电磁感应中的电路问题和图像问题（解析版）-2025年高考物理一轮复习（新高考）

电磁感应中的电路问题和图像问题

建议用时：75分钟

考点预览

考点考向题型分布

电磁感应中的电路考向1:电磁感应等效电路（电压、电流、5单选+13多选

问题和图像问题电阻的计算）+2计算

考向2：电路中焦耳热和功率的计算

考向3：电路中流过电荷量的计算

考向4：U-t图像

考向5：l-t图像

考向6:F-t、a-t图像等

考点突破

考点01电磁感应中的电路问题和图像问题（5单选+13多选+2

计算）

1.（2024•北京海淀•三模）如图所示，先后用一垂直于cd边的恒定外力以速度匕和匕匀速把一正方形导线

框拉出有界的匀强磁场区域，V2=2V1；拉出过程中仍边始终平行于磁场边界。先后两次把导线框拉出磁场

情况下，下列结论正确的是（）

B；

XXXX；

I

a

XXXXv

->

XXXX

b

XXXX；

A.感应电流之比：，2=2:1B.外力大小之比耳：月=1:2

C.拉力的功率之比々:吕=1:2D.拉力的冲量大小之比电：电=1：2

【答案】B

【详解】A.根据：1=鼻=咚

KK

可得感应电流之比：/1：4=1：2

故A错误；

R2T2

B.根据：F=%=BIL=J^

安R

可得外力大小之比：/：£=1：2

故B正确；

D2T22

C.根据：尸==

R

可得拉力的功率之比：勺：鸟=1：4

故C错误；

D.根据：I=Ft

X：t=-

V

R2T3

联立，解得：/="

R

可得拉力的冲量大小之比：41：。2=1：1

故D错误。

故选Bo

2.（2024・四川巴中•一模）如图所示，平行金属导轨水平放置，导轨左端连接一阻值为火的电阻，导轨所在

空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为2,已知长度为/导体棒"N倾斜放置于导轨上，与导轨成。

角，导体棒电阻为「，保持导体棒以速度v沿平行于导轨方向匀速向右运动，导轨电阻不计，下列说法正确

的是（）

A.导体棒中感应电流的方向为N到M

B.两端的电势差大小为公电

^Lvsine

C.导体棒所受的安培力大小为

R+r

电阻的发热功率为益工

D.RB2l2v2sin6»

【答案】C

【详解】A.导体棒沿导轨向右匀速运动时，由右手定则可知，导体棒中感应电流的方向为N到故A错

误；

B.导体棒切割产生的感应电动势大小为：E=Blvsin0

故导体棒两端的电势差大小为：U=IR=--^R=Bh^e-R

R+rR+r

故B错误；

C.导体棒所受的安培力大小为：C=8〃=8/£=8>vsin£

R+rR+r

故C正确；

D.电阻R的发热功率为：P=I?R=（3）”=Bl：si?e区

故D错误。

故选C„

3.（2024•河北沧州•三模）如图所示，"凹"字形金属线框右侧有一宽度为32的匀强磁场区域，磁场方向垂

直于纸面向里。线框在纸面内向右匀速通过磁场区域，片0时，线框开始进入磁场。设逆时针方向为感应电

流的正方向，则线框中感应电流，随时间，变化的图像可能正确的是（）

【详解】设运动的速度为V,线框总电阻为火,线框进入磁场0-Z时，只有最右侧的两个短边切割磁感线,

感应电流的方向为逆时针，大小为：1="

