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专题11 电磁感应-2024年高考真题和模拟题物理分类汇编
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这是一份专题11 电磁感应-2024年高考真题和模拟题物理分类汇编，文件包含专题11电磁感应-2024年高考真题和模拟题物理分类汇编教师卷docx、专题11电磁感应-2024年高考真题和模拟题物理分类汇编学生卷docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共61页， 欢迎下载使用。
1.(2024年湖北卷考题) 1. 《梦溪笔谈》中记录了一次罕见的雷击事件：房屋被雷击后，屋内的银饰、宝刀等金属熔化了，但是漆器、刀鞘等非金属却完好（原文为：有一木格，其中杂贮诸器，其漆器银扣者，银悉熔流在地，漆器曾不焦灼。有一宝刀，极坚钢，就刀室中熔为汁，而室亦俨然）。导致金属熔化而非金属完好的原因可能为（ ）
A. 摩擦B. 声波C. 涡流D. 光照
【答案】C
【解析】在雷击事件中金属和非金属都经历了摩擦，声波和光照的影响，而金属能够因电磁感应产生涡流非金属不能，因此可能原因为涡流。
故选C。
2.(2024年江苏卷考题) 9. 如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是（ ）
A. 顺时针，顺时针 B. 顺时针，逆时针 C. 逆时针，顺时针 D. 逆时针，逆时针
【答案】A
【解析】线圈a从磁场中匀速拉出的过程中穿过a线圈的磁通量在减小，则根据楞次定律可知a线圈的电流为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出则a中产生的电流为恒定电流，则线圈a靠近线圈b的过程中线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b产生的磁场为顺时针。
故选A。
3.（2024年湖南卷考题）4．如图，有一硬质导线Oabc，其中是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】如图，相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，根据右手定则可知O点电势最高；根据
同时有
可得
得
故选C。
4.（2024年广东卷考题）4. 电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B．磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈。下列说法正确的是（ ）
A. 穿过线圈的磁通量为
B 永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大
C. 永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小
D. 永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向
【答案】D
【解析】A．根据图乙可知此时穿过线圈的磁通量为0，故A错误；
BC．根据法拉第电磁感应定律可知永磁铁相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故BC错误；
D．永磁铁相对线圈下降时，根据安培定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。
故选D。
5..（2024全国甲卷考题）8. 如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】设线圈的上边进入磁场时的速度为v，设线圈的质量M，物块的质量m，图中线圈进入磁场时线圈的加速度向下，则对线圈由牛顿第二定律可知
对滑块 其中
即
线圈向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线圈匀速运动的速度为
A．若线圈进入磁场时的速度较小，则线圈进入磁场时做加速度减小的减速运动，线圈的速度和加速度都趋近于零，则图像A可能正确；
B．因t=0时刻线圈就进入磁场，则进入磁场时线圈向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能；
CD．若线圈的质量等于物块的质量，且当线圈进入磁场时，且速度大于v0，线圈进入磁场做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后线圈做匀速运动；当线圈出离磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速运动，最终出离磁场时做匀速运动，则图像C有可能，D不可能。
故选AC。
6.(2024年辽宁卷考题) 9. 如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中（ ）
A. 回路中的电流方向为abcdaB. ab中电流趋于
C. ab与cd加速度大小之比始终为2︰1D. 两棒产生的电动势始终相等
【答案】AB
【解析】A．两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda；故A正确；
BC．设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得
对cd
故可知
分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，此时对ab分析可得
解得 ，故B正确，C错误；
D．根据前面分析可知，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的感应电动势不等，故D错误。
故选AB。
7.（2024年山东卷考题）8. 如图甲所示，在-d≤x≤d，-d≤y≤d区域中存在垂直Oxy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场（用阴影表示磁场的区域），边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】根据题意可知，磁场区域变化前线圈产生的感应电动势为
由题图丙可知，磁场区域变化后，当时，线圈的侧边开始切割磁感线，即当线圈旋转时开始切割磁感线，由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变为 ，C正确。
故选C。
8.（2024年湖南卷考题）8．某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨段与段粗糙，其余部分光滑，右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度沿导轨向右经过进入磁场，最终恰好停在处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的摩擦因数为，。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．金属杆经过的速度为
B．在整个过程中，定值电阻R产生的热量为
C．金属杆经过与区域，金属杆所受安培力的冲量相同
D．若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍
【答案】CD
【解析】A．设平行金属导轨间距为L，金属杆在AA1B1B区域向右运动的过程中切割磁感线有
E = BLv，
金属杆在AA1B1B区域运动的过程中根据动量定理有
则
由于，则上面方程左右两边累计求和，可得
则
设金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t0，同理可得，则金属杆在BB1C1C区域运动的过程中有
解得
综上有 ，则金属杆经过BB1的速度大于，故A错误；
B．在整个过程中，根据能量守恒有
则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为 ，故B错误；
C．金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量为
则金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域滑行距离均为，金属杆所受安培力的冲量相同，故C正确；
D．根据A选项可得，金属杆以初速度再磁场中运动有
金属杆的初速度加倍，则金属杆通过AA1B1B区域时中有
则金属杆的初速度加倍，则金属杆通过时速度为
则设金属杆通过BB1C1C区域的时间为， 则
，
则
，
则
由于，则
可见若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，故D正确。
故选CD。
9.(2024浙江1月卷考题)13. 若通以电流I的圆形线圈在线圈内产生的磁场近似为方向垂直线圈平面的匀强磁场，其大小（k的数量级为）。现有横截面半径为的导线构成半径为的圆形线圈处于超导状态，其电阻率上限为。开始时线圈通有的电流，则线圈的感应电动势大小的数量级和一年后电流减小量的数量级分别为（ ）
A. ，B. ，C. ，D. ，
【答案】D
【解析】 线圈中电流的减小将在线圈内导致自感电动势，故
其中L代表线圈自感系数，有
在计算通过线圈的磁通量时，以导线附近即处的B为最大，而该处B又可把线圈当成无限长载流导线所产生的，根据题意
则
根据电阻定律有
联立解得 A，V
则线圈的感应电动势大小的数量级和一年后电流减小量的数量级分别为，。
故选D。
10.（2024年山东卷考题）11. 如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO'与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的匀强磁场（图中未画出），导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO'放置在导轨图示位置，由静止释放。MN 运动过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法正确的是（ ）
A. MN最终一定静止于OO'位置
B. MN运动过程中安培力始终做负功
C. 从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN的速率一直在增大
D. 从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN中电流方向由M到N
【答案】ABD
【解析】A．由于金属棒MN运动过程切割磁感线产生感应电动势，回路有感应电流，产生焦耳热，金属棒MN的机械能不断减小，由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，MN最终一定静止于OO'位置，故A正确；
B．当金属棒MN向右运动，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向左，则安培力做负功；当金属棒MN向左运动，根据右手定则可知，MN中电流方向由N到M，根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向右，则安培力做负功；可知MN运动过程中安培力始终做负功，故B正确；
C．金属棒MN从释放到第一次到达OO'位置过程中，由于在OO'位置重力沿切线方向的分力为0，可知在到达OO'位置之前的位置，重力沿切线方向的分力已经小于安培力沿切线方向的分力，金属棒MN已经做减速运动，故C错误；
D．从释放到第一次到达OO'位置过程中，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，故D正确。
故选ABD。
11.（2024全国甲卷考题）12. 如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦。定值电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直。整个装置处于竖直方向且磁感应强度为B的匀强磁场中。
(1)开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求金属棒速度v的大小。
(2)当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。
【答案】（1）；（2），
【解析】（1）开关S闭合后，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则
由闭合电路欧姆定律
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为
联立可得，恒定的外力为
在加速阶段，外力的功率为
定值电阻功率为
若时，即
化简可得金属棒速度v的大小为
（2）断开开关S，电容器充电，则电容器与定值电阻串联，则有
当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力不断减小，而拉力的功率
