知Φ－t图像，则图线上某一点的切线斜率为. 3．当ΔΦ仅由B的变化引起时，E＝n，其中S为线圈在磁场中的有效面积．若B＝B0＋kt，则＝k. 4．当ΔΦ仅由S的变化引起时，E＝nB. 5．当B、S同时变化时，则＝n≠n.求瞬时值是分别求出动生电动势E1和感生电动势E2并进行叠加． 感应电动势求解的“四种”模型 情景图 研究对象 回路(不一定闭合) 一段直导线(或等效成直导线) 绕一端垂直匀强磁场匀速转动的一段导体棒 绕与B垂直的轴匀速转动的导线框 表达式 E＝n E＝Blvsin θ E＝Bl2ω E＝_______ t(从中性面位置开始计时) ✨得分速记： 应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题 (1)公式E＝n求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值． (2)利用公式E＝nS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积． (3)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关．推导如下：q＝Δt＝Δt＝. ⚠特别提醒： 法拉第电磁感应定律求的是平均感应电动势，只有磁通量均匀变化时，计算结果才等于瞬时值。区分两个公式，E=nΔΦ/Δt​多用于磁通量变化情景，E=BLv用于导体切割磁感线求瞬时电动势。注意 B、L、v 三者要互相垂直，不垂直需要取有效分量。匝数 n 不可遗漏，匝数影响电动势大小，但不改变磁通量。感应电流的方向仍依靠楞次定律或右手定则判断。看清图像斜率，斜率代表磁通量的变化率，切勿把磁通量大小当成变化率，这是高频失分点。还要注意回路不闭合只有电动势，没有感应电流。 知识点2 自感现象 1．自感现象的四大特点 (1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化． (2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能逐渐变化． (3)电流稳定时，自感线圈就相当于_______． (4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向． 2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题 与线圈串联的灯泡 与线圈并联的灯泡 电路图 通电时 电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮 电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定 断电时 电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变 电路中稳态电流为I1、I2： ①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗； ②若I2＞I1，灯泡“闪亮”后逐渐变暗． 两种情况下灯泡中电流方向均改变 模拟·基础演练✨得分速记： 处理自感现象问题的技巧 (1)通电自感：线圈相当于一个变化的电阻——阻值由无穷大逐渐减小，通电瞬间自感线圈处相当于断路． (2)断电自感：断电时自感线圈处相当于电源，自感电动势由某值逐渐减小到零． (3)电流稳定时，理想的自感线圈相当于导线，非理想的自感线圈相当于定值电阻． 考查重点：福建高考法拉第电磁感应定律，重点考查感应电动势两类公式的区分使用，分清平均电动势与瞬时电动势。重视磁通量、磁通量变化、磁通量变化率三者概念辨析，掌握导体切割情景下有效长度、速度垂直分量的处理。常结合闭合电路欧姆定律求解感应电流、电压与功率，与动力学、能量综合分析导体棒、线框运动。也会依托 Bt、Φt 图像，借助图像斜率理解变化率。题型兼顾选择与计算题，计算题占分比重较大，注重过程拆解，强调公式条件，匝数、垂直关系是高频采分点，考查综合建模与数理运算能力。 ⏳题型01 动生电动势 1．（2026·福建福州·模拟预测）（多选）如图所示，长为L的轻金属软导线下悬挂一质量为m的小球，在竖直向上的匀强磁场中做圆锥摆运动，圆锥的偏角为θ，磁感应强度为B，则（　　） A．摆球转动的角速度为 B．摆球转动的角速度为 C．金属导线中产生的感应电动势的大小 D．金属导线中产生的感应电动势的大小 2．（2025·福建泉州·一模）（多选）如图，半径为r的水平导体圆盘绕竖直中心轴OO'以角速度ω匀速转动，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，两电刷分别与OO'和圆盘边缘接触，电刷之间接有一半导体LED灯。当a、b两点电势满足时，LED灯导通发光，此时（　　） A．从上往下看圆盘逆时针转动 B．从上往下看圆盘顺时针转动 C．角速度ω可能为 D．角速度ω可能为 3．（2025·福建·模拟预测）如图，水平面固定一个“L”形双轨ABCD−A′B′C′D′，其余都是直线导轨，AB−A′B′部分无磁场且，其余都处于竖直向下的磁场中，其中BB′−CC′段为圆弧，BC半径r=1m、B′C′半径R=2m，其他部分接触良好、唯独紧靠CC′处右侧有一段长度忽略不计的绝缘连接点，导轨宽度都为l=1m，导轨上放置三根与之接触良好的导体棒a、b、c，三根导体棒长度与导轨宽度均相同，且与导轨的动摩擦因数均为μ=0.4，a、b、c的质量和电阻分别为ma=mb=m0=0.5kg、mc=m=1kg，Ra=Rb=R0=2Ω、Rc=R=1Ω；开始时，c棒静止于CD−C′D′水平部分，与CC′端相距x=1m，b棒置于紧靠CC′端左侧锁定，现用大小恒定F=14N、方向始终平行导轨该处切线方向作用于a棒，到达BB′端时B′C′段保持原有速度v，微调BC段速度且继续保持F平行导轨该处切线方向，使其在BC−B′C′段恰好做匀速圆周运动；与b棒碰前a棒速度依然为v，a、b棒碰撞前瞬间，解除b棒锁定，同时撤去力F，碰后a、b棒粘在一起，求： (1)a棒到达BB′端时的速度v； (2)磁感应强度B； (3)a、b棒最终与c棒的距离。 4．（2025·福建南平·模拟预测）如图，一金属圆盘发电机水平放置于竖直向上的匀强磁场中，圆盘在外力作用下以角速度顺时针（俯视）匀速转动，圆盘的边缘及其竖直转轴通过电刷与光滑水平金属导轨、相连，水平导轨与倾斜的光滑金属导轨、各用一小段绝缘材料平滑连接并绝缘开。水平导轨区域内存在竖直向上的匀强磁场，倾斜导轨区域内存在垂直斜面向上的匀强磁场，导轨间距均为。在倾斜导轨末端间接有电阻。在右侧静止放置一导体棒，在右侧静止放置一导体棒。已知，，，，金属圆盘半径，、棒质量均为，两棒电阻均为，，倾斜导轨倾角，取重力加速度大小，不计其他电阻和一切摩擦，、棒运动过程中始终与导轨垂直。 (1)求圆盘发电机产生的电动势大小； (2)闭合开关，导体棒开始向右运动，在未离开磁场区时速度已达到最大，求最大速度的大小和此过程通过导体棒的电荷量； (3)导体棒离开磁场区后与导体棒发生碰撞并粘在一起，两棒立即通过冲上倾斜导轨，之后经过时间返回到，求此过程电阻产生的焦耳热。 5．（2026·辽宁鞍山·一模）（多选）如图所示，一电阻不计的“箭形”金属导轨abc和ade固定在绝缘的水平面上，abd是边长为l的正三角形，a处有小缝隙（大小可忽略），bc平行于de，间距为l。导轨处存在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、长为l、电阻不计的导体棒MN垂直导轨静止，单位长度电阻为r0、长为l的导体棒gh在外力作用下以垂直于bd的速度v0从a匀速运动到bd，gh始终平行于bd且与导轨接触良好，gh运动到bd处时MN刚好不滑动。MN与两导轨间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。关于此过程，下列说法正确的是（　　） A．回路中电流逐渐变大 B．回路中电流大小始终为 C．MN与导轨间的动摩擦因数为 D．安培力对gh做的功为 6．（2026·浙江·一模）如图所示，在xOy水平面内，固定着间距为d的足够长光滑金属导轨N和Q，左端与一阻值为R的电阻相连，电路中串联一理想二极管D。在x≥0区域交替存在大小为、垂直导轨平面、方向相反的匀强磁场，磁场边界满足；位于x = 0处垂直导轨放置一根导体棒ab，其接入电路中的电阻也为R。现在外力作用下导体棒沿x轴正方向以速度做匀速直线运动，不计其它电阻，求（     ） A．当导体棒运动到时，导体棒受到的安培力为 B．当导体棒运动到时，导体棒两端电压为0 C．当导体棒运动到时，外力做功为 D．当导体棒运动到时，外力的冲量为 7．（2024·湖北黄冈·模拟预测）（多选）如图所示，间距为L的平行金属导轨处在方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R，其余电阻不计，现将足够长的导体棒ab放在导轨上，如图甲所示，第一次拉着导体棒ab沿导轨向右匀速运动一段时间，该过程中通过电阻R的电荷量为Q1。如图乙所示，第二次使导体棒ab以角速度绕着a端顺时针转过，该过程中通过电阻R的电荷量为Q2，已知两次运动时间相同。下列说法正确的是（　　） A． B．两次运动的时间 C．第一次导体棒ab匀速运动的速度 D．第一次导体棒ab匀速运动的速度 ⏳题型02 感生电动势 8．（2026·福建厦门·模拟预测）如图甲所示，间距为的平行金属导轨由倾斜部分和水平部分连接而成，导轨光滑且电阻不计。倾斜部分足够长，其间接一阻值为的电阻，倾角，处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中，其磁感应强度B2大小未知。水平部分接有面积为、电阻为的单匝线圈，线圈水平放置且处在方向竖直向下的磁场中，磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示，后始终为零。将质量为的导体棒垂直倾斜导轨由静止释放，在内导体棒恰好处于静止状态。已知导体棒接入电路的电阻为，，，。 (1)求内间的电压大小； (2)求磁感应强度的大小； (3)从导体棒从到速度最大的过程中，在电阻上产生的热量，求此过程中导体棒的位移。 9．（2026·福建宁德·二模）如图甲所示，一半径为、电阻为的匝硬质圆形线圈，固定在水平桌面上。虚线将线圈分为左右对称的两部分，左侧空间内存在与水平桌面垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，规定垂直于水平桌面向下为正方向。下列说法正确的是（　　） A．时穿过线圈的磁通量为 B．时线圈受到的安培力方向水平向左 C．时线圈中产生的感应电动势大小为0 D．时线圈受到的安培力大小为 10．（2025·福建泉州·模拟预测）（多选）如图甲所示，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随时间变化如图乙所示，周期为。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；导电圆环间绝缘，且不计相互影响，则（　　） A．时刻圆环Ⅰ中电流为 B．时刻圆环Ⅱ中电流为 C．时刻圆环Ⅱ上PQ间电动势为0 D．圆环Ⅰ中电流的有效值为 11．（2025·福建龙岩·一模）（多选）如图甲所示，轻质细线吊着一质量、边长、匝数的正方形线圈，线圈总电阻。在线圈的中间位置以下区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示，重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．内穿过线圈磁通量的变化量为 B．线圈中产生的感应电流的大小为 C．时轻质细线的拉力大小为 D．内线圈产生的焦耳热为 12．（2024·福建厦门·模拟预测）（多选）如图所示，在内壁光滑、水平放置的玻璃圆管内，有一直径略小于环口径的带正电的小球，小球以速率沿逆时针方向匀速转动。若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场，设运动过程中小球所带电荷量不变，则（    ） A．小球对玻璃圆管的压力不断增大 B．洛伦兹力对小球一直不做功 C．小球受到的洛伦兹力不断增大 D．小球先沿逆时针方向做减速运动，过一段时间后，沿顺时针方向做加速运动 13．（2025·云南临沧·模拟预测）如图甲，一粗细均匀的闭合金属圆环，用绝缘细线悬挂在竖直平面内。圆环的上半部分处在方向垂直圆环向里的有界匀强磁场中，磁场磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示。已知圆环半径 ，单位长度的电阻为 ，则（　　） A．时，穿过圆环的磁通量为 B．时，圆环所受安培力大小为 C． 内，通过圆环导体某横截面的电量为 D．圆环中的感应电流方向为顺时针，且环有扩张趋势 14．（2025·河北·模拟预测）（多选）如图1所示，相距L的平行光滑导轨固定在水平面上，导轨处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端与一阻值为R的定值电阻和半径为r的圆形单匝线圈相连，线圈内存在着垂直于线圈平面向里的匀强磁场，线圈内磁场的磁感应强度B＇随时间t变化的规律如图2所示。t＝0时刻长度为L的导体棒在水平外力作用下开始以速度v沿导轨向左匀速运动，运动过程中导体棒与导轨始终垂直且接触良好，导轨、线圈、导体棒的电阻均不计。下列说法正确的是（　　） A．圆形线圈中产生的感应电动势大小为，方向为逆时针方向 B．导体棒中的电流为 C．作用在导体棒上的外力大小为，方向沿导轨向左 D．定值电阻的功率为 ⏳题型03 线框模型 15．（2026·福建厦门·模拟预测）（多选）如图所示，日字形金属框CDEF长2L、宽L，放置在光滑绝缘水平面上，左侧接一个阻值为4R的定值电阻，中间位置和右端接有阻值均为2R的金属棒PQ和金属棒CF，其他电阻不计，线框总质量为m。金属框右侧有宽为2L的匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B。已知金属框以初速度v0进入匀强磁场，最终CF棒恰好没有从磁场中穿出。下列说法正确的是（     ） A．在CF棒进入磁场时，整个金属框受到的安培力为 B．在PQ棒进入磁场后，通过DE间定值电阻的总电荷量为 C．PQ棒刚进入磁场时的速度为 D．金属棒PQ进入磁场后，D、E间定值电阻产生的焦耳热为 16．（2026·福建福州·模拟预测）（多选）如图所示，一边长、质量为1 kg的金属细框置于光滑绝缘水平桌面上，、、边电阻均为1 Ω，其余边阻值忽略不计。其它边长数据如图中所示。虚线右侧有范围足够大的方向垂直桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为1 T。现使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与虚线边界平行，边刚要进入磁场时金属框速度大小降为它初速度大小的1/3，下列说法正确的是（     ） A．金属框的初速度大小为2 m/s B．边刚进入磁场时金属框的加速度大小为 C．从金属框进入磁场到速度减为0的位移大小为1.5 m D．整个运动过程中，边产生的热量为 17．（2026·福建福州·一模）（多选）如图，绝缘水平面上方有一宽、离地高的区域，区域内存在垂直纸面向里，磁感应强度为的匀强磁场。右侧水平地面上方区域存在垂直纸面向外、磁感应强度分布为的磁场（为右侧磁场中某点到的水平距离，）。左侧竖直静置一正方形线框，初始时边与相距。紧靠竖直静置一正方形线框。现将水平向右、大小为的外力作用在线框上，直到边刚到达时，仅改变的大小使线框匀速进入匀强磁场，当边刚到达时，撤去外力。已知两线框发生的碰撞为弹性碰撞，忽略碰撞时间，两个磁场区域的上边沿均高于边，两线框的具体信息如下表格所示，取重力加速度大小。下列说法正确的是（    ） 质量 匝数 总电阻 边长 与水平面间的动摩擦因数 线框 匝 线框 匝 忽略不计 A．边刚越过时，线框中的电流方向为顺时针方向 B．边刚越过时，线框中的电流大小为 C．从边刚越过到边刚到达的过程，外力做功为 D．碰后足够长的时间，边与边相距 18．（2026·河南驻马店·三模）如图所示，间距为的水平线、间有竖直向上的匀强磁场，质量为、电阻为、边长为的正方形金属线框静止在左侧的水平面上，给金属线框一个水平向右的初速度，金属线框刚好能完全进入磁场，通过线框边截面的电量为，整个水平面绝缘光滑，线框运动过程中边始终与平行，求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小； (2)线框边刚进磁场时线框的速度大小； (3)若在线框边刚进磁场时，给边施加一个垂直于边的水平向右、大小为的恒力，结果线框恰好能通过磁场，则线框穿过磁场的时间为多少？ 19．（2026·河南驻马店·三模）（多选）长直导线固定在光滑绝缘水平面上，通有向右的恒定电流，质量为的金属圆环在水平面上以大小为的初速度沿如图所示方向开始运动，圆环最终没有与直导线接触，则下列判断正确的是（     ） A．圆环向直导线靠近过程中，圆环中有沿逆时针方向的电流 B．圆环向直导线靠近过程中，所受安培力的合力垂直直导线 C．圆环最终速度为零 D．圆环中产生的焦耳热等于 20．（2026·福建南平·二模）如图，光滑水平面上有一边界平行的匀强磁场区域，磁场方向竖直向下。一正方形金属框以某一初速度垂直边界进入磁场。已知金属框初速度为，总电阻为R，质量为m，边长为L，磁感应强度大小为B，磁场宽度大于L。求： (1)金属框刚进入磁场时的加速度大小； (2)若给金属框施加一个外力，使其以速度匀速通过磁场，金属框从进入到完全穿出磁场过程中克服安培力做的功。 21．（2026·福建莆田·模拟预测）（多选）如图甲所示，光滑绝缘水平面上固定两间距为的光滑导轨，导轨左侧接有智能电源、电容为的电容器和开关。空间有宽度为的两相同匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁场边界均与导轨垂直，质量为的导体棒静置在区域Ⅰ最左侧，质量为、边长为、电阻的正方形线框右侧紧挨区域Ⅱ最左侧放置，区域Ⅱ右侧距离处有一固定挡板。时刻，闭合，电容器两端的电压随时间的线性变化图像如图乙所示，时导体棒恰出区域Ⅰ，棒与线框、线框与挡板的碰撞均为弹性碰撞，下列说法正确的是（　　） A．导体棒在区域Ⅰ内做匀加速直线运动 B．磁感应强度大小为 C．线框第1次完全出磁场瞬间速度大小为 D．最终棒离线框左端的距离为 ⏳题型04 单双杆模型 22．（2026·福建漳州·模拟预测）某节能货物停落装置如图所示。间距为的竖直光滑金属导轨、质量不计的导电载物台与下方装置构成闭合回路，回路等效总电阻为。停靠平台上方存在高度为、磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的匀强磁场。载物台静止在磁场上边界上方处，将质量为的货物轻放其上，二者一起由静止开始下滑，到达停靠平台前已达到匀速。装置可回收回路产生焦耳热的，其余散失，导轨和载物台电阻不计，重力加速度为。则（     ） A．载物台进入磁场后，端的电势高于端 B．载物台匀速运动的速度大小为 C．载物台下落的总时间为 D．载物台下落全程装置回收的能量为 23．（2025·福建厦门·模拟预测）如图所示，足够长的倾斜金属导轨两侧与水平地面的夹角，其间距，电容，电阻，导轨所在区域存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小，现使质量的导体棒静止在轨道上，导体棒始终与两侧金属导轨垂直且接触良好，两者间动摩擦因数处处相同，导轨和导体棒电阻均不计，重力加速度，，。 (1)若开关闭合，断开，静止释放金属棒，金属棒最终以速度做匀速直线运动，求金属棒与导轨间的动摩擦因数； (2)若开关闭合，断开，求静止释放金属棒时金属棒的加速度（电容器未被击穿）； (3)在第（2）问条件下，若后对金属棒施加沿斜面向上的恒定外力，经过后金属棒速度恰好为0，（整个过程中电容器未被击穿）求外力的大小； (4)在第（2）（3）问条件下，求导体棒回到释放点时电容器储存的能量。 24．（2026·福建厦门·模拟预测）（多选）如图1所示，两条固定在同一水平面内的光滑平行金属导轨处在大小为、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨左端接有一定值电阻。两导轨间交替分布有边长为的正方形区域（图中阴影和空白区域）。一质量为的细直金属杆沿导轨水平向右运动，当金属杆通过阴影区域时，受到一沿导轨方向的水平外力作用；通过空白区域时，无水平外力。金属杆的速度大小与时间的关系如图2所示。已知，金属杆始终与导轨垂直并接触良好，导轨间距为，导轨和金属杆电阻不计，忽略空气阻力。若金属杆在各阴影区域内运动的时间均相同，则（     ） A．定值电阻的阻值 B．金属杆每次在空白区域运动的时间为 C．金属杆每次通过阴影区域过程中，通过定值电阻的电荷量为 D．金属杆每次通过阴影区域过程中，与之间的关系为 25．（2026·福建泉州·三模）如图，平行光滑金属导轨与由倾斜导轨与足够长的水平导轨平滑连接组成，、之间接有阻值为R的电阻。水平导轨静置一长方体空绝缘盒，在盒右侧壁处有一物块，盒左侧的水平导轨间区域abcd有竖直向上的匀强磁场。一阻值为r的导体棒由静止释放沿倾斜导轨下滑，穿过磁场区域后与盒发生碰撞。已知两导轨的间距，导体棒释放时距水平导轨面的高度，磁场边界ab、cd的间距，磁感应强度大小，导体棒与盒的质量均为，小物块的质量，盒左右侧壁间的距离，物块与盒底面之间的动摩擦因数，，取重力加速度大小，导体棒运动过程始终与ab、cd平行且垂直于导轨，物块可视为质点，所有碰撞均视为弹性正碰，且碰撞时间极短，求： (1)导体棒进入磁场时的速度大小； (2)导体棒穿过磁场区域的过程中电阻R产生的热量Q； (3)物块与盒最后一次碰撞后瞬间物块的速度大小。 26．（2026·福建漳州·三模）“低压管道电磁运输系统”是未来城际高速物流的重要发展方向。如图所示，水平绝缘管道内固定有两根足够长的平行金属导轨，间距L=2m，导轨间分布着方向竖直向下、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场。质量m=1000kg的运输舱装有一根跨接在导轨上且接触良好的导体棒。运输舱在运行过程中受到恒定阻力f=1000N。地面供电系统为恒压直流电源，电动势E=1300V，回路总电阻R=2.0Ω。 (1)求接通电路瞬间，导体棒受到的安培力大小； (2)求运输舱能达到的最大稳定速度； (3)运输舱以速度进站时，切断电源，切换至“电能回收”模式：回路总电阻仍为，车载控制器使回路中电流恒为，使安培力变为阻力辅助减速，当感应电动势不足以维持该电流时停止回收，求此过程运输舱的位移大小。 27．（2026·福建宁德·二模）如图所示，两足够长的平行金属导轨分为水平和倾斜两部分，间距为，水平部分光滑，倾斜部分粗糙、倾角为。整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为。导体棒放在水平导轨上，导体棒放在倾斜导轨上。两导体棒的质量均为，电阻均为。现用一水平向右的恒力作用在导体棒上，若导体棒以的速度做匀速直线运动，导体棒恰好处于静止状态。已知金属导轨电阻忽略不计，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等。求： (1)导体棒受到的安培力方向； (2)经过导体棒上产生的热量； (3)若导体棒始终没有与导轨发生相对滑动，恒力的最大值。 28．（2026·山东济南·模拟预测）（多选）如图所示，固定在水平面内的两足够长平行金属导轨相距L，其左端用导线连接一阻值为R的电阻，两导轨间存在垂直于导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m的导体棒跨放在两导轨上，导体棒在两导轨间的电阻也为R。导体棒以大小为的初速度沿导轨向右运动直至静止。已知导体棒运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计导轨电阻与所有摩擦，该过程中下列说法正确的是（   ） A．导体棒中的电流方向为b→a B．导体棒先做加速运动后做减速运动 C．电阻R产生的焦耳热为 D．通过导体棒的电荷量为 ⏳题型05 自感与涡流 29．（2025·福建厦门·模拟预测）随着科技的不断发展和环境保护意识的增强，中国的纯电动汽车市场正迅速壮大。相比传统燃油车，纯电动汽车能将汽车制动过程中的机械能转化为电能收集起来。如图甲所示，永磁铁在车轮和传动装置的带动下绕固定线圈旋转，在线圈中产生如图乙所示的感应电流回充到蓄电系统，使永磁铁受到阻力阻碍汽车前行。则（　　） A．甲图示磁铁位置可能对应着乙图中时刻 B．甲图示位置电流的方向由指向 C．制动过程中永磁铁受到的阻力大小恒定不变 D．制动过程中交变电流的周期越来越大 30．（2025·福建厦门·模拟预测）在“鸡蛋撞地球”活动中，某兴趣小组设想利用“电磁阻尼+弹簧”来设计着地缓冲装置，简化的结构原理如图所示。承重装置和鸡蛋的总质量为，其内部区域存在着磁感应强度大小为的匀强磁场；缓冲装置由匝数为的刚性线圈和上端两根轻质弹簧构成，已知每根弹簧的劲度系数均为，线圈的总电阻为、宽度为、高度足够高。现将整体装置在距离地面高度为处自由释放，此时弹簧上端与承重装置相距为。假设弹簧与承重装置接触后立即连接在一起。刚性线圈落地后不反弹，整个装置始终处于竖直状态，不计空气阻力，重力加速度取。 (1)在落地后瞬间，求线圈产生感应电流的大小； (2)若承重装置与弹簧接触前已经做匀速运动，求承重装置匀速运动速度的大小： (3)弹簧弹性势能，表示弹簧形变量，装置最终处于竖直静止状态，求整个过程中安培力做的功。 31．（2025·福建福州·模拟预测）（多选）电动自行车无线充电技术已经进入应用阶段，在踏板上安装接收器（内含受电线圈，并和电瓶相连），将电动自行车停放在地面的无线充电带（铺设有送电线圈）上，即可实现无线充电，这种充电方式的工作原理和理想变压器类似。若送电线圈接入有效值为220V、频率为50Hz的正弦交流电，受电线圈的输出电压有效值为48V，充电功率为180W。下列说法正确的是（　　） A．受电线圈中电流方向每秒改变100次 B．受电线圈和送电线圈的匝数比为55:12 C．受电线圈的充电电流有效值为3.75A D．为使地面上的无线充电带结实耐用，其上可用金属护板做保护 32．（2025·北京·高考真题）如图所示，线圈自感系数为L，电容器电容为C，电源电动势为和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，与同时亮起 B．闭合后，亮起后亮度不变 C．稳定后，与亮度一样 D．稳定后，电容器的电荷量是 33．（24-25高二上·福建龙岩·期末）（多选）智能手表通常采用无线充电的方式充电。如图甲为智能手表及无线充电基座，图乙为充电原理示意图，充电基座接交流电源，基座内的送电线圈产生交变磁场，从而使智能手表内的受电线圈产生电流。现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为n，若在到时间内，磁场向上穿过受电线圈，其磁通量由均匀增加到。下列说法正确的是（　　） A．若用塑料薄膜将充电基座包裹起来，仍能为智能手表充电 B．受电线圈中感应电流方向由d到c C．无线充电的原理是利用充电基座内的线圈发射电磁波传输能量 D．c、d之间的电势差大小为 34．（2026·北京大兴·三模）某同学利用电压传感器来研究电感线圈工作时的特点。图中三个灯泡完全相同，不考虑温度对灯泡电阻的影响。在闭合开关S的同时开始采集数据，当电路达到稳定状态后断开开关。不计电源内阻及电感线圈L的电阻。则由传感器得到的电压U随时间t变化的图像正确的是（　　） A． B． C． D． 35．（2026·北京大兴·三模）如图所示装置，1是待测位移的物体，软铁芯2插在空心线圈3中并且可以随着物体1在线圈中左右平移。关于该传感器下列说法正确的是（　　） A．该传感器将待测物体位移的变化量转换成电路中电压的变化量 B．为使传感器正常工作，电路中应使用直流电源 C．若待测物体向左平移，电流表的示数将减小 D．减少线圈3的匝数，该传感器灵敏度不变 重难·创新演练 设题创新:命题跳出单一导体棒、矩形线框的传统模型，出现弯曲导体、不规则边界磁场。设置分段变化磁场、多区域磁场，需要分阶段计算感应电动势。常常把电磁感应和动量定理结合，不再只局限能量角度解题。结合科技情境，如电磁弹射、电磁阻尼装置，包装真实物理背景。图像题不再直接给出完整变化规律，需要自主分析斜率变化。部分试题弱化复杂计算，侧重定性分析与过程判断，规避死记模型。重在考查知识迁移，区分只会套公式和真正理解磁通量变化率本质的考生。 1．（2026·福建福州·三模）（多选）如图，两根相距为的足够长的平行光滑导轨固定在同一水平面上，并处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为，和两根金属杆静止在导轨上，与导轨构成矩形闭合回路。杆质量为，杆质量为，电阻均为，导轨的电阻忽略不计。从时刻开始，两杆分别受到平行于导轨方向相反、大小相等的恒力（大小未知）作用，分别向相反方向滑动。时，杆达到速度后，两杆都做匀速直线运动，下列说法正确的是（　　） A．恒力大小为 B．杆匀速运动时通过的电流大小为 C．在时间内，通过杆横截面的电荷量为 D．在时间内，两杆的相对位移大小为 2．（2026·福建厦门·模拟预测）（多选）如图所示，相距的两平行金属导轨水平放置，两导体棒、放在导轨上，空间中存在方向竖直向下、磁感应强度大小的匀强磁场。时，导体棒、分别以、的速度相向运动，时刻棒的速度第一次为0，时刻棒的加速度第一次为0。已知两导体棒的质量均为、接入电路的电阻均为、与水平导轨间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。两导体棒在运动过程中不会相碰且始终与导轨垂直并接触良好，则（　　） A．导体棒、组成的系统，动量始终守恒 B．时刻导体棒的速度为 C．时间内，通过导体棒的电荷量为 D．时间内，两导体棒的位移之差为 3．（2026·福建福州·二模）如图，间距L=1m的固定金属导轨的倾斜部分光滑，水平部分粗糙并平滑连接。倾斜导轨与水平面夹角30°，处于垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，水平导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B=0.5T。两相同金属杆甲和乙与水平导轨的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两杆的质量均为m=1kg，接入电路的电阻均为R=0.25Ω。甲杆从倾斜导轨上某处由静止释放，乙杆最初静置于水平导轨，且仅在水平导轨上运动，两金属杆在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不会相碰。忽略金属导轨的电阻，取重力加速度。求： (1)甲杆刚从倾斜导轨释放时的加速度大小，并判断甲杆下滑后，乙杆有哪个方向的运动趋势； (2)甲杆从静止开始沿倾斜导轨下滑s=3.86m时乙杆开始运动，此过程中甲杆产生的焦耳热； (3)甲杆中电流稳定之后继续下滑，当其刚滑入水平导轨时开始计时，乙杆的部分v—t图像如图乙所示。已知t=0时乙杆的加速度是其反向运动前加速度的1.8倍，t=1s时乙杆的速度达到极值0.2m/s，求0~1s两杆的相对位移大小。 4．（2026·福建福州·模拟预测）（多选）如图所示，两条足够长的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为L，电阻不计，导轨最右端接有阻值为R的定值电阻。整个装置处于两种磁感应强度大小均为B、方向竖直且相反的匀强磁场中，虚线为两磁场的分界线。质量均为m的两根导体棒MN、PQ静止于导轨上，两导体棒接入电路的电阻均为R，与导轨间的动摩擦因数均为（设导体棒的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。时刻，用水平向左的恒力F拉MN棒，使其由静止开始运动，时刻，PQ刚好要滑动。该过程中，两棒始终与导轨垂直且接触良好，通过金属棒PQ的电荷量为q，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．时刻，金属棒PQ受到的安培力方向水平向右 B．时刻，金属棒MN速度大小为 C．从t1到t2时间内，金属棒MN在导轨上运动的距离为 D．从到时间内，金属棒MN产生的焦耳热为 5．（2026·四川资阳·三模）如图所示，光滑金属导轨由水平部分和倾斜部分两部分组成，两部分在D点和点绝缘平滑连接。AB和间距为2d，CD和间距、DE和间距均为d，与水平面的倾角为θ，DE长度为L。在部分、部分、部分分别存在垂直于对应区域的匀强磁场，磁感应强度分别为B1=B、B2=2B、B3=B，导轨电阻均忽略不计。间接有一电容为C的平行板电容器，电容器初始电量为，且靠近侧为正极板。初始时，导体棒a、导体棒b均分别处在图示位置，且与导轨接触良好，a棒具有水平向右的初速度，b棒初速度为0。a棒、b棒的质量均为m，a棒电阻为R，b棒的电阻忽略不计。已知a棒距离足够远，b棒在进入倾斜导轨前已进入稳定状态，重力加速度为g。求： (1)初始瞬间b棒加速度的大小； (2)从开始到b棒离开水平导轨的过程中，a棒上产生的焦耳热Q； (3)从b棒进入倾斜导轨到b棒到达导轨底端的过程中，电容器增加的电场能。 6．（2026·湖南怀化·二模）（多选）电动汽车能量回收装置的简化原理图如图所示。间距为L的足够长平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平面内，导轨左端通过单刀双掷开关S可分别与电动势为E、内阻为r的电源和电容器相连。虚线右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、长度也为L的金属棒ab垂直导轨静置于虚线右侧，金属棒在导轨上运动时与导轨间的阻力大小始终为。0时刻将开关S拨至1，t时刻金属棒的加速度恰好为0，此时将开关S拨至2，电容器在极短时间内完成充电。已知电容器的电容为，金属棒运动过程中始终与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计。下列说法正确的是（　　） A．内金属棒做匀加速直线运动 B．将开关S拨至2前瞬间，金属棒的速度大小为 C．电容器完成充电瞬间，电容器两端的电压为 D．电容器充电完成后，金属棒做加速度大小为的匀减速直线运动 7．（2026·河南濮阳·一模）（多选）如图甲所示，间距为L的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨左端连接有阻值为R的定值电阻，质量为m的金属棒垂直放在导轨上，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中；第一次，给金属棒一个水平向右、大小为的初速度，金属棒在导轨上运动的速度v与运动的位移x间的关系如图乙所示；第二次，给金属棒施加一个水平向右的拉力使金属棒从静止开始向右运动，运动的速度v与运动的位移x间的关系如图丙所示。不计导轨的电阻，金属棒接入电路的电阻也为R，则下列判断正确的是（　　） A．匀强磁场的磁感应强度大小为 B．第一次，通过定值电阻的电量为 C．第二次，从起点到金属棒运动位移为的过程中，电阻R中产生的焦耳热为 D．第二次，从起点到金属棒运动位移为的过程中，拉力做的功为 8．（2026·福建厦门·二模）电磁驱动在军事、科研和生活中有着广泛的应用，如图所示是某个电磁驱动模型的俯视图，水平面上每间隔L分布有宽度也为L的有界匀强磁场，磁场磁感应强度大小为B、方向竖直向上，控制所有磁场以速度水平向右匀速运动。放在水平面上的正方形导线框abcd从图示位置由静止释放，在安培力的驱动下向右运动，经过时间达到最大速度。已知导线框质量为m、边长为L、电阻为R，运动过程中所受阻力大小恒为，ab边始终与磁场边界平行，求导线框： (1)释放瞬间的加速度大小； (2)经过时间达到的最大速度大小； (3)时间内运动的距离。 9．（2026·福建·模拟预测）如图所示，倾角为、宽度为L的光滑倾斜导轨顶端连接电动势大小为E、内阻为r的电源，以上区域存在垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一质量为m、电阻为的金属棒a垂直导轨放置，金属棒长度为L，与导轨始终接触良好，闭合开关S瞬间将金属棒a由静止释放，金属棒a向下运动一段时间达到匀速后穿出磁场边界，经过绝缘圆弧轨道进入足够长的光滑水平导轨。已知重力加速度大小为g，导轨电阻不计，求： (1)金属棒a释放瞬间加速度的大小； (2)金属棒a在倾斜导轨匀速运动速度的大小； (3)金属棒a经过绝缘圆弧后，到达光滑水平导轨时的速度大小为右侧存在竖直向下、磁感应强度大小也为B的匀强磁场，金属棒b、c通过轻质绝缘弹簧连接，静止在水平导轨上，金属棒b恰好与磁场边界重合，此时弹簧处于原长。三根金属棒a、b、c完全相同，金属棒a与b在处发生碰撞，碰撞时间极短，碰后粘为一体一起运动，经过时间t后，弹簧达到最大压缩量x，此时弹簧的弹性势能为，求这段时间内，金属棒c产生的焦耳热及金属棒c运动位移的大小。 10．（2026·福建泉州·三模）（多选）如图，一正方形导线框在足够长的绝缘平板小车上，与车一起在水平面上匀速运动。矩形区域内存在竖直向上的匀强磁场，小车以速率匀速通过该区域过程中，线框相对车滑动，线框边始终平行于，边刚离开磁场时速率恰好为。已知线框边长为、质量为、电阻为，磁场的磁感应强度大小为，长为，且，线框与车之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为，则线框（   ） A．刚进入磁场时产生的感应电动势大小为 B．受到安培力的总时间为 C．穿过磁场的过程中产生的总焦耳热一定为 D．穿过磁场的过程中因摩擦产生的总热量一定为 真题·实战演练 高频考点：法拉第电磁感应定律，注意匝数 n 不能遗漏；导体切割磁感线电动势，判断 B、L、v 是否垂直，求取有效长度。区分平均电动势和瞬时电动势，Φt、Bt 图像斜率表示磁通量变化率。电磁感应和电路综合，求解感应电流、路端电压；导体棒、线框运动结合动力学、能量守恒。常见易错点：混淆磁通量与磁通量变化率，忽略公式适用条件，把平均电动势当作瞬时值。该考点是电磁感应大题核心，选择题侧重概念辨析，计算题综合度高，属于试卷拉分模块。 1．（2025·福建·高考真题）水平地面上固定有一倾角为30°的绝缘光滑斜面，其上有两个宽度分别为l1、 l2、的条形匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，虚线为磁场边界，均与斜面底边平行，两区域磁场的磁感应强度大小相等、方向均垂直斜面向上，示意图如图所示。一质量为m、电阻为R的正方形细导线框abcd置于区域Ⅰ上方的斜面上， cd边与磁场边界平行。线框由静止开始下滑，依次穿过区域Ⅰ、区域Ⅱ。