R

线框进入磁场£~3乙时，金属线切割磁感线的有效长度为33感应电流方向为逆时针，大小为：1=华

R

线框离开磁场0乜时，金属线切割磁感线的有效长度为23从左侧长边进入磁场，至右侧的中间短边离开

磁场，感应电流方向为顺时针，大小为：/=工竽

R

线框离开磁场工~32时，金属线切割磁感线的有效长度为3乙从右侧中间短边离开磁场，至左侧长边离开磁

场，感应电流方向为顺时针，大小为：1=华

R

故选Ao

4.（2024・山东济南•三模）如图所示，半径为R的半圆形闭合金属线框可绕圆心O在纸面内逆时针匀速转动,

过。点的边界上方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为5。初始时线框直径与虚线边界垂

直。已知线框的电阻为「，线框匀速转动的角速度为。，从图示位置开始计时，以顺时针为感应电流的正方

向，下列关于线圈中的感应电流i随时间f的变化关系正确的是（）

【详解】如图所示

在0〜£时间内，穿过线圈的磁通量向外增加，根据楞次定律可知，线圈中的感应电流方向为顺时针方向

2G

(正方向)，线圈切割磁感线的有效长度为：Z=27?sin6»=27?sin^

则线圈转动切割磁感线产生的电动势为：e=；B乃0=2BR2a)sin2mt=5/?2®(l-cos2cot)

线圈中的感应电流为：i='=空®(1-COS2M)

rr

TTTT

在^-----时间内，整个线圈都在磁场中，线圈的感应电流为0;

2。CD

在生7T〜兰3^7时间内，穿过线圈的磁通量向外减小，根据楞次定律可知，线圈中的感应电流方向为逆时针方向

co2(0

(负方向)，线圈切割磁感线的有效长度为：1=2Rsin(&-%)

则线圈转动切割磁感线产生的电动势为：e=-1BIJCD=-BR2^-cos2(^-/r)]

线圈中的感应电流为：/,=£=-睚[1-cos2(cot-^-)1=-3穴°(1-cos2a)t)

rrr

3万DTT

在在~卫时间内，整个线圈都在磁场外，线圈的感应电流为0。

26yco

故选Do

5.(2023・山东荷泽•一模)如图所示，“NQP是边长为工和2工的矩形，在其由对角线划分的两个三角形区

域内充满磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场。边长为2的正方形导线框，在外力作用下水平向左

匀速运动，线框左边始终与平行。设导线框中感应电流i逆时针流向为正。若=0时左边框与P。重合,

则左边框由尸0运动到的过程中，下列图像正确的是()

NQ

【答案】D

【详解】0〜4内是线框的左边框由P。向左进入磁场，根据右手定则知感应电流为顺时针（负），而切割磁

感线的有效长度随着水平位移而均匀减小，则感应电流的大小均匀减小；

乙〜内，线框的前后双边同向同速切割相反的磁场，双源相加为总电动势，电流方向为逆时针（正），两

边的有效长度之和等于3则电流大小恒定。

故选D。

6.（2024•山东泰安■模拟预测）如图所示，两足够长且间距为£=lm的光滑平行导轨倾斜固定，倾角为

6=30。。导轨顶端接有两个灯泡，灯泡甲的规格为（3W,3V）,灯泡乙的规格为（6W,3V）,在与导轨垂直

的虚线必、cd内有垂直于斜面向下的匀强磁场。第一次只闭合开关Si，让导体棒从虚线成上方x=L6m处

垂直导轨由静止释放，导体棒恰好能匀速通过磁场区域，且灯泡甲正常发光；第二次同时闭合开关Si、S2,

仍将导体棒从原位置释放，已知bd间距离为/=0.5m,导体棒电阻尸1Q,忽略温度对灯泡电阻丝的影响，重

力加速度为g=10m/s2。导体棒运动过程中始终与导轨垂直，导轨电阻不计，下列说法正确的是（）

B.导体棒的质量为0.1kg

C.第二次导体棒进入磁场前后加速度大小不变

D.第二次导体棒离开磁场时已达到匀速状态

【答案】AC

【详解】A.导体棒从虚线仍上方x=1.6m处垂直导轨由静止释放，根据动能定理可得：mgxsin0=^mv2

解得导体棒进入磁场时的速度大小为：v=J2gxsin6=4m/s

p3u232

第一次只闭合开关Si，且灯泡甲正常发光，则有：/=2=：=1A,^=—=T^=3Q

U3号3

则有：E=BLv=1(%+r)

解得磁场磁感应强度大小为：B=1T

故A正确;

B.第一次只闭合开关Si，导体棒恰好能匀速通过磁场区域，根据受力平衡可得：mgsm0=BIL

解得导体棒的质量为：加=0.2kg

故B错误；

C.第二次同时闭合开关入、S2,进入磁场前，导体棒的加速度大小为：a=mgsmd=5m/s2

m

U232

灯泡乙的电阻为：尺乙=h=/。=1.5。

P乙6

则灯泡甲、乙并联的电阻为：尺并=卢容

+K乙3+1.3

T,EBLv1x1x4._.