定值电阻功率
当时有
可得
根据
可得此时电容器两端电压为
从开关断开到此刻外力所做的功为
其中
联立可得
12.(2024年河北卷考题)15. 如图，边长为的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处固定一竖直细导体轴。间距为L、与水平面成角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒在水平面内绕O点以角速度匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒始终静止。棒在转动过程中，棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）求棒所受安培力的最大值和最小值。
（2）锁定棒，推动棒下滑，撤去推力瞬间，棒的加速度大小为a，所受安培力大小等于（1）问中安培力的最大值，求棒与导轨间的动摩擦因数。
【答案】（1），；（2）
【解析】（1）当OA运动到正方形细框对角线瞬间，切割的有效长度最大，，此时感应电流最大，CD棒所受的安培力最大，根据法拉第电磁感应定律得
根据闭合电路欧姆定律得
故CD棒所受的安培力最大为
当OA运动到与细框一边平行时瞬间，切割的有效长度最短，感应电流最小，CD棒受到的安培力最小，得
故CD棒所受的安培力最小为
（2）当CD棒受到的安培力最小时根据平衡条件得
当CD棒受到的安培力最大时根据平衡条件得
联立解得
撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律得
解得
13.（2024年安徽卷考题）15. 如图所示，一“U”型金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B = kt（SI），k为常数（k > 0）。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R。t = 0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。不计空气阻力，两磁场互不影响。
（1）求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab中电流的方向；
（2）求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式；
（3）求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。
【答案】（1）kL2·t，kL2，从a流向b；（2）；（3）
【解析】（1）通过面积的磁通量大小随时间t变化的关系式为
根据法拉第电磁感应定律得
由楞次定律可知ab中的电流从a流向b。
（2）根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直导轨面向里，大小为 F安=BIL
其中 B=kt
设金属棒向上运动的位移为x，则根据运动学公式
所以导轨上方的电阻为
由闭合电路欧姆定律得
联立得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为
（3）由题知t = 0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，则对ab受力分析由牛顿第二定律
其中
联立可得
整理有
根据均值不等式可知，当时，F有最大值，故解得
F的最大值为
14.（2024年江西卷考题）15. 如图（a）所示，轨道左侧斜面倾斜角满足sinθ1 = 0.6，摩擦因数，足够长的光滑水平导轨处于磁感应强度为B = 0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向上，右侧斜面导轨倾角满足sinθ2 = 0.8，摩擦因数。现将质量为m甲 = 6kg的导体杆甲从斜面上高h = 4m处由静止释放，质量为m乙 = 2kg的导体杆乙静止在水平导轨上，与水平轨道左端的距离为d。已知导轨间距为l = 2m，两杆电阻均为R = 1Ω，其余电阻不计，不计导体杆通过水平导轨与斜面导轨连接处的能量损失，且若两杆发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，取g = 10m/s2，求：
（1）甲杆刚进入磁场，乙杆的加速度？
（2）乙杆第一次滑上斜面前两杆未相碰，距离d满足的条件？
（3）若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的竖直高度y随时间t的变化如图（b）所示（t1、t2、t3、t4、b均为未知量），乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞，甲在0 ~ t3时间内未进入右侧倾斜导轨，求d的取值范围。
【答案】（1）a乙0 = 2m/s2，方向水平向右；（2）d ≥ 24m；（3）
【解析】（1）甲从静止运动至水平导轨时，根据动能定理有
甲刚进人磁场时，平动切割磁感线有 E0 = Blv0
则根据欧姆定律可知此时回路的感应电流为
根据楞次定律可知，回路中的感应电流沿逆时针方向（俯视），结合左手定则可知，乙所受安培力方向水平向右，由牛顿第二定律有 BI0l = m2a乙0
带入数据有 a乙0 = 2m/s2，方向水平向右
（2）甲和乙在磁场中运动的过程中，系统不受外力作用，则系统动量守恒，若两者共速时恰不相碰，则有 m1v0 = (m1＋m2)v共
对乙根据动量定理有
其中
联立解得 dmin = Δx = 24m
则d满足 d ≥ 24m
（3）根据（2）问可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导轨运动稳定，相对位移为Δx = 24m，且稳定时的速度v共 = 6m/s乙第一次在右侧斜轨上向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有
m2gsinθ2＋μ2m2gcsθ2 = m2a乙上
根据匀变速直线运动位移与速度的关系有 2a乙上x上 = v共2
乙第一次在右侧斜轨上向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有 m2gsinθ2－μ2m2gcsθ2 = m2a乙下
再根据匀变速直线运动位移与速度的关系有 2a乙下x下 = v12
且 x上 = x下
联立解得乙第一次滑下右侧轨道最低点的速度 v1 = 5m/s
由于两棒发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，则甲乙整体第一次在右侧倾斜轨道上向上运动有
（m1＋m2）gsinθ2＋μ2（m1＋m2）gcsθ2 = (m1＋m2)a共上
同理有 2a共上x共上 = v2
且由图（b）可知 x上 = 4.84x共上
解得甲、乙碰撞后的速度
乙第一次滑下右侧轨道最低点后与甲相互作用的过程中，甲、乙组成的系统合外力为零，根据动量守恒有 m1v2－m2v1 = (m1＋m2))v
解得乙第一次滑下右侧轨道最低点时甲的速度为
若乙第一次滑下右侧轨道最低点时与甲发生碰撞，则对应d的最小值，乙第一次在右侧斜轨上运动的过程，对甲根据动量定理有
其中
解得
根据位移关系有 dmin′－Δx = Δx1
解得
若乙返回水平导轨后，当两者共速时恰好碰撞，则对应d的最大值，对乙从返回水平导轨到与甲碰撞前瞬间的过程，根据动量定理有
其中
解得
根据位移关系有 dmax－Δx－Δx1 = Δx2
解得
则d的取值范围为
15.(2024年湖北卷考题) 15. 如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求
（1）ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
（2）金属环刚开始运动时的加速度大小；
（3）为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中，由动能定理有
解得
则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为
（2）根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路，由几何关系可得，每段圆弧的电阻为
可知，整个回路的总电阻为
ab刚越过MP时，通过ab的感应电流为
对金属环由牛顿第二定律有
解得
（3）根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为，由动量守恒定律有
解得
对金属棒，由动量定理有
则有
设金属棒运动距离为，金属环运动的距离为，则有
联立解得
则金属环圆心初始位置到MP的最小距离
16.(2024浙江1月卷考题)21. 如图1所示，扫描隧道显微镜减振装置由绝缘减振平台和磁阻尼减振器组成。平台通过三根关于轴对称分布的相同轻杆悬挂在轻质弹簧的下端O，弹簧上端固定悬挂在点，三个相同的关于轴对称放置的减振器位于平台下方。如图2所示，每个减振器由通过绝缘轻杆固定在平台下表面的线圈和固定在桌面上能产生辐向磁场的铁磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为B。处于静止状态的平台受到外界微小扰动，线圈在磁场中做竖直方向的阻尼运动，其位移随时间变化的图像如图3所示。已知时速度为，方向向下，、时刻的振幅分别为，。平台和三个线圈的总质量为m，弹簧的劲度系数为k，每个线圈半径为r、电阻为R。当弹簧形变量为时，其弹性势能为。不计空气阻力，求
（1）平台静止时弹簧的伸长量；
（2）时，每个线圈所受到安培力F的大小；
（3）在时间内，每个线圈产生的焦耳热Q；
（4）在时间内，弹簧弹力冲量的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】（1）平台静止时，穿过三个线圈的的磁通量不变，线圈中不产生感应电流，线圈不受到安培力作用，O点受力平衡，因此由胡克定律可知此时弹簧的伸长量
（2）在时速度为，设每个线圈的周长为L，由电磁感应定律可得线圈中产生的感应电流
每个线圈所受到安培力F的大小
（3）由减震器的作用平台上下不移动，由能量守恒定律可得平台在时间内，振动时能量的减少量为，由能量守恒定律
在时间内，振动时能量的减少转化为线圈的焦耳热，可知每个线圈产生的焦耳热
（4）取向上为正方向，全程由动量定理可得
其中
联立解得弹簧弹力冲量的大小为
一、单选题
1．（2024·江西上饶·模拟预测）如图所示，匀强磁场垂直于水平面向上，折成“L”形的金属棒ACD固定在磁场中的绝缘水平面内，金属棒a（与CD平行）、b（与AC平行）均放在绝缘的水平面上，与ACD围成一个矩形回路，给金属棒a、b施加外力，让a、b两金属棒从图示位置沿图示方向分别以、的速率匀速平移，已知四根金属杆完全相同且足够长，围成矩形周长保持不变，则在两金属棒匀速运动（a到CD前）的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．B．回路中感应电流沿顺时针方向
C．回路中的电流先变小后变大D．b受到的安培力总是和方向相反
【答案】C
【解析】A．要保证围成矩形周长保持不变，根据几何关系可知，一定有，A错误；
B．回路的面积先变大后变小，根据楞次定律可知，回路中感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向，B错误；
C．当所围面积为正方形时，回路中感应电流为零，因此回路中的电流先变小后变大，C正确；
D．当回路中电流沿逆时针方向时，受到的安培力和方向相同，D错误；
故选C。
2．（2024高三下·吉林·专题练习）近场通信（NFC）器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大．如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，下列说法正确的是
A．NFC贴纸在使用时需要另外电源供电才能使用
B．穿过线圈的磁场发生变化时，线圈中的感应电动势为三个线圈感应电动势的平均值
C．穿过线圈的磁场发生变化时，线圈中的感应电动势为三个线圈感应电动势之和
D．垂直穿过线圈的磁场发生变化时，芯片中的电流为三个线圈内电流之和
【答案】C
【解析】A．贴纸在使用时不需要另外电源供电，外部磁场变化产生的感应电流足以为芯片使用供电，故A错误；
BC．穿过线圈的磁场发生变化时，三个线圈是串联关系，故线圈中的感应电动势为三个线圈感应电动势之和，故B错误，C正确；
D．三个线圈是串联关系，通过芯片和线圈的电流大小相等，故D错误。
故选C。
3．（23-24高三下·海南·期中）如图1所示，无线充电技术是近年发展起来的新技术，充电原理可近似看成理想变压器，如图2所示。下列说法正确的是（ ）
A．充电基座线圈接的电源是恒定的直流电
B．充电基座线圈接的电源必须是交流电且，都闭合才能充电
C．两个线圈中电流的频率可能不同
D．两个线圈中电流大小一定相同
【答案】B
【解析】AB．根据法拉第电磁感应定律，充电基座线圈接的电源必须是交流电且、，都闭合后构成闭合回路才能充电，故A错误，B正确；
CD．由于充电原理可近似看成理想变压器，两个线圈中电流的频率一定相同，电压和电流强度不一定相同，故CD错误。
