2025屆高考物理二輪復習：電磁感應習題

專題電磁感應

［專題復習定位］

1.對楞次定律和法拉第電磁感應定律的理解及應用。2.熟練應用動力學和能量觀點

分析并解決電磁感應問題。3.綜合應用動力學、動量和能量的觀點分析電磁感應問題。

..........................高...考...真..題...再...現(xiàn)...............................

命題點1兩個定律的應用

1.（2024?湖北卷，T1）《夢溪筆談》中記錄了一次罕見的雷擊事件：房屋被雷擊后，

屋內的銀飾、寶刀等金屬熔化了，但是漆器、刀鞘等非金屬卻完好（原文為：有一木格，其

中雜貯諸器，其漆器銀扣者，銀悉熔流在地，漆器曾不焦灼。有一寶刀，極堅鋼，就刀室中

熔為汁，而室亦儼然）。導致金屬熔化而非金屬完好的原因可能為（C）

A.摩擦B.聲波

C.渦流D.光照

解析：在雷擊事件中金屬和非金屬都經歷了摩擦、聲波和光照的影響，而金屬能夠因電

磁感應產生渦流，非金屬不能，因此可能原因為渦流。

2.（2024?江蘇卷，T10）如圖所示，在絕緣的水平面上，有閉合的兩個線圈a、b,線

圈a處在勻強磁場中，現(xiàn)將線圈a從磁場中勻速拉出，線圈a、6中產生的感應電流方向分

別是（A）

XX；

XX：

A.順時針，順時針B.順時針，逆時針

C.逆時針，順時針D.逆時針，逆時針

解析：線圈a從磁場中勻速拉出的過程中穿過線圈a的磁通量在減小，則根據(jù)楞次定律

可知線圈a中產生的感應電流方向為順時針，由于線圈a從磁場中勻速拉出，則a中產生的

電流為恒定電流，則線圈a靠近線圈6的過程中線圈6的磁通量在向外增大，同理可得線圈

6產生的感應電流方向為順時針。

命題點2電磁感應的綜合問題

3.（2024?廣東卷，T4）電磁俘能器可在汽車發(fā)動機振動時利用電磁感應發(fā)電實現(xiàn)能量

回收，結構如圖甲所示。兩對永磁鐵可隨發(fā)動機一起上下振動，每對永磁鐵間有水平方向的

勻強磁場，磁感應強度大小均為反磁場中，邊長為/的正方形線圈豎直固定在減震裝置上。

某時刻磁場分布與線圈位置如圖乙所示，永磁鐵振動時磁場分界線不會離開線圈。關于圖乙

中的線圈，下列說法正確的是（D）

圖甲圖乙

A.穿過線圈的磁通量為班2

B.永磁鐵相對線圈上升越高，線圈中感應電動勢越大

C.永磁鐵相對線圈上升越快，線圈中感應電動勢越小

D.永磁鐵相對線圈下降時，線圈中感應電流的方向為順時針方向

解析：根據(jù)題圖乙可知此時穿過線圈的磁通量為0,故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定

律可知永磁鐵相對線圈上升越快，磁通量變化越快，線圈中感應電動勢越大，故B、C錯誤;

永磁鐵相對線圈下降時,根據(jù)安培定則可知線圈中感應電流的方向為順時針方向，故D正確。

4.（2024?湖南卷，T4）如圖，有一硬質導線Oabc,其中abc是半徑為7?的半圓弧，b

為圓弧的中點，直線段施長為7?且垂直于直徑ac。該導線在紙面內繞。點逆時針轉動，導

線始終在垂直于紙面向里的勻強磁場中，則。、a、Ac各點電勢關系為（C）

解析:

如圖，相當于施、Ob、Oc導體棒轉動切割磁感線，根據(jù)右手定則可知。點電勢最高;

根據(jù)6。/,同時有/?>="=4R,可得0〈%〈為匹=%”得血="。

5.（多選）（2024?遼寧、吉林、黑龍江卷，T9）如圖，兩條"八"形的光滑平行金屬導

軌固定在絕緣水平面上，間距為乙左、右兩導軌面與水平面夾角均為30°,均處于豎直向

上的勻強磁場中，磁感應強度大小分別為26和8。將有一定阻值的導體棒a6、cd放置在導

軌上，同時由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導軌垂直并接觸良好，ab,cd的質量分

別為2〃和m,長度均為乙導軌足夠長且電阻不計，重力加速度為g,兩棒在下滑過程中

(AB)

