法拉第电磁感应定律应用 综合练习题-2027届高考物理一轮复习

法拉第电磁感应定律应用综合练习题-2027届高考物理一轮复习题 一、单选题 1.如图所示，矩形线圈ABCD位于通电长直导线附近，线圈与导线在同一平面内，线圈的两条边与导线平行，导线中通 有恒定电流I,线圈以速度V向右远离直导线。下列说法中正确的是（) R A.线圈的面积不变，因此线圈不会产生感应电流 B.线圈的磁通量减小，因此线圈会产生感应电流 C.只有V足够大，线圈才会产生感应电流 D.只有I足够大，线圈才会产生感应电流 2.如图是一些研究电磁现象实验的示意图。关于这些实验，下列说法中错误的是（) 丙 A.甲实验中，导线中有电流通过时，小磁针发生偏转，说明通电导体周围存在磁场 B.乙实验中，闭合开关后，导体棒ab由静止变为运动，说明这个过程中电能转化为机械能 C.丙实验中，两线圈匝数相同，通过线圈的电流不同，电磁铁吸引大头针个数不同，说明电磁铁磁性强弱与电流大小 有关 D.丁实验中，导体棒ab水平向左运动，电流表指针发生偏转，说明只要导体在磁场中运动，就一定能产生电流 3.如图1，水平面内有电阻不计的 ”形金属导轨，导轨c、d之间接有电阻R,金属棒ob电阻不计，放置在导轨 上，并始终与导轨垂直且保持良好接触，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中。现使磁感应强度随时间均匀减小，如图2 所示，金属棒ab始终保持静止，则在0~t时间内() B o 图1 图2 A.ab中的感应电流方向从b到a B.ab中的感应电流逐渐减小 C.ab所受的安培力不变 D.ab所受的摩擦力逐渐减小 试卷第1页（共14页) 4.如图所示，光滑水平面上矩形区域存在竖直向上的匀强磁场，长方形宽为L。正方形线框a6cd质量为m,总电阻为R, 粗细均匀。某时刻开始线框受水平向左的恒力F,使线框在矩形区域右侧从静止开始水平向左运动。cd边进入矩形区域时 速度为V,且直到ab边离开矩形区域时，速度始终为V。bc边始终垂直磁场左、右边界，则() A. cd边到磁场右边界时间为2m B.cd边到磁场右边界的距离为m C.线框边长为2L D.磁感应强度大小为 FR VLv 5.如图甲所示，矩形线圈PQRS位于通电长直导线附近，线圈与导线在同一平面内，线圈的PS边与导线平行。导线中电 流i与时间t的关系如图乙所示，在t~,这段时间内，线圈中不一定产生感应电流的操作是() A.线框沿导线向下做匀速运动 B.线框水平向右远离导线 C.线框水平向左靠近导线 D.线框以直导线为轴转动 6.在如图甲所示的电路中，电阻R=R2=2R,单匝圆形金属线圈半径为片，线圈的电阻为R,在半径为2(3<)的圆 形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间1变化的关系图线如图乙所示，图线在横、纵轴的截距 分别为。和B。,其余导线的电阻不计。闭合S,至时刻，电路中的电流已稳定，下列说法正确的是（) B t 甲 乙 A.电容器上极板带正电 B.电容器下极板带正电 2 C.稳定后线圈两端的电压为 Bonr D,稳定后线圈两端的电压为 B to 5to 试卷第2页（共14页） 7.如图所示，单匝正方形线圈A和B在外力作用下均以速度V向右匀速进入匀强磁场，B线圈的边长是A的n倍，线圈粗 细相同，材料相同。在两个线圈完全进入磁场的过程中() ● A.A、B线圈产生的热量之比是1：n2 B.A、B线圈产生的电流之比是1：n C.外力对A、B线圈做功的功率之比是1：n2 D.通过A、B线圈横截面的电荷量之比是1：n 8.【例题】如图所示的电路中，电源的电动势为E,内阻为r,线圈L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值。在1=0 时刻闭合开关S,经过一段时间后，在t=(时刻断开开关S。选项中表示A、B两点间电势差UB随时间t变化的图像正确 的是() D JA AU AB ↑UAB B 1 、 9.如图所示，两足够长平行导轨倾斜固定在水平面上，倾角为：=37°，两导轨之间的距离为L=1m,导轨顶端用导线 连接一阻值为R=1.52的定值电阻。长为L=1m、质量为m=0.5kg、阻值为r=1.02的导体棒ab垂直导轨放置，水 平虚线MN下侧存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B=1.0T。现将导体棒ab从虚线上侧S=2m处静 止释放，导体棒ab越过虚线MN后经t=3.1s的时间刚好匀速。已知导体棒与导轨之间的动摩擦因数4=0.25，重力加速 度g取10m/s2,sin37°=0.6，忽略导轨和导线的电阻。则(） 1a. a A.导体棒ab在磁场中做匀加速直线运动 B.导体棒ab在磁场内的运动过程中，减少的机械能等于回路中产生的焦耳热 C.导体棒ab刚好匀速时定值电阻R的热功率为5W D.导体棒ab从越过虚线MN到刚好匀速的过程中位移为14.25m 试卷第3页（共14页) 二、多选题 10.空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN,一硬质细导线的电阻为R, 将该导线做成半径为「的圆环固定在纸面内，圆心Q在MN上。t=O时磁感应强度的方向如图(a),磁感应强度B随时间t 的变化关系如图(b),则在t=0到=t1的时间内(） M B XXXX Bo ×× 0 x×××N 图(a) 图(b) A.圆环中感应电流沿顺时针方向 B.圆环中的感应电动势大小为B, C.圆环中的感应电流大小为 Borr2 2Rto D.圆环所受安培力F大小随时间的关系为F=B一（队，县） to 11.如图所示，一粗糙的平行金属轨道平面与水平面成角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方 向垂直轨道平面向上。质量为的金属杆ab以初速度o从轨道底端向上滑行，滑行到某高度h后又返回到底端。若运动 过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计。则下列说法正确的是() 0 h A.金属杆a6上滑过程与下滑过程通过电阻R的电荷量一样多 1 B.金属杆ab上滑过程中克服重力、克服安培力与克服摩擦力所做功之和大于二mv C.金属杆ab上滑过程与下滑过程因摩擦而产生的内能一定相等 D.金属杆ab在整个过程中损失的机械能等于装置产生的焦耳热 试卷第4页（共14页） 12.光滑绝缘水平面上有宽度为d的匀强磁场区域，磁感应强度方向垂直水平面向下、大小为B。单匝正方形金属线框abcd 的质量为m、电阻为R、边长为L(d>L)。给线框一水平向右、垂直于磁场边界的初速度，线框ad边恰好离开磁场区域， 线框运动过程中bC边始终与磁场边界平行，下列说法正确的是() ×B×× ××× + A.线框进入磁场区域过程，通过线框的电流沿adcba方向 BL B.线框进入磁场区域过程，通过线框的电荷量为 R C.线框的初速度大小为2BD mR D.线框进人磁场区域与离开磁场区域过程，克服安培力做功之比为4：1 13.如图甲所示，足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度L=1m,一匀强磁场垂直穿过导轨 平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为R=0.402的电阻，质量为m=0.01kg、电阻为r=0.302的金属棒ab紧贴在 导轨上。现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中a6始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关 系图像如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，g取10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（) ǎ￥子 ◆x/m ×× 11.2 × 7.0 xBX 1.52.1t/s 甲 乙 A.金属棒b端电势高于a端电势 B.t=1.5s时金属棒的速度为4.7m/s C.磁感应强度B的大小为0.1T D.在金属棒ab开始运动的1.5s内，电阻R上产生的热量为0.455J 试卷第5页（共14页） 14.一倾角0=37°、间距L=1m的平行光滑金属导轨固定在绝缘桌面上，导轨上端连接一个阻值R=42的电阻，虚线 KM以下、长度x=3.6m的MNHK区域内存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.8T,如图。质量 m=0.08kg、电阻r=22、长度也为L=1m的导体棒b从导轨上距离KMx,=0.75m处由静止释放。已知导体棒b 运动到导轨底部HN前已经匀速，sin37°=0.6，重力加速度大小8取10m/s2,导轨电阻不计，导体棒运动过程中始终 与导轨垂直且接触良好。下列说法正确的是() B A.导体棒b刚进入磁场时产生的感应电动势为1.2V B.导体棒b刚进入磁场时的加速度大小为2m/s2 C.导体棒b刚进入磁场时两端的电压为1.6V D.导体棒b在导轨上运动的时间为1.55s 15.如图甲所示，光滑绝缘水平面上有宽度为2L的条形磁场，磁场方向竖直向下，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所 示，B。、t。均已知，理想边界上有磁场。质量为m、电阻为R的匀质长方形单匝线框，其长为2L,宽为L,线框bc边与 ad边的中点分别是e、f。在0~t。时间内将线框锁定，使e、f连线刚好与磁场左边界重合。t。时刻线框突然获得一个向右 的初速度，已知ob边离开磁场时线框速度大小为b边刚进人磁场时的？下列说法正确的是(） ◆B 3B。 X B 甲 乙 BoL A.t=0时刻，ab两点间的电势差为 31o B.在0~内，cd边所受安培力的冲量大小为4 R C.cd边在磁场中运动时，bc边不受安培力作用 D.b边刚进入磁场时线框的速度大小为3巴 mR 试卷第6页（共14页） 16.间距为L的足够长的平行光滑导轨固定在绝缘水平面上，导轨左端连接一个阻值为R的定值电阻，导轨处在如图所示 的垂直于导轨平面且足够多的交替变化的有界匀强磁场中，不考虑磁场的边界效应，磁场的宽度均为L,大小依次为B、 √2B、√3B,一电阻不计、质量为m的导体棒以初速度。 2026B2E从左侧进入磁场，则(） mR B √2B 3B √4B ● ●】 A.导体棒刚进入第一个有界磁场时的加速度为a= 2026B4L m2R2 B.导体棒刚好通过第一个有界磁场后的速度为v= 1013B2L3 mR C.导体棒从开始运动至停止，产生热量为Q= 2026B4L 2R D.导体棒在第64个有界磁场内停止 17.如图所示，两根光滑平行金属导轨平放在绝缘水平面上，左侧导轨间距为2L,右侧导轨间距为L,左、右两侧分别存 在垂直导轨所在平面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为B.两根由相同材料制成的不同粗细的金属杆¤、b恰好 横跨在导轨上，a、b的质量均为m,b的电阻为R,初始时给a、b杆向左的瞬时速度，大小均为V,不计导轨电阻，a、b 两杆到导轨两端及导轨间距变化处均足够远且运动过程中始终与导轨垂直，则() a A.刚开始运动时通过0的电流大小为BLy R B.导体棒¤先向左减速，再向右加速，最后匀速 2mv C.从开始到运动恰好稳定的过程中通过b某横截面的电荷量为 5BL D.从开始到运动恰好稳定的过程中b上产生的焦耳热为9 50 试卷第7页（共14页） 18.