25/25專題11電磁感應1.(2024年湖北卷考題)1.《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（）A.摩擦 B.聲波 C.渦流 D.光照【答案】C【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。故選C。2.(2024年江蘇卷考題)9.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，現將線圈a從磁場中勻速拉出，線圈a、b中產生的感應電流方向分別是（）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【答案】A【解析】線圈a從磁場中勻速拉出的過程中穿過a線圈的磁通量在減小，則根據楞次定律可知a線圈的電流為順時針，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b的過程中線圈b的磁通量在向外增大，同理可得線圈b產生的磁場為順時針。故選A。3.（2024年湖南卷考題）4．如圖，有一硬質導線Oabc，其中是半徑為R的半圓弧，b為圓弧的中點，直線段Oa長為R且垂直于直徑ac。該導線在紙面內繞O點逆時針轉動，導線始終在垂直紙面向里的勻強磁場中。則O、a、b、c各點電勢關系為（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】如圖，相當于Oa、Ob、Oc導體棒轉動切割磁感線，根據右手定則可知O點電勢最高；根據同時有可得得故選C。4.（2024年廣東卷考題）4.電磁俘能器可在汽車發動機振動時利用電磁感應發電實現能量回收，結構如圖甲所示。兩對永磁鐵可隨發動機一起上下振動，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（）A.穿過線圈的磁通量為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【答案】D【解析】根據圖乙可知此時穿過線圈的磁通量為0，故A錯誤；根據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。5..（2024全國甲卷考題）8.如圖，一絕緣細繩跨過兩個在同一豎直面（紙面）內的光滑定滑輪，繩的一端連接一矩形金屬線框，另一端連接一物塊。線框與左側滑輪之間的虛線區域內有方向垂直紙面的勻強磁場，磁場上下邊界水平，在時刻線框的上邊框以不同的初速度從磁場下方進入磁場。運動過程中，線框始終在紙面內且上下邊框保持水平。以向上為速度的正方向，下列線框的速度v隨時間t變化的圖像中可能正確的是（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】設線圈的上邊進入磁場時的速度為v，設線圈的質量M，物塊的質量m，圖中線圈進入磁場時線圈的加速度向下，則對線圈由牛頓第二定律可知對滑塊其中即線圈向上做減速運動，隨速度的減小，向下的加速度減小；當加速度為零時，即線圈勻速運動的速度為，若線圈進入磁場時的速度較小，則線圈進入磁場時做加速度減小的減速運動，線圈的速度和加速度都趨近于零，則圖像A可能正確；因t=0時刻線圈就進入磁場，則進入磁場時線圈向上不可能做勻減速運動，則圖像B不可能；若線圈的質量等于物塊的質量，且當線圈進入磁場時，且速度大于v0，線圈進入磁場做加速度減小的減速運動，完全進入磁場后線圈做勻速運動；當線圈出離磁場時，受向下的安培力又做加速度減小的減速運動，最終出離磁場時做勻速運動，則圖像C有可能，D不可能。6.(2024年遼寧卷考題)9.如圖，兩條“∧”形的光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，間距為L，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2B和B。