2024-2025学年教科版高二物理下学期同步训练之法拉第电磁感应定律

2024-2025学年下学期高中物理教科版高二同步经典题精练之法

拉第电磁感应定律

一.选择题（共5小题）

1.（2025•重庆一模）如图所示，两条抛物线形状的平行光滑固定导轨，其顶端切线水平，底端连接一开

关S。一细直金属棒置于导轨顶端，与两导轨垂直并接触良好。当该金属棒从导轨顶端以初速度vo水

平抛出后，恰好能沿导轨无挤压地运动至底端。若在整个空间加上一竖直向下的匀强磁场，该金属棒再

以相同速度vo从导轨顶端水平抛出，不计空气阻力，则在该金属棒落地前的运动过程中（）

A.若开关S断开，回路中的感应电动势为零

B.若开关S断开，回路中的感应电动势逐渐变大

C.若开关S闭合，该金属棒不会离开导轨

D.若开关S闭合，该金属棒在竖直方向做自由落体运动

2.（2024秋•无锡校级期末）如图所示，等腰直角三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的直角

边在x轴上且长为L,高为L。纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过磁

场区域，在t=0时刻恰好位于图中所示的位置。以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下列图像正

一梯形闭合导线圈沿垂直磁场和磁场竖直边界的方向，匀速向右穿过匀

强磁场区域。取感应电流沿逆时针方向为正，则该过程中，该线圈中的感应电流i随时间t变化的关系

()

4.（2024秋•金凤区校级期末）将电阻为R的硬质细导线做成半径为r的圆环，其内接正方形区域内充满

垂直于圆环面的磁场，t=0时磁场方向如图甲所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，规

定垂直纸面向外为磁场的正方向，则在t=0至Ut=4to的时间内，下列说法正确的是（）

A.2to-3to时间内圆环中的感应电流8。兀，

Rt0

B.0-2to时间内圆环中的感应电流方向先顺时针后逆时针

C.3to-4to时间内圆环中的感应电流逐渐减小

D.0-2to时间内圆环中的感应电流为空叱

Rt0

5.（2025•合肥模拟）如图所示，将两根表面涂有绝缘漆的相同硬质细导线分别绕成闭合线圈a、b,两线

圈中大圆环半径均为小圆环的3倍，垂直线圈平面方向有一匀强磁场，磁感应强度随时间均匀变化，则

a、b两线圈中产生的感应电动势大小之比为（）

A.5：13B.13：5C.1：7

二.多选题（共4小题）

（多选）6.（2024秋•石家庄期末）如图，在绝缘水平面内建有直角坐标系Oxy,第一象限内有竖直向下

的磁场，磁感应强度沿x轴方向均匀分布，沿y轴正方向减小。在磁场中水平固定一正三角形细导线框

abc.ab边平行于x轴。若使此区域各点磁感应强度随时间增大的变化率为k,则下列说法正确的是（）

7A

XXXXXXX

XXXXXXX

XXX]XXKxXX

X/

XXXXX

XXX

(

XXXXXXXXX

01------------------------------

A.导线框的发热功率恒定

B.导线框中的电流为逆时针方向

C.导线框中的电流随时间均匀增大

D.导线框所受安培力的合力沿y轴向下

（多选）7.（2024秋•西安校级期末）荡秋千是一项同学们喜欢的体育活动。如图所示，两根金属链条（可

视为导体）将一根金属棒ab悬挂在固定的金属架cd上，静止时金属棒ab水平且沿东西方向，已知当

地的地磁场方向自南向北斜向下与竖直方向成45°角，现让金属棒ab随链条摆起来，通过能量补给的

方式可使链条与竖直方向的最大偏角保持45°不变，则下列说法中正确的是（）

A.当ab棒自北向南经过最低点时,电流从c流向d

B.当链条与竖直方向成45°角时，回路中感应电流一定为零

C.当ab棒自南向北摆动的过程中,回路中的磁通量先减小再增加

D.当ab棒自南向北经过最低点时,ab棒受到的安培力的方向水平向南

（多选）8.（2025•仓山区校级模拟）如图所示，足够长的光滑绝缘斜面与水平面成9=30°固定在地面上，

斜面上虚线aa，和bb与斜面底边平行，在aa',bb，围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应

强度大小为B,边长为h的正方形导体框MNQP,正方形导体框由虚线bb，上方无初速度释放，在释放

瞬间PQ边与虚线bb，平行且相距h。已知导体框的质量为m,总电阻为r,重力加速度为g,MN边与

两虚线重合时的速度大小恰好均为u="，忽略空气阻力，导体框在进出磁场过程中运动状态相同且

不会发生转动，两虚线间的距离大于h。下列说法正确的是（）

7

A.两虚线的距离为一九

4

B.导体框在穿越磁场的过程中，产生的焦耳热为2mgh

C.导体框的PQ边与虚线bb，重合时，其克服安培力做功的功率大小为3g

r

2R2九3

D.导体框从PQ边与虚线bb'重合到MN边与虚线bb，重合时所用的时间为--------

mgrJg

（多选）9.（2024秋•唐山期末）如图，一电阻不计的U形导轨固定在水平面上，匀强磁场垂直导轨平面

竖直向上，一粗细均匀的光滑金属杆垂直放在导轨上，始终与导轨接触良好。现使金属杆以初速度vo

向右运动，在轨道上滑行的最大距离为X,金属杆始终与导轨垂直。若改变金属杆的初速度V0、横截面

积S和U形导轨的宽度L时，仍能保证金属杆滑行的最大距离为x的是（）

B

%

A.保持L不变，vo增大，S增大

B.保持S不变，vo增大，L增大

C.保持S不变，vo不变，L增大

D.保持L不变，vo不变，S增大

三.填空题（共3小题）

10.（2024秋•福州校级期末）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3。

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t变化的关系如图（b）所示，导线电

阻不计。则10s时通过电阻的电流方向为（选填“ab”或“ba”），其大小为Ao

图（a）图（b）

11.（2025•福州校级模拟）如图所示，用粗细均匀的铜导线制成半径为r的圆环，PQ为圆环的直径，其左

右两侧存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B,但方向相反，圆环的电阻为2R,

一根长度为2r、电阻为R的金属棒MN绕着圆环的圆心O点紧贴着圆环以角速度3沿顺时针方向匀速

转动，转动过程中金属棒MN与圆环始终接触良好，则金属棒中电流方向为（选填“由N

到M”或“由M到N”）；圆环消耗的电功率是（选填“变化的”或“不变的”）；MN中电

流的大小为;MN两端的电压大小为____________________金属棒MN旋

转一周的过程中，电路中产生的热量为=

12.(2024秋•哈尔滨期末)一个面积S=4X10-2m2、匝数n=100匝的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂

直线圈面，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图所示，由图可知，在开始2s内穿过线圈的磁通量

的变化量等于Wb,在开始2s内穿过线圈的磁通量的变化率等于Wb/s,在开

始2s内线圈中产生的感应电动势等于V。

13.(2024秋•西安期末)如图，电阻不计的两足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距

为L=lm,导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B=1T。质量均为m=lkg、接入

电路的有效电阻均为R=1Q的金属棒ab、cd垂直于导轨放置，均处于静止状态。t=。时刻给cd棒一

个方向水平向右、大小F=4N的拉力，t=4s时，金属棒ab和cd加速度刚好相等。此后撤去拉力F,

整个过程棒与导轨接触良好。求:

(1)t=4s时金属棒ab和cd的加速度大小；

(2)t=4s时金属棒ab和cd的速度大小；

(3)从t=4s到回路中电流为零的过程中，金属棒ab和cd之间距离的增加量。

bd

14.(2024秋•无锡校级期末)如图所示，一对间距L=lm、足够长的平行光滑金属导轨固定于绝缘水平面

上，导轨左端接有R=0.5。的电阻，长度与导轨间距相等的金属棒ab垂直放置于导轨上，其质量m=

0.1kg,电阻也为R,整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=1T。水平向右的恒力F

=4N作用ab棒上，当t=2s时金属棒ab的速度达到最大，随后撤去F力，棒最终静止在导轨上。重力

加速度g=10m/s2,求：

(1)金属棒ab运动的最大速度vm；

(2)撤去拉力F前通过定值电阻R的电荷量；

(3)撤去拉力F后金属棒ab继续沿水平轨道运动的位移。

15.(2024秋•金凤区校级期末)如图所示，在磁感应强度为0.3T的匀强磁场中，有一长为0.5m,阻值为

r=5Q的导体AB,在金属框架上以10m/s的速度向右滑动，RI=R2=20C,其它电阻不计，贝U：

(1)电路中产生的感应电动势为多少？

(2)流过AB的电流大小和方向(写“A流向B”或“B流向A”)。

(3)AB两端的电势差为多少？

_______A____________

XXXXX

XXXXX

B

2024-2025学年下学期高中物理教科版（2019）高二同步经典题精练之法

拉第电磁感应定律

参考答案与试题解析

题号12345

答案CAADA

选择题（共5小题）

1.（2025•重庆一模）如图所示，两条抛物线形状的平行光滑固定导轨，其顶端切线水平，底端连接一开

关S。一细直金属棒置于导轨顶端，与两导轨垂直并接触良好。当该金属棒从导轨顶端以初速度vo水

平抛出后，恰好能沿导轨无挤压地运动至底端。若在整个空间加上一竖直向下的匀强磁场，该金属棒再

以相同速度vo从导轨顶端水平抛出，不计空气阻力，则在该金属棒落地前的运动过程中（）

A.若开关S断开，回路中的感应电动势为零

B.若开关S断开，回路中的感应电动势逐渐变大

C.若开关S闭合，该金属棒不会离开导轨

D.若开关S闭合，该金属棒在竖直方向做自由落体运动

【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；平抛运动的概念和性质.

【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力.

【答案】c

【分析】AB.根据平抛运动的特点和电动势与水平分速度关系进行判断；

CD.根据闭合回路的中，安培力的特点和弹力的分析进行分析判断。

【解答】解：AB.若开关S断开，该金属棒做平抛运动，水平方向速度不变，回路中的感应电动势不变，

故AB错误；

CD.若开关S闭合，该金属棒受到水平向左的安培力作用，不会离开导轨，该金属棒受到导轨斜向右上

方的弹力，在竖直方向不是做自由落体运动，故C正确，D错误。

故选：Co

【点评】考查导体棒切割磁感线产生感应电动势和安培力问题，会根据题意进行准确分析解答。

2.（2024秋•无锡校级期末）如图所示，等腰直角三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的直角

边在x轴上且长为L,高为L。纸面内一边长为L的正方形导线框沿x轴正方向做匀速直线运动穿过磁

场区域，在t=0时刻恰好位于图中所示的位置。以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下列图像正

【考点】描绘线圈进出磁场区域的图像.

【专题】比较思想；图析法；电磁感应与图象结合；理解能力.

【答案】A

【分析】将整个过程分成两个位移都是L的两段，根据楞次定律判断感应电流方向。由感应电动势公

式£=：61^,L为有效切割长度，分析L的变化情况，判断感应电动势的变化情况，再判断感应电流大

小的变化情况，再确定i-L图像。

【解答】解：x在0〜L过程，穿过线框的磁通量向外增大，由楞次定律判断可知，线框中感应电流沿

顺时针方向，为正值。线圈切割有效长度均匀增加，线圈中的电流为

BL„

.效BxvBv/c”、

1=-K5—=K=-5K-X,(0&X&L)

x在L〜2L过程，穿过线框的磁通量向外减小，由楞次定律判断可知，线框中感应电流沿逆时针方向,

为负值。线圈切割有效长度均匀增加，线圈中的电流大小为

BLjRR

i=—^=等=警x,(LWxW2L),故A正确，BCD错误。

KKK

故选：Ao

【点评】本题先根据楞次定律定性分析感应电流的方向，再根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律相结合

分析感应电流大小的变化，来确定图像的形状。

3.(2025•重庆模拟)如图所示，一梯形闭合导线圈沿垂直磁场和磁场竖直边界的方向，匀速向右穿过匀

强磁场区域。取感应电流沿逆时针方向为正，则该过程中，该线圈中的感应电流i随时间t变化的关系

()

【考点】描绘线圈进出磁场区域的图像.

【专题】比较思想；图析法；电磁学；分析综合能力.

【答案】A

【分析】先根据楞次定律判断感应电流方向，再由法拉第电磁感应定律和欧姆定律相结合判断感应电流

大小的变化情况，采用排除法解答。

【解答】解：线框刚进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律判断可知，感应电流方向为逆时

针，为正。有效切割长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；进入L距离后，继续

向右运动，磁通量继续增大，根据楞次定律可知，感应电流仍沿逆时针方向，为正。有效切割长度不变，

感应电动势不变，则感应电流不变，且不为零；进入2L后，继续向右运动，磁通量向里减小，根据楞

次定律可知，此时感应电流沿顺时针方向，为负。有效切割长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应

电流均匀增大，故A正确，BCD错误。

故选：Ao

【点评】本题考查电磁感应中图像问题，对于图像问题可以通过排除法进行解答，如根据图像过不过原

点、电流正负、大小变化等进行排除。

4.（2024秋•金凤区校级期末）将电阻为R的硬质细导线做成半径为r的圆环，其内接正方形区域内充满

垂直于圆环面的磁场，t=0时磁场方向如图甲所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，规

定垂直纸面向外为磁场的正方向，则在t=0至h=4to的时间内，下列说法正确的是（）

A.2to-3to时间内圆环中的感应电流生巴二

Rio

B.0-2to时间内圆环中的感应电流方向先顺时针后逆时针

C.3to-4to时间内圆环中的感应电流逐渐减小

D.O-2to时间内圆环中的感应电流为」一

Rto

【考点】根据B-t或者（p-t图像计算感应电动势.

【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力.

【答案】D

【分析】根据磁感应强度的变化率分析感应电流大小和方向；根据法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧

姆定律求解感应电流大小。

【解答】解：A、2to-3to时间内圆环中磁感应强度不变，感应电流为零，故A错误；

B、O-2to时间内磁感应强度的变化率不变，圆环中的感应电流大小和方向不变，故B错误；

C、3t0-4to时间内B-t图像的斜率增大，则感应电动势增大、圆环中的感应电流逐渐增大，故C错误；

D、O-2to时间内感应电动势大小为：E=^=第S=,•（&r）2=笔己

圆环中的感应电流为：1=假=粤欧故D正确。

KALQ

故选：D。

【点评】对于电磁感应现象中涉及图像、电路问题的分析方法是：确定哪部分相当于电源，根据电路连

接情况，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及图像斜率表示的物理意义进行分析。

5.（2025•合肥模拟）如图所示，将两根表面涂有绝缘漆的相同硬质细导线分别绕成闭合线圈a、b,两线

圈中大圆环半径均为小圆环的3倍，垂直线圈平面方向有一匀强磁场，磁感应强度随时间均匀变化，则

a、b两线圈中产生的感应电动势大小之比为

A.5：13B.13：5C.1：7

【考点】法拉第电磁感应定律的内容和表达式.

【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力.

【答案】A

【分析】由法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势大小和4个小圆线圈产生的感应电动势

大小，由线圈的绕线方式、楞次定律求解a、b线圈中产生的感应电动势大小之比。

【解答】解：两线圈中大圆环半径均为小圆环的3倍，则大圆环的面积与小圆环面积之比为：萼=

大48

由法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势大小为：Ei=|--|=|—|Si=kSi

AtAt

4个小圆线圈产生的感应电动势大小为：E2=4kS2

由线圈的绕线方式、楞次定律可知a中大、小圆线圈产生的感应电动势方向相反，b中大、小圆线圈产

生的感应电动势方向相同。

则a线圈中总的感应电动势大小为：Ea=E1-E2,解得：Ea=5kS2

b线圈中总的感应电动势大小为：Eb=Ei+E2,解得：Eb=13kS2

所以a、b线圈中产生的感应电动势大小之比为5：13,故A正确，BCD错误。

故选：Ao

【点评】本题主要是考查了法拉第电磁感应定律；关键是弄清楚大小圆环中感应电动势的大小和方向，

掌握法拉第电磁感应定律的应用方法。

多选题（共4小题）

（多选）6.（2024秋•石家庄期末）如图，在绝缘水平面内建有直角坐标系Oxy,第一象限内有竖直向下

的磁场，磁感应强度沿x轴方向均匀分布，沿y轴正方向减小。在磁场中水平固定一正三角形细导线框

abc,ab边平行于x轴。若使此区域各点磁感应强度随时间增大的变化率为k,则下列说法正确的是（）

xXXXXXX

xXXXXXX

XXX]XXKxXX

XX

XXXXX

XXX

XXXXXXXXX

01------------------------------

A.导线框的发热功率恒定

B.导线框中的电流为逆时针方向

C.导线框中的电流随时间均匀增大

D.导线框所受安培力的合力沿y轴向下

【考点】根据B-t或者年-t图像计算感应电动势；楞次定律及其应用.

【专题】比较思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力.

【答案】AB

【分析】根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和功率公式相结合分析导线框中电流和发热功率

是否恒定；根据楞次定律判断导线框中的电流方向；根据左手定则判断安培力方向。

【解答】解：AC、根据法拉第电磁感应定律，有

F2

k、S均不变，则线框中感应电动势E不变，感应电流不变，导线框的发热功率为P=备，可知导线框

的发热功率恒定不变，故A正确，C错误；

B、穿过线框的磁通量增加，磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律可知导线框中的电流为逆时针方向，

故B正确；

D、根据左手定则，可知ab边受到的安培力沿y轴正向。be边和ca边所受安培力的合力沿y轴负向，

与ab边受到的安培力大小相等，所以导线框所受安培力的合力为零，故D错误。

故选：AB。

【点评】解答本题时，要明确线框中磁通量随时间均匀变化时，产生的感应电动势是恒定的。

（多选）7.（2024秋•西安校级期末）荡秋千是一项同学们喜欢的体育活动。如图所示，两根金属链条（可

视为导体）将一根金属棒ab悬挂在固定的金属架cd上，静止时金属棒ab水平且沿东西方向，已知当

地的地磁场方向自南向北斜向下与竖直方向成45°角，现让金属棒ab随链条摆起来，通过能量补给的

方式可使链条与竖直方向的最大偏角保持45°不变，则下列说法中正确的是（）

A.当ab棒自北向南经过最低点时,电流从c流向d

B.当链条与竖直方向成45°角时,回路中感应电流一定为零

C.当ab棒自南向北摆动的过程中,回路中的磁通量先减小再增加

D.当ab棒自南向北经过最低点时,ab棒受到的安培力的方向水平向南

【考点】导体转动切割磁感线产生的感应电动势.

【专题】定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；推理论证能力.

【答案】AB

【分析】根据右手定则可判断电流方向；ab棒来到了最高点，其速度为0,不产生感应电动势，左手定

则判断安培力方向。

【解答】解：A.当ab棒自北向南经过最低点时，结合磁场方向，由右手定则知ab棒上的电流方向自

a向b,金属架上的电流方向则为自c到d,故A正确;

B.当链条与竖直方向成45°角时，ab棒来到了最高点，其速度为0,不产生感应电动势，回路中感应

电流一定为零，故B正确;

当ab棒自南向北摆动的过程中，穿过闭合回路abed的磁通量一直减小，故C错误;

D.当ab棒自南向北经过最低点时，结合磁场方向，由左手定则知安培力的方向与水平向南的方向成

45°斜向下，而不是方向水平向南，故D错误。

故选：ABo

【点评】本题属于左手定则和右手安培定则的应用，判断力的方向用左手，判断其它物理量的方向用右

手

（多选）8.（2025•仓山区校级模拟）如图所示，足够长的光滑绝缘斜面与水平面成6=30°固定在地面上,

斜面上虚线aa，和bb与斜面底边平行，在aa',bb，围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应

强度大小为B,边长为h的正方形导体框MNQP,正方形导体框由虚线bb，上方无初速度释放，在释放

瞬间PQ边与虚线bb，平行且相距h。已知导体框的质量为m,总电阻为r,重力加速度为g,MN边与

两虚线重合时的速度大小恰好均为u=耳，忽略空气阻力，导体框在进出磁场过程中运动状态相同且

不会发生转动，两虚线间的距离大于h。下列说法正确的是（）

B.导体框在穿越磁场的过程中，产生的焦耳热为2mgh

C.导体框的PQ边与虚线bb，重合时，其克服安培力做功的功率大小为迫火

2B2h3h

D.导体框从PQ边与虚线bb重合到MN边与虚线bb重合时所用的时间为--------

mgrJg

【考点】电磁感应过程中的能量类问题；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；导体平动切割磁感线产生

的感应电动势.

【专题】定量思想；寻找守恒量法；电磁感应一一功能问题；分析综合能力.

【答案】AD

【分析】先根据机械能守恒定律求出PQ边刚好进入磁场时的速度。已知MN边与两虚线重合时的速度

大小恰好均为u=与-，根据对称性知道PQ边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度大小相等。导体

框全部位于磁场中时下滑时，根据牛顿第二定律和运动学公式相结合求两虚线的距离；导体框在穿越磁

场的过程中，根据能量守恒定律求解产生的焦耳热；根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律、安培力公式

和功率公式相结合求解导体框的PQ边与虚线bb，重合时，其克服安培力做功的功率大小；根据动量定

理求解导体框从PQ边与虚线bb'重合到MN边与虚线bb,重合时所用的时间。

【解答】解：A、设PQ边刚好进入磁场时速度大小为vi。导体框进入磁场前的运动过程，由机械能守

恒定律有

mg/isind=资

解得：％=y/gh

qh

因为MN边与两虚线重合时的速度大小恰好均为I；=号根据导体框进出磁场过程中运动的对称性可

知，PQ边刚好进入磁场和刚好离开磁场时的速度大小均为%=场几

设两虚线之间的距离为H,导体框全部位于磁场中时下滑的加速度大小为

mqsind.„1

a=—=gsin9=2g

根据运动学公式有

1

vf—v2=2x2g(H—h)

解得：H=%h,故A正确；

B、设导体框穿过磁场的过程中产生的焦耳热为Q,导体框从开始下落到穿过磁场的过程，根据能量守

117

恒定律有：-mg(Ji+H+ft)=-mv2+Q,解得：Q=-^mgh,故B错误；

C、结合上述可知，导体框的PQ边与虚线bb唾合时的速度大小为女=看冗此时PQ边产生的感应电

动势大小为

E=Bhvi

此时导体框中的感应电流为

/=-

r

PQ边所受的安培力大小为

F=BIh

克服安培力做功的瞬时功率大小为

P=Fvi

n213

联立解得：P="当，故c错误；

D、设导体框通过磁场上边界所用时间为3线框中的平均感应电流为7,由闭合电路欧姆定律有

j_E_

~r~v

取沿导轨向下为正方向，根据动量定理有

mgsind•t—Blht=mv—mv1

其中力=vt

联立解得：”噜色一格，故D正确。

故选：AD。

【点评】本题考查电磁感应的能量问题，解决本题的关键是准确分析导体框的运动过程，正确列出动量

定理方程来求出运动时间。

（多选）9.（2024秋•唐山期末）如图，一电阻不计的U形导轨固定在水平面上，匀强磁场垂直导轨平面

竖直向上，一粗细均匀的光滑金属杆垂直放在导轨上，始终与导轨接触良好。现使金属杆以初速度vo

向右运动，在轨道上滑行的最大距离为x,金属杆始终与导轨垂直。若改变金属杆的初速度vo、横截面

积S和U形导轨的宽度L时，仍能保证金属杆滑行的最大距离为x的是（）

B

A.保持L不变，vo增大,S增大

B.保持S不变，vo增大，L增大

C.保持S不变，vo不变，L增大

D.保持L不变，vo不变，S增大

【考点】单杆在导轨上无外力作用下切割磁场的运动问题.

【专题】比较思想；方程法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力.

【答案】CD

【分析】先根据密度公式得到金属棒的质量与L、S的关系，根据电阻定律得到金属棒的电阻与L、S

的关系，再根据动量定理列式，得到x的表达式，即可进行判断。

【解答】解：设金属杆材料的密度为pi,则金属杆的质量为

m=piLS

设金属杆的电阻率为P2,则金属杆的电阻为

R=p2M

金属杆速度由初速度vo减小到0,取向右为正方向，根据动量定理得

-£BILAt=0-mvo

又

rBLv

I=~T

p2j2p2j2

则有=好=牛x

KK

联立可得

r-P1P2-

■X—2

B,

由此可知，材料不变，磁场不变，最大距离X只与V0有关，故AB错误，CD正确。

故选：CDo

【点评】本题中金属杆在磁场中做非匀变速直线运动，不能根据运动学公式求出滑行距离，运用动量定

理求滑行距离是常用方法，要学会运用。

三.填空题（共3小题）

10.（2024秋•福州校级期末）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3。

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t变化的关系如图（b）所示，导线电

阻不计。则10s时通过电阻的电流方向为其大小为0.04Ao

图（a）图(b)

【考点】法拉第电磁感应定律的内容和表达式.

【专题】比较思想；等效替代法；电磁感应与电路结合；分析综合能力.

【答案】ba,0.04o

【分析】根据楞次定律判断感应电流方向。根据法拉第电磁感应定律求出线圈产生的感应电动势，再求

感应电流大小。

【解答】解：由楞次定律可知，在0〜10s时间内，穿过线圈的磁通量向里减小，通过电阻的电流方向

为ba。在10s以后，通过电阻的电流方向仍为ba,所以10s时通过电阻的电流电流方向为ba。

由法拉第电磁感应定律得

好4B

E=N一=N一S

AtAt

其中

AB20_

——=—T/s=0.2T/s,S=I?=(10X1092)m02=0.01m^

At10

根据闭合电路欧姆定律得

E

R+r

联立解得

I=0.04A

故答案为：ba,0.04o

4。AB

【点评】解答本题时，要注意公式E=N——=N—S中，S是有效面积，即为有磁通量的面积。

AtAt

H.（2025•福州校级模拟）如图所示，用粗细均匀的铜导线制成半径为r的圆环，PQ为圆环的直径，其左

右两侧存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B,但方向相反，圆环的电阻为2R,

一根长度为2r、电阻为R的金属棒MN绕着圆环的圆心O点紧贴着圆环以角速度3沿顺时针方向匀速

转动，转动过程中金属棒MN与圆环始终接触良好，则金属棒中电流方向为由M到N（选填“由

N到M”或“由M到N”）；圆环消耗的电功率是不变的（选填“变化的”或“不变的”）；MN中

283r21

电流的大小为…；MN两端的电压大小为二八3a金属棒MN旋转一周的过程中,电路中

37?3

P

M/ie•:xx

x

x

x

x

Q

【考点】电磁感应过程中的能量类问题；电磁感应过程中的电路类问题.

【专题】定量思想；方程法；电磁感应一一功能问题；分析综合能力.

—一s2Ba）r2147iB2a）r4

【答案】由M到N；不变的；——;~r72Ba）；———。

3R33R

【分析】由右手定则判断电流方向；导体棒MN转动切割产生的感应电动势恒定，根据法拉第电磁感

应定律求解感应电动势大小，根据闭合电路的欧姆定律求解MN两端电压，根据焦耳定律求解产生的

热。

【解答】解：由右手定则可知，电流方向为由M到N。

导体棒MN转动切割产生的感应电动势恒定，感应电流恒定，所以圆环消耗的电功率不变。

1

导体棒MN转动切割产生的感应电动势为：E=2X|Sr2a>=Br2a)

外电路的并联电阻为R并=y,MN的电阻为R,由闭合电路欧姆定律可得,MN中的电流：/=6=笺处

2

MN两端的电压：U=gXBs

转动一周的时间：t=",则电路中产生的热量：Q=y冢y4吗#一

a)Lan

,一一一，，283r2147rB23r4

故答案为：由M到N；不变的；------；-r2Sw；-------------。

3R33R

【点评】本题主要是考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和右手定则；对于导体切割磁感

应线产生的感应电动势情况有两种：一是导体平动切割产生的感应电动势，可以根据E=BLv来计算;

二是导体棒转动切割磁感应线产生的感应电动势，可以根据E=*8—3来计算。

12.(2024秋•哈尔滨期末)一个面积S=4Xl(/2m2、匝数n=100匝的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂

直线圈面，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图所示，由图可知，在开始2s内穿过线圈的磁通量

的变化量等于-0.16Wb,在开始2s内穿过线圈的磁通量的变化率等于0.08Wb/s,在开始2s内

线圈中产生的感应电动势等于8V。

【考点】法拉第电磁感应定律的内容和表达式.

【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；分析综合能力.

【答案】见试题解答内容

【分析】根据图示图象应用磁通量的计算公式求出磁通量的变化量；然后求出磁通量的变化率；再根据

法拉第电磁感应定律求出感应电动势。

【解答】解：开始的2s内穿过线圈的磁通量的变化量为△①=AB・S=(-2-2)X4X102Wb=-

0.16Wb,负号表示方向；

0.16

在开始的2s内穿过线圈的磁通量的变化率一=——Wb/s=0.08Wb/s；

At2

在开始2s内线圈中产生的感应电动势：E=n—=100X0.08V=8V；

At

故答案为：-0.16；0.08；8o

【点评】本题中磁感应强度均匀变化，穿过线圈的磁通量均匀变化，线圈中产生恒定的电动势，由法拉

第电磁感应定律求出感应电动势，是经常采用的方法和思路，注意B-t斜率一定，磁通量变化率一定。

四.解答题(共3小题)

13.(2024秋•西安期末)如图，电阻不计的两足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨间距

为L=lm,导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B=1T。质量均为m=lkg、接入

电路的有效电阻均为R=l。的金属棒ab、cd垂直于导轨放置，均处于静止状态。t=0时刻给cd棒一

个方向水平向右、大小F=4N的拉力，t=4s时，金属棒ab和cd加速度刚好相等。此后撤去拉力F,

整个过程棒与导轨接触良好。求：

(1)t=4s时金属棒ab和cd的加速度大小；

(2)t=4s时金属棒ab和cd的速度大小；

(3)从t=4s到回路中电流为零的过程中，金属棒ab和cd之间距离的增加量。

【考点】双杆在等宽导轨上切割磁场的运动问题；电磁感应过程中的能量类问题；闭合电路欧姆定律的

内容和表达式.

【专题】计算题；学科综合题；定量思想；整体法和隔离法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力.

【答案】(1)t=4s时金属棒ab和cd的加速度大小为Zm/s?；

(2)t=4s时金属棒ab和cd的速度大小分别为6m/s,10m/s；

(3)从t=4s到回路中电流为零的过程中，金属棒ab和cd之间距离的增加量为4m。

【分析】(1)t=4s时，金属棒ab和cd加速度刚好相等，分别对金属棒ab和cd,利用牛顿第二定律列

方程，联立求解两者的加速度大小，以及两棒受到的安培力大小；

(2)根据安培力公式求出t=4s时回路中电流大小。由闭合电路欧姆定律求出回路中的感应电动势E,

再根据感应电动势公式E=BL(V2-vi)和动量定理求金属棒ab和cd的速度大小；

(3)回路中电流为零，两棒速度相等，根据动量守恒定律求出两棒的共同速度，再根据动量定理求从

t=4s到回路中电流为零的过程中，金属棒ab和cd之间距离的增加量。

【解答】解：(l)t=4s时，金属棒ab和cd的加速度相等时，设两棒受到的安培力大小为F安。

对金属棒ab,由牛顿第二定律有

F安=ma

对金属棒cd,由牛顿第二定律有

F-F安=ma

联立解得

F安=2N,a=2m/s2

（2）根据安培力公式有

F安=BIL

解得回路中电流大小为

I=2A

设回路中的感应电动势为E,则

E=2IR

设t=4s时，金属棒ab、cd的速度分别是vi、V2,则

E=BL（V2-vi）

设t=4s时间内安培力冲量大小为I安，对金属棒cd,取向右为正方向，由动量定理有

Ft-I安=mv2

对金属棒ab,取向右为正方向，由动量定理有

I安=!«丫1

联立解得

vi=6m/s,V2=10m/s

（3）撤去外力F后，金属棒cd做加速度逐渐减小的减速运动，金属棒ab做加速度逐渐减小的加速运

动，最后两棒速度相等，均做匀速运动，回路中感应电流为零。设最终两棒共同速度为v,取向右为正

方向，根据动量守恒定律有

mvi+mv2=2mv

对ab棒，取向右为正方向，根据动量定理有

BiLt'=mv—mv1

通过两棒的电荷量

c7“A<p

设两棒间距离增大了X,则

△①=BLx

联立解得

x=4m

答：(1)t=4s时金属棒ab和cd的加速度大小为2m/s2；

(2)t=4s时金属棒ab和cd的速度大小分别为6m/s,10m/s；

(3)从t=4s到回路中电流为零的过程中，金属棒ab和cd之间距离的增加量为4m。

【点评】本题是双棒问题，分析清楚金属棒的运动过程与受力情况是解题的前提，把握过程中所遵守的

力学规律是关键。要知道撤去外力F后，最终两棒以相同速度做匀速运动。由于两棒组成的系统合外力

为零，所以类似于非弹性碰撞，应用动量守恒定律、动量定理、能量守恒定律等知识点即可解题。

14.(2024秋•无锡校级期末)如图所示，一对间距L=lm、足够长的平行光滑金属导轨固定于绝缘水平面

上，导轨左端接有R=0.5Q的电阻，长度与导轨间距相等的金属棒ab垂直放置于导轨上，其质量m=

0.1kg,电阻也为R,整个区域内存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=1T。水平向右的恒力F

=4N作用ab棒上，当t=2s时金属棒ab的速度达到最大，随后撤去F力，棒最终静止在导轨上。重力

加速度g=10m/s2,求：

(1)金属棒ab运动的最大速度vm；

(2)撤去拉力F前通过定值电阻R的电荷量；

(3)撤去拉力F后金属棒ab继续沿水平轨道运动的位移。

【考点】单杆在导轨上有外力作用下切割磁场的运动问题；电磁感应过程中的动力学类问题；导体平动

切割磁感线产生的感应电动势.

【专题】计算题；学科综合题；定量思想；模型法；电磁感应中的力学问题；分析综合能力.

【答案】(1)金属棒ab运动的最大速度vm为4m/s；

(2)撤去拉力F前通过定值电阻R的电荷量为7.6C；

(3)撤去拉力F后金属棒ab继续沿水平轨道运动的位移为0.4m。

【分析】(1)当金属棒ab所受合力为零时，速度达到最大，安培力与拉力平衡，根据平衡条件结合安

培力的计算公式进行解答；

(2)根据动量定理、电荷量的计算公式求撤去拉力F前通过定值电阻R的电荷量；

(3)撤去拉力F后，根据动量定理求解金属棒ab继续沿水平轨道运动的位移。

【解答】解：(1)当金属棒ab所受合力为零时，速度达到最大，对ab棒，由平衡条件得

F=F安

又F-BIL=B3L=^》

2R2R

联立解得金属棒ab运动的最大速度为

Vm=4m/s

(2)撤去拉力F前即前2s内，取向右为正方向，对ab棒，根据动量定理得

Ft-B/Lt=mv-0

其中q=7t

解得通过定值电阻R的电荷量为

q=7.6C

(3)撤去拉力后，对棒ab,取向右为正方向，由动量定理得

,

-B//L«t=0-mvm

此过程通过定值电阻R的电荷量为

'0-1x4

aq—It~BL~lxlCU4C

根据法拉第电磁感应定律有

—4。BLx

E=『二T

由闭合电路的欧姆定律有

"=旦

2R

联立可得

)BLx

q=下

解得撤去拉力F后金属棒ab继续沿水平轨道运动的位移为

x=0.4m

答：(1)金属棒ab运动的最大速度vm为4m/s；

(2)撤去拉力F前通过定值电阻R的电荷量为7.6