2025年高考物理复习考点解密追踪与预测（新高考）压轴题11 电磁感应综合问题（解析版）

压轴题11电磁感应综合问题考向分析本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识的综合应用，高考既以选择题的形式命题，也以计算题的形式命题．学好本专题，可以极大地培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决数形结合、利用动力学和功能关系解决电磁感应类本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应和能量等知识的综合应用，高考既以选择题的形式命题，也以计算题的形式命题．学好本专题，可以极大地培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决数形结合、利用动力学和功能关系解决电磁感应类试题的决心。用到的知识有：左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、平衡条件、牛顿运动定律、函数图象、动能定理和能量守恒定律等．压轴题要领1．题型简述借助图象考查电磁感应的规律，一直是高考的热点，此类题目一般分为两类：(1)由给定的电磁感应过程选出正确的图象；(2)由给定的图象分析电磁感应过程，定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图象．常见的图象有B－t图、E－t图、i－t图、v－t图及F－t图等．2．解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键．3．解题步骤(1)明确图象的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等；(2)分析电磁感应的具体过程；(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；(6)画图象或判断图象．4．常用方法(1)排除法：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．(2)函数法：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，然后由函数关系对图象进行分析和判断．压轴题速练1.水平放置的光滑金属长导轨MM′和NN′之间接有电阻R，导轨左、右两区域分别处在方向相反且与轨道垂直的匀强磁场中，右侧区域足够长，方向如图1.设左、右区域的磁感应强度分别为B1和B2.一根金属棒ab放在导轨上并与其正交，棒和导轨的电阻均不计．金属棒在水平向右的恒定拉力作用下，在左边区域中恰好以速度v做匀速直线运动，则()图1A．若B2＝B1，棒进入右边区域后先做加速运动，最后以速度2v做匀速运动B．若B2＝B1，棒进入右边区域中后仍以速度v做匀速运动C．若B2＝2B1，棒进入右边区域后先做减速运动，最后以速度eq\f(v,2)做匀速运动D．若B2＝2B1，棒进入右边区域后先做加速运动，最后以速度4v做匀速运动答案B解析金属棒在水平向右的恒力作用下，在虚线左边区域中以速度v做匀速直线运动，恒力F与安培力平衡．当B2＝B1时，棒进入右边区域后，棒切割磁感线的感应电动势与感应电流大小均没有变化，棒所受安培力大小和方向也没有变化，与恒力F仍然平衡，则棒进入右边区域后，以速度v做匀速直线运动，故A错误，B正确．当B2＝2B1时，棒进入右边区域后，棒产生的感应电动势和感应电流均变大，所受的安培力也变大，恒力没有变化，则棒先减速运动，随着速度减小，感应电动势和感应电流减小，棒受到的安培力减小，当安培力与恒力再次平衡时棒做匀速直线运动，设棒最后匀速运动的速度大小为v′.在左侧磁场中F＝eq\f(B12L2v,R)，在右侧磁场中匀速运动时，有F＝eq\f(B22L2v′,R)＝eq\f(2B12L2v′,R)，则v′＝eq\f(v,4)，即棒最后以速度eq\f(v,4)做匀速直线运动，故C、D错误．2．(多选)(2019·广东肇庆市第二次统一检测)如图2甲所示，矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在的平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向里为磁场正方向，顺时针方向为感应电流i正方向，水平向右为ad边所受安培力F的正方向．下列图象正确的是()图2答案BD3.半径为L的圆形边界内分布有垂直圆所在平面的磁场，垂直纸面向里的磁感应强度大小为2B，垂直纸面向外的磁感应强度大小为B，如图3所示．