2025北京高二（上）期末物理汇编：法拉第电磁感应定律

第1页/共1页2025北京高二（上）期末物理汇编法拉第电磁感应定律一、单选题1．（2025北京昌平高二上期末）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，结构示意图如图1所示。两对永磁铁间存在磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场永磁铁可随发动机一起上下振动，边长为的正方形线圈竖直固定在减震装置上，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。图2为侧视图（从右向左看）。下列说法正确的是（）A．图2中穿过线圈的磁通量为B．永磁铁位置相对线圈位置下降时，线圈中一定产生逆时针方向的感应电流C．永磁铁相对线圈位置变化越大，线圈中感应电动势越大，回收能量越多D．永磁铁相对线圈位置变化越快，线圈中感应电动势越大，回收能量越多2．（2025北京西城高二上期末）如图如示，横截面积为S、长度为l的导体棒CD，在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，以大小为v的速度做切割磁感线运动。棒中自由电荷带电量为-q，单位体积内自由电荷数为n，不考虑自由电荷的热运动。下列说法正确的是（）A．由于自由电荷的堆积，导体棒C端的电势较低B．由于随棒运动的速度v，棒中每个自由电荷所受洛伦兹力大小为nSlqvBC．非静电力将一个自由电荷从导体棒的一端搬到另一端所做的功W非=qvBlD．根据，可得导体棒两端电动势E的大小为nlvB3．（2025北京丰台高二上期末）如图甲所示，某同学在研究电磁感应现象时，将一线圈两端与电流传感器相连，强磁铁从长玻璃管上端由静止下落，电流传感器记录了强磁铁穿过线圈过程中电流随时间变化的图像，时刻电流为正向最大值，时刻电流为0，如图乙所示。下列说法正确的是（）A．在时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大B．在时刻，强磁铁的加速度大于重力加速度C．强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力始终向上D．在到的时间内，强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量4．（2025北京丰台高二上期末）如图所示，a、b两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数均为n，半径，图示区域内有匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增加。下列说法正确的是（）A．a、b线圈中的感应电流均随时间均匀增加B．a、b线圈中产生的感应电动势之比为4：1C．a、b线圈中感应电流之比为4：1D．a、b线圈中产生的热功率之比为16：15．（2025北京通州高二上期末）a、b两个闭合线圈用同样的导线制成且匝数相同，半径之比为2:1。所在区域内有匀强磁场，磁感应强度随时间均匀增大，如图所示。不考虑两线圈间的相互影响，下刻说法正确的是（）A．线圈a、b中感应电流沿顺时针方向B．线圈a、b的感应电动势之比为2:1C．线圈a、b的感应电流之比为4:1D．线圈a、b的热功率之比为8:16．（2025北京东城高二上期末）如图甲所示，一个匝数的圆形导体线圈，面积，电阻。在线圈中存在面积的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示。有一个的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的圆形线圈相连接，b端接地，则下列说法正确的是（

）A．圆形线圈中产生的感应电动势为6VB．电阻R两端的电压为4.5VC．通过电阻R的电流为1.5AD．在0~4s时间内，流经电阻R的电荷量为9C7．（2025北京昌平高二上期末）如图，空间中存在水平向右的匀强磁场，一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动，且始终平行于OP。导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像可能正确的是（）

B．

C．

D．

8．（2025北京101中高二上期末）如图所示,线圈匝数为,横截面积为,线圈电阻为,处于一个均匀增强的磁场中,磁感应强度随时间的变化率为,磁场方向水平向右且与线圈平面垂直,电容器的电容为,定值电阻的阻值为.由此可知,下列说法正确的是（

