电磁感应-2025年上海高考物理复习专练（解析版）

重难点12电磁感应

<1

点备题趋势

年度是否出题选择型填空题计算题实验题

2024年VVV

2025年（预）☆☆☆☆☆VV

（2025年预测的可能性仅供参考，每颗☆代表出题的可能性为20%,以此类推）

<1

重难诠释

【思维导图】

1.电触合计算

2.电荷量计算\

'R+r•逝

3.焦耳热计算,

4.平行轨道上导体棒的运动

3.导体转动电动势E=1z?/Vo

【高分技巧】

一、电磁感应现象

1.电磁感应现象：通过闭合回路中的磁通量发生变化时，从而产生感应电流的现象。

2.产生感应电流的条件：(1)电路闭合；(2)通过闭合回路的磁通量变化。

3.楞次定律内容：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。

4.楞次定律判定感应电流方向的一般步骤：“一原、二感、三电流”：

(1)确定原磁场的方向；

(2)确定穿过闭合线圈的磁通量是增加还是减少；

(3)根据楞次定律确定感应电流的磁场方向；

(4)利用右手螺旋定则确定感应电流的方向。

5.楞次定律的推广形式

(1)阻碍导体间的相对运动：“来拒去留”。

(2)就闭合电路的面积而言：“增缩减扩”。

(3)磁场方向：“增反减同”。

(4)环形线圈电磁感应后可当作：“等效磁体”。

(5)从能量转化的角度看：都要克服阻力做功，将机械能转化为电能。

6.右手定则：闭合线路中部分导体在做切割磁感应线的运动时，感应电流方向的判断。

7.电流的磁效应(右手)玲安培力或洛伦兹力(左手)玲感应电流(右手)。

二、法拉第电磁感应定律

1.内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这个电路的磁通量的变化率成正比。

2.公式：石=等(通常由n匝线圈组成其中〃为线圈匝数)

磁通量的变化率对应①-t图线上某点切线的斜率。

3.对法拉第电磁感应定律的理解

(2)两种常见形式：

①线圈面积S不变，磁感应强度8均匀变化，则仄pS

②磁感应强度B不变，线圈面积S均匀变化，则E=7济第

（其中等是①一t图像上某点切线的斜率.普为B-t图像上某点切线的斜率）

（3）本质：磁通量变化-感应电动势令感应电流

（4）电流方向：产生感应电动势的那部分导体在电路中相当于电源，电源内部，电流从负极流向

正极。

4.动生电动势：E=BLv

①导体和运动方向所在平面和磁感线平行时，不切割磁感线（没有被切断），E=0

②当导体平动垂直切割磁感线时，即B、L、v两两垂直时，E=BLv

③公式中L指有效切割长度：即导体在与v垂直的方向上的投影长度（等效为两两垂直）。

图甲中的有效切割长度为：L=cdxsin6»；

图乙中的有效切割长度为：L=MN；

图丙中的有效切割长度为：沿攻的方向运动时，L=yf2R；沿攻的方向运动时，L=R

6.电磁感应现象中的电路分析

内部电压无法直接测得，电压表测量的Uab是外电压，而不是ab棒产生的电动势。

7.电磁感应中的电荷量：q="工

R+r

①分母是内外总电阻。

②电流强度是变化的情况下，不能用q=It,但可以使用此公式计算。

8.电磁感应现象中的能量分析

外力做功玲机械能玲克服安培力做功好电能玲电流做功玲内能(焦耳热)

因此“克服安培力做功大小上等于产生的电能“，而在纯电阻电路中，电能又全部转换为内能。

所以在纯电阻电路中，克服安培力做功等于产生的内能，即焦耳热，公式如下：

Q超耳=-W安(类比：克服摩擦力做功，产生内能)