A.回路中的電流方向為a6c由

B.中電流趨于第

C.ab與cd加速度大小之比始終為2：1

D.兩棒產生的電動勢始終相等

解析：兩導體棒沿軌道向下滑動，根據(jù)右手定則可知回路中的電流方向為aAda,故A

正確；設回路中的總電阻為兄對于任意時刻當電路中的電流為/時，對前根據(jù)牛頓第二

定律得21ngsin30°—2BILcos30°=2儂曲對cd,mgsin30°~BILcos30°=maCd,

故可知as=a“，分析可知兩個導體棒產生的電動勢相互疊加，隨著導體棒速度的增大，回

路中的電流增大，導體棒受到的安培力在增大，故可知當安培力沿導軌方向的分力與重力沿

導軌向下的分力平衡時導體棒將勻速運動，此時電路中的電流達到穩(wěn)定值，此時對加分析

可得2儂sin30°=26〃cos30°,解得/=山^，故B正確，C錯誤；根據(jù)前面分析可

ODL

知aab=acd,故可知兩導體棒速度大小始終相等，由于兩邊磁感應強度不同，故產生的感應

電動勢不等，故D錯誤。

6.(2023?廣東卷，T14)光滑絕緣的水平面上有垂直于平面的勻強磁場，磁場被分成區(qū)

域I和H,寬度均為力，其俯視圖如圖(a)所示，兩磁場磁感應強度隨時間力的變化如圖(b)

所示。0?r時間內，兩區(qū)域磁場恒定，方向相反，磁感應強度大小分別為2序和用，一電

阻為此邊長為人的剛性正方形金屬框a6cd,平放在水平面上，ab、cd邊與磁場邊界平行。

―0時，線框加邊剛好跨過區(qū)域I的左邊界以速度/向右運動。在r時亥a右邊運動到

距區(qū)域I的左邊界-處，線框的速度近似為零，此時線框被固定，如圖(a)中的虛線框所示,

隨后在7?21時間內，I區(qū)磁感應強度線性減小到0,II區(qū)磁場保持不變；2r?3T時間

內，II區(qū)磁感應強度也線性減小到0。求：

⑴t=Q時線框所受的安培力F；

(2)方=1.2r時穿過線框的磁通量◎；

(3)2丁?37時間內，線框中產生的熱量Q。

解析：⑴由題圖可知力=0時線框切割磁感線的感應電動勢￡=2氏力iH■民力r=3為加

Ei4丁E3&hv

則感應電流大小I=-=——

KK

所受的安培力

3Rhv

F=2氏h-\-BQ

RR

方向水平向左。

(2)在「時刻，成邊運動到距區(qū)域I的左邊界-處，線框的速度近似為零，此時線框

被固定，由題圖(b)可知，2=1.27時區(qū)域I中磁場的磁感應強度為1.6笈，方向垂直于紙

面向里，則此時穿過線框的磁通量

11

0=1.6Boh,-h—Boh,-h=Q.2

方向垂直于紙面向里。

A。亭府

(3)2r?3丁時間內，II區(qū)磁感應強度也線性減小到0,則有少=1=黃

F尺方

感應電流大小r==/力

KZt/I

則2r?3r時間內，線框中產生的熱量

,2&11

Q=I°

答案：⑴9號,方向水平向左(2)0.3氏萬

1\

題型分類講練

題型一兩個定律的應用

考向1電磁感應現(xiàn)象和楞次定律

1.阻礙磁通量的變化(增反減同)。

2.阻礙物體間的相對運動(來拒去留)。

3.使線圈面積有擴大或縮小的趨勢(增縮減擴)。

4.阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)。

典例口新型交通信號燈，如圖所示，在交通信號燈前方路面埋設通電線圈，這個包

含線圈的傳感器電路與交通信號燈的時間控制電路連接，當車輛通過線圈上方的路面時，會

引起線圈中電流的變化，系統(tǒng)根據(jù)電流變化的情況確定信號燈亮的時間長短，下列判斷正確

的是（A）

B.汽車通過線圈時，線圈激發(fā)的磁場不變

C.若線圈斷了，系統(tǒng)依然能檢測到汽車通過的電流信息

D.線圈中的電流是由汽車通過線圈時發(fā)生電磁感應引起的

［解析］汽車上大部分是金屬，汽車經過線圈時會引起線圈磁通量的變化，從而產生電

磁感應現(xiàn)象，產生感應電流，故A正確；汽車通過線圈時，線圈由于電磁感應使自身電流發(fā)

生變化，激發(fā)的磁場也發(fā)生變化，故B錯誤；若線圈斷了，沒有閉合回路，系統(tǒng)不能檢測到

汽車通過的電流信息，故C錯誤；線圈本身就是通電線圈，線圈中的電流不是汽車通過線圈

時發(fā)生電磁感應引起的，汽車通過線圈時產生的電磁感應現(xiàn)象只是引起線圈中電流的變化,

故D錯誤。

典例?如圖所示，兩勻強磁場的磁感應強度合和區(qū)大小相等、方向相反，金屬圓環(huán)