如俯视图所示，光滑水平面上有宽度d=50cm的匀强磁场区域，磁感应强度大小B=10T,边长L=25cm的正方 形线框abcd从磁场外以速度v。=5m/s向右运动，ab边始终与磁场边界平行，当线框cd边刚出磁场时线框速度变为零， 已知线框质量m=0.25kg,电阻R=2.52,则以下说法正确的是(） B A。线框进、出磁场过程中感应电流方向相同 B.线框在磁场中匀速运动时间为0.1S C.ab边刚出磁场时线框加速度大小为25m/s2 D.线框进、出磁场过程产生热量相同 19.如图所示，三根完全相同的电阻丝一端连在一起并固定在转轴O上，另一端分别固定于导体圆环上的A、C、D点，并 互成120°角，电阻均为R,长均为1，导体圆环的电阻不计。转轴的右侧空间120°扇形区域内有垂直于纸面向里大小为B的 匀强磁场，现让圆环绕转轴O以角速度⊙顺时针匀速转动，在连续转动的过程中，下列说法正确的是（） ××X C A.AO中电流方向始终不变 B.当AO转入磁场中，AO两点的电势差U= 6 C.当OC转入磁场中，A0中电流的大小I=B 3R D,转动一周过程中，电路中产生的热量为Q= 0B274 3R 试卷第8页（共14页） 三、实验题 20.如图是三个电磁实验，请根据所学知识回答下列问题。 触接 甲 (I)①图甲是一_机的工作原理图，其工作原理是 ②图乙是机的工作原理图，其工作原理是」 ③图丙是实验的装置图，接通电路后，小磁针的指向发生偏转，说明电流周围存在一，该现象叫 (2)如下图所示的科技成果中，利用上图甲的原理制成的是；利用上图乙的原理制成的是；利用上图丙的原理制 成的是一。（均填序号） 衔铁 0 永久磁体 线圈 膜片 弹簧 铁 ①电磁继电器 ②动圈式话筒 ③电磁起重机 线圈 锥形纸盆 永久磁体 ⊕ ④罗盘 ⑤扬声器 ⑥电风扇 试卷第9页（共14页） 21.某实验小组使用如图所示的器材探究“电磁感应现象”中影响感应电流方向的因素。 白 ()连接好如图电路后，闭合开关，发现灵敏电流计G的指针向右偏了一下、保持开关闭合，依次进行以下操作：将铁芯迅 速插入线圈A时，灵敏电流计指针将向一一（填“左”或“右”）偏；然后将滑动变阻器连人电路中的阻值调大，灵敏 电流计指针将向一一一（填“左”或“右”）偏；稳定后断开开关，灵敏电流计指针将向一一（填“左”或“右”）偏。 (2)写出闭合回路中产生感应电流的条件： -0 (3)亮亮经过以上实验探究，对自家“自发电”无线门铃按键原理进行研究，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过 程，磁铁靠近螺线管；松开门铃按钮过程，磁铁远离螺线管回归原位。下列说法正确的是(） 螺线管 磁铁 按下按钮 松开按钮 乙 A.只有按下按钮时，门铃才会响 B.按住按钮不动，门铃不会响 C.按下按钮过程，通过门铃电流方向Q→P D.按下和松开按钮过程，通过门铃感应电流大小一定相等 四、解答题 22.如图甲所示，N=20匝的线圈（图中只画了2匝），电阻r=22,其两端与一个R=182的电阻相连，线圈内有指 向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。求： Φ/Wb 0 0.15 R 0.10 0.05 0 甲 乙 0.10ts (I)判断通过电阻R的电流方向： (2)线圈两端电压U6a (3)电阻R在0.1s内产生的焦耳热。 试卷第10页（共14页） 23.如图所示，电阻r=0.12,质量为m=0.kg的导体棒ab以'。=5m/s的初速度滑上光滑导轨，导轨左侧接有电阻 R=0.42的电阻，导轨处在磁感应强度B=0.1T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面。导体棒ab的长度L=0.4, 导轨的电阻不计。求解下列问题 e 门××××× XX X 口××××× (1)导体棒中初始电流大小 (2)导体棒两端初始电压U加· (3)导体棒运动的总位移大小 24.如图甲所示，有一边长L=0.lm的正方形导线框abcd,质量m=0.005kg,电阻R=0.12,由某一高处自由下落 其运动过程的加速度随时间变化图像如图乙所示。匀强磁场区域宽度也为L,重力加速度8取10m/s2,不计空气阻力， 求： 个a/(ms2) 0 0.2 s 甲 (I)线框αb边刚穿出磁场时，线框的速度大小； (2)磁感应强度B的大小： (3)从开始到线框刚好完全进入匀强磁场过程中通过线框某一截面的电荷量。 试卷第11页（共14页） 25.在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B,方向相反的水平匀强磁场，如图所示，PQ为两个磁场的边界 磁场范围足够大。一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度V从如图位置向右运动，当圆环 运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为二V,求： ×2X×× ● ×13××× 7777777777777777777777777777777 (1)此时圆环的加速度的大小。 (2)此时圆环中的电功率。 (3)求此过程中通过圆环截面的电量。 26.我国福建舰搭载的电磁弹射系统全球领先。某科创小组为模拟电磁弹射情境，设计了图甲所示实验装置。装置中线圈 的横截面积S-0.01m,匝数N=300匝.内部磁感应强度B,随时间均匀变化，△8_？TS。线圈与水平放置的光活平行 △t-3 金属导轨M、N连接，导轨间距L=1.0m且足够长，导轨间存在磁感应强度为B2=0.5T的匀强磁场，方向竖直向下，导轨 上放置长度略大于L的导体棒ab。导体棒的质量为m=0.05kg,接入电路电阻为r=102,通过挂钩连接塑料模型飞机，飞 机的质量为=0.15kg,定值电阻R=52。运动过程接触良好，线圈及导轨电阻不计，空气阻力不计。求： M XX B2 XXX N 甲 (1)线圈产生的感应电动势大小E: (2)开关K拨到“1”瞬间，导体棒的加速度大小a: (3)开关K拨到“1”后，经过一段时间导体棒达到最大速度，此时立即将开关K拨到“2”，同时飞机脱离挂钩，求导体棒 ab从开关K拨到“2”时运动到停止运动的位移x大小。 试卷第12页（共14页） 27,如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨JK、PQ倾斜放置，两导轨间距离为L=1.0,导轨平面与水平面间的夹角 为0=30°，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的J、P两端连接阻值为R=3.02的电阻，金属棒ab 垂直于导轨放置并用细线通过光滑定滑轮与重物相连，金属棒a6的质量m=0.20kg,电阻r=0.50Ω，重物的质量 M=0.60kg,如果将金属棒和重物由静止释放，金属棒沿斜面上滑的距离与时间的关系图像如图乙所示，不计导轨电阻， g=10m/s2。求： Lileeiue x/m B 1.40... 白M 0.7 0.35 00.20.40.6t/s 甲 乙 (1)磁感应强度B的大小； (2)在0.6s内通过电阻R的电荷量。 28.某电磁驱动和能量回收系统的结构简图如图所示（俯视图），宽1m的水平金属导轨左侧分别接有电流大小为2A的恒 流源（方向如箭头所示人能量回收装置S,右侧有磁场区域！、Ⅱ，ef为其分界线（垂直于水平导轨，e、∫分别为分界线和 导轨的交点，磁场方向均竖直向下。以区域左边界和导轨的交点为坐标原点O,建立如图所示的坐标，区域磁感应强度大 小为B=2-2x(T),区域为匀强磁场，其磁感应强度大小等于区域右边界处磁场的磁感应强度大小。质量为1kg的金 属导体棒cd与导轨间的摩擦力恒为2N,静止于区域的左边界。现开关接a,导体棒cd开始运动，到ef处恰好达到最大 速度，立即将开关接b,开启能量回收，不计其他阻力，运动过程中，导体棒cd始终与导轨垂直且接触良好，求： a e 6 能量回 (1)f点的坐标x,; (2)导体棒cd运动到e处的速度Vm的大小； 3)在回收能量过程中，若导体棒cd的速度与其距ef的距离1的关系式为v=,（m/s),则导体棒cd从ef运动1=0.05m 41+1 的过程中，通过回收装置S的电荷量9为多少？（结果保留2位有效数字） 试卷第13页（共14页） 29.如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行固定在倾角为O的绝缘斜面上，两导轨的间距为L,M、P两点 间接有阻值为R的定值电阻，导轨平面处于方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。现有一质量为m、有效电阻为”的金 属杆ab,以一定初速度'。沿导轨向上运动，向上运动的位移大小为x时速度恰好减为0，一段时间后金属杆ab最终以速 度2。做匀速直线运动。已知金属杆ab与导轨始终接触良好且垂直于导轨，导轨电阻不计，重力加速度为8。求： a N-10 .b 0 (1)磁场的磁感应强度大小B (2)金属杆刚开始运动时的加速度大小4； (3)金属杆上滑过程中经历的时间t。 30.如图所示，固定的两条平行金属导轨MNPQ和MNPQ左侧的曲面部分是半径为R=5m的四分之一光滑圆弧，水平光 滑导轨部分存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B=0.5T的匀强磁场，导轨间距为L=2,右侧倾斜导轨与水平导轨平滑 连接。倾斜导轨与水平面的夹角为日=37°，倾斜导轨最上端连接有阻值为R=12的定值电阻。现将质量为m=1kg、长度为L=2m、 阻值为R=1Ω的金属棒从左侧圆弧最高点由静止释放，穿过磁场区域后沿倾斜导轨上升，上升的最大高度为h=0.75m。已知 金属棒与倾斜导轨间的动摩擦因数为μ=0.5，忽略金属棒通过NN、PP时的能量损失，金属棒与导轨始终保持良好接触，不 计导轨电阻，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2。求： M R 0 d (1)金属棒第一次进入磁场时所受安培力大小； (2)水平导轨的长度d; (3)金属棒最终停止的位置与PP的距离及全过程金属棒上产生的焦耳热。 试卷第14页（共14页） 《法拉第电磁感应定律应用综合练习题-2027届高考物理一轮复习题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 分 0 D D 分 B D AC 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 AC AC AC BCD ABD AD BD BC BD 1.B 【详解】AB.通电直导线产生的磁场离导线越远，磁感应强度越小。当线圈向右远离直导线时，虽然线圈自身面积不变 但穿过线圈的总磁通量随磁感应强度减小而降低，因此线圈会产生感应电流，故A错误，B正确； CD.只要线圈远离导线，磁通量就会减小，和速度V的大小无关，V再小也会有磁通量的变化，产生感应电流；只要导线 通有不为零的恒定电流，线圈远离时磁通量就会变化，不需要电流1足够大，故CD错误。 故选B。 2.D 【详解】A.甲图是奥斯特实验，说明通电导体周围存在磁场，A正确： B,乙图是通电导体在磁场中受力而运动，电能转化为机械能，B正确： C,丙图是探究通电螺线管磁性的强弱与电流的关系，在其它条件相同时，电流越大，通电线圈的磁性越强，C正确： D.丁图是电磁感应实验，导体只有切割磁感线时，闭合电路中才会产生感应电流，D错误； 故选D。 3.D 【详解】A.原磁场竖直向下，磁感应强度均匀减小，穿过回路的向下磁通量减小。