导体棒刚进入磁场时，通过导体棒的电流为：/=Th=F^==rA=2A

导体棒刚进入磁场时，导体棒的加速度大小为：a'=BI'L~mgSmd=5m/s2

m

可知第二次导体棒进入磁场前后加速度大小不变，故c正确；

D.若第二次导体棒离开磁场时已达到匀速状态，根据受力平衡可得：［WgsinenB/zZu/1

尺并+r

解得导体棒匀速时的速度大小为：％=2m/s

若导体棒以刚进入磁场时的加速度,=5m/s2做匀减速直线运动，根据运动学公式可得：-2dl=vr2-v2

解得导体棒离开磁场时的速度大小为：=A/V2-2O7=A/42-2X5X0.5=VlTm/s

实际上导体棒做加速度逐渐减小的减速运动，所以导体棒离开磁场时的速度应满：

v实〉v'=VlTm/s>v2=2m/s

可知第二次导体棒离开磁场时还没有达到匀速状态，故D错误。

故选ACo

7.（2024,陕西西安•模拟预测）用一段横截面半径为八电阻率为小密度为d的均匀导体材料做成一个半径

为尺。《幻的圆环，圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所

在位置的磁感应强度大小均为B。圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v,忽略电感的影响，下列说法

B.此时圆环受到竖直向上的安培力作用

D2

C.此时圆环的加速度大小为

pa

D.如果径向磁场足够深，则圆环的最大速度为%=噌

D

【答案】BD

【详解】A.由题意可知，圆环下落过程中切割磁感线产生感应电流，则磁通量一定变化，故A错误；

B.根据右手定则，圆环中有（俯视）顺时针的感应电流，根据左手定则可知，圆环受到的安培力竖直向上,

阻碍圆环的运动，故B正确；

C.圆环落入磁感应强度为3的径向磁场中，产生的感应电动势：E=Blv=B-2wRv

圆环的电阻：R0=PR

nr

E

电流：Ir=—

圆环所受的安培力大小为：F=BI-27R=&理的

p

由牛顿第二定律得：mg-F=ma

其中质量:m=dV=d-2TTR•Ter2

B2V

联立解得:『一菽

故C错误;

D.当圆环做匀速运动时，安培力与重力大小相等，加速度为零，速度最大，即有：a=g-且乎=0

pa

解得：%=攀^

D

D正确。

故选BDo

8.（2024,广东广州•三模）如图所示，在光滑绝缘的水平面上方有两个磁感应强度大小均为3、方向相反的

竖直匀强磁场区域，磁场宽度均为"一个边长为心、电阻为汽、匝数为N的正方形金属线框，在水平外力

作用下沿垂直磁场方向在水平面上匀速运动，线框的速度始终为也从位置I运动到位置n（线框分别有一

半面积在两个磁场中）过程中，下列说法正确的是（）

A.线框刚进入左侧磁场时线框中感应电流方向为逆时针

B.在位置n时外力F为2N/"

R

2

C.在位置n时线框中的电功率为4NB"，

R

D.从位置I运动到位置n的过程中线框的磁通量先增大后减小

【答案】ACD

【详解】AD.线框刚进入左侧磁场时，穿过线框的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线框中感应电流

方向为逆时针；线框从位置I运动到位置n的过程中，线框的磁通量先增大后减小，故AD正确；

BC.线框在位置II时，根据右手定则知线框左右边同时切割磁感线产生的电流同向，所以总电流为:

,2NBLv

R

线框左右边所受安培力的方向均向左，根据受力平衡可得外力尸为：F=2NB[LJ"BR

R

此时线框中的电功率为：P=『R=4N-B-d-

R

故B错误，C正确。

故选AD。

9.（2024•山西晋中•模拟预测）如图所示，光滑水平桌面被虚线分成左右两部分，右侧处于竖直向下的匀强

磁场中。同种材料做成粗细均匀、边长为上的单匝正方形线圈M在水平外力工的作用下进入磁场区域；现

将线圈M的导线拆开，均匀拉长后做成〃匝边长为/的闭合正方形线圈N,在水平外力弱的作用下进入该

磁场区域。M、N进入该磁场区域的速度一时间图像相同，均为一条平行于横轴的直线（如图乙），在线圈

进入磁场的过程中，下列说法正确的是（）

线圈M

□

线圈N：

A.线圈M、N的电阻之比为1："B.水平外力尸।与弱的比值为1:1

C.通过线圈M、N某横截面的电荷量之比为1:1D.线圈M、N产生的焦耳热之比为1:1

【答案】BD

L_

【详解】A.根据电阻定律：K=P1=PV=~

222

可得线圈M、N的电阻之比为：7?1：7?2=Z:（nZ）=l:n

故A错误；

B.M、N进入该磁场区域的速度一时间图像相同，均为一条平行于横轴的直线，说明M、N做匀速直线运

动且速度大小相等，贝I」：琮=nBIL二nBL.”史七v

女RR

可知水平外力用与月的比值为：耳：工=与:丝匚=1:1

故B正确；

C.感应电流为：[=[=nB：V

RR

根据：q=It=I—

v

LnL,

通过线圈M、N某横截面的电荷量：/：%：刀=〃：1

&凡

故C错误;

D.此过程线圈产生的热量等于克服安培力做的功，此过程克服安培力做功为：W=F^L

线圈M、N产生的焦耳热之比为：乌：。2=%：%=1：1

故D正确。

故选BDo

10.（2024・云南•模拟预测）如图所示，水平面上固定放置有"匚"形光滑金属导轨，宽度为"虚线右

侧存在方向垂直于导轨平面的匀强磁场（图中未画出），磁感应强度大小为2,磁场的区域足够大。质量为

加、电阻为R、长度也为/的导体棒垂直于导轨放置，以初速度%沿导轨进入匀强磁场区域，最终静止。导

体棒与导轨接触良好，不计金属导轨电阻，则（）

A.金属棒刚进入磁场时受到的安培力大小为臣”