將有一定阻值的導體棒ab、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2m和m，長度均為L。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（）A.回路中的電流方向為abcda B.ab中電流趨于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【答案】AB【解析】兩導體棒沿軌道向下滑動，根據右手定則可知回路中的電流方向為abcda；故A正確；設回路中的總電阻為R，對于任意時刻當電路中的電流為I時，對ab根據牛頓第二定律得對cd故可知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定值，此時對ab分析可得解得，故B正確，C錯誤；根據前面分析可知，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。7.（2024年山東卷考題）8.如圖甲所示，在-d≤x≤d，-d≤y≤d區域中存在垂直Oxy平面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場（用陰影表示磁場的區域），邊長為2d的正方形線圈與磁場邊界重合。線圈以y軸為轉軸勻速轉動時，線圈中產生的交變電動勢如圖乙所示。若僅磁場的區域發生了變化，線圈中產生的電動勢變為圖丙所示實線部分，則變化后磁場的區域可能為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】根據題意可知，磁場區域變化前線圈產生的感應電動勢為由題圖丙可知，磁場區域變化后，當時，線圈的側邊開始切割磁感線，即當線圈旋轉時開始切割磁感線，由幾何關系可知磁場區域平行于x軸的邊長變為，C正確。8.(2024浙江1月卷考題)13.若通以電流I的圓形線圈在線圈內產生的磁場近似為方向垂直線圈平面的勻強磁場，其大小（k的數量級為）。現有橫截面半徑為的導線構成半徑為的圓形線圈處于超導狀態，其電阻率上限為。開始時線圈通有的電流，則線圈的感應電動勢大小的數量級和一年后電流減小量的數量級分別為（）A.， B.， C.， D.，【答案】D【解析】線圈中電流的減小將在線圈內導致自感電動勢，故其中L代表線圈自感系數，有，在計算通過線圈的磁通量時，以導線附近即處的B為最大，而該處B又可把線圈當成無限長載流導線所產生的，根據題意則根據電阻定律有聯立解得A，V則線圈的感應電動勢大小的數量級和一年后電流減小量的數量級分別為，。故選D。9.（2024年山東卷考題）11.如圖所示，兩條相同的半圓弧形光滑金屬導軌固定在水平桌面上，其所在平面豎直且平行，導軌最高點到水平桌面的距離等于半徑，最低點的連線OO'與導軌所在豎直面垂直。空間充滿豎直向下的勻強磁場（圖中未畫出），導軌左端由導線連接。現將具有一定質量和電阻的金屬棒MN平行OO'放置在導軌圖示位置，由靜止釋放。MN運動過程中始終平行于OO'且與兩導軌接觸良好，不考慮自感影響，下列說法正確的是（）A.MN最終一定靜止于OO'位置B.MN運動過程中安培力始終做負功C.從釋放到第一次到達OO'位置過程中，MN的速率一直在增大D.從釋放到第一次到達OO'位置過程中，MN中電流方向由M到N【答案】ABD【解析】由于金屬棒MN運動過程切割磁感線產生感應電動勢，回路有感應電流，產生焦耳熱，金屬棒MN的機械能不斷減小，由于金屬導軌光滑，所以經過多次往返運動，MN最終一定靜止于OO'位置，故A正確；當金屬棒MN向右運動，根據右手定則可知，MN中電流方向由M到N，根據左手定則，可知金屬棒MN受到的安培力水平向左，則安培力做負功；當金屬棒MN向左運動，根據右手定則可知，MN中電流方向由N到M，根據左手定則，可知金屬棒MN受到的安培力水平向右，則安培力做負功；可知MN運動過程中安培力始終做負功，故B正確；金屬棒MN從釋放到第一次到達OO'位置過程中，由于在OO'位置重力沿切線方向的分力為0，可知在到達OO'位置之前的位置，重力沿切線方向的分力已經小于安培力沿切線方向的分力，金屬棒MN已經做減速運動，故C錯誤；從釋放到第一次到達OO'位置過程中，根據右手定則可知，MN中電流方向由M到N，故D正確。