三、电磁感应的综合应用

1.两种状态处理：

①导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态。

处理方法：根据平衡条件合外力等于零列式分析。

②导体处于非平衡态一加速度不为零。

处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。

2.电磁感应过程中各物理量之间相互关系：

P

一般按照E=BLv-I=------>U外=IR—F后BIL-P=F安v的思路找关系式。

R+rS

3.求焦耳热Q的三种方法：

(1)电流恒定：利用焦耳定律求解:Q=fRt

(2)安培力恒定或均匀变化：利用功能关系求解:Q=W克服安培力

(3)安培力和电流变化：利用能量转化求解:Q=AE其他能的减少量

限时提升练

（建议练习时间：60分钟）

一、单选题

1.（23-24高二上.上海黄浦.期末）如图，a、b和c三个完全相同的矩形线框与通电直导线在同一平面内，

其中a关于导线左右对称，b和c的右侧平齐。当通过直导线的电流逐渐增大时a、b和c三个线框的感

应电流分别为/“、Ib^1c,则（）

A.Ia>Ib>IcB.Ia=Ib=IcC.Ia<Ib=IcD.Ia<Ib<Ic

【答案】D

【详解】由对称可知，导线左右两边磁场方向相反，大小相等，则a线框的磁通量一直为零不变，则4=0

c线框右部分磁场强度与b线框相同，而左边磁场强度比右边大，则c线框的磁通量的变化率大于b线

框的变化率，根据法拉第电磁感应定律可得所以4＜人＜，

故选D。

2.（23-24高二上.上海黄浦）在有界匀强磁场中水平放置相互平行的金属导轨，导轨电阻不计，导轨与金属

杆油接触良好。磁感线垂直导轨平面向上（俯视图），导轨与处于磁场外的大线圈M相接，欲使小闭合

线圈N产生顺时针方向的感应电流，下列做法可行的是（）

A.ab匀速向右运动B.ab加速向右运动

C.4加速向左运动D.减速向左运动

【答案】C

【详解】A.当外匀速向右运动，匀速向右切割磁感线，在M中产生顺时针的恒定感应电流，形成的

磁场恒定，不会在N中产生感应电流，A错误；

B.当"加速向右运动时，形成顺时针的感应电流增大，由安培定则可知在M中形成垂直于纸面向里

的磁场增大，由楞次定律及安培定则可知，N中会产生逆时针的感应电流，B错误；

C.当必加速向左运动时，形成逆时针的感应电流增大，由安培定则可知在M中形成垂直于纸面向外

的磁场增大，由楞次定律及安培定则可知，N中会产生顺时针的感应电流，C正确；

D.当仍减速向左运动时，形成逆时针的感应电流减小，由安培定则可知在M中形成垂直于纸面向外

的磁场减小，由楞次定律及安培定则可知，N中会产生逆时针的感应电流，D错误。

故选C。

3.（2023•上海金山•二模）如图，通有恒定电流的固定直导线附近有一圆形线圈，导线与线圈置于同■水平

面。若减小导线中的电流强度，线圈内产生（）

A.逆时针电流，且有收缩趋势B.逆时针电流，且有扩张趋势

C.顺时针电流，且有收缩趋势D.顺时针电流，且有扩张趋势

【答案】D

【详解】当导线中电流强度减小，导线将产生的磁场减弱，使得穿过线框的磁通量减小，从而产生感应

电流阻碍磁通量的减小，依据右手螺旋定则可知，穿过线圈的磁通量向下（俯视），再由楞次定律的“增

反减同”可知，线圈中产生顺时针方向感应电流，为阻碍磁通量的减小，则线圈有扩张趋势。

故选D。

4.（22-23高三下•上海杨浦）如图，矩形油〃为匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，圆形闭合金属线圈以

一定的速度沿光滑绝缘水平面向磁场区域运动。下图是线圈的四个可能到达的位置，则线圈的速度不可

ada

：XXXX

A-O

XXXB.

IXXX

：XXXX

b

,d

I

：XXX：XXX入I

II

：XXX：XXX

：XXX：XXX

：XXX：XXX

【答案】B

【详解】ACD.线圈进或出磁场时，磁通量变化，线圈中会产生感应电流，线圈受到安培阻力作用而减

速运动，速度可能为零，故ACD错误.