故选B。
4．（2024·河北承德·二模）如图所示为某种售货机硬币识别系统简图。虚线框内存在磁场，从入口A进入的硬币沿斜面滚落，通过磁场区域后，由测速器测出速度大小，若速度在某一合适范围，挡板B自动开启，硬币就会沿斜面进入接收装置；否则挡板C开启，硬币进入另一个通道拒绝接收。下列说法不正确的是（ ）
A．磁场能使硬币的速度增大得更慢
B．如果没有磁场，则测速器示数会更小一些
C．硬币进入磁场的过程会受到来自磁场的阻力
D．由于磁场的作用，硬币的机械能减小
【答案】B
【解析】ABC．根据题意可知，硬币进入磁场和离开磁场时，穿过硬币的磁通量发生变化，硬币中产生感应电流，感应电流会阻碍硬币的相对运动，即硬币进入磁场的过程会受到来自磁场的阻力，若磁场阻力大于硬币重力沿斜面的分力，硬币将做减速运动，若磁场阻力等于硬币重力沿斜面的分力，硬币将匀速进入磁场，若磁场阻力小于硬币重力沿斜面的分力，硬币继续加速运动，但速度增加变慢，综上所述，磁场能使硬币的速度增大得更慢，如果没有磁场，则测速器示数会更大一些，故AC正确，不满足题意要求，B错误，满足题意要求；
D．根据题意可知，硬币进入磁场和离开磁场时，穿过硬币的磁通量发生变化，硬币中产生感应电流，感应电流会阻碍硬币的相对运动，对硬币做负功，使硬币的机械能减小，故D正确，不满足题意要求。
故选B。
5．（2024·安徽·二模）用材料相同粗细均匀的导线做成如图所示的单匝线圈，线圈构成一个闭合回路。左侧小圆的半径为2d，中间大圆的半径为3d，右侧小圆的半径为d，左侧两圆连接处缺口的长度可忽略不计，右侧两圆错开相交连通（麻花状），将线圈固定在与线圈所在平面垂直的磁场中，磁感应强度大小为，式中的和k为常量，则线圈中感应电动势的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】根据楞次定律可知，左侧小圆和中间大圆产生的感应电流方向相同，而右侧小圆产生的感应电流方向与左侧小圆和中间大圆的相反，根据法拉第电磁感应定律可得线圈中感应电动势的大小为
故选B。
6．（2024·黑龙江大庆·三模）如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框，现将导体框分别朝两个方向以v、速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向分别移出磁场的过程中（ ）
A．导体框中产生的感应电流方向相反B．导体框受到的安培力大小之比为
C．导体框中产生的焦耳热之比为D．通过导体框截面的电荷量之比为
【答案】D
【解析】A．将导体框从两个方向移出磁场的过程中，磁通量均减小，而磁场方向都垂直纸面向外，根据楞次定律判断可知，导体框中产生的感应电流方向均沿逆时针方向，故A错误；
BCD．导体框以速度匀速拉出磁场时，导体框中产生的感应电流大小为
受到的安培力大小为
产生的焦耳热为
通过导体框截面的电荷量为
导体框以速度匀速拉出磁场时，导体框中产生的感应电流大小为
受到的安培力大小为
产生的焦耳热为
通过导体框截面的电荷量为
则有，故BC错误，D正确。
故选D。
7．（23-24高三下·河南·阶段练习）如图甲所示，固定的矩形铜线框左半部分处于垂直纸面向里的匀强磁场中，当匀强磁场的磁感应强度由均匀减小到0后反向增大到，如图乙所示。关于此过程，下列说法正确的是（ ）
A．铜线框中的自由电子先顺时针定向移动、后逆时针定向移动
B．铜线框中的自由电子始终逆时针定向移动
C．铜线框围成的面积始终有扩大的趋势
D．铜线框受到的安培力大小不变
【答案】B
【解析】AB．根据楞次定律，按照图乙中变化的磁场产生顺时针方向的电场，铜线框中的自由电子在电场力的作用下逆时针定向移动，故A错误，B正确；
C．根据楞次定律中“增缩减扩”的规律，穿过铜线框的磁通量先减小后增大，铜线框围成的面积先有扩大的趋势、后有缩小的趋势，故C错误；
D．设图乙中图线的斜率为，根据，斜率不变，可知线圈中的感应电动势大小不变，则通过铜线框的电流不变。又因为线框受力的有效长度不变，而磁感应强度先减小后增大，根据
可知铜线框受到的安培力先减小后增大，故D错误。
故选B。
8．（2017·全国·高考真题）扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺度上的形貌，为了有效隔离外界振动对STM扫描头的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒定磁场，出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减。方案A中，紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下、左右振动时，通过它的磁通量均发生改变；方案C中，紫铜薄板上下振动时、通过它的磁通量可能不变；当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变。综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是B。
故选B。
9．（2024·江西·二模）高速铁路列车通常使用磁刹车系统，磁刹车工作原理可简述如下：将磁铁的N极靠近一块正在以逆时针方向旋转的圆形铝盘，使磁感线总垂直射入铝盘时，铝盘随即减速，如图所示，圆中磁铁左方铝盘的甲区域朝磁铁方向运动，磁铁右方的乙区域朝离开磁铁方向运动，下列说法中正确的是（ ）
A．铝盘甲区域的感应电流会产生垂直纸面向里的磁场
B．磁场与感应电流的作用力，会产生将铝盘减速旋转的阻力
C．感应电流在铝盘产生的内能，是将铝盘减速的最主要原因
D．若将实心铝盘转换成布满小空洞的铝盘，则磁铁对布满空洞的铝盘减速效果比实心铝盘的效果更好
【答案】B
【解析】A．铝盘甲区域中的磁通量向里增大，由楞次定律可知，甲区域感应电流方向为逆时针方向，则此感应电流的磁场方向垂直纸面向外，故A错误；
BC．由“来拒去留”可知，磁场与感应电流的作用力，会产生将铝盘减速旋转的阻力，会使铝盘减速，故B正确，C错误；
D．改成空洞铝盘，电阻变大，电流变小，阻碍效果更差，故D错误。
故选B。
10．（23-24高二下·天津·阶段练习）如图是学生常用的饭卡内部实物图，其由线圈和芯片组成电路，当饭卡处于感应区域时，刷卡机会激发变化的磁场，从而在饭卡内线圈中产生感应电流来驱动芯片工作，已知线圈面积为，共匝，某次刷卡时，线圈平面与磁场垂直，且全部处于磁场区域内，在感应时间内，磁感应强度方向向外且由0均匀增大到，此过程中（ ）
A．线框中磁通量变化率为
B．线框中产生周期性变化的顺时针方向的感应电流
C．边所受安培力方向向左
D．线框中感应电动势大小为
【答案】C
【解析】A．根据题意可知线框中磁通量变化率为
与线圈匝数无关，故A错误；
BD．设电路中总电阻为，根据楞次定律可知磁感应强度向外均匀增大，由楞次定律可得感应电流产生的磁场垂直线圈平面向里，根据安培定则可知感应电流为顺时针方向，电动势大小为
感应电流大小
可知，线圈中的感应电流为恒定电流而不是周期性变化的。故BD错误；
C．当感应电流方向为顺时针时，电流由，根据左手定则判断可知，边所受安培力方向向左。故C正确。
故选C。
11．（2024·北京海淀·二模）如图1所示为演示自感现象的实验电路。实验时，先闭合开关S，电路达到稳定后，灯泡A和B处于正常发光状态，在时刻，将开关S断开，测量得到时刻前后灯泡A、B两端电势差、随时间t的变化关系。电源内阻及电感线圈L的直流电阻可忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．图2所示为灯泡A两端电势差在S断开前后随时间的变化关系
B．S断开瞬间，自感线圈L两端电势差大小为
C．由图1可知电源电动势为
D．由图2和3可知两灯泡正常发光时，灯泡A的阻值与灯泡B的阻值之比为1∶2
【答案】D
【解析】A．电路达到稳定后，灯泡A和B处于正常发光状态，
开关S断开瞬间，由于自感，
所以图2所示为灯泡B两端电势差在S断开前后随时间的变化关系，故A错误；
B．根据图2，S断开瞬间，自感线圈L两端电势差大小为U=+=3故B错误；
C．电路达到稳定后，灯泡A和B处于正常发光状态，由图1可知电源电动势为，故C错误；
D．S断开瞬间，线圈L、灯泡A、B构成闭合回路，经过两灯泡电流相等，由于=2
根据U=IR则灯泡A的阻值与灯泡B的阻值之比为1∶2，故D正确。
故选D。
二、多选题
12．（2024·广东·三模）为防止意外发生，游乐场等大型设施都配备有电磁阻尼装置，如图所示为某款阻尼缓冲装置的原理示意图：带有光滑轨道的机械主体，能产生垂直缓冲轨道平面的匀强磁场，边缘绕有闭合矩形线圈abcd的高强度缓冲滑块撞到竖直墙时，被瞬间强制制动，机械主体以及磁场由于惯性继续缓冲减速，对缓冲过程，下列说法正确的是（ ）
A．线圈bc段受到向右的安培力
B．同一匝线圈中b端的电势高于c端的电势
C．线圈ab段中电流方向为由b到a
D．若磁场反向，则装置起不到缓冲作用
【答案】BC
【解析】AB．缓冲过程中，线圈bc段切割磁感线，根据右手定则，感应电流方向为c到b，线圈bc段受到向左的安培力作用，A错误，B正确；
CD．感应电流方向为c到b，b端的电势高于c端的电势，线圈ab段中电流方向为由b到a；磁场反向时，感应电流方向反向，线圈bc段受到的安培力方向仍然向左，仍起到缓冲作用，C正确，D错误；
故选BC。
13．（2024·贵州·二模）如图，绝缘细线的下端悬挂着一金属材料做成的空心心形挂件，该挂件所在空间水平直线MN下方存在匀强磁场，其磁感应强度B的方向垂直挂件平面，且大小随时间均匀增大。若某段时间内挂件处于静止状态，则该段时间内挂件中产生的感应电流大小i、细线拉力大小F随时间t变化的规律可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【解析】AB．根据电磁感应定律得感应电动势大小为
磁场均匀增大，则为定值，则电动势大小不变，挂件的电阻不变则感应电流不随时间改变。故A正确，B错误；
CD．根据楞次定律可知挂件中电流沿逆时针方向，则受到的安培力竖直向上，受力分析可知细线拉力
因为磁场均匀增大，电流大小不变，则图像为一条斜率为负的一次函数。故C错误，D正确。
故选AD。
14．（23-24高三下·河南周口·开学考试）如图所示，在置于匀强磁场中的平行导轨上，横跨在两导轨间的导体杆以速度向右匀速移动，已知磁场的磁感应强度为，方向垂直于导轨平面（纸面）向外，导轨间距为，闭合电路中除电阻外，其他部分的电阻忽略不计，则（ ）
A．电路中的感应电动势
B．电路中的感应电流
C．通过电阻的电流方向是由向
D．杆受到的安培力方向水平向右
【答案】AB
【解析】A．根据法拉第电磁感应定律可知，电路中的感应电动势，故A正确；
B．根据欧姆定律可知，电路中的感应电流，故B正确；
C．根据右手定则可知，通过电阻的电流方向是由c向a，故C错误；
D．根据左手定则可知，杆受到的安培力方向水平向左，故D错误；
故选AB。
15．（2024·黑龙江·一模）如图甲（俯视图）所示，水平面内固定放置面积为，电阻为1Ω的单匝线圈，线圈内充满垂直水平面向下的匀强磁场，其磁感应强度随时间t变化关系如图乙所示，线圈两端点M、N与相距的粗糙平行金属导轨相连，导轨置于垂直水平面向上的磁感应强度大小的匀强磁场中。一根总长为，质量为，阻值为9Ω的金属杆置于导轨上，且与导轨始终接触良好。一根劲度系数为的轻弹簧右端连接在固定挡板上，左端与金属杆相连，金属杆与金属导轨间动摩擦因数为，金属杆静止时弹簧伸长量为。在时刻闭合开关S，金属杆在内始终保持静止，g取，忽略平行导轨电阻，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A．内金属杆中电流方向为
B．金属杆与金属导轨间动摩擦因数至少为0.45
C．内通过金属杆电荷量为
D．内整个回路产生焦耳热
【答案】BD
【解析】A．在单匝线圈线圈中内磁感应强度在变大，根据楞次定律可得，线圈上电流逆时针流动，在金属杆中电流流向是，A错误；
B．线圈产生的电动势为
由闭合电路欧姆定律得电流为
金属杆受到的安培力为
方向水平向右，所以金属杆刚好不滑动时力是平衡的
代入数据求得，金属杆与金属导轨间动摩擦因数至少为0.45，B正确；
C．根据可知内通过金属杆电荷量为，C错误；
D．内与产生的电流相等，因此内整个回路产生焦耳热
，D正确。
故选BD。
16．（23-24高三上·广东·阶段练习）某风速实验装置由如图甲、乙所示的风杯组系统和电磁信号产生系统两部分组成。风杯固定在竖直转轴的顶端，风杯中心到转轴距离为2L，风推动风杯绕竖直转轴顺时针匀速转动。电磁信号产生器由圆形匀强磁场和固定于转轴上的导体棒OA组成，磁场半径为L，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，导体棒OA长为1.5L，电阻为r。导体棒每转一周，A端与弹性簧片接触一次，接触时产生的电流强度恒为I。图中电阻为R，其余电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．流过电阻R的电流为正弦式交流电
B．当导体棒与弹性簧片接触时，OA两点的电压大小为Ir
C．当导体棒与弹性簧片接触时，O点电势低于A点电势
D．风杯的速率
【答案】CD
【解析】ABC．根据题意可知，当导体棒在磁场中顺时针转动时，相当于电源，且O端相当于电源的负极，则根据欧姆定律可知，OA两端电势差UOA数值上等于电路中的外电压，则有