10.(2024年河北卷考題)15.如圖，邊長為的正方形金屬細框固定放置在絕緣水平面上，細框中心O處固定一豎直細導體軸。間距為L、與水平面成角的平行導軌通過導線分別與細框及導體軸相連。導軌和細框分別處在與各自所在平面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小均為B。足夠長的細導體棒在水平面內繞O點以角速度勻速轉動，水平放置在導軌上的導體棒始終靜止。棒在轉動過程中，棒在所受安培力達到最大和最小時均恰好能靜止。已知棒在導軌間的電阻值為R，電路中其余部分的電阻均不計，棒始終與導軌垂直，各部分始終接觸良好，不計空氣阻力，重力加速度大小為g。（1）求棒所受安培力的最大值和最小值。（2）鎖定棒，推動棒下滑，撤去推力瞬間，棒的加速度大小為a，所受安培力大小等于（1）問中安培力的最大值，求棒與導軌間的動摩擦因數。【答案】（1），；（2）【解析】（1）當OA運動到正方形細框對角線瞬間，切割的有效長度最大，，此時感應電流最大，CD棒所受的安培力最大，根據法拉第電磁感應定律得根據閉合電路歐姆定律得故CD棒所受的安培力最大為當OA運動到與細框一邊平行時瞬間，切割的有效長度最短，感應電流最小，CD棒受到的安培力最小，得故CD棒所受的安培力最小為（2）當CD棒受到的安培力最小時根據平衡條件得當CD棒受到的安培力最大時根據平衡條件得聯立解得撤去推力瞬間，根據牛頓第二定律得解得11.（2024年安徽卷考題）15.如圖所示，一“U”型金屬導軌固定在豎直平面內，一電阻不計，質量為m的金屬棒ab垂直于導軌，并靜置于絕緣固定支架上。邊長為L的正方形cdef區域內，存在垂直于紙面向外的勻強磁場。支架上方的導軌間，存在豎直向下的勻強磁場。兩磁場的磁感應強度大小B隨時間的變化關系均為B=kt（SI），k為常數（k>0）。支架上方的導軌足夠長，兩邊導軌單位長度的電阻均為r，下方導軌的總電阻為R。t=0時，對ab施加豎直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運動，整個運動過程中ab與兩邊導軌接觸良好。已知ab與導軌間動摩擦因數為μ，重力加速度大小為g。不計空氣阻力，兩磁場互不影響。（1）求通過面積Scdef的磁通量大小隨時間t變化的關系式，以及感應電動勢的大小，并寫出ab中電流的方向；（2）求ab所受安培力的大小隨時間t變化的關系式；（3）求經過多長時間，對ab所施加的拉力達到最大值，并求此最大值。【答案】（1）kL2·t，kL2，從a流向b；（2）；（3）【解析】（1）通過面積的磁通量大小隨時間t變化的關系式為根據法拉第電磁感應定律得由楞次定律可知ab中的電流從a流向b。（2）根據左手定則可知ab受到的安培力方向垂直導軌面向里，大小為F安=BIL其中B=kt設金屬棒向上運動的位移為x，則根據運動學公式所以導軌上方的電阻為由閉合電路歐姆定律得聯立得ab所受安培力的大小隨時間t變化的關系式為（3）由題知t=0時，對ab施加豎直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小為a的勻加速直線運動，則對ab受力分析由牛頓第二定律其中聯立可得整理有根據均值不等式可知，當時，F有最大值，故解得F的最大值為12.(2024年湖北卷考題)15.如圖所示，兩足夠長平行金屬直導軌MN、PQ的間距為L，固定在同一水平面內，直導軌在左端M、P點分別與兩條豎直固定、半徑為L的圓弧導軌相切。MP連線與直導軌垂直，其左側無磁場，右側存在磁感應強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場。長為L、質量為m、電阻為R的金屬棒ab跨放在兩圓弧導軌的最高點。質量為2m、電阻為6R的均勻金屬絲制成一個半徑為L的圓環，水平放置在兩直導軌上，其圓心到兩直導軌的距離相等。