2025年高考物理一轮复习之电磁感应

2025年高考物理一轮复习之电磁感应

一.选择题（共10小题）

1.法拉第圆盘发电机示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两电刷P、Q分别与圆盘的边缘和铜

轴接触，下列说法正确的是（）

RQ

A.若圆盘转动的角速度均匀增大，回路电流大小恒定

B.若从上往下看圆盘逆时针转动，电刷Q电势高于P电势

C.若圆盘转动方向不变，角速度大小变化，则电流方向可能变化

D.若圆盘转动角速度变为原米的2倍，则R的热功率也变为原来的2倍

2.高速铁路列车通常使用磁刹车系统，磁刹车工作原理可简述如下：将磁铁的N极靠近一块正在以逆时

针方向旋转的圆形铝盘，使磁感线总垂直射入铝盘时，铝盘随即减速，如图所示，圆中磁铁左方铝盘的

甲区域朝磁铁方向运动，磁铁右方的乙区域朝离开磁铁方向运动，下列说法中正确的是（）

铝盘转轴磁铁

、•/

甲区域厂《乙区域

「7xxx公…、

A.铝盘甲区域的感应电流会产生垂直纸面向里的磁场

B.磁场与感应电流的作用力，会产生将铝盘减速旋转的阻力

C.感应电流在铝盘产生的内能，是将铝盘减速的最主要原因

D.若将实心铝盘转换成布满小空洞的铝盘，则磁铁对布满空洞的铝盘减速效果比实心铝盘的效果更好

3.如图，在水平面上有两条光滑平行导电导轨，匀强磁场垂直于导轨所在的平面，磁感应强度的大小为B,

两根材质相同、长度相等的金属杆P、Q间隔一定的距离撰开放在导轨上，且与导轨垂直，杆P质量是

杆Q的两倍，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计。杆P以初速度vo滑向杆Q,为使两杆不相碰，则

杆Q固定与不固定两种情况卜，最初摆放两杆时的最少距离之比为（)

C.3：1D.1：3

4.如图甲所示，连接电流传感器的线圈套在竖直放置的长玻璃管上。将强磁铁从离玻璃管上端高为h处

由静止释放，磁铁在玻璃管内下落并穿过线圈。口、12、13时刻的电流为0。如图乙所示是实验中观察到

的线圈中电流随时间变化的图像，空气阻力不计则（）

甲乙

A.II〜t3过程中线圈对磁铁作用力方向先向上后向卜

B.磁铁上下翻转后重复实验，电流方向先负向后正向

C.t2时刻，穿过线圈磁通量的变化率最大

D.h加倍后重复实验，电流峰值将加倍

5.据报道，中国第三艘航母福建舰苜次进行海试。该舰苜次采用电磁弹射器技术，如图所示为电磁弹射

装置的等效电路图（俯视图）。两根相互平行的光滑长直导轨固定在水平面上，在导轨的左端接入电容

为C的超级电容器，阻值为R的导体棒MN静止与导轨上。先给电容器充电（电荷量为Q）,闭合开关

S后，弹射时电容器释放储存的电能，所产生的强大电流经过棒MN,在强磁场作用下加速。棒MN始

终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻。下列说法正确的是（）

A.超级电容器相当电源，放电时两端电压不变

B.在电容器放电过程中，电容器的电容不断减小

C.通过导体棒MN电流的最大值为名

D.导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大

6.电磁学的成就极大地推动了人类社会的进步。下列说法正确的是（）

静止开始下落

丙丁

A.甲图中，真空冶炼炉利用涡流热效应熔化炉内金属

B.乙图是某品牌手机无线充电原理图，发射线圈需要通恒定电流

C.丙图中，磁块在没有裂缝的铝管中由静止开始下落做的是自由落体运动

D.丁图中，楞次通过实验研究，发现了电流周围存在磁场

7.线圈炮是电磁炮的一利由加速线圈和弹丸线圈构成，根据通电线圈之间磁场的相互作用原理而工作。

如图所示，弹丸线圈放在绝缘目.内壁光滑的水平发射导管内。闭合开关S后，在加速线圈中接通变化的

巨流iab,则能使静止的弹丸线圈向右发射的电流是（）

8.矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动。若轴线右侧没有磁场（磁场具有理想边界），如图所示。设

abcda方向为感应电流的正方向。从图示位置开始一个周期内线圈感应电流随时间变化的图像中，正确

的是（）

9.如图所示，光滑U形金属导轨固定在水平面上,一根导体棒垂直都置于导轨上构成回路。将回路止上

方的条形磁铁竖直向上抛出。在其运动到最高点的过程中，安培力对导体棒做功W,回路中产生生焦

耳热为Q，导体棒获得的动能为Ek,重力加速度为g,下列说法正痈的是（）

A.导体棒对轨道压力大于重力

B.磁铁加速度为g

C.W=Q

D.W=Ek

io.如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有.两个方向相反的水平方向的匀强磁场，磁场范围足够大，磁

感应强度的大小左边为2B,右边为3B,一个竖直放置的宽为L、长为3L、单位长度的质量为m、单位

K度的电阻为r的矩形金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动

到虚线位置（在左边磁场中的长度为L,在右边磁场中的长度为2L）时，线框的速度为1也则下列判

断正确的是（）

2B3B

I

।XXXXXXXXXX

!XXXXXXXXXX

[XXXXXXXXXX

••••••IXXXXXXXXXX

・♦・卜•••IxYxixxxxxx

•••♦卜♦[XXXXXXXXXX

[aR2]y

A.此时线框中电流方向为逆时针，线框中感应电流所受安培力为k

此过程中通过线框截面的电量为用子

B.