AEO为八分之一圆导线框，其总电阻为R，以角速度ω绕O轴逆时针匀速转动，从图中所示位置开始计时，用i表示导线框中的感应电流(顺时针方向为正)，线框中感应电流i随时间t变化图象可能是()图3答案B解析当线框转过0～45°时，产生的感应电流为顺时针方向，电动势E＝eq\f(1,2)BωL2＋eq\f(1,2)·2BωL2＝eq\f(3,2)BωL2，感应电流I＝eq\f(3BωL2,2R)；当线框转过45°～90°时，产生的感应电动势为零，感应电流为零；当线框转过90°～135°时，产生的感应电流为逆时针方向，电动势E＝eq\f(1,2)BωL2＋eq\f(1,2)·2BωL2＝eq\f(3,2)BωL2，感应电流I＝eq\f(3BωL2,2R)；当线框转过135°～180°时，产生的感应电动势为零，感应电流为零；当线框转过180°～225°时，产生的感应电流为顺时针方向，电动势E＝eq\f(1,2)·2BωL2＝BωL2，感应电流I＝eq\f(BωL2,R)；当线框转过225°～270°时，产生的感应电动势为零，感应电流为零；当线框转过270°～315°时，产生的感应电流为逆时针方向，电动势E＝eq\f(1,2)·2BωL2＝BωL2，感应电流I＝eq\f(BωL2,R)；当线框转过315°～360°时，产生的感应电动势为零，感应电流为零，故选B.4．(多选)如图4甲所示，半径为1m的带缺口刚性金属圆环导轨固定在水平面内，在导轨上垂直放置一质量为0.1kg、电阻为1Ω的直导体棒，其长度恰好等于金属圆环的直径，导体棒初始位置与圆环直径重合，且与导轨接触良好．已知导体棒与导轨间的动摩擦因数为0.3，不计金属圆环的电阻，导体棒受到的最大静摩擦力等于其滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2.现若在圆环内加一垂直于纸面向里的变化磁场，变化规律如图乙所示，则()图4A．导体棒中的电流是从b到aB．通过导体棒的电流大小为0.5AC．0～2s内，导体棒产生的热量为0.125JD．t＝πs时，导体棒受到的摩擦力大小为0.3N答案AC解析穿过闭合回路的磁通量向里增加，由楞次定律可知导体棒中的电流是从b到a，选项A正确；假设0～πs时间内导体棒静止不动，感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(1,2)πr2＝eq\f(0.5,π)×eq\f(1,2)π×12V＝0.25V，则感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.25,1)A＝0.25A，t＝πs时，导体棒受到的安培力F＝2BIr＝2×0.5×0.25×1N＝0.25N，最大静摩擦力Ffm＝μmg＝0.3N，则假设成立，故导体棒所受摩擦力大小为0.25N，选项B、D错误；0～2s内，导体棒产生的热量为Q＝I2Rt＝0.252×1×2J＝0.125J，选项C正确．5．如图5甲所示，间距为L＝0.5m的两条平行金属导轨，水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.2T，轨道左侧连接一定值电阻R＝1Ω.垂直导轨的导体棒ab在水平外力F作用下沿导轨运动，并始终与导轨接触良好．t＝0时刻，导体棒从静止开始做匀加速直线运动，力F随时间t变化的规律如图乙所示．已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，导体棒和导轨的电阻均不计．取g＝10m/s2，求：图5(1)导体棒的加速度大小；(2)导体棒的质量．答案(1)5m/s2(2)0.1kg解析(1)设导体棒的质量为m，导体棒做匀加速直线运动的加速度大小为a，某时刻t，导体棒的速度为v，所受的摩擦力为Ff，则导体棒产生的电动势：E＝BLv回路中的电流I＝eq\f(E,R)导体棒受到的安培力：F安＝BIL由牛顿第二定律：F－F安－Ff＝ma由题意v＝at联立解得：F＝eq\f(B2L2a,R)t＋ma＋Ff根据题图乙可知，0～10s内图象的斜率为0.05N/s，即eq\f(B2L2a,R)＝0.05N/s，解得a＝5m/s2(2)由F－t图象纵截距可知：ma＋Ff＝1.0N又Ff＝μmg解得m＝0.1kg.6．如图6甲所示，水平放置的平行金属导轨间的距离为L(导轨电阻不计)，左侧接阻值为R的电阻，区域cdef内存在磁感应强度为B垂直轨道平面的有界匀强磁场，磁场宽度为s.一质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，与导轨间的动摩擦因数为μ，从t＝0时刻开始，金属棒MN受到水平向右的拉力F作用，从磁场的左侧边界由静止开始运动，用传感器测得电阻R两端的电压在0～1s内的变化规律如图乙所示．(已知B＝0.5T，L＝1m，m＝1kg，R＝0.3Ω，r＝0.2Ω，s＝1m，μ＝0.01，g取10m/s2)图6(1)求金属棒刚开始运动瞬间的加速度大小；(2)写出0～1s内拉力F与时间t的函数表达式．