）A．电容器下极板带正电B．电容器上极板带负电C．电容器所带电荷量为D．电容器所带电荷量为9．（2025北京101中高二上期末）一圆环形铝质金属圈（阻值不随温度变化）放在匀强磁场中，设第1s内磁感线垂直于金属圈平面（即垂直于纸面）向里，如图甲所示。若磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，那么第3s内金属圈中（）A．感应电流逐渐增大，沿逆时针方向B．感应电流恒定，沿顺时针方向C．圆环各微小段受力大小不变，方向沿半径指向圆心D．圆环各微小段受力逐渐增大，方向沿半径指向圆心二、多选题10．（2025北京丰台高二上期末）如图所示，固定在水平面上的光滑金属架处于竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN以v=1.0m/s的初速度向右运动。已知导轨间距L=0.50m，导轨的一端连接的电阻阻值R=2.0Ω，磁感应强度大小B=0.2T，金属棒电阻r=0.50Ω，金属棒质量m=0.5kg。下列说法正确的是（）A．金属棒向右运动过程中做匀减速直线运动B．金属棒向右运动过程中，通过电阻R的电流方向为Q→PC．金属棒的速度为0.5m/s时，MN两点间电势差为0.04VD．从金属棒开始运动到静止的过程中，电阻R产生的热量为0.25J11．（2025北京八一学校高二上期末）如图所示，置于水平面上的两根金属导轨间距为L，分别与电源正、负极相连，导体棒放在导轨上且与导轨垂直，整个装置处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导体棒，且与导轨平面夹角为，已知回路中电流为I，导体棒始处于静止状态，关于导体棒的受力情况，下列说法正确的是（）A．安培力大小为0 B．安培力大小为C．静摩擦力大小为 D．静摩擦力大小为12．（2025北京海淀高二上期末）如图所示，闭合开关S，将条形磁铁插入闭合线圈，第一次用时0.2s，第二次用时0.4s，并且两次磁铁的起始和终止位置相同，则（）A．第一次线圈中的磁通量变化较快B．第一次电流表G的最大偏转角较大C．第二次电流表G的最大偏转角较大D．若断开S，电流表G均不偏转，故两次线圈两端均无感应电动势三、解答题13．（2025北京西城高二上期末）如图所示，在竖直向下的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，宽度为l的水平U型导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。(1)判断刚开始运动时刻，导体棒中的电流方向是“从a到b”还是“从b到a”；并求出此时ab两点的电势差；(2)定性画出导体棒运动的v-t图像；(3)求导体棒运动过程中，电阻R消耗的总电能。14．（2025北京昌平高二上期末）如图所示，两根相互平行的光滑长直金属导轨MN、PQ水平放置，导轨间距为，导轨电阻不计；导轨右端接有阻值为的电阻。长度也为，阻值为的金属棒垂直于导轨放置，与导轨间保持良好接触。导轨处于磁感应强度为B=0.5T、方向竖直向下的匀强磁场中。在水平外力的作用下以速度向右匀速运动。求：(1)通过电阻的电流大小和方向；(2)水平外力大小；(3)回路中的热功率。15．（2025北京丰台高二上期末）类比是研究问题的常用方法。(1)情境1：如图1所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两固定导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻。一根质量为m、电阻为r的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下。让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好。已知重力加速度为g，不计导轨的电阻以及导轨和金属杆之间的摩擦。当ab杆的速度为v时，求杆加速度a的大小。(2)情境2：如图2所示，电源电动势为E，电容器的电容为C，电路中电阻为R，不计电源内阻，闭合开关S，发现电容器所带电荷量q随时间t的变化规律与情境1中金属杆速率v随时间t的变化规律类似。（提示：以UC、UR分别表示电容、电阻两端电压，当开关S闭合后，有UC+UR=E）a．类比情境1，求电容器所带电荷量为q时，电路中的电流i；b．在图3中定性画出q−t图像；c．图4中画出了电容器两极板间的电势差U随电荷量q的变化图像，类比直线运动中由v−t图像求位移的方法，计算电容器充电结束储存的电能Ep。16．（2025北京东城高二上期末）如图1所示，足够长的光滑金属框架竖直放置，顶端留有接口a、b，两竖直导轨间距为d，一质量为m、长度为d的金属棒始终与竖直导轨接触良好，磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直于框架平面向里，重力加速度为g。不计空气阻力，不计框架和金属棒的电阻及电磁辐射的能量损失。(1)若在a、b间接入一个阻值为R的定值电阻，如图2所示，从静止释放金属棒。a．请分析说明金属棒的运动情况；b．定性画出通过电阻R的电流i随时间t变化的图像；c．求出金属棒的最终速度大小。(2)若在a、b间接入一个电容为C的电容器，如图3所示，同样从静止释放金属棒，若电容器C不会被击穿。a．依据必要的计算分析，说明金属棒的运动情况，并画出金属棒下降一段时间的速度随时间的变化关系图像；b．求金属棒下降高度为h时的速度。17．（2025北京通州高二上期末）法拉第电磁感应定律告诉我们，磁通量的变化会使闭合回路中产生感应电动势。磁通量的变化可以通过改变磁感应强度以及闭合回路在磁场中的投影面积来实现。(1)用某种金属材料制成一个半径为r的圆环，圆环电阻为R。竖直向下的磁场穿过水平放置的圆环。已知磁场的磁感应强度B随时间变化如图乙所示。求：a.圆环产生的感应电动势E；b.时间内圆环上产生的热量Q。(2)如图丙所示为发电机的简化图。磁感应强度为B的匀强磁场竖直向下，两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。电阻率为且粗细均匀的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，导体棒中单位体积内的自由电子数为n。用字母表示导体棒向右做匀速运动的速度大小（平行于轨道MN），用字母v表示自由电子沿导体棒长度方向定向移动的平均速率，已知电子电荷量为e，计算得出的比值。18．（2025北京101中高二上期末）某试验列车按照设定的直线运动模式，利用计算机控制制动装置，实现安全准确地进站停车。制动装置（俗称“刹车”）包括电气制动和机械制动两部分。有关列车电气制动，可以借助右图模型来理解。图中水平平行金属导轨间距L，处于竖直方向的匀强磁场B中，质量为m的金属棒MN沿导轨向右运动的过程，对应列车的电气制动过程，MN代表“列车”。回路中的电阻阻值为R，不计金属棒MN及导轨的电阻。（1）分析电气制动产生的加速度大小随“列车”速度变化的关系，并求出“列车”从v0减速到0前进的距离；（2）为了让“列车”以一开始进入磁场的加速度a0匀减速“进站”，可以配合机械制动，这相当于在“列车”上施加了一个变化的阻力，试写出这个阻力随时间变化的关系；（3）使“列车”以a0匀减速进站，也可以将图中R换做某种智能充电系统（图中没有画出），使得MN产生的电动势以恒定电流I0给充电系统充电，试求“列车”最多能给这个系统充电的能量。19．（2025北京101中高二上期末）如图所示，水平放置的平行金属导轨abdc，相距l＝0.50m，bd间连有一固定电阻R＝0.20Ω，导轨电阻可忽略不计．磁感应强度B＝0.40T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，导体棒MN垂直放在导轨上，其电阻也为R，导体棒能无摩擦地沿导轨滑动，当MN以v＝4.0m/s的速度水平向右匀速运动时，求：（1）导体棒MN中感应电动势的大小；（2）回路中感应电流的大小，流过R的电流方向；（3）导体棒MN两端电压的大小．

参考答案1．D【详解】A．由于分界线上下侧磁感应强度的方向相反，穿过线圈的磁通量大小为故A错误；B．永磁铁位置相对线圈位置下降时，线圈相对于磁场向上运动，当线圈全部处于垂直于纸面向外的磁场中，或者线圈全部处于垂直于纸面向里的磁场中时，根据右手定则可知，线圈上下两边产生的感应电动势大小相等，方向相反，总的感应电动势为0，此时，线圈中没有感应电流，故B错误；C．结合上述，当永磁铁相对线圈位置变化非常大时，线圈全部处于垂直于纸面向外的磁场中，或者线圈全部处于垂直于纸面向里的磁场中，此时线圈总的感应电动势为0，此时，线圈中没有感应电流，回收能量越少，故C错误；D．结合上述，当线圈上部分位于垂直于纸面向外的磁场中，线圈下部分位于垂直于纸面向里的磁场中时，根据右手定则可知，线圈总电动势等于上下两边产生的电动势之和，线圈中有感应电流，根据法律的电磁感应定律可知，永磁铁相对线圈位置变化越快，线圈中感应电动势越大，线圈中的感应电流越大，回收能量越多，故D正确。故选D。2．C【详解】A．棒中自由电荷受到洛伦兹力的作用，根据左手定则可知，洛伦兹力指向D端，故D端的电势较低，故A错误；B．由于随棒运动的速度v，棒中每个自由电荷所受洛伦兹力大小为故B错误；C．非静电力将一个自由电荷从导体棒的一端搬到另一端，根据动能定理可知解得W非=qvBl故C正确；D．根据，可得导体棒两端电动势E的大小为故D错误。故选C。3．C【详解】A．由图乙知，时刻线圈中电流为零，说明线圈产生的感应电动势为零，由法拉第电磁感应定律可知，穿过线圈的磁通量的变化率等于零，故A错误；B．由“来拒去留”可知，在时刻，强磁铁受到线圈向上的作用力F，磁铁的加速度小于重力加速度，故B错误；C．由“来拒去留”可知，强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力始终向上，故C正确；D．在到的时间内，线圈中有感应电流产生热量，由能量守恒定律可知，强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量加上线圈产生的内能，故D错误。故选C。【点睛】根据图乙读出时刻线圈中电流大小，分析线圈产生的感应电动势大小，结合法拉第电磁感应定律得出磁通量的变化率大小；在到时间内，根据推论“来拒去留”分析强磁铁受到的线圈的作用力方向，根据牛顿第二定律得出磁铁的加速度与重力加速度的关系；由“来拒去留”判断的规律判断强磁铁穿过线圈的过程中，受到线圈的作用力方向；根据能量守恒定律分析能量转化情况。本题主要考查了电磁感应现象的相关应用，能根据楞次定律的推论分析出线圈的作用力方向，掌握运动过程中的能量转化关系即可完成分析。4．B【详解】A．磁感应强度随时间均匀增加，根据法拉第电磁感应定律可知感应电动势恒定，感应电流恒定，故A错误；B．根据法拉第电磁感应定律可知故电动势之比等于半径的平方之比，因，故电动势之比为4：1，故B正确；CD．线圈中电阻而导线长度故电阻之比为2：1；由欧姆定律可知电流之比为2：1，根据可得热功率之比为8：1，故CD错误。故选B。【点睛】根据法拉第电磁感应定律可求得感应电动势；根据电阻定律可分析电阻大小，根据欧姆定律即可明确电流大小之比，结合热功率公式分析。本题考查电磁感应与电路结合问题，要注意明确电流方向以及电动势大小的计算方法，同时能正确结合电路规律进行分析求解。5．D【详解】A．磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈a、b中感应电流均沿逆时针方向，故A错误；B．根据法律的电磁感应定律有，解得故B错误；C．根据欧姆定律有，根据电阻的决定式有，解得故C错误；D．线圈a、b的热功率，解得故D正确。故选D。6．C【详解】A．线圈产生的电动势为V=4.5V故A错误；BC．根据欧姆定律可知，电流为A电阻R两端的电压为V故B错误，C正确；C．在0~4s时间内，流经电阻R的电荷量为C故D错误；故选C。7．C【详解】如图所示