已知cd边进入Ⅰ到ab边离开Ⅰ的过程中，线框速度恒为v，cd边进入区域Ⅱ和ab边离开区域Ⅱ时的速度相同；区域Ⅰ、Ⅱ间的无磁场区域宽度大于线框边长，线框各边材料相同、粗细均匀；下滑过程线框形状不变且始终处于斜面内，cd边始终与磁场边界平行；重力加速度为。求： (1)初始时，cd边与Ⅰ区域上边缘的距离； (2)求cd边进入Ⅰ号区域时，cd边两端的电势差； (3)cd边进入区域Ⅱ到ab边离开区域Ⅱ的过程中，线框克服安培力做功的平均功率。 2．（2024·福建·高考真题）拓扑结构在现代物理学中具有广泛的应用。现有一条绝缘纸带，两条平行长边镶有铜丝，将纸带一端扭转180°，与另一端连接，形成拓扑结构的莫比乌斯环，如图所示。连接后，纸环边缘的铜丝形成闭合回路，纸环围合部分可近似为半径为R的扁平圆柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域垂直其底面穿过，磁场区域的边界是半径为r的圆（r < R）。若磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B = kt（k为常量），则回路中产生的感应电动势大小为（　　） A．0 B．kπR2 C．2kπr2 D．2kπR2 3．（2023·福建·高考真题）如图，M、N是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，导轨足够长且电阻可忽略不计；导轨间有一垂直于水平面向下的匀强磁场，其左边界垂直于导轨；阻值恒定的两均匀金属棒a、b均垂直于导轨放置，b始终固定。a以一定初速度进入磁场，此后运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与b不相碰。以O为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴坐标；在运动过程中，a的速度记为v，a克服安培力做功的功率记为P。下列v或P随x变化的图像中，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 4．（2022·福建·高考真题）如图（a），一倾角为的绝缘光滑斜面固定在水平地面上，其顶端与两根相距为L的水平光滑平行金属导轨相连；导轨处于一竖直向下的匀强磁场中，其末端装有挡板M、N．两根平行金属棒G、H垂直导轨放置，G的中心用一不可伸长绝缘细绳通过轻质定滑轮与斜面底端的物块A相连；初始时刻绳子处于拉紧状态并与G垂直，滑轮左侧细绳与斜面平行，右侧与水平面平行．从开始，H在水平向右拉力作用下向右运动；时，H与挡板M、N相碰后立即被锁定．G在后的速度一时间图线如图（b）所示，其中段为直线．已知：磁感应强度大小，，G、H和A的质量均为，G、H的电阻均为；导轨电阻、细绳与滑轮的摩擦力均忽略不计；H与挡板碰撞时间极短；整个运动过程A未与滑轮相碰，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好：，，重力加速度大小取，图（b）中e为自然常数，．求： （1）在时间段内，棒G的加速度大小和细绳对A的拉力大小； （2）时，棒H上拉力的瞬时功率； （3）在时间段内，棒G滑行的距离． 5．（2021·福建·高考真题）（多选）如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界、进入磁场，速度大小均为；一段时间后，流经a棒的电流为0，此时，b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和，a棒的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则（　　） A．时刻a棒加速度大小为 B．时刻b棒的速度为0 C．时间内，通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍 D．时间内，a棒产生的焦耳热为 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第40讲 法拉第电磁感应定律（专项训练） 目 录 研判·考情前瞻 2 巩固·知识解构 2 知识点1 法拉第电磁感应定律的理解及应用 2 知识点2 自感现象 4 模拟·基础演练 4 题型01 动生电动势 5 题型02 感生电动势 12 题型03 线框模型 19 题型04 单双杆模型 28 题型05 自感与涡流 36 重难·创新演练 42 真题·实战演练 55 研判·考情前瞻 核心考点 2026年 2025年 2024年 法拉第电磁感应定律、磁通量变化率 多选 T5（6 分 ） 导体切割磁感线电动势E=BLv 计算大题（12 分） 电磁感应电路、动力学、能量综合 计算大题（14 分） 考情分析 本专题以选择题、计算大题为主要考查形式，分值 414 分。命题重点考查法拉第电磁感应定律，区分平均电动势与瞬时电动势；导体切割磁感线情景重视有效长度判断。常结合闭合电路求解感应电流、路端电压，综合动力学、动量、能量规律处理线框、导体棒运动。高频设置 Φt、Bt 图像，考查变化率理解。陷阱集中混淆磁通量与磁通量变化率，忽略匝数 n、B、L、v 垂直条件。计算有一定运算量，侧重物理过程拆解与模型构建。 复习目标 理解法拉第电磁感应定律，分清磁通量、磁通量变化、磁通量变化率；熟练运用两个电动势公式，掌握有效长度处理；会结合电路知识求解感应电流、电功率；能够分析导体棒、线框的动力学与能量转化问题；读懂电磁感应图像，辨析平均值与瞬时值；规避公式误用，规范大题书写步骤，提升综合情景分析能力。 巩固·知识解构 知识点1 法拉第电磁感应定律的理解及应用 1．感应电动势 (1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势． (2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关． 2．法拉第电磁感应定律 (1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比． (2)公式：E＝n，其中n为线圈匝数． (3)感应电流与感应电动势的关系：I＝. (4)说明：E的大小与Φ、ΔΦ无关，决定于磁通量的变化率. 2．若已知Φ－t图像，则图线上某一点的切线斜率为. 3．当ΔΦ仅由B的变化引起时，E＝n，其中S为线圈在磁场中的有效面积．若B＝B0＋kt，则＝k. 4．当ΔΦ仅由S的变化引起时，E＝nB. 5．当B、S同时变化时，则＝n≠n.求瞬时值是分别求出动生电动势E1和感生电动势E2并进行叠加． 感应电动势求解的“四种”模型 情景图 研究对象 回路(不一定闭合) 一段直导线(或等效成直导线) 绕一端垂直匀强磁场匀速转动的一段导体棒 绕与B垂直的轴匀速转动的导线框 表达式 E＝n E＝Blvsin θ E＝Bl2ω E＝NBSωsin ω t(从中性面位置开始计时) ✨得分速记： 应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题 (1)公式E＝n求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值． (2)利用公式E＝nS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积． (3)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关．推导如下：q＝Δt＝Δt＝. ⚠特别提醒： 法拉第电磁感应定律求的是平均感应电动势，只有磁通量均匀变化时，计算结果才等于瞬时值。区分两个公式，E=nΔΦ/Δt​多用于磁通量变化情景，E=BLv用于导体切割磁感线求瞬时电动势。注意 B、L、v 三者要互相垂直，不垂直需要取有效分量。匝数 n 不可遗漏，匝数影响电动势大小，但不改变磁通量。感应电流的方向仍依靠楞次定律或右手定则判断。看清图像斜率，斜率代表磁通量的变化率，切勿把磁通量大小当成变化率，这是高频失分点。还要注意回路不闭合只有电动势，没有感应电流。 知识点2 自感现象 1．自感现象的四大特点 (1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化． (2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能逐渐变化． (3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体． (4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向． 2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题 与线圈串联的灯泡 与线圈并联的灯泡 电路图 通电时 电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮 电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定 断电时 电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变 电路中稳态电流为I1、I2： ①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗； ②若I2＞I1，灯泡“闪亮”后逐渐变暗． 两种情况下灯泡中电流方向均改变 模拟·基础演练✨得分速记： 处理自感现象问题的技巧 (1)通电自感：线圈相当于一个变化的电阻——阻值由无穷大逐渐减小，通电瞬间自感线圈处相当于断路． (2)断电自感：断电时自感线圈处相当于电源，自感电动势由某值逐渐减小到零． (3)电流稳定时，理想的自感线圈相当于导线，非理想的自感线圈相当于定值电阻． 考查重点：福建高考法拉第电磁感应定律，重点考查感应电动势两类公式的区分使用，分清平均电动势与瞬时电动势。重视磁通量、磁通量变化、磁通量变化率三者概念辨析，掌握导体切割情景下有效长度、速度垂直分量的处理。常结合闭合电路欧姆定律求解感应电流、电压与功率，与动力学、能量综合分析导体棒、线框运动。也会依托 Bt、Φt 图像，借助图像斜率理解变化率。题型兼顾选择与计算题，计算题占分比重较大，注重过程拆解，强调公式条件，匝数、垂直关系是高频采分点，考查综合建模与数理运算能力。 ⏳题型01 动生电动势 1．（2026·福建福州·模拟预测）（多选）如图所示，长为L的轻金属软导线下悬挂一质量为m的小球，在竖直向上的匀强磁场中做圆锥摆运动，圆锥的偏角为θ，磁感应强度为B，则（　　） A．摆球转动的角速度为 B．摆球转动的角速度为 C．金属导线中产生的感应电动势的大小 D．金属导线中产生的感应电动势的大小 【答案】AC 【详解】AB．由牛顿第二定律，， 联立解得 ，故A正确，B错误； CD．导体在磁场中转动，旋转切割磁感线，但导体本身与磁场不垂直，应该考虑切割的有效长度，导体切割磁感线的有效长度为 根据旋转切割产生的电动势公式 解得，故C正确，D错误。 故选AC。 2．（2025·福建泉州·一模）（多选）如图，半径为r的水平导体圆盘绕竖直中心轴OO'以角速度ω匀速转动，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，两电刷分别与OO'和圆盘边缘接触，电刷之间接有一半导体LED灯。当a、b两点电势满足时，LED灯导通发光，此时（　　） A．从上往下看圆盘逆时针转动 B．从上往下看圆盘顺时针转动 C．角速度ω可能为 D．角速度ω可能为 【答案】BC 【详解】AB．由题意可知，电流自上而下通过LED，根据右手定则，可知从上往下看圆盘顺时针转动，故A错误，B正确； CD．由题意知，当a、b两点电势满足时，LED灯导通发光，而圆盘转动时产生的感应电动势为 忽略圆盘电阻与接触电阻，没有内电压，则a、b间电势差为 解得，故C正确，D错误。 故选BC。 3．（2025·福建·模拟预测）如图，水平面固定一个“L”形双轨ABCD−A′B′C′D′，其余都是直线导轨，AB−A′B′部分无磁场且，其余都处于竖直向下的磁场中，其中BB′−CC′段为圆弧，BC半径r=1m、B′C′半径R=2m，其他部分接触良好、唯独紧靠CC′处右侧有一段长度忽略不计的绝缘连接点，导轨宽度都为l=1m，导轨上放置三根与之接触良好的导体棒a、b、c，三根导体棒长度与导轨宽度均相同，且与导轨的动摩擦因数均为μ=0.4，a、b、c的质量和电阻分别为ma=mb=m0=0.5kg、mc=m=1kg，Ra=Rb=R0=2Ω、Rc=R=1Ω；开始时，c棒静止于CD−C′D′水平部分，与CC′端相距x=1m，b棒置于紧靠CC′端左侧锁定，现用大小恒定F=14N、方向始终平行导轨该处切线方向作用于a棒，到达BB′端时B′C′段保持原有速度v，微调BC段速度且继续保持F平行导轨该处切线方向，使其在BC−B′C′段恰好做匀速圆周运动；与b棒碰前a棒速度依然为v，a、b棒碰撞前瞬间，解除b棒锁定，同时撤去力F，碰后a、b棒粘在一起，求： (1)a棒到达BB′端时的速度v； (2)磁感应强度B； (3)a、b棒最终与c棒的距离。 【答案】(1)v=4m/s (2)B=4T (3) 【详解】（1）由动能定理 解得 （2）导体棒a在BB′−CC′段做匀速圆周运动，其上每个质点的ω相同 由B′C′上端点线速度 可得BC上端点线速度 a棒切割B产生 由切线方向 得 解得 （3）对ab，根据动量定理有 对c，根据动量定理有 联立可得 解得 4．（2025·福建南平·模拟预测）如图，一金属圆盘发电机水平放置于竖直向上的匀强磁场中，圆盘在外力作用下以角速度顺时针（俯视）匀速转动，圆盘的边缘及其竖直转轴通过电刷与光滑水平金属导轨、相连，水平导轨与倾斜的光滑金属导轨、各用一小段绝缘材料平滑连接并绝缘开。水平导轨区域内存在竖直向上的匀强磁场，倾斜导轨区域内存在垂直斜面向上的匀强磁场，导轨间距均为。在倾斜导轨末端间接有电阻。在右侧静止放置一导体棒，在右侧静止放置一导体棒。已知，，，，金属圆盘半径，、棒质量均为，两棒电阻均为，，倾斜导轨倾角，取重力加速度大小，不计其他电阻和一切摩擦，、棒运动过程中始终与导轨垂直。 (1)求圆盘发电机产生的电动势大小； (2)闭合开关，导体棒开始向右运动，在未离开磁场区时速度已达到最大，求最大速度的大小和此过程通过导体棒的电荷量； (3)导体棒离开磁场区后与导体棒发生碰撞并粘在一起，两棒立即通过冲上倾斜导轨，之后经过时间返回到，求此过程电阻产生的焦耳热。 【答案】(1)3V (2)6m/s   6C (3)1.25J 【详解】（1）金属圆盘产生的电动势为 解得 （2）a棒最大速度时，加速度为零，电流为零，则有 解得 a棒加速过程中安培力的冲量大小为 由动量定理，有 解得 （3）a棒与b棒碰撞，设碰后速度为，根据动量守恒，有 两棒并联电阻为，在斜轨道上滑行时安培力冲量大小为 上滑和下滑过程位移大小相等，安培力方向相反，总冲量为零。设返回时的速度为，对a、b两棒，由动量定理有 解得， 根据能量守恒，回路中产生的总焦耳热为 则电阻产生的焦耳热为=1.25J 5．（2026·辽宁鞍山·一模）（多选）如图所示，一电阻不计的“箭形”金属导轨abc和ade固定在绝缘的水平面上，abd是边长为l的正三角形，a处有小缝隙（大小可忽略），bc平行于de，间距为l。导轨处存在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、长为l、电阻不计的导体棒MN垂直导轨静止，单位长度电阻为r0、长为l的导体棒gh在外力作用下以垂直于bd的速度v0从a匀速运动到bd，gh始终平行于bd且与导轨接触良好，gh运动到bd处时MN刚好不滑动。MN与两导轨间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。关于此过程，下列说法正确的是（　　） A．回路中电流逐渐变大 B．回路中电流大小始终为 C．MN与导轨间的动摩擦因数为 D．安培力对gh做的功为 【答案】BC 【详解】AB．gh在运动的时间t内，位移为 产生的感应电动势大小为 所以 由此可知，感应电流大小不变，故A错误，B正确； C．MN刚好不滑动，有 解得，故C正确； D．位移为x时，gh的有效长度为 安培力大小为 所以安培力对gh做的功为，故D错误。 故选BC。 6．（2026·浙江·一模）如图所示，在xOy水平面内，固定着间距为d的足够长光滑金属导轨N和Q，左端与一阻值为R的电阻相连，电路中串联一理想二极管D。在x≥0区域交替存在大小为、垂直导轨平面、方向相反的匀强磁场，磁场边界满足；位于x = 0处垂直导轨放置一根导体棒ab，其接入电路中的电阻也为R。现在外力作用下导体棒沿x轴正方向以速度做匀速直线运动，不计其它电阻，求（     ） A．当导体棒运动到时，导体棒受到的安培力为 B．当导体棒运动到时，导体棒两端电压为0 C．当导体棒运动到时，外力做功为 D．当导体棒运动到时，外力的冲量为 【答案】C 【详解】A．当导体棒运动到时，导体棒切割磁场的长度 感应电动势 根据右手定则，端电势高，二极管通路，感应电流大小为 由左手定则，可得导体棒受到向左的安培力，安培力大小为 解得，故A错误； B．当导体棒运动到时，导体棒切割磁场的长度 感应电动势 根据右手定则，端电势高，二极管断路，电路没有电流，导体棒两端电压 解得，故B错误； C．导体棒从处匀速运动到的过程，感应电流为 其中感应电流最大值 电流的有效值为 根据功能关系可得外力做功 其中 导体棒从处匀速运动到的过程，二极管断路，电路没有感应电流，外力做功为零。 则导体棒从处匀速运动到的过程，外力做功 解得，故C正确； D．导体棒从处匀速运动到的过程，外力的冲量的大小等于安培力的冲量的大小，即 安培力的冲量 根据 变量代换得 解得 导体棒从处匀速运动到的过程，外力的冲量为零。 则导体棒从处匀速运动到的过程，外力的冲量为，故D错误。 故选C。 7．（2024·湖北黄冈·模拟预测）（多选）如图所示，间距为L的平行金属导轨处在方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R，其余电阻不计，现将足够长的导体棒ab放在导轨上，如图甲所示，第一次拉着导体棒ab沿导轨向右匀速运动一段时间，该过程中通过电阻R的电荷量为Q1。如图乙所示，第二次使导体棒ab以角速度绕着a端顺时针转过，该过程中通过电阻R的电荷量为Q2，已知两次运动时间相同。下列说法正确的是（　　） A． B．两次运动的时间 C．第一次导体棒ab匀速运动的速度 D．第一次导体棒ab匀速运动的速度 【答案】BC 【详解】A．第二次导体棒ab转动过程平均感应电动势为 与导轨围成的面积为 通过电阻R的电荷量，故A错误； B．根据，可得两次运动的时间，故B正确； CD．由于第一次通过电阻R的电荷量 可得，C正确，D错误。 故选BC。 ⏳题型02 感生电动势 8．（2026·福建厦门·模拟预测）如图甲所示，间距为的平行金属导轨由倾斜部分和水平部分连接而成，导轨光滑且电阻不计。倾斜部分足够长，其间接一阻值为的电阻，倾角，处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中，其磁感应强度B2大小未知。水平部分接有面积为、电阻为的单匝线圈，线圈水平放置且处在方向竖直向下的磁场中，磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示，后始终为零。将质量为的导体棒垂直倾斜导轨由静止释放，在内导体棒恰好处于静止状态。已知导体棒接入电路的电阻为，，，。 (1)求内间的电压大小； (2)求磁感应强度的大小； (3)从导体棒从到速度最大的过程中，在电阻上产生的热量，求此过程中导体棒的位移。