答案(1)0.4m/s2(2)F＝0.2t＋0.5(N)(0≤t≤1s)解析(1)由题意分析可知，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动．UR＝IRI＝eq\f(E,R＋r)E＝BLat联立得UR＝0.3at由题图乙可知，0.3a＝0.12得a＝0.4m/s2；(2)设F＝kt＋F0则有F0－μmg＝ma解得F0＝0.5N又kt＋F0－μmg－eq\f(B2L2at,R＋r)＝ma故有k－eq\f(B2L2a,R＋r)＝0，解得k＝0.2则F＝0.2t＋0.5(N)(0≤t≤1s)．7.如图7所示，两个平行光滑金属导轨AB、CD固定在水平地面上，其间距L＝0.5m，左端接有阻值R＝3Ω的定值电阻．一根长度与导轨间距相等的金属杆放置于导轨上，金属杆的质量m＝0.2kg，电阻r＝2Ω，整个装置处在方向竖直向下、磁感应强度大小B＝4T的匀强磁场中，t＝0时刻，在MN上加一与金属杆垂直、方向水平向右的外力F，金属杆由静止开始以a＝2m/s2的加速度向右做匀加速直线运动，2s末撤去外力F，运动过程中金属杆与导轨始终垂直且接触良好．(不计导轨和连接导线的电阻，导轨足够长)求：图7(1)1s末外力F的大小；(2)撤去外力F后的过程中，电阻R上产生的焦耳热．答案(1)2N(2)0.96J解析(1)1s末，金属杆MN的速度大小为v1＝at1＝2×1m/s＝2m/s金属杆MN产生的感应电动势为E＝BLv1金属杆MN中的感应电流大小I＝eq\f(E,R＋r)金属杆MN受到的安培力大小F安＝BIL联立得F安＝eq\f(B2L2v1,R＋r)＝1.6N根据牛顿第二定律得F－F安＝ma可得F＝F安＋ma＝2N(2)2s末，金属杆MN的速度大小为v2＝at2＝2×2m/s＝4m/s撤去外力F后的过程中，根据能量守恒定律得电路中产生的总焦耳热Q＝eq\f(1,2)mv22＝eq\f(1,2)×0.2×42J＝1.6J电阻R上产生的焦耳热QR＝eq\f(R,R＋r)Q＝eq\f(3,3＋2)×1.6J＝0.96J.8．长直导线与环形导线固定在同一平面内，长直导线中通有如图1所示方向的电流．当电流大小逐渐减弱时()图1A．环形导线有收缩的趋势B．环形导线有远离长直导线的趋势C．环形导线中有顺时针方向的感应电流D．环形导线中有感应电流，但方向无法确定答案C解析长直导线在环形导线位置产生了垂直纸面向里的磁场，当电流大小逐渐减弱时，长直导线在周围空间产生的磁场也在减弱，所以环形导线中的磁通量也在减小，为了阻碍磁通量的减小，此时环形导线有扩张的趋势，故A错；环形导线中的磁通量在减小，为了阻碍磁通量的减小，环形导线有靠近长直导线的趋势，故B错；环形导线中的磁通量在减小，根据楞次定律可知此时环形导线中有顺时针方向的电流，故C对，D错．9．(多选)如图2，用单位长度的电阻为r的金属导线做成的正三角形线框ABC，边长为L，左半边置于匀强磁场中不动，磁场以AD竖直线为界．当t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示，则在0～2t0时间内()图2A．线框中的感应电流方向始终为顺时针B．线框受到的安培力大小恒定不变C．通过导线横截面的电荷量为eq\f(\r(3)B0L,12r)D．左线框ACD两端的电势差UAD＝eq\f(\r(3)B0L2,16t0)答案ACD解析在0～t0时间内，穿过线框的磁通量减小，磁场方向垂直于纸面向里，根据楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，同理，在t0～2t0时间内，穿过线框的磁通量增加，磁场方向垂直于纸面向外，根据楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，故A正确；由法拉第电磁感应定律可知，线框产生的感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝eq\f(B0,t0)·eq\f(1,2)·eq\f(L,2)·Lsin60°＝eq\f(\r(3)B0L2,8t0)，线框的电阻R＝3Lr，感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\r(3)B0L,24t0r)，可知线框中产生恒定的感应电流，由于磁感应强度在变化，由F＝BIl知，线框受到的安培力大小是变化的，故B错误；通过导线横截面的电荷量为q＝I·2t0＝eq\f(\r(3)B0L,12r)，故C正确；左线框ACD两端的电势差UAD＝I·eq\f(R,2)＝eq\f(\r(3)B0L,24t0r)·eq\f(3,2)Lr＝eq\f(\r(3)B0L2,16t0)，故D正确．10．(多选)金属圆盘置于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A相连．