依题意有，电源电动势为，流过电阻R的电流为恒定电流，故AB错误，C正确；
D．闭合电路的欧姆定律有
解得
则风杯的速率为，故D正确。
故选CD。
17．（2024·福建漳州·二模）如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为，导轨电阻可忽略不计；导轨间有一垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，其边界ab、cd均与导轨垂直。现将两相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，运动过程中PQ、MN始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零，从PQ进入磁场时开始计时，MN中电流记为i，MN两端电势差记为u，则下列、图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【解析】AB．MN刚进磁场时的速度与PQ刚进磁场时相同，设时MN中电流为，若PQ刚出磁场时MN进入磁场，此时电流立即反向，MN进入磁场后仍匀速运动，因此电流大小不变，A正确，B错误；
C．PQ刚进磁场时，MN两端的电势差记为，若PQ还未离开磁场时MN已进入磁场，根据题设此时两导体棒速度相等，回路电流为零，MN两端的电势差（导体棒切割磁场产生的电动势）为，两导体棒均未离开磁场前做匀加速运动，电动势均匀增大，当PQ离开磁场时，MN的速度大于其刚进入磁场时的速度，其两端的电势差U发生突变，且略大于，此后MN做加速度减小的减速运动，MN两端的电势差逐渐减小，C正确；
D．只有两导体棒同时在磁场中运动时，MN两端的电势差才等于，但不会恒定不变，D错误。
故选AC。
18．（2024·青海·模拟预测）如图所示，平行导轨间距为L，一部分固定放置在绝缘水平面上（足够长），另一部分弯曲，ab是两部分的分界线，弯曲部分在ab处的切线水平，ab的右侧存在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。导体棒2静置于水平导轨上，让导体棒1从弯曲导轨上距水平面高度为L的地方由静止开始下滑，当1运动到ab处时，2刚好要滑动，弯曲导轨光滑，水平导轨与2之间的动摩擦因数为0.5，两导体棒接入回路的总电阻为R，导轨的电阻忽略不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．1运动到ab处的速度大小为B．1运动到ab处的速度大小为
C．2的质量为D．2的质量为
【答案】AC
【解析】AB．当1运动到ab处过程中，根据动能定理可得
解得，故A正确，B错误；
CD．当1运动到ab处时，2刚好要滑动，则对2研究
联立解得，故C正确，D错误。
故选AC。
19．（2024·河北·三模）如图所示，水平面内放置的光滑平行导轨左窄右宽，左轨宽度为d，右轨宽度为2d，匀强磁场与导轨平面垂直，磁感应强度为B。质量为m和2m的甲、乙两金属棒分别垂直放在导轨上，某时刻，分别给甲、乙两金属棒一个大小为和的向右的初速度，设回路总电阻不变，导轨足够长，从甲、乙两金属棒获得初速度到二者稳定运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙加速度总是大小相等B．甲、乙匀速运动的速度大小相等
C．回路产生的焦耳热为D．通过回路某一横截面的电荷量为
【答案】AD
【解析】A．根据牛顿第二定律，对甲棒
对乙棒
解得，故A正确；
B．当两棒产生的感应电动势相等时，电路里无感应电流，甲、乙匀速运动，则有
解得，故B错误；
C．根据动量定理，对甲棒
对乙棒
解得，
根据能量守恒
回路产生的焦耳热为，故C错误；
D．根据动量定理，对甲棒其中
解得，故D正确。
故选AD。
20．（2024·河南·二模）如图所示，光滑平行等间距且足够长的导轨水平放置在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为3T，导轨宽度，左端通过导线连接了电源和一个开关K，电源的电动势，内阻。一质量的导体棒垂直于导轨放置，其电阻。导体棒的中部通过绝缘轻绳绕过光滑的定滑轮连接了一个质量的物块，用手托住物块保持静止且轻绳恰好处于伸直状态。释放物块的瞬间闭合开关K，已知重力加速度，则从刚释放到物块恰好匀速运动经历时间，则关于该过程下列说法正确的是（ ）
A．导体棒先向左运动后向右运动B．导体棒最终速度大小为
C．流经导体棒的电荷量为0.6CD．电源消耗的能量为4.8J
【答案】BD
【解析】A．闭合开关的瞬间，导体棒速度为0，电流
安培力
故导体棒和物块将向左加速，导体棒切割磁感线，产生反电动势，有
随着速度的增加，电流逐渐减小，安培力逐渐减小，对导体棒和物块有
可知加速度逐渐减小，当加速度减小到0时，系统受力平衡，保持向左匀速直线运动，A项错误；
B．当加速度为0时，算得电流大小，速度，B项正确；
C．对导体棒和物块由动量定理有
带入数据，C项错误；
D．根据非静电力做功可求得电源消耗的电能，D项正确。
故选BD。
21．（2024高三下·全国·专题练习）如图所示，电阻不计的两光滑平行金属导轨相距，固定在水平绝缘桌面上，左侧圆弧部分处在竖直平面内，其间接有一电容为的电容器，右侧平直部分处在磁感应强度为。方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐。电阻为的金属棒ab垂直于两导轨放置且与导轨接触良好，质量为。棒ab从导轨左端距水平桌面高处无初速度释放，离开水平直导轨前已匀速运动。已知电容器的储能，其中C为电容器的电容，U为电容器两端的电压，不计空气阻力，重力加速度。则金属棒ab在沿导轨运动的过程中（ ）
A．通过金属棒ab的电荷量为
B．通过金属棒ab的电荷量为
C．金属棒ab中产生的焦耳热为
D．金属棒ab中产生的焦耳热为
【答案】BC
【解析】AB．当金属棒落下后其速度可由动能定理求得
可求得
之后金属棒切割磁感线，电容器充电，其两端电压逐渐增大，金属棒因为安培力做减速运动，当金属棒的动生电动势与电容器两端电压相等时，金属棒匀速运动。由动量定理可知
设经过，速度增加了，感应电动势分别为，
可知
又因为，所以
带入可得，解得
此时，导体棒动生电动势为
因此，此时电容器电压U也为4V，则电容器增加的电荷量为
因此通过导体棒的电荷量也为1C。故A错误，B正确；
CD．由以上解析可知，动能变化量为
而，所以，故C正确，D错误。
故选BC。
22．（2024·河南·二模）如图甲，abcd和a′b′c′d′为在同一水平面内的固定光滑平行金属导轨，左右导轨间距分别为2L、L，整个导轨处于竖直向下的匀强磁场中，左侧导轨间的磁感应强度大小为B0，右侧导轨间的磁感应强度大小按图乙规律变化，两根金属杆M、N分别垂直两侧导轨放置，N杆与cc′之间恰好围成一个边长为L的正方形，M杆中点用一绝缘细线通过轻质定滑轮与一重物相连，t=0时释放重物，同时在N杆中点处施加一水平向右的拉力F，两杆在0~t0时间内均处于静止状态，从t0时刻开始，拉力F保持不变，重物向下运动x距离时（M杆未到达定滑轮处），速度达到最大，已知M、N杆和重物的质量都为m，M、N接入电路的电阻都为R，不计导轨电阻，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．0~t0时间内，回路中的感应电动势为
B．0~t0时间内，施加在N杆上的拉力F随时间t变化的关系为
C．重物下落的最大速度为
D．从t=0时刻到重物达到最大速度的过程中，回路产生的焦耳热为
【答案】AC
【解析】A．0~t0时间内回路的感应电动势为
根据图乙可知，解得，故A正确；
B．根据图乙可知
令0~时间内回路的感应电流为I，对M有
对N有
解得，故B错误；
C．根据上述，t0时刻的拉力大小为t0时刻之后，对M与重物整体进行分析有
对N进行分析有
解得
可知M、N的加速度大小相等，当时，重物速度最大，即
其中解得，故C正确；
D．在0~t0时间内，有M、N杆的速度在任意时刻大小均相等，则从t0时刻开始到重物最大速度的过程中有
解得
则回路产生的焦耳热为，故D错误。
故选AC。
三、解答题
23．（23-24高三下·陕西西安）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨、固定在水平面上，间距为，间接阻值为的定值电阻，质量为的金属棒垂直导轨放置，导轨和金属棒电阻不计，整个装置处于方向垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为的匀强磁场中。现给金属棒一个水平外力使金属棒从静止开始向右匀加速运动，速度达到时水平外力大小为该时刻安培力大小的2倍，运动过程中金属棒始终垂直导轨且与导轨接触良好。求：
（1）在速度从零增加到时间内金属棒的加速度大小；
（2）在速度从零增加到时间内流过定值电阻的电荷量。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）金属棒切割磁感线产生的电动势为
电路中的电流为
金属棒受到的安培力
根据牛顿第二定律，得
因为速度达到时水平外力大小为该时刻安培力大小的2倍，联立解得
（2）通过电阻的电荷量为
根据法拉第电磁感应定律
电流为
又因为是一定值，金属棒做匀变速直线运动
联立解得在内流过定值电阻的电荷量
24．（2024·天津红桥·二模）我国在高铁列车和电动汽车的设计和制造领域现在处于世界领先水平，为了节约利用能源，在“刹车”时采用了电磁式动力回收装置，可将部分动能转化为电能并储存起来。如图所示为该装置的简化模型，在光滑的水平面内，一个“日”字形的金属线框，各边长，其中、、边电阻均为，、电阻可忽略，线框以速度冲进宽度也为l，磁感应强度的匀强磁场，最终整个线框恰好能穿出磁场，忽略空气阻力的影响，求：
（1）线框刚进磁场时流过的电流大小和方向，并指出M、N哪端电势高；
（2）整个线框的质量m；
（3）边穿过磁场过程中，边中产生的焦耳热Q。
【答案】（1），电流的方向N到M，M端电势高；（2）；（3）
【解析】（1）导体进入磁场切割感应电动势为
回路的总电阻为
流过导体的电流大小为
根据楞次定律或右手定则，电流的方向N到M；M端电势高；
（2）在整个线框穿过磁场的过程中，总有一个边在切割磁感线，回路的总电阻相当于不变，根据动量定理，，，，…
整理后得
解得（约为0.013kg）
（3）对边通过磁场的过程使用动量定理，为穿过磁场的时间，
解得
根据能量守恒定律 导体棒生的热
25．（23-24高二下·天津·期中）如图所示，光滑的平行金属导轨、与水平面间的夹角为37°，导轨间距，导轨平面的矩形区域内存在垂直导轨平面向上、磁感应强度大小的匀强磁场。固定于水平面内的金属圆环圆心为O，半径，圆环平面内存在竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场。不计质量的金属棒可绕过O点的转轴旋转，另一端A与圆环接触良好。导轨E、G两端用导线分别与圆心O和圆环边缘相连。现将一质量为、长的金属棒从磁场上边界上方某处由静止释放，一段时间后以速度进入磁场，同时用外力控制棒的转动，从而使棒在磁场中做匀加速直线运动，1s后以的速度离开磁场，此过程中棒始终与导轨接触良好。已知金属棒、的电阻均为，其余电阻均不计。重力加速度，。若以棒进入磁场瞬间为时刻，求棒从运动到的运动过程中：
（1）棒受到的安培力大小；
（2）金属棒转动的方向（俯视）及的角速度ω与时间t的关系式；
（3）外力对金属棒所做的功。
【答案】（1）；（2）逆时针，（）；（3）
【解析】（1）导体棒在磁场中加速运动，则由
解得
由牛顿第二定律
解得
（2）金属棒转动的方向为逆时针，由
可得
而
导体中的电流为
解得（）
（3）导体棒在磁场中运动的距离
由能量关系可知
解得
26．（2024·贵州·模拟预测）如图，平行金属导轨MM′、NN′和平行金属导轨PQR、P′Q′R′固定在水平台面上，平行金属导轨间距均为L=1m，M′N′与PP′高度差为h1=0.6m。导轨MM′、NN′左端接有R=3.0Ω的电阻，导轨平直部分存在宽度为d、磁感应强度B1=2T，方向竖直向上的匀强磁场；导轨PQR与P′Q′R′平行，其中PQ与P′Q′是圆心角为60°、半径为r=0.9m的圆弧形导轨，QR与Q′R′是水平长直导轨。QQ′右侧存在磁感应强度B2=4T，方向竖直向上的匀强磁场，导体棒a的质量m1=0.2kg，接在电路中的电阻R1=2.0Ω；导体棒b的质量m2=0.3kg，接在电路中的电阻R2=6.0Ω。导体棒a从距离导轨MM′、NN′平直部分h=1.25m处由静止释放，恰能无碰撞地从PP′滑入右侧平行导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速度g取10m/s2，不计导轨电阻、一切摩擦及空气阻力。求:
（1）导体棒a刚进入磁场B1时的速度大小以及此时电阻R的电流大小和方向；
（2）导体棒b的最大加速度；
（3）导体棒a、b在平行金属导轨PQR、P′Q′R′中产生的总焦耳热（导轨足够长）。
【答案】（1）5m/s，2.0A，方向为由N到M；（2）m/s2；（3）1.5J
【解析】（1）导体棒a从h=1.25m处由静止释放，根据动能定理可知
解得导体棒a刚进入磁场B1时的速度大小为v1=5m/s
由题可知
由闭合电路欧姆定律可得
解得I1=2.0A
由右手定则可判断，此时电阻R的电流方向为由N到M。
