2023年高考物理知识点复习：电磁感应中的电路与图象问题（附答案解析）

2023年高考物理热点复习：电磁感应中的电路与图象问题

【2023高考课标解读】

1.对电磁感应中电源的理解

2.解决电磁感应电路问题的基本步骤

［2023高考热点解读】

一、电磁感应中的电路问题

1.内电路和外电路

(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源。

(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路。

2.电源电动势和路端电压

Λφ

(1)电动势：E=B∕u或E=∕T^M°

(2)路端电压：U=IR=E-Ir.

【拓展提升】

1.电磁感应中电路知识的关系图

闭合电路电磁感应

EE=Blv

Iz="

联系1：电动势EΔΦ

U=-^-EE=W

R

+r2

联系：功和能E=!Blω

P=IU22

Q=I2RtrAΦ

q=------

q=CUR

2.解决电磁感应中的电路问题三步曲

用法拉第电磁感应定律计算E的大小，用楞

’“源”的分析二次定律或右手定则确定感应电动势的方向；

-----产!厂感应电流方向是“等效阻源”内部电流的方

向，从而确定“电源”正、负极，明确内阻r。

［，，附，;而桁口根据“等效电源”和电路中其他各元件的连

——r-~］接方式画出等效电路图。

根据E=Blv或E=H磬,结合闭合电路欧姆

:式”的建立卜定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律

等关系式求解。

二、电磁感应中的图象问题

电磁感应中常见的图象问题

(1)随时间变化的图象，如84图象、04图象、EY图象、∕∙√图象

图象类型(2)随位移变化的图象，如E-X图象、/-X图象

(所以要先看坐标轴：哪个物理量随哪个物理量变化要弄清)

(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象(画图象)

问题类型(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量(用图

象)

四个规律左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律

(1)平均电动势

应

(2)平动切割电动势E=B'

用

六类(3)转动切割电动势E^BPω

知

公式E

识(4)闭合电路欧姆定律/=而

(5)安培力F=BIl

(6)牛顿运动定律的相关公式等

例L如图所示，八〃两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长lll=3Ih,

图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互

影响，则()