套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平导轨上如图3所示，导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸面向外的匀强磁场中，下列说法正确的是()图3A．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动B．圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动C．圆盘逆时针减速转动时，ab棒将向右运动D．圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向右运动答案BD解析由右手定则可知，圆盘顺时针加速转动时，产生的感应电流方向为顺时针，线圈A中产生的磁场方向向下且磁感应强度增强，由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由a→b，由左手定则可知，ab棒受到的安培力方向向左，ab棒将向左运动，故A错误；同理可知，若圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动，故B正确；由右手定则可知，圆盘逆时针减速转动时，产生的感应电流方向为逆时针，线圈A中产生的磁场方向向上且磁场强度减弱，由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由a→b，由左手定则可知，ab棒受到的安培力方向向左，ab棒将向左运动，故C错误；同理可知，若圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向右运动，故D正确．11．(多选)(2020·湖北黄冈市高三八模)如图4所示，两光滑圆形导轨固定在水平面内，圆心均为O点，半径分别为r1＝0.2m，r2＝0.1m，两导轨通过导线与阻值R＝2Ω的定值电阻相连，一长为r1的导体棒与两圆形导轨接触良好，导体棒一端以O点为圆心，以角速度ω＝100rad/s顺时针匀速转动，两圆形导轨所在区域存在方向竖直向下、磁感应强度大小B＝2T的匀强磁场，不计导轨及导体棒的电阻，下列说法正确的是()图4A．通过电阻的电流方向为由a到bB．通过电阻的电流为2AC．导体棒转动时产生的感应电动势为4VD．当r2减小而其他条件不变时，通过电阻的电流减小答案AC解析由右手定则可知，通过电阻的电流方向为由a到b，故A正确；两圆环间导体棒在Δt时间内扫过的面积ΔS＝(πr12－πr22)·eq\f(ωΔt,2π)由法拉第电磁感应定律可知，两圆环间导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B·ΔS,Δt)＝eq\f(1,2)B(r12－r22)ω＝eq\f(1,2)×2×(0.22－0.12)×100V＝3V．通过电阻R的电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(3,2)A＝1.5A，当r2减小而其他条件不变时，两圆环间导体棒切割磁感线产生的感应电动势变大，通过电阻的电流增大，故B、D错误；导体棒转动时产生的感应电动势E′＝Br1eq\x\to(v′)＝Br1eq\f(0＋ωr1,2)＝2×0.2×eq\f(100×0.2,2)V＝4V，故C正确．12.(多选)如图5所示，在坐标系xOy中，有边长为L的正方形金属线框abcd，其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处．在y轴右侧的Ⅰ、Ⅳ象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合，左边界与y轴重合，右边界与y轴平行．t＝0时刻，线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则在线圈穿过磁场区域的过程中，感应电流i、ab间的电势差Uab随时间t变化的图线是下图中的()图5答案AD解析在d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，根据右手定则可以确定线框中电流方向为逆时针方向，即正方向，因为切割的有效长度均匀减小，所以电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0；然后cd边开始切割磁感线，感应电流的方向为顺时针方向，即负方向，电动势均匀减小到0，则电流均匀减小到0，A正确，B错误．d点运动到O点过程中，ab边切割磁感线，ab相当于电源，电流由a到b，b点的电势高于a点，ab间的电势差Uab为负值，大小等于电流乘以除ab之外的三条边的电阻，并逐渐减小．ab边出磁场后后，cd边开始切割磁感线，cd边相当于电源，电流由b到a，ab间的电势差Uab为负值，大小等于电流乘以ab边的电阻，并逐渐减小，故C错误，D正确．