2025屆高考物理二輪復(fù)習(xí)熱點(diǎn)題型選擇8 電磁感應(yīng)高頻問題（解析版）

選擇8電磁感應(yīng)高頻問題

年"熱門題型"綜述

考點(diǎn)內(nèi)容考情分析

考向一電磁感應(yīng)現(xiàn)象楞次定律高考對(duì)于這部分知識(shí)點(diǎn)主要以常見模型

考向二電磁感應(yīng)中的電路與圖像問題為背景，通過創(chuàng)新情景靈活出題，其本

考向三電磁感應(yīng)中的功能轉(zhuǎn)化質(zhì)與常規(guī)無異。強(qiáng)化對(duì)物理基本概念、

考向四電磁感應(yīng)中的沖量動(dòng)量問題基本規(guī)律的考查。

蜀深究"解題攻略"

1.思想方法

(1)電路分析:明確電源與外電路，可畫等效電路圖。

(2)受力分析:把握安培力的特點(diǎn)，安培力大小與導(dǎo)體棒速度有關(guān)，一般在牛頓第二定律方程里討論,

v的變化影響安培力大小，進(jìn)而影響加速度大小，加速度的變化又會(huì)影響v的變化。

(3)過程分析:注意導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場或離開磁場時(shí)的速度是否達(dá)到“收尾速度”。

(4)能量分析:克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。

2.模型建構(gòu)

一、電磁感應(yīng)中電路綜合問題

L等效電源的分析

(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律算出E的大小。等效電源兩端的電壓等于路端電壓，一般不等于電源

電動(dòng)勢，除非切割磁感線的導(dǎo)體(或線圈)電阻為零。

(2)用楞次定律或右手定則確定感應(yīng)電動(dòng)勢的“方向”，從而確定電源正負(fù)極。感應(yīng)電流方向是電

源內(nèi)部電流的方向，要特別注意在等效電源內(nèi)部，電流由負(fù)極流向正極。

⑶明確電源內(nèi)阻r。

2.電路結(jié)構(gòu)的分析

⑴分析內(nèi)、外電路，以及外電路的串并聯(lián)關(guān)系，畫出等效的電路圖。

（2）應(yīng)用閉合電路的歐姆定律、串并聯(lián)電路知識(shí)和電功率、焦耳定律等關(guān)系式聯(lián)立求解。

二、分析線框在磁場中運(yùn)動(dòng)問題的兩大關(guān)鍵

L分析電磁感應(yīng)情況：弄清線框在運(yùn)動(dòng)過程中是否有磁通量不變的階段，線框進(jìn)入和穿出磁場的

過程中，才有感應(yīng)電流產(chǎn)生，結(jié)合閉合電路的歐姆定律列方程解答。

2.分析導(dǎo)線框的受力以及運(yùn)動(dòng)情況，選擇合適的力學(xué)規(guī)律處理問題：在題目中涉及電荷量、時(shí)間

以及安培力為變力時(shí)應(yīng)選用動(dòng)量定理處理問題；如果題目中涉及加速度的問題時(shí)選用牛頓運(yùn)動(dòng)定律

解決問題比較方便。

三、電磁感應(yīng)中的能量問題

1.電磁感應(yīng)中的能量轉(zhuǎn)化

其他彬式的能量）~~克服安培力做功__>電能電流做功~>烝耳熱或其他彬式的能量

2.求解焦耳熱Q的三種方法

一艮耳足律：Q=FRt,電沆、電阻都不變時(shí)適用

（烝耳熱Q的三種求法）——功能夫系：任意情況郎適用

一能量轉(zhuǎn)化：Q=AE*迪”任意情況都適用

四、電磁感應(yīng)與動(dòng)量、能量問題結(jié)合

在導(dǎo)體單桿切割磁感線做變加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，若牛頓運(yùn)動(dòng)定律和能量觀點(diǎn)不能解決問題，可運(yùn)用動(dòng)

量定理巧妙解決問題

求解的物理量應(yīng)用示例

電荷量或速度—BIL^t=mv2~mv\,q—INt.

22

竺VcBLX

位移BNN

n—0mvQ,即門—0mvo

K總K總

—BIZA/+/其他A/=?nv2一mvi

時(shí)間

即-8￡>[+尸其他八/="2也一機(jī)也

已知電荷量q、F其他（尸其他為恒力）

B2L2~M_

+尸其他A/一機(jī)電mvpv\t—x

火總

已知位移X、尸其他（尸其他為恒力）

/夕親臨"高考練場"

考向一電磁感應(yīng)現(xiàn)象楞次定律

1.（2024?鄭州一模）電磁俘能器可在汽車發(fā)動(dòng)機(jī)振動(dòng)時(shí)利用電磁感應(yīng)發(fā)電實(shí)現(xiàn)能量回收，結(jié)構(gòu)如

圖甲所示。兩對(duì)永磁鐵可隨發(fā)動(dòng)機(jī)一起上下振動(dòng)，每對(duì)永磁鐵間有水平方向的勻強(qiáng)磁場，磁感

應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。磁場中，邊長為L的正方形線圈豎直固定在減震裝置上。某時(shí)刻磁場分布

與線圈位置如圖乙所示，永磁鐵振動(dòng)時(shí)磁場分界線不會(huì)離開線圈。關(guān)于圖乙中的線圈，下列說

A.穿過線圈的磁通量為BI?

B.永磁鐵相對(duì)線圈上升越高，線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢越大

C.永磁鐵相對(duì)線圈上升越快，線圈中感應(yīng)電動(dòng)勢越小

D.永磁鐵相對(duì)線圈下降時(shí)，線圈中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向

【解答】解：A、根據(jù)圖乙可知此時(shí)穿過線圈的磁通量為零，故A錯(cuò)誤；

BC、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，永磁鐵相對(duì)線圈上升越快，則磁通量的變化率越大，線圈中

感應(yīng)電動(dòng)勢越大，與線圈的上升高度無關(guān)，故BC錯(cuò)誤；

D、永磁鐵相對(duì)線圈下降時(shí)，線圈中垂直于紙面向外的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，線圈中

感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，故D正確；

故選：D。

2.（2024?衡陽縣模擬）高速鐵路列車通常使用磁剎車系統(tǒng)，磁剎車工作原理可簡述如下：將磁鐵

的N極靠近一塊正在以逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)的圓形鋁盤，使磁感線總垂直射入鋁盤時(shí)，鋁盤隨即減

速，如圖所示，圓中磁鐵左方鋁盤的甲區(qū)域朝磁鐵方向運(yùn)動(dòng)，磁鐵右方的乙區(qū)域朝離開磁鐵方

向運(yùn)動(dòng)，下列說法中正確的是（）

A.鋁盤甲區(qū)域的感應(yīng)電流會(huì)產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場

B.磁場與感應(yīng)電流的作用力，會(huì)產(chǎn)生將鋁盤減速旋轉(zhuǎn)的阻力

C.感應(yīng)電流在鋁盤產(chǎn)生的內(nèi)能，是將鋁盤減速的最主要原因

D.若將實(shí)心鋁盤轉(zhuǎn)換成布滿小空洞的鋁盤，則磁鐵對(duì)布滿空洞的鋁盤減速效果比實(shí)心鋁盤的效

果更好

【解答】解：A.鋁盤甲區(qū)域中的磁通量向里增大，由楞次定律可知，甲區(qū)域感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)

針方向，則此感應(yīng)電流的磁場方向垂直紙面向外，故A錯(cuò)誤；

BC.由“來拒去留”可知，磁場與感應(yīng)電流的作用力，會(huì)產(chǎn)生將鋁盤減速旋轉(zhuǎn)的阻力，會(huì)使鋁盤減

速，故B正確，C錯(cuò)誤；

D.改成空洞鋁盤，電阻變大，電流變小，阻礙效果更差，故D錯(cuò)誤。

故選：Bo

3.（2024?衡陽縣模擬）如圖甲所示，列車車頭底部安裝強(qiáng)磁鐵，線圈及電流測量儀埋設(shè)在軌道地

面（測量儀未畫出），P、Q為接測量儀器的端口，磁鐵的勻強(qiáng)磁場垂直地面向下、寬度與線圈

寬度相同，俯視圖如圖乙。當(dāng)列車經(jīng)過線圈上方時(shí)，測量儀記錄線圈的電流為0.12A。磁鐵的磁

感應(yīng)強(qiáng)度為0.005T,線圈的匝數(shù)為5,長為0.2m,電阻為0.5C,則在列車經(jīng)過線圈的過程中，

下列說法正確的是（）

甲乙

A.線圈的磁通量一直增加

B.線圈的電流方向先順時(shí)針后逆時(shí)針方向

C.線圈的安培力大小為L2X10“N

D.列車運(yùn)行的速率為12m/s

【解答】解：A.列車經(jīng)過線圈的上方時(shí)，穿過線圈的磁通量向下，先增大后減小，故A錯(cuò)誤;

B.在列車經(jīng)過線圈的上方時(shí)，由于列車上的磁場的方向向下，所以線圈內(nèi)的磁通量方向向下，

先增大后減小，根據(jù)楞次定律可知，線圈中的感應(yīng)電流的方向?yàn)橄饶鏁r(shí)針，再順時(shí)針方向。故B

錯(cuò)誤；

C.線圈受到的安培力大小為F=nBIlL=5X0.005X0.12X0.2N=6X10YN,故C錯(cuò)誤；

D.導(dǎo)線切割磁感線的電動(dòng)勢為E=nBlv

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得/=1

聯(lián)立解得v=12m/s

故D正確。

故選：Do

4.（2024?盤錦三模）在水平放置的條形磁鐵的N極附近，一個(gè)閉合金屬線圈豎直向下運(yùn)動(dòng)，線圈

平面始終保持水平。在位置B,磁感線正好與線圈平面平行，A與B和B與C之間的距離都比

較小。在線圈從位置A運(yùn)動(dòng)到位置C的過程中，從上往下看，感應(yīng)電流的方向是（）

A.順時(shí)針方向

B.逆時(shí)針方向

C.先順時(shí)針方向，后逆時(shí)針方向

D.先逆時(shí)針方向，后順時(shí)針方向

【解答】解：從A到B過程，穿過線圈的磁通量減小，磁場方向斜向上，據(jù)楞次定律判斷可知:

線圈中感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針（俯視）；到達(dá)B處時(shí)磁通量為零，因?yàn)檫€在向下運(yùn)動(dòng)，所以磁通

量有反向增大的趨勢線圈中感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針（俯視）；從B到C過程，穿過線圈的磁通量

增大，磁場方向斜向下，據(jù)楞次定律判斷可知：線圈中感應(yīng)電流方向沿逆時(shí)針（俯視）；所以線圈

A、B、C三個(gè)位置的感應(yīng)電流方向都是逆時(shí)針方向，故B正確，ACD錯(cuò)誤；

故選：Bo

5.（2024?江蘇模擬）兩個(gè)完全相同的靈敏電流計(jì)A、B,按圖所示的連接方式，用導(dǎo)線連接起來，

當(dāng)把電流計(jì)A的指針向左邊撥動(dòng)的過程中，電流計(jì)B的指針將（）

AB

A.向右擺動(dòng)

B.向左擺動(dòng)

C.靜止不動(dòng)

D.發(fā)生擺動(dòng)，但不知道電流計(jì)的內(nèi)部結(jié)構(gòu)情況，故無法確定擺動(dòng)方向

【解答】解：

因兩表的結(jié)構(gòu)完全相同，對(duì)A來說就是由于撥動(dòng)指針帶動(dòng)線圈切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流，電流方

向應(yīng)用右手定則判斷；對(duì)B表來說是線圈受安培力作用帶動(dòng)指針偏轉(zhuǎn)，偏轉(zhuǎn)方向應(yīng)由左手定則判

斷，此電流在左側(cè)電流表中受到的安培力，阻礙表針向左撥動(dòng)。即安培力使左側(cè)表指針向右擺。

由于連接方法從左邊的表流出的電流從右側(cè)的電表的接線柱“-”流入，從接線柱“+”流出；研

究兩表的接線可知，兩表串聯(lián)，故可判定電流計(jì)B的指針向右擺動(dòng)。

故選：Ao

考向二電磁感應(yīng)中的電路與圖像問題

6.（2024?浙江模擬）在如圖所示的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中（可隨時(shí)間變化），存在一

足夠大的長方形導(dǎo)軌，并且導(dǎo)軌寬度為1,現(xiàn)導(dǎo)軌中有一電阻和一導(dǎo)體棒（與導(dǎo)軌接觸良好）,

而導(dǎo)體棒有效切割長度也為1。當(dāng)導(dǎo)體棒以速度V0向右勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)候，若導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌內(nèi)部

始終無電流，則下列圖像可能正確的是（）

【解答】解：設(shè)導(dǎo)體棒開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，距離導(dǎo)軌左端為x,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為Bo,依題意，導(dǎo)體

棒和導(dǎo)軌內(nèi)部始終無電流，可得

Bolx=Bl（x+vot）

整理，可得

11v

—=---+--0---t

BBQBQX

即:與t為一次函數(shù)關(guān)系。

故ABD錯(cuò)誤；C正確。

故選：C。

7.（多選）（2022?新寧縣校級(jí)三模）如圖甲所示，abed是匝數(shù)為100匝、邊長為10cm、總電阻為

o.m的正方形閉合導(dǎo)線圈，放在與線圈平面垂直的圖示勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的

變化關(guān)系如圖乙所示。則以下說法正確的是（）

圖甲圖乙

A.導(dǎo)線圈中產(chǎn)生的是正弦式交變電流

B.在t=2.5s時(shí)導(dǎo)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為2V

C.在0?2s內(nèi)通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為10C

D.在t=1s時(shí)導(dǎo)線圈內(nèi)電流的瞬時(shí)功率為10W

【解答】解：AB.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E=nS~,0?2s和2?3s的磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率分別

、，曲2AB2

為="T/s=lT/s,2—T/s=2T/s

代入數(shù)據(jù)可以得到Ei=lV,E2=2V,所以不是正弦交流電，t=2.5s時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢為2V,A錯(cuò)誤，

B正確；

C.感應(yīng)電流4=需=104,電荷量qi=LAti=10X3C=20C,故C錯(cuò)誤；

D.t=ls時(shí)導(dǎo)線圈內(nèi)電流的瞬時(shí)功率P=LEi=10XlW=10W,故D正確。

故選：BD?

8.（2024?廣東三模）我國最新航空母艦福建艦采用了世界上最先進(jìn)的電磁彈射技術(shù)，裝備了三條

電磁彈射軌道，電磁彈射的簡化模型如圖所示：足夠長的水平固定金屬軌道處于豎直向下的勻

強(qiáng)磁場中，左端與充滿電的電容器C相連，與機(jī)身固連的金屬桿ab靜置在軌道上，閉合開關(guān)S

后，飛機(jī)向右加速。若不計(jì)所有阻力和摩擦，回路總電阻R保持不變,下列說法不正確的是（）

A.提高電容器的放電量，可以提高飛機(jī)的起飛速度

B.飛機(jī)運(yùn)動(dòng)過程中，a端的電勢始終高于b端的電勢

C.飛機(jī)的速度最大時(shí)，金屬桿ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢與電容器兩端電壓相等

D.飛機(jī)的速度達(dá)到最大時(shí)，電容器所帶的電荷量為零

【解答】解：A、對(duì)金屬桿與飛機(jī)，由動(dòng)量定理可得BIL?At=mv-0,其中q=I?△t,聯(lián)立可得

BLq=mv,則提高電容器的放電量，可以提升飛機(jī)的起飛速度，故A正確；

B、飛機(jī)向右加速，通過金屬桿ab的電流方向?yàn)閍-b,則電容器上板帶正電，下板帶負(fù)電，a端

的電勢高于b端的電勢，故B正確；

CD、隨著飛機(jī)加速，金屬桿ab產(chǎn)生的電動(dòng)勢為￡=3k增大，電容器兩端電壓U減小，根據(jù)牛

頓第二定律，對(duì)金屬桿和飛機(jī)有=則金屬桿的加速度a減小，當(dāng)U=E時(shí)，飛機(jī)

的速度達(dá)到最大，此時(shí)電容器所帶的電荷量不為零，故C正確，D錯(cuò)誤。

本題選不正確的，

故選：D。

9.（2024?湖北模擬）如圖所示，足夠長的光滑水平固定金屬導(dǎo)軌寬為L,導(dǎo)軌上靜止放置著質(zhì)量

分別為2m、3m的兩根導(dǎo)體棒a、b?，F(xiàn)給a—水平向右的初速度v。已知導(dǎo)軌電阻不計(jì)，兩導(dǎo)

體棒始終與導(dǎo)軌保持垂直且與導(dǎo)軌接觸良好，回路的總電阻為R,垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)

磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。下列說法正確的是（）

A.a、b穩(wěn)定前回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的感應(yīng)電流

3vv

B.a的速度為:■時(shí)，b的速度為:

44

3v―B2L2V

C.a的速度為了時(shí)，b的加速度為丁丁

42mR

6Rmv

D.從開始到a、b穩(wěn)定后，a、b間的距離增大了^^

【解答】解：A、導(dǎo)體棒a獲得初速度向右運(yùn)動(dòng)，由右手定則可知導(dǎo)體棒a中電流向上，則回路

中電流為逆時(shí)針方向，由左手定則可知導(dǎo)體棒a所受安培力方向水平向左，向右做減速運(yùn)動(dòng)，由

右手定則可知導(dǎo)體棒a上端為正極，由左手定則可知導(dǎo)體棒b所受安培力水平向右，b向右做加

速運(yùn)動(dòng)，由右手定則可知導(dǎo)體棒b上端為正極，兩導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢并聯(lián)，則回路中總感

應(yīng)電動(dòng)勢：E=BLva-BLvb=BL（va-vb）,Va減小，vb增大，所以E減小，當(dāng)E減小為零時(shí)，

感應(yīng)電流為零，兩導(dǎo)體棒所受安培力為零，兩導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，以后穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)，所以a、b

穩(wěn)定前回路中產(chǎn)生逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流，故A錯(cuò)誤；

BC、a、b運(yùn)動(dòng)過程中，所受安培力等大反向，兩棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取水平向左為正方向，

由動(dòng)量守恒定律有：2mv=2mx+3mvb,可得%=則回路中總感應(yīng)電動(dòng)勢：E=BL(^v-

7

^)=BL^v=^BLv,由閉合電路歐姆定律有：用=嗎?嚅,導(dǎo)體棒b所受安培力:

OKKIZiv.

Fb=BIL

2r2

代入數(shù)據(jù)可得：尾=7今R導(dǎo)，對(duì)導(dǎo)體棒b利用牛頓第二定律有：Fb=3ma,可得導(dǎo)體棒b的加速

A2,2

度口=黑7黑,故BC錯(cuò)誤；

D、設(shè)a、b穩(wěn)定后的速度為vi,取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有：2mv=(2m+3m)vi,

可得力=rv

從開始到a、b穩(wěn)定過程，取水平向右為正方向，對(duì)導(dǎo)體棒b利用動(dòng)量定理有：BlLAt=3mvv

其中7/t=q,可得

由照鏟應(yīng)=竽，可得a、b間的增大的距離：4%=駕%，故D正確。

RR52%

故選：D。

10.(2024?重慶模擬)如圖為某同學(xué)設(shè)計(jì)的電磁彈射裝置示意圖，平行的足夠長光滑水平導(dǎo)軌MN、

PQ間距為L,置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，質(zhì)量為m,長度為2L導(dǎo)體棒ab垂直放在

導(dǎo)軌上。單刀雙擲開關(guān)先打向c,內(nèi)阻不計(jì)電動(dòng)勢為E的電源給電容為C的電容器充電，充完

電后打向d,導(dǎo)體棒ab在安培力的作用下發(fā)射出去。阻力不計(jì)，下列說法正確的是()

A.導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度前，做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)

B.導(dǎo)體棒以最大速度發(fā)射出去后，電容器儲(chǔ)存的電荷量為零

2CEBL

C.導(dǎo)體棒能達(dá)到的最大速度為

m+4CB2L2

rn.CE

D.導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度時(shí)，電容器放出的電荷量為

m+CB2L2

【解答】解：A、開關(guān)先打向d,則電容器放電，通過導(dǎo)體棒的放電電流方向從a-b,由左手定

則可知導(dǎo)體棒ab所受安培力水平向右，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，回路中總

感應(yīng)電動(dòng)勢E,^=Uc-BLv,隨著電容器放電，電容器兩端電壓Uc減小，導(dǎo)體棒速度v增大，則

回路中總電動(dòng)勢減小，電流減小，由F=BIL可知安培力減小，對(duì)導(dǎo)體棒由牛頓第二定律有：F=

ma,安培力F減小，則加速度a減小，故A錯(cuò)誤；

B、當(dāng)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢與電容器兩端電壓相等時(shí)，即Uc=BLv,回路中E總=0,電流I

=0,導(dǎo)體棒所受安培力F=0,導(dǎo)體棒加速度a=0,導(dǎo)體棒速度達(dá)到最大，此時(shí)電容器電壓不為

零，則電容器電荷量不為零，故B錯(cuò)誤；

CD、電容器開始的電荷量：Qo=CU=CE,設(shè)導(dǎo)體棒速度最大時(shí)電容器的電荷量為Qi,則Qi=

CUi,此時(shí)電路中總電動(dòng)勢為零，則有：Ui=BLvm

取水平向右為正方向，導(dǎo)體棒從靜止到最大速度過程，對(duì)導(dǎo)體棒利用動(dòng)量定理有：BlLAt=mvm-

0

這一過程中電容器放出的電荷量4Q-Qo~Qi-74t

聯(lián)立方程可得：%=BL%陽=叱故D正確，C錯(cuò)誤。

m+CBzLzm+CBzLz

故選：D。

考向三電磁感應(yīng)中的功能轉(zhuǎn)化

11.（2024?清江浦區(qū)模擬）如圖，光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，左端由導(dǎo)線相連，導(dǎo)體棒垂

直靜置于導(dǎo)軌上構(gòu)成回路。在外力F作用下，回路上方的條形磁鐵豎直向上做勻速運(yùn)動(dòng)。在勻

速運(yùn)動(dòng)過程中外力F做功WF,磁場力對(duì)導(dǎo)體棒做功W1,磁鐵克服磁場力做功W2,重力對(duì)磁

鐵做功WG,回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q,導(dǎo)體棒獲得的動(dòng)能為Ek。則（）

A.Wi=QB.W2=Q

C.WF+WG=Q+EkD.WF+WG-W2=Ek

【解答】解：AB.由能量守恒定律可知磁鐵克服磁場力做功W2等于回路的電能，電能一部分轉(zhuǎn)

化導(dǎo)體棒的機(jī)械能，另一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，即

W2-Wi=Q

故AB錯(cuò)誤；

CD.以導(dǎo)體棒為對(duì)象，由能量守恒可知，外力對(duì)磁鐵做功與重力對(duì)磁鐵做功之和等于回路中焦耳

熱與導(dǎo)體棒的動(dòng)能之和，即

WF+WG=Q+Ek

故C正確，D錯(cuò)誤；

故選：Co

12.（2024?江蘇模擬）如圖所示，在光滑水平面上MN右側(cè)區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂

直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場。t=0時(shí)刻，一質(zhì)量為m、高為a、電阻為R的正三角形金屬線框以

速度v從邊界MN處進(jìn)入磁場，最終線框恰好完全進(jìn)入。在線框運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法錯(cuò)誤的

是（）

B

XXX

XXX

XXX

XXX

XXX

A.線框中的電流始終為逆時(shí)針方向

B.t=0時(shí)刻，線框的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為Bav

V3Ba2

C.通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為——

3R

D.線框中感應(yīng)電流產(chǎn)生的焦耳熱為金山/

【解答】解：A、根據(jù)右手定則，線框進(jìn)入磁場的過程中，線框中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向,

故A正確；

B、正三角形金屬線框的高為a,由幾何關(guān)系可得其邊長：1=雪

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，t=0時(shí)刻，線框的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為：E=BLv=^也，故B錯(cuò)誤;

C、通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為：4=訕=劭=警=陪=字=衛(wèi)霖故C正確；

KKKKon.

D、根據(jù)能量守恒定律，線框中感應(yīng)電流產(chǎn)生的焦耳熱為：Q=4mv2,故D正確。

本題選擇錯(cuò)誤的，故選：Bo

13.（2024?浙江模擬）如圖所示，在光滑絕緣的水平面上方，有兩個(gè)方向相反的水平方向的勻強(qiáng)磁

場，磁場范圍足夠大，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小左邊為2B,右邊為3B,一個(gè)豎直放置的寬為L、長為

3L、單位長度的質(zhì)量為m、單位長度的電阻為r的矩形金屬線框，以初速度v垂直磁場方向從

圖中實(shí)線位置開始向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)線框運(yùn)動(dòng)到虛線位置（在左邊磁場中的長度為L,在右邊磁場

1

中的長度為2L）時(shí)，線框的速度為則下列判斷正確的是（）

2B；3B

?

IXXXXXXXXXX

!XXXXXXXXXX

?xxXXXXXXXX

Ixj<_xXXXXXXX

"jxVxXXXXXXX

卜??XXxxjcxxxXX

13BzLv

A.此時(shí)線框中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，線框中感應(yīng)電流所受安培力為-------

24r

B.此過程中通過線框截面的電量為吧竺

5B

C.此過程中線框產(chǎn)生的焦耳熱為一4爪仔

9

D.線框剛好可以完全進(jìn)入右側(cè)磁場

【解答】解：AD.根據(jù)右手定則，此時(shí)線框中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，線框中的感應(yīng)電動(dòng)勢大小為E=

2BLx1v+3BLx|v-fBLv,線框中感應(yīng)電流大小為1=岳=舞，線框中感應(yīng)電流所受安培

力為F=2BIL+3BIL=5BIL=5Bx舞xL=嚼型，根據(jù)牛頓第二定律此時(shí)線框的加速度大小為

a=/P解得a=音察，故A錯(cuò)誤，D正確；

1

B.設(shè)向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有-2BILAt-3BILAt=8LmX與u—8Lmv,q=IAt,聯(lián)立解得

q=鬻,故B錯(cuò)誤；

C.由能量守恒定律有Q=*x8Lmv2-1x8Lm（1）2=^Lmv2,故C錯(cuò)誤；

故選：D。

14.（2024?錦江區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場B中，將一根水平放置的金屬棒ab

以某一水平速度vo拋出，金屬棒在運(yùn)動(dòng)過程中始終保持水平且未離開磁場區(qū)域，不計(jì)空氣阻力，

下列關(guān)于金屬棒在運(yùn)動(dòng)過程中的說法正確的是（）

A.機(jī)械能保持不變

B.感應(yīng)電動(dòng)勢越來越大

C.a點(diǎn)電勢比b點(diǎn)電勢高

D.所受重力的功率保持不變

【解答】解：A、金屬棒做平拋運(yùn)動(dòng)中，只有重力做功，因此機(jī)械能保持不變，故A正確；

B、金屬棒做平拋運(yùn)動(dòng)的過程中，水平方向的分速度不變，因而金屬棒在垂直切割磁感線的速度

vo不變，由動(dòng)生電動(dòng)勢的計(jì)算方法可得E=BLvo,所以金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢大小保持不變,

故B錯(cuò)誤；

C.由右手定則可知，金屬棒ab切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，相當(dāng)于電源，因此b點(diǎn)電勢高，即

a點(diǎn)電勢比b點(diǎn)電勢低，故C錯(cuò)誤；

D.金屬棒做平拋運(yùn)動(dòng)中，豎直方向的速度逐漸增大，由重力的功率公式可得PG=mgvy可知所受

重力的功率逐漸增大，故D錯(cuò)誤。

故選：Ao

15.（2024?市中區(qū)校級(jí)三模）如圖所示，間距為L的平行導(dǎo)軌固定在水平絕緣桌面上，導(dǎo)軌右端接

有定值電阻，阻值為R,垂直導(dǎo)軌的虛線PQ和MN之間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直

向上的勻強(qiáng)磁場，其中導(dǎo)軌的PM和QN段光滑。在虛線PQ左側(cè)、到PQ的距離為§的位置垂

直導(dǎo)軌放置質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒，現(xiàn)給處于靜止?fàn)顟B(tài)的導(dǎo)體棒一個(gè)水平向右的恒力作用，經(jīng)過PQ

8[gL4[gL

時(shí)撤去恒力，此時(shí)導(dǎo)體棒的速度大小外=等，經(jīng)過MN時(shí)導(dǎo)體棒的速度大小〃=春。己知

R

恒力大小為3mg,導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，導(dǎo)體棒接入電路的電阻為重力加速度

為g,導(dǎo)軌電阻不計(jì)，下列說法正確的是（）

11M

IK1

R

N

A.導(dǎo)體棒與PQ左側(cè)導(dǎo)軌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.66

B.導(dǎo)體棒經(jīng)過磁場的過程中，通過導(dǎo)體棒的電荷量為丁-

5B

C.導(dǎo)體棒經(jīng)過磁場的過程中，導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的熱量為竺陰

25

D.虛線PQ和MN之間的距離為5§2乙2

【解答】解：A、對(duì)導(dǎo)體棒從開始運(yùn)動(dòng)至到達(dá)虛線PQ的過程，根據(jù)動(dòng)能定理得

L12

(F-Ring)-=-mv0

代入數(shù)據(jù)解得：黑=0.44,故A錯(cuò)誤；

B、對(duì)導(dǎo)體棒經(jīng)過磁場區(qū)域的過程，取水平向右為正方向，由動(dòng)量定理得

—BlLAt=mv—mvQ

通過導(dǎo)體棒橫截面的電荷量q=l^t

聯(lián)立解得：q=等砰,故B錯(cuò)誤；

oD7Lt

C、導(dǎo)體棒通過磁場過程，整個(gè)回路中產(chǎn)生的總熱量為

Q=^TYIVQ—^mv2

代入數(shù)據(jù)可得：Q=冬磐

根據(jù)電阻的串并聯(lián)關(guān)系，導(dǎo)體棒上產(chǎn)生的熱量為

QR=QXN=^(M故c錯(cuò)誤；

22+R

D、設(shè)虛線PQ和MN之間的距離為Ax,可得口=7?41=省半=翌=竽

R+/2R2R

解得：dx=上鱉瘋，故D正確。

SBL

故選：Do

考向四電磁感應(yīng)中的沖量動(dòng)量問題

16.(2024?岳麓區(qū)校級(jí)模擬)定義“另類加速度”4=架，A不變的運(yùn)動(dòng)稱為另類勻變速運(yùn)動(dòng)。若

物體運(yùn)動(dòng)的A不變，則稱物體做另類勻變速運(yùn)動(dòng)。如圖所示，光滑水平面上一個(gè)正方形導(dǎo)線框

以垂直于一邊的速度穿過一個(gè)勻強(qiáng)磁場區(qū)域（磁場寬度大于線框邊長）。導(dǎo)線框電阻不可忽略,

但自感可以忽略不計(jì)。已知導(dǎo)線框進(jìn)入磁場前速度為VI,穿出磁場后速度為V2。下列說法中正

確的是（）

A.線框在進(jìn)入磁場的過程中，速度隨時(shí)間均勻增加

B.線框在進(jìn)入磁場的過程中，其另類加速度A是變化的

C.線框完全進(jìn)入磁場后，在磁場中運(yùn)動(dòng)的速度為生產(chǎn)

D.線框完全進(jìn)入磁場后，在磁場中運(yùn)動(dòng)的速度為

【解答】解：A、線框在進(jìn)入磁場的過程中，受到向左的安培力而做減速運(yùn)動(dòng)，線框受到的安培

力大小為尸==竺/，可知，隨著速度減小，線框受到的安培力減小，加速度減小，因此線

框在進(jìn)入磁場的過程中，做加速度逐漸減小的變減速直線運(yùn)動(dòng)，速度隨時(shí)間非均勻減小，故A錯(cuò)

誤；

B、線框在進(jìn)入磁場的過程中，取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得

—BlLAt=mAv

其中

解得：一前,可知另類加速度A不變，故B錯(cuò)誤；

CD、線框在進(jìn)入磁場的過程中，取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得

—BILAt=----x=mv—mvr

線框穿出磁場的過程中，取水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得

-BILAt—mv2—mv

聯(lián)立解得:故C正確，D錯(cuò)誤。

故選：Co

17.（多選）（2024?青羊區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，水平粗糙地面上有兩磁場區(qū)域，左右兩磁場區(qū)域

內(nèi)的勻強(qiáng)磁場寬度均為L,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B,左磁場區(qū)磁場方向豎直向下，右磁

場區(qū)磁場方向豎直向上，兩磁場間距為2L。一個(gè)質(zhì)量為m、匝數(shù)為n、電阻為R、邊長為L的

正方形金屬線框以速度vo水平向右進(jìn)入左磁場區(qū)域，當(dāng)金屬線框剛離開右磁場區(qū)域時(shí)速度為VI,

金屬線框離開右磁場區(qū)運(yùn)動(dòng)一段距離后停下。金屬線框與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為上關(guān)于金

屬線框的運(yùn)動(dòng)下列判斷正確的是（）

QL:2L

A.金屬線框從剛進(jìn)入左磁場區(qū)域到最終停止的過程中一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng)

11

B.金屬線框通過兩個(gè)磁場區(qū)域過程中產(chǎn)生的焦耳熱為5機(jī)說-—5|imgL

箱R[2

C.金屬線框進(jìn)入左側(cè)磁場區(qū)域過程中，通過金屬線框的電荷量為，一

D.若金屬線框進(jìn)入左磁場區(qū)域過程所用時(shí)間為3則金屬線框剛好完全進(jìn)入左側(cè)磁場區(qū)域時(shí)的

2,3

速度為vo-2ngt-珠RF

【解答】解：A、金屬線框穿過左側(cè)磁場區(qū)域的過程中會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢，線框中會(huì)有感應(yīng)電流，

使線框受到與運(yùn)動(dòng)方向相反的安培力，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律，安培力計(jì)

算公式，可得線框受到的安培力大小為：F安=nBLI=nBL^■=---

R^R

根據(jù)牛頓第二定律可得線框的加速度大小為：a=1/，金屬線框穿過左側(cè)磁場區(qū)域的過程中做

減速運(yùn)動(dòng)，所受安培力減小，則加速度減小，故金屬線框做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)。同理，金屬

線框穿過右側(cè)磁場區(qū)域的過程也做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；

B、設(shè)金屬線框通過兩個(gè)磁場區(qū)域全過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q,金屬線框從開始運(yùn)動(dòng)到離開右磁

場區(qū)域過程，由能量守恒定律得：

-mvl=+2L+L+L）+-mv1+Q

解得：Q=2mvo~2mvi—故B正確；

C、由法拉第電磁感應(yīng)定律可得平均感應(yīng)電動(dòng)勢為：萬=幾篝

由閉合電路的歐姆定律可得平均感應(yīng)電流為：1=^

K

通過金屬線框的電荷量為：q=IAt

金屬線框進(jìn)入左側(cè)磁場區(qū)域的過程中磁通量的增加量為：△中=BI?,則此過程通過金屬線框的

2

電荷量為：q=故C正確；

D、設(shè)金屬線框剛好完全進(jìn)入左側(cè)磁場區(qū)域時(shí)的速度大小為v,以向右為正方向，該過程對(duì)金屬

線框由動(dòng)量定理得：

-Bl.Lt—i^rngt=mv—mv0

-即2

其中：It=q=n-^-

p2j3

解得：u=%——嗑/，故D錯(cuò)誤。

故選：BCo

18.（2024?泉州模擬）如圖，在水平面上有兩條光滑平行導(dǎo)電導(dǎo)軌，勻強(qiáng)磁場垂直于導(dǎo)軌所在的平

面，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,兩根材質(zhì)相同、長度相等的金屬桿P、Q間隔一定的距離擺開放在

導(dǎo)軌上，且與導(dǎo)軌垂直，桿P質(zhì)量是桿Q的兩倍，兩桿與導(dǎo)軌接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。桿P

以初速度vo滑向桿Q,為使兩桿不相碰，則桿Q固定與不固定兩種情況下，最初擺放兩桿時(shí)的

最少距離之比為（）

X

X

X

X

A.1：1B.1：2C.3：1D.1：3

【解答】解：已知兩金屬桿材質(zhì)相同、長度相等，桿P質(zhì)量是桿Q的兩倍，可得桿P的橫截面積

是桿Q的兩倍，根據(jù)電阻定律，可知桿P的電阻是桿Q的點(diǎn)設(shè)桿P的質(zhì)量為2m,電阻為R,

則桿Q的質(zhì)量為m,電阻為2R。

桿Q固定時(shí)，設(shè)最初擺放兩桿時(shí)的最少距離為xi,這也是桿P速度減到零的距離，以向右為正方

向，對(duì)桿P,根據(jù)動(dòng)量定理得：

-BLZ-Zlt=0-2mvo

其甘中…：7=E=BLV'At=&BLxy

解得：XL駕攣

BL

桿Q不固定時(shí)，設(shè)最初擺放兩桿時(shí)的最少距離為X2,這也是桿P、Q的最大相對(duì)位移。桿P、Q

相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)受到等大反向的安培力作用，兩桿組成的系統(tǒng)所受合力為零，此系統(tǒng)動(dòng)量守恒，最終

兩桿相對(duì)靜止，以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)最終兩桿的速度均為v,以向右為正方向，則

有：

2

2mvo=（2m+m）v,解得：v-

以向右為正方向，對(duì)桿Q,根據(jù)動(dòng)量定理得：

BLZz-At'=mv-0

__--

其中.I'.At'___/_=亞."=些=如2

分中.zit=」R+2Rzir3Rm3R3R

解得「2=駕攣

可得：XI：X2=3：1,故ABD錯(cuò)誤，C正確。

故選：Co

19.（多選）（2024?南寧二模）如圖所示，間距L=lm的粗糙傾斜金屬導(dǎo)軌與水平面間的夾角。=

37°,其頂端與阻值R=1O的定值電阻相連，間距相同的光滑金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上,

兩導(dǎo)軌都足夠長且在AA，處平滑連接，A*至DD均是光滑絕緣帶，保證傾斜導(dǎo)軌與水平導(dǎo)軌間

電流不通。傾斜導(dǎo)軌處有方向垂直傾斜導(dǎo)軌所在平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小Bi=0.2T的勻強(qiáng)磁

場，水平導(dǎo)軌處有方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B2=0.5T的勻強(qiáng)磁場。兩根導(dǎo)體棒1、2的

質(zhì)量均為m=0.2kg,兩棒接入電路部分的電阻均為R,初始時(shí)刻，導(dǎo)體棒1放置在傾斜導(dǎo)軌上，

且距離AA'足夠遠(yuǎn)，導(dǎo)體棒2靜置于水平導(dǎo)軌上，己知傾斜導(dǎo)軌與導(dǎo)體棒1間的動(dòng)摩擦因數(shù)n

=0.5o現(xiàn)將導(dǎo)體棒1由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒1未與導(dǎo)體棒2發(fā)生碰撞。取重力加速度

大小g=101nzs2，sin37°=0.6,cos37°=0.8,兩棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，

A.導(dǎo)體棒1在傾斜導(dǎo)軌上下滑時(shí)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)

B.導(dǎo)體棒1滑至AA1瞬間的速度大小為20m/s

C.穩(wěn)定時(shí)，導(dǎo)體棒2的速度大小為10m/s

D.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中通過導(dǎo)體棒2的電荷量為2c

【解答】解：A.由于導(dǎo)體棒1釋放點(diǎn)離AA，足夠遠(yuǎn)，導(dǎo)體棒1滑至AA