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）内，静止，水平线圈感应电动势 电路总电阻，总电流 间的电压为路端电压 解得 （2）内，对导体棒，根据平衡条件有， 解得 （3）后，线圈无电动势，切割磁感线产生电动势，当导体棒速度达到最大时 此时作为电源，、并联，， 解得 由能量守恒可得 其中由可得 代入解得 9．（2026·福建宁德·二模）如图甲所示，一半径为、电阻为的匝硬质圆形线圈，固定在水平桌面上。虚线将线圈分为左右对称的两部分，左侧空间内存在与水平桌面垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，规定垂直于水平桌面向下为正方向。下列说法正确的是（　　） A．时穿过线圈的磁通量为 B．时线圈受到的安培力方向水平向左 C．时线圈中产生的感应电动势大小为0 D．时线圈受到的安培力大小为 【答案】B 【详解】A．时，磁感应强度，线圈在磁场中的有效面积 穿过线圈的磁通量，故A错误； B．时，磁感应强度且随时间减小，根据楞次定律，感应电流的磁场方向向下，由安培定则可知线圈中感应电流沿顺时针方向，根据左手定则，线圈受到的安培力方向水平向左，故B正确； C．时，磁感应强度，但磁通量的变化率不为零，根据法拉第电磁感应定律 感应电动势大小不为0，故C错误； D．时，磁感应强度大小 感应电动势 感应电流 线圈受到的安培力，故D错误。 故选B。 10．（2025·福建泉州·模拟预测）（多选）如图甲所示，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随时间变化如图乙所示，周期为。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；导电圆环间绝缘，且不计相互影响，则（　　） A．时刻圆环Ⅰ中电流为 B．时刻圆环Ⅱ中电流为 C．时刻圆环Ⅱ上PQ间电动势为0 D．圆环Ⅰ中电流的有效值为 【答案】AD 【详解】A．在时间内磁感应强度的变化率为 所以在时刻圆环Ⅰ中产生的感应电动势大小为 则圆环Ⅰ中的感应电流大小为，故A正确； B．圆环Ⅱ中没有磁场，磁通量恒为零无变化，且圆环Ⅰ与圆环Ⅱ绝缘，又不受其影响，因此圆环Ⅱ中一直没有电流，故B错误； C．假设有一金属圆环与PQ所在的感生电场线上重合，则沿着圆环感生电场线转一圈，电势差即为感生电动势的大小。时，假设圆环的感应电动势大小 则，故C错误； D．在和时间内圆环Ⅰ产生的感应电动势大小相等均为 在时间内圆环Ⅰ产生的感应电动势大小为 设感应电动势的有效值为 所以圆环Ⅰ中电流的有效值为 解得，故D正确。 故选AD。 11．（2025·福建龙岩·一模）（多选）如图甲所示，轻质细线吊着一质量、边长、匝数的正方形线圈，线圈总电阻。在线圈的中间位置以下区域分布着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示，重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．内穿过线圈磁通量的变化量为 B．线圈中产生的感应电流的大小为 C．时轻质细线的拉力大小为 D．内线圈产生的焦耳热为 【答案】BC 【详解】A．内穿过线圈磁通量的变化量为 选项A错误； B．由法拉第电磁感应定律得 根据闭合电路的欧姆定律可得线圈中的感应电流大小为 选项B正确； C．根据图乙可知，t=3s时磁感应强度为B=1T 线圈受到的安培力大小为：F安=nBIL=5×1×1×1N=5N 方向竖直向上，则轻质细线的拉力大小为 选项C正确； D．0～4s内线圈产生的焦耳热为Q=I2rt=12×0.5×4J=2J 故D错误。 故选BC。 12．（2024·福建厦门·模拟预测）（多选）如图所示，在内壁光滑、水平放置的玻璃圆管内，有一直径略小于环口径的带正电的小球，小球以速率沿逆时针方向匀速转动。若在此空间突然加上方向竖直向上、磁感应强度B随时间成正比例增加的变化磁场，设运动过程中小球所带电荷量不变，则（    ） A．小球对玻璃圆管的压力不断增大 B．洛伦兹力对小球一直不做功 C．小球受到的洛伦兹力不断增大 D．小球先沿逆时针方向做减速运动，过一段时间后，沿顺时针方向做加速运动 【答案】BD 【详解】B．洛伦兹力始终与运动方向垂直，所以洛伦兹力对小球一直不做功，故B正确； CD．玻璃圆管处于均匀变化的磁场中，在周围产生稳定的涡旋电场，对带正电的小球做功，由楞次定律可知电场方向为顺时针方向，因此小球先沿逆时针方向做减速运动，过一段时间后，沿顺时针方向做加速运动；当小球速度减为0时，小球受到的洛伦兹力为0，可知小球受到的洛伦兹力不是一直增大，故C错误，D正确； A．当小球沿逆时针方向做减速运动时，小球受到的洛伦兹力方向背向圆心，根据牛顿第二定律可得 当小球速度减为0时，小球受到的洛伦兹力为0，小球所需的向心力为0，则圆管对小球指向圆心的弹力为0，此时小球受到的弹力最小，即此时小球对玻璃圆管的压力最小，所以小球对玻璃圆管的压力不是一直增大，故A错误。 故选BD。 13．（2025·云南临沧·模拟预测）如图甲，一粗细均匀的闭合金属圆环，用绝缘细线悬挂在竖直平面内。圆环的上半部分处在方向垂直圆环向里的有界匀强磁场中，磁场磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示。已知圆环半径 ，单位长度的电阻为 ，则（　　） A．时，穿过圆环的磁通量为 B．时，圆环所受安培力大小为 C． 内，通过圆环导体某横截面的电量为 D．圆环中的感应电流方向为顺时针，且环有扩张趋势 【答案】B 【详解】A．由乙图可知， 时，所以穿过圆环的磁通量为 代入数据得 ，故A错误； B．圆环产生的感应电动势为 线圈电阻为 故线圈中电流为 故 时，圆环所受安培力大小为： ，故B正确； C．根据法拉第电磁感应定律有：， 电量表达式，联立代入解得 ，故C错误； D．由楞次定律可知，圆环中的感应电流方向为逆时针，且环有收缩的趋势，故D错误。 故选B。 14．（2025·河北·模拟预测）（多选）如图1所示，相距L的平行光滑导轨固定在水平面上，导轨处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端与一阻值为R的定值电阻和半径为r的圆形单匝线圈相连，线圈内存在着垂直于线圈平面向里的匀强磁场，线圈内磁场的磁感应强度B＇随时间t变化的规律如图2所示。t＝0时刻长度为L的导体棒在水平外力作用下开始以速度v沿导轨向左匀速运动，运动过程中导体棒与导轨始终垂直且接触良好，导轨、线圈、导体棒的电阻均不计。下列说法正确的是（　　） A．圆形线圈中产生的感应电动势大小为，方向为逆时针方向 B．导体棒中的电流为 C．作用在导体棒上的外力大小为，方向沿导轨向左 D．定值电阻的功率为 【答案】BCD 【详解】A．根据法拉第电磁感应定律，线圈的感应电动势 线圈内垂直向里的磁场均匀减弱，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场要阻碍原磁场减小，因此线圈内感应电流为顺时针方向，故A错误； B．导体棒向左匀速运动，切割磁感线产生的动生电动势 结合右手定则，导体棒的动生电动势在回路中的方向与线圈的感生电动势​的方向相同，总感应电动势应为 导体棒中的电流为，故B正确； C． 导体棒匀速运动，外力与安培力二力平衡，则 由左手定则可知安培力方向沿导轨向右，所以外力方向沿导轨向左，故C正确； D．定值电阻的功率为，故D正确。 故选BCD。 ⏳题型03 线框模型 15．（2026·福建厦门·模拟预测）（多选）如图所示，日字形金属框CDEF长2L、宽L，放置在光滑绝缘水平面上，左侧接一个阻值为4R的定值电阻，中间位置和右端接有阻值均为2R的金属棒PQ和金属棒CF，其他电阻不计，线框总质量为m。金属框右侧有宽为2L的匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B。已知金属框以初速度v0进入匀强磁场，最终CF棒恰好没有从磁场中穿出。下列说法正确的是（     ） A．在CF棒进入磁场时，整个金属框受到的安培力为 B．在PQ棒进入磁场后，通过DE间定值电阻的总电荷量为 C．PQ棒刚进入磁场时的速度为 D．金属棒PQ进入磁场后，D、E间定值电阻产生的焦耳热为 【答案】AC 【详解】A．金属棒刚进入磁场时，CF棒切割磁感线产生的感应电动势为 电路结构为CF棒（作为电源，内阻2R）与PQ棒（电阻2R）、定值电阻（4R）组成的并联电路组成闭合电路，闭合电路的总电阻为 根据闭合电路欧姆定律，闭合电路通过CF的电流为 此时整个金属框受到的安培力（即CF棒受到的安培力）为 故A正确； BC．设金属棒PQ刚进入磁场时的速度为v，从金属棒CF刚进入磁场到金属棒PQ刚进入磁场过程中金属框的感应电动势的平均值为 流过金属棒CF的感应电流的平均值为 在这个过程中，金属棒CF受到的安培力的平均值为 运用动量定理得 从金属棒PQ刚进入磁场到金属棒CF恰好没有从磁场中穿出（此时速度恰好为零）的过程，金属棒CF和PQ都切割磁感线，都是电源，总电阻为 金属框的感应电动势的平均值为 此过程金属棒DE上的感应电流（即电源总电流）的平均值为 金属框受到的安培力的平均值为 根据动量定理得 通过金属棒DE的电量为 联立以上各式可解得金属棒PQ刚进入磁场时的速度为 金属棒PQ棒进入磁场后，通过DE间定值电阻的电荷量为 故B错误，C正确。 D．根据能量守恒定律，金属棒PQ进入磁场后，在整个电路中产生的焦耳热为 D、E间定值电阻产生的焦耳热为 故D错误。 故选AC。 16．（2026·福建福州·模拟预测）（多选）如图所示，一边长、质量为1 kg的金属细框置于光滑绝缘水平桌面上，、、边电阻均为1 Ω，其余边阻值忽略不计。其它边长数据如图中所示。虚线右侧有范围足够大的方向垂直桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为1 T。现使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与虚线边界平行，边刚要进入磁场时金属框速度大小降为它初速度大小的1/3，下列说法正确的是（     ） A．金属框的初速度大小为2 m/s B．边刚进入磁场时金属框的加速度大小为 C．从金属框进入磁场到速度减为0的位移大小为1.5 m D．整个运动过程中，边产生的热量为 【答案】BC 【详解】A．ab进入磁场过程（位移），为电源（内阻），、并联，总电阻 由动量定理，安培力冲量等于动量变化 电荷量 代入得 ，故A错误； B．刚进入磁场时，感应电动势 总电流 安培力 加速度，故B正确； C．由动量定理推导得与位移（移动的距离）满足线性关系 令代入数值得，总位移就是，故C正确； D．总热量等于初始动能 第一阶段（进入过程）：与并联 联立得 第二阶段（进入到速度为0）：为外阻 联立得 总，故D错误。 故选BC。 17．（2026·福建福州·一模）（多选）如图，绝缘水平面上方有一宽、离地高的区域，区域内存在垂直纸面向里，磁感应强度为的匀强磁场。右侧水平地面上方区域存在垂直纸面向外、磁感应强度分布为的磁场（为右侧磁场中某点到的水平距离，）。左侧竖直静置一正方形线框，初始时边与相距。紧靠竖直静置一正方形线框。现将水平向右、大小为的外力作用在线框上，直到边刚到达时，仅改变的大小使线框匀速进入匀强磁场，当边刚到达时，撤去外力。已知两线框发生的碰撞为弹性碰撞，忽略碰撞时间，两个磁场区域的上边沿均高于边，两线框的具体信息如下表格所示，取重力加速度大小。下列说法正确的是（    ） 质量 匝数 总电阻 边长 与水平面间的动摩擦因数 线框 匝 线框 匝 忽略不计 A．边刚越过时，线框中的电流方向为顺时针方向 B．边刚越过时，线框中的电流大小为 C．从边刚越过到边刚到达的过程，外力做功为 D．碰后足够长的时间，边与边相距 【答案】BD 【详解】A．根据题意，由右手定则可知，边刚越过时，线框中的电流方向为逆时针方向，故A错误； B．从开始运动到边刚越过过程，由动能定理有 解得 感应电动势为 感应电流为，故B正确； C．线框abcd进入磁场过程中匀速运动，则刚进入磁场时有 完全进入磁场时有 则外力做功的大小为 联立代入数据解得，故C错误； D．线框abcd完全进入磁场后不受磁场力作用，设abcd与efhj碰撞时的速度为。根据动能定理有 由题意，碰撞后abcd会反向运动。根据动量守恒定律与机械能守恒定律有， 联立解得， 碰撞后，对线框abcd根据动能定理有 解得 由题意可知，线框左右两边所处在位置的磁感应强度大小之差为 且保持不变。对线框，根据动量定理有 又有，， 联立解得 则碰后足够长的时间，边与边相距，故D正确； 故选BD。 18．（2026·河南驻马店·三模）如图所示，间距为的水平线、间有竖直向上的匀强磁场，质量为、电阻为、边长为的正方形金属线框静止在左侧的水平面上，给金属线框一个水平向右的初速度，金属线框刚好能完全进入磁场，通过线框边截面的电量为，整个水平面绝缘光滑，线框运动过程中边始终与平行，求： (1)匀强磁场的磁感应强度大小； (2)线框边刚进磁场时线框的速度大小； (3)若在线框边刚进磁场时，给边施加一个垂直于边的水平向右、大小为的恒力，结果线框恰好能通过磁场，则线框穿过磁场的时间为多少？ 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）线框进磁场过程，根据法拉第电磁感应定律 根据欧姆定律 根据电流定义式 线框进磁场过程 解得 （2）设线框刚进磁场时的速度大小为，根据动量定理有    又 变形得 解得 （3）线框在穿过磁场过程中，设运动的时间为，根据动量定理有 整理得 解得 19．（2026·河南驻马店·三模）（多选）长直导线固定在光滑绝缘水平面上，通有向右的恒定电流，质量为的金属圆环在水平面上以大小为的初速度沿如图所示方向开始运动，圆环最终没有与直导线接触，则下列判断正确的是（     ） A．圆环向直导线靠近过程中，圆环中有沿逆时针方向的电流 B．圆环向直导线靠近过程中，所受安培力的合力垂直直导线 C．圆环最终速度为零 D．圆环中产生的焦耳热等于 【答案】AB 【详解】A．直导线中电流产生的磁场在圆环处方向向下，在圆环靠近直导线过程中，圆环中磁通量增大，根据楞次定律可知，圆环中有沿逆时针方向的电流，故A正确； B．圆环向直导线靠近过程中，左右两侧电流方向相反，磁场强弱、方向相同，安培力对称等大反向；上下两侧电流反向，上方磁场强下方弱，上方受向下的安培力大于下方所受的向上的安培力，所以在平行直导线方向圆环受到安培力的合力为零，该方向圆环速度不变，所受安培力的合力垂直直导线，阻碍圆环垂直直导线方向的分运动，故B正确； C．圆环最终以平行直导线方向的分运动做匀速直线运动，故C错误； D．因圆环向直导线靠近过程中，圆环速度仍有速度，即圆环仍有动能，根据能量守恒可知，圆环中产生的焦耳热小于，故D错误。 故选AB。 20．（2026·福建南平·二模）如图，光滑水平面上有一边界平行的匀强磁场区域，磁场方向竖直向下。一正方形金属框以某一初速度垂直边界进入磁场。已知金属框初速度为，总电阻为R，质量为m，边长为L，磁感应强度大小为B，磁场宽度大于L。求： (1)金属框刚进入磁场时的加速度大小； (2)若给金属框施加一个外力，使其以速度匀速通过磁场，金属框从进入到完全穿出磁场过程中克服安培力做的功。 【答案】(1) (2) 【详解】（1）金属框进入磁场时，有， 金属框受到的安培力 由牛顿第二定律得 解得 （2）金属框进入磁场的过程中，克服安培力做功 金属框穿出磁场的过程中，克服安培力做功 则总功 解得 21．（2026·福建莆田·模拟预测）（多选）如图甲所示，光滑绝缘水平面上固定两间距为的光滑导轨，导轨左侧接有智能电源、电容为的电容器和开关。空间有宽度为的两相同匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，磁场边界均与导轨垂直，质量为的导体棒静置在区域Ⅰ最左侧，质量为、边长为、电阻的正方形线框右侧紧挨区域Ⅱ最左侧放置，区域Ⅱ右侧距离处有一固定挡板。时刻，闭合，电容器两端的电压随时间的线性变化图像如图乙所示，时导体棒恰出区域Ⅰ，棒与线框、线框与挡板的碰撞均为弹性碰撞，下列说法正确的是（　　） A．导体棒在区域Ⅰ内做匀加速直线运动 B．磁感应强度大小为 C．线框第1次完全出磁场瞬间速度大小为 D．最终棒离线框左端的距离为 【答案】AD 【详解】AB．根据图乙可知电容器充电，两端电压随时间均匀变化，结合可知，电容器电荷量随时间均匀变化，即充电电流恒定，有 可得 根据图乙可得 电流不变，可知安培力不变，导体棒在区域Ⅰ中做匀变速直线运动，t=0.5s时恰出区域Ⅰ，有 解得 由于导体棒水平方向仅受安培力，有 解得，故A正确，B错误； C．导体棒出磁场瞬间的速度大小为 导体棒与线框发生弹性碰撞，则， 联立解得， 即导体棒与线框碰撞后交换速度，即棒静止，线框以2m/s的速度向右运动，线框进入区域Ⅱ过程，根据动量定理有， 可得 联立解得 线框进入磁场和出磁场过程的磁通量变化量相等，则动量变化量相等，即速度变化量相等，结合以上分析可知线框第1次出磁场瞬间的速度大小为，故C错误； D．线框与挡板碰撞后被反弹，再次进入磁场，完全进入磁场后瞬间的速度大小为 可知线框不能再次出磁场与导体棒发生碰撞，设线框之后向左运动的距离为x，则有 同理根据动量定理有 解得 最终棒到线框的距离为，故D正确。 故选AD。 ⏳题型04 单双杆模型 22．（2026·福建漳州·模拟预测）某节能货物停落装置如图所示。间距为的竖直光滑金属导轨、质量不计的导电载物台与下方装置构成闭合回路，回路等效总电阻为。停靠平台上方存在高度为、磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里的匀强磁场。载物台静止在磁场上边界上方处，将质量为的货物轻放其上，二者一起由静止开始下滑，到达停靠平台前已达到匀速。装置可回收回路产生焦耳热的，其余散失，导轨和载物台电阻不计，重力加速度为。则（     ） A．载物台进入磁场后，端的电势高于端 B．载物台匀速运动的速度大小为 C．载物台下落的总时间为 D．载物台下落全程装置回收的能量为 【答案】C 【详解】A．由右手定则可知，载物台内部感应电流方向由流向。载物台相当于电源，电源内部电流从负极流向正极，故端为负极，电势比端的电势低，故A错误； B．载物台匀速下落时，由受力平衡可知 又 解得载物台匀速运动的速度大小为，故B错误； C．载物台下落过程，由动量定理得 又 联立解得，故C正确； D．由能量守恒可得回路产生的焦耳热为 则装置回收的能量，故D错误。 故选C。 23．（2025·福建厦门·模拟预测）如图所示，足够长的倾斜金属导轨两侧与水平地面的夹角，其间距，电容，电阻，导轨所在区域存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小，现使质量的导体棒静止在轨道上，导体棒始终与两侧金属导轨垂直且接触良好，两者间动摩擦因数处处相同，导轨和导体棒电阻均不计，重力加速度，，。 (1)若开关闭合，断开，静止释放金属棒，金属棒最终以速度做匀速直线运动，求金属棒与导轨间的动摩擦因数； (2)若开关闭合，断开，求静止释放金属棒时金属棒的加速度（电容器未被击穿）； (3)在第（2）问条件下，若后对金属棒施加沿斜面向上的恒定外力，经过后金属棒速度恰好为0，（整个过程中电容器未被击穿）求外力的大小； (4)在第（2）（3）问条件下，求导体棒回到释放点时电容器储存的能量。