13.(多选)一有界区域内，存在着方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，磁场宽度均为L，如图6所示．边长为L的正方形导线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上，建立水平向右的x轴，且坐标原点在磁场的左边界上，t＝0时刻开始线框沿x轴正方向匀速通过磁场区域，规定逆时针方向为电流的正方向，导线框受向左的安培力为正方向，四个边电阻均相等．下列关于感应电流i、导线框受的安培力F以及b、a两点电势差Uba随时间t的变化规律正确的是()图6答案ACD解析正方形导线框进入第一个磁场过程中，只有bc边切割磁感线，由右手定则可知，电流方向为逆时针方向，大小为I1＝eq\f(BLv,4R)，由于电流方向为逆时针方向，则b点电势高于a点电势，以b、a两点的电势差为U1＝eq\f(1,4)BLv，由左手定则可知，安培力方向水平向左，大小为F1＝BIL＝eq\f(B2L2v,4R)，正方形导线框进入第二个磁场过程中，ad边在第一个磁场中切割磁感线，bc边在第二个磁场中切割磁感线，由右手定则可知，电流方向为顺时针，大小为I2＝eq\f(BLv＋2BLv,4R)＝eq\f(3BLv,4R)由于电流方向为顺时针，则b点电势低于a点电势，所以b、a两点的电势差为U2＝－I2R＝－eq\f(3,4)BLv由左手定则可知，两边所受安培力方向都水平向左，则大小为F2＝BI2L＋2BI2L＝eq\f(3B2L2v,4R)＋eq\f(6B2L2v,4R)＝eq\f(9B2L2v,4R)，正方形导线框出第二个磁场过程中，只有ad边在第二个磁场中切割磁感线，由右手定则可知，电流方向为逆时针方向，大小为I3＝eq\f(BLv,2R)，由于电流方向为逆时针方向，则则可知，安培力方向水平向左，大小为F3＝2BI3L＝2B×eq\f(BLv,2R)L＝eq\f(B2L2v,R)，故A、C、D正确，B错误．14.(多选)如图7所示，竖直固定的“”形光滑导轨宽为0.5m，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高均为0.1m，磁场的磁感应强度大小均为1T，其他区域无磁场，两矩形磁场间的距离为0.1m．质量为0.1kg的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为0.5Ω，与导轨接触良好，其他电阻不计，空气阻力不计，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是()图7A．金属杆刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B．金属杆穿过磁场Ⅰ的时间大于在磁场Ⅰ、Ⅱ之间的区域运动时间C．金属杆穿过两磁场产生的总热量为0.6JD．金属杆释放点距磁场Ⅰ上边界的高度一定大于0.2m答案BD解析金属杆在无场区做匀加速运动，而金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆刚进入磁场Ⅰ时做减速运动，加速度方向竖直向上，故A错误．金属杆在磁场Ⅰ中运动时，随着速度减小，产生的感应电流减小，受到的安培力减小，合力减小，加速度减小，所以金属杆在磁场Ⅰ中做加速度减小的减速运动，在两个磁场之间做匀加速运动，由题知，金属杆进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，所以金属杆在磁场Ⅰ中运动的平均速度小于在两磁场之间运动的平均速度，两个过程位移相等，所以金属杆穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间，故B正确．金属杆从刚进入磁场Ⅰ到刚进入磁场Ⅱ的过程，由能量守恒定律得：2mgd＝Q，金属杆通过磁场Ⅱ时产生的热量与通过磁场Ⅰ时产生的热量相同，所以总热量为：Q总＝2Q＝4mgd＝0.4J，故C错误．设金属杆释放点距磁场Ⅰ上边界的高度为H时，金属杆进入磁场Ⅰ时刚好匀速运动，则有：mg＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，又v＝eq\r(2gH)，联立解得：H＝eq\f(m2gR2,2B4L4)＝0.2m，由于金属杆进入磁场Ⅰ时做减速运动，所以高度h一定大于H，故D正确．15.单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图像如图所示。下列说法正确的是()A.时刻线框平面与中性面垂直B.线框的感应电动势有效值为C.线框转一周外力所做的功为D.从到过程中线框的平均感应电动势为【答案】BC【解析】【详解】由图像可知时刻线圈的磁通量最大，因此此时线圈处于中性面位置，因此A错误；由图可知交流电的周期为T，则，由交流电的电动势的最大值为，则有效值为，故B正确，线圈转一周所做的功为转动一周的发热量，，故C正确；从0时刻到时刻的平均感应电动势为，故D错误。