A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流B.“、b线圈中感应电动势之比为9：1

C.八匕线圈中感应电流之比为3：4D.八〃线圈中电功率之比为3：1

【答案】B

【解析】当磁感应强度变大时，由楞次定律知，线圈中感应电流的磁场方向垂直纸面向外,

由安培定则知，线圈内产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；由法拉第电磁感应定律E=

及：S%=9：1知，Ea=9Eh,选项B正确；由R=造知两线圈的电阻关系为Ra=3即其

感应电流之比为/“：∕⅛=3：1,选项C错误;两线圈的电功率之比为匕：Ph=EJa：Ehib=21:1,

选项D错误。

【方法技巧】电磁感应中确定电源的方法

1.判断产生电磁感应现象的那一部分导体电源。

2.动生问题棒切割磁感线产生的电动势E=Blv,方向由右手定则判断。

3.感生问题磁感应强度的变化的电动势E=费士方向由楞次定律判断。而电流方向都是

等效电源内部负极流向正极的方向。

例2.如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为/=1m,以间、de间、

ς∕^间分别接着阻值R=IoΩ的电阻。一阻值R=IOQ的导体棒H以速度v=4m/s匀速向左运动，

导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小B=0.5T、方向竖直向下的匀强磁场。

下列说法中正确的是（）

A.导体棒湖中电流的流向为由6到4B.Ca两端的电压为IV

C.de两端的电压为IVD.在两端的电压为1V

【答案】BD

【解析】由右手定则可知"中电流方向为。一4A错误：导体棒油切割磁感线产生的感

应电动势E=8∕y,。〃为电源，Cd间电阻R为外电路负载，de和Cf间电阻中无电流，de和¢/间

无电压，因此Cd和佗两端电压相等，即U=4XR=竽=1V,B、D正确，C错误。

【方法技巧】分析电磁感应中的电路问题应注意的两点

1.电源是等效电源，电源的电动势需要用法拉第电磁感应定律计算，电源内阻视情况而定。

2.电路结构不够明显时，需要仔细分析外电路的串并联关系，画出等效电路图。

例3.如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度V向右匀速通过一正方形磁场区

域abed,ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反。导轨

和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图象正确的是

（规定电流从M经R到N为正方向，安培力向左为正方向）（）

ABCD

【答案】A

【解析】由E=BLv可知，导体棒由b运动到ac过程中，切割磁感线有效长度L均匀增大，

感应电动势E均匀增大，由欧姆定律可知，感应电流/均匀增大。由右手定则可知，感应电流方

向由例到M由左手定则可知，导体棒所受安培力水平向左，大小不断增大，故只有选项A正

确。

【方法技巧】电磁感应中图象类选择题的两个常用方法

定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势（增大还是减小）、变化

排除法快慢（均匀变化还是非均匀变化），特别是分析物理量的正负，以排除错误

的选项0

根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函

函数法

数关系对图象进行分析和判断。

[2023高考押题】

1.如图所示，长为2L的直导线MN与正弦形状的导线仅在两端相连，组成一个闭合回路

系统。在系统右侧虚线区域内分布有垂直纸面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度大小均为B,

两磁场区域左右宽度均为L,上下足够长。系统在外力作用下向右匀速运动。用i表示通过系统

的电流，X表示系统的位移，在直导线上电流由M到N为电流的正方向。从图示位置到系统完

全进入磁场区域，下列图像可能正确的是（）

【分析】由E=BIV求出感应电动势，线圈进入磁场过程中等效于导线棒切割磁感线运动,

根据右手定则判断电流方向，根据欧姆定律求电路中电流。

【解答】解：导线切割磁感线产生的感应电动势：

E=Blv=Byv

其中1指的是有效长度;

位移为O〜L过程中，根据右手定则可知直导线上电流由M到N为正，感应电流最大值

i=Em=BymV

mRR

位移为L〜2L过程中，左右两部分同时切割磁感线，电路中由三个等效电源，根据右手定

则可知直导线上电流由N到M为负，感应电流最大值

i,3Eπi-3Bymv

mR~Γ~

故A正确，BCD错误;

故选：Ao

2.如图，电阻忽略不计的正方形金属框abed水平固定放置，对角线长度为1,整个金属框

内部区域分布着垂直水平面向上的匀强磁场。长度大于1的均匀导体棒MN自a向C在金属框上

匀速滑过，滑动过程中MN始终关于ac对称并与金属框接触良好。若导体棒MN单位长度电阻

恒定，与a点的距离记为X,则下列关于MN棒所受安培力F与X(OWXWI)的关系图像中，可能

【分析】由楞次定律判断安培力的方向；根据安培力的计算公式分析安培力大小随位移变化

情况，由此得解。

【解答】解：由楞次定律可知，导体棒自a向C通过磁场，其所受安培力方向始终水平向左，

阻碍其运动;