2mR

B.金属棒在磁场中运动的时间为

C.金属棒在磁场中运动的距离为黑

BE

D.流过金属棒横截面的总电量为萼

【答案】AC

【详解】A.根据题意可知，金属棒刚进入磁场时，感应电动势为：E=BLv0

通过金属棒的感应电流为：/=与=0兽

RR

金属棒刚进入磁场时受到的安培力大小为：F=

R

故A正确；

BCD.设金属棒在磁场中运动的距离为次,由动量定理有：-Ft=-BlLAt=0—mv。

...t—人A①BLx

其中：q=IM==

R

则有：g3

R

解得金属棒在磁场中运动的距离为：苫=1YI黑VR

DL

流过金属棒横截面的总电量为：《=〃=簪

DL

若金属棒做匀减速运动，则有：x'A

57日2mR

解得："NF

由于金属棒做加速度减小的减速运动，所以金属棒在磁场中运动的时间不等于2m普R，故BD错误，C正确。

DL

故选ACo

11.（2024•山东济宁•模拟预测）如图所示，间距£=lm、足够长的平行金属导轨倾斜放置，与水平面夹角为

30。，其左端接一阻值R=1C的定值电阻。直线垂直于导轨，在其左侧面积S=lm2的圆形区域内存在垂

直于导轨所在平面向上的磁场，磁感应强度8随时间的变化关系为8=8/（T）,在其右侧（含边界九W）存

在磁感应强度大小为=2.5T、方向垂直导轨所在平面向下的匀强磁场。上0时，某金属棒从AGV处以v°=4m/s

的初速度开始沿斜面向上运动，已知金属棒质量m=lkg,与导轨之间的动摩擦因数〃=日，导轨、金属棒

电阻不计且金属棒与导轨始终垂直且接触良好，重力加速度g=10m/s2,下列说法正确的是（）

A."0时，闭合回路中有大小为2A的逆时针方向的电流

B.金属棒在运动过程中受到的安培力方向一直沿斜面向下

C.金属棒最终将以1.2m/s的速度匀速运动

D.金属棒最终将以1.0m/s的速度匀速运动

【答案】AC

【详解】A.仁0时，金属棒产生的动生电动势大小：E动=8〃%=2.5xlx4V=10V

方向由N到M。圆形区域内磁感应强度2随时间均匀变化，在闭合回路中产生感生电动势大小为

AO=>v

方向沿顺时针方向。因璃＞石感，所以金属棒中的电流方向由N玲闭合回路中有逆时针方向的电流，电

流大小为：/=-=2A

故A正确；

B.金属棒开始运动时，金属棒受到沿斜面向下的安培力、重力的分力和摩擦力作用，沿斜面向上减速运动,

当:孙=*

时，感应电流为零，但金属棒仍受到沿斜面向下的重力的分力和摩擦力作用，继续减速，此后:

这时闭合回路中有顺时针方向的电流，金属棒受到沿斜面向上的安培力和沿斜面向下重力的分力、摩擦力

的作用，故金属棒在运动过程中受到的安培力方向不是一直沿斜面向下，故B错误;

CD.沿斜面向上的安培力大小等于沿斜面向下重力的分力与摩擦力的合力时，金属棒开始匀速运动，即

B。L=jumgcos0+mgsin0

R

解得金属棒匀速运动的速度大小：v=1.2m/s

故C正确，D错误。

故选AC。

12.（2024•湖南•模拟预测）如图所示，在磁感应强度为8、方向垂直纸面向内的匀强磁场中，有一弯成"V"

77

字形的金属线4OC,夹角为设导线“N位于处开始计时，且此时导线具有一向右的速度，大小为

%。同时，导线上存在一大小为尺的定值电阻（始终处于闭合回路之中），且受到一向右的外力以保证回路

中电流大小保持不变。除定值电阻外其他电阻不计。下列说法正确的是（）

A.导线作匀减速运动

B.电阻产生的焦耳热大于导线动能的减少量

3/„

C.导线到运动到x=2/。的时刻为泸

2%

D.导线到运动到尤=2/。时，电阻产生的焦耳热为巡巨4

R

【答案】BC

【详解】A.回路中电流大小保持不变，则回路中感应电动势保持不变，当导体棒位移为X时，根据法拉第

电磁感应定律：E=Bl0v0=B（l0+x）v

解得：v=7■二%

Zo+x

故导线的运动不是匀减速运动，故A错误；

B.导线运动过程中，根据动能定理：%+性=g小2一;小；n.k

且：叫＞0,强=-。＜。

可得：0=密+,闻＞B稣|

故电阻产生的焦耳热大于导线动能的减少量，故B正确;

BbS2，51+21o），o

C.根据法拉第电磁感应定律：下一△①

c=---=Bl。%

△t△tAZ

解得导线到运动到X=2/。的时刻为：=

故C正确;