LJ

4、

C.此过程中线框产生的焦耳热为;;mv2

9

D.线框刚好可以完全进入右侧磁场

二.多选题（共4小题）

（多选）11.如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小为B

=kt（k为常量，t为时间）的磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为

P、高度为h,半径为r,厚度为d（d«r）。则下列说法正确的是（）

—>_>

A.从上向下看，金属薄圆管中的感应电流为顺时针方向

B.金属薄圆管的感应电动势为丁

fl

TTd/lk2V3

C.金属薄圆管的热功率为.

2P

D.轻绳对金属薄圆管的拉力大小随时间减小

（多选）12.如图所示，光滑绝缘水平桌面上放置一边长为L、质量为m、每边电阻均为Ro的正方形金属

纽框，右侧区域内存在宽度为2L的方向垂直于桌面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B,两虚线为

磁场边界。现使金属框以一定的初速度水平向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终

与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小变为它初速度的三分之一。卜列说法正确他是

382/?

A.金属框的初速度大小为I------------

4mR0

38243

金属框的初速度大小为

mR0

金属框进入和离开磁场的过程中产生的焦耳热相等

金属框穿过磁场区域的整个过程中产生的焦耳热为关篇

（多选）13.根据实际需要，磁铁可以制造成多种形状，如图就是一根很长的光滑圆柱形磁棒，在它也侧

面有均匀向外的辐射状磁场。现将磁棒竖直固定在水平地面上，磁棒外套有一个粗细均匀的圆形金届线

圈，金属线圈的质量为m,半径为R,电阻为r,金属线圈所在位置的磁场的磁感应强度大小为B.让

金属线圈从磁棒上端由静止释放，经一段时间后与水平地面相碰（碰前金属线圈已达最大速度）并原速

率反弹，又经时间3上升到距离地面高度为h处速度减小到零。下列说法中正确的是（）

（a）纵截面示意图（b）俯视图

A.金属线圈与地面撞击前的速度大小

B.撞击反弹后上升到最高处h的过程中，通过金属线圈某一截面的电荷量，［二一粤

8n3B3R32nBR

C.撞击反弹后上升到最高处h的过程中，通过金属线圈某一截面的电荷量。彳-嘤

87T3B3R3TlBR

TH302r2

D.撞击反弹后上升到最高处h的过程中，金属线圈中产生的焦耳热”叫

（多选）14.电子感应加速器是加速电子的一类常见加速器，结构示意主视图、俯视图如图甲所示，上下

为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动。电磁铁线圈中电流的

大小、方向变化，产生的感生电场使电子加速，规定图甲中所示电流产生的磁场方向为正方向。磁极在

真空室区域内产生磁感应强度大小为8=8（k>0）的变化磁场，使电子逆时针加速，已知磁场随时间

均匀变化时感生电场的大小£=端?其中R为此时电子做圆周运动的轨迹半径，元电荷电量为e,

则下列说法正确的是（）

A.电子绕真空室一圈，动能增量为eknR2

B.磁感应强度随时间线性减小时，电子也能被加速

C.若磁感应强度随时间按图丙所示规律变化，电子在加速器中全程均可被加速

D.若磁感应强度随时间按图丙所示规律变化，电子在加速器中仅在;周期内可被加速

三.填空题（共2小题）

15.图是一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈A和B。线圈A跟电源连接，线圈B两端连在一

起，构成一个闭合电路。在断开开关S的时候，弹簧K将（A：立即：B：过一会儿）将衔铁

16.如图所示，在光滑水平金属框架上有一导体棒ab。第一次以速度v匀速向右平动，第二次以速度2V

匀速向右平动，两次移动的距离相同，则两种情况下回路中产生的感应电动势之比和通过

R的电荷量之比

XXXXXX

RXXX哎XBX

XXXXXX

b

四.解答题（共4小题）

17.如图所示，在空间中有一垂直纸面向里方向的匀强磁场区域，磁场上下边缘间距为h=5.2m,磁感应

强度为B=1T,边长为L=lm、电阻为R=l。、质量为m=1kg的E方形导线框紧贴磁场区域的上边从

静止下落，当线圈PQ边刚出磁场的下边缘时，恰好开始做匀速运动，重力加速度为g=10m/s2,求：

（1）PQ边刚出磁场下边缘时的速度v：

（2）导线框穿过磁场所产生的焦耳热；

（3）导线框从开始下落到PQ边到达磁场下边缘流过线框的电荷量。

xPxxxQx

XXXXX

XXXXX

XXXXX

18.如图所示，倾斜光滑金属导轨的倾角为30。，水平导轨粗糙，两平行导轨的间距均为L。质量为四、

且阻为R、氏度为L的金属棒a垂直水平导轨放置，两导轨间均存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁

感应强度大小分别为臼和B2。现把质量为m、电阻为R、长度也为L的金属棒b垂直倾斜导轨由静止

释放，重力加速度为g,倾斜导轨无限长，金属棒a始终静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求:

<1）金属棒b的最大加速度am；

（2）金属棒a与导轨间的摩擦因数.至少为多少；

（3）从静止释放金属棒b,当其沿斜面下滑x位移时，b棒刚好达到稳定状态，求此过程a棒产生的焦

耳热。

19.如图中所示，MN、PQ是固定于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距L=2.0m：Ri=R,R2

=2R是并联在导轨一端的两个电阻，质量m=1.0kg的导体棒ab垂直跨在导轨上，电压传感器与这部

分装置相连。导轨所在空间有磁感应强度B=0.5T、方向竖直向下的匀强磁场。从t=0开始对导体棒

ab施加一个水平向左的外力F,使其由静止开始沿导轨向左运动，电压传感器测出R］两端的电压隧时

间变化的图线如图乙所示，其中OA段是直线，AB段是曲线、BC段平行于时间轴。假设在从1.2s开

始以后，外力F的功率P=4.5W保持不变。导轨和导体棒ab的电阻均可忽略不计，导体棒ab在运动

过程中始终与导轨垂直，且接触良好，不计电压传感器对电路的影响，题中R是未知量，重力加速度

（1）导体棒ab做匀变速直线运动时的加速度;

<2）导体棒ab与导轨间的动摩擦因数n：

（3）在1.2s-2.4s的时间内，导体棒位移x=LI5m,求回路产生的焦耳热（计算结果保留1位有效数

字）。

20.如图甲所示，电阻不计、间距L=0.5m的两根足够长平行金属导轨构成的平面与水平面成6=37°角，

导轨上端连接定值电阻R=10。整个导轨平面处于垂直于导轨平面向下、磁感应强度大小B=0.8T的

匀强磁场中。一质量为m=0.2kg、长度L=0.5m、电阻r=l。的导体棒从导轨上某处由静止释放，此

后其速度一时间图像（v-t）如图乙所示，导体棒5s末已经达到最大速度。导体棒与导轨间的动摩擦

因数p=0.5,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导体棒始终垂直于导轨且接触良好。重力加速度g=10m/$2,

sin370=0.6,求：图甲

（I）导体棒匀速阶段速度大小V,,,,

（2）前5s内导体棒通过的位移：

（3）前5s内导体棒上产生的焦耳热。

2025年高考物理一轮复习之电磁感应

参考答案与试题解析

一.选择题(共10小题)

1.法拉第圆盘发电机示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两电刷P、Q分别与圆盘的边缘和铜

A.若圆盘转动的角速度均匀增大，回路电流大小恒定

B.若从上往下看圆盘逆时针转动，电刷Q电势高于P电势

C.若圆盘转动方向不变，角速度大小变化，则电流方向可能变化

D.若圆盘转动角速度变为原来的2倍，则R的热功率也变为原来的2倍

【考点】线圈进出磁场的能量计算；用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压和电流；导体转动切割磁

感线产生的感应电动势.

【专题】定量思想：推理法；电磁感应与电路结合：分析综合能力.

【答案】B

【分析】圆盘转动可等效看成无数轴向导体切割磁感线，有效切割长度为铜盘的半径L,求出感应电动

势，应用闭合电路的欧姆定律求出电流；根据右手定则分析感应电流方向，根据电功率计算公式分析电

流在R上的热功率变化情况。

【解答】解：A.回路中的感应电动势为

-corBa)r2

Er=BDrv=BDr-^-=——

回路电流大小为

,EBa)r2

l=R=-2T

可知若圆盘转动的角速度均匀增大，回路电流大小均匀增大，故A错误：

B.若从上往下看圆盘逆时针转动，根据右手定则，电刷Q电势高于P电势，故B正确：

C.若圆盘转动方向不变，角速度大小变化，根据右手定则，则电流方向不变，故C错误：

D.若圆盘转动用速度变为原来的2倍，回路中的感应电动势变为原来的2倍，根据

£12

P=—

R

可知R的热功率也变为原来的4倍，故D错误。

故选：Bo

【点评】本题主要是考查了法拉第电磁感应定律,对于导体切割磁感应线产生的感应电动势情况有两种:

一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据£=83来计算：二是导体棒转动切割磁感应线产生的

感应电动势，可以根据E=*BI?3来计算。

2.高速铁路列车通常使用磁刹车系统，磁刹乍工作原理可简述如下：将磁铁的N极靠近一块正在以逆时

针方向旋转的圆形铝盘，使磁感线总垂直射入铝盘时，铝盘随即减速，如图所示，圆中磁铁左方铝盘的

甲区域朝磁铁方向运动，磁铁右方的乙区域朝离开磁铁方向运动，下列说法中正确的是（）

A.铝盘甲区域的感应电流会产生垂直纸面向里的磁场

B.磁场与感应电流的作用力，会产生将铝盘减速旋转的阻力

C.感应电流在铝盘产生的内能，是将铝盘减速的最主要原因

D.若将实心铝盘转换成布满小空洞的铝盘，则磁铁对布满空洞的铝盘减速效果比实心铝盘的效果更好

【考点】楞次定律及其应用；生活中的电磁感应现象.