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）闭合，断开，金属棒稳定后做匀速直线运动，对棒受力分析可得 其中， 代入，，，，， 联立解得 （2）闭合，断开时，在内，对金属棒，由动量定理可得 对电容器有， 联立得 等式两边同除以，整理得 可知金属棒向下做匀加速运动，加速度大小 （3）同理可知，施加外力后，金属棒向下做匀减速运动，加速度大小 由题意知，金属棒向下加速运动和向下减速运动的时间分别为， 金属棒减速后速度恰好为0，故 可知 代入数据得 （4）金属棒向下减速为0后，杆的感应电动势为0，故电容器的电压也为0，储存的能量为0；之后金属杆向上以加速度匀加速运动，满足 金属棒速度为0时离静止释放点的距离 此时设金属棒返回到出发点时速度为，则 解得 由功能关系得 解得 24．（2026·福建厦门·模拟预测）（多选）如图1所示，两条固定在同一水平面内的光滑平行金属导轨处在大小为、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨左端接有一定值电阻。两导轨间交替分布有边长为的正方形区域（图中阴影和空白区域）。一质量为的细直金属杆沿导轨水平向右运动，当金属杆通过阴影区域时，受到一沿导轨方向的水平外力作用；通过空白区域时，无水平外力。金属杆的速度大小与时间的关系如图2所示。已知，金属杆始终与导轨垂直并接触良好，导轨间距为，导轨和金属杆电阻不计，忽略空气阻力。若金属杆在各阴影区域内运动的时间均相同，则（     ） A．定值电阻的阻值 B．金属杆每次在空白区域运动的时间为 C．金属杆每次通过阴影区域过程中，通过定值电阻的电荷量为 D．金属杆每次通过阴影区域过程中，与之间的关系为 【答案】AD 【详解】A．通过空白区域时感应电动势为 感应电流为 安培力为 由动量定理得 解得定值电阻的阻值，故A正确； B．金属杆每次在空白区域运动，由牛顿第二定律得 可知金属杆做加速度减小的减速运动，则平均速度 由，可得金属杆每次在空白区域运动的时间，故B错误； C．金属杆每次通过阴影区域过程中，流过定值电阻的电荷量为，故C错误； D．金属杆每次通过阴影区域过程中，做匀加速运动，则 由牛顿第二定律得 解得，故D正确。 故选AD。 25．（2026·福建泉州·三模）如图，平行光滑金属导轨与由倾斜导轨与足够长的水平导轨平滑连接组成，、之间接有阻值为R的电阻。水平导轨静置一长方体空绝缘盒，在盒右侧壁处有一物块，盒左侧的水平导轨间区域abcd有竖直向上的匀强磁场。一阻值为r的导体棒由静止释放沿倾斜导轨下滑，穿过磁场区域后与盒发生碰撞。已知两导轨的间距，导体棒释放时距水平导轨面的高度，磁场边界ab、cd的间距，磁感应强度大小，导体棒与盒的质量均为，小物块的质量，盒左右侧壁间的距离，物块与盒底面之间的动摩擦因数，，取重力加速度大小，导体棒运动过程始终与ab、cd平行且垂直于导轨，物块可视为质点，所有碰撞均视为弹性正碰，且碰撞时间极短，求： (1)导体棒进入磁场时的速度大小； (2)导体棒穿过磁场区域的过程中电阻R产生的热量Q； (3)物块与盒最后一次碰撞后瞬间物块的速度大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）导体棒从释放到进入磁场前机械能守恒，有 得 （2）导体棒进入磁场过程中，规定向右为正方向，根据动量定理，有 又 ， 得 联立得导体棒与盒碰撞前棒的速度： 棒在穿过磁场过程中，回路中产生的焦耳热为，由能量守恒定律得⑥ 金属棒a上产生的焦耳热为 得 （3）导体棒与盒发生碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰后瞬间棒的速度为、盒的速度为有， 联立解得， 设物块与盒最终共速时的速度为，此过程中物块相对于盒的总路程为，根据动量守恒，有 得 根据能量守恒，有 得 又 物块与盒共碰撞15次，第15次与左侧相碰，之后再相对于盒向右运动后两者相对静止 设最后一次碰撞后瞬间盒的速度为，有 从最后一次碰撞后到共速过程中，由能量守恒，有 得 26．（2026·福建漳州·三模）“低压管道电磁运输系统”是未来城际高速物流的重要发展方向。如图所示，水平绝缘管道内固定有两根足够长的平行金属导轨，间距L=2m，导轨间分布着方向竖直向下、磁感应强度大小B=1T的匀强磁场。质量m=1000kg的运输舱装有一根跨接在导轨上且接触良好的导体棒。运输舱在运行过程中受到恒定阻力f=1000N。地面供电系统为恒压直流电源，电动势E=1300V，回路总电阻R=2.0Ω。 (1)求接通电路瞬间，导体棒受到的安培力大小； (2)求运输舱能达到的最大稳定速度； (3)运输舱以速度进站时，切断电源，切换至“电能回收”模式：回路总电阻仍为，车载控制器使回路中电流恒为，使安培力变为阻力辅助减速，当感应电动势不足以维持该电流时停止回收，求此过程运输舱的位移大小。 【答案】(1)1300N (2)150m/s (3)1551.7m 【详解】（1）接通瞬间运输舱速度为零，不产生感应电动势，回路电流为                导体棒所受安培力为FA=I0LB               解得FA=1300N               （2）运输舱达到最大速度 vm时，加速度为零，安培力与阻力平衡，设此时回路电流为 I1，由平衡条件得I1LB=f                导体棒切割磁感线产生的感应电动势E感=BLvm 由闭合电路欧姆定律得E-E感=I1R            求得vm=150m/s        （3）回收过程中，回路电流恒定，运输舱所受合外力恒定，做匀减速直线运动，设加速度为，对运输舱，由牛顿第二定律得           当感应电动势不足以维持电流I=80A时，有BLv1=IR              由运动学公式得             解得此过程运输舱的位移大小x≈1551.7m 27．（2026·福建宁德·二模）如图所示，两足够长的平行金属导轨分为水平和倾斜两部分，间距为，水平部分光滑，倾斜部分粗糙、倾角为。整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为。导体棒放在水平导轨上，导体棒放在倾斜导轨上。两导体棒的质量均为，电阻均为。现用一水平向右的恒力作用在导体棒上，若导体棒以的速度做匀速直线运动，导体棒恰好处于静止状态。已知金属导轨电阻忽略不计，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等。求： (1)导体棒受到的安培力方向； (2)经过导体棒上产生的热量； (3)若导体棒始终没有与导轨发生相对滑动，恒力的最大值。 【答案】(1)水平向右 (2) (3) 【详解】（1）导体棒以向右切割磁感线，根据右手定则可知通过导体棒的电流方向从里向外，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向水平向右。 （2）导体棒产生的电动势为 回路中产生的电流为 则经过导体棒上产生的热量为 （3）当速度为时，导体棒恰好静止，此时导体棒所受的最大静摩擦力沿斜面向上；根据受力平衡可得， 又， 联立解得 当导体棒受到最大静摩擦力沿斜面向下时，导体棒受到的安培力达到最大，同时导体棒所受的安培力也达到最大；由于导体棒始终保持临界静止状态，即安培力保持最大值不变；对于导体棒其所受到的拉力保持与安培力大小相等方向相反，故有 导体棒由受力平衡得， 又 联立解得 28．（2026·山东济南·模拟预测）（多选）如图所示，固定在水平面内的两足够长平行金属导轨相距L，其左端用导线连接一阻值为R的电阻，两导轨间存在垂直于导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m的导体棒跨放在两导轨上，导体棒在两导轨间的电阻也为R。导体棒以大小为的初速度沿导轨向右运动直至静止。已知导体棒运动过程中始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计导轨电阻与所有摩擦，该过程中下列说法正确的是（   ） A．导体棒中的电流方向为b→a B．导体棒先做加速运动后做减速运动 C．电阻R产生的焦耳热为 D．通过导体棒的电荷量为 【答案】AC 【详解】A．根据右手定则可知，导体棒中的电流方向为b→a，故A正确； B．导体棒运动时，安培力方向与运动方向相反，是阻力，大小为 随速度减小而减小，因此导体棒做加速度逐渐减小的减速直线运动，故B错误； C．由能量守恒，导体棒的初动能全部转化为回路总焦耳热，总焦耳热 由于外电阻和导体棒内阻串联、阻值相等，焦耳热按电阻均分，因此电阻产生的焦耳热为总热量的一半，即，故C正确； D． 对导体棒应用动量定理：安培力的冲量等于导体棒的动量变化，即 其中通过导体棒的总电荷量 整理可得 即，故D错误。 故选AC。 ⏳题型05 自感与涡流 29．（2025·福建厦门·模拟预测）随着科技的不断发展和环境保护意识的增强，中国的纯电动汽车市场正迅速壮大。相比传统燃油车，纯电动汽车能将汽车制动过程中的机械能转化为电能收集起来。如图甲所示，永磁铁在车轮和传动装置的带动下绕固定线圈旋转，在线圈中产生如图乙所示的感应电流回充到蓄电系统，使永磁铁受到阻力阻碍汽车前行。则（　　） A．甲图示磁铁位置可能对应着乙图中时刻 B．甲图示位置电流的方向由指向 C．制动过程中永磁铁受到的阻力大小恒定不变 D．制动过程中交变电流的周期越来越大 【答案】D 【详解】A．图示位置线圈中的磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电流为零；而时电流达到正向最大值，故A错误； B．图示位置没有感应电流，不存在由指向的电流，故B错误； C．汽车减速时永磁铁的转速减小，磁通量变化率减小，感应电流减小，制动力随之减小，故C错误； D．永磁铁转速减小，交变电流频率减小，周期越来越大，故D正确。 故选D。 30．（2025·福建厦门·模拟预测）在“鸡蛋撞地球”活动中，某兴趣小组设想利用“电磁阻尼+弹簧”来设计着地缓冲装置，简化的结构原理如图所示。承重装置和鸡蛋的总质量为，其内部区域存在着磁感应强度大小为的匀强磁场；缓冲装置由匝数为的刚性线圈和上端两根轻质弹簧构成，已知每根弹簧的劲度系数均为，线圈的总电阻为、宽度为、高度足够高。现将整体装置在距离地面高度为处自由释放，此时弹簧上端与承重装置相距为。假设弹簧与承重装置接触后立即连接在一起。刚性线圈落地后不反弹，整个装置始终处于竖直状态，不计空气阻力，重力加速度取。 (1)在落地后瞬间，求线圈产生感应电流的大小； (2)若承重装置与弹簧接触前已经做匀速运动，求承重装置匀速运动速度的大小： (3)弹簧弹性势能，表示弹簧形变量，装置最终处于竖直静止状态，求整个过程中安培力做的功。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）装置释放后做自由落体，线圈下端落地前的速度大小为 线圈落地后，承重装置中的磁场相对线圈以速度向下运动，线圈每匝的有效切割长度为。由法拉第电磁感应定律得 由闭合电路欧姆定律得。因此电流大小为 （2）设承重装置向下做匀速运动的速度大小为，线圈已落地静止。相对速度为时，由法拉第电磁感应定律得 由闭合电路欧姆定律得。承重装置受到的安培力方向竖直向上，大小等于线圈所受安培力。由安培力公式得 匀速运动时重力与安培力平衡，故 联立上述关系，得到 （3）线圈落地前各部分无相对运动，安培力不做功；线圈落地后至最终静止，承重装置继续向下移动，安培力在此过程中做功。最终两根弹簧形变量相同，承重装置静止时由平衡条件得 以线圈落地后的承重装置和弹簧为研究系统。此时承重装置的动能为 最终状态动能为零，重力做功为，两根弹簧弹力做功为 由功能关系得 解得 代入弹簧平衡关系，得到 31．（2025·福建福州·模拟预测）（多选）电动自行车无线充电技术已经进入应用阶段，在踏板上安装接收器（内含受电线圈，并和电瓶相连），将电动自行车停放在地面的无线充电带（铺设有送电线圈）上，即可实现无线充电，这种充电方式的工作原理和理想变压器类似。若送电线圈接入有效值为220V、频率为50Hz的正弦交流电，受电线圈的输出电压有效值为48V，充电功率为180W。下列说法正确的是（　　） A．受电线圈中电流方向每秒改变100次 B．受电线圈和送电线圈的匝数比为55:12 C．受电线圈的充电电流有效值为3.75A D．为使地面上的无线充电带结实耐用，其上可用金属护板做保护 【答案】AC 【详解】A．正弦交流电的频率为50Hz，电流方向每一个周期改变两次，则受电线圈中电流方向每秒改变100次，故A正确； B．根据理想变压器电压匝数关系有 即受电线圈和送电线圈的匝数比为12:55，故B错误； C．受电线圈的输出电压有效值为48V，充电功率为180W，根据 解得I=3.75A，故C正确； D．由于电磁感应，金属护板会形成涡流，有漏电隐患并影响电能的输送，即不能够用金属护板做保护，故D错误。 故选AC。 32．（2025·北京·高考真题）如图所示，线圈自感系数为L，电容器电容为C，电源电动势为和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，与同时亮起 B．闭合后，亮起后亮度不变 C．稳定后，与亮度一样 D．稳定后，电容器的电荷量是 【答案】C 【详解】A．闭合开关瞬间，电容器C相当于通路，线圈L相当于断路，所以瞬间亮起，逐渐变亮，A错误； B．闭合开关后，电容器充电，充电完成后相当于断路，所以亮一下后熄灭，B错误； C．稳定后，电容器相当于断路，线圈相当于短路，所以、串联，所以一样亮，C正确； D．稳定后，电容器与并联，两端电压等于两端电压，由于线圈电阻和电源内阻忽略不计，且、串联，两端电压为，根据，可得电容器的电荷量等于，D错误。 故选C。 33．（24-25高二上·福建龙岩·期末）（多选）智能手表通常采用无线充电的方式充电。如图甲为智能手表及无线充电基座，图乙为充电原理示意图，充电基座接交流电源，基座内的送电线圈产生交变磁场，从而使智能手表内的受电线圈产生电流。现将问题做如下简化：设受电线圈的匝数为n，若在到时间内，磁场向上穿过受电线圈，其磁通量由均匀增加到。下列说法正确的是（　　） A．若用塑料薄膜将充电基座包裹起来，仍能为智能手表充电 B．受电线圈中感应电流方向由d到c C．无线充电的原理是利用充电基座内的线圈发射电磁波传输能量 D．c、d之间的电势差大小为 【答案】AD 【详解】AC．无线充电的原理是基座内的线圈电流变化，产生变化的磁场，导致手表内部线圈中的磁通量发生改变，线圈产生感应电流，原理是互感，因此用塑料薄膜将充电基座包裹起来，仍能为智能手表充电，故A正确，C错误； B．在到时间内，穿过受电线圈的磁通量向上增加，根据楞次定律可知，受电线圈中感应电流方向由c到d，故B错误； D．在到时间内，磁场向上穿过受电线圈，其磁通量由均匀增加到，根据法拉第电磁感应定律可得c、d之间的电势差大小为 故D正确。 故选AD。 34．（2026·北京大兴·三模）某同学利用电压传感器来研究电感线圈工作时的特点。图中三个灯泡完全相同，不考虑温度对灯泡电阻的影响。在闭合开关S的同时开始采集数据，当电路达到稳定状态后断开开关。不计电源内阻及电感线圈L的电阻。则由传感器得到的电压U随时间t变化的图像正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】闭合开关瞬间，电感的自感作用阻碍电流增大，初始时支路电流近似为0，两端电压（电压传感器测量值）为正，大小为； 电路稳定后，由于不计的电阻，因此两端电压逐渐降为0；设电源电动势为，单个灯泡电阻为，电路稳定后，并联支路总电阻为，总电阻，则根据串联分压规律可知并联部分的电压为，支路电流方向为从右端流向左端，其大小为 断开开关后，电源被切断，电感的自感作用会维持原电流方向不变，内部电流仍为右端流向左端，此时相当于电源，左端为正极、右端为负极，电压极性与原来相反，因此为负值。断开瞬间，、、构成闭合回路，总电阻为，因此两端电压大小为 而初始闭合时 可知断开瞬间 即断开瞬间电压绝对值大于，之后电流逐渐减小到0，电压绝对值逐渐降到0。 故选D。 35．（2026·北京大兴·三模）如图所示装置，1是待测位移的物体，软铁芯2插在空心线圈3中并且可以随着物体1在线圈中左右平移。关于该传感器下列说法正确的是（　　） A．该传感器将待测物体位移的变化量转换成电路中电压的变化量 B．为使传感器正常工作，电路中应使用直流电源 C．若待测物体向左平移，电流表的示数将减小 D．减少线圈3的匝数，该传感器灵敏度不变 【答案】C 【详解】A．该装置通过软铁芯2插入空心线圈3的深度变化，改变了线圈的自感系数，从而引起闭合电路中交变电流大小的变化。因此，该传感器是将待测物体位移的变化量转换成自感系数的变化量，最终转化为电路中电流的变化量，故A错误； B．线圈的自感现象只能对交变电流产生持续的阻碍作用（感抗）。若使用恒定直流电源，电路达到稳态后线圈仅起纯电阻作用，铁芯位置的变化不会引起直流电流大小的变化，传感器无法正常工作。因此，电路中必须使用交变电源，故B错误； C．若待测物体1向左平移，软铁芯2插入线圈3的深度增加，线圈的磁导率增大，使得线圈的自感系数增大，对交变电流的阻碍作用（感抗）也随之增大。在电源电压有效值恒定的情况下，电路中的电流减小，即电流表A的示数将减小，故C正确； D．线圈的自感系数及其变化率均与线圈的匝数有关。减少线圈3的匝数，不仅会使线圈本身的自感系数减小，还会使软铁芯平移相同位移时引起的自感系数变化量减小，进而导致电流的变化量减小，因此该传感器的灵敏度会降低（发生变化），故D错误。 故选C。 重难·创新演练 设题创新:命题跳出单一导体棒、矩形线框的传统模型，出现弯曲导体、不规则边界磁场。设置分段变化磁场、多区域磁场，需要分阶段计算感应电动势。常常把电磁感应和动量定理结合，不再只局限能量角度解题。结合科技情境，如电磁弹射、电磁阻尼装置，包装真实物理背景。图像题不再直接给出完整变化规律，需要自主分析斜率变化。部分试题弱化复杂计算，侧重定性分析与过程判断，规避死记模型。重在考查知识迁移，区分只会套公式和真正理解磁通量变化率本质的考生。 1．（2026·福建福州·三模）（多选）如图，两根相距为的足够长的平行光滑导轨固定在同一水平面上，并处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为，和两根金属杆静止在导轨上，与导轨构成矩形闭合回路。杆质量为，杆质量为，电阻均为，导轨的电阻忽略不计。从时刻开始，两杆分别受到平行于导轨方向相反、大小相等的恒力（大小未知）作用，分别向相反方向滑动。时，杆达到速度后，两杆都做匀速直线运动，下列说法正确的是（　　） A．恒力大小为 B．杆匀速运动时通过的电流大小为 C．在时间内，通过杆横截面的电荷量为 D．在时间内，两杆的相对位移大小为 【答案】BC 【详解】AB．杆从静止到达到速度，两杆组成的系统动量守恒，有 解得 此时回路中产生的电动势为 回路中的电流大小为 杆所受的安培力大小为 两杆都做匀速直线运动，则，故A错误，B正确； C．在0~T时间内，设通过 ab杆的平均电流为，对 ab杆应用动量定理得 则通过杆横截面的电荷量为，故C正确； D．根据电流的定义式有 结合C项解得，故D错误； 故选BC。 2．（2026·福建厦门·模拟预测）（多选）如图所示，相距的两平行金属导轨水平放置，两导体棒、放在导轨上，空间中存在方向竖直向下、磁感应强度大小的匀强磁场。时，导体棒、分别以、的速度相向运动，时刻棒的速度第一次为0，时刻棒的加速度第一次为0。已知两导体棒的质量均为、接入电路的电阻均为、与水平导轨间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。两导体棒在运动过程中不会相碰且始终与导轨垂直并接触良好，则（　　） A．导体棒、组成的系统，动量始终守恒 B．时刻导体棒的速度为 C．时间内，通过导体棒的电荷量为 D．时间内，两导体棒的位移之差为 【答案】BD 【详解】A．初始阶段速度向右，受向左摩擦力，速度向左，受向右摩擦力，两摩擦力大小相等方向相反；、受到的安培力等大反向，故系统的总合外力为零，动量守恒。