專題11電磁感應(yīng)問題

目錄

近年真題對比

考向一法拉第電磁感應(yīng)定律的理解和應(yīng)用問題帶電粒子在有界磁場中運動

考向二電磁感應(yīng)的綜合問題

命題規(guī)律解密

名校模擬探源

易錯易混速記

U一_

真題考查解讀

【命題意圖】考查法拉第電磁感應(yīng)定律綜合應(yīng)用問題，意在考查考生分析問題，通過圖象獲取有用信息的

能力和應(yīng)用數(shù)學(xué)知識解決問題的能力。電磁感應(yīng)中的電路、法拉第電磁感應(yīng)定律、能量轉(zhuǎn)換及電量的計算

等知識點，意在考查考生對電磁感應(yīng)電路的分析以及對電磁感應(yīng)中功能關(guān)系的正確理解和應(yīng)用

2022年高考考查的內(nèi)容較大概率以法拉第電磁感應(yīng)定律的理解及其應(yīng)用為核心，側(cè)重要注重法拉第電磁感

應(yīng)定律的理解及應(yīng)用。有時還與實際生活、生產(chǎn)科技相結(jié)合，考查考生利用物理知識分析解決實際問題的

能力。

【考查要點】主要考相法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定.律、閉合電路歐姆定律、功和功率、焦耳定律、能量

守恒定律、功能關(guān)系、動能定理等，既有以選擇題形式出現(xiàn)的，也有計算題的形式。

【課標(biāo)鏈接】①理解法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定.律

②能分析電磁感應(yīng)中的電路間畫出等效電路圖。能用力學(xué)中的能量守恒定律、功能關(guān)系、動能定理分析電

磁感應(yīng)問題。

：2023年真題展現(xiàn)

考向一法拉第電磁感應(yīng)定律的理解和應(yīng)用問題帶電粒子在有界磁場中運動

1.（2023海南卷）汽車測速利用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，汽車可簡化為一個矩形線圈埋在地下的線

圈分別為1、2,通上順時針（俯視）方向電流，當(dāng)汽車經(jīng)過線圈時（）

b

d>i

A.線圈1、2產(chǎn)生的磁場方向豎直向上

B.汽車進(jìn)入線圈1過程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向為abed

C.汽車離開線圈1過程產(chǎn)生感應(yīng)電流方向為abed

D.汽車進(jìn)入線圈2過程受到的安培力方向與速度方向相同

【答案】C

【解析】由題知，埋在地下的線圈1、2通順時針（俯視）方向的電流，則根據(jù)右手定則，可知線圈1、

2產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，A錯誤；

汽車進(jìn)入線圈1過程中，磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生感應(yīng)電流方向為（逆時針），B錯

誤；

汽車離開線圈1過程中，磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生感應(yīng)電流方向為abed（順時針），C正

確；

汽車進(jìn)入線圈2過程中，磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知產(chǎn)生感應(yīng)電流方向為ad"（逆時針），再根

據(jù)左手定則，可知汽車受到的安培力方向與速度方向相反，D錯誤。

2.（2023江蘇卷）如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，在導(dǎo)體棒的。端位于圓心，

棒的中點/位于磁場區(qū)域的邊緣。現(xiàn)使導(dǎo)體棒繞。點在紙面內(nèi)逆時針轉(zhuǎn)動。4C點電勢分別為弧、血、

0c,貝U（）

/XX、、

A.6o〉6cB.6c>6AC.6o—6AD.6o-6A=6A—6c

【答案】A

【解析】ABC.由題圖可看出以導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動切割磁感線，則根據(jù)右手定則可知

00>6A

其中導(dǎo)體棒ZC段不在磁場中，不切割磁感線，電流0,則6A,A正確、BC錯誤;

D.根據(jù)以上分析可知—6A>0,4>A~0c=0

則0o_4>A><t>—0J）錯誤。故選A。

3.（2023湖北卷）近場通信（NFC）器件應(yīng)用電磁感應(yīng)原理進(jìn)行通訊，其天線類似一個壓平的線圈,

線圈尺寸從內(nèi)到外逐漸變大。如圖所示,一正方形NFC線圈共3匝，其邊長分別為1.0cm、1.2cm和1.4cm,

圖中線圈外線接入內(nèi)部芯片時與內(nèi)部線圈絕緣。若勻強(qiáng)磁場垂直通過此線圈，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率為103T/S.

則線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最接近（

天線

A.0.30VB.0.44VC.0.59VD.4.3V

【答案】B

【解析】根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知石=等=等=103x（1,02+1,22+1,42）xIO_4V=0.44V

故選B。

4.（2023全國甲卷）一有機(jī)玻璃管豎直放在水平地面上，管上有漆包線繞成的線圈，線圈的兩端與電

流傳感器相連，線圈在玻璃管上部的5匝均勻分布，下部的3匝也均勻分布，下部相鄰兩匝間的距離大于

上部相鄰兩匝間的距離。如圖（a）所示。現(xiàn)讓一個很小的強(qiáng)磁體在玻璃管內(nèi)沿軸線從上端口由靜止下落,

電流傳感器測得線圈中電流/隨時間力的變化如圖（b）所示。則（

曉強(qiáng)磁體

電流傳感器

圖(a)圖(b)

A.小磁體在玻璃管內(nèi)下降速度越來越快

B.下落過程中,小磁體的N極、S極上下順倒了8次

C.下落過程中,小磁體受到的電磁阻力始終保持不變

D.與上部相比,小磁體通過線圈下部的過程中，磁通量變化率的最大值更大

【答案】AD

【解析】AD.電流的峰值越來越大，即小磁鐵在依次穿過每個線圈的過程中磁通量的變化率越來越快,

因此小磁體的速度越來越大，AD正確;

B.假設(shè)小磁體是N極向下穿過線圈，則在穿入靠近每匝線圈的過程中磁通量向下增加產(chǎn)生逆時針的電

流，而在穿出遠(yuǎn)離每匝線圈的過程中磁通量向下減少產(chǎn)生逆時針的電流，即電流方向相反與題干描述的穿

過線圈的過程電流方向變化相符，S極向下同理，B錯誤；

C.線圈可等效為條形磁鐵，線圈的電流越大則磁性越強(qiáng)，因此電流的大小是變化的小磁體受到的電磁阻力

是變化的，不是一直不變的，D錯誤

5.（2023全國乙卷）一學(xué)生小組在探究電磁感應(yīng)現(xiàn)象時，進(jìn)行了如下比較實驗。用圖（a）所示的纏

繞方式，將漆包線分別繞在幾何尺寸相同的有機(jī)玻璃管和金屬鋁管上，漆包線的兩端與電流傳感器接通。

兩管皆豎直放置，將一很小的強(qiáng)磁體分別從管的上端由靜止釋放，在管內(nèi)下落至管的下端。實驗中電流傳

感器測得的兩管上流過漆包線的電流/隨時間力的變化分別如圖（b）和圖（c）所示，分析可知（）

同一強(qiáng)磁體

一

,JI電流傳感器

圖（a）

圖（b）圖（c）

A.圖（c）是用玻璃管獲得的圖像

B.在鋁管中下落，小磁體做勻變速運動

C.在玻璃管中下落，小磁體受到的電磁阻力始終保持不變

D.用鋁管時測得的電流第一個峰到最后一個峰的時間間隔比用玻璃管時的短

【答案】A

【解析】A.強(qiáng)磁體在鋁管中運動，鋁管會形成渦流，玻璃是絕緣體故強(qiáng)磁體在玻璃管中運動，玻璃管

不會形成渦流。強(qiáng)磁體在鋁管中加速后很快達(dá)到平衡狀態(tài)，做勻速直線運動，而玻璃管中的磁體則一直做

加速運動，故由圖像可知圖（c）的脈沖電流峰值不斷增大，說明強(qiáng)磁體的速度在增大，與玻璃管中磁體的

運動情況相符，A正確；

B.在鋁管中下落，脈沖電流的峰值一樣，磁通量的變化率相同，故小磁體做勻速運動，B錯誤；

C.在玻璃管中下落，玻璃管為絕緣體，線圈的脈沖電流峰值增大，電流不斷在變化，故小磁體受到的

電磁阻力在不斷變化，C錯誤；

D.強(qiáng)磁體分別從管的上端由靜止釋放，在鋁管中，磁體在線圈間做勻速運動，玻璃管中磁體在線圈間

做加速運動，故用鋁管時測得的電流第一個峰到最后一個峰的時間間隔比用玻璃管時的長，D錯誤。

故選Ao

6.（2023浙江1月卷）如圖甲所示，一導(dǎo)體桿用兩條等長細(xì)導(dǎo)線懸掛于水平軸OO',接入電阻衣構(gòu)

成回路.導(dǎo)體桿處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，將導(dǎo)體桿從豎直位置拉開小角度。靜止釋放，導(dǎo)體桿開始下

擺.當(dāng)7?=凡時，導(dǎo)體桿振動圖像如圖乙所示.若橫縱坐標(biāo)皆采用圖乙標(biāo)度，則當(dāng)R=29時，導(dǎo)體桿振

【答案】B

【解析】導(dǎo)體桿切割磁感線時，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，由楞次定律可得，導(dǎo)體桿受到的安培力總是阻

礙導(dǎo)體棒的運動。當(dāng)尺從凡變?yōu)?凡時，回路中的電阻增大為原來的2倍，則電流減小，導(dǎo)體桿所受安培

力減小，即導(dǎo)體桿在擺動時所受的阻力減弱，所桿從開始擺動到停止，運動的路程和經(jīng)歷的時間變長，所

以導(dǎo)體桿振動圖像是圖B。

考向二電磁感應(yīng)的綜合問題

7.（2023浙江6月卷）如圖所示，質(zhì)量為從電阻為A、長為A的導(dǎo)體棒，通過兩根長均為1、質(zhì)量

不計的導(dǎo)電細(xì)桿連在等高的兩固定點上，固定點間距也為乙細(xì)桿通過開關(guān)S可與直流電源綜或理想二極

管串接。在導(dǎo)體棒所在空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向上、大小為B的勻強(qiáng)磁場，不計空氣阻力和其它電

JT

阻。開關(guān)s接1,當(dāng)導(dǎo)體棒靜止時，細(xì)桿與豎直方向的夾角固定點夕=—；然后開關(guān)S接2,棒從右側(cè)開始

4

運動完成一次振動的過程中（）

A.電源電動勢B.棒消耗的焦耳熱。=（1—正）吸/

2BL2

JT

C.從左向右運動時，最大擺角小于一D.棒兩次過最低點時感應(yīng)電動勢大小相等

4

【答案】C

【解析】A.當(dāng)開關(guān)接1時，對導(dǎo)體棒受力分析如圖所示

、--------?BIL

“Mg

根據(jù)幾何關(guān)系可得

Mg=BIL

解得

1=返

BL

根據(jù)歐姆定律

1=殳

R

解得

E=3

°BL

故A錯誤；

根據(jù)右手定則可知導(dǎo)體棒從右向左運動時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢與二極管正方向相同，部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化

為焦耳熱；導(dǎo)體棒從左向右運動時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢與二極管相反，沒有機(jī)械能損失

B.當(dāng)導(dǎo)體棒運動到最低點速度為零時，導(dǎo)體棒損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為焦耳熱為

a=Q_與）Mgi

根據(jù)楞次定律可知導(dǎo)體棒完成一次振動速度為零時，導(dǎo)體棒高度高于最低點，所以棒消耗的焦耳熱

e<e'=（i-^w

故B錯誤；

C.根據(jù)B選項分析可知，導(dǎo)體棒運動過程中，機(jī)械能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，所以從左向右運動時，最大擺角

7F

小于下，故c正確；

D.根據(jù)B選項分析，導(dǎo)體棒第二次經(jīng)過最低點時的速度小于第一次經(jīng)過最低點時的速度，根據(jù)

E=BLv

可知棒兩次過最低點時感應(yīng)電動勢大小不相等，故D錯誤。

故選Co

8.（2023遼寧卷）如圖，兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為d

和2d,處于豎直向上的磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為28和凡已知導(dǎo)體棒腑的電阻為"長度為&導(dǎo)

體棒匐的電阻為2爪長度為2d,匐的質(zhì)量是腑的2倍。初始時刻兩棒靜止，兩棒中點之間連接一壓縮量

為/的輕質(zhì)絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場中運動直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個過程中

兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌足夠長且電阻不計。下列說法正確的足（）

P

[I[????

??????.....

28：：：：:B

葉~????

Q

A.彈簧伸展過程中、回路中產(chǎn)生順時針方向的電流

B.20速率為■時，加所受安培力大小為竺

3R

C.整個運動過程中，歷V與尸0的路程之比為2：1

D.整個運動過程中，通過仞V的電荷量為C

3R

【答案】AC

【解析】A.彈簧伸展過程中，根據(jù)右手定則可知，回路中產(chǎn)生順時針方向電流，選項A正確；

B.任意時刻，設(shè)電流為/,則用受安培力

FPQ=BI-2d

方向向左；就受安培力

FMN=2BId

方向向右，可知兩棒系統(tǒng)受合外力為零，動量守恒，設(shè)尸0質(zhì)量為2必，則仞V質(zhì)量為勿，尸。速率為r

時，則

2mv=mv

解得

v=2v

回路的感應(yīng)電流

2Bdv+B-2dv2Bdv

1---------------二------

3RR

磔所受安培力大小為

%=29=竺/

選項B錯誤;

C.兩棒最終停止時彈簧處于原長狀態(tài)，由動量守恒可得

mxi=2mx2

xl+x2-L

可得則最終例V位置向左移動

2L

石——

13

網(wǎng)位置向右移動

L

因任意時刻兩棒受安培力和彈簧彈力大小都相同，設(shè)整個過程兩棒受的彈力的平均值為尸彈，安培力平

均值產(chǎn)安，則整個過程根據(jù)動能定理

尸彈％-F安XMN=0

與％-F安XpQ=0

可得

XMN__2

XPQ1

選項C正確;

D.兩棒最后停止時，彈簧處于原長位置，此時兩棒間距增加了L,由上述分析可知，就向左位置移動

2rI

—,網(wǎng)位置向右移動二，則

33

2TT

人不2B^d+B-2dm

-▲A(P332BLd

q=I^t=——=-----)--------?——二------

H總3R3R

選項D錯誤。

故選AC。

9.（2023山東卷）足夠長U形導(dǎo)軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬為1m,電阻不計。質(zhì)量為1kg、

長為1m、電阻為1O的導(dǎo)體棒腑放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌形成矩形回路并始終接觸良好，I和H區(qū)域內(nèi)分別

存在豎直方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為耳和^2,其中用=2T,方向向下。用不可伸長的輕繩跨過

固定輕滑輪將導(dǎo)軌切段中點與質(zhì)量為0.1kg的重物相連，繩與切垂直且平行于桌面。如圖所示，某時刻

MN、切同時分別進(jìn)入磁場區(qū)域I和n并做勻速直線運動，MN、切與磁場邊界平行。脈的速度匕=2m/s,

切的速度為%且％>％，翅和導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.2。重力加速度大小取10m/s2,下列說法正確的

是（）

A.4的方向向上B.4的方向向下C.v2=5m/sD.%=3m/s

【答案】BD

【解析】AB.導(dǎo)軌的速度%>匕，因此對導(dǎo)體棒受力分析可知導(dǎo)體棒受到向右的摩擦力以及向左的安

培力，摩擦力大小為

f=/jmg—2N

導(dǎo)體棒的安培力大小為

K=/=2N

由左手定則可知導(dǎo)體棒的電流方向為NffCf導(dǎo)體框受到向左的摩擦力，向右的拉

力和向右的安培力，安培力大小為

E=/_7%g=1N

由左手定則可知為的方向為垂直直面向里，A錯誤B正確；

CD.對導(dǎo)體棒分析

R=BJL

對導(dǎo)體框分析

E=BJL

電路中的電流為

_BLv-BLV

1——xx22

r

聯(lián)立解得

v2=3m/s

C錯誤D正確；

故選BD。

10.（2023湖南卷）如圖，兩根足夠長的光滑金屬直導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌間距為L,兩導(dǎo)軌及其所構(gòu)成

的平面均與水平面成。角，整個裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.現(xiàn)將

質(zhì)量均為加的金屬棒。、b垂直導(dǎo)軌放置，每根金屬棒接入導(dǎo)軌之間的電阻均為A.運動過程中金屬棒與導(dǎo)

軌始終垂直且接觸良好，金屬棒始終未滑出導(dǎo)軌，導(dǎo)軌電阻忽略不計，重力加速度為g.

(1)先保持棒6靜止，將棒“由靜止釋放，求棒。勻速運動時速度大小％;

(2)在(1)問中，當(dāng)棒。勻速運動時，再將棒。由靜止釋放，求釋放瞬間棒6的加速度大小旬；

(3)在(2)問中，從棒。釋放瞬間開始計時，經(jīng)過時間％,兩棒恰好達(dá)到相同的速度V,求速度v的

大小，以及時間無內(nèi)棒。相對于棒。運動的距離Ax.

2msRsin3mv,.R

【答案】⑴；⑵a=2gsin。；(3)=

B2L2BLr

【解析】(Da導(dǎo)體棒在運動過程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等時做勻速運動，由法拉第

電磁感應(yīng)定律可得

E=BLv0

有閉合電路歐姆定律及安培力公式可得

,E

I=——，F(xiàn)=BIL

2R

a棒受力平衡可得

mgsin0=BIL

聯(lián)立記得

2mgRsin0

%=

°B2L2

(2)由右手定則可知導(dǎo)體棒b中電流向里，6棒沿斜面向下的安培力，此時電路中電流不變，則b

棒牛頓第二定律可得

mgsin6+BIL—ma

解得

a=2gsin0

(3)釋放6棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到達(dá)共速時對a棒動量定理

mgsin0to-BILt0=mv-mv0

。棒受到向下的安培力，對6棒動量定理

mgsin0to+BILt0=mv

聯(lián)立解得

v=gsin84+%

2

此過程流過b棒的電荷量為g,則有

Q=1%

由法拉第電磁感應(yīng)定律可得

-1=—E=-1--BL-A-x

2R2Rt0

聯(lián)立6棒動量定理可得

.mvR

Ax=:0

B~I}

11.（2023全國甲卷）如圖，水平桌面上固定一光滑U型金屬導(dǎo)軌，其平行部分的間距為/,導(dǎo)軌的最

右端與桌于右邊緣對齊，導(dǎo)軌的電阻忽略不計。導(dǎo)軌所在區(qū)域有方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大

小為8。一質(zhì)量為加、電阻為R、長度也為/的金屬棒P靜止在導(dǎo)軌上。導(dǎo)軌上質(zhì)量為3機(jī)的絕緣棒Q位于

P的左側(cè)，以大小為%的速度向P運動并與P發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間很短。碰撞一次后，P和Q先后從導(dǎo)

軌的最右端滑出導(dǎo)軌，并落在地面上同一地點。P在導(dǎo)軌上運動時，兩端與導(dǎo)軌接觸良好，P與Q始終平行。

不計空氣阻力。求

（1）金屬棒P滑出導(dǎo)軌時速度大小；

（2）金屬體P在導(dǎo)軌上運動過程中產(chǎn)生的熱量；

（3）與P碰撞后，絕緣棒Q在導(dǎo)軌上運動的時間。

2mR

【解析】（D由于絕緣棒Q與金屬棒P發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒可得

3mv0=3mvQ+mvp

gx3mVg=g■義3m%+gmv：

聯(lián)立解得

31

0=5%，VQ=2Vo

由題知，碰撞一次后，P和Q先后從導(dǎo)軌的最右端滑出導(dǎo)軌，并落在地面上同一地點，則金屬棒P滑

出導(dǎo)軌時的速度大小為

,1

"p=%=5%

（2）根據(jù)能量守恒有

^-mvp=-^mVp2+Q

解得

Q=mvl

（3）P、Q碰撞后，對金屬棒P分析，根據(jù)動量定理得

—BIlAt=mVp—mVp

又

q=7x,7上=空=處

RRAtRAt

聯(lián)立可得

mv^R

x=—廣廠

B2l2

由于Q為絕緣棒，無電流通過，做勻速直線運動，故Q運動的時間為

x2mR

12.（2023新課標(biāo)卷）一邊長為/、質(zhì)量為卬的正方形金屬細(xì)框，每邊電阻為兄，置于光滑的絕緣水

平桌面（紙面）上。寬度為2/的區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為6,兩虛線為

磁場邊界，如圖（a）所示。

（1）使金屬框以一定初速度向右運動，進(jìn)入磁場。運動過程中金屬框的左、右邊框始終與磁場邊界

平行，金屬框完全穿過磁場區(qū)域后，速度大小降為它初速度的一半，求金屬框的初速度大小。

（2）在桌面上固定兩條光滑長直金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌與磁場邊界垂直，左端連接電阻用=2吊，導(dǎo)軌電阻

可忽略，金屬框置于導(dǎo)軌上，如圖（6）所示。讓金屬框以與（1）中相同的初速度向右運動，進(jìn)入磁場。

運動過程中金屬框的上、下邊框處處與導(dǎo)軌始終接觸良好。求在金屬框整個運動過程中，電阻尼產(chǎn)生的熱

量。

2L

B

口三

圖(a)圖(b)

R2[33B4￡6

【答案】(D——

mR^25m母

【解析】(D金屬框進(jìn)入磁場過程中有

E=BL-

t

則金屬框進(jìn)入磁場過程中流過回路的電荷量為

EBI}

d~-------1~-------

伏4%

則金屬框完全穿過磁場區(qū)域的過程中流過回路的電荷量為

BI}

q------

2%

且有

-BqL=——--mv0

聯(lián)立有

B2￡3

v

o=~mR-0

(2)設(shè)金屬框的初速度為%,則金屬框進(jìn)入磁場時的末速度為%向右為正方向。由于導(dǎo)軌電阻可忽

略，此時金屬框上下部分被短路，故電路中的總電

R=R,24?4_5&

總&2&+&3

再根據(jù)動量定理有

--------=mv1—mv0

R總

解得

2B2Z?

v,=--------

5mR^

則在此過程中根據(jù)能量守恒有

g相片=Qi+g相片

解得

皿

1507潞

其中

以15必125哂

此后線框完全進(jìn)入磁場中，則線框左右兩邊均作為電源，且等效電路圖如下

R[=2殳+&=也

息“22

設(shè)線框剛離開磁場時的速度為儂再根據(jù)動量定理有

B2￡3mvmv

一-R一=2_i

解得

v2=0

則說明線框剛離開磁場時就停止運動了，則再根據(jù)能量守恒有

2

jmvj=e2

其中

」.8匹

5幺125相后

則在金屬框整個運動過程中，電阻吊產(chǎn)生的熱量

或總=—蕊

13.（2023浙江6月卷）某興趣小組設(shè)計了一種火箭落停裝置，簡化原理如圖所示，它由兩根豎直導(dǎo)

軌、承載火箭裝置（簡化為與火箭絕緣的導(dǎo)電桿筋）和裝置/組成，并形成閉合回路。裝置/能自動調(diào)節(jié)

其輸出電壓確保回路電流/恒定，方向如圖所示。導(dǎo)軌長度遠(yuǎn)大于導(dǎo)軌間距，不論導(dǎo)電桿運動到什么位置,

電流/在導(dǎo)電桿以上空間產(chǎn)生的磁場近似為零，在導(dǎo)電桿所在處產(chǎn)生的磁場近似為勻強(qiáng)磁場，大小片

（其中4為常量），方向垂直導(dǎo)軌平面向里；在導(dǎo)電桿以下的兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生的磁場近似為勻強(qiáng)磁場，大小

B?=2kl,方向與合相同。火箭無動力下降到導(dǎo)軌頂端時與導(dǎo)電桿粘接，以速度的進(jìn)入導(dǎo)軌，到達(dá)絕緣停

靠平臺時速度恰好為零，完成火箭落停。已知火箭與導(dǎo)電桿的總質(zhì)量為弘導(dǎo)軌間距d=過孥，導(dǎo)電桿電

kr

阻為凡導(dǎo)電桿與導(dǎo)軌保持良好接觸滑行，不計空氣阻力和摩擦力，不計導(dǎo)軌電阻和裝置力的內(nèi)阻。在火箭

落停過程中，

裝置A|

(1)求導(dǎo)電桿所受安培力的大小廠和運動的距離上;

(2)求回路感應(yīng)電動勢￡與運動時間大的關(guān)系；

(3)求裝置4輸出電壓，與運動時間t的關(guān)系和輸出的能量強(qiáng)

(4)若A的阻值視為0,裝置/用于回收能量，給出裝置/可回收能量的來源和大小。

【答案】(1)3Mg；；(2)E-...-(%—2g/)；(3)U=---(v—2gt)+IR；

4gII0

3

22

W=3Mg(vot-2gt)+IRti⑷裝置A可回收火箭的動能和重力勢能；-Mvl

【解析】(1)導(dǎo)體桿受安培力

F=BJd=3Mg

方向向上，則導(dǎo)體桿向下運動的加速度

Mg—F=Ma

解得

k2g

導(dǎo)體桿運動的距離

0一說_片

L—------------

2a4g

(2)回路的電動勢

E=B2dv

其中

v=v0+at

解得

石=華(%-2就

(3)由能量關(guān)系

UI=FV+FR

其中

v=vG+at

可得

U=等(vfR

輸出能量

W=IUt=3Mg(vot-2g/)+fRt

（4）裝置A可回收火箭的動能和重力勢能；從開始火箭從速度的到平臺速度減為零，則

13

E=-Mvl+MgL=-Mvl

||近年真題對比』

考向一法拉第電磁感應(yīng)定律的理解和應(yīng)用問題

1.（2022?廣東卷?二）如圖所示，水平地面（°盯平面）下有一根平行于y軸且通有恒定電流/的長直導(dǎo)

線。P、M和N為地面上的三點，尸點位于導(dǎo)線正上方，平行于y軸，印平行于x軸。一閉合的圓形

金屬線圈，圓心在P點，可沿不同方向以相同的速率做勻速直線運動，運動過程中線圈平面始終與地面平

行。下列說法正確的有（）

A.N點與M點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同

B.線圈沿PN方向運動時，穿過線圈的磁通量不變

C.線圈從尸點開始豎直向上運動時，線圈中無感應(yīng)電流

D.線圈從尸到M過程的感應(yīng)電動勢與從尸到N過程的感應(yīng)電動勢相等

【答案】AC

【解析】

A.依題意，M,N兩點連線與長直導(dǎo)線平行、兩點與長直導(dǎo)線的距離相同，根據(jù)右手螺旋定則可知，通電

長直導(dǎo)線在加、N兩點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，故A正確；

B.根據(jù)右手螺旋定則，線圈在P點時，磁感線穿進(jìn)與穿出在線圈中對稱，磁通量為零；在向N點平移過程

中，磁感線穿進(jìn)與穿出線圈不再對稱，線圈的磁通量會發(fā)生變化，故B錯誤；

C.根據(jù)右手螺旋定則，線圈從P點豎直向上運動過程中，磁感線穿進(jìn)與穿出線圈對稱，線圈的磁通量始終

為零，沒有發(fā)生變化，線圈無感應(yīng)電流，故c正確；

D.線圈從尸點到M點與從P點到N點，線圈的磁通量變化量相同，依題意P點到M點所用時間較從P點

到N點時間長，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，則兩次的感應(yīng)電動勢不相等，故D錯誤。

故選ACo

2。（2022?全國甲卷?T16）三個用同樣的細(xì)導(dǎo)線做成的剛性閉合線框，正方形線框的邊長與圓線框的直

徑相等，圓線框的半徑與正六邊形線框的邊長相等，如圖所示。把它們放入磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間線性變化的

同一勻強(qiáng)磁場中，線框所在平面均與磁場方向垂直，正方形、圓形和正六邊形線框中感應(yīng)電流的大小分別

L＞【3＞，2CL=(＞13D.IX=I2=13

【答案】C

【解析】

設(shè)圓線框的半徑為々則由題意可知正方形線框的邊長為2修正六邊形線框的邊長為廠；所以圓線框的周長

為

C2=2nr

面積為

§2=72■產(chǎn)

同理可知正方形線框的周長和面積分別為

2

C]=8r,Sx=4r

正六邊形線框的周長和面積分別為

百3百戶

S=-x6xrx----r=----------

3222

三線框材料粗細(xì)相同，根據(jù)電阻定律

R=P

TQ橫截-面

可知三個線框電阻之比為

尺：6:%=C：=8：2〃：6

根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有

E_ABS_

一至一云7元

可得電流之比為:

r,:八=2:2:6

1Z3▼

即

/j—/2>八

故選C。

3.（2022?浙江1月卷?T13）如圖所示，將一通電螺線管豎直放置，螺線管內(nèi)部形成方向豎直向上、磁感

應(yīng)強(qiáng)度大小2=股的勻強(qiáng)磁場，在內(nèi)部用絕緣輕繩懸掛一與螺線管共軸的金屬薄圓管，其電阻率為夕、高度

為h、半徑為八厚度為d（d《r）,則（）

圓管中的感應(yīng)電流為逆時針方向

圓管的感應(yīng)電動勢大小為叱

B.

h

23

—A-3,,Tcdhk1'

C.圓管的熱功率大小為一-——

2P

D.輕繩對圓管的拉力隨時間減小

【答案】C

【解析】

A.穿過圓管的磁通量向上逐漸增加，則根據(jù)楞次定律可知，從上向下看，圓管中的感應(yīng)電流為順時針方向,

選項A錯誤;

B.圓管的感應(yīng)電動勢大小為

E="-nr1=loir1

At

選項B錯誤;

C.圓管的電阻

?2兀r

R=p-----

dh

圓管的熱功率大小為

八E~7idhk~r

r=-=-----

R2p

選項C正確；

D.根據(jù)左手定則可知，圓管中各段所受的受安培力方向指向圓管的軸線，則輕繩對圓管的拉力的合力始終

等于圓管的重力，不隨時間變化，選項D錯誤。

4.（2022?廣東卷-T4）圖是簡化的某種旋轉(zhuǎn)磁極式發(fā)電機(jī)原理圖。定子是僅匝數(shù)〃不同的兩線圈，%＞巧,

二者軸線在同一平面內(nèi)且相互垂直，兩線圈到其軸線交點O的距離相等，且均連接阻值為R的電阻，轉(zhuǎn)子

是中心在。點的條形磁鐵，繞。點在該平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動時，兩線圈輸出正弦式交變電流。不計線圈電阻、

自感及兩線圈間的相互影響，下列說法正確的是（）

rCZH

R/O

任

'、

、

、

A.兩線圈產(chǎn)生的電動勢的有效值相等B.兩線圈產(chǎn)生的交變電流頻率相等

C.兩線圈產(chǎn)生電動勢同時達(dá)到最大值D.兩電阻消耗的電功率相等

【答案】B

【解析】

AD.根據(jù)

LE—△n①--

△t

兩線圈中磁通量變化率相等，但是匝數(shù)不等，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大值不相等，有效值也不相等，根

據(jù)

P=—

R

可知，兩電阻電功率也不相等，選項AD錯誤；

B.因兩線圈放在同一個旋轉(zhuǎn)磁鐵的旁邊，則兩線圈產(chǎn)生的交流電的頻率相等，選項B正確；

C.當(dāng)磁鐵的磁極到達(dá)線圈附近時，磁通量變化率最大，感應(yīng)電動勢最大，可知兩線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不

可能同時達(dá)到最大值，選項C錯誤；

故選B。

故選C。

5.（2022?河北?T5）將一根絕緣硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線順次繞成如圖所示的線圈，其中大圓面積為跖，小圓面積均

為Sz，垂直線圈平面方向有一隨時間/變化的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小3=穌+笈，綜和人均為常量，則線

圈中總的感應(yīng)電動勢大小為()

A.kS1B.5ks2C.左(S「5s2)D.k{S}+5S2)

【答案】D

【解析】

由法拉第電磁感應(yīng)定律可得大圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢

E'W、

每個小圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢

紇=*=小峪

由線圈的繞線方式和楞次定律可得大、小圓線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢方向相同，故線圈中總的感應(yīng)電動勢大

小為

石=g+4區(qū)=左(1+5sJ

故選D。

6.(2022?全國乙卷?T24)如圖，一不可伸長的細(xì)繩的上端固定，下端系在邊長為/=0.40m的正方形金

屬框的一個頂點上。金屬框的一條對角線水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強(qiáng)磁場。已知構(gòu)

成金屬框的導(dǎo)線單位長度的阻值為4=5.0x10-3。/m；在/=0到f=3.0s時間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時

間f的變化關(guān)系為8?)=0.3—0.1/(SI)。求:

(1)f=2.0s時