设导体棒单位长度电阻为r,导体棒匀速滑过磁场的速率为V,其运动过程中切割磁感线的

有效长度为Lo

2

当OWXa时，由几何知识可知:L=2x,又E=BLV,1=一^,所以安培力F=BlL=2Σ工∙χ,

22xrr

即F与X成正比。

2

同理，当L<χ<ι时，解得F=BlL=空工・（l-χ）,即F随X线性减小，故A正确、

2r

BCD错误。

故选：Ao

3.如图所示，左端有微小夹缝的形光滑导轨abc水平放置在竖直向上的匀强磁场中，

一电容器C与导轨左端相连，导轨上的金属棒MN与ab垂直，在外力F作用下从b点开始以速

度V向右匀速运动，忽略所有电阻.下列关于回路中的电流i、极板上的电荷量q、外力F及其

功率P随时间t变化的图像中，正确的是（）

【分析】金属棒切割磁感线相当于电源，切割有效长度逐渐增加，感应电动势逐渐增大，给

所连接的电容器充电，由电流定义式1=a为切入点，由电容的定义式Q=CU,电容器的电

压总是等于感应电动势，动生感应电动势的计算公式E=BLV,分析L与位移的几何关系，推导

电容器的电荷量Q的表达式，得到AQ的表达式，从而得到电流的表达式；由公式q=It判断电

荷量与t的函数关系；金属棒受力平衡F=F安=BIL,再由P=FV判断外力的功率。

【解答】解：A、设微小夹缝的形夹角为0,以金属棒开始运动时为计时零时刻，设金

属棒在O-t时间内运动位移为X,

在t时刻金属棒在导轨间的长度为：L=XtanO

此时金属棒在导轨间的电动势为：E=BLv

电容器的电压U=E

电容器的电量Q=CU=BCVXtanO

在t-（t+At）（At趋近于零）时间内，金属棒的位移由X增加到（x+Ax）,则

电容器的电量增加量AQ=BCV∙Ax∙tan8

通过金属棒的电流I=半=EICV∙2∖x∙tan8,其中字=v,

△tʌtʌt

可得电流为：I=BCV2tan0,所以电流是恒定不变的，故A错误；

B、由A选项的分析可得I=BCV2tan9,I为恒定电流，根据公式q=It,可知I为t的正比例

函数，故B正确；

C、根据安培力公式，结合平衡条件，可得：F=F安=BIL=BlXtanO=BIVtan9∙t,可得外力F

为t的正比例函数，故C错误;

D、由A选项的分析可知流过金属棒的电流恒定，由F安=BIL,由受力平衡可知，外力F

的大小等于安培力，由公式P=Fv,可知外力F的功率为：P=BIV2tanθ∙t,即外力功率是t的正

比例函数，故D错误。

故选:B«

4.如图所示，在MN、PQ区域内存在匀强磁场，磁感应强度为B,均匀矩形导线框abed

在纸面内以垂直于MN的速度V匀速通过该磁场区域，且be边始终平行于MN,已知ab边长为

21,ad边及磁场区域的宽度均为1,在导线框通过磁场的过程中，下列关于ad两点间电压随时间

变化的图像正确的是（）

M

bXXX

21XXX

XXX

NXXXQ

Uad

【分析】本题分段研究，山楞次定律判断感应电流方向，由法拉第电磁感应定律和欧姆定律

得到ad两点间电压表达式，再确定图像的形状。

【解答】解：设ad边电阻为r,ab边电阻为2%

当be边进入磁场过程中，be边相当于电源，产生的感应电动势E=BIV。感应电流方向为逆

时针，此时ad边相当于用电器，它两端的电压Uad=&・r=2E=里上，且为正值。

6r66

当be离开磁场时，ad边还没有进入磁场，这个过程中回路没有感应电动势，此时Uad=0。

当ad边进入磁场时，ad边相当于电源,产生的感应电动势E=Blv,感应电流方向为顺时针，

此时ad两端的电压相当于路端电压，为Uad=E∙5r=^E=皿且为正值，故ABC错误，

6r66

D正确。

故选：D。

5.如图甲所示，100匝圆形线圈接入理想变压器的原线圈，变压器的副线圈接入阻值为R

的电阻，电表都是理想交流电表。已知每匝线圈的电阻均为R,若在线圈位置加入垂直于线圈平

面的磁场，磁感应强度B随时间t按正弦规律变化的图像如图乙所示，得到圆形线圈的电热功率

A.工时刻两电流表示数均达最大

2

B.工时刻两电流表示数均为0

4

C.对某一段线圈来说，当磁感应强度最大时，受到的安培力最大

D.原、副线圈匝数比n∣:∏2=10:1

【分析】根据题意得IJXI0OR=I22R,根据变压器原理求解匝数之比；交流电表测量的是有

效值；当磁感应强度最大时，瞬时电流为零；线圈A产生感应电动势的最大值。

【解答】解：AB、电流表测量的为交流电的有效值，则两电流表的示数不变且不为零，故

AB错误；

C、对线圈A中的某段导线来说，当磁感应强度最大时，瞬时电流为零，受到的安培力为零，

故C错误；

D、根据题意得：XlOOR=^R,根据变压器原理可得：n∣:n2=I2:11，联立可得：n∣:

n2=lθ:1,故D正确；

故选：D。

6.如图甲所示，一个阻值r=0.5C、匝数N=50匝、边长L=0.2m的正方形金属线圈与一

阻值R=9.5Ω的小灯泡连接成闭合回路。线圈所在正方形区域内存在垂直于线圈平面的匀强磁

场，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示，磁场方向垂直于线圈平面向外时磁感应强度

为正，不计导线的电阻，图甲中电流表、电压表均为理想交流电表。下列说法正确的是（）

A.在t=0.5×10^2s时流过小灯泡的电流为0.2πA

B.在t=lxl（∕2s时交流电流表的示数为0

c.在t=o至IJt=IXIo-2s时间内交流电压表的示数为名亚兀丫

20

D.在t=l×10^2s到t=2×10^2s时间内小灯泡产生的热量为0.002π2J

【分析】由图像分析磁通量及电动势大小关系，结合交流电的四值异同点分析BD选项，结

合周期公式分析求解电压表示数。

【解答】解：A、由题图乙知，在t=0.5xl（f2s时线圈中的磁通量最大，根据交变电流规律

可知，此时线圈中的感应电动势e=0,电路中的感应电流为0,则流过小灯泡的电流为0.故A

错误；

B、交流电流表测量的是电路中交变电流的有效值，其示数不为零，故B错误；

C、线圈中产生的交变电流的周期为T=0.02s.则3=空"=IoOTrrad∕s,Em=NBmSω=2τrV,

T

此交变电流按正弦规律变化，其电动势的有效值E=√∕πv,交流电压表示数u=」9E=四巨

2020

πV,且有效值保持不变，故C正确；

E

D、交变电流的最大值Im=-51-=0.2πA,其有效值1=0.1&πA,在1=1x10%至h=2xlθ

R+r

2

^s时间内小灯泡产生的热量Q=12RAt=O.OO193t2j.故D错误。

故选：Co

7.如图I所示，将线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器（可看作理想电流表）

相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈。实验观察到如图2

所示的感应电流随时间变化的图像。下列说法正确的是（）

A.tι〜t3时间内，磁铁受到线圈的作用力方向先向上后向下

B.若将磁铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流

C.若将线圈的匝数加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍

D.若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，线圈中产生的电流峰值也将加倍

【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向，以及磁铁受到的安培力的方向；根据法拉第电

磁感应定律求解出电路的电动势，再根据欧姆定律求解出电路中的电流强度.

【解答】解：A、根据楞次定律的“来拒去留”可知，条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁

场力都是向上，故A错误;

B、根据楞次定律，感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，可知若将磁

铁两极翻转后重复实验，将先产生负向感应电流，由于磁场的方向相反，则磁场的变化也相反,

所以产生的感应电流的方向也相反，即将先产生负向感应电流，后产生正向感应电流，故B正

确;

C、若将线圈的匝数加倍，根据法拉第电磁感应定律：E=rr箸，可知线圈内产生的感应

电动势将增大，所以对磁铁运动的阻碍作用增大，因此磁铁的最大速度将减小，所以将线圈的匝

数加倍时，今IL减小，所以线圈中产生的电流峰值不能加倍，故C错误;

D、若将线圈到玻璃管上端的距离加倍，假设磁铁做自由落体运动，根据穿过线圈时的速度

v=√⅛h,可知磁铁穿过线圈的速度增大为原来的加倍，因此今，•不能增大为原来的2倍,

所以线圈中产生的电流峰值也不能加倍，故D错误。

故选：Bo

8.如图所示，竖直平面内存在范围足够大、方向水平的磁场，同一高度处磁感应强度大小

相等，竖直方向上磁感应强度随距离均匀增大，将一个竖直放置的正方形金属线框abed从图示

位置水平向右抛出，不计空气阻力.下列关于线框运动的加速度a、感应电流i随时间t,线框重

力做功的功率P、机械能E随下落高度h变化的关系图像中，可能正确的是()