忽略導軌的電阻、所有摩擦以及金屬環的可能形變，金屬棒、金屬環均與導軌始終接觸良好，重力加速度大小為g。現將金屬棒ab由靜止釋放，求（1）ab剛越過MP時產生的感應電動勢大小；（2）金屬環剛開始運動時的加速度大小；（3）為使ab在整個運動過程中不與金屬環接觸，金屬環圓心初始位置到MP的最小距離。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）根據題意可知，對金屬棒ab由靜止釋放到剛越過MP過程中，由動能定理有解得則ab剛越過MP時產生的感應電動勢大小為（2）根據題意可知，金屬環在導軌間兩段圓弧并聯接入電路中，軌道外側的兩端圓弧金屬環被短路，由幾何關系可得，每段圓弧的電阻為可知，整個回路的總電阻為ab剛越過MP時，通過ab的感應電流為對金屬環由牛頓第二定律有解得（3）根據題意，結合上述分析可知，金屬環和金屬棒ab所受的安培力等大反向，則系統的動量守恒，由于金屬環做加速運動，金屬棒做減速運動，為使ab在整個運動過程中不與金屬環接觸，則有當金屬棒ab和金屬環速度相等時，金屬棒ab恰好追上金屬環，設此時速度為，由動量守恒定律有解得對金屬棒，由動量定理有則有設金屬棒運動距離為，金屬環運動的距離為，則有聯立解得則金屬環圓心初始位置到MP的最小距離一、單選題1．（2024·江西上饒·模擬預測）如圖所示，勻強磁場垂直于水平面向上，折成“L”形的金屬棒ACD固定在磁場中的絕緣水平面內，金屬棒a（與CD平行）、b（與AC平行）均放在絕緣的水平面上，與ACD圍成一個矩形回路，給金屬棒a、b施加外力，讓a、b兩金屬棒從圖示位置沿圖示方向分別以、的速率勻速平移，已知四根金屬桿完全相同且足夠長，圍成矩形周長保持不變，則在兩金屬棒勻速運動（a到CD前）的過程中，下列說法正確的是（）A． B．回路中感應電流沿順時針方向C．回路中的電流先變小后變大 D．b受到的安培力總是和方向相反【答案】C【解析】要保證圍成矩形周長保持不變，根據幾何關系可知，一定有，A錯誤；回路的面積先變大后變小，根據楞次定律可知，回路中感應電流先沿順時針方向后沿逆時針方向，B錯誤；當所圍面積為正方形時，回路中感應電流為零，因此回路中的電流先變小后變大，C正確；當回路中電流沿逆時針方向時，受到的安培力和方向相同，D錯誤；2．（2024高三下·吉林·專題練習）近場通信（NFC）器件應用電磁感應原理進行通訊，其天線類似一個壓平的線圈，線圈尺寸從內到外逐漸變大．如圖所示，一正方形NFC線圈共3匝，下列說法正確的是A．NFC貼紙在使用時需要另外電源供電才能使用B．穿過線圈的磁場發生變化時，線圈中的感應電動勢為三個線圈感應電動勢的平均值C．穿過線圈的磁場發生變化時，線圈中的感應電動勢為三個線圈感應電動勢之和D．垂直穿過線圈的磁場發生變化時，芯片中的電流為三個線圈內電流之和【答案】C【解析】貼紙在使用時不需要另外電源供電，外部磁場變化產生的感應電流足以為芯片使用供電，故A錯誤；穿過線圈的磁場發生變化時，三個線圈是串聯關系，故線圈中的感應電動勢為三個線圈感應電動勢之和，故B錯誤，C正確；三個線圈是串聯關系，通過芯片和線圈的電流大小相等，故D錯誤。3．（23-24高三下·海南·期中）如圖1所示，無線充電技術是近年發展起來的新技術，充電原理可近似看成理想變壓器，如圖2所示。下列說法正確的是（）A．充電基座線圈接的電源是恒定的直流電B．充電基座線圈接的電源必須是交流電且，都閉合才能充電C．兩個線圈中電流的頻率可能不同D．兩個線圈中電流大小一定相同【答案】B【解析】根據法拉第電磁感應定律，充電基座線圈接的電源必須是交流電且、，都閉合后構成閉合回路才能充電，故A錯誤，B正確；由于充電原理可近似看成理想變壓器，兩個線圈中電流的頻率一定相同，電壓和電流強度不一定相同，故C、D錯誤。4．（2024·河北承德·二模）如圖所示為某種售貨機硬幣識別系統簡圖。虛線框內存在磁場，從入口A進入的硬幣沿斜面滾落，通過磁場區域后，由測速器測出速度大小，若速度在某一合適范圍，擋板B自動開啟，硬幣就會沿斜面進入接收裝置；否則擋板C開啟，硬幣進入另一個通道拒絕接收。