2026年天津高考物理二轮复习讲练测重难 13 电磁感应（重难专练）（解析版）

重难13电磁感应内容导航内容导航速度提升技巧掌握手感养成重难考向聚焦锁定目标精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向重难技巧突破授予利器瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧重难保分练稳扎稳打必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值重难抢分练突破瓶颈争夺高分：聚焦于中高难度题目，争夺关键分数重难冲刺练模拟实战挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感” 一：电磁感应现象的理解和判断常见的产生感应电流的三种情况二：感应电流方向的判断1．用楞次定律判断(1)楞次定律中“阻碍”的含义：2．用右手定则判断该方法只适用于切割磁感线产生的感应电流，注意三个要点：(1)掌心——磁感线垂直穿入掌心；(2)拇指——指向导体运动的方向；(3)四指——指向感应电流的方向．【技巧总结】判断感应电流方向的“四步法”三：楞次定律推论的应用内容例证阻碍原磁通量变化——“增反减同”磁铁靠近线圈，B感与B原方向相反阻碍相对运动——“来拒去留”使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”P、Q是光滑固定导轨，a、b是可动金属棒，磁铁下移，a、b靠近阻碍原电流的变化——“增反减同”合上S，B先亮【规律方法】楞次定律中“阻碍”的问题的思路技巧1：会正确应用“三定则一定律”安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的应用对比基本现象因果关系应用规律运动电荷、电流产生磁场因电生磁安培定则磁场对运动电荷、电流有作用力因电受力左手定则部分导体做切割磁感线运动因动生电右手定则闭合回路磁通量变化因磁生电楞次定律1.左、右手定则巧区分(1)区分左手定则和右手定则的根本是抓住“因果关系”：“因电而动”——用左手，“因动生电”——用右手。(2)使用中左手定则和右手定则很容易混淆，为了便于记忆，可把两个定则简单地总结为通电受力，“力”的最后一笔“丿”向左，用左手；运动生电，“电”的最后一笔“乚”向右，用右手。2.解题思路(1)应用楞次定律时，一般要用到安培定则来分析原来磁场的分布情况．(2)研究感应电流受到的安培力，一般先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，或者直接应用楞次定律的推论确定．(3)“三定则、一定律”中只要是涉及力的判断都用左手判断，涉及“电生磁”或“磁生电”的判断都用右手判断，即“左力右电”．技巧2：感应电动势求解的“四种”模型情景图研究对象回路(不一定闭合)一段直导线(或等效成直导线)绕一端垂直匀强磁场匀速转动的一段导体棒绕与B垂直的轴匀速转动的导线框表达式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝BlvsinθE＝eq\f(1,2)Bl2ωE＝NBSωsinωt(从中性面位置开始计时)【规律总结】应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题(1)公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．(2)利用公式E＝nSeq\f(ΔB,Δt)求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积．(3)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关．推导如下：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nΔΦ,ΔtR)Δt＝eq\f(nΔΦ,R).技巧3：会分析自感现象1．自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化．(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能逐渐变化．(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体．(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向．2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡电路图通电时电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定断电时电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变电路中稳态电流为I1、I2：①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②若I2＞I1，灯泡“闪亮”后逐渐变暗．两种情况下灯泡中电流方向均改变涡流、电磁阻尼和电磁驱动电磁阻尼电磁驱动不同点成因由于导体在磁场中运动而产生感应电流，从而使导体受到安培力由于磁场运动引起磁通量的变化而产生感应电流，从而使导体受到安培力效果安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动导体受安培力的方向与导体运动方向相同，推动导体运动能量转化导体克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能，从而对外做功相同点两者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动（建议用时：50分钟）1．（2025·天津和平·模拟预测）如图甲所示，光滑且足够长的平行金属导轨、固定在同一水平面上，两导轨间距，导轨的电阻不计，其间连接有固定电阻，导轨上停放一质量为，电阻的金属杆、整个装置处于磁感应强度为的匀强磁场中，磁场的方向竖直向下.现用一外力沿水平方向拉金属杆，使之由静止开始运动，电压传感器可将两端的电压即时采集并输入电脑，获得电压随时间的变化关系如图乙所示.(1)试证明金属杆做匀加速直线运动，并计算加速度的大小；(2)求第末外力的瞬时功率；(3)如果水平外力从静止开始拉动杆所做的功为，求回路中定值电阻上产生的焦耳热是多少？【答案】(1)见解析，(2)(3)【详解】（1）设路端电压为U，金属杆的运动速度为v，则感应电动势电阻R两端的电压由图乙可得，联立可得因为速度与时间成正比，所以金属杆做匀加速运动，加速度大小为（2）在2s末，速度为此时通过金属杆的电流为金属杆受到的安培力大小为设2s末外力大小为F2，由牛顿第二定律可得解得故第2s末外力F的瞬时功率为（3）在2s末，杆的动能为由能量守恒定律，回路产生的焦耳热为定值电阻上产生的焦耳热为2．（2025·天津·二模）如图所示的装置为了探究导体棒在有磁场存在的斜面上的运动情况，MN、M'N'是两条相距为的足够长的光滑金属导轨，放置在倾角均为的对称斜面上，两导轨平滑连接，连接处水平，两导轨右侧接有阻值为的固定电阻，导轨电阻不计。左边斜面区域存在大小为，方向垂直于左边斜面向上的匀强磁场，右侧斜面区域没有磁场。质量为，电阻为的导体棒从左侧导轨足够高处自由释放，运动到底端时已匀速运动。运动过程中导体棒与轨道接触良好且始终与轨道垂直，。(1)求导体棒第一次沿右侧斜面上滑的最大高度；(2)若导体棒从最低点沿左侧斜面上滑的最大距离为，求该上滑过程的时间；(3)若从释放导体棒到导体棒最终静止的整个过程中，电阻上产生的热量为，求导体棒最初释放点的高度。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）导体棒从足够高处滑下，到导轨底部前已经匀速，根据平衡条件可得其中联立解得根据动能定理可得解得（2）导体棒以2m/s的速度向上运动，直到速度为0，这个过程中根据动量定理可得其中解得（3）最终导体棒都停在导轨的底部，整个过程中能量守恒，有电阻R产生的热量为解得3．（2025·天津河西·模拟预测）利用电磁感应现象，可以测量空间某处的磁场。(1)如图甲所示，电阻为、长为的导体棒放置在光滑的水平导轨上，导轨左侧接一阻值为的定值电阻，导轨间距也为。导轨处在竖直向下的匀强磁场中，导体棒在外力作用下沿导轨水平向右做匀速直线运动，速度大小为，电流表的示数为。导体棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，求磁感应强度的大小；(2)已知北半球某处地磁场的磁感应强度没有东西方向的分量，磁感应强度方向与水平方向夹角为。在该处一水平面内放置一个长、宽分别为、的单匝矩形线框，线框总电阻为，其中沿南北方向、沿东西方向，如图乙所示。线框分别以、为轴向下转动到竖直平面内，两次通过线框导线某横截面的电荷量分别为、，线框所在处的磁场可视为匀强磁场。求该处磁感应强度大小和的正切值。【答案】(1)(2)，【详解】（1）由法拉第电磁感应定律由闭合电路欧姆定律有联立解得（2）设在时间内的平均电流为，则由法拉第电磁感应定律有根据欧姆定律有联立解得以为轴转动，则以为轴转动，则联立解得，4．（2025·天津南开·二模）利用超导体可以实现磁悬浮，图甲是超导磁悬浮的示意图。在水平桌面上有一个周长为L的超导圆环，将一块永磁铁沿圆环中心轴线从圆环的正上方缓慢向下移动，由于超导圆环与永磁铁之间有排斥力，结果永磁铁能够悬浮在超导圆环的正上方h1高处，此时圆环所处位置的磁感应强度为B1、磁场方向与水平方向的夹角为θ1，永磁铁磁场方向如图甲中所示。(1)从上向下看，判断超导圆环中的电流方向；(2)若永磁铁在h1高处时超导圆环中的电流强度为I1，求此时超导圆环所受的安培力F的大小和方向；(3)在接下来的几周时间内，发现永磁铁在缓慢下移。经过较长时间t0后，永磁铁的平衡位置变为离超导圆环h2高处。有一种观点认为超导体也有很微小的电阻率，只是现在一般仪器无法直接测得，超导圆环内电流的变化造成了永磁铁下移。若已知永磁铁在h2高处时，圆环所处位置的磁感应强度大小为，磁场方向与水平方向的夹角为θ2，永磁铁的质量为m，重力加速度为g，永磁铁从h1处经时间t0缓慢下移到h2处过程中，超导圆环中电流强度的平方随时间变化的图像如图乙所示和I2均为未知量)，超导圆环导线的横截面积为S。求永磁铁平衡位置变为高处时，超导圆环中的电流强度I2和该超导圆环的电阻率ρ。【答案】(1)上往下看为逆时针方向(2)，方向竖直向下(3)【详解】（1）根据楞次定律和右手螺旋定则可以判断感应电流方向从上往下看为逆时针方向。（2）把环分成无数等长的微小电流元，每一小段导线长为，则每一小段导线所受安培力为由对称性可知，所有小段导线所受的安培力水平分力抵消，所以竖直方向分力的合力即为整段导线所受安培力，设有段导线则方向竖直向下。（3）永磁铁在处处于平衡状态，则，，磁铁下降前有，解得根据能量守恒有根据焦耳定律有根据电阻定律有解得5．（2025·天津滨海新·模拟预测）如图甲，足够长水平固定的平行金属导轨MN、PQ，其宽度，导轨间接、的电阻，质量为、电阻为、长度为的金属杆ab静置在导轨上，整个装置处于竖直向下匀强磁场中。现用一垂直杆水平向右的恒力拉金属杆ab，使它由静止开始运动，金属杆与导轨接触良好并保持与导轨垂直，ab速度v随时间t的关系如图乙所示，导轨电阻不计，ab与导轨间的动摩擦因数，取（忽略ab杆运动过程中对原磁场的影响），求：(1)磁感应强度B的大小；(2)内通过金属杆ab的电荷量；(3)内ab产生的热量。【答案】(1)2T(2)(3)6.5J【详解】（1）由图乙可知，2s后ab导体棒匀速运动，则有又E=BLv，，联立解得（2）0~2s内，对金属杆ab，由动量定理有又联立解得（3）0~2s内，对整个电路，由能量守恒定律有又联立解得根据串并联电路中的电流和电压关系可知0~2s内金属杆ab上产生的热量6．（2025·天津·二模）某种新型智能化汽车独立悬架系统的电磁减震器是利用电磁感应原理制造的，下图为其简化的原理图。该减震器由绝缘的橡胶滑动杆及多个相同的单匝矩形闭合线圈组成，线圈相互靠近、彼此绝缘，固定在绝缘杆上，线圈之间的间隔忽略不计。滑动杆及线圈的总质量为m，每个矩形线圈的电阻为R，ab边长为L，bc边长为。某次减震过程中，该减震器从距离磁场边缘高h处由静止自由下落，当线圈2恰好完全进入磁场时减震器的速度大小为。已知匀强磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，不计空气阻力，该减震器始终保持竖直，重力加速度为g。(1)求线圈1的ab边进入磁场瞬间，减震器的加速度大小a；(2)求减震器下落过程中，线圈1和2产生的热量之和；(3)求从减震器开始下落到线圈2恰好完全进入磁场所用的时间t。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）根据机械能守恒ab边进入磁场瞬间的速度为根据E=BLv，F=BIL，F－mg=ma解得（2）从开始下落到第二个线圈完全进入磁场，由能量关系可知解得（3）在减震器在磁场运动过程中，设减震器下落的方向为正方向，根据动量定理又、、解得减震器自由下落过程中则从减震器开始下落到线圈2恰好完全进入磁场所用的时间7．（2025·天津·二模）著名的法拉第圆盘发电示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘以恒定角速度旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（）A．圆盘中的电流呈周期性变化特点B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍【答案】B【详解】A．可将铜圆盘等效为若干根由圆心到圆盘边缘的导体棒，每根导体棒都在切割磁感线，产生恒定的感应电动势，相当于电源，则整个铜圆盘就相当于若干个相同的电源并联，圆盘中的电流恒定，故A错误；B．根据右手定则可知，若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动，故B正确；C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向不变，故C错误；D．圆盘产生的感应电动势为若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，通过R的电流变为原来的2倍，根据可知，电流在R上的热功率也变为原来的4倍，故D错误。故选B。（建议用时：50分钟）8．（2025·天津红桥·二模）在空间区域内有一个垂直于水平传送带向下、磁感应强度为的匀强磁场，边界与传送带运行方向垂直且。有一匝边长为的正方形绝缘闭合线圈，总质量为，总电阻为。线圈在运动过程中左右两边始终与磁场边界平行，其底面与传送带间的动摩擦因数为，进入磁场前已和传送带共速，传送带的速度始终保持向右的。已知线圈在完全进入磁场前已经达到匀速，且在线圈右侧边到达cd时恰好与传送带再次共速。求：(1)线圈在完全进入磁场前一瞬间的速度v的大小；(2)在进入磁场的过程中，线圈中产生的焦耳热Q；(3)从线圈的右侧边刚要进入磁场到线圈的右侧边刚要穿出磁场的过程所经历的时间t。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）线圈完全进入磁场前已经匀速，根据物体平衡有根据闭合电路欧姆定律以及法拉第电磁感应定律（动生切割电动势）有解得（2）线圈的右边界刚要进磁场到线圈的右边界刚要出磁场的过程，根据动能定理有又解得（3）线圈的右边界刚要进磁场到线圈的右边界刚要出磁场的过程，根据动量定理（设向右为正方向，为线圈有电流通过的时间）有又

得9．（2025·天津·二模）如图甲所示，质量、边长、电阻的正方形单匝金属线框，置于倾角的绝缘斜面上，边与斜面底端平行，线框的一半面积处在垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度随时间按图乙所示的规律周期性变化，已知线框在斜面上始终保持静止，取。求：(1)在时线框受到斜面摩擦力的大小；(2)线圈中感应电流的有效值。【答案】(1)0.054N(2)【详解】（1）根据题意，由法拉第电磁感应定律有又有由图乙可知，内，又有联立解得感应电流为方向为顺时针，由图乙可知，时，此时线框所受安培力为方向沿斜面向下，由平衡条件有（2）结合小问1和图乙可知，内，感应电流内，感应电流内，感应电流根据有效值的定义解得10．（2025·天津·模拟预测）下列图中有四幅图片，涉及有关物理学发展历史的四个重大发现，有关说法正确的是（）A．甲图片所涉及的物理现象属于核裂变，由德国物理学家哈恩和他的助手斯特拉斯曼在实验中发现B．乙图片中的电磁波是人们利用X射线管来产生的，它的波长比紫外线更长C．丙图片是法拉第研究阴极射线并发现电子的装置D．丁图片所反映的现象是居里夫妇最先发现的，后来他们又深入研究发现了两种新元素“钋”和“镭”【答案】A【详解】A．甲图片所涉及的物理现象属于核裂变，由德国物理学家哈恩和他的助手斯特拉斯曼在实验中发现，A正确；B．X射线波长比紫外线更短，B错误；C．丙图片是法拉第研究电磁感应规律时的装置，C错误；D．丁图片中反应的天然放射现象贝克勒尔最先发现的，D错误。故选A。11．（2025·天津河西·二模）“福建号”航母装备了最先进的电磁弹射装置，某兴趣小组设计制作了该电磁弹射装置的简易模型，其加速和减速过程如下所述。如图所示，两根足够长的平直轨道和固定在水平面上，轨道电阻忽略不计，其中左侧为光滑金属轨道，右侧为粗糙绝缘轨道，间接有定值电阻。沿轨道建立轴，坐标原点与点重合。左侧分布有垂直于轨道平面向下的匀强磁场，右侧分布有垂直于轨道平面向下、沿轴渐变的磁场。现将一质量为、长度为、电阻为的金属棒垂直放置在轨道上，放置位置位于的左侧。的右方还有质量为、各边长均为的形框，其电阻为，开始时形框恰好不与左侧的光滑金属轨道接触。棒在恒力作用下向右运动，到达前已匀速。当棒运动到处时撤去恒力，随后与形框发生碰撞，碰后连接成“”字形闭合线框，并一起运动，后续运动中受到与运动方向相反的阻力，阻力大小与速度大小满足。已知，，，，，。(1)金属棒在左侧运动时，比较、两点的电势高低，（填写“>”“<”或“=”）；(2)求金属棒与形框碰撞前速度的大小；(3)①求“”字形线框停止运动时，边的坐标；②求形框在运动过程中产生的焦耳热。【答案】(1)＞(2)4m/s(3)①

②【详解】（1）由右手定则可判定金属棒产生的感应电流的方向为b到a，可知a端为电源正极，所以。（2）金属棒做切割磁感线运动，由电磁感应定律得回路中的电流，由欧姆定律得金属棒受到的安培力与平衡，则联立代入数据解得（3）①金属棒与形框发生碰撞，由动量守恒得此后任意时刻闭合线框的速度为，边处磁场为，边处磁场为，回路中的电流，由欧姆定律得其中“口”字形线框所受安培力的大小为根据动量定理有解得②根据功能关系得回路运动过程中产生的总热量任意时刻安培力与摩擦力大小之比为，焦耳热与摩擦热之比也为，且U形框产生的焦耳热是整个回路产生焦耳热的，故得12．（2025·天津·二模）如图甲所示，列车进站时利用电磁制动技术产生的电磁力来刹车。某种列车制动系统核心部分的模拟原理图如图乙所示，一闭合正方形刚性单匝均匀导线框abcd放在水平面内，其质量为m，阻值为R，边长为L，左、右两边界平行且宽度为L的区域内有磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。当线框运动到ab边与磁场左边界间的距离为L时，线框具有水平向右的速度，当cd边离开磁场右边界时线框速度为。已知运动中ab边始终与磁场左边界平行，除磁场所给作用力外线框始终还受到与运动方向相反、大小恒为的阻力作用，求：(1)线框进入磁场的过程中通过线框某一横截面的电荷量绝对值q；(2)线框通过磁场过程中产生的总焦耳热Q；(3)线框速度由减小到所经历的时间t。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）根据电流强度定义得根据闭合电路欧姆定律得根据法拉第电磁感应定律得因为联立解得（2）根据能量守恒定律得代入题中数据，解得（3）根据动量定理得因为联立解得13．（2025·天津和平·二模）如图所示，匝数为N、电阻为R的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀变化的匀强磁场，线圈通过开关S连接两根间距为L、倾角为的足够长平行光滑金属导轨，导轨下端连接阻值为R的电阻。一根阻值也为R、质量为m的导体棒ab垂直放置于导轨上。在平行金属导轨区域内仅有垂直于导轨平面向上的恒定匀强磁场，磁感应强度大小为。接通开关S后，导体棒ab恰好能静止在金属导轨上。假设导体棒ab与导轨接触良好，不计导轨电阻。求：(1)磁场穿过线圈磁通量的变化率；(2)开关S断开后，ab从静止开始下滑到速度大小为v时，此过程ab上产生的热量为其获得动能的，求此过程通过ab的电荷量q。【答案】(1)(2)【详解】（1）接通开关S后，导体棒ab恰好能静止在金属导轨上；线圈中产生的电动势为回路电流为回路总电阻为对于导体棒ab，根据受力平衡可得联立解得（2）开关S断开后，ab从静止开始下滑到速度大小为v时，此过程ab上产生的热量为其获得动能的，设此过程ab下滑的距离为，根据能量守恒可得其中又联立解得14．（2025·天津河西·模拟预测）电动汽车通过能量回收装置增加电池续航。在行驶过程中，踩下驱动踏板时电池给电动机供电，松开驱动踏板或踩下刹车时发电机工作回收能量。某兴趣小组为研究其原理，设计了如图所示的模型：两个半径不同的同轴圆柱体间存在由内至外的辐向磁场，磁场方向沿半径方向，有一根质量为、长度为、电阻为的金属棒MN通过导电轻杆与中心轴相连，可绕轴无摩擦转动，金属棒所在之处的磁感应强度大小均为，整个装置竖直方向放置。中心轴右侧接一单刀双掷开关：踩下驱动踏板，开关接通1，电池给金属棒供电，金属棒相当于电动机，所用电池的电动势为，内阻为；松开驱动踏板或踩下刹车，开关自动切换接通2，金属棒相当于发电机，给电容器充电，所接电容器电容为。初始时电容器不带电、金属棒MN静止，电路其余部分的电阻不计。(1)踩下驱动踏板后，求金属棒刚启动时加速度的大小及开始运动后的转动方向（从上往下看）；(2)踩下驱动踏板后，求金属棒可达到的最大转动线速度。(3)当金属棒达到最大转动速度后松开驱动踏板，在一段时间后金属棒MN将匀速转动。①求此时电容器上的带电量。②定性画出松开驱动踏板后的电容器的电压与电荷量关系的U—q图像，并结合图像和题目中的条件，求电容器最终能回收多少能量储存起来【答案】(1)，金属棒开始运动后沿顺时针转动(2)(3)①；②见解析，【详解】（1）电流方向向下，根据左手定则判断，从往下看，金属棒开始运动后沿顺时针转动，当开关闭合的瞬间，金属棒还没有发生转动，则有金属棒在安培力作用下发生转动，根据牛顿第二定律有解得（2）当金属棒达到最大线速度时，金属棒中无电流通过，即金属棒切割磁感线产生的感应电动势大小为，则有解得（3）①当金属棒由最大速度减速至匀速转动，由动量定理可得当电路达到稳定时，回路中无电流，电容器两端电压与金属棒切割产生的感应电动势相等，则有结合上述解得②根据电容的定义式有则有作出U—q图像如图所示由于由微元法可知图像下面积等于电容器储存的电能，则有结合上述解得（建议用时：40分钟）15．（2025·天津·一模）列车进站时，其刹车原理可简化如图所示，在车身下方固定一N匝闭合矩形线框abcd，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车刹车。已知列车的质量为m，车身长为s，线框的ab和cd长度均为L（L小于匀强磁场的宽度），线框的总电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长，磁感应强度的大小为B。车头的线框刚进入磁场的速度为v0，列车停止前所受铁轨阻力及空气阻力的合力恒为f。线框cd边刚进入磁场时，列车刚好停止。求：(1)车头进入磁场瞬间，判断线框ab边产生的感应电流的方向及列车的加速度大小a。(2)列车从进站到停下来的过程中线框产生的热量Q。【答案】(1)a→b，(2)【详解】（1）根据楞次定律结合安培定则可知，线框中电流的方向为顺时针（俯视），即车头进入磁场瞬间，判断线框ab边产生的感应电流的方向为a→b。列车车头进入磁场瞬间产生的感应电动势的大小为

根据闭合电路的欧姆定律可知，回路中产生的感应电流的大小为车头进入磁场瞬间所受安培力的大小为

由牛顿第二定律，则有

联立解得列车的加速度大小为（2）在列车从进入磁场到停止的过程中，克服安培力所做的功在数值上等于线框产生的热量，则由能量守恒有解得16．（2025·天津红桥·一模）某学校的一节物理课上，王老师以电磁炉上的金属戒指为研究对象，探究电磁感应现象。戒指可视为周长为L、横截面积为S（如图所示）、电阻率为的单匝圆形线圈，放置在匀强磁场中，磁感应强度方向垂直于戒指平面向里。若磁感应强度大小在时间内从0均匀增加到，求：(1)戒指中的感应电动势E的大小；(2)戒指中的感应电流I的大小和方向；(3)戒指中电流的热功率P。【答案】(1)(2)，电流方向为逆时针(3)【详解】（1）设戒指的半径为r，则周长磁感应强度大小在时间内从0均匀增加到，产生的感应电动势为解得（2）根据电阻定律可知，戒指的电阻为根据欧姆定律可知，戒指中的感应电流大小为解得根据楞次定律可知，感应电流方向为逆时针。（3）戒指中电流的热功率为结合上述解得17．（2025·天津宁河·一模）如图所示，电阻不计足够长的光滑平行金属导轨与水平面夹角θ=30°，导轨间距l，所在平面的正方形区域abcd内存在有界匀强磁场，磁感应强度为B=0.2T，方向垂直斜面向上。甲、乙金属杆质量均为m=0.02kg、电阻均为R，甲金属杆处在磁场的上边界，乙金属杆距甲也为l，其中l=0.4m。同时无初速释放两金属杆，此刻在甲金属杆上施加一个沿着导轨的外力F，保持甲金属杆始终与乙金属杆未进入磁场时的加速度相同。（取g=10m/s2）(1)若甲金属杆刚出磁场时，乙金属杆进入磁场恰好做匀速运动，计算电阻R为多少？(2)以刚释放时t=0，写出从开始到甲金属杆离开磁场，外力F随时间t的变化关系，并说明F的方向；(3)若从开始释放到乙金属杆离开磁场，整个过程回路中共产生热量Q=0.055J，试求此过程中外力F对甲做的功W。【答案】(1)0.064Ω(2)F=0.25t，方向沿导轨向下(3)0.015J【详解】（1）乙进入磁场前的加速度为甲乙加速度相同，当乙进入磁场时，甲刚出磁场，根据速度位移关系可得乙进入磁场时乙在磁场中做匀速运动有代入数据解得（2）甲在磁场中运动时有外力F始终等于安培力方向沿导轨向下；（3）设乙进入磁场前，甲乙产生的总热量为Q1，此过程中甲一直在磁场中，外力F始终等于安培力，则有乙在磁场中运动过程中，回路产生的总热量Q2，根据能量守恒定律有解得由于甲出磁场以后，外力F为零，可得18．（2025·天津和平·一模）磁悬浮列车是通过电磁力牵引列车运行。简化模型如图甲所示，若磁悬浮列车模型的总质量为m，模型底部固定一与其绝缘的单匝矩形金属线框abcd，线框的总电阻为R。用两根足够长水平固定的光滑平行金属导轨PQ、MN模拟列车行驶的轨道，导轨间距为L（和矩形线框的ab边长相等），导轨间存在垂直导轨平面的等间距的交替匀强磁场，相邻两匀强磁场的方向相反、磁感应强度大小均为B，每个磁场宽度与矩形线框的边长ad相等，如图乙所示。将列车模型放置于导轨上，当交替磁场以速度v0向右匀速运动时，列车模型受磁场力由静止开始运动，速度达到时开始匀速运动，假定列车模型在运动过程中受到的空气阻力大小恒定，不考虑磁场运动时产生的其他影响。(1)求列车模型所受阻力f的大小；(2)求列车模型匀速运动时，外界在单位时间内需提供的总能量；(3)列车模型匀速运动后，某时刻开始磁场又调整速度，经过t时间后列车模型速度达到，这段时间内磁场运动的位移为d，求此过程列车的位移x车【答案】(1)(2)-(3)【详解】（1）当列车向右匀速运动时，感应电动势回路电流安培力F安=2BIL根据题意F安=f可得（2）金属框中的电功率克服阻力的功率外界单位时间提供的能量（3）在t时间内，由动量定理即可得19．（2025·天津南开·一模）如图所示，光滑绝缘水平面上PQ右侧有垂直水平面向上的匀强磁场（磁场区域足够大），磁场的磁感应强度大小为B，质量为m、电阻为R的单匝直角梯形金属线框ACDE放在水平面上，ED边长为L，。现给线框施加一个水平向右的推力，使线框以速度v匀速进入磁场，当A点刚进磁场时撤去推力，线框恰能全部进入磁场，线框运动过程中CD边始终与PQ垂直。求：(1)A点刚进磁场时线框中的电流I大小和刚进磁场时撤去推力线框的加速度a的大小；(2)从撤去推力至线框全部进入磁场的过程，线框产生的焦耳热Q；(3)从撤去推力至线框全部进入磁场的过程，通过线框横截面的电荷量q及AE边的长度L′。【答案】(1)，(2)(3)，【详解】（1）当A点刚进磁场时，感应电动势为线框中的电流大小线框的加速度为（2）根据能量守恒定律可得，线框产生的焦耳热为（3）线框恰能全部进磁场，即线框全部进入磁场时，速度为0，根据动量定理有，所以又所以20．（2025·天津南开·一模）如图所示，矩形导线框的匝数为N，面积为S，处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，矩形导线框以角速度绕垂直磁场方向的轴匀速转动，线框与理想变压器原线圈相连。理想变压器原、副线圈的匝数比为1:4，图示时刻线框平面与磁感线，垂直并以此时刻为计时起点，R1为定值电阻，R为滑动变阻器，交流电压表V1、V2均视为理想电表，不计线框的电阻。下列说法正确的是（）A．线框从图示位置开始转过180°的过程中，产生的平均电动势为B．滑动变阻器的滑片向c端滑动的过程中，R1的发热功率变大C．滑动变阻器的滑片向d端滑动的过程中，电压表V2的示数始终为D．从图示位置开始计时，线框产生的感应电动势瞬时值表达式为【答案】AD【详解】A．线框从图示位置开始转过180°的过程中，经历时间磁通量