根据楞次定律可得回路感应电流为顺时 针方向，因此金属棒ab中感应电流方向为a→b,故A错误： B.根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E=△①- △1 由于B均约变化，为定值，感痘电动势E恒定：国路总电R不变，国此感位电流I- 恒定不变，故B错误； R C.安培力大小为F=BL,感应电流I、棒长L均不变，B逐渐减小，因此安培力F逐渐减小，故C错误； D.金属棒ab静止，水平方向摩擦力与安培力平衡，大小满足f=F 安培力逐渐减小，因此摩擦力也逐渐减小，故D正确。 故选D。 4.D 【详解】AB.在线框的cd边到达磁场右边界之前，线框内没有感应电流，竖直方向的支持力与重力平衡。以a表示线框的 F 加速度，取水平向左为正方向，由牛顿第二定律得F=ma,解得a= m 设从开始受力到cd边到达磁场右边界所用时间为1、位移大小为x,由初速度为零的匀加速直线运动规律有v=M和 v2=2ax 答案第1页（共18页） 代人加速度得1=心和x=m ,故AB错误： F F C,设线框边长为【。下图比较线框边长小于、或大于磁场宽度时穿越磁场的中间位置 bL KL b ● ● b ● ● ● 运动方向 运动方向 ●● ● ● ● ●● e L 线框边长小于磁场宽度时，会出现全框在场内的一段运动；线框边长大于磁场宽度时，会出现cd边已出场而αb边尚未人 场的一段运动。两种情况下，框内磁通量均保持不变，没有感应电流，水平方向的恒力F将使线框加速，与题设穿越磁场 期间始终匀速矛盾。因此线框边长只能为1=L,故C错误： D,设磁感应强度大小为B。线框边长等于磁场宽度，进入和穿出过程中均只有一条竖直边在磁场内。图示为进入磁场时的 位置及沿运动方向的受力 B ● b 安培力 a 设感应电动势大小为E,感应电流大小为！，安培力的合力大小为F。有效切割边长为L,速度垂直于导线和磁场，由动 生电动势公式得E=BLv,由闭合电路欧姆定律得I= 两条水平边在场内的长度相等、电流方向相反，所受安培力相 R 互抵消；场内竖直边所受安培力即为合力，由楞次定律可知其阻碍线框运动，方向水平向右。线框匀速运动，由水平方向的 受力平衡得F-F=0 由安培力公式F=BL,联立以上各式得F=B R FR 解得B= 故D正确。 故选D。 答案第2页（共18页） 5.C 【详解】AD.在t,~,内导线中电流减小，长直导线周围磁感应强度随电流减小而减小。线框沿导线向下匀速运动或以直 导线为轴转动时，线框各处到导线的距离不变，线框面与磁场方向的相对关系不变，穿过线框的磁通量随电流减小而减小， 能产生感应电流，故AD不符合题意； B,线框水平向右远离导线时，到导线的距离增大，导线电流减小和距离增大都会使穿过线框的磁通量减小，能产生感应电 流，故B不符合题意： C.线框水平向左靠近导线时，到导线的距离减小会使磁通量增大，而导线电流减小会使磁通量减小，两种影响可能相互抵 消，磁通量可能不变，可能不产生感应电流，C符合题意。 故选C。 6.B 【详解】AB.根据楞次定律，垂直向里的磁场磁感应强度均匀减小，线圈中感应电流的磁场方向与原磁场同向（向里），由 右手螺旋定则可得线圈内感应电流为顺时针方向。线圈作为电源，内部电流从低电势流向高电势，因此线圈下端为电源正 极、上端为负极，外电路中电容器的下极板与电源正极相连，因此电容器下极板带正电，上极板带负电。故A错误，B正 确； CD,根据法拉第电磁感应定律，线圈产生的感应电动势的大小满足E=9元 = to 电路总电阻为线圈内阻R加上外电路的串联电阻，即R总=R+4R=5R 稳定后线圈两端的电压是路端电压，由闭合电路欧姆定律可知，路端电压U=1·4R=三. BR=4B4Bor空，故CD 51 5t0 错误。 故选B。 7.A 【详解】B.设线圈边长为L,电阻为R,线圈的横截面积为S,则线圈中的电流为I= BLv R 线圈电阻为R=PS 联立解得I= BvS 4p 可知电流与边长无关，则A、B线圈产生的电流之比是1：1，故B错误 A.线圈产生的热量Q=PR1=4p/?x,则A、B线图产生的热量之比是1：m,故A正确： Sv C.线圈匀速运动，外力对线圈做功的功率等于电功率，为P=PR=IP·p cL,则外力对A、B线圈做功的功率之比 是l:n,故C错误； 答案第3页（共18页） D.通过线圈横截面的电荷量g=1=I.乙xL,则通过A、B线圈横截面的电荷量之比是1：n,故D错误。 故选A。 8.B 【详解】开关S闭合的瞬间，由于L的阻碍作用，由R与L组成的支路相当于断路，L的阻碍作用不断减小，相当于外电 路并联部分的电阻不断减小，根据闭合电路欧姆定律可知，整个电路中的总电流增大，由U内=r得内电压增大，由 UB=E-r得UB减小。电路稳定后，由于R的阻值大于灯泡D的阻值，流过L的电流小于流过灯泡D的电流。当开关 S断开时，由于L的自感作用，流过灯泡D的电流立即与L中电流相等，但方向与灯泡原来的电流方向相反，该电流逐渐 减小，即UB反向减小。 故选B。 9.D 【详解】A。导体棒进入磁场后，导体棒的速度逐渐增大，产生的感应电动势逐渐增大，回路电流逐渐增大，导体棒受到的 安培力逐渐增大，导体棒受到的合力逐渐减小，导体棒的加速度逐渐减小，所以导体棒αb在磁场中先做加速度逐渐减小的 加速运动，当导体棒的加速度为0时，导体棒的速度达到最大，故A错误； B,根据能量守恒可知，导体棒a在磁场内的运动过程中，减少的机械能等于回路中产生的焦耳热和因摩擦产生的内能之 和，故B错误： C.导体棒ab从释放到刚运动到虚线MN处的过程，由动能定理得ng sin a·s-mg cos a·s= 2 解得v=4m/s 设导体棒ab的最大速度为Vm,导体棒上的感应电动势为Em=BLvm 导体棒上的感应电流为1。二R+,门 导体棒ab刚好匀速时定值电阻R的热功率为P=2R 导体棒ab所受的安培力大小为F=BIL 导体棒速度最大时，由力的平衡条件得ng sin a-umg cos a=F 联立解得vm=5m/s,P=6W,故C错误： D.导体棒ab从进入磁场到速度最大的过程中，设导体棒a6的位移为X,由动量定理得 mgsin a.t-umg cosa.t-BLI.t=mvmn-mv △Φ 其中 g=I.1=- E=。= BLx R+rR+rR+r 联立解得x=14.25m,故D正确。 答案第4页（共18页） 故选D。 10.AC 【详解】A,初始磁场垂直纸面向里，B减小，之后反向向外增大。根据楞次定律：感应磁场要阻碍磁通量变化，感应磁场 垂直纸面向里，由右手螺旋定则，感应电流顺时针，A正确： 1 BC.磁场只分布在MN左侧，圆环一半面积在磁场内，有效面积S=。πr2 2 由图(b)得B(0)=B,-B1,磁场变化 △B_B ,△B_B to △tto △tto △Φ△B 根据法拉第电磁感应定律得，圆环中的感应电动势大小为E= AA 24 感应电流大小I= E_B。πr2 R2Rt。 故B错误，C正确； D.圆环在磁场中的有效长度是直径L=2r t时刻磁感应强度大小B=B。 安培力大小F=BD Bot Bn2.27 to 2Rt。 化简得F= B Bo.t D错误。 Rto to 故选AC。 11.AC 【详解1A.那装g=7.i=E,E=A0 △t △Φ 联立解得q= R 可知，上滑过程与下滑过程磁通量的变化量相等，则通过电阻R的电荷量一样多，故A正确； 1 B.金属杆ab上滑过程中，根据动能定理有-W克G一W克安-W克r=0-。m 2 1 解得形c+形+形：=2m.故B错误： C.由题知，上滑和下滑过程中，位移大小相等，摩擦力大小相等均为∫=4gcos0 根据Q=: 可知上滑过程与下滑过程因摩擦而产生的内能一定相等，故C正确； D.金属杆b在整个过程中损失的机械能等于整个装置产生的焦耳热和摩擦产生的热量之和，故D错误。 答案第5页（共18页） 故选AC。 12.AC 【详解】A.根据楞次定律可知，线框进入磁场区域过程，通过线框的电流沿adcba方向，A正确： B.线框进入磁场区域的过程。通过线框的电荷量q=7A=BL.L_B ,B错误： Rv R C.设线框的初速度为%，线框进入磁场区域。由动量定理有-B7·M=BL =mv-mvo R 同理离开磁场区域有-B卫 =0-mv R 联立可得。= 2B2L3 ,C正确； mR D.由上述分析可得。：Y=2:1,根据动能定理可知，线框进入磁场区域和离开磁场区域，克服安培力做功之比等于动能 1 21 减少量之比，即 g_2m-2m W =3:1,D错误。 2m-0 故选AC。 13.AC 【详解】A.根据右手定则，金属棒a下滑切割磁感线时，感应电流在棒内从a流向b,金属棒a6相当于电源，电源内部 电流从低电势流向高电势，因此b端电势高于¤端电势，故A正确； B.x一1图像的斜率表示速度，AB段为直线说明金属棒做匀速运动，1=1.5s时金属棒恰好达到匀速，则此时速度 v=4_11.2-7.0 △t2.1-1.5 m/s=7.0m/s,故B错误； C.金属棒匀速时受力平衡，则mg=BIL 感应电动势E=BLy 欧姆定律I= R+r 联立可得mg= B2Lv R+r 代入数值解得B=01T,故C正确； D.对0~1.5s过程，金属棒重力势能的减少量等于动能增加量与电路总焦耳热之和，由能量守恒定律有mgx 2m+0 由图可知x=7.0m 解得总热量9急=0.455J 量分配规律，电阻R上的热量为9=Q。·)人，=0.26J 故选AC。 14.BCD 答案第6页（共18页） 【详解】A.设导体棒b进人磁场前沿斜面向下的加速度为a。,根据牛顿第二定律有mg sin37°=mao 解得a=6m/s2 根据运动学公式有v=2ax 解得导体棒b刚进入磁场时的速度为，=√2aox。=√2×6×0.75m/s=3m/s 根据法拉第电磁感应定律可知，导体棒b刚进人磁场时的感应电动势为E=BL, 代入数据得E=0.8×1×3V=2.4V,故A错误： C,回路的总电阻为R=R+P=62 E 则感应电流为I= =0.4A R总 导体棒b两端的电压为U=IR=0.4×4V=1.6V（外电阻电压，故C正确： B.设导体棒b刚进入磁场时的加速度为a,则受到的安培力为F=BL=0.8×0.4×1N=0.32N 其方向沿斜面向上。根据牛顿第二定律有mng sin37°-F=ma 解得a=2m/s2,故B正确： D.进人磁场前导体棒b的运动时间为4=。= s=0.5s a06 设导体棒b匀速时的速度为Vm,则匀速时导体棒b产生的感应电动势为E,=BLvm 感应电流为1= R总 根据受力平衡有mg sin 0=BLL 联立解得vm=4.5m/s 已知磁场区域长度x=3.6m,对导体棒b在磁场中的运动过程用动量定理有mg sin0.i2-BL·△仁mvm-mv。 其中I·△仁q= A0_BLx_0.8×1×3.6c=0.48C R+rR+r 4+2 解得t2=1.05s 则导体棒b在导轨上运动的总时间为t=41+t2=1.55s,故D正确。 故选BCD。 15.ABD 【详解】A,0~。内，线框在磁场中的有效面积为S=LL=乃 根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E=△①_BB。-B,)业_2B, to 答案第7页（共18页） 线框总电阻为R,感应电流1=E R b边是线框总长度的}，其电阻为，b两点的电势差为路端电压的一部分：b边完全在磁场外，相当于外电路的一段， 6 6 电势差大小为U=1. RBL -,故A正确： 63t。 B.0~,内，电流为恒定电流1=￡_26，卫 R Rto 安培力冲量I冲=∑BIL△t=L∑B.△t 其中∑B·△1是B-t图像0~t。内与坐标轴围成的面积，因此cd边安培力冲量大小为 2BL13B。