备考2025高考物理“二级结论”精析与培优争分练讲义-15.电磁感应（教师版）

15.电磁感应——备考2025高考物理“二级结论”精析与培优争分练一、楞次定律楞次定律：(阻碍原因)内外环电流方向：“增反减同”，自感电流的方向：“增反减同”，磁铁相对线圈运动：“你追我退，你退我追”．通电导线或线圈旁的线框：线框运动时：“你来我推，你走我拉”，电流变化时：“你增我远离，你减我靠近”。例题1.（2024·浙江温州·二模）如图所示，两通电长直导线沿正方体的边和边放置，通过大小相等、方向如图中所示的恒定电流。一闭合圆形金属小线圈，初始位置圆心在A点，可沿不同方向以相同速率做匀速直线运动，运动过程中小线圈平面始终与平面平行。沿AD方向观察，不考虑地磁场影响，下列说法正确的是（）A．C和D两点的磁感应强度相同B．点的磁感应强度方向由D点指向点C．圆形小线圈由A点向点移动时能产生顺时针方向的感应电流D．圆形小线圈由A点向D点移动时能产生逆时针方向的感应电流【答案】D【解析】A．根据右手螺旋定则，知边导线产生的磁感应强度为、和边导线产生的磁感应强度为、，在C和D两点产生的磁场方向如图所示根据矢量的合成，知C和D两点的合磁场大小相等，方向不同，故A错误；B．根据右手螺旋定则，知边导线在点产生的磁场方向由，边导线在点产生的磁场方向由，根据矢量的合成，得点的磁感应强度方向由点指向D点，故B错误；C．圆形小线圈由A点向点移动时，因为小线圈平面始终与AA′B′B平面平行，故磁通量不变，无感应电流产生，故C错误；D．圆形小线圈由A点向D点移动时，磁通量减小，根据楞次定律得感应电流磁场方向垂直纸面向外，产生逆时针方向的感应电流，故D正确。故选D。练1.（2024·重庆·模拟预测）在家庭电路中，接地故障通断器在用电器发生漏电时，能保护人的生命和财产安全。当用电器正常工作时，紧靠的两根绝缘电线电流大小相等、方向相反；当用电器漏电时，线圈中就会产生感应电流，断路器切断电路。若某次漏电瞬间，电线1和电线2中电流流向如题图所示，且电线2中电流小于电线1中电流，则线圈内（

）A．磁通量增加，感应电流从N到M B．磁通量减少，感应电流从N到MC．磁通量增加，感应电流从M到N D．磁通量减少，感应电流从M到N【答案】A【解析】当用电器正常工作时，紧靠的两根绝缘电线电流大小相等、方向相反，此时穿过线圈的磁通量为零；当用电器漏电时，且电线2中电流小于电线1中电流，则线圈内磁通量增加，根据楞次定律可知感应电流从N到M。故选A。二、法拉第电磁感应定律的三个表达式的比较情景图研究对象回路(不一定闭合)磁场变化或面积变化一段直导线(或等效成直导线)切割磁感线绕一端转动的一段导体棒表达式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝BlvsinθE＝eq\f(1,2)Bl2ω例题2.（2024·辽宁辽阳·二模）CPU卡是一种基于芯片的智能卡，内部集成了处理器、存储器和加密模块等多个组件，正常工作电流约为，其天线为如图所示的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大，共3匝，其边长分别为、和，正常工作时匀强磁场垂直穿过线圈，磁感应强度的变化率为，则CPU卡工作时的功率约为（）A． B．C． D．【答案】C【解析】根据法拉第电磁感应定律，可得功率为故选C。练2.（2024·河南·二模）如图所示，铜制圆盘安装在水平铜轴上，圆盘位于两磁极之间（可视为匀强磁场），圆盘平面与磁感线垂直，两铜片C、D分别与转动轴和圆盘的边缘接触，电容为C的平行板电容器接在C、D之间，下极板接地．已知铜盘的半径为R，铜盘匀速转动的角速度为ω，磁感应强度为B。下列说法正确的是（）A．电容器极板上所带电荷量为BR2ωCB．将电容器的下极板向下移动一小段距离，则电容器极板上的电荷量增加C．将一金属板插入平行板电容器，则电容器的电容减小D．将电容器的上极板水平向右移动一小段距离，则电容器内P点的电势不变【答案】D【解析】A．圆盘匀速转动时产生的感应电动势为所以电容器极板上所带电荷量为故A错误；B．电容器的下极板向下移动一小段距离，根据公式可知电容C减小，再根据公式可知电容器极板上的电荷量减小，故B错误；C．将金属板插入平行板电容器，则电容器的板间距减小，根据可知电容C变大，故C错误；D．