D.回路中感应电流大小：1=与=等

RR

导线到运动到X=2/。时，电阻产生的焦耳热为：Q=FRM=也用

故D错误。

故选BC„

13.（2024・山东•模拟预测）如图所示，两间距为£=lm的足够长光滑导轨水平固定，整个空间存在竖直向

下的匀强磁场，磁感应强度大小为8=2T,长均为Z=lm、电阻均为尺=0.8。的导体棒P、Q垂直导轨放置,

P、Q棒的质量分别为%=0.6kg、m2=0.4kg,两棒间的距离为x=1.2m。若Q棒固定，给P棒一水平向右

的初速度，两棒恰未碰撞。现Q棒不固定，给P棒同样的初速度，经一段时间两棒恰达到稳定状态。棒始

终与导轨接触良好且垂直导轨，导轨电阻不计。则（）

A.题述中P棒的初速度为4m/s

B.达到稳定状态的过程经过P棒某横截面的电荷量为0.6C

C.达到稳定状态的过程Q棒上产生的焦耳热为3J

19S

DTP、Q棒速度之比为4：3时‘Q棒的加速度大小为无后

【答案】BD

【分析】考查法拉第电磁感应定律、动量守恒定律和能量守恒定律，检测考生的模型建构能力和分析综合

能力。

【详解】A.Q棒固定，由法拉第电磁感应定律有：后=斗

由闭合电路欧姆定律有：1=生~

2R

对P棒由动量定理有：一BiLt=Q_m1Vo

B2T}X

联立解得：v0=——=5m/s

2mxR

A错误。

BC.Q棒不固定，当两棒恰达到稳定状态时两棒共速，由动量守恒定律有：机］%=（叫+啊）丫

解得：v=3m/s

达到稳定状态的过程对Q棒由动量定理有：BI.Lt,=m2v

又：％=〃

解得：?i=0.6C

2

整个过程两棒产生的焦耳热为：2叫说-1（m1+m2）v

解得：Q=3J

两棒阻值相等，则Q棒上产生的焦耳热为：g2=1=1.5J

B正确，C错误。

D.对两棒组成的系统，由动量守恒定律有：叫VP+啊”

又：3%=4:3

在力,日10,5,

解得：Vp=Tm/s、vQ=-m/s

电路中产生的电动势为：=^（VP-VQ）

F

回路中电流为：/1=马

Q棒所受的安培力为：F=BIJ

F125

由牛顿第二定律有：«=—=—m/s2

m224

D正确。

故选BDo

14.（2024・广东东莞•模拟预测）如图甲是游乐园常见的跳楼机，跳楼机的电磁式制动原理如图乙所示。跳

楼机主干柱体上交替分布着方向相反、大小相等的匀强磁场，每块磁场区域的宽度均为0.8m,高度均相同,

磁感应强度的大小均为17,中间座椅后方固定着100匝矩形线圈，线圈的宽度略大于磁场的宽度，高度与

磁场高度相同，总电阻为8Q。若某次跳楼机失去其他保护，由静止从高处突然失控下落，乘客与设备的总

质量为640kg,重力加速度g取10m/s2,忽略摩擦阻力和空气阻力，则下列说法正确的是（）

线

圈

A.线圈中电流方向始终为顺时针

B.跳楼机的最大速度为2m/s

C.当跳楼机的速度为lm/s时，线圈中感应电流为20A

D.跳楼机速度最大时，克服安培力做功的功率为12800W

【答案】BCD

【详解】A.由右手定则可知，电流方向为逆时针与顺时针交替变化，故A错误;

B.跳楼机由静止下落后受安培力与重力，有：mg』=ma

跳楼机受到的安培力为：7=2nBiL

由法拉第电磁感应定律得：E=2nBLv

"下4n2B2I：v

口J得：mg-----...=ma

随着速度的增加，加速度减小，当加速度为0时，速度达到最大值，以后跳楼机做匀速运动，当跳楼机速

度最大时，安培力与重力平衡有：mg=4n2B”2.

解得：%=2m/s

故B正确；

C.由法拉第电磁感应定律得：E=2nBLv

由闭合电路欧姆定律，当跳楼机的速度为lm/s时，线圈中感应电流为：/=§=2等=20A

RR

故C正确；

D.当跳楼机速度最大时，有：%=mg

克服安培力做功的功率为：=mgvm=640x10x2W=12800W

故D正确。

故选BCD„

15.（2024・山西太原•二模）如图所示，水平平行边界内有垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度3=2.0T。

正方形单匝金属线框在磁场上方力=1.25m处，以5m/s向右水平抛出，下落过程中线框成边始终与磁场边

界平行，成边进入磁场和离开磁场时竖直方向的分速度均为3m/s。线框质量为01kg,边长为0.5m,总阻

值为1Q,不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（）

4C

h

XXXXXXXXX

XXXXXXXXX

x^xxxxxxxx

XXXXXXXXX

A.匀强磁场区域的高度为1.3m

B.线框通过整个磁场区域所用时间0.8s

C.线框进入磁场的过程中，水平位移为2.5m

D.cd边刚进入磁场时，克服安培力做功的功率为5W

【答案】AB

【详解】A.cd边刚进入磁场时竖直方向的分速度为：vy=^h=5m/s

由题意，根据线框进出磁场过程的对称性可知，cd边刚出磁场时竖直方向的分速度也为v-=5m/s,从帅

边刚进入磁场到cd边刚出磁场的过程中，线框中磁通量不变，感应电流为零，此过程线框自由下落，设匀

强磁场区域的高度为“，根据运动学规律有：v；-《=2g("-/)

解得：H=1.3m

故A正确；

B.设线框通过磁场上边界的时间为峭线框中的平均电流为7,根据动量定理有：(mg-BTl)tl=mvab-vy

根据电流的定义可知。时间内通过线框某一截面的电荷量为：4=%

根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律综合分析可知：q%啜”号

联立解得：％=0.3s

根据运动的对称性可知，线框穿出磁场区域的时间也为4=0.3s,线框中没有感应电流，只受到重力作用时，

线框下落所用时间为：匕二"=0.2s

g

则线框通过整个磁场区域所用时间为：值=2%+Z2=0.8s

故B正确；

C.线框进入磁场过程中，be边与ad边受到大小相等、方向相反的安培力的作用，故水平方向上受力平衡,

做匀速直线运动，则线框进入磁场过程中的水平位移为：x=%%=1.5m

故C错误；

D.cd边刚进入磁场时竖直方向的分速度为g，此时cd边切割磁感线产生的感应电动势为：E=Blvy=5V

线框中的电流为

F

I=-=5Acd边所受安培力大小为

R

F=BIl=5Ncd边克服安培力做功的功率为：尸=尸。=25W

故D错误。

故选AB。

16.(2024•福建三明•三模)如图，两平行足够长且电阻可忽略的光滑金属导轨安装在倾角为6光滑绝缘斜

面上，导轨间距L磁感应强度8的有界匀强磁场宽度为d,磁场方向与导轨平面垂直；长度为2d的绝缘

杆将导体棒和边长为d的正方形单匝线框连接在一起组成如图装置，其总质量如导体棒中通以大小为/的

恒定电流（由外接恒流源产生，图中未画出）。线框的总电阻为R,其下边与磁场区域边界平行。情形1：

将线框下边置于距磁场上边界x处由静止释放，线框恰好可匀速穿过磁场区域；情形2：线框下边与磁场区

域上边界重合时将线框由静止释放，导体棒恰好运动到磁场区域下边界处返回。导体棒在整个运动过程中

始终与导轨垂直，重力加速度g。则（）

A.情形1中，线框下边刚穿过磁场过程通过线框截面的电荷量4=率

R

C.情形2中，装置从释放到开始返回的过程中，线框中产生的焦耳热。=3机gdsina-5〃d

D.情形2中，线框第一次穿越磁场区域所需的时间"’28外sin,+2BY：

gsin0mRgsin9

【答案】BD

【详解】A.情形1中，线框刚穿过磁场过程通过线框截面的电荷量：=I\t=-\t=—Nt=—=—

qRR

故A错误；

B.情形1中，对装置，当线框在磁场中匀速时：mgsin9=BId=殁*

装置在进入磁场前做匀变速直线运动，由动能定理：mgsm0-x=^mv2-O

故B正确；

C.设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，作用在线框上的安培力做功为跖由动能定理

mgsin8•4d+印一BILd=0-0

其中：Q=~w

解得.Q=4mgdsin0-BILd

故C错误;