减速为零后反向向右运动过程中，因两棒速度均向右，摩擦力都向左，安培力等大反向，系统的总合外力大小为 故两棒向右运动过程中合外力冲量不为零，系统动量不守恒，故A错误； B．时间内，由动量定理可知导体棒的速度变化满足 导体棒的速度变化满足 两式联立可得 代入数据解得时刻导体棒的速度为，故B正确； C． ​时刻、棒的速度均向右，设速度大小分别为和，则回路的感应电动势 棒的安培力大小为 代入数据整理得 因时刻棒的加速度为零，合力为零，对有 联立解得 时间内，由动量定理可知导体棒的速度变化满足 导体棒的速度变化满足 两式相减并化简得 代入数据解得，故C错误； D．时间内流过两棒的电荷量满足 整理得位移差 代入数据解得，故D正确。 故选BD。 3．（2026·福建福州·二模）如图，间距L=1m的固定金属导轨的倾斜部分光滑，水平部分粗糙并平滑连接。倾斜导轨与水平面夹角30°，处于垂直于导轨平面向下的匀强磁场中，水平导轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B=0.5T。两相同金属杆甲和乙与水平导轨的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两杆的质量均为m=1kg，接入电路的电阻均为R=0.25Ω。甲杆从倾斜导轨上某处由静止释放，乙杆最初静置于水平导轨，且仅在水平导轨上运动，两金属杆在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不会相碰。忽略金属导轨的电阻，取重力加速度。求： (1)甲杆刚从倾斜导轨释放时的加速度大小，并判断甲杆下滑后，乙杆有哪个方向的运动趋势； (2)甲杆从静止开始沿倾斜导轨下滑s=3.86m时乙杆开始运动，此过程中甲杆产生的焦耳热； (3)甲杆中电流稳定之后继续下滑，当其刚滑入水平导轨时开始计时，乙杆的部分v—t图像如图乙所示。已知t=0时乙杆的加速度是其反向运动前加速度的1.8倍，t=1s时乙杆的速度达到极值0.2m/s，求0~1s两杆的相对位移大小。 【答案】(1)，向左的运动趋势 (2) (3) 【详解】（1）甲杆刚从倾斜导轨释放时，根据牛顿第二定律有 解得 甲杆随后切割磁感线，根据右手定则，随后的电流从上往下为顺时针方向，根据左手定则可知，随后，乙杆所受安培力方向向左，则乙杆有向左的运动趋势。 （2）设当甲杆下滑距离为s时速度为，乙杆开始运动，此时回路中的电流为，此时对乙杆有 甲杆切割磁场，产生电动势 回路电流 甲、乙杆的焦耳热相等，整个过程，根据能量守恒可得 解得甲棒产生的焦耳热为 （3）乙杆开始运动后，甲杆仍在倾斜导轨滑动时，回路中的电动势 电路中电流 对甲杆有 对乙杆有 当甲杆电流达到稳定时，两杆的速度差恒定，此时两杆的加速度相等，解得 从甲杆滑入水平导轨开始到乙杆反向运动前，两棒整体所受的合外力为零，故该过程系统动量守恒，设乙杆反向时甲杆的速度为，乙杆速度为0，可知 解得 甲杆刚进入水平导轨时，回路中的电动势 设时甲杆的速度为，乙杆的速度为，则有 时，对乙杆有 乙杆反向运动前有 已知 联立解得 设时，乙杆速度达到极值时甲杆的速度为，乙杆的速度为，对乙杆有 解得 对甲杆，0~1s内，根据动量定理有 解得 4．（2026·福建福州·模拟预测）（多选）如图所示，两条足够长的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距为L，电阻不计，导轨最右端接有阻值为R的定值电阻。整个装置处于两种磁感应强度大小均为B、方向竖直且相反的匀强磁场中，虚线为两磁场的分界线。质量均为m的两根导体棒MN、PQ静止于导轨上，两导体棒接入电路的电阻均为R，与导轨间的动摩擦因数均为（设导体棒的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。时刻，用水平向左的恒力F拉MN棒，使其由静止开始运动，时刻，PQ刚好要滑动。该过程中，两棒始终与导轨垂直且接触良好，通过金属棒PQ的电荷量为q，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．时刻，金属棒PQ受到的安培力方向水平向右 B．时刻，金属棒MN速度大小为 C．从t1到t2时间内，金属棒MN在导轨上运动的距离为 D．从到时间内，金属棒MN产生的焦耳热为 【答案】AD 【详解】A．由于金属棒MN向左运动，根据右手定则可知，金属棒PQ的电流方向为P到Q，根据左手定则可知，金属棒PQ受到的安培力方向水平向右，故 A正确； B．时刻，PQ刚好要滑动，设PQ上的电流为I，则有 金属棒MN产生的感应电动势为 由于金属棒PQ与电阻并联，所以金属棒MN上的电流为2I，则根据闭合电路欧姆定律有 联立可得时刻金属棒MN速度大小为，故B错误； C．通过金属棒PQ的电荷量为q，则通过金属棒MN的电荷量为2q，则有 可得从到时间内，金属棒MN在导轨上运动的距离为，故C错误； D．从到时间内，根据功能关系有 由于金属棒MN在干路上，而金属棒PQ与电阻并联，则金属棒MN产生的焦耳热为，故D正确。 故选AD。 5．（2026·四川资阳·三模）如图所示，光滑金属导轨由水平部分和倾斜部分两部分组成，两部分在D点和点绝缘平滑连接。AB和间距为2d，CD和间距、DE和间距均为d，与水平面的倾角为θ，DE长度为L。在部分、部分、部分分别存在垂直于对应区域的匀强磁场，磁感应强度分别为B1=B、B2=2B、B3=B，导轨电阻均忽略不计。间接有一电容为C的平行板电容器，电容器初始电量为，且靠近侧为正极板。初始时，导体棒a、导体棒b均分别处在图示位置，且与导轨接触良好，a棒具有水平向右的初速度，b棒初速度为0。a棒、b棒的质量均为m，a棒电阻为R，b棒的电阻忽略不计。已知a棒距离足够远，b棒在进入倾斜导轨前已进入稳定状态，重力加速度为g。求： (1)初始瞬间b棒加速度的大小； (2)从开始到b棒离开水平导轨的过程中，a棒上产生的焦耳热Q； (3)从b棒进入倾斜导轨到b棒到达导轨底端的过程中，电容器增加的电场能。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）开始瞬间，对a、b组成的回路，由电磁感应规律和电路知识，有   电流为 对b棒，由牛顿第二定律，有   联立解得 （2）a、b棒达到稳定时，回路总电动势等于0，由电路知识，有   对a、b棒组成的系统，从开始→b达到稳定状态，注意到系统合外力等于0，由动量守恒，有   由能量守恒，有   联立解得 （3）在从b进入倾斜导轨→b到达底端的过程中，设任意时刻b棒速度为v、加速度为a，回路电流为I，对b棒，由牛顿第二定律，有   对电容器所在电路，有   又有   联立解得   由此可知b做匀加速直线运动，从b进入倾斜导轨→b到达底端，由匀变速直线运动规律，有   对b、和电容器构成的系统，由功能关系，有   联立解得 6．（2026·湖南怀化·二模）（多选）电动汽车能量回收装置的简化原理图如图所示。间距为L的足够长平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平面内，导轨左端通过单刀双掷开关S可分别与电动势为E、内阻为r的电源和电容器相连。虚线右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、长度也为L的金属棒ab垂直导轨静置于虚线右侧，金属棒在导轨上运动时与导轨间的阻力大小始终为。0时刻将开关S拨至1，t时刻金属棒的加速度恰好为0，此时将开关S拨至2，电容器在极短时间内完成充电。已知电容器的电容为，金属棒运动过程中始终与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻均不计。下列说法正确的是（　　） A．内金属棒做匀加速直线运动 B．将开关S拨至2前瞬间，金属棒的速度大小为 C．电容器完成充电瞬间，电容器两端的电压为 D．电容器充电完成后，金属棒做加速度大小为的匀减速直线运动 【答案】CD 【详解】A．开关S接1时，设金属棒速度为v，电路电流 安培力 由牛顿第二定律 代入阻力 得 v增大时，a减小，金属棒做加速度减小的加速运动，故A错误； B．将开关S拨至2前瞬间，金属棒的加速度为0，则有 其中 解得 故B错误； C．将开关S拨至2后，电容器在极短时间内完成充电，电容器两端电压与金属棒切割磁场产生的感应电动势相等，则有 对金属棒有（极短时间内导轨阻力的冲量可忽略） 解得 故C正确； D．设电容器充电完成后内金属棒的速度减小了，则有 对金属棒有 解得 故D正确。 故选CD。 7．（2026·河南濮阳·一模）（多选）如图甲所示，间距为L的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨左端连接有阻值为R的定值电阻，质量为m的金属棒垂直放在导轨上，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中；第一次，给金属棒一个水平向右、大小为的初速度，金属棒在导轨上运动的速度v与运动的位移x间的关系如图乙所示；第二次，给金属棒施加一个水平向右的拉力使金属棒从静止开始向右运动，运动的速度v与运动的位移x间的关系如图丙所示。不计导轨的电阻，金属棒接入电路的电阻也为R，则下列判断正确的是（　　） A．匀强磁场的磁感应强度大小为 B．第一次，通过定值电阻的电量为 C．第二次，从起点到金属棒运动位移为的过程中，电阻R中产生的焦耳热为 D．第二次，从起点到金属棒运动位移为的过程中，拉力做的功为 【答案】BC 【详解】A．给金属棒一个初速度，根据动量定理， 即 解得匀强磁场的磁感应强度的大小为，故A错误； B．第一次通过定值电阻的电量为，故B正确； C．回路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，速度为v时的安培力大小 极短位移内克服安培力做功 因此从开始到运动位移的过程中，克服安培力做功 电阻R中产生的焦耳热，故C正确； D．根据动能定理， 解得，故D错误。 故选BC。 8．（2026·福建厦门·二模）电磁驱动在军事、科研和生活中有着广泛的应用，如图所示是某个电磁驱动模型的俯视图，水平面上每间隔L分布有宽度也为L的有界匀强磁场，磁场磁感应强度大小为B、方向竖直向上，控制所有磁场以速度水平向右匀速运动。放在水平面上的正方形导线框abcd从图示位置由静止释放，在安培力的驱动下向右运动，经过时间达到最大速度。已知导线框质量为m、边长为L、电阻为R，运动过程中所受阻力大小恒为，ab边始终与磁场边界平行，求导线框： (1)释放瞬间的加速度大小； (2)经过时间达到的最大速度大小； (3)时间内运动的距离。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）导线框释放瞬间，由法拉第电磁感应定律可知导线框的电动势 导线框的电流 由牛顿第二定律可知导线框的加速度满足 解得 （2）经过时间导线框达到最大速度时，安培力的大小与阻力大小相等，满足 设导线框的最大速度为，导线框的电动势满足 导线框的电流 两式联立解得 （3）在时间内，以向右为正方向，设任意时刻导线框的速度大小为，对应的电流大小为，由动量定理得 其中 整理得 其中， 解得 9．（2026·福建·模拟预测）如图所示，倾角为、宽度为L的光滑倾斜导轨顶端连接电动势大小为E、内阻为r的电源，以上区域存在垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一质量为m、电阻为的金属棒a垂直导轨放置，金属棒长度为L，与导轨始终接触良好，闭合开关S瞬间将金属棒a由静止释放，金属棒a向下运动一段时间达到匀速后穿出磁场边界，经过绝缘圆弧轨道进入足够长的光滑水平导轨。已知重力加速度大小为g，导轨电阻不计，求： (1)金属棒a释放瞬间加速度的大小； (2)金属棒a在倾斜导轨匀速运动速度的大小； (3)金属棒a经过绝缘圆弧后，到达光滑水平导轨时的速度大小为右侧存在竖直向下、磁感应强度大小也为B的匀强磁场，金属棒b、c通过轻质绝缘弹簧连接，静止在水平导轨上，金属棒b恰好与磁场边界重合，此时弹簧处于原长。三根金属棒a、b、c完全相同，金属棒a与b在处发生碰撞，碰撞时间极短，碰后粘为一体一起运动，经过时间t后，弹簧达到最大压缩量x，此时弹簧的弹性势能为，求这段时间内，金属棒c产生的焦耳热及金属棒c运动位移的大小。 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）金属棒a释放瞬间，通过金属棒的电流 根据牛顿第二定律有 解得 （2）金属棒a在倾斜轨道上匀速运动时，根据平衡条件有 通过金属棒的电流 解得 （3）金属棒a与b在处发生碰撞，根据动量守恒定律有 当金属棒a、b、c三者共速时，弹簧压缩量达到最大，根据动量守恒定律有 根据能量守恒定律有 金属棒c产生的焦耳热 其中 解得 金属棒a、b、c运动过程中，根据动量守恒定律有 两边同时对时间微元累加有 整理可得 其中，， 代入并整理得 其中 解得 10．（2026·福建泉州·三模）（多选）如图，一正方形导线框在足够长的绝缘平板小车上，与车一起在水平面上匀速运动。矩形区域内存在竖直向上的匀强磁场，小车以速率匀速通过该区域过程中，线框相对车滑动，线框边始终平行于，边刚离开磁场时速率恰好为。已知线框边长为、质量为、电阻为，磁场的磁感应强度大小为，长为，且，线框与车之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为，则线框（   ） A．刚进入磁场时产生的感应电动势大小为 B．受到安培力的总时间为 C．穿过磁场的过程中产生的总焦耳热一定为 D．穿过磁场的过程中因摩擦产生的总热量一定为 【答案】AC 【详解】A．进入磁场前，线框与小车一起匀速运动，线框对地速度等于小车的速度。刚进入磁场的瞬间，线框还未发生明显减速，切割磁感线的边对地速度为，磁场静止，根据导体切割磁感线的感应电动势公式，可得感应电动势大小为，故A正确。 B．已知小车以速率v0匀速通过该区域过程中，线框相对车滑动，说明线框进入磁场时受到的向左的安培力大于向右的滑动摩擦力，线框进入磁场的过程做加速度减小的减速运动；线框完全在磁场中的过程，不受安培力作用，此过程线框做匀加速直线运动；因gh边刚离开磁场时速率恰好为v0，故线框出磁场的过程与进入磁场的过程的运动形式相同，即线框出磁场与进入磁场的时间相等。设线框恰好完全进入磁场时的速度大小为v1，对线框完全在磁场中的运动过程，根据动能定理得μmg(L﹣D)，解得v1 设线框进入磁场与出磁场的时间均为t1，以向右为正方向，对线框进入磁场中的过程，根据动量定理得μmgt1mv1﹣mv0，其中 解得t1 线框受到安培力的总时间为t＝2t1 联立解得t，故B错误； C．题干说明小车始终以匀速运动，线框刚进入磁场时速度为，边刚离开磁场时速度也为，因此线框整个过程的动能变化 线框进入磁场过程，由动能定理 完全进入磁场后 可得 同理，所以总焦耳热等于；故C正确。 D． 设线框完全在磁场中的运动时间为t2，由运动学公式得t2 线框穿过磁场的过程的总时间为t总＝t2+2t1 此过程线框与小车的相对位移大小为Δx＝x车﹣x框＝v0t总﹣(L+D) 线框穿过磁场的过程中因摩擦产生的总热量为Q摩＝μmgΔxμmg(L+D)，故D错误。 故选AC。 真题·实战演练 高频考点：法拉第电磁感应定律，注意匝数 n 不能遗漏；导体切割磁感线电动势，判断 B、L、v 是否垂直，求取有效长度。区分平均电动势和瞬时电动势，Φt、Bt 图像斜率表示磁通量变化率。电磁感应和电路综合，求解感应电流、路端电压；导体棒、线框运动结合动力学、能量守恒。常见易错点：混淆磁通量与磁通量变化率，忽略公式适用条件，把平均电动势当作瞬时值。该考点是电磁感应大题核心，选择题侧重概念辨析，计算题综合度高，属于试卷拉分模块。 1．（2025·福建·高考真题）水平地面上固定有一倾角为30°的绝缘光滑斜面，其上有两个宽度分别为l1、 l2、的条形匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ，虚线为磁场边界，均与斜面底边平行，两区域磁场的磁感应强度大小相等、方向均垂直斜面向上，示意图如图所示。一质量为m、电阻为R的正方形细导线框abcd置于区域Ⅰ上方的斜面上， cd边与磁场边界平行。线框由静止开始下滑，依次穿过区域Ⅰ、区域Ⅱ。已知cd边进入Ⅰ到ab边离开Ⅰ的过程中，线框速度恒为v，cd边进入区域Ⅱ和ab边离开区域Ⅱ时的速度相同；区域Ⅰ、Ⅱ间的无磁场区域宽度大于线框边长，线框各边材料相同、粗细均匀；下滑过程线框形状不变且始终处于斜面内，cd边始终与磁场边界平行；重力加速度为。求： (1)初始时，cd边与Ⅰ区域上边缘的距离； (2)求cd边进入Ⅰ号区域时，cd边两端的电势差； (3)cd边进入区域Ⅱ到ab边离开区域Ⅱ的过程中，线框克服安培力做功的平均功率。 【答案】(1) (2) (3)若，则；若，则 【详解】（1）线框在没有进入磁场区域时，根据牛顿第二定律 根据运动学公式 联立可得线框释放点cd边与Ⅰ区域上边缘的距离 （2）因为cd边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度均为v，可知线框的边长与Ⅰ区域的长度相等，根据平衡条件有 又， cd边两端的电势差 联立可得 （3）①若，则线框在通过Ⅱ区域过程中可能一直做减速运动，也可能先减速后匀速，完全离开Ⅱ号区域时的速度不再恢复为刚进入时的速度，故该情况不符合题意。 ②若，在线框进入Ⅰ区域过程中，根据动量定理 其中，， 联立可得 线框在Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理 根据 线框进入磁场过程中电荷量都相等，即 联立可得 根据能量守恒定律 克服安培力做功的平均功率 联立可得 ③若，同理可得 根据动量定理 其中 结合， 联立可得 根据能量守恒定律 克服安培力做功的平均功率 联立可得 2．（2024·福建·高考真题）拓扑结构在现代物理学中具有广泛的应用。现有一条绝缘纸带，两条平行长边镶有铜丝，将纸带一端扭转180°，与另一端连接，形成拓扑结构的莫比乌斯环，如图所示。连接后，纸环边缘的铜丝形成闭合回路，纸环围合部分可近似为半径为R的扁平圆柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域垂直其底面穿过，磁场区域的边界是半径为r的圆（r < R）。若磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B = kt（k为常量），则回路中产生的感应电动势大小为（　　） A．0 B．kπR2 C．2kπr2 D．2kπR2 【答案】C 【详解】由题意可知，铜丝构成的“莫比乌斯环”形成了两匝（n = 2）线圈串联的闭合回路，穿过回路的磁场有效面积为 根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生的感应电动势大小为 故选C。 3．（2023·福建·高考真题）如图，M、N是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，导轨足够长且电阻可忽略不计；导轨间有一垂直于水平面向下的匀强磁场，其左边界垂直于导轨；阻值恒定的两均匀金属棒a、b均垂直于导轨放置，b始终固定。a以一定初速度进入磁场，此后运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与b不相碰。以O为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴坐标；在运动过程中，a的速度记为v，a克服安培力做功的功率记为P。