的直徑與兩磁場的邊界重合。下列變化會在環(huán)中產生逆時針方向感應電流的是（A）

A.同時增大3,減小民

B.同時減小區(qū)，增大人

C.同時以相同的變化率增大反和笈

D.同時以相同的變化率減小合和民

［解析］由于兩勻強磁場的磁感應強度合和用大小相等、方向相反，金屬圓環(huán)的直徑

與兩磁場的邊界重合，變化前金屬圓環(huán)的磁通量為0,要使環(huán)中產生感應電流，金屬圓環(huán)的

磁通量一定增大，并且環(huán)中產生逆時針方向的感應電流，感應電流產生的感應磁場方向垂直

于紙面向外，根據(jù)楞次定律可知，金屬圓環(huán)的磁通量變化只能向里增大，可能的變化如下：

①5和5同時增大，笈增大比氏增大快；②笈和合同時減小，合減小比5減小慢；③同時

增大笈，減小區(qū)，故A正確，B錯誤；同時以相同的變化率增大區(qū)和5或同時以相同的變

化率減小用和用，金屬圓環(huán)的磁通量始終為0,不會產生感應電流，故C、D錯誤。

考向2法拉第電磁感應定律的應用

1.感應電動勢的求解

A0一

E=F,常用于計算感應電動勢的平均值。

、.AB

若夕變，而S不變，則￡=仁S；

A5

若S變，而6不變，則￡=外7o

2.感應電荷量

回路中磁通量發(fā)生變化時，在△方時間內遷移的電荷量（感應電荷量）,=/?At=

E、①A0

~r,,At=n~^T7*Ao可見，q僅由回路電阻R和磁通量的變化量△①決定,

KKtxIK

與發(fā)生磁通量變化的時間△t無關。

（多選）圖甲為某款“自發(fā)電”無線門鈴按鈕，其“發(fā)電”原理如圖乙所示,

按下門鈴按鈕過程，磁鐵靠近螺線管；松開門鈴按鈕過程，磁鐵遠離螺線管回歸原位，下列

說法正確的有（BD）

一松開按鈕

Q

圖乙

A.按下按鈕過程，螺線管尸端電勢較高

B.若更快按下按鈕，則只。兩端的電勢差更大

C.按住按鈕不動，螺線管中產生恒定的感應電動勢

D.若按下和松開按鈕的時間相同，則兩過程螺線管產生大小相等的感應電動勢

［解析］按下按鈕過程中，穿過線圈內向左的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，感應電

流的磁場的方向向右，此時螺線管。端電勢高，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，

產生的電動勢的大小與穿過線圈的磁通量的變化率成正比，若更快按下按鈕，穿過線圈的磁

通量的變化率變大，則只0兩端的電勢差更大，若按下和松開按鈕的時間相同，則兩過程

螺線管產生大小相等的感應電動勢，故B、D正確；按住按鈕不動，線圈內磁通量不變化，

無感應電動勢，故C錯誤。

考向3導體切割磁感線產生感應電動勢

1.導體棒垂直平動切割磁感線：E=Blv,主要用于求感應電動勢的瞬時值。

2.導體棒轉動切割磁感線：如圖所示，導體棒%圍繞棒的一端。在垂直于勻強磁場的

平面內做勻速圓周運動而切割磁感線，產生的感應電動勢￡=（Bf3。

某國產直升機在我國某地上空懸停，長度為L的螺旋槳葉片在水平面內順時

針勻速轉動（俯視），轉動角速度為。。該處地磁場的水平分量為民，豎直分量為用。葉片

的近軸端為a,遠軸端為6,忽略轉軸的尺寸，則葉片中感應電動勢為（D）

XI

0-皿0

1Xa端電勢iWi于8端電勢

A.民

±1

_斯3

a端電勢低于6端電勢

C.±1

_"0

a端電勢高于6端電勢

D.-Byl^CO,a端電勢低于6端電勢

［解析］我國某地上空地磁場方向有向下的分量，大小為昆，當螺旋槳葉片在水平面內

0+L3

順時針勻速轉動（俯視）時,根據(jù)右手定則可知,a端電勢低于6端電勢;大小￡=班?一『

1

2-

典例日某精密電子器件防撞裝置如圖所示，電子器件7和滑軌胤砌固定在一起，總

質量為質，滑軌內置勻強磁場的磁感應強度為反受撞滑塊4套在尸0、蛇滑軌內，滑塊4

上嵌有閉合線圈abed,線圈abed總電阻為此匝數(shù)為A,6c邊長為乙滑塊4（含線圈）質量

為他，設八4一起在光滑水平面上以速度的向左運動，4與固定在水平面上的障礙物C相

撞后速度立即變?yōu)榱恪２挥嫽瑝K與滑軌間的摩擦作用，ab大于滑軌長度，對于碰撞后到電