+B。） I冲= Rto .L 4B2L o= ,故B正确； 2 R C.cd边在磁场中向右运动时，切割磁感线产生感应电流，电流会流经bc边，bc边的部分段处于磁场中，且电流方向与磁 场方向垂直，因此会受到安培力作用，故C错误； D.设ab边刚进入磁场时速度为Y,ob边离开磁场时速度为 3 ob边进人磁场到离开磁场，线框向右运动L距离，此过程仅b边切割磁感线，由动量定理可得-BoIL·△t=m,号-mv1 其1-aE-景A=0贺At=2B R 代人化简得乙m=名 2BL 3 R 解得y= 3BoL ,故D正确。 mR 故选ABD。 16.AD 【详解】A.导体棒刚进入第一个磁场时，感应电动势E=BLV。 E 感应电流I= 安培力F=BL 由牛顿第二定律F=ma 联立得a= B2Lvo mR 代入题目给出的。 2026B2L,可得a=202682 mR mR,故A正确： B.对导体棒在第个磁场内运动的过程用动量定理，安培力的冲量等于动量变化，取初速度方向为正： -∑B,IL·△t=my,-mY 答案第8页（共18页） 其中211=B:LAM-B △tR R 因此对第一个磁场(B=B)有-B.B R _.L=mv -mvo 代人6=2026B2 ,解得y= 2025B2L2 ,故B错误； mR mR C.由能量守恒，导体棒运动全过程的动能全部转化为电阻的焦耳热Q=2m心 2026B2LP 、2 1 2026B4L 代人%，可得2=。m ,故C错误： 2 mR 2R D,由B项动量定理的递推：每完全穿过第k个磁场，动量减少量为 BL kB2L 前n个磁场的总动量减少量为了B2L_nn+l)BE R 2R 初始总动量mv。= 2026B2L R 代入得n(n+1)=4052 计算得63×64=4032<4052,64×65=4160>4052 说明完全穿过第63个磁场后，导体棒仍有剩余动量，剩余动量在第64个磁场内运动一小段距离就减速为零，即最终在第 64个磁场内停止，故D正确。 故选AD。 17.BD 【详解】A.两杆材料、质量相同，则m=p·2lSA=plSg 又因为电阻率相同，根据电阻定律可知R=P 。2L 0s:RA=PS a杆电阻为R=4R 初始时，根据右手定则可知两杆产生的电动势方向相同，总电动势为两电动势之和，根据闭合电路欧姆定律可知通过¤的 电流为1=E+E-B2Lv+BLy3BLv Ra+RB 4R+R 5R,故A错误： B.开始运动时，可知¤杆受到的安培力向右，b杆受到的安培力也向右，两杆均向左做减速运动，¤杆所受的安培力大小 为b杆所受安培力大小的2倍，两杆质量相同，则α杆做减速运动的加速度大小较大，先减速到零，然后在向右的安培力 作用下向右做加速运动，产生与b杆相反的电动势，即E=E,一E。,当两杆电动势大小相等时，闭合回路电流为0，此时 a杆向右做匀速运动，b杆向左做匀速运动，达到稳定状态，故B正确： C,a杆向左减速至0，由动量定理得-Bq,2L=0-mv mv 得91= 2BL 答案第9页（共18页） 杆向左减速至y:-Bg,L=mY一mwy专) a杆向右加速至匀速，Bq22L=my,-0 b杆向左继续减速至匀速y3,-Bq,L=mv3-mY 当a、b杆电动势等大反向时，回路电流为O,即B·2Ly2=BL%? 2 得%=5v,%=5V 5 通过b某横截面的电荷量为9=91+92= 3mv,故C错误： 5BL D.设产生的总热量为Q=I2(4R+R)t 则6上产生的热量巴=1PR1= 9 由能量守恒定律有O= 之人 mv2 9 解得Q,= mv2,故D正确。 50 故选BD。 18.BC 【详解】A.线框进入磁场时，垂直纸面向里的磁通量增大，由楞次定律知感应电流为逆时针方向；离开磁场时，该磁通量 减小，感应电流为顺时针方向，故A错误： B.设线框完全进人磁场时速度为Y,进人过程历时(1。磁通量变化量为△④=BL2 由法拉第电磁感应定律和欧姆定律，平均电动势为E=曾平均电流为1=景 t1 则进人过程中通过线框的电荷量为q=It1=紧 BL2 进入时安培力向左，其平均值为F=BLI 由动量定理得mwo-v)=Ft1=BLq B2L 代入数据得y=一 =2.5m/s mR 线框完全处于磁场内时磁通量不变，线框以y匀速运动，直到b边到达右边界。这段距离为d一L,所用时间为 t=d-L_0.50-0.25 2.5 S=0.1s,故B正确： C.b边刚出磁场时，线框速度仍为Y,cd边开始切制磁感线。由动生电动势公式得E=BLy,由欧姆定律得I=B 安培力大小为F=BL。由牛顿第二定律得a=二= F_B2L=25m/S2,故C正确： m mR D.线框离开磁场时的磁通量变化量大小仍为BL?,安培力冲量大小与进人时相同。设线框完全离开后的速度为'2，由动量 答案第10页（共18页） 定理得m(y-5)=B2巴 R 故V,=0。水平面光滑，进、出磁场两段各自损失的动能全部转化为焦耳热。进入时产生的热量为 -3m6-r）=234375 离开时扩产生的热量为=2m(-)=0.78125,故D错误。 故选BC。 19.BD 【详解】A.当AO位于磁场中时，根据右手定则，AO中电流由O流向A;当AO离开磁场时，处于磁场中的另一根电 阻丝为电源，AO为外电路支路，电流由A流向O,故A错误： BCD.除边界瞬间外，任意时刻恰有一根电阻丝在磁场中切割磁感线。由导体棒绕一端转动切割磁感线的电动势公式得 E=1BoP 2 其余两根电阻丝构成并联外电路，由并联电路的电阻关系得 1=1+1 R外R'R R 整理得R外=2 2 电路总电阻为R8=R+R%=2 3R 当AO转入磁场时，AO为电源支路，AO两端电压等于外电路电压。由闭合电路欧姆定律得U= R妙E一1 R6 E、Baol2 当OC转入磁场时，AO为并联外电路的一条支路。由闭合电路欧姆定律得I总= R点3R 由并联电路分流关系得I40= 1 Bol2 2= 6R 由焦耳定律得P=I经R总 代人前述电流和总电阻得P=Bo1 6R 转动-周的时间为7-2石。转动-周产生的热量为0=PT-Ba ,故BD正确，C错误。 0 3R 故选BD。 20.(1) 发电 电磁感应 电动 通电导线在磁场中受力运动 奥斯特 磁场 电流的磁效应 (2) ② ⑤⑥ ①③ 【详解】（1)[1][2]甲装置无外接电源，仅连接灵敏电流计，是探究电磁感应的装置，对应发电机的工作原理。 [3][4个乙装置有外接电源，通电后导体在磁场中受力运动，对应电动机的工作原理。 [5][6][7]丙是奥斯特实验，首次证明了电流周围存在磁场，该现象叫做电流的磁效应。 (2)[1](电磁感应上：动圈式话筒工作时，声音带动线圈在磁场中切割磁感线产生感应电流，将声信号转化为电信号，利 答案第11页（共18页） 用电磁感应原理，对应②。 [2]乙（通电导体在磁场中受力运动：扬声器通电后线圈在磁场中受力振动发声、电风扇的核心部件是电动机，都利用该原 理，对应⑤⑥。 [3]丙（电流的磁效应）：电磁继电器、电磁起重机的核心部件都是电磁铁，利用电流的磁效应工作，对应①③。 21.(1) 右 左左 (2)穿过闭合回路的磁通量发生变化 (3)BC 【详解】(1)[]连接好电路后，闭合开关，线圈B内的磁通量增大，灵敏电流计G的指针向右偏了一下，则将铁芯迅速插 人线圈A时，线圈B内的磁通量增大，灵敏电流计G指针将向右偏。 [2]将滑动变阻器连入电路中的阻值调大，回路中电流减小，线圈A产生的磁场减小，线圈B内的磁通量减小，灵敏电流计 G指针将向左偏。 [3]稳定后断开开关，线圈B内的磁通量减小，灵敏电流计G指针将向左偏。 (2)闭合回路中产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化。 (3)A.按下和松开按钮过程，螺线管中磁通量发生变化，螺线管产生感应电动势，门铃均会响，故A错误： B,按住按钮不动，螺线管中磁通量不变，螺线管中的感应电动势为零，门铃不会响，故B正确； C.按下按钮过程，螺线管中向左的磁通量增大，根据楞次定律，可知按下按钮过程，通过门铃电流方向Q一→P，故C正 确； D.按下和松开按钮过程，螺线管中磁通量的变化率不一定相同，故螺线管产生的感应电动势不一定相同，通过门铃感应电 流大小不一定相等，故D错误。 故选BC。 22.(1)a→b (2)-9V (3)0.45J 【详解】(1）由图乙信息得通过线圈的磁通量在增大，根据增反减同和安培定则，线圈中电流流向为逆时针，则通过电阻R 的电流方向为a→b (2)根据法拉第电磁感应定律E=n 0=20x0.15-0.10V=10y △t 0.10 则线圈两端电压根据闭合回路欧姆定律得U加=一 R=- 10 ×18V=-9V R+r 18+2 U2.92 (3)根据焦耳定律得Q=I2Rt= R=18 ×0.1J=0.45J 23.(1)1。=0.4A (2)Ub加=0.16V 答案第12页（共18页） (3)x=156.25m 【详解】(1)根据法拉第电磁感应定律，导体棒初始切割磁感线产生的感应电动势为E。=BLy。=0.2V 回路总电阻为R总=R+r=0.52 故导体棒中初始电流大小= B。=0.2 A=0.4A Ra0.5 (2)由右手定则可判断导体棒中感应电流方向为b→α，因此a端相当于电源正极、电势更高，导体棒两端初始电压为路 端电压Ua=-1R=-(0.4×0.4)V=-0.16V (3)对导体棒运动全过程用动量定理，安培力的冲量等于动量变化，即∑BL△1=m('。-0) 其中任意时刻的电流满足I=BLy R+r 联立得BLx mvo R+r 代人数据，解得导体棒运动的总位移大小x=m,(R+_0.1x5x0.5 B20.1Px0.4pm=156.25m 24.(1)2m/s (2)0.5T (3)0.05C 【详解】(1）由图乙可知，线框先自由下落，加速度等于重力加速度，在=02s时ab边进入磁场，线框开始做匀速直线 运动，由于匀强磁场区域宽度与线框宽度相同，故该匀速直线运动可维持到cd边穿出磁场，故线框αb边刚穿出磁场时速 度大小为v=841=2m/s (2)在磁场中运动时线框受到的重力与安培力平衡，根据平衡条件有g=BL 根据法拉第电磁感应定律有E=BLv E 根据闭合电路欧姆定律有I= R 联立解得磁感应强度的大小为B=0.5T (3)在进人匀强磁场时，导线框中产生的电流恒定，通过其某一截面的电荷量q=止2 从开始进入磁场到线框刚好完全进入匀强磁场所用时间，=二 代入数据解得q=0.05C 25.(1)32B2a2v 3mR 2)64B2a2v2 9R (3)ZBa2 R 答案第13页（共18页） 【详解】(1)当圆环的直径与边界线PQ重合时，圆环左右两个半环均产生感应电动势，有效切割的长度都等于直径，即 L=2a 故线圈中的感应电动势为E=2BL· 28 Bav v= 33 圆环左右两个半环均受安培力，方向向左，此时圆环受力为F=2BL E 其中感应电流I= R 解得F=32B2av 3R 由牛顿第二定律可得，加速度大小为a= F 32B2a2v m 3mR (2)圆环中的电功率为P=E1=64BaV 9R (3)此过程中，电路中的平均电动势为E=△④_Bπ口 △t△t 电路中的平均电流为ī= E R πBa2 则电路中通过的电量为g=T△t= 个 26.(1)2V (2)0.5m/s2 (3)12m 【详解】(1)由法拉第电磁感应定律，线圈产生的感应电动势为E=NA=N△BS=2V △t △ E (2)开关拨到“1”瞬间，根据欧姆定律则有1。