【分析】分析线框水平方向和竖直方向的受力情况，来判断其运动情况，由牛顿第二定律分

析加速度的变化情况，由法拉第电磁感应定律、欧姆定律相结合分析感应电流的变化情况，由P

=mgvy分析线框重力做功的功率P变化情况；根据安培力做功情况判断机械能的变化情况，再

确定各个图像的形状。

【解答】解：A、线框水平向右抛出后，在重力作用下在竖直方向上做加速运动，磁通量增

加，磁场方向垂直纸面向外，由楞次定律判断可知感应电流方向是adcba,ab边和Cd所受的安

培力大小相等、方向相反，则线框在水平方向上所受的合力为零，所以线框在水平方向做匀速直

线运动。由左手定则可知ad边受到的安培力竖直向下，be边受到的安培力竖直向上，由于be

处的磁感应强度总比ad处的大，则be边受到的安培力比ad边的大，所以线框所受安培力方向

始终竖直向上。设线框边长为L,某时刻竖直分速度为V,则线框产生的感应电动势为：E=BbcLv

2

-BadLv=(Bbc-Bad)Lv=kL∙Lv=kvL,k是比例系数，故随着速度V的增加，线圈产生的感

应电动势增加，感应电流增加，线框所受的安培力增加，合力减小，加速度减小，当安培力与重

力平衡时开始做匀速运动，所以线框在竖直方向上先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速直

线运动，线框在水平方向做匀速直线运动，加速度逐渐减小直至为零。设线框速度为V时加速度

为a,由牛顿第二定律得：mg-（Bbc-Bad）iL=ma,又i=E=空ɪjBbC-Bad=kL,联立

RR

12τ4ʌ12τ4A12τ4

kkL

可得a=g-kLv,随着V增大，a减小。-ʌ=-ɪ^--«—ɪ=---a,可知a-t图

InR∆tmRʌtmR

像的切线斜率不断减小，直至为零，故A正确；

B、感应电流为i=空/,V先增加后不变，则i先增加后不变，但不为零，故B错误；

R

C、线框重力做功的功率P=mgVy,竖直分速度Vy先增加越来越慢后不变，则P先增加后不

变，但h=0,P=O,故C错误；

D、根据功能关系可知，I喘I=F安=（Bbc-Bad）iL=K（∑∙,V先增加后不变，则I/

I先增加后不变，及图像斜率的绝对值先增大后不变，故D错误。

故选：Ao

9.如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反

且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形.一位于OXy平面内的刚性三角形

导体框abc在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动（不发生转动），从图示位置开始计时，

在导体框进入磁场的过程中，导体框内感应电流i与时间t的关系图像正确的是（规定导体框内

的电流顺时针方向为正）（）

C.D.

【分析】根据有效切割长度的变化分析感应电动势和感应电流的变化，根据右手定则分析感

应电流的方向，由此得解。

【解答】解：从开始到ac边中点刚要进入磁场时，根据右手定则和法拉第电磁感应定律，

ab边左右两部分切割磁感线产生的电动势等大反向，故回路总电动势等于ac左半部分切割磁感

线产生的电动势，由E=BLV和i=互可知i随进入磁场的长度增大而增大，随时间均匀增大，

R

由右手定则知回路中电流方向时逆时针，为负值；从a边中点进入磁场到导体框完全进入磁场，

回路总电动势是ac左半边电动势与右半边之差，由于左半边电动势恒定，右半边电动势随进入

磁场的长度成正比，所以总电动势和电流在随时间均匀减小，回路电流方向为逆时针方向，为负

值，故ACD错误，B正确。

故选：B0

10.如图所示，三条水平虚线Li、L2、L3之间有宽度为L的两个匀强磁场区域I、H,两

区域内的磁感应强度大小相等方向相反，正方形金属线框abed的质量为m、边长为L,开始ab

边与边界Ll重合，对线框施加拉力F使其匀加速通过磁场区，以顺时针方向电流为正，下列关

于感应电流i和拉力F随时间变化的图像可能正确的是（）

X

X

X

X

X

【分析】根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间的变化情况;