子器件7停下的過程（線圈6c邊與器件7未接觸），下列說法正確的是（B）

A.線圈中感應電流方向為a6cda

B.線圈受到的最大安培力為嗎如

C.電子器件7做勻減速直線運動

D.通過線圈某一橫截面的電荷量為嬴

［解析］根據(jù)右手定則可知線圈中感應電流方向為a"c6a,故A錯誤；產生的感應電動

F

勢￡=〃應兩，根據(jù)閉合電路歐姆定律/=方知，受到的安培力/=〃皿，聯(lián)立可得線圈受到

的最大安培力戶=嘩小，故B正確；根據(jù)牛頓第二定律可得尸=儂，即一色爭=儂，

可知電子器件7做加速度減小的減速直線運動，故C錯誤;對7根據(jù)動量定理有一位TFLXt

=0—幾匹，其中g=7At,聯(lián)立可得通過線圈某一橫截面的電荷量1=等，故D錯誤。

6為了模擬竹蜻蜓玩具閃閃發(fā)光的效果，某同學設計了圖甲所示的電路。半徑

為a的導電圓環(huán)內等分為四個直角扇形區(qū)域，I、II區(qū)域內存在垂直于環(huán)面向里的勻強磁場，

磁感應強度大小為B。長度為a、電阻為r的導體棒。以角速度。繞。點逆時針勻速轉動，

6=0時⑺經過圖示位置。如通過圓環(huán)和導線與導通電阻為"的發(fā)光二極管(LED)相連。忽

略其他電阻。

3

(1)求華切割磁感線過程中，通過二極管的電流大小和方向；

2兀

(2)在圖乙中作出0到一時間內通過二極管的電流隨時間變化的圖像(規(guī)定從〃到N

CL)

為正方向，不用寫分析和計算過程)。

［解析］(1)8切割磁感線過程產生的感應電動勢

12

￡=］Ba3

通過二極管的電流大小

12

廠~Ba32

E2Bas

r+R~r+R-2(r+而

根據(jù)右手定則可知通過二極管的電流的方向由〃到"。

(2)電流圖像如圖所示。

(1T31T；2,TT

62CD

方向由〃到“(2)見解析圖

題型二電磁感應中的動力學問題

1.三個分析

(1)“源”的分析一一分析電路中由電磁感應所產生的“電源”，求出電源參數(shù)￡和八

(2)“路”的分析一一分析電路結構，弄清串、并聯(lián)關系，求出相關部分的電流大小，

以便求解安培力。

(3)“力”的分析一一分析研究對象(通常是金屬棒、導體、線圈等)的受力情況，尤其

注意其所受的安培力。接著進行''運動狀態(tài)”的分析一一根據(jù)力和運動的關系，建立正確的

運動模型。

2.解題思路

(1)找準主動運動者，用法拉第電磁感應定律和楞次定律求解感應電動勢的大小和方向。

(2)根據(jù)等效電路圖，求解回路中電流的大小及方向。

(3)分析安培力對導體棒運動速度、加速度的影響，從而推理得出對電路中的電流有什

么影響，最后定性分析導體棒的最終運動情況。

(4)列牛頓第二定律或平衡方程求解。

考向1導體棒(框)的動力學問題

「典例目(多選)如圖甲所示，一正方形單匝金屬線框放在光滑水平面上，水平面內兩

條平行直線匹配間存在垂直于水平面的勻強磁場，力=0時，線框在水平向右的外力尸作

用下緊貼仞V從靜止開始做勻加速運動，外力尸隨時間大變化的圖線如圖乙中實線所示。己

知線框質量勿=1kg,電阻7?=4Q,則(AD)

A.磁場寬度為4m

B.勻強磁場的磁感應強度為1T

C.線框穿過配的過程中產生的焦耳熱等于4J

D.線框穿過腑的過程中通過導線內某一橫截面的電荷量為0.5C

F2

［解析］時刻，線框的加速度a=-=Tm/s2=2m/s\第1s末后直到第2s

末這段時間內，拉力/恒定為Q2N,此時線框在磁場中不受安培力，可知磁場寬度

aA=1X2X22m=4m,故A正確；設線框的邊長為乙則進磁場的過程，第1s內的位

移/=<at?=1m,當線框全部進入磁場前的瞬間有R—F堂=ma,/發(fā)=空上=包浮L,

NKK

其中￡=4N,右=ls,聯(lián)立解得8=2T,故B錯誤；設線框穿過少的初末速度分別為西、

匕，線框全程做勻加速直線運動，貝！JV2=?2ad=4m/s,匕=［2a（d+￡）=2y/5m/s,由

動能定理有心—/安=-勿看/自，而『安=。，//謚--m卡2=2J,例＞E￡=6J,可得

Q=WF—（1mvi—1）＞4J,即線框穿過切的過程中產生的焦耳熱大于4J,故C錯誤;