导体棒匀速转动，设速度为v，设导体棒从到过程，棒转过的角度为，则导体棒垂直磁感线方向的分速度为可知导体棒垂直磁感线的分速度为余弦变化，根据左手定则可知，导体棒经过B点和B点关于P点的对称点时，电流方向发生变化，根据可知导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像为余弦图像。故选C。8．C【详解】AB．磁感应强度增大，根据楞次定律可知通过电阻r的电流为从左向右，所以r左端电势高于右端电势，则并联在定值电阻两端的电容器上极板电势高带正电，下极板带负电，AB错误；CD．根法拉第电磁感应定律求解感应电动势：外电阻r分压：电容器上的带电量：C正确，D错误。9．D【详解】AB．从图乙中可得第3s内垂直向里的磁场均匀增大，穿过线圈垂直向里的磁通量增大，由楞次定律可得，感应电流为逆时针方向，根据法拉第电磁感应定律可得线圈产生的感应电动势为根据欧姆定律产生的感应电流为正比于，第3s内磁感应强度的变化率恒定，所以产生的感应电流恒定，故AB错误；CD．圆环各微小段受安培力，由于磁感应强度逐渐增大，电流不变，根据公式，可得圆环各微小段受力逐渐增大，由左手定则可得，安培力的方向沿半径指向圆心，故C错误，D正确。故选D。10．BC【详解】A．由楞次定律可知，金属棒MN以v=1.0m/s的初速度向右运动后，受向左的安培力作用，则其切割磁感线的速度变化，则感应电动势变化、感应电流变化，则安培力变化，故金属棒所受合外力变化、加速度变化，则金属棒向右运动过程中不做匀减速直线运动，故A错误；B．根据右手定则可知，金属棒向右运动过程中，流过导体棒的电流方向为N→M，则通过电阻R的电流方向为Q→P，故B正确；C．MN为电源，在电源内部电流是从低电势到高电势，则M点电势高于N点电势，则MN两点间电势差大于零，则金属棒的速度为0.5m/s时，MN两点间电势差为故C正确；D．根据能量守恒定律可知，从金属棒开始运动到静止的过程中，电路产生的热量为电阻R产生的热量为联立可得故D错误。故选BC。【点睛】本题考查电磁感应过程中的能量类问题，解题时需注意电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，而克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程。11．BD【详解】AB．因为B与IL的关系为始终垂直，故安培力为A错误，B正确；CD．导体棒受力如下图所示因B与水平方向夹角为，而根据左手定则B与垂直，由几何关系易知与竖直方向夹角为，可得C错误，D正确。故选BD。12．AB【分析】两次磁铁的起始和终止位置相同，知磁通量的变化量相同，根据时间长短判断磁通量变化的快慢，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比．【详解】A项：磁通量变化相同，第一次时间短，则第一次线圈中磁通量变化较快，故A正确；B、C项：感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，磁通量的变化率大，感应电动势大，产生的感应电流大，故B正确，C错误；D项：断开电键，电流表不偏转，知感应电流为零，但感应电动势不为零，故D错误．故选AB．【点睛】解决本题的关键知道感应电动势产生的条件，以及知道感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比．13．(1)“从b到a”，(2)(3)【详解】（1）导体棒向右运动过程中，根据右手定则可知，导体棒中的电流方向是“从b到a”，导体棒运动在电路中产生的电动势根据闭合电路欧姆定律可得所以ab两点的电势差为（2）导体棒向右运动过程中，受到向左的安培力，根据牛顿第二定律可得由此可知，导体棒向右做加速度减小的减速运动，当速度减为零时，加速度也减为零，其v-t图像如图所示（3）根据能量守恒定律可知，电路获得的总电能等于导体棒消耗的总机械能，即根据串联电路电压与电阻成正比，可得电阻R消耗的电能为所以14．(1)0.4A，由b指向a(2)0.2N(3)0.8W【详解】（1）金属棒产生的感应电动势根据闭合电路欧姆定律有解得根据右手定则可知，感应电流的方向由b指向a。（2）金属棒做匀速直线运动，根据平衡条件有解得（3）回路中的热功率解得P=0.8W15．(1)(2)a．，b．见解析，c．【详解】（1）由法拉第电磁感应定律得由闭合电路欧姆定律可得由牛顿第二定律可得由安培力的计算公式可得联立可得（2）a．当开关S闭合后，有且联立可得，电容器所带电荷量为q时，电路中的电流为b．结合前面分析可得，q−t图像如下c．因为电容器充电结束时i=0，则电阻两端电压UR=0，又因为联立可得，电容器充电结束时电容器两端电压为类比直线运动中由v−t图像求位移的方法可知，U−q图像与横轴所围面积为电容器充电过程中电容器储存的电能，即又因为联立可得【点睛】本题考查电磁感应过程中的能量类问题，解题时需注意电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，而克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程。16．(1)a．