B.线圈完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生，不再受安培力，线圈的速度不变，所以B

图中线圈速度不可能为零，故B正确。

故选B。

5.（22-23高二上•上海徐汇・期末）如图，长直导线MN中通有由M向N的电流，要使与它共面放置的闭合

导线圈a中产生图示方向的感应电流，应采取的办法是（）

A.a不动使MN中电流增大B.a不动使MN中电流减小

C.MN中电流不变，使a平行于MN运动D.MN中电流不变，使。向着MN运动

【答案】B

【详解】根据安培定则可知闭合导线圈所在处的磁场方向垂直纸面向里；

A.a不动，直导线MN中的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知线框中感应电流方

向为逆时针方向，故A错误；

B.。不动，直导线MN中的电流减小，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知线框中感应电流方

向为顺时针方向，故B正确；

C.MN中电流保持恒定，使a平行于MN向右运动，线圈中的磁通量不变，没有感应电流，故C错误;

D.使。靠近MN运动，线圈磁通量增加，根据楞次定律可知线框中感应电流方向为逆时针方向，故D

错误；

故选Bo

6.（22-23高二上•上海青浦•期末）如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直

螺线管6,二者直径相同、轴线重合，螺线管与电源、滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变

阻器的滑片P向上滑动，下列说法正确的是（）

A.线圈。中将产生俯视逆时针方向的感应电流

B.穿过线圈a的磁通量变大

C.线圈a有扩张的趋势

D.线圈。对水平桌面的压力大于自身重力

【答案】C

【详解】B.滑片向上滑动，回路电阻变大，电流减小，螺线管产生的磁场变弱，线圈。面积不变，穿

过线圈。的磁通量变小，故B错误；

A.根据楞次定律可知，感应电流产生的感应磁场应竖直向下，线圈。中将产生俯视顺时针方向的感应

电流，故A错误；

C.根据楞次定律的推论“增缩减扩”可知，线圈。有扩张的趋势，故C正确；

D.根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，线圈。会受到磁场向上的安培力，对桌面压力变小，小于自

身重力，故D错误。

故选C。

7.如图所示，水平面内有一足够长的平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，两导轨左端用导线与电容器C

（电容器不带电）及电键连接.匀强磁场与导轨平面垂直，与导轨接触良好的导体棒垂直于导轨以某一

初速度向右运动.某时刻将开关S闭合，并开始计时，用V、4、八和。分别表示导体棒的速度、电容

器所带电荷量、导体棒中的电流和导体棒的加速度.则图中正确的是

【答案】D

【分析】导体棒切割磁感线产生感应电动势.闭合开关，导体棒给电容器充电，电容器两板间电压增加.同

时导体棒受到安培力的作用，会产生加速度而减速运动.当感应电动势等于电容器两板间电压后，不再

充电.导体棒做匀速运动.据此分析.

【详解】A.导体棒切割磁感线产生感应电动势.闭合开关，导体棒给电容器充电，电容器两板间电压增

力口.同时导体棒中有向上的充电电流，受到向左的安培力作用，会产生加速度而减速运动.当感应电动

势等于电容器两板间电压后，不再充电.导体棒也不再受安培力作用做匀速运动.故A错误；

B.根据电容器所带电量Q=CU,电量增加到一定值不再变化，最终不为零，故B错误；

C.当感应电动势等于电容器两板间电压后，不再充电.最终电流为零.故c错误；

D.由于通过棒的电流是按指数递减的，那么棒受到的安培力也是按指数递减的，由牛顿第二定律知，它

的加速度是按指数递减的.最终电流为零，加速度为零，故D正确.