—A（P應之

線框穿過w的過程中通過導線內某一橫截面的電荷量。=/-△t=——.X△t=—

IXt*K

2XI2

=——C=0.5C,故D正確。

考向2連接體的動力學問題

典例EJ（多選）（2023?山東卷，T12）足夠長U形導軌平置在光滑水平絕緣桌面上，寬

為1m,電阻不計。質量為1kg、長為1m、電阻為1Q的導體棒的V放置在導軌上，與導

軌形成矩形回路并始終接觸良好，I和II區(qū)域內分別存在豎直方向的勻強磁場，磁感應強度

分別為笈和%其中合=2T,方向向下。用不可伸長的輕繩跨過固定輕滑輪將導軌切段

中點與質量為0.1kg的重物相連，繩與"垂直且平行于桌面。如圖所示，某時刻MCD

同時分別進入磁場區(qū)域I和II并做勻速直線運動，MN、切與磁場邊界平行。就的速度%=2

m/s,切的速度為樂且吸〉再，的V和導軌間的動摩擦因數(shù)為0.2,重力加速度大小g取10m/s',

下列說法正確的是（BD）

A.4的方向向上B.用的方向向下

C.V2~~5m/sD.V2—3m/s

［解析］已知性＞-，因此對導體棒受力分析可知，導體棒受到向右的摩擦力以及向左

的安培力，摩擦力大小/=〃儂=2N,導體棒的安培力大小R=f=2N,由左手定則可知

電流方向為A4AC一"導軌受到向左的摩擦力、向右的拉力和向右的安培力，安培力

大小K=f-a）『lN,由左手定則可知5的方向為垂直直面向下，A錯誤，B正確；對導體

棒分析F、=B、〃,對導軌分析3BJL,電路中的電流,聯(lián)立解得V2=3m/s,

C錯誤，D正確。

典例日近年來電動汽車越來越普及，有的電動汽車動力來源于直流電機。直流電機

工作原理可簡化如圖所示：在豎直向下、磁感應強度為8的勻強磁場中，兩光滑平行金屬導

軌固定在絕緣水平面上，間距為乙兩軌間接一電動勢恒為樂內阻恒為r的直流電源。質

量為m的導體棒ab垂直于導軌靜置于導軌上，接入電路部分的有效電阻為R,電路其余部

分電阻不計。一根不可伸長的輕繩兩端分別連接在導體棒的中央和水平地面上質量為〃的物

塊上，繩與水平面平行且始終處于伸直狀態(tài)。已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為重

力加速度為g,閉合開關S,物塊即刻開始加速。

(1)求S剛閉合瞬間物塊加速度的大小(設最大靜摩擦力大小等于滑動摩擦力)；

(2)當導體棒向右運動的速度為■時，求流經導體棒的電流；

(3)求物塊運動中最大速度的大小。

［解析］(1)以導體棒ab和〃整體為研究對象，開關S閉合瞬間，它們受安培力和滑動

摩擦力

__E

F^BIL,1=R+r

由牛頓第二定律尸安一nMg=［M+in)a

BEL—〃姻(A+r)

聯(lián)立解得a=

(R~\~6(M~\~而

『時,Ei/尸*,解得此時流經導體棒的

(2)當導體棒向右運動的速度為

E—BLv

電流71=

R-\~r

(3)導體棒加勻速時速度最大，有

BI'L—uMg=Q,E-Eg,'=T(A+r)

E感'=BLvm

meBEL-nMg{R+r)

解得%=------先------。

、BEL—〃磔(A+r)E-BLv

［答案］

1(A+r)(步■血⑵R~\~r

BEL-〃姻(A+r)

應2

題型三電磁感應中的動力學和能量問題

1.焦耳熱0的三種求法

⑴焦耳定律：Q=fRt.