下列說法不正確的是（）A．磁場能使硬幣的速度增大得更慢B．如果沒有磁場，則測速器示數會更小一些C．硬幣進入磁場的過程會受到來自磁場的阻力D．由于磁場的作用，硬幣的機械能減小【答案】B【解析】根據題意可知，硬幣進入磁場和離開磁場時，穿過硬幣的磁通量發生變化，硬幣中產生感應電流，感應電流會阻礙硬幣的相對運動，即硬幣進入磁場的過程會受到來自磁場的阻力，若磁場阻力大于硬幣重力沿斜面的分力，硬幣將做減速運動，若磁場阻力等于硬幣重力沿斜面的分力，硬幣將勻速進入磁場，若磁場阻力小于硬幣重力沿斜面的分力，硬幣繼續加速運動，但速度增加變慢，綜上所述，磁場能使硬幣的速度增大得更慢，如果沒有磁場，則測速器示數會更大一些，故A、C正確，不滿足題意要求，B錯誤，滿足題意要求；根據題意可知，硬幣進入磁場和離開磁場時，穿過硬幣的磁通量發生變化，硬幣中產生感應電流，感應電流會阻礙硬幣的相對運動，對硬幣做負功，使硬幣的機械能減小，故D正確，不滿足題意要求。5．（2024·安徽·二模）用材料相同粗細均勻的導線做成如圖所示的單匝線圈，線圈構成一個閉合回路。左側小圓的半徑為2d，中間大圓的半徑為3d，右側小圓的半徑為d，左側兩圓連接處缺口的長度可忽略不計，右側兩圓錯開相交連通（麻花狀），將線圈固定在與線圈所在平面垂直的磁場中，磁感應強度大小為，式中的和k為常量，則線圈中感應電動勢的大小為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】根據楞次定律可知，左側小圓和中間大圓產生的感應電流方向相同，而右側小圓產生的感應電流方向與左側小圓和中間大圓的相反，根據法拉第電磁感應定律可得線圈中感應電動勢的大小為，故選B。6．（2024·黑龍江大慶·三模）如圖所示，垂直紙面的正方形勻強磁場區域內，有一位于紙面的、電阻均勻的正方形導體框，現將導體框分別朝兩個方向以v、速度勻速拉出磁場，則導體框從兩個方向分別移出磁場的過程中（）A．導體框中產生的感應電流方向相反 B．導體框受到的安培力大小之比為C．導體框中產生的焦耳熱之比為 D．通過導體框截面的電荷量之比為【答案】D【解析】將導體框從兩個方向移出磁場的過程中，磁通量均減小，而磁場方向都垂直紙面向外，根據楞次定律判斷可知，導體框中產生的感應電流方向均沿逆時針方向，故A錯誤；導體框以速度勻速拉出磁場時，導體框中產生的感應電流大小為受到的安培力大小為產生的焦耳熱為通過導體框截面的電荷量為導體框以速度勻速拉出磁場時，導體框中產生的感應電流大小為受到的安培力大小為產生的焦耳熱為通過導體框截面的電荷量為則有，故BC錯誤，D正確。7．（2024·河南·階段練習）如圖甲所示，固定的矩形銅線框左半部分處于垂直紙面向里的勻強磁場中，當勻強磁場的磁感應強度由均勻減小到0后反向增大到，如圖乙所示。關于此過程，下列說法正確的是（）A．銅線框中的自由電子先順時針定向移動、后逆時針定向移動B．銅線框中的自由電子始終逆時針定向移動C．銅線框圍成的面積始終有擴大的趨勢D．銅線框受到的安培力大小不變【答案】B【解析】根據楞次定律，按照圖乙中變化的磁場產生順時針方向的電場，銅線框中的自由電子在電場力的作用下逆時針定向移動，故A錯誤，B正確；根據楞次定律中“增縮減擴”的規律，穿過銅線框的磁通量先減小后增大，銅線框圍成的面積先有擴大的趨勢、后有縮小的趨勢，故C錯誤；設圖乙中圖線的斜率為，根據，斜率不變，可知線圈中的感應電動勢大小不變，則通過銅線框的電流不變。又因為線框受力的有效長度不變，而磁感應強度先減小后增大，根據可知銅線框受到的安培力先減小后增大，故D錯誤。8．（2024·江西·二模）高速鐵路列車通常使用磁剎車系統，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針方向旋轉的圓形鋁盤，使磁感線總垂直射入鋁盤時，鋁盤隨即減速，如圖所示，圓中磁鐵左方鋁盤的甲區域朝磁鐵方向運動，磁鐵右方的乙區域朝離開磁鐵方向運動，下列說法中正確的是（