故选:D

8.（2023年•上海市复旦附中高二下期中）如图所示，两个垂直纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大

小均为B,磁场区域宽度均为a,一正三角形（中垂线长为a）导线框ABC从图示位置方向匀速穿过两磁

场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下图中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是

（）

【答案】C

【详解】电路的电阻是不变的，电流的变化规律就是电动势的变化规律，整个图线可分为三段，在第一

段内，有效切割长度越来越大，电动势线性增大，电流的方向是逆时针的；在第二段内，BCA和BA

都在切割，而且产生的电流方向相同，被加强，是顺时针的，所以选项C正确，其余的选项均被排除。

二、多选题

9.如图1所示，一个圆形线圈的匝数为=100匝，线圈面积S=0.2m2,线圈的电阻r=lD,线圈外接一个

阻值R=4。的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律

如图2所示，下列说法中正确的是（）

图1图2

A.在0~4s内穿过线圈的磁通量变化量为0.04Wb

B.前4s内通过电阻尺的电量为0.8C

C.0~6s整个电路中产生的热量为6.4J

D.O~6s整个电路中产生的热量为7.2J

【答案】ABD

【详解】A.根据磁通量定义式©=BS

那么在0〜4s内穿过线圈的磁通量变化量为AO=（B2-）5=（0.4-0.2）x0.2W&=0.04Wb故A正确；

B.由法拉第电磁感应定律，可得前4s内的电动势为E="空=100x竽V=1V

△t4

E1

由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为/=--=--A=0.2A

R+r4+1

前4s内通过R的电荷量为Q=h0.2x4C=0.8C故B正确；

CD.前4s内整个电路中产生的热量为Q=/2（/?+r）=0.22x（4+1）x4J=0.8J

4x02

4-6s内的感应电动势为r=«—=100X0--V=4V

Nt2

p'4

由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为1'=--=—A=0.8A

R+r4+1

22

4-6s内整个电路中产生的热量为Q2=I'（R+r）t2=0.8x（4+l）x2J=6.4J

所以0-6s整个电路中产生的热量为Q=Q+Q=7.2J故C错误，D正确。

故选ABDo

10.如图所示，在光滑绝缘水平面上有一单匝线圈ABC。，在水平外力作用下以大小为v的速度向右匀速进

入竖直向上的匀强磁场，第二次以大小为g的速度向右匀速进入该匀强磁场，则下列说法正确的是（）

A.第二次进入与第一次进入时线圈中的电流之比为3:1

B.第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比为1:9

C.第二次进入与第一次进入时线圈中产生的热量之比为1:3

D.第二次进入与第一次进入时通过线圈中某一横截面的电荷量之比为1:1

【答案】BCD

【详解】A.设磁感应强度为8,CD边长度为L,边长为,线圈电阻为R；线圈进入磁场过程

中，

产生的感应电动势为E=BLv

感应电流为1=之=咚感应电流/与速度v成正比，

第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比为/2：4=*V=I：3故A错误；

p2T2

B.线圈进入磁场时受到的安培力为七=W

女R

n2T-2

线圈做匀速直线运动，由平衡条件得，外力为尸==W

女R

A2r22

所以外力功率为尸="=丝£

R

功率与速度的平方成正比，第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比为£：片=（62,2=1：9

故B正确；

C.线圈进入磁场过程中产生的热量为。=/2.=（四）2、氏、0=红红

RvR

产生的热量与速度成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中产生热量之比为e2：e1=|：v=i：3

故C正确；

D.通过导线横截面电荷量为q=I\t=^-Nt=^-

RNtR

电荷量与速度无关，电荷量之比为1：1,故D正确。

故选BCDo

三、填空题

11.（23-24高二下•上海嘉定•期末）如图（a）所示，阻值为2。、匝数为100的圆形金属线圈与一个阻值为

3Q的电阻连接成闭合电路。线圈的半径为10cm,在线圈中有一个边长为10cm的正方形匀强磁场区域,

该磁场方向垂直于线圈平面。磁感应强度B（向里为正）随时间r变化的关系如图（b）所示，导线电

【答案】ba0.04

【详解】口］由图b可知，在。~10s时间内，通过电阻的电流方向为如，在10s以后，通过电阻的电流

方向仍为力,因此10s时，通过电阻的电流电流方向为加。

［2］由法拉第电磁感应定律可知E=N—S其中S=I?

Af

F

根据闭合电路欧姆定律，有1=—~

R+r

联立，解得/=0.04A

12.（23-24高二下•上海杨浦・期中）如图甲所示，水平面上有两电阻不计的光滑金属导轨平行、固定放置，

间距d为0.5m,右端通过导线与阻值为4Q的小灯泡L连接。在CD/芭矩形区域内有竖直向上的匀强

磁场，CF长为2m,C0EF区域内磁场的磁感强度8随时间/的变化如图乙。在仁0时，一阻值为

的金属棒在恒力厂作用下由静止从湖位置沿导轨向右运动,当金属棒从油位置运动到E尸位置过程中,

小灯泡的亮度没有发生变化。则恒力尸的大小为N,金属棒的质量为kgo

【答案】010.8

【详解】口］依题意，0~4s内，金属棒从"位置开始运动至CD位置做匀加速直线运动,

由法拉第电磁感应定律可得E=又1=-^-

△tR+r

解得/=0.1A

4s以后金属棒切割磁感线，有/'=——

R+r

小灯泡的亮度没有发生变化，则有/=/'

可知金属棒匀速切割磁感线，根据二力平衡可得F=F^=B1L=G.W

⑵金属棒匀加速过程，有v=-t解得m=0.8kg

m

四、解答题

13.(23-24高二上•上海黄浦•期末)如图所示，电动机用绝缘细丝牵引一根原来静止的、长L为0.4m、质量

机为0.2kg的导体棒上升，导体棒的电阻R为Id架在竖直放置的框架上，它们处于磁感应强度

B为1T的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直。当导体棒上升/?=L5m时，获得稳定的速度，导体

棒上产生的热量为1.2J,电动机牵引棒时，电压表、电流表的读数分别为7V、1.2A不变，电动机内阻

厂为1。，不计框架电阻及一切摩擦，求：

(1)电动机的输出功率；

(2)棒能达到的稳定速度；

(3)棒从静止至达到稳定速度所需要的时间。

【详解】⑴对电动机进行分析有。。/。=卧+尸解得P=6.96W

(2)棒能达到的稳定速度时，棒向上做匀速直线运动，则有BIlL+mg=F0

其中电动机的牵引力与输出功率关系有P=Fov

从匀速运动的感应电动势Ex=BLv

E

感应电流为

R

J1321—25

解得V=m/s«2.84m/s

4

(3)棒从静止至达到稳定速度过程，根据动能定理有尸一根g/z-%安=：相y

功能关系有吗安=Q

结合上述解得0.72s

五、综合题

14.(24-25高三上•上海•期中)如图，一种电磁阻尼减震器及其构造原理图。该减震器由绝缘滑动杆及固定

在杆上相同且相互紧挨着的多个矩形线圈组成。绝缘滑动杆及线圈的总质量为根，每个矩形线圈的匝

数为N,阻值为R,线圈仍边长为L、be边长为0.53若该装置沿光滑水平面以速度%向右进入磁感

应强度大小为8、方向垂直纸面竖直向下的匀强磁场。

(1)第一个线圈进入磁场过程中，线圈中感应电流的方向为;

(2)第一个线圈进入磁场过程中，通过线圈截面的电荷量为；

(3)第一个线圈刚进入磁场时，该减震器受到的安培力大小为；

(4)(计算)求线圈从进入磁场到减速停下，该减震器运动的距离小

【答案】⑴逆时针⑵05NBI3⑶旦父⑷公瞿^

RRNBL

【详解】(1)根据右手定则可知，当而边进入磁场时，感应电流方向为6一即线圈中感应电流的

方向为逆时针;

—A0

(2)根据法拉第电磁感应定律可知E=N-其中AO=55=0.552?

-P-

则电流为I=一电荷量为q=It

R

旺一冷刀汨G5NBL

联乂，角牛得q=-------

R

(3)第一个线圈刚进入磁场时，必边切割磁感线产生的电动势为E=BLV°

电路中的电流为/=4=华

RR

则安培力为F=BIL=^^

R

（4）对全程，根据动量定理—BlL'=O—mVo

—A0

根据法拉第电磁感应定律可知E=N—

A/

其中，设有〃个矩形线圈进入磁场时，停止运动，则△①=nBS=05nBC

—£

则电流为r=-

R

联立，解得/需

所以，减震器运动的距离为d=nxQ5L=2^

NBLr

（23-24高二下•上海闵行•期中）1834年，物理学家海因里希•楞次（H。F。E。Lenz,1804-1865）在概

括了大量实验事实的基础上，总结出一条判断感应电流方向的规律，称为楞次定律（Lenzlaw）。简单

地说就是“来拒去留”的规律，这就是楞次定律的主要内容。楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象

中的具体体现。

15.如图所示，光滑金属导轨框架MON竖直放置，水平方向的匀强磁场垂直M0N平面。金属棒ab从

/油。=60。位置由静止释放。在重力的作用下，棒油的两端沿框架滑动。在棒仍由图示位置滑动到

水平位置的过程中，棒防中感应电流的方向是（）

A.始终由。到6

C.先由。到6,再由6到。D.先由6到a,再由a到b

16.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B随时间均匀增大，两导线框均为正方形，边长之比为2：1.试求:

XXXXX

B

XXXXX

XX

XX

XX

XXXXX

（1）若两线框由相同导线做成，则两线框中感应电动势之比;感应电流之比消

耗的电功率之比

（2）相同时间内通过导线某横截面的电量之比

17.通过一单匝闭合线圈的磁通量为。，。随时间f的变化规律如图，下列说法正确的是()

A0/Wb

0.20.40.60.81.0t/s

A.0~0.3s时间内线圈中的感应电动势均匀增加

B.第0.6s末线圈中的感应电动势是4V

C.第0.9s末线圈中的感应电动势的值比第0.2s末的小

D.第0.2s末和第0.4s末的感应电动势的方向相同

D

18.如图所示，水平放置的足够长平行金属导轨左端与定值电阻R相接，质量为相、电阻为-的金属杆

2

垂直置于导轨上，其P。段的长度为心整个装置处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B,方向垂直导

轨平面向下。仁0时刻，金属杆以初速度%向右运动，忽略导轨的电阻及导轨与金属杆间的摩擦。

(1)判断通过电阻R的电流方向；

(2)求金属杆的速度为5时，金属杆的加速度大小；

(3)求金属杆开始运动到停止运动的过程中，定值电阻R所产生的焦耳热。

XXXXXX

XXXX

XXXXXXX

【答案】15.D16.4：12：18：12：117.B

18.(1)从a到6；(2)"之;(3)-mvl

3mR3

【解析】15.以"棒与直角滑轨组成的回路为研究对象，由几何规律可知，当夹角为45。时，组成的线

圈面积最大，故由图示位置开始变化时，穿过的回路的磁通量先增大，由楞次定律可知，产生的感应

电流为逆时针，当越过夹角为45。后，穿过的回路的磁通量在减小，由楞次定律可知，产生的感应电流

为顺时针，故电流先由6到a,再由a到b,故选D。

16.(1)[1]两导线框面积之比，：5=4：1

根据法拉第电磁感应定律有E=n—=n—S

AtNt

两导线框匝数都为1,磁感应强度B随时间均匀增大，则竺相同,

△t

两线框中感应电动势之比G：生=4:1

⑵根据电阻定律有R=p—

s

两线框的电阻之比4：鸟=2:1

感应电流之比乙4=。~：今=2：1

气层

⑶消耗的电功率之比片：鸟=/*:/；&=84

(2)相同时间内通过导线某横截面的电量之比小：%=，:?=2:1

17.A.根据法拉第电磁感应定律有£=

由图像得0~0.3$内线圈中的磁通量均匀增加，所以0~0.3s内线圈中的电动势不变，故A错误；

B.O.3s~O.8s内线圈中的感应电动势大小是E=—=—V=4V故B正确；

Ar0.5

C.第0.9s末线圈中的瞬时电动势大小是与=丝=2V=30V

△t0.2

第0.2s末线圈中的瞬时电动势大小是E2=V=26.67V<30V故C错误；

D.0~0.3s磁通量增加，O.3s~O.8s磁通量减少，则第0.2s末和0.4s末的瞬时电动势的方向相反，故D

错误。

故选B。

18.(1)根据右手定则，通过电阻R的电流方向为从a到山

(2)金属杆的速度为之时，产生的感应电动势为£=华

22

I=E=或-B1J2

感应电流“R―3R安培力FA=BIL=^-^

金属杆的加速度。=乙=妇』

m3mR

(3)根据能量守恒，整个过程中回路所产生的焦耳热为。=；加十

R2]

定值电阻R所产生的焦耳热QR=T~^Q=3Q=3mV°

(23-24高二下•上海)线圈在磁场中的运动

19.如图甲所示，一竖直放置的载流长直导线和abed矩形导线框固定在同一竖直平面内，线框在长直导线

右侧，且其长边与长直导线平行,在t=0到仁tx时间内，长直导线中电流，随时间变化如图乙所示,

图中箭头表示电流i的正方向.

(1)线框中感应电流的方向为()

A.逆时针B.顺时针

C.先顺时针再逆时针D.先逆时针再顺时针

(2)线框受到的安培力方向为()

A.水平向左B.水平向右C.先向左再向右D.先向右再向左

20.如图，有一垂直纸面向里的非匀强磁场，其磁感应强度大小沿y轴方向不变，沿无轴方向均匀减小，减

小率为0.05T/m。一边长为10cm的10匝正方形导线框总电阻为0.25。，导线框平面与磁场方向垂直。

在外力作用下，导线框以20m/s的速度沿x轴正方向做匀速直线运动。导线框所受安培力大小.V,

导线框所受安培力大小为No

21.如图，在光滑水平面上存在宽度为d(d=2L)、方向竖直向上磁感应强度为8的匀强磁场。边长为L

质量为小，电阻为R的单匝正方形线圈A5CDCAB,CD边和磁场边界平行)始终受到恒力P作用,

线框恰好可以匀速进入磁场。

A,D

ff

BC

(1)线圈进入磁场时的速度大小v为，线圈进入磁场过程中A、B两点的电势差

(2)从CD边刚进入磁场时开始，如图中能较为准确地反应线圈中电流，随线圈位移x变化的曲线是

(3)线圈进入磁场时通过线圈的电量_____离开磁场时的电量，进入磁场时线圈中产生的热量.离

开磁场时产生的热量。(以上两空选填“大于”或“小于”或“等于”)

(4)如果线圈不受外力，线圈要穿过磁场，则进入磁场时的最小速度为

22.如图甲所示，一边长为/的正方形金属线框位于光滑水平面上，线框的右边紧贴着竖直向下的有界匀强

磁场区域的边界。从，=0时刻开始，线框在一水平向右的外力F的作用下从静止开始做匀加速直线运

动，在务时刻穿出磁场。图乙为外力尸随时间变化的图像，图像中的外、务均为已知量，贝时刻

3

线框的速度丫=，，=(办时刻线框的发热功率P=

xx

XX

XX

甲

23.(简答)一个质量为相、直径为d、电阻为R的金属圆环，在范围足够大的磁场中竖直向下下落，磁场

的分布情况如图所示。已知磁感强度竖直方向分量鸟的大小只随高度y变化，其随高度y变化关系为

4=稣(1+行)(此处左为比例常数，且上＞0),其中沿圆环轴线的磁场方向始终向上。金属圆环在下

落过程中的环面始终保持水平，速度越来越大，最终稳定为某一数值，称为收尾速度。求

(1)圆环中感应电流的方向。

（2）圆环收尾速度的大小。

B0

y

24.磁悬浮电梯就是一通过磁场的运动使电梯保持对地静止的装置。其简化后的原理如图（甲）（乙）所示,

它主要由磁场和含有导线框的轿厢组成，其原理为：竖直面上相距为6的两根绝缘平行直导轨，置于

间隔分布的匀强磁场中，相邻磁场间距离和磁场的长度都是m磁场方向垂直于导轨平面，磁感应强度

大小为8,排列如图（乙）所示。当这些磁场在竖直方向分别以速度匕、匕、匕向上匀速平动时，跨在

两导轨间的宽为反长为。，总电阻为R的导线框MVPQ（固定在轿厢上）将受到磁场力，从而使轿厢

悬停、向上或向下运动。

b

XXXX

a

P

XXXXM

xxxxa

xxxx,,

甲乙

（1）轿厢悬停在图示位置时，边的电流方向为（)

H.MfNB.NrMC.不存在感应电流

（2）轿厢系统（含导线框的轿厢）的总质量M为

（3）（简答）某同学讨论了“轿厢悬停时，外界是否需要向轿厢系统提供能量”的问题，他认为外界无

需对轿厢系统提供能量，因为轿厢悬停时是静止的，本身并没有消耗能量。甲同学的说法是否正确?如

不正确，请指出其错误o

（4）在轿厢向上匀速运动时，外界提供给轿厢系统的功率尸为。

25.（简答）如图，水平方向有界匀强磁场的磁感应强度大小为8,磁场高度为/,一质量为机、电阻为R、

边长也为/的正方形导线框位于磁场上方竖直平面内，其上、下两边与磁场边界平行，其下边距磁场上

边界的高度为鼠线框由静止开始下落，下落过程中空气阻力可忽略不计。

（1）若线框在进入磁场过程中保持匀速直线运动，求高度a；

（2）设（1）中计算的结果为期，分别就人<%和〃>%两种情况分析、讨论线惬下落全过程的速度、

加速度变化情况。

h

一又一又一又.

BI

XXXXX,,

FRFR

【答案】19.BC20.0.12x10-321.二3-----D相等小于

B-Lr4BL

竺222.号誓23.（1）从上向下看，顺时针；⑵-J?哈

224

mRt04fok7rr

24.A0T不正确，电梯悬停时，外界提供给车厢系统的总能量等于线框的焦耳热」力1.

gRR

25.（1）〃==塔；（2）见解析

2BI

【解析】19.（1）［1］由于长直导线中的电流先向上减小后向下增大，根据右手螺旋定则可知，长直导

线在右侧产生的磁场方向先垂直纸面向里后垂直纸面向外，穿过线框的磁通量先垂直纸面向里减少后

垂直纸面向外增加，根据楞次定律可知，线圈中产生沿。公加顺时针方向的电流。

故选B。

（2）⑵根据左手定则可知，线框ad边初始受到向左的安培力，儿边受到向右的安培力，又因为ad

边离直导线较近，所以受到的安培助较大，线框受到的安培力的合力水平向左；之后直导线中的电流

反向增大，线框建边受到向右的安培力，6c边受到向左的安培力，加边离直导线较近，所以受到的安

培力较大，线框受到的安培力合力水平向右，故线框受到的安培力先水平向左，后水平向右。

故选C。

20.口］导线框沿：轴正方向运动时，左右两边切割磁感线，根据右手定则可知，产生的感应电动势方

向相反，由于磁场强弱不同，则左右两边产生的感应电动势大小不同，

导线框中感应电动势的大小为石=〃（4-综）Lv

其中=0.05X10X10-2T=5.0X10-3T

解得E=0.1V

⑵