=上=02A 导体棒受到的安培力为F安=B2IL=0.IN 由牛顿第二定律可得Fx=(m+mo)a 联立解得a=0.5m/s2 (3)导体棒速度最大时电流为零，则有感应电动势E=BLy 解得Vmx=B,L =4m/s 设导体棒加速过程中任意时刻的速度为Y,电流为1，则有1=E-B,L 对导体棒和飞机由动量定理则有∑B,L△M,=(m+m,)y 设加速阶段位移为x,则有∑y△：=x 联立解得= Et(m+mo)rvaas =8m B,L B2L 开关K拨到“2”后，飞机脱离导体棒，导体棒做减速运动直至停止，设减速过程中任意时刻的速度为2，减速过程位移为 答案第14页（共18页) x2,由动量定理可得-∑B5LV2A2=0-mvx 其中∑y△M2=x 联立解得x2= m(r+R)vax=12m B2L 故导体棒ab从开关K拨到“2”时运动到停止运动的位移x大小x=x,=12m 27.(1)V5T 225c 5 【详解】(1)由图乙的直线段可知，金属棒在0.4s后做匀速运动，其速度大小为v=1,40-0.0 m/s=3.5m/s 0.60-0.40 金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv 由闭合电路欧姆定律得I=_E=BLy R+rR+r 金属棒所受安培力大小为F=BL=BLy R+r 以金属棒和重物组成的系统为研究对象，匀速运动时沿运动方向受力平衡，有Mg-mgsin-F=0 联立并代入数据得B= (Mg-mgsin0)(R+r） 5T Lv (2)在一段时间内，由法拉第电磁感应定律得平均感应电动势E=D d E 由闭合电路欧姆定律和电流的定义得g=△M= △Φ -△t= R+r R+r 在0.6s内金属裤的位移为x=1,40m,愁通量的变化量为△d=BLx,放g=BL:=5x1.0x140C=25C R+r3.0+0.50 5 28.(1)x=0.50m (2)ym=1.0m/s (3)q=0.057C 【详解】(1)开关接a时，恒流源给导体棒的电流恒为I。=2A,导体棒长度为L=1m,导轨对导体棒的摩擦力大小为 ∫=2N。取向右为x轴正方向，导体棒向右运动。导体棒在f处恰好达到最大速度，瞬时加速度为零，安培力与摩擦力 平衡，因此B,IL-f=0 所议坐标x处的蓝感成强度大小为B币 题给区域1中B=2-2x（采用国际单位制)，故2-2x=1 解得x=0.50m。由题设，区域‖的磁感应强度为B2=B=1T 答案第15页（共18页） (2)导体棒从x=0运动到x=x,的过程中，B,随x线性减小，安培力也随位移线性变化。用平均力法，磁感应强度的平 均值为B-B(O+B）-15T 2 安培力做功为Wx=1oLBx=1.5J 摩擦力做功为W=-,=-1.0J 由动能定理，安培力和摩擦力的总功等于导体棒动能的增加量，有形安+形，一2m片 代人m=1kg,得5mv2=0.50J 2 所以vm=1.0m/s (3)切换到S后，导体棒进入区域川，磁感应强度B2恒定。取向右为正，回收电流产生的安培力向左，摩擦力也向左。记 1 5 导体棒运动到1=0.05m处的速度为Y,由题给速度与位移关系y,= -m/s =-m/s 4×0.05+1 6 将题给关系改写为}41+1，则上-1图像是一条直线.图线与1轴围成的面积表示运动时间。因此从ef运动到1=0.05m 1,1 所需时间为，=。业1= 十 1+1.2 2 ×0.05s=0.055s 2 设通过回收装置S的电荷量9取正值。由于B2和L恒定，安培力的冲量大小为B2Lq。对导体棒应用动量定理，有 -B,Lg-fi=mv -mvm 解得q= m(vm-v)-fi B,L 代人数值得 1.0x1- -2.0×0.055 6 9= C=0.0567C 1.0×1.0 取两位有效数字，q=0.057C 29.(1)B= mg(R+r)sin0 2Lvo 2)）a=28sin0 (3)1=% gsine 2vo 【详解1(1)由题意可知金属杆0b最终以速度2出做匀速直线运动，此时有E=BL-2,1=E,F段=B R+r 由平衡条件可得Fx=mg sin8 答案第16页（共18页） 联立解得磁场的磁感应强度大小为B= mg(R+r)sin 2L2v。 (2)金属杆刚开始运动时，有E。=BLy,I。=- Eo F。=BIL R+r 根据牛顿第二定律可得F。+mg sin0=ma 8sing 3 联立解得a。= (3)金属杆上滑过程中，根据动量定理可得-mg sin0.t-∑Fl=0-m, 24-Σ-g2 … R+r 联立解得金属杆上滑过程中经历的时间为1=。。一X gsin0 2vo 30.(1)F=5N (2)d=10m (3)x=2V5m,9#=20J 【详解】(1)金属棒从圆弧最高点下滑到圆弧底端（刚进入水平磁场）的过程，圆弧轨道光滑，由机械能守恒mgR=二m 2 代入数据解得进入磁场的初速度v。=1Om/s 此时金属棒产生的感应电动势E=BL。 回路总电阻为金属棒电阻与定值电阻之和R点=R+R=22 感应电流I= E R海 安培为F=BL=BZ=5N Ro （2)设金属棒离开磁场（到达PP位置）时的速度为1，金属棒沿倾斜导轨上升到最大高度h=0.75m的过程，由动能定理 -mgh-umg cos0.h 1 =0- sin 解得y=5m/s 金属棒在磁场中运动时，取向右为正方向，由动量定理得安培力的冲量等于动量变化，即一∑BL·△1=m%一Y △ΦBLd 其中∑I△t=q= R总 R总 B2Ld 整理得一 R总 mv-mvo 代入数值解得d=l0m 答案第17页（共18页） (3)金属棒从倾斜导轨最高点返回时，因为ng sin0=6N>4 mg cos0=4N 金属棒会沿斜面下滑返回水平磁场区域，最终金属棒会在安培力作用下减速到O,停在PP左侧的水平导轨上。对金属棒沿 斜面下滑的过程，由动能定理mgh-mg cos0.,h=}m sing-2m 解得y2=√5m/s 金属棒以y2=√5s从右向左进人磁场区域时，受到向左的安培力做减速运动。若金属棒能减速到0，设向左运动的最大 位移为×，对该过程用动量定理得一BL BLx =0-mv2 R海 解得x=2√5m≈4.47m<10m 说明金属棒向左运动还未到达磁场左边界时速度就已经减为0，之后将一直停在磁场区域内，不会再返回倾斜导轨。所以金 属棒最终停止的位置与PP的距离为2√5m。 全过程总能量守恒：金属棒初始的重力势能，最终全部转化为摩擦生热和回路总焦耳热，即mgR=Q。+2mgc0s0. sin 解得回路总焦耳热9急=40J 由于金属棒电阻和定值电阻阻值相等，两者串联时焦耳热按电阻分配，因此金属棒上产生的焦耳熟Q,=术R⅓2 答案第18页（共18页） 法拉第电磁感应定律应用综合练习题-2027届高考物理一轮复习题 一、单选题 1．如图所示，矩形线圈位于通电长直导线附近，线圈与导线在同一平面内，线圈的两条边与导线平行，导线中通有恒定电流，线圈以速度向右远离直导线。下列说法中正确的是（     ） A．线圈的面积不变，因此线圈不会产生感应电流 B．线圈的磁通量减小，因此线圈会产生感应电流 C．只有足够大，线圈才会产生感应电流 D．只有足够大，线圈才会产生感应电流 2．如图是一些研究电磁现象实验的示意图。关于这些实验，下列说法中错误的是（      ） A．甲实验中，导线中有电流通过时，小磁针发生偏转，说明通电导体周围存在磁场 B．乙实验中，闭合开关后，导体棒 ab由静止变为运动，说明这个过程中电能转化为机械能 C．丙实验中，两线圈匝数相同，通过线圈的电流不同，电磁铁吸引大头针个数不同，说明电磁铁磁性强弱与电流大小有关 D．丁实验中，导体棒 ab水平向左运动，电流表指针发生偏转，说明只要导体在磁场中运动，就一定能产生电流 3．如图1，水平面内有电阻不计的“”形金属导轨，导轨c、d之间接有电阻R，金属棒ab电阻不计，放置在导轨上，并始终与导轨垂直且保持良好接触，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中。现使磁感应强度随时间均匀减小，如图2所示，金属棒ab始终保持静止，则在0~t0时间内（　　） A．ab中的感应电流方向从b到a B．ab中的感应电流逐渐减小 C．ab所受的安培力不变 D．ab所受的摩擦力逐渐减小 4．如图所示，光滑水平面上矩形区域存在竖直向上的匀强磁场，长方形宽为L。正方形线框abcd质量为m，总电阻为R，粗细均匀。某时刻开始线框受水平向左的恒力F，使线框在矩形区域右侧从静止开始水平向左运动。cd边进入矩形区域时速度为v，且直到ab边离开矩形区域时，速度始终为v。bc边始终垂直磁场左、右边界，则（     ） A．边到磁场右边界时间为 B．边到磁场右边界的距离为 C．线框边长为 D．磁感应强度大小为 5．如图甲所示，矩形线圈位于通电长直导线附近，线圈与导线在同一平面内，线圈的边与导线平行。导线中电流与时间的关系如图乙所示，在这段时间内，线圈中不一定产生感应电流的操作是（     ） A．线框沿导线向下做匀速运动 B．线框水平向右远离导线 C．线框水平向左靠近导线 D．线框以直导线为轴转动 6．在如图甲所示的电路中，电阻，单匝圆形金属线圈半径为，线圈的电阻为，在半径为的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的关系图线如图乙所示，图线在横、纵轴的截距分别为和，其余导线的电阻不计。闭合，至时刻，电路中的电流已稳定，下列说法正确的是（     ） A．电容器上极板带正电 B．电容器下极板带正电 C．稳定后线圈两端的电压为 D．稳定后线圈两端的电压为 7．如图所示，单匝正方形线圈A和B在外力作用下均以速度v向右匀速进入匀强磁场，B线圈的边长是A的n倍，线圈粗细相同，材料相同。在两个线圈完全进入磁场的过程中（     ） A．A、B线圈产生的热量之比是 B．A、B线圈产生的电流之比是 C．外力对A、B线圈做功的功率之比是 D．通过A、B线圈横截面的电荷量之比是 8．【例题】如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，线圈L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值。在时刻闭合开关S，经过一段时间后，在时刻断开开关S。选项中表示A、B两点间电势差随时间t变化的图像正确的是（     ） A． B． C． D． 9．如图所示，两足够长平行导轨倾斜固定在水平面上，倾角为，两导轨之间的距离为，导轨顶端用导线连接一阻值为的定值电阻。长为、质量为、阻值为的导体棒ab垂直导轨放置，水平虚线MN下侧存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为。现将导体棒ab从虚线上侧处静止释放，导体棒ab越过虚线MN后经的时间刚好匀速。已知导体棒与导轨之间的动摩擦因数，重力加速度g取，，忽略导轨和导线的电阻。则（　　） A．导体棒ab在磁场中做匀加速直线运动 B．导体棒ab在磁场内的运动过程中，减少的机械能等于回路中产生的焦耳热 C．导体棒ab刚好匀速时定值电阻R的热功率为5W D．导体棒ab从越过虚线MN到刚好匀速的过程中位移为14.25m 二、多选题 10．空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图（a）中虚线MN，一硬质细导线的电阻为R，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心Q在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图（a），磁感应强度B随时间t的变化关系如图（b），则在t=0到t=t1的时间内（　　） A．圆环中感应电流沿顺时针方向 B．圆环中的感应电动势大小为 C．圆环中的感应电流大小为 D．圆环所受安培力F大小随时间t的关系为 11．如图所示，一粗糙的平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上。质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某高度h后又返回到底端。