（2）由题可知，导体棒a到达PP′时速度方向与水平方向的夹角为60°，则
解得v2=4m/s
导体棒a刚进入磁场B2时，导体棒b的加速度最大，则有
解得 v3=5m/s
（3）根据动量守恒定律可知
解得 v4=2m/s
导体棒a、b在平行金属导轨PQR、P′Q′R′中产生的总焦耳热与系统减少的动能相等，即
解得 Q=1.5J
1.(2024年湖北卷考题) 1. 《梦溪笔谈》中记录了一次罕见的雷击事件：房屋被雷击后，屋内的银饰、宝刀等金属熔化了，但是漆器、刀鞘等非金属却完好（原文为：有一木格，其中杂贮诸器，其漆器银扣者，银悉熔流在地，漆器曾不焦灼。有一宝刀，极坚钢，就刀室中熔为汁，而室亦俨然）。导致金属熔化而非金属完好的原因可能为（ ）
A. 摩擦B. 声波C. 涡流D. 光照
【答案】C
【解析】在雷击事件中金属和非金属都经历了摩擦，声波和光照的影响，而金属能够因电磁感应产生涡流非金属不能，因此可能原因为涡流。
故选C。
2.(2024年江苏卷考题) 9. 如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是（ ）
A. 顺时针，顺时针 B. 顺时针，逆时针 C. 逆时针，顺时针 D. 逆时针，逆时针
【答案】A
【解析】线圈a从磁场中匀速拉出的过程中穿过a线圈的磁通量在减小，则根据楞次定律可知a线圈的电流为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出则a中产生的电流为恒定电流，则线圈a靠近线圈b的过程中线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b产生的磁场为顺时针。
故选A。
3.（2024年湖南卷考题）4．如图，有一硬质导线Oabc，其中是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】如图，相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，根据右手定则可知O点电势最高；根据
同时有
可得
得
故选C。
4.（2024年广东卷考题）4. 电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B．磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈。下列说法正确的是（ ）
A. 穿过线圈的磁通量为
B 永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大
C. 永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小
D. 永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向
【答案】D
【解析】A．根据图乙可知此时穿过线圈的磁通量为0，故A错误；
BC．根据法拉第电磁感应定律可知永磁铁相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故BC错误；
D．永磁铁相对线圈下降时，根据安培定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。
故选D。
5..（2024全国甲卷考题）8. 如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面（纸面）内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】设线圈的上边进入磁场时的速度为v，设线圈的质量M，物块的质量m，图中线圈进入磁场时线圈的加速度向下，则对线圈由牛顿第二定律可知
对滑块 其中
即
线圈向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线圈匀速运动的速度为
A．若线圈进入磁场时的速度较小，则线圈进入磁场时做加速度减小的减速运动，线圈的速度和加速度都趋近于零，则图像A可能正确；
B．因t=0时刻线圈就进入磁场，则进入磁场时线圈向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能；
CD．若线圈的质量等于物块的质量，且当线圈进入磁场时，且速度大于v0，线圈进入磁场做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后线圈做匀速运动；当线圈出离磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速运动，最终出离磁场时做匀速运动，则图像C有可能，D不可能。
故选AC。
6.(2024年辽宁卷考题) 9. 如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中（ ）
A. 回路中的电流方向为abcdaB. ab中电流趋于
C. ab与cd加速度大小之比始终为2︰1D. 两棒产生的电动势始终相等
【答案】AB
【解析】A．两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda；故A正确；
BC．设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得
对cd
故可知
分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，此时对ab分析可得
解得 ，故B正确，C错误；
D．根据前面分析可知，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的感应电动势不等，故D错误。
故选AB。
7.（2024年山东卷考题）8. 如图甲所示，在-d≤x≤d，-d≤y≤d区域中存在垂直Oxy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场（用阴影表示磁场的区域），边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可能为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】根据题意可知，磁场区域变化前线圈产生的感应电动势为
由题图丙可知，磁场区域变化后，当时，线圈的侧边开始切割磁感线，即当线圈旋转时开始切割磁感线，由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变为 ，C正确。
故选C。
8.（2024年湖南卷考题）8．某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨段与段粗糙，其余部分光滑，右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度沿导轨向右经过进入磁场，最终恰好停在处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的摩擦因数为，。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．金属杆经过的速度为
B．在整个过程中，定值电阻R产生的热量为
C．金属杆经过与区域，金属杆所受安培力的冲量相同
D．若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍
【答案】CD
【解析】A．设平行金属导轨间距为L，金属杆在AA1B1B区域向右运动的过程中切割磁感线有
E = BLv，
金属杆在AA1B1B区域运动的过程中根据动量定理有
则
由于，则上面方程左右两边累计求和，可得
则
设金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t0，同理可得，则金属杆在BB1C1C区域运动的过程中有
解得
综上有 ，则金属杆经过BB1的速度大于，故A错误；
B．在整个过程中，根据能量守恒有
则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为 ，故B错误；
C．金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量为
则金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域滑行距离均为，金属杆所受安培力的冲量相同，故C正确；
D．根据A选项可得，金属杆以初速度再磁场中运动有
金属杆的初速度加倍，则金属杆通过AA1B1B区域时中有
则金属杆的初速度加倍，则金属杆通过时速度为
则设金属杆通过BB1C1C区域的时间为， 则
，
则
，
则
由于，则
可见若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，故D正确。
故选CD。
9.(2024浙江1月卷考题)13. 若通以电流I的圆形线圈在线圈内产生的磁场近似为方向垂直线圈平面的匀强磁场，其大小（k的数量级为）。现有横截面半径为的导线构成半径为的圆形线圈处于超导状态，其电阻率上限为。开始时线圈通有的电流，则线圈的感应电动势大小的数量级和一年后电流减小量的数量级分别为（ ）
A. ，B. ，C. ，D. ，
【答案】D
【解析】 线圈中电流的减小将在线圈内导致自感电动势，故
其中L代表线圈自感系数，有
在计算通过线圈的磁通量时，以导线附近即处的B为最大，而该处B又可把线圈当成无限长载流导线所产生的，根据题意
则
根据电阻定律有
联立解得 A，V
则线圈的感应电动势大小的数量级和一年后电流减小量的数量级分别为，。
故选D。
10.（2024年山东卷考题）11. 如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO'与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的匀强磁场（图中未画出），导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO'放置在导轨图示位置，由静止释放。MN 运动过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法正确的是（ ）
A. MN最终一定静止于OO'位置
B. MN运动过程中安培力始终做负功
C. 从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN的速率一直在增大
D. 从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN中电流方向由M到N
【答案】ABD
【解析】A．由于金属棒MN运动过程切割磁感线产生感应电动势，回路有感应电流，产生焦耳热，金属棒MN的机械能不断减小，由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，MN最终一定静止于OO'位置，故A正确；
B．当金属棒MN向右运动，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向左，则安培力做负功；当金属棒MN向左运动，根据右手定则可知，MN中电流方向由N到M，根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向右，则安培力做负功；可知MN运动过程中安培力始终做负功，故B正确；
C．金属棒MN从释放到第一次到达OO'位置过程中，由于在OO'位置重力沿切线方向的分力为0，可知在到达OO'位置之前的位置，重力沿切线方向的分力已经小于安培力沿切线方向的分力，金属棒MN已经做减速运动，故C错误；
D．从释放到第一次到达OO'位置过程中，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，故D正确。
故选ABD。
11.（2024全国甲卷考题）12. 如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦。定值电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直。整个装置处于竖直方向且磁感应强度为B的匀强磁场中。
(1)开关S闭合时，对金属棒施加以水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求金属棒速度v的大小。
(2)当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。
【答案】（1）；（2），
【解析】（1）开关S闭合后，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则
由闭合电路欧姆定律
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为
联立可得，恒定的外力为
在加速阶段，外力的功率为
定值电阻功率为
若时，即
化简可得金属棒速度v的大小为
（2）断开开关S，电容器充电，则电容器与定值电阻串联，则有
当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力不断减小，而拉力的功率
定值电阻功率