将电容器的上极板水平向右移动，板间距不变，由于板间电压不变，根据可知板间电场强度不变，下极板电势为零，P点距下极板距离不变，所以P点电势不变，故D正确。故选D。三、电磁感应中的动力学问题由于导体的感应电流在磁场中受到安培力作用，而安培力又会改变导体的运动状况，所以电磁感应常与力学知识联系在一起。1.电磁感应问题中电学对象与力学对象的相互制约关系2.两种状态(1)导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态。处理方法：根据平衡条件(合力等于零)列式求解。(2)导体处于非平衡状态——加速度不为零。处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析。3.电磁感应中的动力学临界问题基本思路：导体受外力运动eq\o(→,\s\up7(E＝Blv))感应电动势eq\o(→,\s\up7(I＝\f(E),\s\do5(R＋r)))感应电流eq\o(→,\s\up7(F＝IlB))导体受安培力→合力变化eq\o(→,\s\up7(F合＝ma))加速度变化→速度变化→感应电动势变化…→a＝0，v达到最大值。4.安培力直杆平动垂直切割磁感线时所受的安培力达到稳定时的速度其中为导体棒所受除安培力外其它外力的合力，为回路总电阻。例题3.（2023·江西·二模）如图所示，水平虚线上方有垂直纸面向外的单边界匀强磁场，虚线上方同一高度处有由材料相同、粗细不同的导线绕成的边长相同的Ⅰ、Ⅱ两个正方形闭合线圈（相距足够远），两线圈质量相等且均有一条对角线竖直，Ⅰ线圈匝数是Ⅱ线圈匝数的2倍，现让两线圈由静止开始做自由落体运动，已知线圈在运动过程中无旋转，空气阻力不计。则两线圈从开始跨过虚线到完全进入磁场的过程中，下列说法正确的是（

）A．运动时间不同 B．所受安培力的冲量相同C．完全进入磁场时的末速度不同 D．产生的焦耳热不同【答案】B【解析】A．线圈进入磁场的某时刻，设切割磁感线的有效长度为L，设此时线圈的速度为v，根据法拉第电磁感应定律，有结合欧姆定律和安培力的计算公式，有解得设正方形边长为a，导线的横截面积为S，则m＝则因两线圈自由下落到虚线的过程做自由落体运动，所以两个线圈到达虚线时的瞬时速度相同，则两线圈刚开始进入磁场时受到的安培力相同，又因为两个线圈所受到的重力相同，则加速度相同，因此两线圈进入磁场的过程运动情况完全相同，所以两线圈进入磁场的时间相同，A错误；B．整个过程中两线圈任意时刻受到的安培力相等，运动时间相同，所以两个线圈受到安培力的冲量相同，B正确；C．两个线圈受到的安培力每时每刻都相同，运动情况相同，所以完全进入磁场时的末速度相同，C错误；D．整个过程中两线圈任意时刻受到的安培力相等，运动距离相等，则克服安培力做的功相等，则它们产生的热量相等，D错误。故选B。练3.（2023·辽宁·模拟预测）如图所示是法拉第圆盘发电机，圆盘半径为r，圆盘处于磁感应强度为B，方向竖直向上的匀强磁场中。圆盘左边有两条光滑平行足够长倾斜导轨MN，导轨间距为L，其所在平面与水平面夹角为，导轨处于垂直斜面向上磁感应强度也为B的匀强磁场中，用导线把两导轨分别与圆盘发电机中心和边缘的电刷连接，圆盘边缘和圆心之间的电阻为R。在倾斜导轨上放置一根质量为m，长度也为L，电阻为2R的ab导体棒，其余电阻不计，当圆盘以某角速度ω匀速转动时，ab棒刚好能静止在斜面上，则（）A．a端电势高于b端电势B．圆盘转动的方向（从上往下看）为顺时针方向C．ab间电势差大小为D．若圆盘停止转动，ab棒将沿导轨匀加速下滑【答案】C【解析】A．ab棒刚好能静止在斜面上，由受力可知，电流方向由b向a，故a端电势低于b端电势，A错误；B.由右手定则可知，圆盘转动的方向（从上往下看）为逆时针方向，B错误；C.由题可知，圆盘产生的感应电动势为由闭合电路欧姆定律可知，ab间电势差大小为C正确；D.若圆盘停止转动，ab棒沿导轨向下做切割磁感线运动，由ab棒受力可知，棒先做加速运动后做匀速运动，D错误。故选C。四、感生电荷量感生电量：q＝eq\f(nΔΦ,R总).计算通过导体截面的电荷量的两个途径 例题4.（2024·河北·模拟预测）如图所示，A、B是两个相同的正方形导线框，它们从水平有界匀强磁场上方不同高度处由静止释放，线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是（）A．在A和B两线框进磁场的过程中，线框内的电流方向均为顺时针方向B．A和B两线框出磁场的过程中均可能做匀减速直线运动C．A线框在进磁场和出磁场的两过程中，产生的焦耳热可能相等D．在A和B两线框进磁场的过程中，通过导线横截面的电荷量不相等【答案】C【解析】A．根据楞次定律结合安培定则可知，在A和B两线框进磁场的过程中，线框内的电流方向均为逆时针方向，故A错误；B．线框出磁场的过程中，根据，，联立解得若两线框出磁场时所受安培力均小于重力，则根据牛顿第二定律有可知，安培力随速度的增大而增大，合外力减小，加速度减小，即相框做加速度减小的加速运动；若两线框出磁场时所受安培力均大于重力，则根据牛顿第二定律有可知线框做减速运动，但速度减小安培力将减小，合外力将减小，即线框将做加速度减小的减速运动，显然，A和B两线框出磁场的过程中均不可能做匀减速直线运动，故B错误；CD．电荷量线框进入磁场时有感应电流可得由于两线框相同，线框进入磁场时磁通量的变化量相同，因此在A和B两线框进磁场的过程中，通过导线横截面的电荷量相等，同样可知，两线框出磁场时通过导线横截面的电荷量与进磁场时相同，设线框A进入磁场时的速度为，进入磁场后的速度为，出磁场时的速度为，出磁场后的速度为，对进入磁场和出磁场的过程由动量定理有即有由于线框进出磁场时通过线框横截面的电荷量相同，因此可得即可得线框进出磁场时由能量守恒分别有若，则联立以上各式可得由于线框下落过程中安培力始终阻碍线框的下落，因此可得，而在磁场中线框做自由落体运动，因此有因此若满足，即可满足，而显然从线框完全进入磁场到线框恰好要出磁场的过程，线框做自由落体运动可能满足，如此A线框在进磁场和出磁场的两过程中，产生的焦耳热可能相等，故C正确，D错误。故选C。练4.（2023·重庆·三模）如图，空间等距分布无数个垂直纸面向里的匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度大小，每一条形磁场区域宽度及相邻条形磁场区域间距均为。现有一个边长、质量，电阻的单匝正方形线框，以的初速度从左侧磁场边缘水平进入磁场，下列说法正确的是（

）A．线框刚进入第一个磁场区域时，加速度大小为B．线框穿过第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量为C．线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热为D．线框从开始进入磁场到竖直下落过程中能穿过5个完整磁场区域【答案】C【解析】A．根据题意可得联立解得线框刚进入第一个磁场区域时受到的安培力为则线框的加速度大小为故A错误；B．由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电荷量计算公式可知解得通过线框的电荷量为穿过磁场区域过程中线框磁通量变化量为零，所以通过线框的电荷量为零，故B错误；C．当线框水平速度减为零时竖直下落，线框受到安培力的合力水平向左，安培力对线框做的负功等于电路中产生的焦耳热，由功能关系可得故C正确；D．水平方向安培力大小为设水平向右为正，由水平方向动量定理可得解得线框穿过1个完整磁场区域，有安培力作用的水平距离为2l，则有则线框从开始进入磁场到竖直下落过程中能穿过6个完整磁场区域，故D错误。故选C。五、电磁感应过程中产生的能量转化和焦耳热1.电磁感应现象中的能量转化eq\a\vs4\al(安培力做功)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(做正功：电能\o(→,\s\up7(转化))机械能，如电动机,做负功：机械能\o(→,\s\up7(转化))电能\o(→,\s\up7(电流),\s\do5(做功))\a\vs4\al(\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(焦耳热或其,他形式的能,量，如发电机)))))2.焦耳热的计算(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt。(2)感应电流变化，可用以下方法分析：①利用动能定理，求出克服安培力做的功W克安，即Q＝W克安。②利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量。3.基本步骤(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向。