下列v或P随x变化的图像中，可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】AB．设导轨间磁场磁感应强度为B，导轨间距为L，金属棒总电阻为R，由题意导体棒a进入磁场后受到水平向左的安培力作用，做减速运动，根据动量定理有 根据，， 可得 又因为 联立可得 根据表达式可知v与x成一次函数关系，故A正确，B错误； CD．a克服安培力做功的功率为 故图像为开口向上的抛物线，由于F和v都在减小，故P在减小,故CD错误。 故选A。 4．（2022·福建·高考真题）如图（a），一倾角为的绝缘光滑斜面固定在水平地面上，其顶端与两根相距为L的水平光滑平行金属导轨相连；导轨处于一竖直向下的匀强磁场中，其末端装有挡板M、N．两根平行金属棒G、H垂直导轨放置，G的中心用一不可伸长绝缘细绳通过轻质定滑轮与斜面底端的物块A相连；初始时刻绳子处于拉紧状态并与G垂直，滑轮左侧细绳与斜面平行，右侧与水平面平行．从开始，H在水平向右拉力作用下向右运动；时，H与挡板M、N相碰后立即被锁定．G在后的速度一时间图线如图（b）所示，其中段为直线．已知：磁感应强度大小，，G、H和A的质量均为，G、H的电阻均为；导轨电阻、细绳与滑轮的摩擦力均忽略不计；H与挡板碰撞时间极短；整个运动过程A未与滑轮相碰，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好：，，重力加速度大小取，图（b）中e为自然常数，．求： （1）在时间段内，棒G的加速度大小和细绳对A的拉力大小； （2）时，棒H上拉力的瞬时功率； （3）在时间段内，棒G滑行的距离． 【答案】（1） ；；（2）；（3） 【详解】（1）由图像可得在内，棒G做匀加速运动，其加速度为 依题意物块A的加速度也为，由牛顿第二定律可得 解得细绳受到拉力 （2）由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律推导出“双棒”回路中的电流为 由牛顿运动定律和安培力公式有 由于在内棒G做匀加速运动，回路中电流恒定为，两棒速度差为 保持不变，这说明两棒加速度相同且均为a； 对棒H由牛顿第二定律可求得其受到水平向右拉力 由图像可知时，棒G的速度为 此刻棒H的速度为 其水平向右拉力的功率． （3）棒H停止后，回路中电流发生突变，棒G受到安培力大小和方向都发生变化，棒G是否还拉着物块A一起做减速运动需要通过计算判断，假设绳子立刻松弛无拉力，经过计算棒G加速度为 物块A加速度为 说明棒H停止后绳子松弛，物块A做加速度大小为的匀减速运动，棒G做加速度越来越小的减速运动；由动量定理、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可以求得，在内 棒G滑行的距离 这段时间内物块A速度始终大于棒G滑行速度，绳子始终松弛。 5．（2021·福建·高考真题）（多选）如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界、进入磁场，速度大小均为；一段时间后，流经a棒的电流为0，此时，b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和，a棒的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则（　　） A．时刻a棒加速度大小为 B．时刻b棒的速度为0 C．时间内，通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍 D．时间内，a棒产生的焦耳热为 【答案】AD 【详解】A．由题知，a进入磁场的速度方向向右，b的速度方向向左，根据右手定则可知，a产生的感应电流方向是E到F，b产生的感应电流方向是H到G，即两个感应电流方向相同，所以流过a、b的感应电流是两个感应电流之和，则有 对a，根据牛顿第二定律有 解得 故A正确； B．根据左手定则，可知a受到的安培力向左，b受到的安培力向右，由于流过a、b的电流一直相等，故两个力大小相等，则a与b组成的系统动量守恒。由题知，时刻流过a的电流为零时，说明a、b之间的磁通量不变，即a、b在时刻达到了共同速度，设为v。由题知，金属棒a、b相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和，根据电阻定律有， 解得 已知a的质量为m，设b的质量为，则有， 联立解得 取向右为正方向，根据系统动量守恒有 解得 故B错误； C．在时间内，根据 因通过两棒的电流时刻相等，所用时间相同，故通过两棒横截面的电荷量相等，故C错误； D．在时间内，对a、b组成的系统，根据能量守恒有 解得回路中产生的总热量为 对a、b，根据焦耳定律有 因a、b流过的电流一直相等，所用时间相同，故a、b产生的热量与电阻成正比，即 又 解得a棒产生的焦耳热为 故D正确。 故选AD。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第40讲 法拉第电磁感应定律（专项训练） 模拟·基础演练 参考答案 题号 1 2 5 6 7 9 10 11 12 13 答案 AC BC BC C BC B AD BC BD B 题号 14 15 16 17 19 21 22 24 28 29 答案 BCD AC BC BD AB AD C AD AC D 题号 31 32 33 34 35 答案 AC C AD D C 1．AC 【详解】AB．由牛顿第二定律，， 联立解得 ，故A正确，B错误； CD．导体在磁场中转动，旋转切割磁感线，但导体本身与磁场不垂直，应该考虑切割的有效长度，导体切割磁感线的有效长度为 根据旋转切割产生的电动势公式 解得，故C正确，D错误。 故选AC。 2．BC 【详解】AB．由题意可知，电流自上而下通过LED，根据右手定则，可知从上往下看圆盘顺时针转动，故A错误，B正确； CD．由题意知，当a、b两点电势满足时，LED灯导通发光，而圆盘转动时产生的感应电动势为 忽略圆盘电阻与接触电阻，没有内电压，则a、b间电势差为 解得，故C正确，D错误。 故选BC。 3．(1)v=4m/s (2)B=4T (3) 【详解】（1）由动能定理 解得 （2）导体棒a在BB′−CC′段做匀速圆周运动，其上每个质点的ω相同 由B′C′上端点线速度 可得BC上端点线速度 a棒切割B产生 由切线方向 得 解得 （3）对ab，根据动量定理有 对c，根据动量定理有 联立可得 解得 4．(1)3V (2)6m/s   6C (3)1.25J 【详解】（1）金属圆盘产生的电动势为 解得 （2）a棒最大速度时，加速度为零，电流为零，则有 解得 a棒加速过程中安培力的冲量大小为 由动量定理，有 解得 （3）a棒与b棒碰撞，设碰后速度为，根据动量守恒，有 两棒并联电阻为，在斜轨道上滑行时安培力冲量大小为 上滑和下滑过程位移大小相等，安培力方向相反，总冲量为零。设返回时的速度为，对a、b两棒，由动量定理有 解得， 根据能量守恒，回路中产生的总焦耳热为 则电阻产生的焦耳热为=1.25J 5．BC 【详解】AB．gh在运动的时间t内，位移为 产生的感应电动势大小为 所以 由此可知，感应电流大小不变，故A错误，B正确； C．MN刚好不滑动，有 解得，故C正确； D．位移为x时，gh的有效长度为 安培力大小为 所以安培力对gh做的功为，故D错误。 故选BC。 6．C 【详解】A．当导体棒运动到时，导体棒切割磁场的长度 感应电动势 根据右手定则，端电势高，二极管通路，感应电流大小为 由左手定则，可得导体棒受到向左的安培力，安培力大小为 解得，故A错误； B．当导体棒运动到时，导体棒切割磁场的长度 感应电动势 根据右手定则，端电势高，二极管断路，电路没有电流，导体棒两端电压 解得，故B错误； C．导体棒从处匀速运动到的过程，感应电流为 其中感应电流最大值 电流的有效值为 根据功能关系可得外力做功 其中 导体棒从处匀速运动到的过程，二极管断路，电路没有感应电流，外力做功为零。 则导体棒从处匀速运动到的过程，外力做功 解得，故C正确； D．导体棒从处匀速运动到的过程，外力的冲量的大小等于安培力的冲量的大小，即 安培力的冲量 根据 变量代换得 解得 导体棒从处匀速运动到的过程，外力的冲量为零。 则导体棒从处匀速运动到的过程，外力的冲量为，故D错误。 故选C。 7．BC 【详解】A．第二次导体棒ab转动过程平均感应电动势为 与导轨围成的面积为 通过电阻R的电荷量，故A错误； B．根据，可得两次运动的时间，故B正确； CD．由于第一次通过电阻R的电荷量 可得，C正确，D错误。 故选BC。 8．(1) (2) (3) 【详解】（1）内，静止，水平线圈感应电动势 电路总电阻，总电流 间的电压为路端电压 解得 （2）内，对导体棒，根据平衡条件有， 解得 （3）后，线圈无电动势，切割磁感线产生电动势，当导体棒速度达到最大时 此时作为电源，、并联，， 解得 由能量守恒可得 其中由可得 代入解得 9．B 【详解】A．时，磁感应强度，线圈在磁场中的有效面积 穿过线圈的磁通量，故A错误； B．时，磁感应强度且随时间减小，根据楞次定律，感应电流的磁场方向向下，由安培定则可知线圈中感应电流沿顺时针方向，根据左手定则，线圈受到的安培力方向水平向左，故B正确； C．时，磁感应强度，但磁通量的变化率不为零，根据法拉第电磁感应定律 感应电动势大小不为0，故C错误； D．时，磁感应强度大小 感应电动势 感应电流 线圈受到的安培力，故D错误。 故选B。 10．AD 【详解】A．在时间内磁感应强度的变化率为 所以在时刻圆环Ⅰ中产生的感应电动势大小为 则圆环Ⅰ中的感应电流大小为，故A正确； B．圆环Ⅱ中没有磁场，磁通量恒为零无变化，且圆环Ⅰ与圆环Ⅱ绝缘，又不受其影响，因此圆环Ⅱ中一直没有电流，故B错误； C．假设有一金属圆环与PQ所在的感生电场线上重合，则沿着圆环感生电场线转一圈，电势差即为感生电动势的大小。时，假设圆环的感应电动势大小 则，故C错误； D．在和时间内圆环Ⅰ产生的感应电动势大小相等均为 在时间内圆环Ⅰ产生的感应电动势大小为 设感应电动势的有效值为 所以圆环Ⅰ中电流的有效值为 解得，故D正确。 故选AD。 11．BC 【详解】A．内穿过线圈磁通量的变化量为 选项A错误； B．由法拉第电磁感应定律得 根据闭合电路的欧姆定律可得线圈中的感应电流大小为 选项B正确； C．根据图乙可知，t=3s时磁感应强度为B=1T 线圈受到的安培力大小为：F安=nBIL=5×1×1×1N=5N 方向竖直向上，则轻质细线的拉力大小为 选项C正确； D．0～4s内线圈产生的焦耳热为Q=I2rt=12×0.5×4J=2J 故D错误。 故选BC。 12．BD 【详解】B．洛伦兹力始终与运动方向垂直，所以洛伦兹力对小球一直不做功，故B正确； CD．玻璃圆管处于均匀变化的磁场中，在周围产生稳定的涡旋电场，对带正电的小球做功，由楞次定律可知电场方向为顺时针方向，因此小球先沿逆时针方向做减速运动，过一段时间后，沿顺时针方向做加速运动；当小球速度减为0时，小球受到的洛伦兹力为0，可知小球受到的洛伦兹力不是一直增大，故C错误，D正确； A．当小球沿逆时针方向做减速运动时，小球受到的洛伦兹力方向背向圆心，根据牛顿第二定律可得 当小球速度减为0时，小球受到的洛伦兹力为0，小球所需的向心力为0，则圆管对小球指向圆心的弹力为0，此时小球受到的弹力最小，即此时小球对玻璃圆管的压力最小，所以小球对玻璃圆管的压力不是一直增大，故A错误。 故选BD。 13．B 【详解】A．由乙图可知， 时，所以穿过圆环的磁通量为 代入数据得 ，故A错误； B．圆环产生的感应电动势为 线圈电阻为 故线圈中电流为 故 时，圆环所受安培力大小为： ，故B正确； C．根据法拉第电磁感应定律有：， 电量表达式，联立代入解得 ，故C错误； D．由楞次定律可知，圆环中的感应电流方向为逆时针，且环有收缩的趋势，故D错误。 故选B。 14．BCD 【详解】A．根据法拉第电磁感应定律，线圈的感应电动势 线圈内垂直向里的磁场均匀减弱，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场要阻碍原磁场减小，因此线圈内感应电流为顺时针方向，故A错误； B．导体棒向左匀速运动，切割磁感线产生的动生电动势 结合右手定则，导体棒的动生电动势在回路中的方向与线圈的感生电动势​的方向相同，总感应电动势应为 导体棒中的电流为，故B正确； C． 导体棒匀速运动，外力与安培力二力平衡，则 由左手定则可知安培力方向沿导轨向右，所以外力方向沿导轨向左，故C正确； D．定值电阻的功率为，故D正确。 故选BCD。 15．AC 【详解】A．金属棒刚进入磁场时，CF棒切割磁感线产生的感应电动势为 电路结构为CF棒（作为电源，内阻2R）与PQ棒（电阻2R）、定值电阻（4R）组成的并联电路组成闭合电路，闭合电路的总电阻为 根据闭合电路欧姆定律，闭合电路通过CF的电流为 此时整个金属框受到的安培力（即CF棒受到的安培力）为 故A正确； BC．设金属棒PQ刚进入磁场时的速度为v，从金属棒CF刚进入磁场到金属棒PQ刚进入磁场过程中金属框的感应电动势的平均值为 流过金属棒CF的感应电流的平均值为 在这个过程中，金属棒CF受到的安培力的平均值为 运用动量定理得 从金属棒PQ刚进入磁场到金属棒CF恰好没有从磁场中穿出（此时速度恰好为零）的过程，金属棒CF和PQ都切割磁感线，都是电源，总电阻为 金属框的感应电动势的平均值为 此过程金属棒DE上的感应电流（即电源总电流）的平均值为 金属框受到的安培力的平均值为 根据动量定理得 通过金属棒DE的电量为 联立以上各式可解得金属棒PQ刚进入磁场时的速度为 金属棒PQ棒进入磁场后，通过DE间定值电阻的电荷量为 故B错误，C正确。 D．根据能量守恒定律，金属棒PQ进入磁场后，在整个电路中产生的焦耳热为 D、E间定值电阻产生的焦耳热为 故D错误。 故选AC。 16．BC 【详解】A．ab进入磁场过程（位移），为电源（内阻），、并联，总电阻 由动量定理，安培力冲量等于动量变化 电荷量 代入得 ，故A错误； B．刚进入磁场时，感应电动势 总电流 安培力 加速度，故B正确； C．由动量定理推导得与位移（移动的距离）满足线性关系 令代入数值得，总位移就是，故C正确； D．总热量等于初始动能 第一阶段（进入过程）：与并联 联立得 第二阶段（进入到速度为0）：为外阻 联立得 总，故D错误。 故选BC。 17．BD 【详解】A．根据题意，由右手定则可知，边刚越过时，线框中的电流方向为逆时针方向，故A错误； B．从开始运动到边刚越过过程，由动能定理有 解得 感应电动势为 感应电流为，故B正确； C．线框abcd进入磁场过程中匀速运动，则刚进入磁场时有 完全进入磁场时有 则外力做功的大小为 联立代入数据解得，故C错误； D．线框abcd完全进入磁场后不受磁场力作用，设abcd与efhj碰撞时的速度为。根据动能定理有 由题意，碰撞后abcd会反向运动。根据动量守恒定律与机械能守恒定律有， 联立解得， 碰撞后，对线框abcd根据动能定理有 解得 由题意可知，线框左右两边所处在位置的磁感应强度大小之差为 且保持不变。对线框，根据动量定理有 又有，， 联立解得 则碰后足够长的时间，边与边相距，故D正确； 故选BD。 18．(1) (2) (3) 【详解】（1）线框进磁场过程，根据法拉第电磁感应定律 根据欧姆定律 根据电流定义式 线框进磁场过程 解得 （2）设线框刚进磁场时的速度大小为，根据动量定理有    又 变形得 解得 （3）线框在穿过磁场过程中，设运动的时间为，根据动量定理有 整理得 解得 19．AB 【详解】A．直导线中电流产生的磁场在圆环处方向向下，在圆环靠近直导线过程中，圆环中磁通量增大，根据楞次定律可知，圆环中有沿逆时针方向的电流，故A正确； B．圆环向直导线靠近过程中，左右两侧电流方向相反，磁场强弱、方向相同，安培力对称等大反向；上下两侧电流反向，上方磁场强下方弱，上方受向下的安培力大于下方所受的向上的安培力，所以在平行直导线方向圆环受到安培力的合力为零，该方向圆环速度不变，所受安培力的合力垂直直导线，阻碍圆环垂直直导线方向的分运动，故B正确； C．圆环最终以平行直导线方向的分运动做匀速直线运动，故C错误； D．因圆环向直导线靠近过程中，圆环速度仍有速度，即圆环仍有动能，根据能量守恒可知，圆环中产生的焦耳热小于，故D错误。 故选AB。 20．(1) (2) 【详解】（1）金属框进入磁场时，有， 金属框受到的安培力 由牛顿第二定律得 解得 （2）金属框进入磁场的过程中，克服安培力做功 金属框穿出磁场的过程中，克服安培力做功 则总功 解得 21．AD 【详解】AB．根据图乙可知电容器充电，两端电压随时间均匀变化，结合可知，电容器电荷量随时间均匀变化，即充电电流恒定，有 可得 根据图乙可得 电流不变，可知安培力不变，导体棒在区域Ⅰ中做匀变速直线运动，t=0.5s时恰出区域Ⅰ，有 解得 由于导体棒水平方向仅受安培力，有 解得，故A正确，B错误； C．导体棒出磁场瞬间的速度大小为 导体棒与线框发生弹性碰撞，则， 联立解得， 即导体棒与线框碰撞后交换速度，即棒静止，线框以2m/s的速度向右运动，线框进入区域Ⅱ过程，根据动量定理有， 可得 联立解得 线框进入磁场和出磁场过程的磁通量变化量相等，则动量变化量相等，即速度变化量相等，结合以上分析可知线框第1次出磁场瞬间的速度大小为，故C错误； D．线框与挡板碰撞后被反弹，再次进入磁场，完全进入磁场后瞬间的速度大小为 可知线框不能再次出磁场与导体棒发生碰撞，设线框之后向左运动的距离为x，则有 同理根据动量定理有 解得 最终棒到线框的距离为，故D正确。 故选AD。 22．C 【详解】A．由右手定则可知，载物台内部感应电流方向由流向。载物台相当于电源，电源内部电流从负极流向正极，故端为负极，电势比端的电势低，故A错误； B．载物台匀速下落时，由受力平衡可知 又 解得载物台匀速运动的速度大小为，故B错误； C．载物台下落过程，由动量定理得 又 联立解得，故C正确； D．由能量守恒可得回路产生的焦耳热为 则装置回收的能量，故D错误。 故选C。 23．(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）闭合，断开，金属棒稳定后做匀速直线运动，对棒受力分析可得 其中， 代入，，，，， 联立解得 （2）闭合，断开时，在内，对金属棒，由动量定理可得 对电容器有， 联立得 等式两边同除以，整理得 可知金属棒向下做匀加速运动，加速度大小 （3）同理可知，施加外力后，金属棒向下做匀减速运动，加速度大小 由题意知，金属棒向下加速运动和向下减速运动的时间分别为， 金属棒减速后速度恰好为0，故 可知 代入数据得 （4）金属棒向下减速为0后，杆的感应电动势为0，故电容器的电压也为0，储存的能量为0；之后金属杆向上以加速度匀加速运动，满足 金属棒速度为0时离静止释放点的距离 此时设金属棒返回到出发点时速度为，则 解得 由功能关系得 解得 24．AD 【详解】A．通过空白区域时感应电动势为 感应电流为 安培力为 由动量定理得 解得定值电阻的阻值，故A正确； B．金属杆每次在空白区域运动，由牛顿第二定律得 可知金属杆做加速度减小的减速运动，则平均速度 由，可得金属杆每次在空白区域运动的时间，故B错误； C．金属杆每次通过阴影区域过程中，流过定值电阻的电荷量为，故C错误； D．金属杆每次通过阴影区域过程中，做匀加速运动，则 由牛顿第二定律得 解得，故D正确。 故选AD。 25．(1) (2) (3) 【详解】（1）导体棒从释放到进入磁场前机械能守恒，有 得 （2）导体棒进入磁场过程中，规定向右为正方向，根据动量定理，有 又 ， 得 联立得导体棒与盒碰撞前棒的速度： 棒在穿过磁场过程中，回路中产生的焦耳热为，由能量守恒定律得⑥ 金属棒a上产生的焦耳热为 得 （3）导体棒与盒发生碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，设碰后瞬间棒的速度为、盒的速度为有， 联立解得， 设物块与盒最终共速时的速度为，此过程中物块相对于盒的总路程为，根据动量守恒，有 得 根据能量守恒，有 得 又 物块与盒共碰撞15次，第15次与左侧相碰，之后再相对于盒向右运动后两者相对静止 设最后一次碰撞后瞬间盒的速度为，有 从最后一次碰撞后到共速过程中，由能量守恒，有 得 26．