当时有
可得
根据
可得此时电容器两端电压为
从开关断开到此刻外力所做的功为
其中
联立可得
12.(2024年河北卷考题)15. 如图，边长为的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处固定一竖直细导体轴。间距为L、与水平面成角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒在水平面内绕O点以角速度匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒始终静止。棒在转动过程中，棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
（1）求棒所受安培力的最大值和最小值。
（2）锁定棒，推动棒下滑，撤去推力瞬间，棒的加速度大小为a，所受安培力大小等于（1）问中安培力的最大值，求棒与导轨间的动摩擦因数。
【答案】（1），；（2）
【解析】（1）当OA运动到正方形细框对角线瞬间，切割的有效长度最大，，此时感应电流最大，CD棒所受的安培力最大，根据法拉第电磁感应定律得
根据闭合电路欧姆定律得
故CD棒所受的安培力最大为
当OA运动到与细框一边平行时瞬间，切割的有效长度最短，感应电流最小，CD棒受到的安培力最小，得
故CD棒所受的安培力最小为
（2）当CD棒受到的安培力最小时根据平衡条件得
当CD棒受到的安培力最大时根据平衡条件得
联立解得
撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律得
解得
13.（2024年安徽卷考题）15. 如图所示，一“U”型金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B = kt（SI），k为常数（k > 0）。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R。t = 0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。不计空气阻力，两磁场互不影响。
（1）求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab中电流的方向；
（2）求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式；
（3）求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。
【答案】（1）kL2·t，kL2，从a流向b；（2）；（3）
【解析】（1）通过面积的磁通量大小随时间t变化的关系式为
根据法拉第电磁感应定律得
由楞次定律可知ab中的电流从a流向b。
（2）根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直导轨面向里，大小为 F安=BIL
其中 B=kt
设金属棒向上运动的位移为x，则根据运动学公式
所以导轨上方的电阻为
由闭合电路欧姆定律得
联立得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为
（3）由题知t = 0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，则对ab受力分析由牛顿第二定律
其中
联立可得
整理有
根据均值不等式可知，当时，F有最大值，故解得
F的最大值为
14.（2024年江西卷考题）15. 如图（a）所示，轨道左侧斜面倾斜角满足sinθ1 = 0.6，摩擦因数，足够长的光滑水平导轨处于磁感应强度为B = 0.5T的匀强磁场中，磁场方向竖直向上，右侧斜面导轨倾角满足sinθ2 = 0.8，摩擦因数。现将质量为m甲 = 6kg的导体杆甲从斜面上高h = 4m处由静止释放，质量为m乙 = 2kg的导体杆乙静止在水平导轨上，与水平轨道左端的距离为d。已知导轨间距为l = 2m，两杆电阻均为R = 1Ω，其余电阻不计，不计导体杆通过水平导轨与斜面导轨连接处的能量损失，且若两杆发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，取g = 10m/s2，求：
（1）甲杆刚进入磁场，乙杆的加速度？
（2）乙杆第一次滑上斜面前两杆未相碰，距离d满足的条件？
（3）若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的竖直高度y随时间t的变化如图（b）所示（t1、t2、t3、t4、b均为未知量），乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞，甲在0 ~ t3时间内未进入右侧倾斜导轨，求d的取值范围。
【答案】（1）a乙0 = 2m/s2，方向水平向右；（2）d ≥ 24m；（3）
【解析】（1）甲从静止运动至水平导轨时，根据动能定理有
甲刚进人磁场时，平动切割磁感线有 E0 = Blv0
则根据欧姆定律可知此时回路的感应电流为
根据楞次定律可知，回路中的感应电流沿逆时针方向（俯视），结合左手定则可知，乙所受安培力方向水平向右，由牛顿第二定律有 BI0l = m2a乙0
带入数据有 a乙0 = 2m/s2，方向水平向右
（2）甲和乙在磁场中运动的过程中，系统不受外力作用，则系统动量守恒，若两者共速时恰不相碰，则有 m1v0 = (m1＋m2)v共
对乙根据动量定理有
其中
联立解得 dmin = Δx = 24m
则d满足 d ≥ 24m
（3）根据（2）问可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导轨运动稳定，相对位移为Δx = 24m，且稳定时的速度v共 = 6m/s乙第一次在右侧斜轨上向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有
m2gsinθ2＋μ2m2gcsθ2 = m2a乙上
根据匀变速直线运动位移与速度的关系有 2a乙上x上 = v共2
乙第一次在右侧斜轨上向下运动的过程中，根据牛顿第二定律有 m2gsinθ2－μ2m2gcsθ2 = m2a乙下
再根据匀变速直线运动位移与速度的关系有 2a乙下x下 = v12
且 x上 = x下
联立解得乙第一次滑下右侧轨道最低点的速度 v1 = 5m/s
由于两棒发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，则甲乙整体第一次在右侧倾斜轨道上向上运动有
（m1＋m2）gsinθ2＋μ2（m1＋m2）gcsθ2 = (m1＋m2)a共上
同理有 2a共上x共上 = v2
且由图（b）可知 x上 = 4.84x共上
解得甲、乙碰撞后的速度
乙第一次滑下右侧轨道最低点后与甲相互作用的过程中，甲、乙组成的系统合外力为零，根据动量守恒有 m1v2－m2v1 = (m1＋m2))v
解得乙第一次滑下右侧轨道最低点时甲的速度为
若乙第一次滑下右侧轨道最低点时与甲发生碰撞，则对应d的最小值，乙第一次在右侧斜轨上运动的过程，对甲根据动量定理有
其中
解得
根据位移关系有 dmin′－Δx = Δx1
解得
若乙返回水平导轨后，当两者共速时恰好碰撞，则对应d的最大值，对乙从返回水平导轨到与甲碰撞前瞬间的过程，根据动量定理有
其中
解得
根据位移关系有 dmax－Δx－Δx1 = Δx2
解得
则d的取值范围为
15.(2024年湖北卷考题) 15. 如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求
（1）ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
（2）金属环刚开始运动时的加速度大小；
（3）为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中，由动能定理有
解得
则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为
（2）根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路，由几何关系可得，每段圆弧的电阻为
可知，整个回路的总电阻为
ab刚越过MP时，通过ab的感应电流为
对金属环由牛顿第二定律有
解得
（3）根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为，由动量守恒定律有
解得
对金属棒，由动量定理有
则有
设金属棒运动距离为，金属环运动的距离为，则有
联立解得
则金属环圆心初始位置到MP的最小距离
16.(2024浙江1月卷考题)21. 如图1所示，扫描隧道显微镜减振装置由绝缘减振平台和磁阻尼减振器组成。平台通过三根关于轴对称分布的相同轻杆悬挂在轻质弹簧的下端O，弹簧上端固定悬挂在点，三个相同的关于轴对称放置的减振器位于平台下方。如图2所示，每个减振器由通过绝缘轻杆固定在平台下表面的线圈和固定在桌面上能产生辐向磁场的铁磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为B。处于静止状态的平台受到外界微小扰动，线圈在磁场中做竖直方向的阻尼运动，其位移随时间变化的图像如图3所示。已知时速度为，方向向下，、时刻的振幅分别为，。平台和三个线圈的总质量为m，弹簧的劲度系数为k，每个线圈半径为r、电阻为R。当弹簧形变量为时，其弹性势能为。不计空气阻力，求
（1）平台静止时弹簧的伸长量；
（2）时，每个线圈所受到安培力F的大小；
（3）在时间内，每个线圈产生的焦耳热Q；
（4）在时间内，弹簧弹力冲量的大小。
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】（1）平台静止时，穿过三个线圈的的磁通量不变，线圈中不产生感应电流，线圈不受到安培力作用，O点受力平衡，因此由胡克定律可知此时弹簧的伸长量
（2）在时速度为，设每个线圈的周长为L，由电磁感应定律可得线圈中产生的感应电流
每个线圈所受到安培力F的大小
（3）由减震器的作用平台上下不移动，由能量守恒定律可得平台在时间内，振动时能量的减少量为，由能量守恒定律
在时间内，振动时能量的减少转化为线圈的焦耳热，可知每个线圈产生的焦耳热
（4）取向上为正方向，全程由动量定理可得
其中
联立解得弹簧弹力冲量的大小为
一、单选题
1．（2024·江西上饶·模拟预测）如图所示，匀强磁场垂直于水平面向上，折成“L”形的金属棒ACD固定在磁场中的绝缘水平面内，金属棒a（与CD平行）、b（与AC平行）均放在绝缘的水平面上，与ACD围成一个矩形回路，给金属棒a、b施加外力，让a、b两金属棒从图示位置沿图示方向分别以、的速率匀速平移，已知四根金属杆完全相同且足够长，围成矩形周长保持不变，则在两金属棒匀速运动（a到CD前）的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．B．回路中感应电流沿顺时针方向
C．回路中的电流先变小后变大D．b受到的安培力总是和方向相反
【答案】C
【解析】A．要保证围成矩形周长保持不变，根据几何关系可知，一定有，A错误；
B．回路的面积先变大后变小，根据楞次定律可知，回路中感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向，B错误；
C．当所围面积为正方形时，回路中感应电流为零，因此回路中的电流先变小后变大，C正确；
D．当回路中电流沿逆时针方向时，受到的安培力和方向相同，D错误；
故选C。
2．（2024高三下·吉林·专题练习）近场通信（NFC）器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大．如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，下列说法正确的是
A．NFC贴纸在使用时需要另外电源供电才能使用
B．穿过线圈的磁场发生变化时，线圈中的感应电动势为三个线圈感应电动势的平均值
C．穿过线圈的磁场发生变化时，线圈中的感应电动势为三个线圈感应电动势之和
D．垂直穿过线圈的磁场发生变化时，芯片中的电流为三个线圈内电流之和
【答案】C
【解析】A．贴纸在使用时不需要另外电源供电，外部磁场变化产生的感应电流足以为芯片使用供电，故A错误；
BC．穿过线圈的磁场发生变化时，三个线圈是串联关系，故线圈中的感应电动势为三个线圈感应电动势之和，故B错误，C正确；
D．三个线圈是串联关系，通过芯片和线圈的电流大小相等，故D错误。
故选C。
3．（23-24高三下·海南·期中）如图1所示，无线充电技术是近年发展起来的新技术，充电原理可近似看成理想变压器，如图2所示。下列说法正确的是（ ）
A．充电基座线圈接的电源是恒定的直流电
B．充电基座线圈接的电源必须是交流电且，都闭合才能充电
C．两个线圈中电流的频率可能不同
D．两个线圈中电流大小一定相同
【答案】B
【解析】AB．根据法拉第电磁感应定律，充电基座线圈接的电源必须是交流电且、，都闭合后构成闭合回路才能充电，故A错误，B正确；
CD．由于充电原理可近似看成理想变压器，两个线圈中电流的频率一定相同，电压和电流强度不一定相同，故CD错误。
故选B。