若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计。则下列说法正确的是（　　） A．金属杆ab上滑过程与下滑过程通过电阻R的电荷量一样多 B．金属杆ab上滑过程中克服重力、克服安培力与克服摩擦力所做功之和大于 C．金属杆ab上滑过程与下滑过程因摩擦而产生的内能一定相等 D．金属杆ab在整个过程中损失的机械能等于装置产生的焦耳热 12．光滑绝缘水平面上有宽度为的匀强磁场区域，磁感应强度方向垂直水平面向下、大小为。单匝正方形金属线框的质量为、电阻为、边长为。给线框一水平向右、垂直于磁场边界的初速度，线框边恰好离开磁场区域，线框运动过程中边始终与磁场边界平行，下列说法正确的是（     ） A．线框进入磁场区域过程，通过线框的电流沿方向 B．线框进入磁场区域过程，通过线框的电荷量为 C．线框的初速度大小为 D．线框进入磁场区域与离开磁场区域过程，克服安培力做功之比为4∶1 13．如图甲所示，足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，其宽度，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P之间连接阻值为的电阻，质量为、电阻为的金属棒ab紧贴在导轨上。现使金属棒ab由静止开始下滑，下滑过程中ab始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x与时间t的关系图像如图乙所示，图像中的OA段为曲线，AB段为直线，g取，不计空气阻力。下列说法正确的是（     ） A．金属棒b端电势高于a端电势 B．时金属棒的速度为 C．磁感应强度B的大小为 D．在金属棒ab开始运动的1.5 s内，电阻R上产生的热量为 14．一倾角、间距的平行光滑金属导轨固定在绝缘桌面上，导轨上端连接一个阻值的电阻，虚线以下、长度的区域内存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小，如图。质量、电阻、长度也为的导体棒b从导轨上距离 处由静止释放。已知导体棒b运动到导轨底部前已经匀速，，重力加速度大小取，导轨电阻不计，导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好。下列说法正确的是（     ） A．导体棒b刚进入磁场时产生的感应电动势为 B．导体棒b刚进入磁场时的加速度大小为 C．导体棒b刚进入磁场时两端的电压为 D．导体棒b在导轨上运动的时间为 15．如图甲所示，光滑绝缘水平面上有宽度为2L的条形磁场，磁场方向竖直向下，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，、均已知，理想边界上有磁场。质量为m、电阻为R的匀质长方形单匝线框，其长为2L，宽为L，线框bc边与ad边的中点分别是e、f。在时间内将线框锁定，使e、f连线刚好与磁场左边界重合。时刻线框突然获得一个向右的初速度，已知ab边离开磁场时线框速度大小为ab边刚进入磁场时的。下列说法正确的是（     ） A．时刻，ab两点间的电势差为 B．在内，cd边所受安培力的冲量大小为 C．cd边在磁场中运动时，bc边不受安培力作用 D．ab边刚进入磁场时线框的速度大小为 16．间距为的足够长的平行光滑导轨固定在绝缘水平面上，导轨左端连接一个阻值为的定值电阻，导轨处在如图所示的垂直于导轨平面且足够多的交替变化的有界匀强磁场中，不考虑磁场的边界效应，磁场的宽度均为，大小依次为、、……，一电阻不计、质量为的导体棒以初速度从左侧进入磁场，则（     ） A．导体棒刚进入第一个有界磁场时的加速度为 B．导体棒刚好通过第一个有界磁场后的速度为 C．导体棒从开始运动至停止，产生热量为 D．导体棒在第64个有界磁场内停止 17．如图所示，两根光滑平行金属导轨平放在绝缘水平面上，左侧导轨间距为2L，右侧导轨间距为L，左、右两侧分别存在垂直导轨所在平面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为B．两根由相同材料制成的不同粗细的金属杆a、b恰好横跨在导轨上，a、b的质量均为m，b的电阻为R，初始时给a、b杆向左的瞬时速度，大小均为v，不计导轨电阻，a、b两杆到导轨两端及导轨间距变化处均足够远且运动过程中始终与导轨垂直，则（     ） A．刚开始运动时通过a的电流大小为 B．导体棒a先向左减速，再向右加速，最后匀速 C．从开始到运动恰好稳定的过程中通过b某横截面的电荷量为 D．从开始到运动恰好稳定的过程中b上产生的焦耳热为 18．如俯视图所示，光滑水平面上有宽度的匀强磁场区域，磁感应强度大小，边长的正方形线框从磁场外以速度向右运动，边始终与磁场边界平行，当线框边刚出磁场时线框速度变为零，已知线框质量，电阻，则以下说法正确的是（     ） A．线框进、出磁场过程中感应电流方向相同 B．线框在磁场中匀速运动时间为 C．边刚出磁场时线框加速度大小为 D．线框进、出磁场过程产生热量相同 19．如图所示，三根完全相同的电阻丝一端连在一起并固定在转轴O上，另一端分别固定于导体圆环上的A、C、D点，并互成角，电阻均为R，长均为l，导体圆环的电阻不计。转轴的右侧空间扇形区域内有垂直于纸面向里大小为B的匀强磁场，现让圆环绕转轴O以角速度顺时针匀速转动，在连续转动的过程中，下列说法正确的是（     ） A．AO中电流方向始终不变 B．当AO转入磁场中，AO两点的电势差 C．当OC转入磁场中，AO中电流的大小 D．转动一周过程中，电路中产生的热量为 三、实验题 20．如图是三个电磁实验，请根据所学知识回答下列问题。 (1)①图甲是______机的工作原理图，其工作原理是__________________； ②图乙是______机的工作原理图，其工作原理是__________________________； ③图丙是______实验的装置图，接通电路后，小磁针的指向发生偏转，说明电流周围存在______，该现象叫____________。 (2)如下图所示的科技成果中，利用上图甲的原理制成的是______；利用上图乙的原理制成的是______；利用上图丙的原理制成的是______。（均填序号） 21．某实验小组使用如图所示的器材探究“电磁感应现象”中影响感应电流方向的因素。 (1)连接好如图电路后，闭合开关，发现灵敏电流计G的指针向右偏了一下、保持开关闭合，依次进行以下操作：将铁芯迅速插入线圈A时，灵敏电流计指针将向________（填“左”或“右”）偏；然后将滑动变阻器连入电路中的阻值调大，灵敏电流计指针将向________（填“左”或“右”）偏；稳定后断开开关，灵敏电流计指针将向________（填“左”或“右”）偏。 (2)写出闭合回路中产生感应电流的条件：________。 (3)亮亮经过以上实验探究，对自家“自发电”无线门铃按键原理进行研究，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程，磁铁靠近螺线管；松开门铃按钮过程，磁铁远离螺线管回归原位。下列说法正确的是（     ） A．只有按下按钮时，门铃才会响 B．按住按钮不动，门铃不会响 C．按下按钮过程，通过门铃电流方向 D．按下和松开按钮过程，通过门铃感应电流大小一定相等 四、解答题 22．如图甲所示，匝的线圈（图中只画了2匝），电阻，其两端与一个的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。求： (1)判断通过电阻的电流方向； (2)线圈两端电压Uba； (3)电阻在内产生的焦耳热。 23．如图所示，电阻，质量为的导体棒以的初速度滑上光滑导轨，导轨左侧接有电阻的电阻，导轨处在磁感应强度的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面。导体棒的长度，导轨的电阻不计。求解下列问题： (1)导体棒中初始电流大小 (2)导体棒两端初始电压。 (3)导体棒运动的总位移大小 24．如图甲所示，有一边长的正方形导线框，质量，电阻，由某一高处自由下落，其运动过程的加速度随时间变化图像如图乙所示。匀强磁场区域宽度也为，重力加速度取，不计空气阻力，求： (1)线框边刚穿出磁场时，线框的速度大小； (2)磁感应强度的大小； (3)从开始到线框刚好完全进入匀强磁场过程中通过线框某一截面的电荷量。 25．在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B，方向相反的水平匀强磁场，如图所示，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置向右运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为，求： (1)此时圆环的加速度的大小。 (2)此时圆环中的电功率。 (3)求此过程中通过圆环截面的电量。 26．我国福建舰搭载的电磁弹射系统全球领先。某科创小组为模拟电磁弹射情境，设计了图甲所示实验装置。装置中线圈的横截面积S=0.01 m2，匝数N=300匝，内部磁感应强度B1随时间均匀变化，。线圈与水平放置的光滑平行金属导轨M、N连接，导轨间距L=1.0 m且足够长，导轨间存在磁感应强度为B2=0.5 T的匀强磁场，方向竖直向下，导轨上放置长度略大于L的导体棒ab。导体棒的质量为m=0.05 kg，接入电路电阻为r=10 Ω，通过挂钩连接塑料模型飞机，飞机的质量为m0=0.15 kg，定值电阻R=5 Ω。运动过程接触良好，线圈及导轨电阻不计，空气阻力不计。求： (1)线圈产生的感应电动势大小E； (2)开关K拨到“1”瞬间，导体棒的加速度大小a； (3)开关K拨到“1”后，经过一段时间导体棒达到最大速度，此时立即将开关K拨到“2”，同时飞机脱离挂钩，求导体棒ab从开关K拨到“2”时运动到停止运动的位移x大小。 27．如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨JK、PQ倾斜放置，两导轨间距离为，导轨平面与水平面间的夹角为，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，导轨的J、P两端连接阻值为的电阻，金属棒ab垂直于导轨放置并用细线通过光滑定滑轮与重物相连，金属棒ab的质量，电阻，重物的质量，如果将金属棒和重物由静止释放，金属棒沿斜面上滑的距离与时间的关系图像如图乙所示，不计导轨电阻，。求： (1)磁感应强度B的大小； (2)在0.6s内通过电阻R的电荷量。 28．某电磁驱动和能量回收系统的结构简图如图所示（俯视图），宽1 m的水平金属导轨左侧分别接有电流大小为2 A的恒流源（方向如箭头所示）、能量回收装置S，右侧有磁场区域Ⅰ、Ⅱ，ef为其分界线（垂直于水平导轨，e、f分别为分界线和导轨的交点），磁场方向均竖直向下。以区域Ⅰ左边界和导轨的交点为坐标原点O，建立如图所示的坐标，区域Ⅰ磁感应强度大小为，区域Ⅱ为匀强磁场，其磁感应强度大小等于区域Ⅰ右边界处磁场的磁感应强度大小。质量为1 kg的金属导体棒cd与导轨间的摩擦力恒为2 N，静止于区域Ⅰ的左边界。现开关接a，导体棒cd开始运动，到ef处恰好达到最大速度，立即将开关接b，开启能量回收，不计其他阻力，运动过程中，导体棒cd始终与导轨垂直且接触良好，求： (1)f点的坐标； (2)导体棒cd运动到ef处的速度的大小； (3)在回收能量过程中，若导体棒cd的速度与其距ef的距离l的关系式为，则导体棒cd从ef运动的过程中，通过回收装置S的电荷量q为多少？（结果保留2位有效数字） 29．