(2)画出等效电路，求出回路中消耗电功率的表达式。(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒定律得到导体做功的功率的变化与回路中电功率的变化所满足的关系。例题5.（2024·四川泸州·二模）如图所示，半径为R的光滑绝缘半圆轨道固定在水平地面上，一水平向右的通电直导线固定于轨道正上方，两半径相同、质量均为m的金属环P、Q分别置于半圆轨道两侧与圆心等高处，其中金属环Q有一小缺口。同时由静止释放两金属环，若不计碰撞时损失的机械能，金属环半径远小于半圆轨道半径，则下列说法中正确的是（）A．金属环P在下滑过程中有顺时针方向的感应电流B．两环恰好在半圆轨道最低点发生第一次碰撞C．两环第一次碰撞后，金属环P恰好能回到出发处D．最终两环产生的焦耳热总量为【答案】A【解析】A．根据题意可知两个金属环下滑过程中，由楞次定律得中感应电流方向为顺时针方向。故A正确；B．Q金属环因为没有闭合，所以不会产生感应电流，因此不受安培力作用，P金属环由楞次定律中的来拒去留规律可知受到的安培力竖直向上，所以P速度增加的比Q慢，两环第一次碰撞的位置在最低点的左侧圆弧上某个位置。故B错误；C．由题意可知碰撞瞬间时间极短，动量守恒，机械能也守恒，两金属环质量相等，所以会发生速度交换，根据能量守恒定律以及碰撞前Q的运动可知，若P不再受安培力作用，只受重力作用则可以回到出发点，但P碰后在轨道向上运动时，由楞次定律可知电流为逆时针方向，会受到向下的安培力作用，所以回不到出发处。故C错误；D．在P、Q两金属环相互作用的过程中，只要P环继续运动就会克服安培力作用产生热量，所以最终状态是两金属环均停在半圆轨道的最低点，由能量守恒定律可知P、Q系统所以最终两环产生的焦耳热总量为。故D错误。故选A。练5.（2023·贵州遵义·模拟预测）如图所示，光滑绝缘水平面上有一区域内存在垂直该平面向下的匀强磁场，磁场左右两边界平行。水平面上有一个正方形导线框，线框的边长小于磁场宽度，右边与磁场边界平行，线框以某一初速度垂直磁场边界进入磁场，最终完全穿出磁场。关于线框下列说法正确的是（）

A．进磁场的过程中线框所受安培力逐渐变小B．进磁场和出磁场两个过程中电流方向相同C．穿过磁场的全过程中一直做减速直线运动D．进磁场和出磁场两个过程中线框产生的焦耳热相同【答案】A【解析】A．进磁场的过程中线框的右边切割磁感线，产生感应电动势感应电流为安培力为进磁场的过程中，线框速度逐渐减小，线框所受安培力逐渐变小，故A正确；B．进磁场的过程中通过线框的磁通量增大，由楞次定律可知线框中产生逆时针的电流，出磁场的过程中通过线框的磁通量减小，由楞次定律可知线框中产生顺时针的电流，所以进磁场和出磁场两个过程中电流方向相反，故B错误；C．由于线框的边长小于磁场宽度，所以线框穿过磁场的过程中，有一段时间线框完全在磁场中，穿过线框的磁通量不变，这段时间线框中没有感应电流，线框不受安培力作用，线框做匀速直线运动，故C错误；D．进磁场和出磁场两个过程中线框产生的焦耳热都等于线框克服安培力所做的功，由于进磁场和出磁场两个过程线框都是减速运动，由可知，安培力也都是减小的，而线框进出磁场的位移相同，所以进磁场的过程中线框产生的焦耳热多，故D错误。故选A。六、电磁感应中的动量问题1.动量定理在电磁感应中的应用导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为I安＝eq\o(I,\s\up6(－))LBt＝BLq，通过导体棒或金属框的电荷量为q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R总)Δt＝neq\f(ΔΦ,Δt·R总)·Δt＝neq\f(ΔΦ,R总)，磁通量变化量ΔΦ＝BΔS＝BLx。如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安＝mv2－mv1。当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时用动量定理求解更方便。2.动量守恒定律在电磁感应中的应用在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力为系统内力，如果两安培力等大反向，且它们受到的外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便。