16.如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是A.B.C.D.【答案】AD【解析】【详解】由于PQ进入磁场时加速度为零，AB.若PQ出磁场时MN仍然没有进入磁场，则PQ出磁场后至MN进入磁场的这段时间，由于磁通量φ不变，无感应电流。由于PQ、MN同一位置释放，故MN进入磁场时与PQ进入磁场时的速度相同，所以电流大小也应该相同，A正确B错误；CD.若PQ出磁场前MN已经进入磁场，由于磁通量φ不变，PQ、MN均加速运动，PQ出磁场后，MN由于加速故电流比PQ进入磁场时电流大，故C正确D错误；17.楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？A.电阻定律 B.库仑定律C.欧姆定律 D.能量守恒定律【答案】D【解析】楞次定律指感应电流的磁场阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化,这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能,所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程.18.如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t=0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是A. B. C. D.【答案】AC【解析】最终两棒共速,故此时电路中电流为0,即C正确,D错误;由C知,F安=BIL,知F安不是线性变化,故v也不是线性变化,即A正确,B错误.19.空间存在一方向与直面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示，一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t=0时磁感应强度的方向如图(a)所示：磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示，则在t=0到t=t1的时间间隔内A.圆环所受安培力的方向始终不变B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C.圆环中的感应电流大小为D.圆环中的感应电动势大小为【答案】BC【解析】AB、根据B-t图象，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在t0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向的方向在t0时刻发生变化，则A错误，B正确；CD、由闭合电路欧姆定律得：，又根据法拉第电磁感应定律得：，又根据电阻定律得：，联立得：，则C正确，D错误。故本题选BC。20.金星、地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，它们的向心加速度大小分别为a金、a地、a火，它们沿轨道运行的速率分别为v金、v地、v火。已知它们的轨道半径R金<R地<R火，由此可以判定A.a金>a地>a火 B.a火>a地>a金C.v地>v火>v金 D.v火>v地>v金【答案】A【解析】AB.由万有引力提供向心力可知轨道半径越小,向心加速度越大,故知A项正确，B错误；CD.由得可知轨道半径越小,运行速率越大,故C、D都错误。21.(多选)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动【答案】AD【解析】本题考查电磁感应、安培定则及其相关的知识点。开关闭合的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由南向北，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，选项A正确；开关闭合并保持一段时间后，左侧线圈中磁通量不变，线圈中感应电动势和感应电流为零，直导线中电流为零，小磁针恢复到原来状态，选项BC错误；开关闭合并保持一段时间后再断开后的瞬间，左侧的线圈中磁通量变化，产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可判断出直导线中电流方向为由北向南，由安培定则可判断出小磁针处的磁场方向垂直纸面向外，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，选项D正确。【点睛】此题中套在一根铁芯上的两个线圈，实际上构成一个变压器。22.