4．（2024·河北承德·二模）如图所示为某种售货机硬币识别系统简图。虚线框内存在磁场，从入口A进入的硬币沿斜面滚落，通过磁场区域后，由测速器测出速度大小，若速度在某一合适范围，挡板B自动开启，硬币就会沿斜面进入接收装置；否则挡板C开启，硬币进入另一个通道拒绝接收。下列说法不正确的是（ ）
A．磁场能使硬币的速度增大得更慢
B．如果没有磁场，则测速器示数会更小一些
C．硬币进入磁场的过程会受到来自磁场的阻力
D．由于磁场的作用，硬币的机械能减小
【答案】B
【解析】ABC．根据题意可知，硬币进入磁场和离开磁场时，穿过硬币的磁通量发生变化，硬币中产生感应电流，感应电流会阻碍硬币的相对运动，即硬币进入磁场的过程会受到来自磁场的阻力，若磁场阻力大于硬币重力沿斜面的分力，硬币将做减速运动，若磁场阻力等于硬币重力沿斜面的分力，硬币将匀速进入磁场，若磁场阻力小于硬币重力沿斜面的分力，硬币继续加速运动，但速度增加变慢，综上所述，磁场能使硬币的速度增大得更慢，如果没有磁场，则测速器示数会更大一些，故AC正确，不满足题意要求，B错误，满足题意要求；
D．根据题意可知，硬币进入磁场和离开磁场时，穿过硬币的磁通量发生变化，硬币中产生感应电流，感应电流会阻碍硬币的相对运动，对硬币做负功，使硬币的机械能减小，故D正确，不满足题意要求。
故选B。
5．（2024·安徽·二模）用材料相同粗细均匀的导线做成如图所示的单匝线圈，线圈构成一个闭合回路。左侧小圆的半径为2d，中间大圆的半径为3d，右侧小圆的半径为d，左侧两圆连接处缺口的长度可忽略不计，右侧两圆错开相交连通（麻花状），将线圈固定在与线圈所在平面垂直的磁场中，磁感应强度大小为，式中的和k为常量，则线圈中感应电动势的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】根据楞次定律可知，左侧小圆和中间大圆产生的感应电流方向相同，而右侧小圆产生的感应电流方向与左侧小圆和中间大圆的相反，根据法拉第电磁感应定律可得线圈中感应电动势的大小为
故选B。
6．（2024·黑龙江大庆·三模）如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框，现将导体框分别朝两个方向以v、速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向分别移出磁场的过程中（ ）
A．导体框中产生的感应电流方向相反B．导体框受到的安培力大小之比为
C．导体框中产生的焦耳热之比为D．通过导体框截面的电荷量之比为
【答案】D
【解析】A．将导体框从两个方向移出磁场的过程中，磁通量均减小，而磁场方向都垂直纸面向外，根据楞次定律判断可知，导体框中产生的感应电流方向均沿逆时针方向，故A错误；
BCD．导体框以速度匀速拉出磁场时，导体框中产生的感应电流大小为
受到的安培力大小为
产生的焦耳热为
通过导体框截面的电荷量为
导体框以速度匀速拉出磁场时，导体框中产生的感应电流大小为
受到的安培力大小为
产生的焦耳热为
通过导体框截面的电荷量为
则有，故BC错误，D正确。
故选D。
7．（23-24高三下·河南·阶段练习）如图甲所示，固定的矩形铜线框左半部分处于垂直纸面向里的匀强磁场中，当匀强磁场的磁感应强度由均匀减小到0后反向增大到，如图乙所示。关于此过程，下列说法正确的是（ ）
A．铜线框中的自由电子先顺时针定向移动、后逆时针定向移动
B．铜线框中的自由电子始终逆时针定向移动
C．铜线框围成的面积始终有扩大的趋势
D．铜线框受到的安培力大小不变
【答案】B
【解析】AB．根据楞次定律，按照图乙中变化的磁场产生顺时针方向的电场，铜线框中的自由电子在电场力的作用下逆时针定向移动，故A错误，B正确；
C．根据楞次定律中“增缩减扩”的规律，穿过铜线框的磁通量先减小后增大，铜线框围成的面积先有扩大的趋势、后有缩小的趋势，故C错误；
D．设图乙中图线的斜率为，根据，斜率不变，可知线圈中的感应电动势大小不变，则通过铜线框的电流不变。又因为线框受力的有效长度不变，而磁感应强度先减小后增大，根据
可知铜线框受到的安培力先减小后增大，故D错误。
故选B。
8．（2017·全国·高考真题）扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品表面原子尺度上的形貌，为了有效隔离外界振动对STM扫描头的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒定磁场，出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减。方案A中，紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下、左右振动时，通过它的磁通量均发生改变；方案C中，紫铜薄板上下振动时、通过它的磁通量可能不变；当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变。综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是B。
故选B。
9．（2024·江西·二模）高速铁路列车通常使用磁刹车系统，磁刹车工作原理可简述如下：将磁铁的N极靠近一块正在以逆时针方向旋转的圆形铝盘，使磁感线总垂直射入铝盘时，铝盘随即减速，如图所示，圆中磁铁左方铝盘的甲区域朝磁铁方向运动，磁铁右方的乙区域朝离开磁铁方向运动，下列说法中正确的是（ ）
A．铝盘甲区域的感应电流会产生垂直纸面向里的磁场
B．磁场与感应电流的作用力，会产生将铝盘减速旋转的阻力
C．感应电流在铝盘产生的内能，是将铝盘减速的最主要原因
D．若将实心铝盘转换成布满小空洞的铝盘，则磁铁对布满空洞的铝盘减速效果比实心铝盘的效果更好
【答案】B
【解析】A．铝盘甲区域中的磁通量向里增大，由楞次定律可知，甲区域感应电流方向为逆时针方向，则此感应电流的磁场方向垂直纸面向外，故A错误；
BC．由“来拒去留”可知，磁场与感应电流的作用力，会产生将铝盘减速旋转的阻力，会使铝盘减速，故B正确，C错误；
D．改成空洞铝盘，电阻变大，电流变小，阻碍效果更差，故D错误。
故选B。
10．（23-24高二下·天津·阶段练习）如图是学生常用的饭卡内部实物图，其由线圈和芯片组成电路，当饭卡处于感应区域时，刷卡机会激发变化的磁场，从而在饭卡内线圈中产生感应电流来驱动芯片工作，已知线圈面积为，共匝，某次刷卡时，线圈平面与磁场垂直，且全部处于磁场区域内，在感应时间内，磁感应强度方向向外且由0均匀增大到，此过程中（ ）
A．线框中磁通量变化率为
B．线框中产生周期性变化的顺时针方向的感应电流
C．边所受安培力方向向左
D．线框中感应电动势大小为
【答案】C
【解析】A．根据题意可知线框中磁通量变化率为
与线圈匝数无关，故A错误；
BD．设电路中总电阻为，根据楞次定律可知磁感应强度向外均匀增大，由楞次定律可得感应电流产生的磁场垂直线圈平面向里，根据安培定则可知感应电流为顺时针方向，电动势大小为
感应电流大小
可知，线圈中的感应电流为恒定电流而不是周期性变化的。故BD错误；
C．当感应电流方向为顺时针时，电流由，根据左手定则判断可知，边所受安培力方向向左。故C正确。
故选C。
11．（2024·北京海淀·二模）如图1所示为演示自感现象的实验电路。实验时，先闭合开关S，电路达到稳定后，灯泡A和B处于正常发光状态，在时刻，将开关S断开，测量得到时刻前后灯泡A、B两端电势差、随时间t的变化关系。电源内阻及电感线圈L的直流电阻可忽略不计。下列说法正确的是（ ）
A．图2所示为灯泡A两端电势差在S断开前后随时间的变化关系
B．S断开瞬间，自感线圈L两端电势差大小为
C．由图1可知电源电动势为
D．由图2和3可知两灯泡正常发光时，灯泡A的阻值与灯泡B的阻值之比为1∶2
【答案】D
【解析】A．电路达到稳定后，灯泡A和B处于正常发光状态，
开关S断开瞬间，由于自感，
所以图2所示为灯泡B两端电势差在S断开前后随时间的变化关系，故A错误；
B．根据图2，S断开瞬间，自感线圈L两端电势差大小为U=+=3故B错误；
C．电路达到稳定后，灯泡A和B处于正常发光状态，由图1可知电源电动势为，故C错误；
D．S断开瞬间，线圈L、灯泡A、B构成闭合回路，经过两灯泡电流相等，由于=2
根据U=IR则灯泡A的阻值与灯泡B的阻值之比为1∶2，故D正确。
故选D。
二、多选题
12．（2024·广东·三模）为防止意外发生，游乐场等大型设施都配备有电磁阻尼装置，如图所示为某款阻尼缓冲装置的原理示意图：带有光滑轨道的机械主体，能产生垂直缓冲轨道平面的匀强磁场，边缘绕有闭合矩形线圈abcd的高强度缓冲滑块撞到竖直墙时，被瞬间强制制动，机械主体以及磁场由于惯性继续缓冲减速，对缓冲过程，下列说法正确的是（ ）
A．线圈bc段受到向右的安培力
B．同一匝线圈中b端的电势高于c端的电势
C．线圈ab段中电流方向为由b到a
D．若磁场反向，则装置起不到缓冲作用
【答案】BC
【解析】AB．缓冲过程中，线圈bc段切割磁感线，根据右手定则，感应电流方向为c到b，线圈bc段受到向左的安培力作用，A错误，B正确；
CD．感应电流方向为c到b，b端的电势高于c端的电势，线圈ab段中电流方向为由b到a；磁场反向时，感应电流方向反向，线圈bc段受到的安培力方向仍然向左，仍起到缓冲作用，C正确，D错误；
故选BC。
13．（2024·贵州·二模）如图，绝缘细线的下端悬挂着一金属材料做成的空心心形挂件，该挂件所在空间水平直线MN下方存在匀强磁场，其磁感应强度B的方向垂直挂件平面，且大小随时间均匀增大。若某段时间内挂件处于静止状态，则该段时间内挂件中产生的感应电流大小i、细线拉力大小F随时间t变化的规律可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【解析】AB．根据电磁感应定律得感应电动势大小为
磁场均匀增大，则为定值，则电动势大小不变，挂件的电阻不变则感应电流不随时间改变。故A正确，B错误；
CD．根据楞次定律可知挂件中电流沿逆时针方向，则受到的安培力竖直向上，受力分析可知细线拉力
因为磁场均匀增大，电流大小不变，则图像为一条斜率为负的一次函数。故C错误，D正确。
故选AD。
14．（23-24高三下·河南周口·开学考试）如图所示，在置于匀强磁场中的平行导轨上，横跨在两导轨间的导体杆以速度向右匀速移动，已知磁场的磁感应强度为，方向垂直于导轨平面（纸面）向外，导轨间距为，闭合电路中除电阻外，其他部分的电阻忽略不计，则（ ）
A．电路中的感应电动势
B．电路中的感应电流
C．通过电阻的电流方向是由向
D．杆受到的安培力方向水平向右
【答案】AB
【解析】A．根据法拉第电磁感应定律可知，电路中的感应电动势，故A正确；
B．根据欧姆定律可知，电路中的感应电流，故B正确；
C．根据右手定则可知，通过电阻的电流方向是由c向a，故C错误；
D．根据左手定则可知，杆受到的安培力方向水平向左，故D错误；
故选AB。
15．（2024·黑龙江·一模）如图甲（俯视图）所示，水平面内固定放置面积为，电阻为1Ω的单匝线圈，线圈内充满垂直水平面向下的匀强磁场，其磁感应强度随时间t变化关系如图乙所示，线圈两端点M、N与相距的粗糙平行金属导轨相连，导轨置于垂直水平面向上的磁感应强度大小的匀强磁场中。一根总长为，质量为，阻值为9Ω的金属杆置于导轨上，且与导轨始终接触良好。一根劲度系数为的轻弹簧右端连接在固定挡板上，左端与金属杆相连，金属杆与金属导轨间动摩擦因数为，金属杆静止时弹簧伸长量为。在时刻闭合开关S，金属杆在内始终保持静止，g取，忽略平行导轨电阻，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（ ）
A．内金属杆中电流方向为
B．金属杆与金属导轨间动摩擦因数至少为0.45
C．内通过金属杆电荷量为
D．内整个回路产生焦耳热
【答案】BD
【解析】A．在单匝线圈线圈中内磁感应强度在变大，根据楞次定律可得，线圈上电流逆时针流动，在金属杆中电流流向是，A错误；
B．线圈产生的电动势为
由闭合电路欧姆定律得电流为
金属杆受到的安培力为
方向水平向右，所以金属杆刚好不滑动时力是平衡的
代入数据求得，金属杆与金属导轨间动摩擦因数至少为0.45，B正确；
C．根据可知内通过金属杆电荷量为，C错误；
D．内与产生的电流相等，因此内整个回路产生焦耳热
，D正确。
故选BD。
16．（23-24高三上·广东·阶段练习）某风速实验装置由如图甲、乙所示的风杯组系统和电磁信号产生系统两部分组成。风杯固定在竖直转轴的顶端，风杯中心到转轴距离为2L，风推动风杯绕竖直转轴顺时针匀速转动。电磁信号产生器由圆形匀强磁场和固定于转轴上的导体棒OA组成，磁场半径为L，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，导体棒OA长为1.5L，电阻为r。导体棒每转一周，A端与弹性簧片接触一次，接触时产生的电流强度恒为I。图中电阻为R，其余电阻不计。下列说法正确的是（ ）
A．流过电阻R的电流为正弦式交流电
B．当导体棒与弹性簧片接触时，OA两点的电压大小为Ir
C．当导体棒与弹性簧片接触时，O点电势低于A点电势
D．风杯的速率
【答案】CD
【解析】ABC．根据题意可知，当导体棒在磁场中顺时针转动时，相当于电源，且O端相当于电源的负极，则根据欧姆定律可知，OA两端电势差UOA数值上等于电路中的外电压，则有
依题意有，电源电动势为，流过电阻R的电流为恒定电流，故AB错误，C正确；
D．闭合电路的欧姆定律有
解得
则风杯的速率为，故D正确。
故选CD。