这类问题可以从以下三个观点来分析：(1)力学观点：通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动。(2)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属杆的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒。(3)能量观点：其中一个金属杆动能的减少量等于另一个金属杆动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和。例题6.（2024·重庆·模拟预测）如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角的绝缘斜面上，其下端开口，顶部并联接入阻值的两个相同定值电阻，导轨间距，整个装置处于磁感应强度的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。一质量、长度、电阻的直金属棒垂直放置在导轨上，导轨电阻不计。金属棒从静止释放至达到最大速度过程中，棒上产生的总电热为，棒始终与导轨垂直并接触良好。不计空气阻力，金属棒与导轨间的动摩擦因数，重力加速度取，，则该过程中，金属棒沿斜面下滑的距离是（  ）A． B． C． D．【答案】B【解析】设金属棒ab达到的最大速度为v，由牛顿第二定律有从静止释放至达到最大速度过程中，设金属棒ab沿斜面下滑的距离为x，金属棒ab上产生的总电热，则两个并联定值电阻产生的总电热为由能量守恒定律有联立解得故选B。练6.（2024·山东济南·一模）如图所示，左右两部分间距之比为1：2的光滑水平导轨分别放在大小相等、方向相反且与导轨平面垂直的匀强磁场中。两根质量均为，电阻之比的金属棒垂直静置在水平轨道上。现用水平拉力F=250N作用在CD棒上，使其向右移动0.5m时撤去拉力，此时，在此过程中CD棒产生的热量为30J。设导轨足够长且两棒始终在不同的磁场中运动，导轨电阻不计，下列说法正确的是（

）A．撤去外力时导体棒AB的速度为8m/sB．撤去外力F后，棒AB、CD的加速度始终相等C．运动的全过程中回路产生的焦耳热为73.8JD．从撤去外力到两棒达到稳定状态，棒AB、CD运动的位移之比为1：2【答案】C【解析】A．两棒的长度分别为L和2L，电阻分别为R和2R，由于电路在任何时刻电流均相等，根据焦耳定律所以AB棒的焦耳热为15J，根据能量守恒定律，有又因为，带入可得，故A错误；B．根据牛顿第二定律而电路中两导体棒电流和质量相等，导体棒的长度之比为，故加速度之比为故B错误；C．撤去拉力F后，AB棒继续向左加速运动，而CD棒向右开始减速运动，两棒最终匀速运动时电路中电流相等，即两棒切割磁感应电动势大小相等，此时两棒的速度满足即对两棒分别应用动量定理，有而两导体棒的安培力可得此时电路中无电流，不产生焦耳热，个整个过程中产生的焦耳热故C正确；D．根据两棒的动量定理而冲量可知两棒位移之比为解得故D错误。故选C。例题7.（2024·贵州·模拟预测）如图，倾角为θ的光滑固定轨道cdef，宽为l，上端连接阻值为R的电阻，导体杆ab质量为m、电阻为r，以初速度沿轨道向上运动，空间存在水平向右、磁感应强度大小为B的匀强磁场，不计导轨电阻，导体杆与导轨始终接触良好，ab杆向上运动的距离为x，下列选项正确的是（重力加速度为g）（）A．开始时电阻电功率为B．开始时ab所受合力为C．该过程克服安培力做功D．该过程流过ab的电量【答案】B【解析】A．ab切割磁感线产生电动势电流大小方向在棒上为b到a，故电阻电功率故A错误；B．安培力为方向竖直向下，经正交分解后得出开始时ab所受合力为故B正确；C．做功表达式运动过程安培力不是恒力，不能直接使用，故C错误；D．感应电动势为电流为流过ab的电量为联立可得故D错误。故选B。练7.（2023·湖南永州·一模）如图所示，间距的粗糙倾斜金属轨道与水平面间的夹角，在其顶端与阻值为的定值电阻相连，间距相同的光滑金属轨道固定在水平面上，两轨道都足够长且在处平滑连接，至间是光滑绝缘带，保证倾斜轨道与水平轨道间电流不导通。倾斜轨道处有垂直轨道向上、磁感应强度大小为的匀强磁场，水平轨道处有竖直向上。磁感应强度大小为的匀强磁场。两根导体棒1、2的质量均为，两棒接入电路部分的电阻均为，初始时刻，导体棒1放置在倾斜轨道上，且距离足够远，导体棒2静置于水平轨道上，已知倾斜轨道与导体棒1间的动摩擦因数，。现将导体棒1由静止释放，运动过程中未与导体棒2发生碰撞。，，重力加速度，两棒与轨道始终垂直且接触良好，导轨电阻不计。下列说法正确的是（

）

A．导体棒1滑至瞬间的速度大小为B．导体棒1滑至瞬间，导体棒2的加速度大小为C．稳定时，导体棒2的速度大小为D．整个运动过程中通过导体棒2的电荷量为0.32C【答案】B【解析】A．由于导体棒1释放点离足够远，导体棒1滑至时一定达到稳定状态，由平衡可得即有解得故A错误；B．导体棒1滑至瞬间，导体棒1切割磁感线产生的电动势为回路中的电流为此时导体棒2的加速度为故B正确；C．导体棒1、2组成的系统由动量守恒可得得即稳定时，导体棒2的速度大小为1.6m/s2，故C错误；D．对导体棒2由动量定理有即电荷量故D错误。故选B。（建议用时：60分钟）一、单选题1．如图甲所示，列车车头底部安装强磁铁，线圈及电流测量仪埋设在轨道地面（测量仪未画出），P、Q为接测量仪器的端口，磁铁的匀强磁场垂直地面向下、宽度与线圈宽度相同，俯视图如图乙。当列车经过线圈上方时，测量仪记录线圈的电流为0.12A。磁铁的磁感应强度为0.005T，线圈的匝数为5，长为0.2m，电阻为0.5Ω，则在列车经过线圈的过程中，下列说法正确的是（）A．线圈的磁通量一直增加B．线圈的电流方向先顺时针后逆时针方向C．线圈的安培力大小为D．列车运行的速率为12m/s【答案】D【解析】AB．在列车经过线圈的上方时，由于列车上的磁场的方向向下，所以线圈内的磁通量方向向下，先增大后减小，根据楞次定律可知，线圈中的感应电流的方向为先逆时针，再顺时针方向。故AB错误；C．线圈的安培力大小为故C错误；D．导线切割磁感线的电动势为根据闭合电路欧姆定律可得联立，解得故D正确。故选D。2．用材料相同粗细均匀的导线做成如图所示的单匝线圈，线圈构成一个闭合回路。左侧小圆的半径为2d，中间大圆的半径为3d，右侧小圆的半径为d，左侧两圆连接处缺口的长度可忽略不计，右侧两圆错开相交连通（麻花状），将线圈固定在与线圈所在平面垂直的磁场中，磁感应强度大小为，式中的和k为常量，则线圈中感应电动势的大小为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】根据楞次定律可知，左侧小圆和中间大圆产生的感应电流方向相同，而右侧小圆产生的感应电流方向与左侧小圆和中间大圆的相反，根据法拉第电磁感应定律可得线圈中感应电动势的大小为故选B。3．n匝半径为r的圆形闭合线圈，置于如图所示的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直。若磁感应强度与时间的关系为（、k为常数），线圈中产生的感应电动势为E；若磁感应强度，使线圈绕直径匀速转动时，线圈中产生的感应电动势的有效值也为E．则线圈的角速度为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】若磁感应强度与时间的关系为（、k为常数），则线圈中产生的感应电动势为若磁感应强度，使线圈绕直径匀速转动时，线圈中产生的感应电动势联立解得故选D。4．如图所示，边长为2L的正三角形abc区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，一边长为L的菱形单匝金属线框ABCD的底边与bc在同一直线上，菱形线框的。使线框水平向右匀速穿过磁场区域，BC边与磁场边界bc始终共线，以B点刚进入磁场为计时起点，规定导线框中感应电流逆时针方向为正，则下列图像正确的是（）A． B． C． D．【答案】A【解析】设线框匀速运动速度大小为；以B点刚进入磁场为计时起点，在内，边逐渐进入磁场切割磁感线，产生的电动势为线圈中的电流大小为根据楞次定律可知，线圈中的电流方向为逆时针方向，即电流为正；在内，整条边在磁场中切割磁感线，边逐渐进入磁场切割磁感线，线圈产生的电动势为线圈中的电流大小为根据楞次定律可知，线圈中的电流方向为逆时针方向，即电流为正；在内，整条边离开磁场区域，整条边在磁场中切割磁感线，产生的电动势恒为线圈中的电流大小恒为根据楞次定律可知，线圈中的电流方向为顺时针方向，即电流为负；之后整个线框离开磁场区域，没有感应电流。故选A。5．如图甲所示，两间距为L的平行光滑金属导轨固定在水平面内，左端用导线连接，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，一根长度也为L、电阻为R的金属棒放在导轨上，在平行于导轨向右、大小为F的恒力作用下向右运动，金属棒运动过程中，始终与导轨垂直并接触良好，金属棒运动的加速度与速度关系如图乙所示，不计金属导轨及左边导线电阻，金属导轨足够长，若图乙中的均为已知量，则下列说法不正确的是（）A．金属棒的质量为B．匀强磁场的磁感应强度大小为C．当拉力F做功为W时，通过金属棒横截面的电荷量为D．某时刻撤去拉力，此后金属棒运动过程中加速度大小与速度大小成正比【答案】C【解析】A．由题意可知得结合图像可知解得故A正确；B．由题意可知得结合图像可知解得故B正确；C．当拉力F做功为W时，金属棒运动的距离为则通过金属棒截面的电量故C错误；D．某时刻撤去拉力，此后则故D正确。本题选不正确的，故选C。6．如图，在间距为d的水平固定平行金属导轨上，放置质量分别为2m0、m0的金属杆M、N。N的中点系着一条跨过定滑轮的细绳，细绳下端悬挂重物，滑轮左侧细绳与导轨平行。两导轨间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。当重物质量m取不同值时，系统最终稳定的状态不同。设稳定时M杆的加速度大小为a，回路中电动势为E、电流为I、热功率为P。已知重力加速度大小为g，两杆接入回路的总电阻为R，导轨足够长且电阻不计，忽略一切摩擦，两杆始终与导轨垂直且接触良好。则下列关系图像合理的是（）A． B．C． D．【答案】D【解析】A．根据牛顿第二定律，对N棒，有对重物，有所以对M棒，有根据闭合电路欧姆定律可得，回路中的电流为经过Δt时间的电流为当系统最终稳定时电流不变，即所以即稳定时，棒与重物的加速度相同，一起做匀加速直线运动，所以则由此可知，a与m的变化规律不是过原点的倾斜直线，故A错误；B．根据以上分析可知当m趋近于无穷大时，E达到最大，此时故B错误；C．回路中电流为所以故C错误；D．回路中的热功率为所以故D正确。故选D。二、多选题7．如图，间距为L的光滑平行导轨竖直固定放置，导轨上端接有阻值为R的定值电阻，矩形匀强磁场的宽度为d，磁场的磁感应强度大小为B。一根质量为m、电阻为R的金属棒由静止释放，释放的位置离磁场的上边界距离为2d，金属棒进入磁场后穿出，金属棒运动过程中始终保持水平且与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．金属棒穿过磁场的过程中，回路中产生逆时针的电流B．金属棒穿过磁场的过程中，回路中产生顺时针的电流C．金属棒刚进入磁场时的速度大小为D．金属棒穿过磁场后，流经电阻R的电荷量为【答案】AD【解析】AB．根据右手定则可知，金属棒穿过磁场的过程中，回路中产生逆时针的电流，故A正确，B错误；C．金属棒进入磁场前做自由落体运动，则有解得，金属棒刚进入磁场时的速度大小为故C错误；D．由公式、和可得则金属棒穿过磁场后，流经电阻R的电荷量为故D正确。故选AD。8．某兴趣小组利用电容放电装置研究电磁弹射。如图，离地面高为h的水平面上固定一半径为r的金属圆环，一根长为2r、电阻为的金属棒P沿直径放置，它的两端与圆环接触良好，该棒以圆心为转轴匀速转动。圆环内左半圆存在磁感应强度大小为的匀强磁场（方向竖直向上），圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距为l的水平放置的光滑平行金属轨道相连，轨道间接有电容为C的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。水平导轨上放置一质量为m金属棒Q，它置于磁感应强度为的匀强磁场（方向竖直向上）区域内靠左侧边缘。先将开关置于1端，让金属棒P绕轴以角速度匀速转动，等电容器充电结束后，再将开关S置于2端，电容器放电使得导轨上的金属棒Q运动起来水平抛出。圆环及轨道内阻均不计，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（