(2)功能關系：Q—W克服安埼力o

⑶能量轉化：0=△￡其他能的減少量。

2.用到的物理規(guī)律

勻變速直線運動規(guī)律、牛頓運動定律、動能定理、能量守恒定律等。

H如圖所示，足夠長的粗糙絕緣斜面與水平面成夕=30°固定在地面上，在斜

面上虛線aa'和6〃與斜面底邊平行，在aa'、bb'圍成的區(qū)域有垂直于斜面向上的有界

勻強磁場，磁感應強度方=1T?，F(xiàn)有一質量〃=1kg、邊長d=0.1m、匝數(shù)〃=10、總電阻

A=2Q的正方形金屬線圈網研讓國邊與斜面底邊平行，從斜面上端靜止釋放，線圈剛

好勻速穿過整個磁場區(qū)域。已知線圈與斜面間的動摩擦因數(shù)〃=號，(重力加速度g取10

b

m/s?)求：

⑴線圈進入磁場區(qū)域時的速度大小；

⑵線圈釋放時，閭邊至!!6少的距離；

⑶整個線圈穿過磁場的過程中，流過線圈的電荷量。及線圈上產生的焦耳熱么

［解析］(1)線框進入磁場前，由牛頓第二定律得力gsin0—iimgcos°=ma

解得a=2.5m/s2

因為線框勻速進入磁場，由電磁感應定律及受力平衡可得

E

，E=nBdv,F長=nBId,口mgcos9+F安=mgsin9

K

解得線圈進入磁場區(qū)域時的速度大小〃=5m/so

(2)由勻加速直線運動規(guī)律j=2ax

解得線圈釋放時，制邊到歷'的距離x=5mo

.,-E_A0_A0

(3x)由［=/?t,I=-,E=77——得q=n~^~

KLK

又因為線框穿過磁場前后A0=0,所以q=0

線框全程勻速穿過磁場，則磁場寬度等于

d—Q.1m

由功能關系

匕%安|,『安=一尸安?2/

解得Q=0.5Jo

［答案］(1)5m/s(2)5m(3)00.5J

專題強化練

1.(多選)如圖為電吉他中電拾音器的基本結構。磁體附近的金屬弦被磁化，在弦振動

過程中線圈會產生感應電流，經電路放大后傳送到音箱發(fā)出聲音。下列說法正確的是

(BC

A.拾音器的工作原理是利用了電流的磁效應現(xiàn)象

B.取走磁體，電吉他將不能正常工作

C.減少線圈匝數(shù)，可減小線圈中的感應電動勢

D.弦振動過程中，線圈中的電流方向不變

解析：電吉他的拾音器由磁鐵和線圈組成，金屬弦被磁化，彈動金屬弦，相當于線圈做

切割磁感線運動，在線圈中就會產生對應的音頻電流，利用了電磁感應的原理，故A錯誤；

取走磁體，就沒有磁場，振弦不能切割磁感線產生電流，電吉他將不能正常工作，故B正確；

根據(jù)法拉第電磁感應定律，減少線圈的匝數(shù)可以減小線圈中的感應電動勢，故C正確；弦振

動過程中，螺線管磁通量有增加過程，有減小過程，所以線圈中電流方向變化，故D錯誤。

2.如圖甲所示，驅動線圈通過開關S與電源連接，發(fā)射線圈放在絕緣且內壁光滑的發(fā)

射導管內。閉合開關S后，在0到友內驅動線圈的電流“隨時間力的變化如圖乙所示。在

這段時間內，下列說法正確的是（B）

A.驅動線圈內部的磁場水平向左

B.發(fā)射線圈內部的感應磁場水平向左

C.2=0時發(fā)射線圈所受的安培力最大

D.力=友時發(fā)射線圈中的感應電流最大

解析：根據(jù)安培定則，驅動線圈內的磁場方向水平向右，A錯誤；由題圖乙可知，通過

發(fā)射線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，發(fā)射線圈內部的感應磁場方向水平向左，B正確；