）A．鋁盤甲區域的感應電流會產生垂直紙面向里的磁場B．磁場與感應電流的作用力，會產生將鋁盤減速旋轉的阻力C．感應電流在鋁盤產生的內能，是將鋁盤減速的最主要原因D．若將實心鋁盤轉換成布滿小空洞的鋁盤，則磁鐵對布滿空洞的鋁盤減速效果比實心鋁盤的效果更好【答案】B【解析】鋁盤甲區域中的磁通量向里增大，由楞次定律可知，甲區域感應電流方向為逆時針方向，則此感應電流的磁場方向垂直紙面向外，故A錯誤；由“來拒去留”可知，磁場與感應電流的作用力，會產生將鋁盤減速旋轉的阻力，會使鋁盤減速，故B正確，C錯誤；改成空洞鋁盤，電阻變大，電流變小，阻礙效果更差，故D錯誤。9．（2024·天津·階段練習）如圖是學生常用的飯卡內部實物圖，其由線圈和芯片組成電路，當飯卡處于感應區域時，刷卡機會激發變化的磁場，從而在飯卡內線圈中產生感應電流來驅動芯片工作，已知線圈面積為，共匝，某次刷卡時，線圈平面與磁場垂直，且全部處于磁場區域內，在感應時間內，磁感應強度方向向外且由0均勻增大到，此過程中（

）A．線框中磁通量變化率為B．線框中產生周期性變化的順時針方向的感應電流C．邊所受安培力方向向左D．線框中感應電動勢大小為【答案】C【解析】根據題意可知線框中磁通量變化率為與線圈匝數無關，故A錯誤；設電路中總電阻為，根據楞次定律可知磁感應強度向外均勻增大，由楞次定律可得感應電流產生的磁場垂直線圈平面向里，根據安培定則可知感應電流為順時針方向，電動勢大小為感應電流大小可知，線圈中的感應電流為恒定電流而不是周期性變化的。故B、D錯誤；當感應電流方向為順時針時，電流由，根據左手定則判斷可知，邊所受安培力方向向左。故C正確。10．（2024·北京海淀·二模）如圖1所示為演示自感現象的實驗電路。實驗時，先閉合開關S，電路達到穩定后，燈泡A和B處于正常發光狀態，在時刻，將開關S斷開，測量得到時刻前后燈泡A、B兩端電勢差、隨時間t的變化關系。電源內阻及電感線圈L的直流電阻可忽略不計。下列說法正確的是（）A．圖2所示為燈泡A兩端電勢差在S斷開前后隨時間的變化關系B．S斷開瞬間，自感線圈L兩端電勢差大小為C．由圖1可知電源電動勢為D．由圖2和3可知兩燈泡正常發光時，燈泡A的阻值與燈泡B的阻值之比為1∶2【答案】D【解析】電路達到穩定后，燈泡A和B處于正常發光狀態，開關S斷開瞬間，由于自感，所以圖2所示為燈泡B兩端電勢差在S斷開前后隨時間的變化關系，故A錯誤；根據圖2，S斷開瞬間，自感線圈L兩端電勢差大小為U=+=3故B錯誤；電路達到穩定后，燈泡A和B處于正常發光狀態，由圖1可知電源電動勢為，故C錯誤；S斷開瞬間，線圈L、燈泡A、B構成閉合回路，經過兩燈泡電流相等，由于=2根據U=IR則燈泡A的阻值與燈泡B的阻值之比為1∶2，故D正確。二、多選題11．（2024·廣東·三模）為防止意外發生，游樂場等大型設施都配備有電磁阻尼裝置，如圖所示為某款阻尼緩沖裝置的原理示意圖：帶有光滑軌道的機械主體，能產生垂直緩沖軌道平面的勻強磁場，邊緣繞有閉合矩形線圈abcd的高強度緩沖滑塊撞到豎直墻時，被瞬間強制制動，機械主體以及磁場由于慣性繼續緩沖減速，對緩沖過程，下列說法正確的是（）A．線圈bc段受到向右的安培力B．同一匝線圈中b端的電勢高于c端的電勢C．線圈ab段中電流方向為由b到aD．若磁場反向，則裝置起不到緩沖作用【答案】BC【解析】1緩沖過程中，線圈bc段切割磁感線，根據右手定則，感應電流方向為c到b，線圈bc段受到向左的安培力作用，A錯誤，B正確；感應電流方向為c到b，b端的電勢高于c端的電勢，線圈ab段中電流方向為由b到a；磁場反向時，感應電流方向反向，線圈bc段受到的安培力方向仍然向左，仍起到緩沖作用，C正確，D錯誤；12．（2024·貴州·二模）如圖，絕緣細線的下端懸掛著一金屬材料做成的空心心形掛件，該掛件所在空間水平直線MN下方存在勻強磁場，其磁感應強度B的方向垂直掛件平面，且大小隨時間均勻增大。若某段時間內掛件處于靜止狀態，則該段時間內掛件中產生的感應電流大小i、細線拉力大小F隨時間t變化的規律可能是（）A．B．C．D．【答案】AD【解析】根據電磁感應定律得感應電動勢大小為磁場均勻增大，則為定值，則電動勢大小不變，掛件的電阻不變則感應電流不隨時間改變。故A正確，B錯誤；根據楞次定律可知掛件中電流沿逆時針方向，則受到的安培力豎直向上，受力分析可知細線拉力，因為磁場均勻增大，電流大小不變，則圖像為一條斜率為負的一次函數。故C錯誤，D正確。13．（2024·河南周口·開學考試）如圖所示，在置于勻強磁場中的平行導軌上，橫跨在兩導軌間的導體桿以速度向右勻速移動，已知磁場的磁感應強度為，方向垂直于導軌平面（紙面）向外，導軌間距為，閉合電路中除電阻外，其他部分的電阻忽略不計，則（）A．電路中的感應電動勢B．電路中的感應電流C．通過電阻的電流方向是由向D．桿受到的安培力方向水平向右【答案】AB【解析】根據法拉第電磁感應定律可知，電路中的感應電動勢，故A正確；根據歐姆定律可知，電路中的感應電流，故B正確；根據右手定則可知，通過電阻的電流方向是由c向a，故C錯誤；根據左手定則可知，桿受到的安培力方向水平向左，故D錯誤；14．（2024·黑龍江·一模）如圖甲（俯視圖）所示，水平面內固定放置面積為，電阻為1Ω的單匝線圈，線圈內充滿垂直水平面向下的勻強磁場，其磁感應強度隨時間t變化關系如圖乙所示，線圈兩端點M、N與相距的粗糙平行金屬導軌相連，導軌置于垂直水平面向上的磁感應強度大小的勻強磁場中。一根總長為，質量為，阻值為9Ω的金屬桿置于導軌上，且與導軌始終接觸良好。一根勁度系數為的輕彈簧右端連接在固定擋板上，左端與金屬桿相連，金屬桿與金屬導軌間動摩擦因數為，金屬桿靜止時彈簧伸長量為。在時刻閉合開關S，金屬桿在內始終保持靜止，g取，忽略平行導軌電阻，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則（）A．內金屬桿中電流方向為B．金屬桿與金屬導軌間動摩擦因數至少為0.45C．內通過金屬桿電荷量為D．內整個回路產生焦耳熱【答案】BD【解析】在單匝線圈線圈中內磁感應強度在變大，根據楞次定律可得，線圈上電流逆時針流動，在金屬桿中電流流向是，A錯誤；線圈產生的電動勢為由閉合電路歐姆定律得電流為金屬桿受到的安培力為方向水平向右，所以金屬桿剛好不滑動時力是平衡的代入數據求得，金屬桿與金屬導軌間動摩擦因數至少為0.45，B正確；根據可知內通過金屬桿電荷量為，C錯誤；內與產生的電流相等，因此內整個回路產生焦耳熱，D正確。15．（2024·廣東·階段練習）某風速實驗裝置由如圖甲、乙所示的風杯組系統和電磁信號產生系統兩部分組成。風杯固定在豎直轉軸的頂端，風杯中心到轉軸距離為2L，風推動風杯繞豎直轉軸順時針勻速轉動。電磁信號產生器由圓形勻強磁場和固定于轉軸上的導體棒OA組成，磁場半徑為L，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里，導體棒OA長為1.5L，電阻為r。導體棒每轉一周，A端與彈性簧片接觸一次，接觸時產生的電流強度恒為I。圖中電阻為R，其余電阻不計。下列說法正確的是（）A．流過電阻R的電流為正弦式交流電B．當導體棒與彈性簧片接觸時，OA兩點的電壓大小為IrC．當導體棒與彈性簧片接觸時，O點電勢低于A點電勢D．風杯的速率【答案】CD【解析】根據題意可知，當導體棒在磁場中順時針轉動時，相當于電源，且O端相當于電源的負極，則根據歐姆定律可知，OA兩端電勢差UOA數值上等于電路中的外電壓，則有依題意有，電源電動勢為，流過電阻R的電流為恒定電流，故AB錯誤，C正確；閉合電路的歐姆定律有，解得，則風杯的速率為，故D正確。16．（2024·青海·模擬預測）如圖所示，平行導軌間距為L，一部分固定放置在絕緣水平面上（足夠長），另一部分彎曲，ab是兩部分的分界線，彎曲部分在ab處的切線水平，ab的右側存在豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場。導體棒2靜置于水平導軌上，讓導體棒1從彎曲導軌上距水平面高度為L的地方由靜止開始下滑，當1運動到ab處時，2剛好要滑動，彎曲導軌光滑，水平導軌與2之間的動摩擦因數為0.5，兩導體棒接入回路的總電阻為R，導軌的電阻忽略不計，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A．