(1)1300N (2)150m/s (3)1551.7m 【详解】（1）接通瞬间运输舱速度为零，不产生感应电动势，回路电流为                导体棒所受安培力为FA=I0LB               解得FA=1300N               （2）运输舱达到最大速度 vm时，加速度为零，安培力与阻力平衡，设此时回路电流为 I1，由平衡条件得I1LB=f                导体棒切割磁感线产生的感应电动势E感=BLvm 由闭合电路欧姆定律得E-E感=I1R            求得vm=150m/s        （3）回收过程中，回路电流恒定，运输舱所受合外力恒定，做匀减速直线运动，设加速度为，对运输舱，由牛顿第二定律得           当感应电动势不足以维持电流I=80A时，有BLv1=IR              由运动学公式得             解得此过程运输舱的位移大小x≈1551.7m 27．(1)水平向右 (2) (3) 【详解】（1）导体棒以向右切割磁感线，根据右手定则可知通过导体棒的电流方向从里向外，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向水平向右。 （2）导体棒产生的电动势为 回路中产生的电流为 则经过导体棒上产生的热量为 （3）当速度为时，导体棒恰好静止，此时导体棒所受的最大静摩擦力沿斜面向上；根据受力平衡可得， 又， 联立解得 当导体棒受到最大静摩擦力沿斜面向下时，导体棒受到的安培力达到最大，同时导体棒所受的安培力也达到最大；由于导体棒始终保持临界静止状态，即安培力保持最大值不变；对于导体棒其所受到的拉力保持与安培力大小相等方向相反，故有 导体棒由受力平衡得， 又 联立解得 28．AC 【详解】A．根据右手定则可知，导体棒中的电流方向为b→a，故A正确； B．导体棒运动时，安培力方向与运动方向相反，是阻力，大小为 随速度减小而减小，因此导体棒做加速度逐渐减小的减速直线运动，故B错误； C．由能量守恒，导体棒的初动能全部转化为回路总焦耳热，总焦耳热 由于外电阻和导体棒内阻串联、阻值相等，焦耳热按电阻均分，因此电阻产生的焦耳热为总热量的一半，即，故C正确； D． 对导体棒应用动量定理：安培力的冲量等于导体棒的动量变化，即 其中通过导体棒的总电荷量 整理可得 即，故D错误。 故选AC。 29．D 【详解】A．图示位置线圈中的磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电流为零；而时电流达到正向最大值，故A错误； B．图示位置没有感应电流，不存在由指向的电流，故B错误； C．汽车减速时永磁铁的转速减小，磁通量变化率减小，感应电流减小，制动力随之减小，故C错误； D．永磁铁转速减小，交变电流频率减小，周期越来越大，故D正确。 故选D。 30．(1) (2) (3) 【详解】（1）装置释放后做自由落体，线圈下端落地前的速度大小为 线圈落地后，承重装置中的磁场相对线圈以速度向下运动，线圈每匝的有效切割长度为。由法拉第电磁感应定律得 由闭合电路欧姆定律得。因此电流大小为 （2）设承重装置向下做匀速运动的速度大小为，线圈已落地静止。相对速度为时，由法拉第电磁感应定律得 由闭合电路欧姆定律得。承重装置受到的安培力方向竖直向上，大小等于线圈所受安培力。由安培力公式得 匀速运动时重力与安培力平衡，故 联立上述关系，得到 （3）线圈落地前各部分无相对运动，安培力不做功；线圈落地后至最终静止，承重装置继续向下移动，安培力在此过程中做功。最终两根弹簧形变量相同，承重装置静止时由平衡条件得 以线圈落地后的承重装置和弹簧为研究系统。此时承重装置的动能为 最终状态动能为零，重力做功为，两根弹簧弹力做功为 由功能关系得 解得 代入弹簧平衡关系，得到 31．AC 【详解】A．正弦交流电的频率为50Hz，电流方向每一个周期改变两次，则受电线圈中电流方向每秒改变100次，故A正确； B．根据理想变压器电压匝数关系有 即受电线圈和送电线圈的匝数比为12:55，故B错误； C．受电线圈的输出电压有效值为48V，充电功率为180W，根据 解得I=3.75A，故C正确； D．由于电磁感应，金属护板会形成涡流，有漏电隐患并影响电能的输送，即不能够用金属护板做保护，故D错误。 故选AC。 32．C 【详解】A．闭合开关瞬间，电容器C相当于通路，线圈L相当于断路，所以瞬间亮起，逐渐变亮，A错误； B．闭合开关后，电容器充电，充电完成后相当于断路，所以亮一下后熄灭，B错误； C．稳定后，电容器相当于断路，线圈相当于短路，所以、串联，所以一样亮，C正确； D．稳定后，电容器与并联，两端电压等于两端电压，由于线圈电阻和电源内阻忽略不计，且、串联，两端电压为，根据，可得电容器的电荷量等于，D错误。 故选C。 33．AD 【详解】AC．无线充电的原理是基座内的线圈电流变化，产生变化的磁场，导致手表内部线圈中的磁通量发生改变，线圈产生感应电流，原理是互感，因此用塑料薄膜将充电基座包裹起来，仍能为智能手表充电，故A正确，C错误； B．在到时间内，穿过受电线圈的磁通量向上增加，根据楞次定律可知，受电线圈中感应电流方向由c到d，故B错误； D．在到时间内，磁场向上穿过受电线圈，其磁通量由均匀增加到，根据法拉第电磁感应定律可得c、d之间的电势差大小为 故D正确。 故选AD。 34．D 【详解】闭合开关瞬间，电感的自感作用阻碍电流增大，初始时支路电流近似为0，两端电压（电压传感器测量值）为正，大小为； 电路稳定后，由于不计的电阻，因此两端电压逐渐降为0；设电源电动势为，单个灯泡电阻为，电路稳定后，并联支路总电阻为，总电阻，则根据串联分压规律可知并联部分的电压为，支路电流方向为从右端流向左端，其大小为 断开开关后，电源被切断，电感的自感作用会维持原电流方向不变，内部电流仍为右端流向左端，此时相当于电源，左端为正极、右端为负极，电压极性与原来相反，因此为负值。断开瞬间，、、构成闭合回路，总电阻为，因此两端电压大小为 而初始闭合时 可知断开瞬间 即断开瞬间电压绝对值大于，之后电流逐渐减小到0，电压绝对值逐渐降到0。 故选D。 35．C 【详解】A．该装置通过软铁芯2插入空心线圈3的深度变化，改变了线圈的自感系数，从而引起闭合电路中交变电流大小的变化。因此，该传感器是将待测物体位移的变化量转换成自感系数的变化量，最终转化为电路中电流的变化量，故A错误； B．线圈的自感现象只能对交变电流产生持续的阻碍作用（感抗）。若使用恒定直流电源，电路达到稳态后线圈仅起纯电阻作用，铁芯位置的变化不会引起直流电流大小的变化，传感器无法正常工作。因此，电路中必须使用交变电源，故B错误； C．若待测物体1向左平移，软铁芯2插入线圈3的深度增加，线圈的磁导率增大，使得线圈的自感系数增大，对交变电流的阻碍作用（感抗）也随之增大。在电源电压有效值恒定的情况下，电路中的电流减小，即电流表A的示数将减小，故C正确； D．线圈的自感系数及其变化率均与线圈的匝数有关。减少线圈3的匝数，不仅会使线圈本身的自感系数减小，还会使软铁芯平移相同位移时引起的自感系数变化量减小，进而导致电流的变化量减小，因此该传感器的灵敏度会降低（发生变化），故D错误。 故选C。 重难·创新演练 1．BC 【详解】AB．杆从静止到达到速度，两杆组成的系统动量守恒，有 解得 此时回路中产生的电动势为 回路中的电流大小为 杆所受的安培力大小为 两杆都做匀速直线运动，则，故A错误，B正确； C．在0~T时间内，设通过 ab杆的平均电流为，对 ab杆应用动量定理得 则通过杆横截面的电荷量为，故C正确； D．根据电流的定义式有 结合C项解得，故D错误； 故选BC。 2．BD 【详解】A．初始阶段速度向右，受向左摩擦力，速度向左，受向右摩擦力，两摩擦力大小相等方向相反；、受到的安培力等大反向，故系统的总合外力为零，动量守恒。减速为零后反向向右运动过程中，因两棒速度均向右，摩擦力都向左，安培力等大反向，系统的总合外力大小为 故两棒向右运动过程中合外力冲量不为零，系统动量不守恒，故A错误； B．时间内，由动量定理可知导体棒的速度变化满足 导体棒的速度变化满足 两式联立可得 代入数据解得时刻导体棒的速度为，故B正确； C． ​时刻、棒的速度均向右，设速度大小分别为和，则回路的感应电动势 棒的安培力大小为 代入数据整理得 因时刻棒的加速度为零，合力为零，对有 联立解得 时间内，由动量定理可知导体棒的速度变化满足 导体棒的速度变化满足 两式相减并化简得 代入数据解得，故C错误； D．时间内流过两棒的电荷量满足 整理得位移差 代入数据解得，故D正确。 故选BD。 3．(1)，向左的运动趋势 (2) (3) 【详解】（1）甲杆刚从倾斜导轨释放时，根据牛顿第二定律有 解得 甲杆随后切割磁感线，根据右手定则，随后的电流从上往下为顺时针方向，根据左手定则可知，随后，乙杆所受安培力方向向左，则乙杆有向左的运动趋势。 （2）设当甲杆下滑距离为s时速度为，乙杆开始运动，此时回路中的电流为，此时对乙杆有 甲杆切割磁场，产生电动势 回路电流 甲、乙杆的焦耳热相等，整个过程，根据能量守恒可得 解得甲棒产生的焦耳热为 （3）乙杆开始运动后，甲杆仍在倾斜导轨滑动时，回路中的电动势 电路中电流 对甲杆有 对乙杆有 当甲杆电流达到稳定时，两杆的速度差恒定，此时两杆的加速度相等，解得 从甲杆滑入水平导轨开始到乙杆反向运动前，两棒整体所受的合外力为零，故该过程系统动量守恒，设乙杆反向时甲杆的速度为，乙杆速度为0，可知 解得 甲杆刚进入水平导轨时，回路中的电动势 设时甲杆的速度为，乙杆的速度为，则有 时，对乙杆有 乙杆反向运动前有 已知 联立解得 设时，乙杆速度达到极值时甲杆的速度为，乙杆的速度为，对乙杆有 解得 对甲杆，0~1s内，根据动量定理有 解得 4．AD 【详解】A．由于金属棒MN向左运动，根据右手定则可知，金属棒PQ的电流方向为P到Q，根据左手定则可知，金属棒PQ受到的安培力方向水平向右，故 A正确； B．时刻，PQ刚好要滑动，设PQ上的电流为I，则有 金属棒MN产生的感应电动势为 由于金属棒PQ与电阻并联，所以金属棒MN上的电流为2I，则根据闭合电路欧姆定律有 联立可得时刻金属棒MN速度大小为，故B错误； C．通过金属棒PQ的电荷量为q，则通过金属棒MN的电荷量为2q，则有 可得从到时间内，金属棒MN在导轨上运动的距离为，故C错误； D．从到时间内，根据功能关系有 由于金属棒MN在干路上，而金属棒PQ与电阻并联，则金属棒MN产生的焦耳热为，故D正确。 故选AD。 5．(1) (2) (3) 【详解】（1）开始瞬间，对a、b组成的回路，由电磁感应规律和电路知识，有   电流为 对b棒，由牛顿第二定律，有   联立解得 （2）a、b棒达到稳定时，回路总电动势等于0，由电路知识，有   对a、b棒组成的系统，从开始→b达到稳定状态，注意到系统合外力等于0，由动量守恒，有   由能量守恒，有   联立解得 （3）在从b进入倾斜导轨→b到达底端的过程中，设任意时刻b棒速度为v、加速度为a，回路电流为I，对b棒，由牛顿第二定律，有   对电容器所在电路，有   又有   联立解得   由此可知b做匀加速直线运动，从b进入倾斜导轨→b到达底端，由匀变速直线运动规律，有   对b、和电容器构成的系统，由功能关系，有   联立解得 6．CD 【详解】A．开关S接1时，设金属棒速度为v，电路电流 安培力 由牛顿第二定律 代入阻力 得 v增大时，a减小，金属棒做加速度减小的加速运动，故A错误； B．将开关S拨至2前瞬间，金属棒的加速度为0，则有 其中 解得 故B错误； C．将开关S拨至2后，电容器在极短时间内完成充电，电容器两端电压与金属棒切割磁场产生的感应电动势相等，则有 对金属棒有（极短时间内导轨阻力的冲量可忽略） 解得 故C正确； D．设电容器充电完成后内金属棒的速度减小了，则有 对金属棒有 解得 故D正确。 故选CD。 7．BC 【详解】A．给金属棒一个初速度，根据动量定理， 即 解得匀强磁场的磁感应强度的大小为，故A错误； B．第一次通过定值电阻的电量为，故B正确； C．回路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，速度为v时的安培力大小 极短位移内克服安培力做功 因此从开始到运动位移的过程中，克服安培力做功 电阻R中产生的焦耳热，故C正确； D．根据动能定理， 解得，故D错误。 故选BC。 8．(1) (2) (3) 【详解】（1）导线框释放瞬间，由法拉第电磁感应定律可知导线框的电动势 导线框的电流 由牛顿第二定律可知导线框的加速度满足 解得 （2）经过时间导线框达到最大速度时，安培力的大小与阻力大小相等，满足 设导线框的最大速度为，导线框的电动势满足 导线框的电流 两式联立解得 （3）在时间内，以向右为正方向，设任意时刻导线框的速度大小为，对应的电流大小为，由动量定理得 其中 整理得 其中， 解得 9．(1) (2) (3)， 【详解】（1）金属棒a释放瞬间，通过金属棒的电流 根据牛顿第二定律有 解得 （2）金属棒a在倾斜轨道上匀速运动时，根据平衡条件有 通过金属棒的电流 解得 （3）金属棒a与b在处发生碰撞，根据动量守恒定律有 当金属棒a、b、c三者共速时，弹簧压缩量达到最大，根据动量守恒定律有 根据能量守恒定律有 金属棒c产生的焦耳热 其中 解得 金属棒a、b、c运动过程中，根据动量守恒定律有 两边同时对时间微元累加有 整理可得 其中，， 代入并整理得 其中 解得 10．AC 【详解】A．进入磁场前，线框与小车一起匀速运动，线框对地速度等于小车的速度。刚进入磁场的瞬间，线框还未发生明显减速，切割磁感线的边对地速度为，磁场静止，根据导体切割磁感线的感应电动势公式，可得感应电动势大小为，故A正确。 B．已知小车以速率v0匀速通过该区域过程中，线框相对车滑动，说明线框进入磁场时受到的向左的安培力大于向右的滑动摩擦力，线框进入磁场的过程做加速度减小的减速运动；线框完全在磁场中的过程，不受安培力作用，此过程线框做匀加速直线运动；因gh边刚离开磁场时速率恰好为v0，故线框出磁场的过程与进入磁场的过程的运动形式相同，即线框出磁场与进入磁场的时间相等。设线框恰好完全进入磁场时的速度大小为v1，对线框完全在磁场中的运动过程，根据动能定理得μmg(L﹣D)，解得v1 设线框进入磁场与出磁场的时间均为t1，以向右为正方向，对线框进入磁场中的过程，根据动量定理得μmgt1mv1﹣mv0，其中 解得t1 线框受到安培力的总时间为t＝2t1 联立解得t，故B错误； C．题干说明小车始终以匀速运动，线框刚进入磁场时速度为，边刚离开磁场时速度也为，因此线框整个过程的动能变化 线框进入磁场过程，由动能定理 完全进入磁场后 可得 同理，所以总焦耳热等于；故C正确。 D． 设线框完全在磁场中的运动时间为t2，由运动学公式得t2 线框穿过磁场的过程的总时间为t总＝t2+2t1 此过程线框与小车的相对位移大小为Δx＝x车﹣x框＝v0t总﹣(L+D) 线框穿过磁场的过程中因摩擦产生的总热量为Q摩＝μmgΔxμmg(L+D)，故D错误。 故选AC。 真题·实战演练 1．(1) (2) (3)若，则；若，则 【详解】（1）线框在没有进入磁场区域时，根据牛顿第二定律 根据运动学公式 联立可得线框释放点cd边与Ⅰ区域上边缘的距离 （2）因为cd边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度均为v，可知线框的边长与Ⅰ区域的长度相等，根据平衡条件有 又， cd边两端的电势差 联立可得 （3）①若，则线框在通过Ⅱ区域过程中可能一直做减速运动，也可能先减速后匀速，完全离开Ⅱ号区域时的速度不再恢复为刚进入时的速度，故该情况不符合题意。 ②若，在线框进入Ⅰ区域过程中，根据动量定理 其中，， 联立可得 线框在Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理 根据 线框进入磁场过程中电荷量都相等，即 联立可得 根据能量守恒定律 克服安培力做功的平均功率 联立可得 ③若，同理可得 根据动量定理 其中 结合， 联立可得 根据能量守恒定律 克服安培力做功的平均功率 联立可得 2．C 【详解】由题意可知，铜丝构成的“莫比乌斯环”形成了两匝（n = 2）线圈串联的闭合回路，穿过回路的磁场有效面积为 根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生的感应电动势大小为 故选C。 3．A 【详解】AB．设导轨间磁场磁感应强度为B，导轨间距为L，金属棒总电阻为R，由题意导体棒a进入磁场后受到水平向左的安培力作用，做减速运动，根据动量定理有 根据，， 可得 又因为 联立可得 根据表达式可知v与x成一次函数关系，故A正确，B错误； CD．a克服安培力做功的功率为 故图像为开口向上的抛物线，由于F和v都在减小，故P在减小,故CD错误。 故选A。 4．（1） ；；（2）；（3） 【详解】（1）由图像可得在内，棒G做匀加速运动，其加速度为 依题意物块A的加速度也为，由牛顿第二定律可得 解得细绳受到拉力 （2）由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律推导出“双棒”回路中的电流为 由牛顿运动定律和安培力公式有 由于在内棒G做匀加速运动，回路中电流恒定为，两棒速度差为 保持不变，这说明两棒加速度相同且均为a； 对棒H由牛顿第二定律可求得其受到水平向右拉力 由图像可知时，棒G的速度为 此刻棒H的速度为 其水平向右拉力的功率． （3）棒H停止后，回路中电流发生突变，棒G受到安培力大小和方向都发生变化，棒G是否还拉着物块A一起做减速运动需要通过计算判断，假设绳子立刻松弛无拉力，经过计算棒G加速度为 物块A加速度为 说明棒H停止后绳子松弛，物块A做加速度大小为的匀减速运动，棒G做加速度越来越小的减速运动；由动量定理、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可以求得，在内 棒G滑行的距离 这段时间内物块A速度始终大于棒G滑行速度，绳子始终松弛。 5．AD 【详解】A．由题知，a进入磁场的速度方向向右，b的速度方向向左，根据右手定则可知，a产生的感应电流方向是E到F，b产生的感应电流方向是H到G，即两个感应电流方向相同，所以流过a、b的感应电流是两个感应电流之和，则有 对a，根据牛顿第二定律有 解得 故A正确； B．根据左手定则，可知a受到的安培力向左，b受到的安培力向右，由于流过a、b的电流一直相等，故两个力大小相等，则a与b组成的系统动量守恒。由题知，时刻流过a的电流为零时，说明a、b之间的磁通量不变，即a、b在时刻达到了共同速度，设为v。由题知，金属棒a、b相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和，根据电阻定律有， 解得 已知a的质量为m，设b的质量为，则有， 联立解得 取向右为正方向，根据系统动量守恒有 解得 故B错误； C．在时间内，根据 因通过两棒的电流时刻相等，所用时间相同，故通过两棒横截面的电荷量相等，故C错误； D．在时间内，对a、b组成的系统，根据能量守恒有 解得回路中产生的总热量为 对a、b，根据焦耳定律有 因a、b流过的电流一直相等，所用时间相同，故a、b产生的热量与电阻成正比，即 又 解得a棒产生的焦耳热为 故D正确。 故选AD。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $