專題11電磁感應交流電

楞次定律

變壓器

遠距離輸電

感應電流的方向

1.（2025?四川南充?二模）如圖所示，兩條電阻不計的光滑平行導軌Aa和3FC與水平面成。角，平行導

軌間距為L一勁度系數為上的輕質彈簧一端固定在。點，彈簧中心軸線與軌道平行，另一端與質量為

m、電阻為r的導體棒相連，導軌一端連接定值電阻R,勻強磁場垂直穿過導軌平面ABC。，A3到。

的距離足夠大，磁感應強度大小為穌，。點到。的距離等于彈簧的原長，導體棒從C。位置靜止釋放，

到達EF位置時速度達到最大，CD到EF的距離為d,導體棒始終與導軌垂直且接觸良好，重力加速度

為g,則下列說法正確的是（）

A.導體棒從CO到所過程中，流過定值電阻R的電流方向為A到B

B.導體棒從C。到所過程中，流過定值電阻R的電荷量為華

R

mQ（r+R\smO

C.導體棒到達EF時的最大速度為"—

D.導體棒從。到下滑到最低點的過程中導體棒與彈簧組成的系統機械能一直減小

【答案】AD

【詳解】A.導體棒從CD到E尸過程中，由右手定則可知，通過CD棒電流方向為C到。，則流過定值

電阻R的電流方向為A到8,故A正確；

_A①

B.導體棒從到EE過程中，流過定值電阻式的電荷量.E后A<DBLd

7q==------/Xt=----------=------=------

r+Rr+Rr+Rr+R

故B錯誤；

C.最大速度時，導體棒合力為0,由平衡條件有〃+8〃=mgsin。

聯立解得'=

故C錯誤；

D.導體棒從CD到下滑到最低點的過程中，安培力對導體棒一直做負功，故導體棒與彈簧組成的系統

機械能一直減小，故D正確。

故選AD。

2.（2025?山東棗莊?二模）如圖所示，同一豎直面內的水平線“〃、防'把空間分成三個區域，回區域內的勻

強磁場垂直于紙面向里，磁感應強度大小為回區域內的勻強磁場垂直于紙面且均勻減小，回區域無磁

場。一單匝矩形金屬線框由兩條相同的橡皮筋懸掛在天花板上，水平邊MN、尸。邊分別處于團、團區域,

回區域內的磁場減小時橡皮筋伸直且無彈力，磁場減小為零后不再變化，線框第一次下降高度八時達到

最大速度%（未知），繼續向下運動至與重合時，速度減小為零。每根橡皮筋的彈力都遵循胡

克定律，勁度系數為左，且始終處于彈性限度內，線框的質量為W總電阻為R,MN邊長為L,重力加

速度為g,下列說法正確的是（

X,,

M_1_____

XXX

ITB

XXX

a--------------------a'

II

b--------------------b'

IIIpQ

A.回區域的磁場方向垂直于紙面向里

B.線框最終靜止時MN邊與加'重合

c.最大速度%的大小為（叫

D.線框開始運動后做簡諧運動

【答案】AC

【詳解】A.題意知團區域內的磁場減小時橡皮筋伸直且無彈力，可知MN受到的安培力豎直向上，左手

定則可知電流方向為M指向M由于國區域內的磁場減小，楞次定律可知回區域的磁場方向垂直于紙面向

里，故A正確；

B.線框第一次下降高度八時速度達到最大，則線框合力為0,線框繼續向下運動，彈力增大，合力增大，

運動至MN與成/重合時彈力最大，合力最大，線框將會向上運動，所以線框不會最終靜止時邊與

重合，故B錯誤；

C.線框最大速度時，線框合力為0,由平衡條件有，"g=8〃+2M

因為/=警

聯立解得%=咒2?」

故C正確；

D.線框在運動過程中，除了彈簧彈力和重力外，還受到安培力，安培力大小與速度有關，不滿足簡諧

運動回復力尸=-左（左為常數）的特征，所以線框不做簡諧運動，故D錯誤。

故選AC。

3.（2025?陜西寶雞?二模）在如圖甲所示的電路中，電阻2?=&=2尺，圓形金屬線圈的半徑為（，電阻為

R,匝數為小半徑為4億＜4）的圓形區域內存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時

間/變化的關系圖線如圖乙所示，其余導線的電阻不計。閉合開關S,下列說法正確的是（）

A.流過電阻鳥的電流方向向下

B.%時刻，圓形金屬線圈的磁通量為2"叫兀療

C.電阻此兩端的電壓為等%

D.。~/。時間內，通過此上的電荷量為里迎

4R

【答案】AC

【詳解】A.根據楞次定律可知，穿過線圈磁通量向里增加，則線圈中感應電流方向逆時針方向，則流

過電阻耳的電流方向向下，選項A正確；

B.%時刻，圓形金屬線圈的磁通量為①=2穌.萬戲=2萬穌片

選項B錯誤；

C.感應電動勢E=w歿力片=也也

2t0

rjTTKR

電阻&兩端的電壓為UR2=g=

選項c正確；

D.。~，。時間內，通過此上的電荷量為q=金

選項D錯誤。

故選ACo

4.（2025?四川成都?二模）四個完全相同的小燈泡L「L?、L>L,按圖示電路連接，圓形區域內部存在垂直

紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小隨時間均勻增大。下列說法正確的是（

b

A.通過燈泡L?的電流方向為6到aB.燈泡L3的亮度逐漸增大

C.燈泡L2的亮度最暗D.燈泡L的亮度最亮

【答案】D

【詳解】D.磁感應強度大小隨時間均勻增大，由法拉第電磁感應定律可知，回路中產生恒定的感應電

流，L3與L4串聯之后與L2并聯，Li在干路上，電流最大，故Li最亮，D正確；

A.由楞次定律，通過燈泡L?的電流方向為a到b,A錯誤;

B.由上述分析可知，燈泡L3的亮度不變，B錯誤；

C.由上述分析可知，燈泡L3、L,的亮度最暗，C錯誤。

故選D。

5.（2025?青海海東?二模）電吉他是現代科學技術的產物，從外形到音響都與傳統的吉他有著明顯的差別。

電吉他中電拾音器的基本結構如圖所示，固定的條形磁體附近的金屬弦被磁化，當金屬弦上下振動時,

在線圈中產生與弦振動情況對應的弱電流，電流經電路放大后傳送到音箱發出聲音。下列說法正確的是

A.電吉他利用了自感現象

B.電吉他利用了互感現象

C.電吉他利用了電磁阻尼

D.當金屬弦靠近磁體時，線圈。端的電勢較高

【答案】D

【詳解】AB.自感現象是由于導體本身的電流發生變化而產生的電磁感應現象，互感現象是一個線圈中

的電流發生變化在另一個線圈中產生感應電動勢的現象，在電吉他中，金屬弦被磁化后，其上下振動使

穿過固定線圈中的磁通量發生變化，從而在線圈中產生感應電流，屬于電磁感應現象，磁化后的金屬弦

在上下振動過程中沒有被感應，所以不是利用了自感和互感的原理，AB錯誤；

C.根據上述分析可知，電吉他主要利用電磁感應原理工作的，C錯誤；

D.當金屬弦靠近磁體時，穿過線圈的磁通量增大，根據楞次定律可知，感應電流產生的磁場阻礙磁通

量的增加，與原來磁場方向相反，結合右手定則可知，感應電流從6流入線圈，從。流出線圈，。點的

電勢較高，D正確。

故選D。

法拉第電磁感應定律

6.（2025?四川廣安?二模）電磁感應是發電機的重要工作原理，如圖甲所示，在邊長為乙的正方形abed虛

線區域內，分布著方向垂直水平面向外的勻強磁場，電阻為R的圓形導體框放置在絕緣水平面上，其圓

心。點與湖邊的中點重合，導體框恰好有一半處于磁場中。磁感應強度2隨時同f的變化規律如圖乙

所示，其中曲、歷都是已知量。由于水平面粗糙，圓形導體框一直處于靜止狀態。則（）

A.歷時刻通過導體框的電流大小為發工

16Rt0

B.0~h時間內通過圓形導體框任一橫截面的電荷量為也：

327;

C.2.5%時刻，水平面對導體框的摩擦力大小為嘿;方向水平向右

16曲

3/B建

D.0~3%時間內圓形導體框中產生的焦耳熱為

256曲

【答案】AC

【詳解】AB.由圖甲可知線圈的有效面積為5=卜弓）2=手

在0~2歷時間內，由法拉第電磁感應定律可得感應電動勢的大小為E="="S佟咚=二"

XM2t0816t0

則為時刻通過導體框的電流大小為/=4=發:

R16Rt0

故A正確；

BO~fo時間內通過圓形導體框任一橫截面的電荷量為q=I%=

故B錯誤；

C.2%~3歷時間內，由法拉第電磁感應定律可得感應電動勢大小為笈=當="?乎=2/

W%88%

感應電流大小為廠=與=

R8私

2.5%時刻導體框所受安培力大小為尸=3/2=發《

2i6Rt0

根據左手定則可知，安培力方向水平向左，由于導體框一直處于靜止狀態，摩擦力與安培力平衡，可知

f-B就

」16Rt0

方向水平向右，故C正確；

2n2T42Q2T4o_2r>2r4

D.0~3歷時間內圓形導體框中產生的焦耳熱為。=/2氏2辦+/'2Mo+=

12om0o4m0YZoKt^

故D錯誤。

故選AC?

7.（2025?黑龍江哈爾濱?二模）如圖所示，處于同一水平面的光滑金屬直導軌MN和PQ之間夾角為。=37。。

MP兩點間距離為/。=2.0m,其間接有一阻值為R=0.2Q的電阻，其余電阻不計。空間存在方向豎直向

下的勻強磁場，磁感應強度B=0.1T。一質量為〃?=0.2kg的金屬棒演在水平外力作用下從MP處以初

速度%=5m/s向右運動，在運動x=4m的過程中通過R上的電流恒定不變。金屬棒始終與MN垂直且與

導軌接觸良好，sin37=0.6,則在此過程中可能正確的是（）

M

￡N

xxxxxxxxxxxx

nxxxxxxxxxxxx

xxxxxxxxxxxx

Rxxxxxxxxxxxx

xxxxxxxxxxxx

xxxxxxxxxxxx

M2送xxxxxxx-xx-

XX>r>^K^X><XXXX

XXXXXX>OT>S<XX

A.通過R的電流為5AB.通過R的電流為逐漸減小

c.金屬棒的最小速度為2.0m/sD.金屬棒的最小速度為5.0m/s

【答案】AC

【詳解】AB.有效切割長度/=，o+xtan夕

導軌夾角6=37°,感應電動勢為石=5?/?v

電流/」=嶇±受處

RR

電流恒定需滿足1?V=常數，即任意位置/?V=lovo

Blv0.1x10,.r一…、

電流/=-丁=-一=5A（恒定）

R0.2

則A正確，B錯誤。

CD.當x=4m時，/=2m+4x0.75m=5m

此時金屬棒有最小速度，即v=g=2m/s

則C正確，D錯誤。

故選ACo

8.（2025?湖南常德?二模）如圖所示是法拉第圓盤發電機，其圓盤的半徑為r，圓盤處于磁感應強度大小為

Bi=B,方向豎直向上的勻強磁場中。圓盤左邊有兩條光滑平行足夠長傾斜導軌導軌間距為乙

其所在平面與水平面夾角為。，導軌處于磁感應強度大小為生,方向豎直向下的勻強磁場中。現用導線

把兩導軌分別與圓盤發電機中心和邊緣的電刷連接，圓盤邊緣和圓心之間的電阻為R。在傾斜導軌上放

置一根質量為加，長度也為3電阻為2R的而導體棒，其余電阻不計。當圓盤以角速度。勻速轉動時，

必棒剛好能靜止在斜面上，則（）

A.從上往下看，圓盤順時針方向轉動

2

B."間電勢差

6mgsm9R

C.若與大小、方向均可改變，導體棒始終保持靜止狀態時，與的最小值為

Br2a)L

D.若圓盤停止轉動，必棒將沿導軌先勻加速下滑后勻速運動

【答案】AC

【詳解】A.仍棒剛好能靜止在斜面上，由受力可知，電流方向由。到6,故6端電勢低于。端電勢,

由右手定則可知，圓盤轉動的方向（從上往下看）為順時針方向，A正確;

B.由題可知，圓盤產生的感應電動勢為E=

DR1

由閉合電路歐姆定律可知，間電勢差為。"二寸二后二彳^產。

2R+1\3

故B錯誤；

C.若大小、方向均可改變，導體棒始終保持靜止狀態時，由平衡條件可得與mm〃=wgsin。

F

由閉合電路歐姆定律/=

圓盤產生的感應電動勢為E=

聯立解得B2的最小值為B2min=粵乎售

故c正確；

D.若圓盤停止轉動，"棒沿導軌向下做切割磁感線運動，由油棒受力可知，棒先做變加速運動后做勻

速運動，D錯誤。

故選ACo

9.（2025?廣東中山,二模）法拉第圓盤的裝置結構可簡化為圖甲，一個半徑為廠的勻質金屬圓盤全部水平放

置在豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中，在圓心。和圓盤邊緣的A點之間接有一小燈泡，通過握

把帶動圓盤在磁場中繞軸心。沿箭頭所示方向轉動，當角速度為。時，可觀察到小燈泡發光。某同學改

變實驗條件分別進行了如圖乙、圖丙的實驗，其中圖乙僅撤去了小燈泡：圖丙撤去了小燈泡，且僅有陰

影區域的一半圓盤處在勻強磁場中，其他條件不變。下列說法正確的是（）

A.圖甲A點的電勢大于。點的電勢

B.圖乙OA間的電勢差大小為Bor-

C.圖丙圓盤中沒有感應電流

D.撤去施加在握把上的外力，不考慮轉軸的摩擦，則甲、丙圓盤減速轉動至靜止，乙圓盤保持勻速轉

動

【答案】D

【詳解】A.將金屬盤看作無數條由中心指向邊緣的金屬棒組合而成，當金屬盤轉動時，每根金屬棒都

在切割磁感線，相當于電源，由右手定則判斷可知，盤邊緣為電源負極，中心為正極，所以A點的電勢

小于。點的電勢，故A錯誤；

B.圖乙撤去了小燈泡，金屬圓盤不構成回路，不產生感應電流，但當金屬盤轉動時，每根金屬棒都在

切割磁感線，產生感應電動勢，0A間的電勢差大小等于感應電動勢大小，為E=BVr=B?r=gB（or2

22

故B錯誤；

C.圖丙僅撤去了小燈泡，且僅有陰影區域的一半圓盤處在勻強磁場中。當金屬盤轉動時，陰影處每根

金屬棒都在切割磁感線，產生感應電動勢，金屬棒和沒有在陰影區的金屬盤組成回路，會產生感應電流，

故C錯誤；

D.撤去施加在握把上的外力，不考慮轉軸的摩擦，甲轉動過程中燈泡消耗電能，圓盤產生焦耳熱，因

此甲圓盤減速轉動至靜止。丙轉動過程中，一半圓盤不切割磁感線，形成渦流，根據楞次定律可知，圓

盤處于磁場中的那部分會受到與轉動方向相反的安培力而使圓盤停止轉動，故丙圓盤減速轉動至靜止。

乙圓盤磁場穿過整個圓盤，圓心與邊緣會形成一個恒定的電勢差，不會形成渦流，圓盤不受安培力，因

此圓盤將勻速轉動，故D正確。

故選Do

10.（2025?吉林長春?二模）如圖，固定于水平面上的金屬架CDE戶處在豎直向下的勻強磁場中，金屬棒跖V

沿框架以速度V向右做勻速運動。［=0時，磁感應強度為綜，此時到達的位置恰好使MDEN構成

一個邊長為/的正方形。為使棒中不產生感應電流，磁感應強度8變化規律的圖像為（）

【答案】D

【詳解】為使MN棒中不產生感應電流,即經過時間/線圈的磁通量不變，有叫/=引（/+⑺

可得2=即一

1（1+vt）

即磁感應強度B與77工構成正比例函數關系。

（l+vt）

故選D。

11.（2025?河南信陽?二模）如圖甲所示為一個由表面涂有絕緣漆的金屬電阻絲制成的圓形線圈，AB和CD

是互相垂直的兩個直徑。在圓面內可以將甲線圈中C、。兩點向圓心擠到一起，得到如圖乙兩個等大的

圓，也可以將甲線圈扭轉變形為如圖丙兩個等大的圓。三個圓都處于垂直圓面的變化磁場中，磁場變

化率相同，則下列說法正確的是（）

甲乙丙

A.甲、乙線圈中感應電流之比為1回1B.乙、丙線圈中感應電流之比為1回1

C.丙、甲線圈中感應電流之比為1回2D.丙、甲線圈中感應電流之比為0

【答案】D

【詳解】三個線圈的電阻相等，感應電流之比等于感應電動勢之比。設圖甲中半徑為R,周長/=2成

面積為S=TTR2

圖乙、丙中小圓的半徑為「，根據/=2#=2?2加

得r=

圖乙中兩小圓面積和為邑=2?兀/=；欣2

設磁場變化率為等，則甲線圈中感應電動勢為七=當E=考?欣2

乙線圈中感應電動勢為&=竽邑=竽士成2

AfAr2

所以，可知甲、乙線圈中感應電流之比為￥=獸=9

/乙殳1

由磁通量的特點可知丙線圈中左右兩圓中感應電動勢相反，總感應電動勢為零，即七=0。

故選Do

12.（2025?廣東肇慶?二模）做磁共振檢查時，對人體施加的磁場發生變化時會在肌肉組織中產生感應電流。

如圖所示,某同學為了研究該現象,將包裹在骨骼上的一圈肌肉組織等效成單匝線圈，線圈的半徑為廠,

電阻為R。勻強磁場方向與線圈平面垂直，若磁感應強度在時間f內從8均勻地減到零，求：

⑴1時刻該等效單匝線圈中的感應電動勢;

⑵時間f內該等效單匝線圈中產生的熱量。

【答案】（1）干

Rt

【詳解】（1）根據法拉第電磁感應定律有E=

At

可得單匝線圈的感應電動勢E=0*二=巴國

tt

所以方時刻該單匝線圈中的感應電動勢為1。

（2）由題意可得通過單匝線圈的電流/=￡=Q

RRt

根據焦耳定律可。=外放

解得。=九至

Rt

法拉第電磁感應定律的應用

13.（2025?安徽?二模）如圖所示，兩根足夠長的間距為/=lm的平行金屬導軌與水平面成6=30。角，導軌

上放置并鎖定兩根長度均為/=lm,質量均為2根=2kg,電阻均為R=1Q的導體棒B、C,其中B棒位于

導軌頂端，導軌電阻不計，并處在垂直導軌平面向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為3=2T,在導

軌左上方某處將一質量為m=lkg的絕緣棒A以初速度%=6m/s水平向右拖出，A棒恰好沿導軌平面

與B棒發生彈性碰撞，開始時B、C棒均被鎖定，A、B棒碰撞前瞬間解除鎖定，已知B、C棒與導軌間

的動摩擦因數均為〃，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，B棒與C棒相距足夠遠.重力加速度為^=10m/s2,

不計空氣阻力，求：

（1）A,B棒碰后瞬間B棒的速度大小;

右

一

(2)右M3足夠長時間后B棒的速度大小；

有

⑶若〃6一足夠長時間后B棒的加速度大小以及安培力的沖量大小;

⑷若〃=立，且將C棒所在區域的磁場方向變為垂直導軌平面向下，大小仍為8,足夠長時間后8棒

6

的速度大小.

4

【答案】(l)§m/s

2

(2)-m/s

54

(3)—m/s2—N-s

23

(4)—m/s

【詳解】(1)由平拋規律知，A棒到達導軌時的速度匕=’」=2叵%

cos。3

A、B棒發生彈性碰撞，由動量守恒和機械能守恒有機匕=機巧'+2用"2，=1mv；2+1-x2mvf

解得吃=—^-v0=gm/s

(2)〃二立時，可得2Mgsin6=〃2機gcosM

3

故B、C棒組成的系統動量守恒有2加彩=2x2加3

解得匕=~^~vo=gm/s

(3)〃=立時，足夠長時間后B、C棒速度相同，力口速度相同有力ngsin。—2〃ngcos6=2n^

6

解得a=V=gm/s2

42

在此過程中對B棒列動量定理有(2祖85足。-24叫85。)/-/安=2冽。共-藝)

對C棒列動量定理有(2mgsing-2〃帆gcos9?+/安=2mv^

聯立解得/安=^^-mvQ=^N-s

(4)C棒所在區域磁場反向時，對B、C棒均有2mgsin9-24ngcos6-七=2加。

故B、C棒加速度相同；

則K+匕=%+2A",E=BI(^V+V),I=——,=BIl

BC2R

足夠長時間后a=0

聯立解得Av=普與~—v0

2B21290

副用AmgR2y/323

解傳。=眩+加=不西？+丁%=jm/s

ZnZy1Z

14.（2025?陜西渭南?二模）如圖所示，兩足夠長平行水平金屬直導軌MN、尸。固定在同一水平面內，間

距L=L0m,水平直導軌的左端V、P點分別與兩條間距也為乙的傾斜放置的金屬直導軌絕緣平滑連接。

兩傾斜導軌平面與水平面成30。，傾斜導軌的上端接電阻尺=0.080。整個導軌所在空間存在垂直于導

軌平面向下，磁感應強度大小3=0.2T的勻強磁場。質量為町=0.4kg、電阻《=0.04。的金屬棒必靜

止放置在水平直導軌上，距導軌左端d=L2m。質量為?=0-8kg、電阻&=0。2。的金屬棒川從傾斜

導軌上距導軌底端x=3.0m處由靜止釋放，經t=1.2s到達傾斜導軌底端后無動能損失運動到水平導軌

上。兩金屬棒必、cd長度與導軌間距相等，運動過程中金屬棒始終于導軌垂直且接觸良好，不計其與

導軌摩擦，忽略導軌電阻。重力加速度大小g=10m/s2,求：

（1）金屬棒加運動到傾斜導軌底端的速度大小及電阻R上產生的焦耳熱；

⑵請根據題中數據分析，在以后運動過程中金屬棒《/和仍能否發生碰撞；若能碰撞則碰后粘在一起,

求從釋放金屬棒〃后，金屬棒〃上產生的最大焦耳熱。

【答案】①為=4.5m/s,QR=3.12]

⑵能碰撞，1.58J

【詳解】（1）對加棒下滑過程中根據動量定理有？gsin3（）oj-"B=%%

BLx

又下滑過程中通過cd棒的電量4=3下

A+/\2

由以上兩式代入數據可解得%=4.5m/s

根據功能關系有ggxsin30°-Q=（利說

解得2=3.9J

又R上消耗的焦耳熱為QR=1丁。=3?⑵

（2）金屬棒加運動到傾斜導軌底端過程cd棒消耗的焦耳熱為。二。=°78J

設兩金屬棒在水平軌道上不能相撞，則最后兩者以相同速度V向右運動，由動量守恒有“%=（叫+?）丫

對金屬棒仍在場內運動過程中，由動量定理有37乙4=叫f-0

且4=I't

聯立解得通過回路的電荷量為q=黑

BL

—E—BL-Ax

又兩棒在磁場中相對靠近的位移為Ax,有/￡=一丁

R+RNt

BL-Ax

整理可得4=

聯立以上各式并代入數據解得Ax=1.8m

因最初cd與ad棒相距d=1.2m<Ar=1.8m

所以兩棒在水平導軌上發生碰撞

設a。、cd兩棒在相撞前的速度為匕、匕，則由動量守恒有，%%=叫匕+?匕

o2T2T

對ab棒從開始運動到相撞過程有——=//

K十尺2

由以上兩式解得匕=2m/s，v2=3.5m/s

分析兩棒在相碰前在水平軌道上運動：

回路中總共產生焦耳熱為Q',則由能量守恒有。'=g恤說-叫呼+1吸片J

代入數據解得。=2.4J

在此過程中cd棒產生焦耳熱為2=J『Q'=0.8J

兩棒相碰后粘在一起，共同運動，回路中再無感應電流，川棒上也不產生焦耳熱。

綜上所述Cd棒從釋放開始最大產生焦耳熱為Qmax=9+。2=L58J

15.（2025?遼寧遼陽?二模）如圖所示，水平絕緣地面上固定一足夠長的光滑U形導軌，空間存在垂直導軌

平面向下的勻強磁場。將質量為優的金屬棒仍垂直放置在導軌上，在垂直于棒的恒定拉力尸作用下,

金屬棒由靜止開始向右運動，當金屬棒的速度大小為v時，金屬棒的加速度大小為。；當金屬棒的速度

大小為2V時，金屬棒的加速度大小為晟。已知金屬棒運動過程中始終與導軌接觸良好，電路中除金屬

棒以外的電阻均不計，下列說法正確的是（）

a

XXXX

X5X

XX

XXXX

b

A.F--ma

2

B.金屬棒的最大速度為2V

C.金屬棒的最大加速度為2〃

當金屬棒的速度大小為2V時撤去拉力F，金屬棒的減速距離為北

D.

a

【答案】AD

【詳解】A.設勻強磁場的磁感應強度大小為8,金屬棒的電阻為R,導軌間距為L當金屬棒的速度

大小為v時，則有E=I=~,%=BIL=盟'

R安R

o2r2

此時金屬棒的加速度大小為〃，由牛頓第二定律得尸-巴父=加〃

R

同理當金屬棒的速度大小為2V時，金屬棒的加速度大小為有F-BE2V=mg

2R2

聯立解得尸=當做，八又互

2R

故A正確；

D2r2

B.設金屬棒的最大速度為Vm，則有尸

R

解得%=3丫

故B錯誤；

C.當金屬棒的速度為0時，金屬棒的加速度最大，最大值為%=￡F=一3a

m2

故C錯誤；

D.當金屬棒的速度大小為2V時撤去拉力歹，撤去拉力后根據動量定理有加=0-m-2v

①

其中q=/A—f=-ABLx

4v2

聯立解得了=

V

故D正確。

故選AD。

16.（2025?安徽?二模）如圖甲所示，空間存在豎直向下，磁感應強度大小為2T的勻強磁場，絕緣水平桌

面上固定一間距為1m的光滑金屬導軌，導軌的左側接有阻值為1。的電阻R和理想二極管。。導軌上

放置長為1m,阻值為1Q的導體棒的，r=0時刻起仍棒在外力作用下向右運動，其速度變化規律如圖

乙所示，運動過程中棒始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸，不計導軌電阻，則導體棒/兩端

電壓有效值為()

甲

A.亞VB.2VC.2A/2VD.4V

【答案】A

【詳解】由圖乙可知最大速度為2m/s,當導體棒向右運動時，根據楞次定律和安培定則可知，電流沿

逆時針方向，二極管導通，導體棒兩端電壓的最大值為=2V（0<f<2s）

當導體棒向左運動時，二極管截止，電路中沒有電流，導體棒兩端電壓最大值

^=Em=BLvm=4V(2s</<4s)

(Uab、2(Uab、2

根據有效值的定義可得力。TFT效T

———x——|————x—=—xT

R2R2R

解得。有效=夙

故選Ao

17.（2025?甘肅?二模）如圖所示，在水平地面上固定一個由永磁鐵制成的、足夠高的電磁槽，電磁槽中存

在由內向外的均勻輻向磁場（俯視圖）。將一個材料相同、粗細均勻的金屬圓環套在電磁槽中間的鐵

芯上（俯視圖、縱截面圖），金屬圓環單位長度的質量為人，單位長度的電阻為外,半徑為現將

金屬圓環從電磁槽底端某一位置以初速度”豎直向上拋出，發現經過一段時間后，圓環以半的速度勻

速落回拋出點。運動過程中，圓環始終在磁場區域內，且圓環平面始終保持水平，環心始終在鐵芯軸

線上，忽略空氣阻力，重力加速度為g。求：

俯視圖

⑴金屬圓環所在位置處的磁感應強度的大小；

(2)從拋出到落回拋出點過程中，金屬圓環中產生的焦耳熱;

⑶從拋出到落回拋出點過程中，金屬圓環運動的總時間。

【答案】(1)

32

(2)-^rm0v0

⑶券

2g

【詳解】(1)圓環以段的速度勻速下落的過程中受力平衡，則有2)"w°g=8/.2仃

根據法拉第電磁感應定律則有E=B.2吟

E

由歐姆定律可知，感應電流為1T=^——

2幾丫

聯立解得2=

%

(2)根據能量守恒定律可知，從拋出到落回拋點的過程中金屬環中產生的熱量為

,,1_21c/、232

—?2^rm0v0=—7irm^Q

(3)以豎直向下的方向為正方向，金屬環從底端上升到最高點的過程中，上升的最大高度為八,由動

量定理可得2%rmog4+17irBIxtx=O-(-2^rmovo)

E2"小卬iBh

其中"i=

271r飛2兀丫%

一

同理從最高點下落到底端的過程中則有271rmogt2^rBl2t2=0-(-2^rm0v0)

-Bh

其中12t2=——

%

聯立解得f—善

2g

即從拋出到落回拋出點過程中，金屬圓環運動的總時間等

2g

18.（2025?貴州貴陽,二模）電磁緩沖器是應用于車輛上以提高運行安全的輔助制動裝置，其緩沖原理可簡

化為如下情形：小車在平直公路上行駛時，小車內的某裝置產生方向豎直向下的勻強磁場，水平地面

固定一矩形金屬單匝線圈俯視圖如圖所示。已知線圈電阻為R,ab邊長為L,山邊長為2L。

當小車（無動力）水平通過線圈上方時，線圈與小車中的磁場發生作用，使小車做減速運動，從而實

現緩沖。已知小車的總質量為加，受到地面的摩擦阻力恒為了;小車磁場剛到線圈必邊時速度大小為

%,當小車磁場剛到線圈〃邊時速度減為零邊未離開磁場），整個緩沖過程中流過線圈Med的

電荷量為4。下列描述正確的是（）

小車

A.小車磁場的磁感應強度大小為等

21}

B.小車磁場剛到線圈仍邊時必邊所受安培力大小為義華

2L2

C.小車磁場從線圈ab邊到cd邊所用的時間為2叫了夫

D.小車磁場從線圈ab邊到cd邊整個過程中線圈產生的焦耳熱為1根說-2幾

【答案】ACD

\①E

【詳解】A.根據法拉第電磁感應定律、閉合回路的歐姆定律以及電流與電荷量的關系有七=竽，/=9,

△tR

q=IAt

聯立解得4=絆BLx2L

R

可得B=

故A正確;

F

B.磁場剛進入線圈時，線圈/邊切割磁感線，有￡1=-,F=BIL

R

聯立解得必邊所受安培力大小為尸=坐上

A72

故B錯誤;

C.小車進入磁場到停下，以向右為正方向，根據動量定理得-或?，&=。一m%

貝U有一#一BLq=O-mvo

解得仁2叫￡丁”

故C正確；

D.根據系統能量守恒可得gm說=。+八2乙

可得整個過程中線圈產生的焦耳熱為。=；小%-2幾

故D正確。

故選ACD。

19.(2025?福建?二模)如圖所示，導體棒/、《/分別靜置于水平固定的平行窄導軌和寬導軌上，導軌間

距分別為4=lm、L2=2m,導軌電阻不計，所在區域存在方向豎直向下、磁感應強度大小為3=1T的

勻強磁場，ab、棒的質量分別為叫=02kg、?=0-4kg,兩導體棒總電阻為A=5O,出?棒與導軌

間無摩擦，棒與導軌間的動摩擦因數〃=0.25。r=o時亥I],給導體棒次;一個大小為尸=1N,方向水

平向右的恒力作用，r=0.7s時川棒剛要滑動，再過一段時間后回路中電流大小為/。且保持恒定。已知

必棒距寬導軌足夠遠，〃棒所在導軌足夠長，導體棒始終垂直于導軌且與導軌接觸良好，重力加速度

大小g取lOm/sz,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，求:

(l)f=0.7s時，cd棒中電流的大小和方向；

(2)0~0.7s時間內，安培力對品棒的沖量大小；

⑶電流4的大小。

【答案】⑴0.5A,由d指向C

(2)0.2N-s

⑶3

【詳解】（1）當t=0.7s時，對棒受力分析，由平衡條件=〃m2g

解得cd棒中電流的大小1=￡筍=0.5A

由右手定則可知，棒中電流方向為由d指向c；

（2）/=0.7s時，油棒產生的感應電動勢為E=BL|V

F

由歐姆定律/

R

代入數據解得v=2.5m/s

0~Q7s時間內，對ab棒受力分析，由動量定理/7-/安=W匕-。

解得/安=0.2N-s

（3）穩定后，電路中電流一定，由歐姆定律得E等效=2￡]匕-2乙2V2=，（）R

再過4時間，出;棒、cd棒的速度變化量分別為公匕、AV2,則由瓦式匕+公峭-臺右舊+小切=/。氏

聯立可得乙公匕=La]

其中〃=當

a.L2

則二=十9=彳

a2L11

由牛頓第二定律巴1"&-2.。一一〃丐g

叫m2

2

代入數據解得/°=§A

20.（2025?湖南懷化?二模）間距為L的光滑平行金屬直導軌，水平放置在磁感應強度大小為8、方向垂直

軌道平面向下的勻強磁場中。一質量為機、電阻值為R的金屬棒MN靜止垂直放在導軌之間，導軌右

側足夠長，左側如圖所示，已知電源可提供大小恒為/的直流電流，電阻片=與=氏，電容大小為C（初

始時刻不帶電）。電路中各部分與導軌接觸良好，導軌電阻不計且在運動過程中與始終與導軌垂

直，開關的切換可在瞬間完成。

M