1運動到ab處的速度大小為 B．1運動到ab處的速度大小為C．2的質量為 D．2的質量為【答案】AC【解析】當1運動到ab處過程中，根據動能定理可得解得，故A正確，B錯誤；當1運動到ab處時，2剛好要滑動，則對2研究聯立解得，故C正確，D錯誤。17．（2024·河北·三模）如圖所示，水平面內放置的光滑平行導軌左窄右寬，左軌寬度為d，右軌寬度為2d，勻強磁場與導軌平面垂直，磁感應強度為B。質量為m和2m的甲、乙兩金屬棒分別垂直放在導軌上，某時刻，分別給甲、乙兩金屬棒一個大小為和的向右的初速度，設回路總電阻不變，導軌足夠長，從甲、乙兩金屬棒獲得初速度到二者穩定運動的過程中，下列說法正確的是（

）A．甲、乙加速度總是大小相等 B．甲、乙勻速運動的速度大小相等C．回路產生的焦耳熱為 D．通過回路某一橫截面的電荷量為【答案】AD【解析】根據牛頓第二定律，對甲棒對乙棒解得，故A正確；當兩棒產生的感應電動勢相等時，電路里無感應電流，甲、乙勻速運動，則有，解得，故B錯誤；根據動量定理，對甲棒對乙棒解得，根據能量守恒回路產生的焦耳熱為，故C錯誤；根據動量定理，對甲棒其中解得，故D正確。18．（2024高三下·全國·專題練習）如圖所示，電阻不計的兩光滑平行金屬導軌相距，固定在水平絕緣桌面上，左側圓弧部分處在豎直平面內，其間接有一電容為的電容器，右側平直部分處在磁感應強度為。方向豎直向下的勻強磁場中，末端與桌面邊緣平齊。電阻為的金屬棒ab垂直于兩導軌放置且與導軌接觸良好，質量為。棒ab從導軌左端距水平桌面高處無初速度釋放，離開水平直導軌前已勻速運動。已知電容器的儲能，其中C為電容器的電容，U為電容器兩端的電壓，不計空氣阻力，重力加速度。則金屬棒ab在沿導軌運動的過程中（）A．通過金屬棒ab的電荷量為 B．通過金屬棒ab的電荷量為C．金屬棒ab中產生的焦耳熱為 D．金屬棒ab中產生的焦耳熱為【答案】BC【解析】當金屬棒落下后其速度可由動能定理求得可求得之后金屬棒切割磁感線，電容器充電，其兩端電壓逐漸增大，金屬棒因為安培力做減速運動，當金屬棒的動生電動勢與電容器兩端電壓相等時，金屬棒勻速運動。由動量定理可知設經過，速度增加了，感應電動勢分別為，可知又因為，所以帶入可得，解得此時，導體棒動生電動勢為因此，此時電容器電壓U也為4V，則電容器增加的電荷量為因此通過導體棒的電荷量也為1C。故A錯誤，B正確；由以上解析可知，動能變化量為而，所以，故C正確，D錯誤。三、解答題19．（23-24高三下·陜西西安）如圖所示，足夠長的光滑平行金屬導軌、固定在水平面上，間距為，間接阻值為的定值電阻，質量為的金屬棒垂直導軌放置，導軌和金屬棒電阻不計，整個裝置處于方向垂直導軌平面向下、磁感應強度大小為的勻強磁場中。現給金屬棒一個水平外力使金屬棒從靜止開始向右勻加速運動，速度達到時水平外力大小為該時刻安培力大小的2倍，運動過程中金屬棒始終垂直導軌且與導軌接觸良好。求：（1）在速度從零增加到時間內金屬棒的加速度大小；（2）在速度從零增加到時間內流過定值電阻的電荷量。【答案】（1）；（2）【解析】（1）金屬棒切割磁感線產生的電動勢為電路中的電流為金屬棒受到的安培力根據牛頓第二定律，得因為速度達到時水平外力大小為該時刻安培力大小的2倍，聯立解得（2）通過電阻的電荷量為根據法拉第電磁感應定律電流為又因為是一定值，金屬棒做勻變速直線運動聯立解得在內流過定值電阻的電荷量20．（2024·天津紅橋·二模）我國在高鐵列車和電動汽車的設計和制造領域現在處于世界領先水平，為了節約利用能源，在“剎車”時采用了電磁式動力回收裝置，可將部分動能轉化為電能并儲存起來。如圖所示為該裝置的簡化模型，在光滑的水平面內，一個“日”字形的金屬線框，各邊長，其中、、邊電阻均為，、電阻可忽略，線框以速度沖進寬度也為l，磁感應強度的勻強磁場，最終整個線框恰好能穿出磁場，忽略空氣阻力的影響，求：（1）線框剛進磁場時流過的電流大小和方向，