力=0時驅動線圈的電流變化最快，則此時通過發(fā)射線圈的磁通量變化最快，產生的感應電

流最大，但此時磁場最弱，安培力不是最大值；同理，方=而時發(fā)射線圈中的感應電流最小,

C、D錯誤。

3.（多選）（2024?梅州市一模）磁力小車如圖甲所示，它的內部結構可以簡化為如圖乙

所示，其中46是具有單向導電性的發(fā)光二極管（正向電阻為零，反向電阻為無窮大），與

線圈C構成閉合回路。實驗前，磁力小車靜止在水平桌面上（不計一切阻力）o關于實驗現(xiàn)象,

下列說法正確的是（ABC）

~CX|

|強磁鐵|

__T

小車

圖甲圖乙

A.將強磁鐵N極快速靠近小車，二極管力將閃亮

B.將強磁鐵S極快速靠近小車，二極管8將閃亮

C.將強磁鐵N極快速靠近小車，小車將向右運動

D.將強磁鐵S極快速靠近小車，小車將向左運動

解析：將磁鐵N極快速靠近線圈，穿過線圈的磁通量增大，由“楞次定律”可知，整

個回路中產生逆時針方向（從左向右看）的感應電流，二極管/將閃亮，故A正確；將磁鐵S

極快速靠近線圈，穿過線圈的磁通量增大，由“楞次定律”可知，整個回路中產生順時針方

向（從左向右看）的感應電流，則二極管6將閃亮，故B正確；不管是強磁鐵N極快速靠近小

車，還是強磁鐵S極快速靠近小車，根據(jù)楞次定律的推論“來拒去留”，小車都將向右運動,

故C正確，D錯誤。

4.（多選）（2024?廣東大亞灣區(qū)聯(lián)合模擬）如圖所示，將兩個相同的U形光滑金屬導軌,

平行放置于一方向豎直向上的勻強磁場中的水平面，兩導軌的上軌和下軌所在平面均與水平

面平行，完全相同的兩根勻質金屬桿成和"靜止于兩導軌面上，且桿與軌道垂直。導軌足

夠長且電阻不計，現(xiàn)用一水平向右的恒力尸拉動桿，貝U（BC）

bB

A.cd桿將向左運動

B.a6桿先做變加速，后做勻加速運動

C.回路的感應電流先增大，后不變

D.某段時間內，廠所做的功等于回路產生的焦耳熱

解析：根據(jù)題意可知，用一水平向右的恒力/拉成桿，a6桿向右運動，由右手定則可

知，感應電流由6—a,則cd桿中電流由c-d,由左手定則可知，cd桿受向右的安培力，

將向右運動，故A錯誤；設數(shù)桿運動的速度為歷，cd桿運動的速度為匹，則感應電動勢￡

=應（口一⑹，感應電流i=BL（v：v3,a?桿和cd桿的安培力大小相等BIL=

應2（V—弦）百匕（vi一匹）

對加桿由牛頓第二定律有F-=mai,對cd桿由牛頓第二定律

RR

4/2/__\

有——尸豈=必愈，初始速度均為零，則開始運動時有&>az,相對速度所一生增大，感應

電流增大，安培力增大，則a6桿做加速度減小的加速運動，cd桿做加速度增大的加速運動，

當加速度相等時，兩者的相對速度恒定，則感應電動勢一定，感應電流一定，即安培力一定,

則加速度一定，即之后兩桿以恒定加速度做勻加速直線運動，綜上所述，桿先做變加速,

后做勻加速運動，回路的感應電流先增大，后不變，故B、C正確；由上述分析可知，兩桿

一直做加速運動，由能量守恒定律可知，某段時間內，戶所做的功等于回路產生的焦耳熱和

兩桿增加的動能之和，故D錯誤。

5.（多選）（2024?韶關市綜合測試）電磁緩沖裝置廣泛應用于高鐵等交通工具，它利用

電磁力來實現(xiàn)有效緩沖，其原理圖如圖所示。減速區(qū)分布著兩部分磁場區(qū)域I和H（俯視），

分別存在著垂直于紙面向內和垂直于紙面向外的寬度均為L的勻強磁場，磁感應強度的大小

均為反緩沖車質量為例其底部最前端固定有邊長也為力的“匝正方形線圈，線圈電阻為

r,緩沖車以速度的無動力進入減速區(qū)，不計摩擦及空氣阻力，貝曙ABD）

減速區(qū)

A.緩沖車的線圈進入?yún)^(qū)域I的過程中，線圈中的感應電流（從上往下看）沿逆時針方向

B.緩沖車的線圈進入?yún)^(qū)域I的過程中，車做加速度減小的減速運動

C.若緩沖車的線圈剛進入?yún)^(qū)域II時的速度為心此時緩沖車受到的安培力大小為-----

D.從緩沖車的線圈進入?yún)^(qū)域n開始，緩沖車運動位移為/的過程中，通過線圈的電荷

量為加

r

解析：根據(jù)右手定則，緩沖車的線圈進入?yún)^(qū)域I的過程中，線圈中的感應電流（從上往

下看）沿逆時針方向，故A正確；緩沖車的線圈進入?yún)^(qū)域I的過程中，根據(jù)牛頓第二定律NIBL

=Ma,線圈中的電流/=紗"，可得,根據(jù)左手定則，緩沖車受到的安培力向

左，故緩沖車的線圈進入?yún)^(qū)域I的過程中，車做加速度減小的減速運動，故B正確；若緩沖

車的線圈剛進入?yún)^(qū)域II時的速度為右線圈中的電流/'=即出,此時緩沖車受到的安培

r

4/應2y

力大小戶=21'NBL=~~,故C錯誤；從緩沖車的線圈進入?yún)^(qū)域II開始，緩沖車運動

r

，、“、，弘―---NN①NN①N-2Ba2NB?

位移為小的過程中，通過線圈的電荷量<7=IAt=—r—At=-----=--------=------,

rAtrrr

故D正確。

6.（多選）（2024?茂名市一模）如圖（a）所示，底部固定有正方形線框的列車進站停靠時,

以初速度■水平進入豎直向上的磁感應強度為B的正方形有界勻強磁場區(qū)域,如圖（b）所示,

假設正方形線框邊長為1,每條邊的電阻相同。磁場的區(qū)域邊長為d,且Kd,列車運動過

程中受到的軌道摩擦力和空氣阻力恒定，下列說法正確的是（BC）

々軌道

H----d

圖(b)