D.设线框刚离开磁场下边界时的速度为V,,对装置在接着向下运动2d过程中，由动能定理

12

mgsin0-2d-BILd=。一Qmv\

可得：巧=yjlBILd-4gdsin0

对装置在磁场中运动时，由牛顿第二定律：mgsin0-^=ma

可得：gsing-Bd丫

mR

在时间加内，有：AV=Q4

则：ZAv=Egsin。------\t

mR

后•qB2d2

日：vi-g^sinc/-----—Xj

而：%=2d

解得.fr^BILd-4gdsine\222d3

gsin0mgRsin3

故D正确。

故选BD,

17.（2024•河南郑州•模拟预测）如图所示，绝缘光滑水平面上有一边长为2例的等边三角形区域，区域内

存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为8,一半径为R阻值为r的圆形导线框从。点（计时起

点）沿方向以速度v匀速穿过磁场区域，下列说法正确的是（）

V

B.0------时间内线框中的电流先增大后减小

V

C.生时刻线框所受安培力大小为丝也

vr

DODCD

D.—~—时间内通过线框某横截面的电荷量之比为1：6

VVV

【答案】BD

【详解】A.根据楞次定律判断电流方向根据几何关系可知，圆形线框与三角形磁场区域的内接圆等大，—

时刻线框恰好完全进入磁场，空时刻，线框处于③位置，如图所示

'一3、、/d'一ZI，”

①②、、、、：③

C

恰有一半出磁场，根据楞次定律可知，0时间内线框中电流先沿逆时针后沿顺时针方向，故A错误；

v

WROD

B.0时刻，线框中感应电流为零，把时刻线框内的感应电流也为零，0~把时间内线框中的电流先增大

vv

后减小，故B正确；

nD

C.把时刻，线框处于①位置，根据几何关系可知线框切割磁感线的有效长度为&R,根据法拉第电磁感

V

应定律可知线框产生的感应电动势为：E=CBvR

F

电流：1=-

r

安培力：FMBIR

联立解得：尸=理也

r

故c错误；

D.0时刻，圆形线框的圆心在。点，0~4时间内磁通量的变化量为AQ=型罡

VV6

ODCD

把~把时间内磁通量的变化量大小为：A①2=%R沱

vv

根据4="可知0~4和辿时间内通过线框某横截面的电荷量之比为1:6,故D正确。

rvvv

故选BDo

18.（2021•广东•模拟预测）如图所示，绝缘的水平面上固定有两条平行的光滑金属导轨，导轨电阻不计，

两相同金属棒“、b垂直导轨放置，其右侧矩形区域内存在恒定的匀强磁场，磁场方向竖直向上。现两金属

棒分别以初速度2v°和吨同时沿导轨自由运动，先后进入磁场区域。已知。棒离开磁场区域前b棒已经进入

磁场区域，则a棒从进入到离开磁场区域的过程中，电流i随时间/的变化图像可能正确的有（）

【详解】AC.。棒以速度2吨先进入磁场切割磁感线产生的感应电流为：，。=之/

〃棒受安培阻力做变加速直线运动，感应电流也随之减小，即，一图像的斜率逐渐变小；设当b棒刚进入磁

场时〃棒减速的速度为V1,此时的瞬时电流为：4=—/

R

若匕=%，即：户警用

KZ

此时双棒双电源反接，电流为零，不受安培力，两棒均匀速运动离开，iT图像中无电流的图像，故A正确,

C错误；

BD.若匕<%,即：i[=——?

R2

此时双棒双电源的电动势不等要抵消一部分，因b棒的速度大，电流方向以6棒的流向，与原°棒的流向

相反即为负，大小为

i=瓦（?一片）b棒通电受安培力要减速,。棒受安培力而加速，则电流逐渐减小，故B错误，D正确。

故选AD。

19.（2024•天津北辰•三模）有关列车电气制动，可以借助如图所示简化模型来理解，图中水平平行金属导

轨处于竖直方向的匀强磁场中，导轨间距为A=0.5m,磁场的磁感应强度为8=2T,金属棒的质量为

机=0.2kg,导轨右端接有阻值为R=3。的电阻，金属棒接入电路部分的电阻为r=l。，导轨的电阻不计。

金属棒儿W在安培力作用下向右减速运动的过程对应于列车的电气制动过程，金属棒九W开始减速时的初

速度为%=4m/s。

（1）求刚开始减速时，导体棒两端的电压U;

（2）求刚开始减速时，安培力的功率P；

（3）在制动过程中，列车还会受到空气阻力和轨道的摩擦力作用，为了研究问题方便，设简化模型受到的

这些阻力总和大小恒为/=1N。在金属棒从开始减速到速度减至2m/s的过程中，金属棒的位移大小为

x°=0.6m。求：该过程中电路产生的焦耳热°。

【答案】（1）3V；(2)4W:(3)0.6J

【