根据牛顿第二定律得到拉力随时间的变化情况，由此分析。

【解答】解：由于线框做匀加速直线运动，当ab边向右运动O〜L过程中，经过的时间为

；0-2L的过程中，用时间t2=,J坦X，O〜3L过程中，用时间t3=

=F×

AB当ab边向右运动0~L的过程中，感应电动势：EI=BLV=BLat,根据闭合电路的欧

E

姆定律可得感应电流：II=-L=旦旦t，方向为正方向；

RR

设线框完全进入第一个磁场时的速度大小为VI，L〜2L的过程中，前后两边都切割磁感应

2BLV<QDj„

线，产生的感应电流为：根据右手定则可知电流为负方向；

12=--------L√H⅛-t∖

RR

设线框离开右边磁场时的速度大小为V2,在2L〜3L的过程中，只有Cd边切割磁感应线，

产生的感应电流为：13=巴2∙t⅛∙t",方向为正方向，故A错误、B正确；

RR

CD、设拉力为F,0〜L过程中，根据牛顿第二定律可得：F-FA=ma,即：F=BLat+ma

R

JlR212./4BLVI

过程中，拉力

L-2LL='BLgt+-------------L+ma

RR

22,Z/B*Lqc

过程中，拉力RTΛ故错误。

2L〜3LF"=BLat-------+----------l+ma,CD

RR

故选：Bo

11.如图所示，两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小分别为B、2B,磁场方向

分别为垂直纸面向外、向里，两磁场边界均与X轴垂直且宽度均为L,在y轴方向足够长，现有

一边长为近L的正方形导线框，从图示位置开始，在外力F的作用下沿X轴正方向匀速穿过磁

2

场区域，在运动过程中，对角线ab始终与X轴平行。线框中感应电动势的大小为E、线框所受

安培力的大小为F安。下列关于E、F安随线框向右匀速运动距离X的图像正确的是（）

【分析】根据动生电动势的计算公式E=BlV分析出电动势的变化，同时要注意等效长度的

变化；根据安培力的计算公式F=BlI分析出安培力的变化，同样要注意等效长度的变化。

【解答】解：AB、线框右半部分进入左边磁场过程中，在O〜L过程中，有效切割长度在

随位移逐渐增大，线圈在L位置有效切割长度达到最大值L,电动势达到最大值为Eo,在L〜L

22

过程中，左半部分也进入左边磁场，有效切割长度随位移均匀减小，到L位置时有效切割长度

减小到零，电动势减小到零；在L〜2L过程中，线框有半部分进入右方磁场，左半部分在左边

2

磁场，两部分切割磁感线的有效长度都在增大，当达到2L位置时.，有效切割长度都达到最大值

2

L,由楞次定律知两磁场中两部分感应电流（电动势）对线圈来说方向相同，都为逆时针方向，

故总电动势为3Eo,故A错误，B正确；

CD、设线圈有效切割长度为1,本题中也是计算安培力的等效长度，线圈受到的安培力大小

22

为：F安=BlI=E；工,由于等效长度1在随位移变化，成线性关系，所以安培力与位移不成

线性关系，故CD错误；

故选：Bo

12.如图所示，MN和PQ是两根足够长、电阻不计的相互平行、竖直放置的光滑金属导轨，

匀强磁场垂直导轨平面。有质量和电阻的金属杆，始终与导轨垂直且接触良好。开始时，将开关

S断开，让金属杆由静止开始下落，经过一段时间后，再将S闭合。金属杆所受的安培力、下滑

时的速度分别用F、V表示；通过金属杆的电流、电量分别用i、q表示。若从S闭合开始计时，

则F、v、i、q分别随时间t变化的图像可能正确的是（）

q

0

C.tD.OT

【分析】导体棒下落过程中，根据法拉第电磁感应定律与牛顿第二定律可知会出现三种情况,

分别讨论分析即可判断。

【解答】解：AB、由题意可知ab自由下落一段时间后闭合开关S,闭合后ab受到安培力

的作用，

①当安培力小于重力时，ab继续加速，但安培力逐渐增大，结合牛顿第二定律可知，ab做

加速度减小的加速运动，直到安培力和重力大小相等，ab做匀速运动；

②当闭合开关S时ab受到的安培力大于重力时，ab做减速运动，且安培力逐渐减小，ab做

加速度减小的减速运动，直到安培力和重力大小相等，ab做匀速运动；

③当闭合开关S时ab受到的安培力大小刚好等于重力时，ab做匀速运动，电动势恒定，电

路中的电流恒定。

由于①②过程中速度并不是随时间均匀变化的，则安培力也不随时间均匀变化，故AB错误;

C、金属棒下滑一段时间闭合S,此时电流不为0,故C错误；

D、若闭合开关S时ab受到的安培力大小刚好等于重力，则感应电流恒定，根据q=It,可

知q与t成正比例关系，故D正确；

故选：D。

13.如图所示，两电阻不计的足够长光滑导轨倾斜放置，上端连接一电阻R,空间有一垂直

导轨平面向上的匀强磁场B,一质量为m的导体棒与导轨接触良好，从某处自由释放，下列四

幅图像分别表示导体棒运动过程中速度V与时间t关系、加速度a与时间t关系、机械能E与位

移X关系、以及通过导体棒电量q与位移X关系，其中可能正确的是（）

R∕/B

..於

【分析】根据导体棒的受力情况和运动情况推导出位移a与t、速度V与t、E与x、q与X

的关系，根据关系式结合图象进行分析。

【解答】解：A、设导轨宽度为L,对金属棒根据牛顿第二定律可得：mgsinθ-BIL=ma,

22

其中I=旦工，则有：mgsinθ-v=ma,

RR

22

解得：a=gsinθ-BLv

Rm

随着速度的增加，加速度逐渐减小，根据v=at可知v-t图象的斜率减小，当加速度为零时

导体棒做匀速运动，故A错误；

2222

B、根据a=gsinθ-EL*=gsinθ-.◎」.三！,由于加速度逐渐减小，a-t图象的斜率逐

RmRm

渐减小，故B错误；

C、开始时，合力方向沿斜面向下，位移沿斜面向下，安培力做负功，金属棒的机械能减少；

22

在很短一段位移Ax内，根据功能关系可得：AE=BlLAx=殳±~±∙4χ,所以E-X图

R

象的斜率表示安培力，随着速度增大、安培力增大、图象的斜率增大，最后匀速运动时，安培力

不变，则E-X图象的斜率不变，故C正确；

D、根据电荷量的计算公式可得：q=ft=亘t=&*=必三，所以qr关系图象是通过

RRR

原点的倾斜直线，故D错误。

故选：C.

14.如图甲，两金属圆环固定在同一绝缘平面内。外圆环通以如图乙所示的电流。规定内圆

环a端电势高于b端时，a、b间的电压Uab为正，下列Uab-t图像可能正确的是（)

【分析】分析第一个周期内的感应电流变化情况，通过分析电流的变化明确磁场的变化，根

据楞次定律即可得出内圆环产生的感应电动势，从而确定a、b间的电压Uab变化情况。

【解答】解：由乙图可知，在O〜0.25To内，通过大圆环的电流沿顺时针增加，由楞次定律

可判断内圆环a端电势高于b端，因电流的变化率逐渐减小，故内圆环产生的感应电动势逐渐减

小，a、b间的电压Uab等于内圆环产生的感应电动势，则Uab逐渐减小到零；

同理可知，在0.25TO〜0.5TO内，通过大圆环的电流沿顺时针逐渐减小，由楞次定律可知，

a端电势低于b端，因电流的变化率逐渐变大，故内圆环产生的感应电动势变大，则Uab逐渐增

大。

在第二个0.5TO内，重复以上变化，综合来看，选择C符合变化特点，故C正确，ABD错

误。

故选：C»

15.如图1所示，地面上方高度为d的空间内有水平方向的匀强磁场，质量为m的正方形

闭合导线框abed的边长为1,从be边距离地面高为h处将其由静止释放，已知h>d>l0从导线

框开始运动到be边即将落地的过程中，导线框的V-t图像如图2所示。重力加速度为g,不计

空气阻力，以下有关这一过程的判断正确的是（）

A.tι~t2时间内导线框受到的安培力逐渐增大

B.磁场的高度d可以用V-t图中阴影部分的面积表示

C.导线框重力势能的减少量等于其动能的增加量

D.导线框产生的焦耳热大于mgl

【分析】分析图像知：0-“时刻，线框做自由落体运动，U时刻进入磁场，做加速度减小

的减速运动，到t2时刻完全进入磁场，做自由落体运动。

【解答】解：A、t∣〜t2时间内，线框做加速度减小的减速运动，F安-mg=ma,a减小，F

安减小，导线框受到的安培力逐渐减小，故A错误；

B、线框be边在tι时刻进入磁场，到t3时刻刚好出磁场，则高度d可以用v-t图中tι-t3

部分的面积表示，故B错误；

C、线框在进入磁场过程中，有安培力做负功，机械能不守恒，重力势能的减少量不等于其

动能的增加量，故C错误；

D、tι~t2时间内，线框做加速度减小的减速运动，F⅛-mg=ma,则F^>mg,则安培力做

功大于mgl,可知导线框产生的焦耳热大于mgl,故D正确。

故选：D。

16.如图所示，在MN右侧区域有垂直于纸面向的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化的

关系为B=kt（k为大于零的常量）。一高为a、电阻为R的正三角形金属线框向右匀速运动。在

t=0时刻，线框底边恰好到达MN处；在t=T时刻，线框恰好完全进入磁场。在线框匀速进入

磁场的过程中（）

8

xxχ

XxX

XXx

A.线框中的电流始终为顺时方向

B.线框中的电流先逆时针方向，后顺时针方向

c.七」时刻，流过线框的电流大小为返靖

26R

D.tɔɪ时刻，流过线框的电流大小为殳③叱

212R

【分析】应用右手定则判断出感应电流方向；求出工时刻线框切割磁感线的有效长度，由E

2

=BLV求出动生电动势，由法拉第电磁感应定律求出感生电动势，然后由欧姆定律求出感应电流

大小。

【解答】解：AB,磁场垂直于纸面向里，由右手定则可知，线框向右运动过程，感应电流

始终沿逆时针方向，故AB错误；

CD、线框做匀速直线运动，线框的速度v=3,t=工时刻，线框切割磁感线的有效长度

T2

L—2(a-vɪ)tan3(Γ=2(a-包•工)x^^=zZl_a

2T233

此时磁感应强度B=Rt=AkT

2

动生电动势EI=BLV=IkTxIax包=Yɪwɪ

23T6

由法拉第电磁感应定律可知，感生电动势

S=k×-×-⅛-×-¾-×a=^^a—

eAE-AB

-∆tAt42√34

由欧姆定律可知，感应电流

2

ι-E1+E2_5√3ka

R12R

故C错误，D正确。

故选：D。

17.如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de,ab与de平行并相距为L,be是以

O为圆心的半径为r的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形ObC内有方向如图的匀强磁场，磁感应强

度均为B,a、d两端接有一个电容为C的电容器，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与

圆弧be接触良好，初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，金属杆MN质量为m,金

属杆MN和OP电阻均为R,其余电阻不计，若杆OP绕0点在匀强磁场区内以角速度3从b

到C匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有（）

B.电容器带电量恒为史艺J

2

C.杆MN中的电流逐渐减小

222

D.杆MN向左做匀加速直线运动，加速度大小为B3rL

4mR

【分析】求出OP转动切割磁感应线的感应电动势；由于MN切割磁感应线产生的感应电流，

从而使得杆MN中的电流大小发生改变，由此分析电容器电量的变化、杆MN加速度的变化。

【解答】解：A、设OP转动的角速度为ω,圆弧导轨半径为r,则OP转动切割磁感应线的

2

感应电动势为：E=Brv=-^-βrω,故A错误；

BC、根据右手定则可知OP棒中产生的感应电流方向由O到P,则通过MN的电流方向由

M到N,根据左手定则可知杆MN受到的安培力方向向左，杆MN将向左运动切割磁感应线，

由于MN切割磁感应线产生的感应电流方向由N到M,从而使得杆MN中的电流逐渐减小，则

电容器两端带电量会减小，故B错误，C正确；

D、根据C选项分析可知，杆MN中的电流大小发生变化，根据牛顿第二定律可得MN的

加速度大小a=%发生改变，杆MN不是做匀加速直线运动，故D错误；

m

故选：Co

18.如图，阻值不计的平行光滑金属导轨与水平面夹角为。，导轨间距为d,下端接一阻值

为R的定值电阻，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上。质量为m的金属杆

MN由静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大。已知MN接入电路的电阻为r,MN

始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g,则在此过程中（）

A.通过定值电阻的电荷量为驷

R

B.金属杆中的电流由M流向N

C.金属杆与定值电阻产生的热量之比为R：r

D.金属杆运动的最大速度为（曲应旦旦

B2d2

【分析】根据q=A2求通过定值电阻的电荷量;根据右手定则判断金属杆中的电流方向；

R⅛

根据焦耳定律分析金属杆与定值电阻产生的热量之比；当金属杆的加速度为零时，速度最大，根

据平衡条件，结合安培力公式、感应电动势公式、闭合电路欧姆定律求出杆的最大速度最大。

【解答】解：A、通过定值电阻的电荷量为q=T∙At=E今=也旦，故A错误；

R+rR+rR+r

B、金属杆沿导轨向下做切割磁感线运动，由右手定则可知，金属杆中的感应电流由N