【专题】定性思想；推理法；电磁感应与图象结合；推理能力.

【答案】B

【分析】根据楞次定律以及“来拒去留”推论，结合电阻变大，电流变小分析求解。

【解答】解：A.铝盘甲区域中的磁通量向里增大，由楞次定律可知，日区域感应电流方向为逆时针方向，

则此感应电流的磁场方向垂直纸面向外，故A错误；

BC.由“来拒去留”可知，磁场与感应电流的作用力，会产生将铝盘减速旋转的阻力，会使铝盘减速，

故B正确，C错误；

D.改成空洞铝盘，电阻变大，电流变小，阻碍效果更差，故D错误。

故选：Bo

【点评】本题考查了楞次定律，理解增反减同、来拒去留是解决此类问题的关键。

3.如图，在水平面上有两条光滑平行导电导轨，匀强磁场垂直于导轨所在的平面，磁感应强度的大小为B,

两根材质相同、氏度相等的金属杆P、Q间隔一定的距离摆开放在导轨上，且与导轨垂直，杆P质量是

杆Q的两倍，两杆与导轨接触良好，导轨电阻不计。杆P以初速度vo滑向杆Q,为使两杆不相碰，则

杆Q固定与不冏定两种情况下，最初摆放两杆时的最少距离之比为（）

PQ

XXXXXXX

JX:X^XXXX

x|xxVXXXXX

A.1：iB.1：2C.3：ID.1：3

【考点】双杆在等宽导轨上切割磁场的运动问题；动量定理在电磁感应问题中的应用；动量守恒定律在

目磁感应问题中的应用；用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压向电流：导体平动切割磁感线产生的

感应电动势.

【专•题】定量思想；推理法：电磁感应中的力学问题：推理能力.

【答案】C

【分析】根据电阻定律确定杆P、Q的电阻关系。杆Q固定时，对阡P，根据动量定理，结合电流的定

义式、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律求解最初摆放两杆时的最少距离。杆Q不固定时，杆P、

Q相对运动时两杆组成的系统动量守恒，最终两杆以相同的速度做匀速直线运动。最初摆放两杆时的最

少距离等于杆P、Q的最大相对位移。根据动量守恒定律求得最终两杆的速度。对杆Q，根据动量定理

求解最初摆放两杆时的最少距离。

【解答】解：已知两金属杆材质相同、长度相等，杆P质量是杆Q的两倍，可得杆P的横截面积是杆

Q的两倍，根据电阻定律，可知杆P的电阻是杆Q的点设杆P的质量为2m,电阻为R,则杆QM质

量为m,电阻为2R。

杆Q固定时，设最初摆放两杆时的最少距离为xi,这也是杆P速度减到零的距离，以向右为正方向,

对杆P，根据动量定理得：

*BL7-At=0-2mvo

其中：7・4=各“=BLv-At_BLxx

3R=^R~

解得：必=

杆Q不固定时，设最初摆放两杆时的最少距离为X2,这也是杆P、Q的最大相对位移。杆P、Q相对运

动时受到等大反向的安培力作用，两杆组成的系统所受合力为零，此系统动量守恒,最终两杆相对静止，

以相同的速度做匀速直线运动，设最终两杆的速度均为v,以向右为正方向，则有：

2mvo=(2m+m)v,解得：v=

以向右为正方向，对杆Q，根据动量定理得：

BL/7•At'=mv-0

其中：岛4'=聚加'=票=鬻

解得：必=智¥

可得：XI：X2=3：L故ABD错误，C正确。

故选：Co

【点评】本题考查了电磁感应现象中的力学问题，对于电磁感应与力学综合问题研究思路常常有两条：

一条从力的角度，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式、平衡条件、牛顿第二定

律、动量定理列出方程：另一条是功与能的角度，根据动能定理、功能关系、能量守恒等列方程求解。

如果涉及到电荷量、位移、时间问题时可根据动量定理，结合电荷量的推论公式进行解答。

4.如图甲所示，连接电流传感器的线圈套在竖直放置的长玻璃管上。将强磁铁从离玻璃管上端高为h处

由静止新放，磁铁在玻璃管内下落并穿过线圈。II、12、13时刻的电流为0。如图乙所示是实验中观察到

的线圈中电流随时间变化的图像，空气阻力不计则()

A.t|〜t3过程中线圈对磁铁作用力方向先向上后向下

B.磁铁上下翻转后重复实验，电流方向先负向后正向

C.t2时刻，穿过线圈磁通量的变化率最大

D.h加倍后重复实验，电流峰值将加倍

【考点】楞次定律及其应用.

【专题】定性思想：推理法：电磁感应与电路结合：推理能力.

【答案】B

【分析】楞次定律：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量政变

化,楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现。感应电流与回路电阻和磁通量变化率有关，

月阻一定时，磁通量变化率越大，感应电流越大。

【解答】解：A.根据楞次定律的来拒去留，可知时间H〜内，磁铁受到线圈的作用力方向始终向上，

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，磁场方向相反，则磁场的变化也随之相反，产生的感应电流的方向也相反，即先产生负向

感应电流，后产生正向感应电流，故B正确；

C、由乙图中感应电流的变化可知，12时刻强磁铁恰好运动到线圈处，此时穿过线圈的磁通量最大，电

流为0,穿过线圈磁通量的变化率为零，故C错误：

D、h加倍后重复实验，由于磁铁向下做加速度不为零的加速运动，假设加速度始终等于重力加速度，

则速度丫=再兀考虑到磁铁下降的过程中受到安培力的阻碍作用，下降h时的速度会略小于国,

同时下降2h时的速度大体上接近下降h时的注倍，根据法拉第电磁感应定律可知，可知h加倍后重复

实验，电路中产生的最大感应电动势与感应电流也大体接近原来的加倍，故D错谩。

故选：Bo

【点评】本题主要考查楞次定律的应用，理解愣次定律是解题的关设。

5.据报道，中国第三艘航母福建舰首次进行海试。该舰首次采用电磁弹射器技术，如图所示为电磁弹射

装置的等效电路图（俯视图）。两根相互平行的光滑长直导轨固定在水平面匕在导轨的左端接入电容

为C的超级电容器，阻值为R的导体棒MN静止与导轨匕先给电容器充电（电荷量为Q）,闭合开关

S后，弹射时电容器释放储存的电能，所产生的强大电流经过棒MN,在强磁场作用下加速。棒MN始

终与导轨垂直且接触良好，不计导轨的电阻。下列说法正确的是（）

A.超级电容器相当电源，放电时两端电压不变

B.在电容器放电过程中，电容器的电容不断减小

C.通过导体棒MN电流的最大值为七

D.导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大

【考点】电磁感应过程中的电路类问题；电容的概念与物理意义：含容电路的常规分析与计算.

【专题】定量思想；推理法：电磁感应与电路结合：分析综合能力.

【答案】C

【分析】AB、根据。二磊分析电容器电容变化特点，根据分析电容器放电过程电压的变化特

点：

CD、放电过程，导体棒受到向右安培力向右做加速运动，导体棒切割磁感线产生感应电动势，根据电

路中总感应电动势的变化可知感应电流的变化，根据F=BIL可知安培力大小的变化特点。

【解答】解：AB、由平行板电容器电容的决定式。=磊，可知电容器放电过程中电容不变，

放电过程，超级电容器相当电源，甩容器两端电压：U=窄,Q减少，C不变，所以电容器两端电压U

减小，故AB错误：

CD、闭合开关S后，导体棒通过从M到N的电流，根据左手定则可知导体棒所受安培力水平向右，导

体棒从静止向右加速运动，导体棒切割磁感线产生感应电动势，M端相当于电源正极，设某时刻导体

棒的速度为v,则电路中总电动势：E=U-BLv,v增大，则E减小，电流中电流减小，所以开始比合

开关S时，电流最大，导体棒上两端电压UR=U=2,则通过导体棒的最大电流〃=第=!=圣

当E减小为零时，则回路中电流为零，由F=BIL可知导体棒所受安培力为零，导体棒做匀速直线运动，

速度最大，所以导体棒MN速度最大时所受的安培力为零，故C正确，D错误。

故选：Co

【点评】本题考查了电磁感应中含有电容器的导轨滑杆模型，解题的关键是知道闭合开关后导体棒受到

水平向右的安培力作用向右做加速运动，导体棒切割磁感线产生感应电动势，电路中总电动势减小。

6.电磁学的成就极大地推动/人类社会的进步。下列说法正确的是（）

产丫铝管

6、磁块

Q

磁块在铝管中由

静止开始下落

丙

A.甲图中，真空冶炼炉利用涡流热效应熔化炉内金属

B.乙图是某品牌户机无线充电原理图，发射线圈需要通恒定电流

C.丙图中，磁块在没有裂缝的铝管中由静止开始下落做的是自由落体运动

D.丁图中，楞次通过实验研究，发现了电流周围存在磁场

【考点】生活中的电磁感应现象；楞次定律及其应用：涡流的产生及原理.

【专•题】定性思想：推理法：交流电专题：推理能力.

【答案】A

【分析】根据涡流原理分析：根据电磁感应现象以及无线充电的原理，结合感应电动势产生的条件进行

分析：根据楞次定律的推论分析：根据物理学史分析判断。

【解答】解：A.真空冶炼炉是用涡流来熔化金属对其进行冶炼的，炉内放入被冶炼的金属，线圈内通入

高频交变电流，这时被冶炼的金属中产生涡流就能被熔化，故A正确；

B.无线充电的原理是电磁感应中的互感现象，发生电磁感应的条件是电流要发生变化，故发射线圈需要

通交流电，故B错误；

C.磁块通过铝管时，导致铝管的磁通量发生变化，从而产生感应电流，出现感应磁场要阻碍原磁场的变

化，导致磁块会受到一定阻力，从而磁块不会做自由落体运动，故C错误；

D.奥斯特通过实验研究，发现了电流周围存在磁场，故D错误。

故选：Ao

【点评】本题是生活中电磁学问题，关键抓住物理原理分析，应在理解的基础上加强记忆。

7.线圈炮是电磁炮的一种，由加速线圈和弹丸线圈构成，根据通电线圈之间磁场的相互作用原理而工作。

如图所示，弹丸线圈放在绝缘且内壁光滑的水平发射导管内。闭合开关S后，在加速线圈中接通变化的

月流iab，则能使静止的弹丸线圈向右发射的电流是（）

【考点】楞次定律及其应用.

【专•题】定性思想：推理法：电磁感应与电路结合：推理能力.

【答案】D

【分析】本题根据楞次定律，结合加速线圈与弹丸线圈要形成斥力，分析求解。

【解答】解：弹丸向右发射，此时加速线圈与弹丸线圈要形成斥力，加速线圈和弹丸线圈的磁场方向应

该相反，根据楞次定律，加速线圈的电流应该逐渐增大，故ABC错误，D正确：

故选：Do

【点评】本题考查了楞次定律的应用，合理利用增反减同、来拒去留是解决此类问题的关键。

8.矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动。若轴线右侧没有磁场（磁场具有理想边界），如图所示。设

abcda方向为感应电流的正方向。从图示位置开始一个周期内线圈感应电流随时间变化的图像中，正确

的是（）

B.

D.

【考点】根据B-t或者（p-l图像计算感应电动势：交流发电机及其产生交变电流的原理；交变电流的

u-t图像和i-l图像.

【专题】定性思想：推理法；交流电专题；理解能力.

【答案】A

【分析】根据楞次定律判断出感应电流的方向。由感应电动外的表达式6=£冰沿33由欧姆定律求出此

线圈感应电流的表达式，再选择图象。

【解答】解：如图所示，左侧线框在磁场中开始转动时，根据楞次定律可得，初始时，磁通量向里减小，

感应电流产生磁场向里，电流为abcda方向，根据交流电产生原理存，从中性面开始计时，线框转动产

生的交流电：e=Bs（osinu）t,线框中的感应电流随时间也按正弦规徨变化，同理当右侧线框转动进入磁

场时，也会产生感应电动势，产生的电流方向为abcda,但产生的感应电流小于开始时，故BCD错误，

A正确；

故选：Ao

【点评】本题主要考查/线圈在磁场中产生感应电流及其大小，法拉第电磁感应定律判断出感应电动势

的大小，进而根据欧姆定律判断出电流大小。

9.如图所示，光滑U形金属导轨固定在水平面上，一根导体棒垂直静置于导轨上构成回路。将回路正上

方的条形磁铁竖直向上抛出。在其运动到最高点的过程中，安培力对导体棒做功W,回路中产生的焦

耳热为Q,导体棒获得的动能为Ek,重力加速度为g,下列说法正琬的是（）

A.导体棒对轨道压力大于重力

B.磁铁加速度为g

C.W=Q

D.W=Ek

【考点】电磁感应过程中的能量类问题：楞次定律及其应用.

【专题】定性思想：推理法：电磁感应一一功能问题；推理能力.

【答案】D

【分析】根据楞次定律的推广内容定性的分析磁体和导体棒之间的作用力，从而得出导体棒对轨道的压

力和磁铁的加速度特点：根据能量的转化分析功与能的关系。

【解答】解：AB、因为磁铁向上运动，根据“来拒去留”，回路对磁铁有向下的吸引力，再根据力的作

用是相互的可知磁铁对回路有向上的吸引力，故导体棒对轨道的压力小于重力。根据牛顿第二定律，磁

铁受向下的重力和吸引力，故磁铁的加速度会大于g，故AB错误：

C、电磁感应现象中，导体棒克服安培力做功等于回路产生的焦耳热，故C错误：

D、对导体棒进行分析、根据动能定理，安培力对导体棒做的功就等于合力做的功，即等于导体棒动能

的变化量，故亚=£卜，故D正确。

故选：D。

【点评】解决本题的关键是熟练掌握楞次定律的推广结论“来拒去留；增缩减扩：增反减同”，并能根

据能量的转化判断功与能的关系。

10.如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，磁场范围足够大，磁

感应强度的大小左边为2B,右边为3B,个竖直放置的宽为L、K为3L、单位K度的质量为山、单位

长度的电阻为r的矩形金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动

到虚线位置（在左边磁场中的长度为L,在右边磁场中的长度为2L）时，线框的速度为1也则下列判

断正确的是（）

2B3B

I

।XXXXXXXXXX

!XXXXXXXXXX

[XXXXXXXXXX

••••••IXXXXXXXXXX

・♦・|・•••IxYxixxxxxx

•••♦,♦[XXXXXXXXXX

13B2LV

A.此时线框中电流方向为逆时针，线框中感应电流所受安培力为k

B.此过程中通过线框截面的电量为四空

SB

C.此过程中线框产生的焦耳热为:m/

D.线框刚好可以完全进入右侧磁场

【考点】电磁感应过程中的能量类问题；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；导体平动切割磁感线产生

的感应电动势.

【专题】定量思想：推理法：电磁感应一一功能问题；分析综合能力.

【答案】D

【分析】根据右手定则判断线框中的电流方向，再根据法拉第电磁感应定律计算回路中电动势，再由闭

合电路欧姆定律计算电流，根据安培定则计算安培力，最后根据牛顿第二定律求解加速度：根据动量定

理列式即可求解电荷量：根据能量守恒定律列式求解此过程中线框产生的焦耳热。

【解答】解：AD.根据右手定则，此时线框中电流方向为逆时针，线框中的感应电动势大小为E=2BLx

iv+3BLx|v=1BLv,线框中感应电流大小为上品二舞，浅框中感应电流所受安培力为F=

2BIL+3BIL=5BIL=5Bx舞xL=然卢，根据牛顿第二定律此时线框的加速度大小为a=，帚，解得

2

a=点鬻，故A错误，D正确：

B.设向右为正方向，根据动量定理有-2BILAt-3BILAt=8LmxL-8Lmv,q=IAt,联立解得q=

分，故B错误；

C.由能量守恒定律有Q=1xSLmv2-1x8Lm（静=等加炉,故C错误;

故选：D。

【点评】该题考查线框穿过有界磁场区域过程中感应电动势、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律、动量

定理以及能量守恒定律等知识点的综合应用，题目难度较大，为易错题型。

二.多选题（共4小题）

（多选）11.如图所示，将一通电螺线管竖直放置，螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小为B

=kt（k为常量，I为时间）的磁场，在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管，其电阻率为

P、高度为h,半径为r,厚度为d（d«r）o则下列说法正确的是（）

_.—-.-一..

A.从上向下看，金属薄圆管中的感应电流为顺时针方向

lrnrz

B.金属薄圆管的感应电动势为丁

h

rrdhk2r3

c.金属薄圆管的热功率为一；一

2P

D.轻绳对金属薄圆管的拉力大小随时间减小

【考点】楞次定律及其应用：电功和电功率的计算：闭合电路欧姆定律的内容和表达式.

【专题】定量思想：推理法：电磁感应与电路结合：推理能力.

【答案】AC

【分析】根据楞次定律、法拉第电磁感应定律，结合电阻定律以功率表达式、左手定则分析求解。

【解答】解：A.穿过金属薄圆管的磁通量向上逐渐增加，则根据楞次定律可知，从上向下看，金属薄圆

管中的感应电流为顺时针方向，故A止确：

B.由法拉第电磁感应定律可知，金属薄圆管的感应电动势大小为

E=得仃2=kirr2

故B错误：

C由电阻定律可知，金属薄圆管的电阻为

n2nr

R=PZT

金属薄圆管的热功率大小为

223

nE7rdhkr

P=方R=——52-p----

故C正确：

D.根据左手定则可知，金属薄圆管中各段所受的受安培力方向指向圆管的轴线，则轻绳对金屈薄圆管的

拉力的合力大小始终等于金属薄圆管的重力不随时间变化，故D错误。

故选：ACo

【点评】本题考查了电磁感应相关知识，理解楞次定律的含义和判断，合理利用电磁感应公式计算电动

势是解决此类问题的关键。

(多选)12.如图所示，光滑绝缘水平桌面上放置一边长为L、质量为m、每边电阻均为Ro的正方形金属

纽框，右侧区域内存在宽度为2L的方向垂直于桌面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B,两虚线为

磁场边界。现使金属框以一定的初速度水平向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终

与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小变为它初速度的三分之一。卜列说法正确他是

()

=2L一•

A.金属框的初速度大小为丁丁

4mR0

3B2L3

B.金属框的初速度大小为一—

mR0

C.金属框进入和离开磁场的过程中产生的焦耳热相等

D.金属框穿过磁场区域的整个过程中产生的焦耳热为端篇

【考点】线圈进出磁场的能量计算：线圈进出磁场的动力学问题.

【专题】定量思想：推理法：电磁感应中的力学问题：分析综合能力.

【答案】AD

【分析】根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力计算公式，应用动量定理求解金属框的

初速度；根据运动学定律分析金属框进入磁场和离开磁场的速度，结合能量守恒定律得出产生的总隹耳

热。

【解答】解：AB.设金属框的初速度大小为v,金属框穿过磁场区域的整个过程中，取向右为正方向，

杈据动量定理

-TJBLAt=-ov—mv

金属框进入磁场区域的电量大小等于金属框出磁场区域的电量大小，为

_△中_BL2

q=g『小=丁前

解得

3B2L3

4mR0

故A正确，B错误：

C.金属框穿过磁场区域的整个过程中，金属框做减速运动，则金属框进入磁场过程中的速度大于金属

框出磁场过程中的速度，根据

22

=血=掾BLBLV

可知金属框进入磁场过程中的受到的安培力大于金属框出磁场过程中受到的安培力，金属框进入磁场过

程中的安培力做功大于金属框出磁场过程中的安培力做功，故金属框进入和离开磁场的过程中产生的焦

耳热不相等，故C错误：

D.根据能量守恒，金属框穿过磁场区域的整个过程中产生的焦耳热为

。义”「品（仔喘

故D正确。

故选：ADo

【点评】本题主要考查了电磁感应中动力学问题与功能关系，要掌握安培力的冲量的推导过程，利用动

量定理解答金属框在不同位置的速度，解题要注意电路的联接结构。

（多选）13.根据实际需要，磁铁可以制造成多种形状，如图就是一•根很长的光滑圆柱形磁棒，在它的侧

面有均匀向外的辐射状磁场。现将磁棒竖直固定在水平地面上，磁棒外套有一个粗细均匀的圆形金底线

图，金属线圈的质量为m,半径为R,电阻为r,金属线圈所在位置的磁场的磁感应强度大小为B.让

金属线圈从磁棒上端由静止释放，经一段时间后与水平地面相碰（碰前金属线圈已达最大速度）并原速

率反弹，又经时间【，上升到距离地面高度为h处速度减小到零。下列说法中正确的是（）

（a）纵截面示意图（b）俯视图

mgr

A.金属线圈与地面撞击前的速度大小，

4n2B2R2

2

通过金属线圈某一截面的电荷量斯

B.撞击反弹后上升到最高处h的过程中,

2nBR

C.撞击反弹后上升到最高处h的过程中,

通过金属线圈某一截面的电荷量，87r3三台二3/?33-噜

nBR

m3g2r2

D.撞击反弹后上升到最高处h的过程中,金属线圈中产生的焦耳热土北4m-mgh

DLJ1\

【考点】电磁感应过程中的能量类问题：动量定理的内容和应用：用焦耳定律计算电热：导体平动切割

磁感线产生的感应电动势：电磁感应过程中的动力学类问题.

【专题】定量思想：等效替代法：电磁感应一一功能问题.

【答案】ABD

【分析】金属线圈与地面撞击前已达最大速度，此时安培力与重力平衡,推导出安培力与速度的美系式，

再由平衡条件求金属线圈的最大速度。根据动量定理求撞击反弹上升过程中通过金属线圈的电荷量。根

据能量守恒定律求撞击反弹后上升到最高处h的过程中金属线圈中产生的焦耳热。

【解答】解:A、金属线圈与地面撞击前已达最大速度，设最大速度为V。

感应电动势为：E=B*2nRv

感应电流大小为：

线圈受到的安培力为：FA=BIL=BI*2TTR

联合解得安培力大小为：FA=

根据平衡条件有：FA=mg

解得：.故A正确。

4n2BzRz

BC、撞击反弹后上升到最高处h的过程中，取向下为正方向，由动量定理得：

mgt+B/*2nRt=0-(-mv)

又通过金属线圈某一截面的电荷量为：q=7t

联立解得：q=呼，罕黑故B正确，C错误。

87r3夕'/?32nBR

D、撞击反弹后上升到最高处h的过程中，金属线圈中产生的焦耳热为：Q=*mi;2—mgh=

小广4f】gh.故D正确。

32/8/4&

故选：ABD,

【点评】本题是电磁感应与力学的综合，要明确线圈与磁场垂直，有效的切割K度等「周K,要知道在

曳磁感应中，动量定理是求电荷量常用的方法。能量守恒定律是求焦耳热常用的思路。

(多选)14.电子感应加速器是加速电子的一类常见加速器，结构示意主视图、俯视图如图甲所示，上下

为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动。电磁铁线圈中电流的

大小、方向变化，产生的感生电场使电子加速，规定图甲中所示电流产生的磁场方向为正方向。磁极在

真空室区域内产生磁感应强度大小的B=kt(k>0)的变化磁场，使电子逆时针加速，已知磁场随时间

均匀变化时感生电场的大小E=^7,其中R为此时电了•做圆周运动的轨迹半径，元电荷电量为e,

则下列说法正确的是()

A.电子绕真空室一圈，动能增量为eknR?

B.磁感应强度随时间线性减小时，电子也能被加速

C.若磁感应强度随时间按图内所示规律变化，电子化加速静中全程均可被加速

D.若磁感应强度随时间按图丙所示规律变化，电子在加速器中仅在9周期内可被加速

【考点】感生电场和感生电动势：与加速电场相结合的质谱仪.

【专题】定量思想：推理法：带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力.

【答案】AD

【分析】根据动能定理求解电子增加的动能：结合图像运用愣次定律分析判断真空室中感生电场方向,

由洛伦兹力提供向心力，然后判断电了做加速圆周运动的方向。

【解答】解：A.该过程中感生电场

2

r11/CTI-TT/?kR

E=2^R-At=2^R-T\~=~

该过程属于变力做功，则由动能定理有

CE,2TTR=AEk

则

2

£EK—cknR

故A正确：

B.使电子被逆时针加速，涡旋电场方向应为顺时针方向，当俯视时，若原磁场方向垂直向内、大小线

性减小时，产生的感应电场为顺时针，但此时电子所受洛伦兹力背离圆心，无法提供向心力，电子会撞

二真空室壁，故B错误：

CD.变化时对应的电场方向如图所示（俯