A.線框右邊剛剛進入磁場時，感應電流沿逆時針方向，其兩端的電壓為由/

B.線框右邊剛剛進入磁場時，感應電流沿順時針方向，其兩端的電壓為IBlv

C.線框進入磁場過程中，克服安培力做的功等于線框中產生的焦耳熱

D.線框離開磁場過程中，克服安培力做的功等于線框減少的動能

解析：根據(jù)右手定則，線框進入磁場時，感應電流沿順時針方向，線框此時切割磁感線

產生的感應電動勢為①右導線框右邊兩端的電壓為路端電壓，即〃=[￡=]皮％故A錯

誤，B正確；根據(jù)功能關系可知線框克服安培力做的功全部轉化為電能，線框為純電阻電路,

則又全部轉化為線框中產生的焦耳熱，則克服安培力做的功等于線框中產生的焦耳熱，故C

正確；線框離開磁場過程中，根據(jù)動能定理可知克服安培力做功與克服摩擦力、空氣阻力做

功之和等于線框和列車動能的減小量，故D錯誤。

7.（多選）（2024?廣東省部分學校二模）發(fā)電機的工作原理可以簡化為如圖所示的情景。

質量為力的導體棒垂直于光滑導軌放管，導軌間距為1,導軌間分布著垂直于導軌平面向里、

磁感應強度大小為8的勻強磁場。將負載（電阻為A的電熱毯）接入導軌中形成閉合回路，導

體棒在恒力用的作用下由靜止開始沿光滑導軌運動。t時刻，導體棒速度達到心導軌和導

體棒電阻忽略不計，導軌無限長，導體棒始終與導軌垂直且接觸良好。下列說法正確的是

（CD）

XX

XX

t時刻，導體棒運動速度V=—

m

0到￡時間內發(fā)電機電動勢隨時間先增大后不變

t時刻，電熱毯的功率為

科D

D.電熱毯的功率最終將達到曾

—T

解析：根據(jù)動量定理有方十一6/lt=mv,貝ljX—,A錯誤；導體棒在恒力4的作用

m

下運動，由于電動勢￡=皮匕電流/=J=與，導體棒所受安培力廣安=6刀=牛，導

KKK

體棒的加速度a=^W=-—,由此可知，隨著導體棒速度的增大，加速度逐漸減

小，當加速度減小為零后，導體棒做勻速運動，由于不知道力時刻加速度是否為零，則發(fā)電

機電動勢可能隨時間先增大后不變，也可能一直增大，B錯誤；t時刻，電熱毯的功率片

722ptr272p<p

fR=T,c正確；最終，導體棒勻速，即a=，——7T=0,此時%=看，電熱毯

KmmKbl

鉆小加n行/誦AR

的功率只==#f，D正確。

8.電磁炮是利用電磁發(fā)射技術制成的一種先進武器。如圖所示的是導軌式電磁炮的原

理結構示意圖。一對足夠長的光滑水平金屬加速導軌以“與可控電源相連，M、”導軌的間

距為/且電阻不計，在導軌間有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度為反裝有“電磁炮”彈

體的導體棒他垂直放在導軌從”上，且始終與導軌接觸良好，導體棒（含彈體）的總質量為

機在某次試驗發(fā)射時，若接通電源瞬間為導體棒ab提供的電流為/,不計空氣阻力，則

（B）

\_Tb~~N

口可控電源

A.若要導體棒向右加速，則電流需從d端流向8端

B.在接通電源瞬間，導體棒的加速度為雙

m

C.若電源輸出電壓恒定，則導體棒可做勻加速直線運動

D.若電源輸出電壓恒定，則導體棒所受的安培力將隨著速度的增大而增大

解析：若要導體棒向右加速，由左手定則可知電流需從6端流向a端，故A不符合題意；

在接通電源瞬間，導體棒所受安培力F=BIL,導體棒的加速度a=-=—,故B符合題意;

mm

若電源輸出電壓恒定，隨著導體棒運動的速度增加，導體棒產生的反向電動勢增加，回路中

的電流減小，使棒受到的安培力減小，導體棒不會做勻加速直線運動，故c、D不符合題意。

9.如圖所示，間距為/且足夠長的金屬導軌固定在水平面上，導軌電阻與長度成正比,

豎直向下的勻強磁場范圍足夠大，磁感應強度為反導軌左端用導線連接阻值為〃的定值電

阻，阻值為4的導體棒垂直于導軌放置，與導軌接觸良好。在導體棒從導軌的最左端以速度

■勻速向右運動的過程中，下列說法正確的是（D）

V

A.回路中的電流逐漸變大

B.回路中電流方向沿順時針（俯視）

C.導體棒兩端的電壓大小為應■

D.導軌的發(fā)熱功率先變大后變小

解析：導體棒勻速運動切割磁感線，產生的感應電動勢￡=應/為定值，而導軌電阻與

長度成正比，設單位長度導軌的電阻為”則運動距離為/時，導軌的電阻尼=2，r,而，

E

=比,故導軌的電阻可表示為兄=2屋r,由閉合電路的歐姆定律可得回路中的電流/=丁=

,可知回路中的電流逐漸減小，故A錯誤；根據(jù)楞次定律結合安培定則可知，回

Lvtr

路中電流方向沿逆時針（俯視），故B錯誤；切割磁感線的導體相當于電源，則可知導體棒兩

I—2V

端的電壓即為路端電壓，根據(jù)串聯(lián)電路的特點可得，導體棒兩端的電壓U=m+-BLv,

十2vtr

故C錯誤；令導軌的電阻為〃，將回路中的定值電阻并入電源的內阻，則電源的等效內阻

為2R,此時導軌的熱功率就等于電源的輸出功