17．（2024·福建漳州·二模）如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为，导轨电阻可忽略不计；导轨间有一垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，其边界ab、cd均与导轨垂直。现将两相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，运动过程中PQ、MN始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零，从PQ进入磁场时开始计时，MN中电流记为i，MN两端电势差记为u，则下列、图像可能正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AC
【解析】AB．MN刚进磁场时的速度与PQ刚进磁场时相同，设时MN中电流为，若PQ刚出磁场时MN进入磁场，此时电流立即反向，MN进入磁场后仍匀速运动，因此电流大小不变，A正确，B错误；
C．PQ刚进磁场时，MN两端的电势差记为，若PQ还未离开磁场时MN已进入磁场，根据题设此时两导体棒速度相等，回路电流为零，MN两端的电势差（导体棒切割磁场产生的电动势）为，两导体棒均未离开磁场前做匀加速运动，电动势均匀增大，当PQ离开磁场时，MN的速度大于其刚进入磁场时的速度，其两端的电势差U发生突变，且略大于，此后MN做加速度减小的减速运动，MN两端的电势差逐渐减小，C正确；
D．只有两导体棒同时在磁场中运动时，MN两端的电势差才等于，但不会恒定不变，D错误。
故选AC。
18．（2024·青海·模拟预测）如图所示，平行导轨间距为L，一部分固定放置在绝缘水平面上（足够长），另一部分弯曲，ab是两部分的分界线，弯曲部分在ab处的切线水平，ab的右侧存在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。导体棒2静置于水平导轨上，让导体棒1从弯曲导轨上距水平面高度为L的地方由静止开始下滑，当1运动到ab处时，2刚好要滑动，弯曲导轨光滑，水平导轨与2之间的动摩擦因数为0.5，两导体棒接入回路的总电阻为R，导轨的电阻忽略不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．1运动到ab处的速度大小为B．1运动到ab处的速度大小为
C．2的质量为D．2的质量为
【答案】AC
【解析】AB．当1运动到ab处过程中，根据动能定理可得
解得，故A正确，B错误；
CD．当1运动到ab处时，2刚好要滑动，则对2研究
联立解得，故C正确，D错误。
故选AC。
19．（2024·河北·三模）如图所示，水平面内放置的光滑平行导轨左窄右宽，左轨宽度为d，右轨宽度为2d，匀强磁场与导轨平面垂直，磁感应强度为B。质量为m和2m的甲、乙两金属棒分别垂直放在导轨上，某时刻，分别给甲、乙两金属棒一个大小为和的向右的初速度，设回路总电阻不变，导轨足够长，从甲、乙两金属棒获得初速度到二者稳定运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙加速度总是大小相等B．甲、乙匀速运动的速度大小相等
C．回路产生的焦耳热为D．通过回路某一横截面的电荷量为
【答案】AD
【解析】A．根据牛顿第二定律，对甲棒
对乙棒
解得，故A正确；
B．当两棒产生的感应电动势相等时，电路里无感应电流，甲、乙匀速运动，则有
解得，故B错误；
C．根据动量定理，对甲棒
对乙棒
解得，
根据能量守恒
回路产生的焦耳热为，故C错误；
D．根据动量定理，对甲棒其中
解得，故D正确。
故选AD。
20．（2024·河南·二模）如图所示，光滑平行等间距且足够长的导轨水平放置在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为3T，导轨宽度，左端通过导线连接了电源和一个开关K，电源的电动势，内阻。一质量的导体棒垂直于导轨放置，其电阻。导体棒的中部通过绝缘轻绳绕过光滑的定滑轮连接了一个质量的物块，用手托住物块保持静止且轻绳恰好处于伸直状态。释放物块的瞬间闭合开关K，已知重力加速度，则从刚释放到物块恰好匀速运动经历时间，则关于该过程下列说法正确的是（ ）
A．导体棒先向左运动后向右运动B．导体棒最终速度大小为
C．流经导体棒的电荷量为0.6CD．电源消耗的能量为4.8J
【答案】BD
【解析】A．闭合开关的瞬间，导体棒速度为0，电流
安培力
故导体棒和物块将向左加速，导体棒切割磁感线，产生反电动势，有
随着速度的增加，电流逐渐减小，安培力逐渐减小，对导体棒和物块有
可知加速度逐渐减小，当加速度减小到0时，系统受力平衡，保持向左匀速直线运动，A项错误；
B．当加速度为0时，算得电流大小，速度，B项正确；
C．对导体棒和物块由动量定理有
带入数据，C项错误；
D．根据非静电力做功可求得电源消耗的电能，D项正确。
故选BD。
21．（2024高三下·全国·专题练习）如图所示，电阻不计的两光滑平行金属导轨相距，固定在水平绝缘桌面上，左侧圆弧部分处在竖直平面内，其间接有一电容为的电容器，右侧平直部分处在磁感应强度为。方向竖直向下的匀强磁场中，末端与桌面边缘平齐。电阻为的金属棒ab垂直于两导轨放置且与导轨接触良好，质量为。棒ab从导轨左端距水平桌面高处无初速度释放，离开水平直导轨前已匀速运动。已知电容器的储能，其中C为电容器的电容，U为电容器两端的电压，不计空气阻力，重力加速度。则金属棒ab在沿导轨运动的过程中（ ）
A．通过金属棒ab的电荷量为
B．通过金属棒ab的电荷量为
C．金属棒ab中产生的焦耳热为
D．金属棒ab中产生的焦耳热为
【答案】BC
【解析】AB．当金属棒落下后其速度可由动能定理求得
可求得
之后金属棒切割磁感线，电容器充电，其两端电压逐渐增大，金属棒因为安培力做减速运动，当金属棒的动生电动势与电容器两端电压相等时，金属棒匀速运动。由动量定理可知
设经过，速度增加了，感应电动势分别为，
可知
又因为，所以
带入可得，解得
此时，导体棒动生电动势为
因此，此时电容器电压U也为4V，则电容器增加的电荷量为
因此通过导体棒的电荷量也为1C。故A错误，B正确；
CD．由以上解析可知，动能变化量为
而，所以，故C正确，D错误。
故选BC。
22．（2024·河南·二模）如图甲，abcd和a′b′c′d′为在同一水平面内的固定光滑平行金属导轨，左右导轨间距分别为2L、L，整个导轨处于竖直向下的匀强磁场中，左侧导轨间的磁感应强度大小为B0，右侧导轨间的磁感应强度大小按图乙规律变化，两根金属杆M、N分别垂直两侧导轨放置，N杆与cc′之间恰好围成一个边长为L的正方形，M杆中点用一绝缘细线通过轻质定滑轮与一重物相连，t=0时释放重物，同时在N杆中点处施加一水平向右的拉力F，两杆在0~t0时间内均处于静止状态，从t0时刻开始，拉力F保持不变，重物向下运动x距离时（M杆未到达定滑轮处），速度达到最大，已知M、N杆和重物的质量都为m，M、N接入电路的电阻都为R，不计导轨电阻，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．0~t0时间内，回路中的感应电动势为
B．0~t0时间内，施加在N杆上的拉力F随时间t变化的关系为
C．重物下落的最大速度为
D．从t=0时刻到重物达到最大速度的过程中，回路产生的焦耳热为
【答案】AC
【解析】A．0~t0时间内回路的感应电动势为
根据图乙可知，解得，故A正确；
B．根据图乙可知
令0~时间内回路的感应电流为I，对M有
对N有
解得，故B错误；
C．根据上述，t0时刻的拉力大小为t0时刻之后，对M与重物整体进行分析有
对N进行分析有
解得
可知M、N的加速度大小相等，当时，重物速度最大，即
其中解得，故C正确；
D．在0~t0时间内，有M、N杆的速度在任意时刻大小均相等，则从t0时刻开始到重物最大速度的过程中有
解得
则回路产生的焦耳热为，故D错误。
故选AC。
三、解答题
23．（23-24高三下·陕西西安）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨、固定在水平面上，间距为，间接阻值为的定值电阻，质量为的金属棒垂直导轨放置，导轨和金属棒电阻不计，整个装置处于方向垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为的匀强磁场中。现给金属棒一个水平外力使金属棒从静止开始向右匀加速运动，速度达到时水平外力大小为该时刻安培力大小的2倍，运动过程中金属棒始终垂直导轨且与导轨接触良好。求：
（1）在速度从零增加到时间内金属棒的加速度大小；
（2）在速度从零增加到时间内流过定值电阻的电荷量。
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）金属棒切割磁感线产生的电动势为
电路中的电流为
金属棒受到的安培力
根据牛顿第二定律，得
因为速度达到时水平外力大小为该时刻安培力大小的2倍，联立解得
（2）通过电阻的电荷量为
根据法拉第电磁感应定律
电流为
又因为是一定值，金属棒做匀变速直线运动
联立解得在内流过定值电阻的电荷量
24．（2024·天津红桥·二模）我国在高铁列车和电动汽车的设计和制造领域现在处于世界领先水平，为了节约利用能源，在“刹车”时采用了电磁式动力回收装置，可将部分动能转化为电能并储存起来。如图所示为该装置的简化模型，在光滑的水平面内，一个“日”字形的金属线框，各边长，其中、、边电阻均为，、电阻可忽略，线框以速度冲进宽度也为l，磁感应强度的匀强磁场，最终整个线框恰好能穿出磁场，忽略空气阻力的影响，求：
（1）线框刚进磁场时流过的电流大小和方向，并指出M、N哪端电势高；
（2）整个线框的质量m；
（3）边穿过磁场过程中，边中产生的焦耳热Q。
【答案】（1），电流的方向N到M，M端电势高；（2）；（3）
【解析】（1）导体进入磁场切割感应电动势为
回路的总电阻为
流过导体的电流大小为
根据楞次定律或右手定则，电流的方向N到M；M端电势高；
（2）在整个线框穿过磁场的过程中，总有一个边在切割磁感线，回路的总电阻相当于不变，根据动量定理，，，，…
整理后得
解得（约为0.013kg）
（3）对边通过磁场的过程使用动量定理，为穿过磁场的时间，
解得
根据能量守恒定律 导体棒生的热
25．（23-24高二下·天津·期中）如图所示，光滑的平行金属导轨、与水平面间的夹角为37°，导轨间距，导轨平面的矩形区域内存在垂直导轨平面向上、磁感应强度大小的匀强磁场。固定于水平面内的金属圆环圆心为O，半径，圆环平面内存在竖直向上、磁感应强度大小为的匀强磁场。不计质量的金属棒可绕过O点的转轴旋转，另一端A与圆环接触良好。导轨E、G两端用导线分别与圆心O和圆环边缘相连。现将一质量为、长的金属棒从磁场上边界上方某处由静止释放，一段时间后以速度进入磁场，同时用外力控制棒的转动，从而使棒在磁场中做匀加速直线运动，1s后以的速度离开磁场，此过程中棒始终与导轨接触良好。已知金属棒、的电阻均为，其余电阻均不计。重力加速度，。若以棒进入磁场瞬间为时刻，求棒从运动到的运动过程中：
（1）棒受到的安培力大小；
（2）金属棒转动的方向（俯视）及的角速度ω与时间t的关系式；
（3）外力对金属棒所做的功。
【答案】（1）；（2）逆时针，（）；（3）
【解析】（1）导体棒在磁场中加速运动，则由
解得
由牛顿第二定律
解得
（2）金属棒转动的方向为逆时针，由
可得
而
导体中的电流为
解得（）
（3）导体棒在磁场中运动的距离
由能量关系可知
解得
26．（2024·贵州·模拟预测）如图，平行金属导轨MM′、NN′和平行金属导轨PQR、P′Q′R′固定在水平台面上，平行金属导轨间距均为L=1m，M′N′与PP′高度差为h1=0.6m。导轨MM′、NN′左端接有R=3.0Ω的电阻，导轨平直部分存在宽度为d、磁感应强度B1=2T，方向竖直向上的匀强磁场；导轨PQR与P′Q′R′平行，其中PQ与P′Q′是圆心角为60°、半径为r=0.9m的圆弧形导轨，QR与Q′R′是水平长直导轨。QQ′右侧存在磁感应强度B2=4T，方向竖直向上的匀强磁场，导体棒a的质量m1=0.2kg，接在电路中的电阻R1=2.0Ω；导体棒b的质量m2=0.3kg，接在电路中的电阻R2=6.0Ω。导体棒a从距离导轨MM′、NN′平直部分h=1.25m处由静止释放，恰能无碰撞地从PP′滑入右侧平行导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速度g取10m/s2，不计导轨电阻、一切摩擦及空气阻力。求:
（1）导体棒a刚进入磁场B1时的速度大小以及此时电阻R的电流大小和方向；
（2）导体棒b的最大加速度；
（3）导体棒a、b在平行金属导轨PQR、P′Q′R′中产生的总焦耳热（导轨足够长）。
【答案】（1）5m/s，2.0A，方向为由N到M；（2）m/s2；（3）1.5J
【解析】（1）导体棒a从h=1.25m处由静止释放，根据动能定理可知
解得导体棒a刚进入磁场B1时的速度大小为v1=5m/s
由题可知
由闭合电路欧姆定律可得
解得I1=2.0A
由右手定则可判断，此时电阻R的电流方向为由N到M。
（2）由题可知，导体棒a到达PP′时速度方向与水平方向的夹角为60°，则
解得v2=4m/s
导体棒a刚进入磁场B2时，导体棒b的加速度最大，则有
解得 v3=5m/s
（3）根据动量守恒定律可知
解得 v4=2m/s
导体棒a、b在平行金属导轨PQR、P′Q′R′中产生的总焦耳热与系统减少的动能相等，即
解得 Q=1.5J
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