）A．电容器充电后，M板带正电B．电容器充电后电容带电量为C．电容器充电后电容带电量为D．金属棒Q抛出到落地的最大水平距离为【答案】AC【解析】A．开关S和接线柱1接通，电容器充电，充电过程，对绕转轴转动的金属棒P，由右手定则可知电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电，故A正确；BC．根据法拉第电磁感应定律可知则电容器所带的电荷量故B错误，C正确；D．假设电容器放电能够将电荷量全部放完，电容器放电过程对金属棒Q由动量定理有，得根据平抛运动公式，有，联立可得但是实际电容器放电结束时电容器应保留一部分电荷，使得电容器两端电压和导体棒的相等，故D错误。故选AC。9．如图是手压式自发电手电筒的原理图。轻轻按压发电手柄，圆形导体环（圆心与环间固定有三根导体棒）就会绕圆心沿顺时针方向转动。保持一定的按压频率，导体环就会以角速度匀速转动。不考虑小灯泡电阻的变化，下列说法正确的是（）A．通过灯泡的电流随时间做周期性变化B．通过灯泡的电流方向始终从上向下C．若环以的角速度转动，灯泡中的电流变为原来的2倍D．若环以的角速度转动，灯泡中的电流变为原来的4倍【答案】BC【解析】AB．导体棒切割磁感线产生感应电动势从而使闭合回路中产生感应电流，由于环顺时针转动，根据右手定则可知，产生的感应电流的方向始终不变，通过灯泡的电流方向始终从上向下，而导体棒以恒定的角速度转动，产生的感应电动势大小也始终不变，故A错误，B正确；CD．设圆环的半径为，则产生的感应电动势的大小为可得电路中感应电流的大小为可知，当环以的角速度转动，灯泡中的电流变为原来的2倍，故C正确，D错误。故选BC。10．如图所示，水平边界1、2间有沿水平方向的匀强磁场，质量为m、电阻为R、边长为L的正方形金属线框ACDE在磁场正上方的某一高度处由静止释放，AC边进磁场与AC边出磁场时的速度相等。金属线框运动过程中，始终在垂直于磁场的竖直面内，AC边始终水平，磁场宽度为d，且d大于L，则下列判断正确的是（

）A．AC边进磁场时，竖直方向的安培力小于重力B．AC边出磁场时，做减速运动C．线框穿过磁场产生的焦耳热大小为2mgdD．线框由静止释放的位置越高，则线框进磁场过程通过线框某一横截面的电荷量越多【答案】BC【解析】AB．第一次，AC边进磁场与AC边出磁场时的速度相等，表明AC边进磁场时做减速运动，线框进磁场过程和出磁场过程运动情况相同，因此第一次线框DE边进磁场和出磁场速度相同，内此线框进出磁场过程均先做减速运动，重力小于安培力，A错误，B正确；C．线框从AC边刚进磁场到AC边刚出磁场过程，线框中产生的焦耳热Q1=mgd则线框穿过磁场产生的焦耳热Q=2Q1=2mgdC正确；D．线框进磁场过程通过线框某一横截面电荷量不变，与释放的高度无关，D错误。故选BC。11．如图所示，空间存在一范围足够大的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面（竖直面）向里，为磁场区域的上边界，磁场上方有一个质量为m的正方形导线框，边与平行。已知线框边长为L，总电阻为R，重力加速度为g，线框从图示位置由静止开始自由下落，则在边进入磁场的过程中，关于线框的运动，下列说法中正确的是（）A．线框可能一直做匀速运动B．线框可能一直做匀加速运动C．线框可能先做减速运动再做匀速运动D．线框若出现匀速运动，其速度大小一定是【答案】ACD【解析】线框刚开始做自由落体运动，ab边以一定的速度进入磁场，ab边切割磁场产生感应电流，根据电磁感应定律可知ab受到竖直向上的安培力；根据线框刚进入磁场时安培力和重力的大小关系，可能出现的情况为：(i)若线框刚进入磁场时，安培力等于重力，则线框匀速进磁场。即，，此时线框做匀速运动，速度为(ii)若线框刚进入磁场时，安培力大于重力，线框做减速运动，安培力减小，线框做加速度减小的减速运动，当线框速度减小到，仍未全部进入磁场，线框后面将做匀速运动。(iii)若安培力小于重力，线框做加速度减小的加速运动，当线框速度减小到，仍未全部进入磁场，线框进入磁场的过程中后面将做匀速运动。故选ACD。12．如图1所示，间距为L的两足够长平行光滑导轨处于竖直固定状态，导轨处在垂直导轨平面的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨顶端连接阻值为R的定值电阻。质量为m、接入电路电阻也为R的金属杆垂直接触导轨，让金属杆由静止开始下落，同时给金属杆施加竖直方向的拉力，使金属杆运动的速度v与运动位移x的关系如图2所示，当金属杆运动距离时撤去外力，金属杆恰能匀速运动。已知重力加速