如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行固定在倾角为的绝缘斜面上，两导轨的间距为，M、P两点间接有阻值为的定值电阻，导轨平面处于方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。现有一质量为、有效电阻为的金属杆ab，以一定初速度沿导轨向上运动，向上运动的位移大小为时速度恰好减为0，一段时间后金属杆ab最终以速度做匀速直线运动。已知金属杆ab与导轨始终接触良好且垂直于导轨，导轨电阻不计，重力加速度为。求： (1)磁场的磁感应强度大小； (2)金属杆刚开始运动时的加速度大小； (3)金属杆上滑过程中经历的时间。 30．如图所示，固定的两条平行金属导轨MNPQ和M′N′P′Q′左侧的曲面部分是半径为R=5m的四分之一光滑圆弧，水平光滑导轨部分存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B=0.5T的匀强磁场，导轨间距为L=2m，右侧倾斜导轨与水平导轨平滑连接。倾斜导轨与水平面的夹角为θ=37°，倾斜导轨最上端连接有阻值为R=1Ω的定值电阻。现将质量为m=1kg、长度为L=2m、阻值为R=1Ω的金属棒从左侧圆弧最高点由静止释放，穿过磁场区域后沿倾斜导轨上升，上升的最大高度为h=0.75m。已知金属棒与倾斜导轨间的动摩擦因数为μ=0.5，忽略金属棒通过NN′、PP′时的能量损失，金属棒与导轨始终保持良好接触，不计导轨电阻，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s²。求： (1)金属棒第一次进入磁场时所受安培力大小； (2)水平导轨的长度 d； (3)金属棒最终停止的位置与PP′的距离及全过程金属棒上产生的焦耳热。 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《法拉第电磁感应定律应用综合练习题-2027届高考物理一轮复习题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D D D C B A B D AC 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 AC AC AC BCD ABD AD BD BC BD 1．B 【详解】AB．通电直导线产生的磁场离导线越远，磁感应强度越小。当线圈向右远离直导线时，虽然线圈自身面积不变，但穿过线圈的总磁通量随磁感应强度减小而降低，因此线圈会产生感应电流，故A错误，B正确； CD．只要线圈远离导线，磁通量就会减小，和速度v的大小无关，v再小也会有磁通量的变化，产生感应电流；只要导线通有不为零的恒定电流，线圈远离时磁通量就会变化，不需要电流I足够大，故CD错误。 故选B。 2．D 【详解】A．甲图是奥斯特实验，说明通电导体周围存在磁场，A正确； B．乙图是通电导体在磁场中受力而运动，电能转化为机械能，B正确； C．丙图是探究通电螺线管磁性的强弱与电流的关系，在其它条件相同时，电流越大，通电线圈的磁性越强，C正确； D．丁图是电磁感应实验，导体只有切割磁感线时，闭合电路中才会产生感应电流，D错误； 故选D。 3．D 【详解】A．原磁场竖直向下，磁感应强度均匀减小，穿过回路的向下磁通量减小。根据楞次定律可得回路感应电流为顺时针方向，因此金属棒中感应电流方向为，故A错误； B．根据法拉第电磁感应定律，感应电动势 由于均匀变化，为定值，感应电动势恒定；回路总电阻不变，因此感应电流恒定不变，故B错误； C．安培力大小为，感应电流、棒长均不变，逐渐减小，因此安培力逐渐减小，故C错误； D．金属棒静止，水平方向摩擦力与安培力平衡，大小满足 安培力逐渐减小，因此摩擦力也逐渐减小，故D正确。 故选D。 4．D 【详解】AB．在线框的边到达磁场右边界之前，线框内没有感应电流，竖直方向的支持力与重力平衡。以表示线框的加速度，取水平向左为正方向，由牛顿第二定律得，解得 设从开始受力到边到达磁场右边界所用时间为、位移大小为，由初速度为零的匀加速直线运动规律有和 代入加速度得和，故AB错误； C．设线框边长为。下图比较线框边长小于、或大于磁场宽度时穿越磁场的中间位置 线框边长小于磁场宽度时，会出现全框在场内的一段运动；线框边长大于磁场宽度时，会出现边已出场而边尚未入场的一段运动。两种情况下，框内磁通量均保持不变，没有感应电流，水平方向的恒力将使线框加速，与题设穿越磁场期间始终匀速矛盾。因此线框边长只能为，故C错误； D．设磁感应强度大小为。线框边长等于磁场宽度，进入和穿出过程中均只有一条竖直边在磁场内。图示为进入磁场时的位置及沿运动方向的受力 设感应电动势大小为，感应电流大小为，安培力的合力大小为。有效切割边长为，速度垂直于导线和磁场，由动生电动势公式得，由闭合电路欧姆定律得，两条水平边在场内的长度相等、电流方向相反，所受安培力相互抵消；场内竖直边所受安培力即为合力，由楞次定律可知其阻碍线框运动，方向水平向右。线框匀速运动，由水平方向的受力平衡得 由安培力公式，联立以上各式得 解得，故D正确。 故选D。 5．C 【详解】AD．在内导线中电流减小，长直导线周围磁感应强度随电流减小而减小。线框沿导线向下匀速运动或以直导线为轴转动时，线框各处到导线的距离不变，线框面与磁场方向的相对关系不变，穿过线框的磁通量随电流减小而减小，能产生感应电流，故AD不符合题意； B．线框水平向右远离导线时，到导线的距离增大，导线电流减小和距离增大都会使穿过线框的磁通量减小，能产生感应电流，故B不符合题意； C．线框水平向左靠近导线时，到导线的距离减小会使磁通量增大，而导线电流减小会使磁通量减小，两种影响可能相互抵消，磁通量可能不变，可能不产生感应电流，C符合题意。 故选C。 6．B 【详解】AB．根据楞次定律，垂直向里的磁场磁感应强度均匀减小，线圈中感应电流的磁场方向与原磁场同向（向里），由右手螺旋定则可得线圈内感应电流为顺时针方向。 线圈作为电源，内部电流从低电势流向高电势，因此线圈下端为电源正极、上端为负极，外电路中电容器的下极板与电源正极相连，因此电容器下极板带正电，上极板带负电。故A错误，B正确； CD．根据法拉第电磁感应定律，线圈产生的感应电动势的大小满足 电路总电阻为线圈内阻加上外电路的串联电阻，即 稳定后线圈两端的电压是路端电压，由闭合电路欧姆定律可知，路端电压，故CD错误。 故选B。 7．A 【详解】B．设线圈边长为L，电阻为R，线圈的横截面积为S，则线圈中的电流为 线圈电阻为 联立解得 可知电流与边长无关，则A、B线圈产生的电流之比是，故B错误； A．线圈产生的热量，则A、B线圈产生的热量之比是，故A正确； C．线圈匀速运动，外力对线圈做功的功率等于电功率，为，则外力对A、B线圈做功的功率之比是，故C错误； D．通过线圈横截面的电荷量，则通过A、B线圈横截面的电荷量之比是，故D错误。 故选A。 8．B 【详解】开关S闭合的瞬间，由于L的阻碍作用，由R与L组成的支路相当于断路，L的阻碍作用不断减小，相当于外电路并联部分的电阻不断减小，根据闭合电路欧姆定律可知，整个电路中的总电流增大，由得内电压增大，由得减小。电路稳定后，由于R的阻值大于灯泡D的阻值，流过L的电流小于流过灯泡D的电流。当开关S断开时，由于L的自感作用，流过灯泡D的电流立即与L中电流相等，但方向与灯泡原来的电流方向相反，该电流逐渐减小，即反向减小。 故选B。 9．D 【详解】A．导体棒进入磁场后，导体棒的速度逐渐增大，产生的感应电动势逐渐增大，回路电流逐渐增大，导体棒受到的安培力逐渐增大，导体棒受到的合力逐渐减小，导体棒的加速度逐渐减小，所以导体棒ab在磁场中先做加速度逐渐减小的加速运动，当导体棒的加速度为0时，导体棒的速度达到最大，故A错误； B．根据能量守恒可知，导体棒ab在磁场内的运动过程中，减少的机械能等于回路中产生的焦耳热和因摩擦产生的内能之和，故B错误； C．导体棒ab从释放到刚运动到虚线MN处的过程，由动能定理得 解得 设导体棒ab的最大速度为，导体棒上的感应电动势为 导体棒上的感应电流为 导体棒ab刚好匀速时定值电阻R的热功率为 导体棒ab所受的安培力大小为 导体棒速度最大时，由力的平衡条件得 联立解得，，故C错误； D．导体棒ab从进入磁场到速度最大的过程中，设导体棒ab的位移为x，由动量定理得 其中 联立解得，故D正确。 故选D。 10．AC 【详解】A．初始磁场垂直纸面向里，B减小，之后反向向外增大。根据楞次定律：感应磁场要阻碍磁通量变化，感应磁场垂直纸面向里，由右手螺旋定则，感应电流顺时针，A正确； BC．磁场只分布在MN左侧，圆环一半面积在磁场内，有效面积 由图（b）得，磁场变化率，大小 根据法拉第电磁感应定律得，圆环中的感应电动势大小为 感应电流大小 故B错误，C正确； D．圆环在磁场中的有效长度是直径    t时刻磁感应强度大小 安培力大小 化简得，D错误。 故选AC。 11．AC 【详解】A．根据，， 联立解得 可知，上滑过程与下滑过程磁通量的变化量相等，则通过电阻R的电荷量一样多，故A正确； B．金属杆ab上滑过程中，根据动能定理有 解得，故B错误； C．由题知，上滑和下滑过程中，位移大小相等，摩擦力大小相等均为 根据 可知上滑过程与下滑过程因摩擦而产生的内能一定相等，故C正确； D．金属杆ab在整个过程中损失的机械能等于整个装置产生的焦耳热和摩擦产生的热量之和，故D错误。 故选AC。 12．AC 【详解】A．根据楞次定律可知，线框进入磁场区域过程，通过线框的电流沿方向，A正确； B．线框进入磁场区域的过程，通过线框的电荷量，B错误； C．设线框的初速度为，线框进入磁场区域，由动量定理有 同理离开磁场区域有 联立可得，C正确； D．由上述分析可得，根据动能定理可知，线框进入磁场区域和离开磁场区域，克服安培力做功之比等于动能减少量之比，即，D错误。 故选AC。 13．AC 【详解】A．根据右手定则，金属棒ab下滑切割磁感线时，感应电流在棒内从a流向b，金属棒ab相当于电源，电源内部电流从低电势流向高电势，因此b端电势高于a端电势，故A正确； B．图像的斜率表示速度，AB段为直线说明金属棒做匀速运动，时金属棒恰好达到匀速，则此时速度，故B错误； C．金属棒匀速时受力平衡，则 感应电动势 欧姆定律 联立可得 代入数值解得，故C正确； D． 对过程，金属棒重力势能的减少量等于动能增加量与电路总焦耳热之和，由能量守恒定律有 由图可知 解得总热量 根据串联电路热量分配规律，电阻R上的热量为，故D错误。 故选AC。 14．BCD 【详解】A．设导体棒进入磁场前沿斜面向下的加速度为，根据牛顿第二定律有 解得 根据运动学公式有 解得导体棒刚进入磁场时的速度为 根据法拉第电磁感应定律可知，导体棒刚进入磁场时的感应电动势为 代入数据得，故A错误； C．回路的总电阻为 则感应电流为 导体棒两端的电压为（外电阻电压），故C正确； B．设导体棒b刚进入磁场时的加速度为，则受到的安培力为 其方向沿斜面向上。根据牛顿第二定律有 解得，故B正确； D．进入磁场前导体棒的运动时间为 设导体棒匀速时的速度为​，则匀速时导体棒产生的感应电动势为 感应电流为 根据受力平衡有​​ 联立解得 已知磁场区域长度，对导体棒在磁场中的运动过程用动量定理有 其中 解得 则导体棒b在导轨上运动的总时间为，故D正确。 故选BCD。 15．ABD 【详解】A．内，线框在磁场中的有效面积为 根据法拉第电磁感应定律，感应电动势 线框总电阻为，感应电流 ab边是线框总长度的，其电阻为，ab两点的电势差为路端电压的一部分：ab边完全在磁场外，相当于外电路的一段，电势差大小为，故A正确； B．内，电流为恒定电流 安培力冲量 其中是B-t图像内与坐标轴围成的面积，因此cd边安培力冲量大小为，故B正确； C．