某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路。检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因。你认为最有可能造成小灯泡末闪亮的原因是A.电源的内阻较大 B.小灯泡电阻偏大C.线圈电阻偏大 D.线圈的自感系数较大【答案】C【解析】开关断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关，故A错误；若小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象，故B错误；线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象，故C正确；线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小，故D错误.【考点定位】自感现象和自感系数.23.将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关B.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同【答案】C【解析】由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势，即感应电动势与线圈匝数有关故A错误；同时可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，磁通量变化越快，感应电动势越大，故C正确；穿过线圈的磁通量大，但若所用的时间长，则电动势可能小，故B错误；由楞次定律可知：感应电流的磁场方向总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故原磁通增加，感应电流的磁场与之反向，原磁通减小，感应电流的磁场与原磁场方向相同，即“增反减同”，故D错误；【考点定位】法拉第电磁感应定律，楞次定律24.如图，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环aA.顺时针加速旋转B.顺时针减速旋转C.逆时针加速旋转D.逆时针减速旋转【答案】B.【解析】圆环b具有收缩趋势，说明穿过b环的磁通量在增强，根据阻碍变化可知圆环a减速旋转，逐渐减弱的磁场使得b环产生了顺时针方向电流，根据楞次定律可知引起b环的感应电流的磁场方向向里，根据安培定则判断出a环顺时针方向旋转.所以B选项正确.【考点定位】楞次定律25.某电子天平原理如图所示，形磁铁的两侧为N极，中心为S极，两级间的磁感应强度大小均为，磁极的宽度均为，忽略边缘效应.一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C、D与外电路连接.当质量为的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流可确定重物的质量.已知线圈的匝数为，线圈的电阻为，重力加速度为。问：(1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C端还是D端流出？(2)供电电流是从C端还是D端流入？求重物质量与电流的关系.(3)若线圈消耗的最大功率为，该电子天平能称量的最大质量是多少？【答案】(1)感应电流从C端流出(2)(3)【解析】(1)根据右手定则，线圈向下切割磁感线，电流应从Ｄ端流入，从Ｃ端流出(２)根据左手定则可知，若想使弹簧恢复形变，安培力必须向上，根据左手定则可知电流应从D端流入，根据受力平衡①解得②(3)根据最大功率得③②③联立解得：【考点定位】电磁感应切割类问题26.正方形导体框处于匀强磁场中，磁场方向垂直框平面，磁感应强度随时间均匀增加，变化率为k。导体框质量为m、边长为L，总电阻为R，在恒定外力F作用下由静止开始运动。导体框在磁场中的加速度大小为____________；导体框中感应电流做功的功率为____________。【答案】，【解析】线框在磁场中运动时，各个边所受安培力的合力为零，因此线框所受的合外力就是F，根据牛顿第二定律得加速度：，线框产生的感应电动势，回路的电流，因此，感应电流做功的功率【考点定位】电磁感应磁变类问题27.真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab和cd是两根与导轨垂直，长度均为l，电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示，为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭。(1)要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；(3)列车减速时，