cd边在磁场中向右运动时，切割磁感线产生感应电流，电流会流经bc边，bc边的部分段处于磁场中，且电流方向与磁场方向垂直，因此会受到安培力作用，故C错误； D．设ab边刚进入磁场时速度为，ab边离开磁场时速度为 ab边进入磁场到离开磁场，线框向右运动L距离，此过程仅ab边切割磁感线，由动量定理可得 其中 代入化简得 解得，故D正确。 故选ABD。 16．AD 【详解】A．导体棒刚进入第一个磁场时，感应电动势 感应电流 安培力 由牛顿第二定律 联立得 代入题目给出的，可得，故A正确； B．对导体棒在第个磁场内运动的过程用动量定理，安培力的冲量等于动量变化，取初速度方向为正： 其中 因此对第一个磁场（）有 代入，解得，故B错误； C．由能量守恒，导体棒运动全过程的动能全部转化为电阻的焦耳热 代入，可得，故C错误； D．由B项动量定理的递推：每完全穿过第个磁场，动量减少量为 前个磁场的总动量减少量为 初始总动量 代入得 计算得， 说明完全穿过第63个磁场后，导体棒仍有剩余动量，剩余动量在第64个磁场内运动一小段距离就减速为零，即最终在第64个磁场内停止，故D正确。 故选AD。 17．BD 【详解】A．两杆材料、质量相同，则 又因为电阻率相同，根据电阻定律可知 a杆电阻为 初始时，根据右手定则可知两杆产生的电动势方向相同，总电动势为两电动势之和，根据闭合电路欧姆定律可知通过a的电流为，故A错误； B．开始运动时，可知a杆受到的安培力向右，b杆受到的安培力也向右，两杆均向左做减速运动，a杆所受的安培力大小为b杆所受安培力大小的2倍，两杆质量相同，则a杆做减速运动的加速度大小较大，先减速到零，然后在向右的安培力作用下向右做加速运动，产生与b杆相反的电动势，即，当两杆电动势大小相等时，闭合回路电流为0，此时a杆向右做匀速运动，b杆向左做匀速运动，达到稳定状态，故B正确； C．a杆向左减速至0，由动量定理得 得 b杆向左减速至， a杆向右加速至匀速， b杆向左继续减速至匀速， 当a、b杆电动势等大反向时，回路电流为0，即 得， 通过b某横截面的电荷量为，故C错误； D．设产生的总热量为 则b上产生的热量 由能量守恒定律有 解得，故D正确。 故选BD。 18．BC 【详解】A．线框进入磁场时，垂直纸面向里的磁通量增大，由楞次定律知感应电流为逆时针方向；离开磁场时，该磁通量减小，感应电流为顺时针方向，故A错误； B．设线框完全进入磁场时速度为，进入过程历时。磁通量变化量为 由法拉第电磁感应定律和欧姆定律，平均电动势为，平均电流为 则进入过程中通过线框的电荷量为 进入时安培力向左，其平均值为 由动量定理得 代入数据得 线框完全处于磁场内时磁通量不变，线框以匀速运动，直到边到达右边界。这段距离为，所用时间为，故B正确； C．边刚出磁场时，线框速度仍为，边开始切割磁感线。由动生电动势公式得，由欧姆定律得，安培力大小为。由牛顿第二定律得，故C正确； D．线框离开磁场时的磁通量变化量大小仍为，安培力冲量大小与进入时相同。设线框完全离开后的速度为，由动量定理得 故。水平面光滑，进、出磁场两段各自损失的动能全部转化为焦耳热。进入时产生的热量为 离开时产生的热量为，故D错误。 故选BC。 19．BD 【详解】A．当位于磁场中时，根据右手定则，中电流由流向；当离开磁场时，处于磁场中的另一根电阻丝为电源，为外电路支路，电流由流向，故A错误； BCD．除边界瞬间外，任意时刻恰有一根电阻丝在磁场中切割磁感线。由导体棒绕一端转动切割磁感线的电动势公式得 其余两根电阻丝构成并联外电路，由并联电路的电阻关系得 整理得 电路总电阻为 当转入磁场时，为电源支路，两端电压等于外电路电压。由闭合电路欧姆定律得 当转入磁场时，为并联外电路的一条支路。由闭合电路欧姆定律得 由并联电路分流关系得 由焦耳定律得 代入前述电流和总电阻得 转动一周的时间为，转动一周产生的热量为，故BD正确，C错误。 故选BD。 20．(1) 发电 电磁感应 电动 通电导线在磁场中受力运动 奥斯特 磁场 电流的磁效应 (2) ② ⑤⑥ ①③ 【详解】（1）[1][2]甲装置无外接电源，仅连接灵敏电流计，是探究电磁感应的装置，对应发电机的工作原理。 [3][4]乙装置有外接电源，通电后导体在磁场中受力运动，对应电动机的工作原理。 [5][6][7]丙是奥斯特实验，首次证明了电流周围存在磁场，该现象叫做电流的磁效应。 （2）[1]（电磁感应）：动圈式话筒工作时，声音带动线圈在磁场中切割磁感线产生感应电流，将声信号转化为电信号，利用电磁感应原理，对应②。 [2]乙（通电导体在磁场中受力运动）：扬声器通电后线圈在磁场中受力振动发声、电风扇的核心部件是电动机，都利用该原理，对应⑤⑥。 [3]丙（电流的磁效应）：电磁继电器、电磁起重机的核心部件都是电磁铁，利用电流的磁效应工作，对应①③。 21．(1) 右 左 左 (2)穿过闭合回路的磁通量发生变化 (3)BC 【详解】（1）[1]连接好电路后，闭合开关，线圈内的磁通量增大，灵敏电流计G的指针向右偏了一下，则将铁芯迅速插入线圈A时，线圈B内的磁通量增大，灵敏电流计G指针将向右偏。 [2]将滑动变阻器连入电路中的阻值调大，回路中电流减小，线圈A产生的磁场减小，线圈B内的磁通量减小，灵敏电流计G指针将向左偏。 [3]稳定后断开开关，线圈B内的磁通量减小，灵敏电流计G指针将向左偏。 （2）闭合回路中产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量发生变化。 （3）A．按下和松开按钮过程，螺线管中磁通量发生变化，螺线管产生感应电动势，门铃均会响，故A错误； B．按住按钮不动，螺线管中磁通量不变，螺线管中的感应电动势为零，门铃不会响，故B正确； C．按下按钮过程，螺线管中向左的磁通量增大，根据楞次定律，可知按下按钮过程，通过门铃电流方向，故C正确； D．按下和松开按钮过程，螺线管中磁通量的变化率不一定相同，故螺线管产生的感应电动势不一定相同，通过门铃感应电流大小不一定相等，故D错误。 故选BC。 22．(1) (2) (3) 【详解】（1）由图乙信息得通过线圈的磁通量在增大，根据增反减同和安培定则，线圈中电流流向为逆时针，则通过电阻R的电流方向为 （2）根据法拉第电磁感应定律 则线圈两端电压根据闭合回路欧姆定律得 （3）根据焦耳定律得 23．(1) (2) (3) 【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律，导体棒初始切割磁感线产生的感应电动势为 回路总电阻为 故导体棒中初始电流大小 （2）由右手定则可判断导体棒中感应电流方向为，因此端相当于电源正极、电势更高，导体棒两端初始电压为路端电压 （3）对导体棒运动全过程用动量定理，安培力的冲量等于动量变化，即 其中任意时刻的电流满足 联立得 代入数据，解得导体棒运动的总位移大小 24．(1) (2) (3) 【详解】（1）由图乙可知，线框先自由下落，加速度等于重力加速度，在时边进入磁场，线框开始做匀速直线运动，由于匀强磁场区域宽度与线框宽度相同，故该匀速直线运动可维持到边穿出磁场，故线框边刚穿出磁场时速度大小为 （2）在磁场中运动时线框受到的重力与安培力平衡，根据平衡条件有 根据法拉第电磁感应定律有 根据闭合电路欧姆定律有 联立解得磁感应强度的大小为 （3）在进入匀强磁场时，导线框中产生的电流恒定，通过其某一截面的电荷量 从开始进入磁场到线框刚好完全进入匀强磁场所用时间 代入数据解得 25．(1) (2) (3) 【详解】（1）当圆环的直径与边界线PQ重合时，圆环左右两个半环均产生感应电动势，有效切割的长度都等于直径，即 故线圈中的感应电动势为 圆环左右两个半环均受安培力，方向向左，此时圆环受力为 其中感应电流 解得 由牛顿第二定律可得，加速度大小为 （2）圆环中的电功率为 （3）此过程中，电路中的平均电动势为 电路中的平均电流为 则电路中通过的电量为 26．(1) (2) (3) 【详解】（1）由法拉第电磁感应定律，线圈产生的感应电动势为 （2）开关拨到“1”瞬间，根据欧姆定律则有 导体棒受到的安培力为 由牛顿第二定律可得 联立解得 （3）导体棒速度最大时电流为零，则有感应电动势 解得 设导体棒加速过程中任意时刻的速度为，电流为，则有 对导体棒和飞机由动量定理则有 设加速阶段位移为，则有 联立解得 开关K拨到“2”后，飞机脱离导体棒，导体棒做减速运动直至停止，设减速过程中任意时刻的速度为，减速过程位移为，由动量定理可得 其中 联立解得 故导体棒ab从开关K拨到“2”时运动到停止运动的位移x大小 27．(1) (2) 【详解】（1）由图乙的直线段可知，金属棒在后做匀速运动，其速度大小为 金属棒切割磁感线产生的感应电动势为 由闭合电路欧姆定律得 金属棒所受安培力大小为 以金属棒和重物组成的系统为研究对象，匀速运动时沿运动方向受力平衡，有 联立并代入数据得 （2）在一段时间内，由法拉第电磁感应定律得平均感应电动势 由闭合电路欧姆定律和电流的定义得 在内金属棒的位移为，磁通量的变化量为，故 28．(1) (2) (3) 【详解】（1）开关接时，恒流源给导体棒的电流恒为，导体棒长度为，导轨对导体棒的摩擦力大小为。取向右为轴正方向，导体棒向右运动。导体棒在处恰好达到最大速度，瞬时加速度为零，安培力与摩擦力平衡，因此 所以坐标处的磁感应强度大小为 题给区域I中（采用国际单位制），故 解得。由题设，区域II的磁感应强度为 （2）导体棒从运动到的过程中，随线性减小，安培力也随位移线性变化。用平均力法，磁感应强度的平均值为 安培力做功为 摩擦力做功为 由动能定理，安培力和摩擦力的总功等于导体棒动能的增加量，有 代入，得 所以 （3）切换到后，导体棒进入区域II，磁感应强度恒定。取向右为正，回收电流产生的安培力向左，摩擦力也向左。记导体棒运动到处的速度为，由题给速度与位移关系 将题给关系改写为，则图像是一条直线，图线与轴围成的面积表示运动时间。因此从运动到所需时间为 设通过回收装置的电荷量取正值。由于和恒定，安培力的冲量大小为。对导体棒应用动量定理，有 解得 代入数值得 取两位有效数字， 29．(1) (2) (3) 【详解】（1）由题意可知金属杆ab最终以速度做匀速直线运动，此时有，， 由平衡条件可得 联立解得磁场的磁感应强度大小为 （2）金属杆刚开始运动时，有，， 根据牛顿第二定律可得 联立解得 （3）金属杆上滑过程中，根据动量定理可得 其中 联立解得金属杆上滑过程中经历的时间为 30．(1) (2) (3)， 【详解】（1）金属棒从圆弧最高点下滑到圆弧底端（刚进入水平磁场）的过程，圆弧轨道光滑，由机械能守恒 代入数据解得进入磁场的初速度 此时金属棒产生的感应电动势 回路总电阻为金属棒电阻与定值电阻之和 感应电流 安培力 （2）设金属棒离开磁场（到达PP′位置）时的速度为v1，金属棒沿倾斜导轨上升到最大高度h=0.75m的过程，由动能定理 解得 金属棒在磁场中运动时，取向右为正方向，由动量定理得安培力的冲量等于动量变化，即 其中 整理得 代入数值解得 （3）金属棒从倾斜导轨最高点返回时，因为 金属棒会沿斜面下滑返回水平磁场区域，最终金属棒会在安培力作用下减速到0，停在PP′左侧的水平导轨上。对金属棒沿斜面下滑的过程，由动能定理 解得 金属棒以从右向左进入磁场区域时，受到向左的安培力做减速运动。若金属棒能减速到0，设向左运动的最大位移为x，对该过程用动量定理得 解得 说明金属棒向左运动还未到达磁场左边界时速度就已经减为0，之后将一直停在磁场区域内，不会再返回倾斜导轨。所以金属棒最终停止的位置与PP′的距离为。 全过程总能量守恒：金属棒初始的重力势能，最终全部转化为摩擦生热和回路总焦耳热，即 解得回路总焦耳热 由于金属棒电阻和定值电阻阻值相等，两者串联时焦耳热按电阻分配，因此金属棒上产生的焦耳热 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $