2026年高考物理一轮复习 电磁感应（含解析）

高考物理一轮复习电磁感应一．选择题（共8小题）1．（2025春•滨海新区期末）如图所示，ef、gh为两相互平行水平固定放置的金属导轨，ab、cd为搁在金属导轨上的两金属棒，与导轨接触良好且无摩擦。当一条形磁铁向下靠近导轨时，下列描述正确的是（）A．两金属棒将相互靠近 B．金属棒对导轨的压力将减小 C．回路中电流方向为顺时针方向 D．回路中电流方向为逆时针方向2．（2025春•新乡期末）如图所示的正六边形abcdef，O点为正六边形的中心，g为aO的中点。现在a、O两点垂直纸面固定两长直导线甲、乙，两导线中通有恒定电流，g点的磁感应强度方向垂直aO向下、磁感应强度大小为B0，d点的磁感应强度大小为0。已知长直通电导线在四周空间产生的磁感应强度为B=kIA．导线甲、乙中的电流均垂直纸面对外 B．导线甲、乙中的电流之比为2：1 C．c、e两点的磁感应强度相同 D．b点的磁感应强度大小为33．（2025•湖北一模）如图所示，半径为a的金属细圆环水平放置，在圆环的中心O竖直放置一细金属杆。一电阻为R的导体棒一端套在轴O上，另一端可绕轴线沿圆环做圆周运动。圆环处于磁感应强度大小B＝Kr，方向竖直向上的磁场中，式中K为大于零的常量，r为场点到O点的距离。细金属杆与圆环用导线连接，不计细金属杆、圆环及导线的电阻。当导体棒沿顺时针方向（俯视）以角速度ω匀速转动时，下列说法正确的是（）A．导体棒中电流的方向为O→A B．导体棒受到的安培力沿顺时针方向（俯视） C．导体棒中电流的大小为KωaD．感应电动势的大小为14．（2025•海淀区校级三模）如图所示，一边长为L的正方形导线框，匀速穿过宽为2L、方向垂直于纸面对里的匀强磁场区域。线框刚进入磁场的时刻记为t＝0时刻，则下列图像能正确反映线框中的感应电流i随时间t变化规律的是（规定线框中的电流沿逆时针方向为正）（）A． B． C． D．5．（2025•南宁模拟）如图所示为我国自主争辩设计的舰载机返回航母甲板时电磁减速的简化原理图。固定在绝缘水平面上足够长的平行光滑金属导轨，左端接有定值电阻R（其余电阻不计），整个装置处在竖直向下的匀强磁场中。返回时舰载机等效为导体棒PQ以肯定初速度水平向右运动，则其速度v、加速度a随位移x的变化图像正确的是（）A． B． C． D．6．（2025春•曹县校级期末）如图所示电路，将开关从b调到a后，电路中电流的图像应为下列中的（）A． B． C． D．7．（2025春•慈溪市期末）下列四幅图都涉及了磁现象，其中描述正确的是（）A．图甲金属线圈在圆形匀强磁场中从A位置向B位置运动，金属线圈中产生感应电流 B．图乙中线框在磁场中从右向左运动时，穿过线框的磁通量不变 C．图丙中线圈a通入电流均匀变小的直流电，线圈b所接电流表不会有示数 D．图丁中水平放置的圆形线圈直径正上方通有渐渐增大的电流，圆线圈中有感应电流8．（2025•福建模拟）如图甲所示，足够长且电阻不计的光滑平行金属导轨固定在水平面内，左端连接电阻R，金属棒ab垂直放置于导轨上，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。t＝0时刻，ab棒在水平外力F作用下由静止开头沿导轨向右运动，其速度v随时间t变化的图像如图乙所示。运动过程中ab棒始终与导轨垂直且接触良好，ab棒克服安培力做功的功率为P，R上通过的电流为i，下列P或i随t变化的图像中，可能正确的是（）A． B． C． D．二．多选题（共4小题）（多选）9．（2025春•商丘期末）如图所示，两根电阻不计、足够长的光滑平行金属导轨与水平面成θ角，导轨上端连接电容器C，整个装置处在垂直于导轨平面对上的匀强磁场中。一电阻不计的金属棒MN从某高度处由静止释放，下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。MN所受的安培力大小为F、加速度大小为a、位移大小为x、电容器（未被击穿）的电荷量为Q，则它们随时间t变化的关系图像可能正确的是（）A． B． C． D．（多选）10．（2025春•武汉期中）在电磁炉上放置一盛有冷水的金属杯，接通沟通电源，一段时间后杯内的水就会沸腾起来。下列说法正确的是（）A．使用陶瓷器皿，不影响电磁炉加热效果 B．电磁炉工作时，在金属杯底部产生涡流 C．若在输入端接恒定电流，电磁炉无法正常加热金属杯 D．使用微波炉加热冷水，其工作原理与电磁炉工作原理相同（多选）11．（2025•龙岗区校级模拟）正方体abcd﹣a1b1c1d1的上表面水平，沿中心线O1O2放置一根通有恒定电流I的长直导线，现使一闭合金属小圆环沿不同方向以相同速率做匀速直线运动，运动过程中圆环平面始终水平。下列说法正确的是（）A．a1点与c点的磁感应强度相等 B．小圆环的圆心从ad边的中点竖直向上运动时，小圆环中无感应电流 C．小圆环的圆心从a移到d与从a移到c，小圆环的平均感应电动势相等 D．小圆环的圆心从b1移到c1过程中，穿过小圆环的磁通量先削减后增加（多选）12．（2025•黔南州模拟）如图所示，足够长的光滑平行水平金属导轨上放置一导体棒ab，导体棒处于垂直于导轨平面竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T。金属导轨左侧接有两个电源，E1＝E2＝2V，开头两只开关S1、S2均处于断开状态。现给导体棒一个向左的初速度v0＝3m/s，同时闭合开关S1；一段时间后导体棒达到稳定状态，随后断开开关S1，闭合开关S2。导体棒运动全过程不离开磁场区域与导轨，不会跨过电源；若导轨间距L＝0.5m，导体棒质量为2kg，导体棒接入回路的电阻为1Ω，其余电阻不计，下列说法中正确的是（）A．闭合开关S2后至导体棒再次稳定过程中安培力对导体棒做功之和为零 B．闭合开关S2后至导体棒再次稳定过程中流过导体棒的电荷量为32C C．从开头运动至导体棒最终稳定过程中安培力的冲量大小为2N•s D．全过程中导体棒加速度的最大值为1m/s2三．填空题（共4小题）13．（2025春•徐汇区校级期末）如图所示，L是一内阻很小的带铁芯的线圈，A是一灯泡，电键K处于闭合状态，电路是接通的。现将电键K打开，则在电路切断后，观看到A的现象是（选填“渐渐熄灭”，“闪一下后渐渐熄灭”，“马上熄灭”）；通过灯泡A的电流方向是（选填“a→b”或“b→a”）。14．（2025春•厦门校级月考）如图所示，边长为L、电阻为R的单匝正方形导线框从空中某处由静止开头下落，一段时间后进入一磁感应强度为B的匀强磁场区域，则该导线框进入磁场的过程中感应电流为方向（选填“顺时针”或“逆时针”），导线框全部进入磁场流过导线某一横截面的电荷量为。15．（2025春•永春县校级期中）现把电阻与线圈两端相连构成闭合回路，在线圈正上方放一条形磁铁，如图所示，磁铁的S极朝下，在将磁铁的S极插入线圈的过程中，通过电阻的感应电流的方向由，线圈与磁铁相互（填“吸引”或“排斥”）。16．（2025春•重庆期中）G为零刻度在中心的灵敏电流表，连接在直流电路中时的偏转状况如图①中所示，即电流从电流表G的左接线柱进时，指针也从中心向左偏。今把它与一线圈串联进行电磁感应试验，则图②中的条形磁铁的运动方向是向（选填“上”或“下”）；图③中电流表指针应向（选填“左”或“右”）偏转；图④中的条形磁铁下端为极（选填“N”或“S”）。四．解答题（共4小题）17．（2025•河南模拟）某科技攻关小组设计了一款磁力刹车系统，结构简图如图所示。正方形线圈abcd安装在试验车底部，线圈边长L＝1m，匝数n＝100，总电阻R＝10Ω，平直轨道上的试验车以v0＝6m/s的初速度进入轨道前方的匀强磁场区域。已知磁感应强度大小B＝0.5T，方向竖直向上，磁场区域长度也为L＝1m，磁场的边界平行于线圈的ab边，试验车（含线圈）的质量m＝500kg，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计试验车与轨道间的摩擦力。求：（1）线圈进入磁场瞬间，线圈中的电流大小；（2）线圈进入磁场瞬间，试验车受到的安培力大小；（3）从ab边刚进磁场到刚出磁场过程中，通过ab边的电荷量大小。18．（2025•辽宁模拟）某科技攻关小组设计了一款磁力刹车系统，结构简图如图所示。正方形线圈abcd安装在试验车底部，线圈边长L＝1m，匝数n＝100，总电阻R＝10Ω，平直轨道上的试验车以v0＝6m/s的初速度进入轨道前方的匀强磁场区域。已知磁感应强度大小B＝0.5T，方向竖直向上，磁场区域长度也为L＝1m，磁场的边界平行于线圈的ab边，试验车（含线圈）的质量m＝500kg，不计试验车与轨道间的摩擦力。求：（1）线圈进入磁场瞬间，线圈中的电流大小；（2）线圈进入磁场瞬间，试验车的加速度大小。19．（2025•扬州模拟）如图所示，平行金属导轨ab、cd两端各接一个阻值为R的电阻，直径为d的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B，电阻为R的金属棒PQ向右匀速运动，与导轨的接触良好，某时刻通过左端电阻的电流最大且电流大小为Im，不计导轨电阻，求此时金属棒PQ。（1）所受安培力的大小F；（2）速度的大小v。20．（2025•安徽模拟）如图所示为某种电磁缓冲车的结构示意图，其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的缓冲车厢。在缓冲车的底板上安装着电磁铁，能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ、MN，可以在导轨内自由滑动的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合的多匝矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L，假设缓冲车以速度v0与障碍物C碰撞后，滑块K马上停下，此后线圈与轨道的磁场作用力使缓冲车厢减速运动，从而实现缓冲，一切摩擦及空气阻力不计。（1）求缓冲车厢减速过程中最大加速度的大小：（2）碰撞后缓冲车厢向前移动一段距离后速度为零，则此过程线圈abcd中产生的焦耳热是多少；（3）缓冲车与障碍物碰撞后，要使导轨右端不遇到障碍物，则缓冲车与障碍物碰撞前，导轨右端与滑块K的cd边距离至少多大。

高考物理一轮复习电磁感应参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）1．（2025春•滨海新区期末）如图所示，ef、gh为两相互平行水平固定放置的金属导轨，ab、cd为搁在金属导轨上的两金属棒，与导轨接触良好且无摩擦。当一条形磁铁向下靠近导轨时，下列描述正确的是（）A．两金属棒将相互靠近 B．金属棒对导轨的压力将减小 C．回路中电流方向为顺时针方向 D．回路中电流方向为逆时针方向【考点】右手定则；来拒去留．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证力量．【答案】A【分析】依据楞次定律结合具体的推断方法进行分析解答。【解答】解：当条形磁铁靠近导轨时，穿过导轨的磁通量增大，依据楞次定律推断出导轨中产生感应电流，其产生的磁场将会阻碍磁通量增大，故两棒向内靠近，减小磁感线穿过的面积，从而起到阻碍磁通量增大的作用，与磁铁存在相互排斥的力，因此不论条形磁铁下端是S极还是N极，磁铁靠近，则两棒靠近，金属棒对导轨的压力将增大；因不知道磁铁下端是S极还是N极，故无法推断原磁场的方向，则无法推断感应电流的方向，故BCD错误，A正确。故选：A。【点评】考查楞次定律的应用，会依据题意进行精确     分析解答。2．（2025春•新乡期末）如图所示的正六边形abcdef，O点为正六边形的中心，g为aO的中点。现在a、O两点垂直纸面固定两长直导线甲、乙，两导线中通有恒定电流，g点的磁感应强度方向垂直aO向下、磁感应强度大小为B0，d点的磁感应强度大小为0。已知长直通电导线在四周空间产生的磁感应强度为B=kIA．导线甲、乙中的电流均垂直纸面对外 B．导线甲、乙中的电流之比为2：1 C．c、e两点的磁感应强度相同 D．b点的磁感应强度大小为3【考点】右手定则；磁感应强度的矢量叠加．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证力量．【答案】B【分析】d点的磁感应强度大小为0，依据右手定则，推断导线甲、乙中的电流一个垂直纸面对外、一个垂直纸面对里；d点的磁感应强度大小为0，长直通电导线在四周空间产生的磁感应强度为B=kI依据平行四边形定则定则，分析c、e两点的合磁感应强度；分别求导线甲、乙在b点产生的磁感应强度，再依据合成规律，求b点合磁感应强度。【解答】解：A．依题意，d点的磁感应强度大小为0，依据磁感应强度叠加原理，可知导线甲乙在d点产生的磁感应强度方向相反，依据右手定则，可知导线甲、乙中的电流一个垂直纸面对外、一个垂直纸面对里，故A错误；B．设正六边形边长为L，由于d点的磁感应强度大小为0，长直通电导线在四周空间产生的磁感应强度为B=kIr解得导线甲、乙中的电流之比I故B正确；C．导线甲在c、e两点产生的磁感应强度大小相同、方向不同，导线乙在c、e两点产生的磁感应强度大小相同、方向不同，平行四边形定则定则可知c、e两点的合磁感应强度不相同，故C错误；D．设乙的电流大小为I，可知B解得kI导线甲在b点产生的磁感应强度B导线乙在b点产生的磁感应强度B几何关系可知二者夹角为120°故b点合磁感应强度B解得B故D错误。故选：B。【点评】本题解题关键是把握右手定则，即磁感应强度的合成规律满足平四边形定则，难度中等。3．（2025•湖北一模）如图所示，半径为a的金属细圆环水平放置，在圆环的中心O竖直放置一细金属杆。一电阻为R的导体棒一端套在轴O上，另一端可绕轴线沿圆环做圆周运动。圆环处于磁感应强度大小B＝Kr，方向竖直向上的磁场中，式中K为大于零的常量，r为场点到O点的距离。细金属杆与圆环用导线连接，不计细金属杆、圆环及导线的电阻。当导体棒沿顺时针方向（俯视）以角速度ω匀速转动时，下列说法正确的是（）A．导体棒中电流的方向为O→A B．导体棒受到的安培力沿顺时针方向（俯视） C．导体棒中电流的大小为KωaD．感应电动势的大小为1【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；电磁感应与电路结合；推理论证力量．【答案】D【分析】由右手定则，分析金属棒中的电流方向；由左手定则，分析金属棒受到的安培力方向；先求每一极端小段的金属棒产生的感应电动势，再积分求总的电动势，最终依据欧姆定律，求电流。【解答】解：A．由右手定则，金属棒中的电流方向为A→O，故A错误；B．由左手定则，金属棒受到的安培力沿逆时针方向（俯视），故B错误；CD．设每一极端小段的金属棒产生的感应电动势大小为e，则有e＝Brωr则整根金属棒的感应电动势的大小为E=依据欧姆定律，则金属棒中电流的大小I=故C错误，D正确。故选：D。【点评】本题在求电流时，一个关键点为先求每一极端小段的金属棒产生的感应电动势，接受了微元思想，难度中等。4．（2025•海淀区校级三模）如图所示，一边长为L的正方形导线框，匀速穿过宽为2L、方向垂直于纸面对里的匀强磁场区域。线框刚进入磁场的时刻记为t＝0时刻，则下列图像能正确反映线框中的感应电流i随时间t变化规律的是（规定线框中的电流沿逆时针方向为正）（）A． B． C． D．【考点】依据B﹣t或者φ﹣t图像计算感应电动势；闭合电路欧姆定律的内容和表达式；楞次定律及其应用；导体平动切割磁感线产生的感应电动势．【专题】比较思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证力量．【答案】C【分析】先由楞次定律推断感应电流的方向，由E＝BLv和闭合电路欧姆定律I=E【解答】解：线框开头进入到全部进入时，线框的右边切割磁感线，由右手定则可知，感应电流沿逆时针方向，在i﹣t图像为正；因速度保持不变，故感应电动势与感应电流大小不变，当全部进入时，线框中磁通量不变，故没有感应电流，当线框开头离开时，左边切割磁感线，由右手定则可知感应电流为顺时针，故感应电流为负值，且大小不变。故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】由楞次定律或左手定则推断感应电流方向，依据E＝BLv和闭合电路欧姆定律求解感应电流的大小，都是常用的方法和思路。5．（2025•南宁模拟）如图所示为我国自主争辩设计的舰载机返回航母甲板时电磁减速的简化原理图。固定在绝缘水平面上足够长的平行光滑金属导轨，左端接有定值电阻R（其余电阻不计），整个装置处在竖直向下的匀强磁场中。返回时舰载机等效为导体棒PQ以肯定初速度水平向右运动，则其速度v、加速度a随位移x的变化图像正确的是（）A． B． C． D．【考点】导轨滑杆模型中的图像问题；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；推理法；电磁感应中的力学问题；推理论证力量．【答案】D【分析】依据左手定则推断导体棒PQ受到的安培力方向，由牛顿其次定律结合安培力公式、欧姆定律列式分析加速度变化状况，即可推断v﹣t图像的斜率变化状况；依据动量定理以及电荷量与电流的关系列式，分析v﹣x图线的外形；依据加速度与速度的关系分析加速度变化率的变化状况：依据加速度与速度的关系，以及速度与位移的关系分析a﹣x图像的外形，【解答】解：AB.导体棒切割磁感线、回路中消灭感应电流，导体棒ab受到向左的安培力，向右减速运动，由F=BIL=BBLvR取一小段时间Δt，则有：maΔt=B2即：ΔvΔxCD.依据a=B故选：D。【点评】本题要依据电磁感应规律以及力学规律相结合得到图像的解析式，再分析图像的外形。6．（2025春•曹县校级期末）如图所示电路，将开关从b调到a后，电路中电流的图像应为下列中的（）A． B． C． D．【考点】自感线圈对电路的影响．【专题】定性思想；归纳法；电磁感应与电路结合；理解力量．【答案】A【分析】依据LC电路电流的变化规律分析即可。【解答】解：依据题意可知，将开关由b调到a时，电容器和自感线圈组成回路，此回路为振荡电路，产生周期性快速变化的正弦振荡电流，电容器开头放电，由于电容器上极板带正电，则电流为逆时针，电场能向磁场能转化，电流越来越大，当电容电量为0时，表示放电完毕，此时电流达到最大；其后磁场能向电场能转化，电容器充电，电流越来越小，电流为0时，充电完毕，此时，电容器下极板带正电；之后开头反向放电，电流为顺时针，电场能向磁场能转化，电流越来越大，当电容电量为0时，放电完毕，此时电流最大，其后磁场能向电场能转化，电容器充电，电流越来越小，电流为0时，充电完毕，在电场能转化为磁场能以及磁场能又再次转化为电场能的过程中，电路向外辐射电磁波，电路中的能量在耗散，所以最大电流越来越小，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】把握LC振荡电路的电流变化特点是解题的基础。7．（2025春•慈溪市期末）下列四幅图都涉及了磁现象，其中描述正确的是（）A．图甲金属线圈在圆形匀强磁场中从A位置向B位置运动，金属线圈中产生感应电流 B．图乙中线框在磁场中从右向左运动时，穿过线框的磁通量不变 C．图丙中线圈a通入电流均匀变小的直流电，线圈b所接电流表不会有示数 D．图丁中水平放置的圆形线圈直径正上方通有渐渐增大的电流，圆线圈中有感应电流【考点】感应电流的产生条件；推断磁通量的大小或变化．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解力量．【答案】B【分析】明确磁通量的定义以及感应电流的条件，分析各项中是否满足感应电流产生的条件即可。【解答】解：A、图甲金属线圈在圆形匀强磁场中从A位置向B位置运动，金属线圈中的磁通量没有发生变化，线圈中不会产生感应电流，故A错误；B、图乙中线框在磁场中从右向左运动时，线圈面积不变，磁感应强度不变，所以穿过线框的磁通量不变，故B正确；C、图丙中线圈a通入电流均匀变小的直流电，线圈中的磁通量发生变化，产生感应电流，线圈b所接电流表有示数，故C错误；D、图丁中水平放置的圆形线圈直径正上方导线中电流增大，但穿过线圈的磁通量始终为零，保持不变，线圈中没有感应电流，故D错误。故选：B。【点评】本题考查磁通量的定义以及感应电流产生的条件，把握产生感应电流的条件是解题的关键。8．（2025•福建模拟）如图甲所示，足够长且电阻不计的光滑平行金属导轨固定在水平面内，左端连接电阻R，金属棒ab垂直放置于导轨上，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。t＝0时刻，ab棒在水平外力F作用下由静止开头沿导轨向右运动，其速度v随时间t变化的图像如图乙所示。运动过程中ab棒始终与导轨垂直且接触良好，ab棒克服安培力做功的功率为P，R上通过的电流为i，下列P或i随t变化的图像中，可能正确的是（）A． B． C． D．【考点】导轨滑杆模型中的图像问题；电磁感应过程中的电路类问题；安培力作用下的运动学问题（力与运动的关系）．【专题】定性思想；推理法；电磁感应——功能问题；推理论证力量．【答案】B【分析】先依据感生电动势的计算公式和闭合电路的欧姆定律可得到电流和时间的关系式；依据P＝Fv写出功率和时间的关系式分析。【解答】解：CD、设金属导轨间距为L，磁感应强度为B，由图乙可知金属棒做的是匀加速运动，设加速度大小为a，则金属棒产生的感应电动势大小为E＝BLv＝BLat，设金属棒的电阻为r，依据欧姆定律可得R上的电流为i=EAB、ab棒受到的安培力大小为F安＝BiL，所以ab棒克服安培力做功的功率为P＝F安v，整理可得P=B故选：B。【点评】知道金属棒做的是匀加速直线运动是解题的关键，把握动生电动势的计算公式，闭合电路的欧姆定律以及安培力计算公式和功率计算公式是解题的基础。二．多选题（共4小题）（多选）9．（2025春•商丘期末）如图所示，两根电阻不计、足够长的光滑平行金属导轨与水平面成θ角，导轨上端连接电容器C，整个装置处在垂直于导轨平面对上的匀强磁场中。一电阻不计的金属棒MN从某高度处由静止释放，下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。MN所受的安培力大小为F、加速度大小为a、位移大小为x、电容器（未被击穿）的电荷量为Q，则它们随时间t变化的关系图像可能正确的是（）A． B． C． D．【考点】含有电容器的导轨滑杆模型．【专题】比较思想；方程法；电磁感应与图象结合；分析综合力量．【答案】BC【分析】依据电流定义式、加速度定义式、安培力公式结合牛顿其次定律推导出加速度表达式，分析加速度变化状况，并推断出安培力大小F的变化状况。依据运动学公式分析位移x变化状况。依据Q＝CU分析Q的变化状况，再选择图像。【解答】解：AB、金属棒切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，持续对电容器充电。设在极短时间Δt内，电容器的电荷量增加ΔQ，则回路中的电流大小为I=金属棒受到的安培力大小为F＝BIL＝B2L2Ca设导轨平面与水平面的夹角为θ，依据牛顿其次定律得mgsinθ﹣F＝ma联立解得a=可知加速度为定值，通过金属棒的电流I和金属棒所受的安培力F均为定值，故A错误，B正确；C、金属棒做初速度为零的匀加速直线运动，由位移x=1D、电容器的电荷量Q＝CU＝CBLΔv＝CBLat，可知Q﹣t图像为过原点的直线，故D错误。故选：BC。【点评】解答本题的关键要依据牛顿其次定律以及电磁感应规律、电路规律推导出金属棒加速度表达式，分析出金属棒的运动状况，要在理解的基础上记住本题的结论。（多选）10．（2025春•武汉期中）在电磁炉上放置一盛有冷水的金属杯，接通沟通电源，一段时间后杯内的水就会沸腾起来。下列说法正确的是（）A．使用陶瓷器皿，不影响电磁炉加热效果 B．电磁炉工作时，在金属杯底部产生涡流 C．若在输入端接恒定电流，电磁炉无法正常加热金属杯 D．使用微波炉加热冷水，其工作原理与电磁炉工作原理相同【考点】电磁阻尼与电磁驱动；涡流的产生及原理．【专题】定性思想；推理法；沟通电专题；理解力量．【答案】BC【分析】电磁炉的工作原理是利用涡流产生热量从而加热食物，结合法拉第电磁感应定律和产生电流的条件分析解答。【解答】解：AB、电磁炉工作时，沟通电源产生变化的磁场，使通过金属杯的磁通量发生变化而产生涡流，利用涡流来加热水，假如将金属杯换作陶瓷器皿，陶瓷是绝缘体，将不能再产生涡流，则电磁炉不能正常工作，故A错误，B正确；C、输入端接恒定电流，穿过金属杯的磁通量不变，无法产生感应电流，电磁炉不能正常工作，故C正确；D、电磁炉是先加热金属杯再加热冷水，微波炉直接给水加热，故D错误。故选：BC。【点评】解题关键是能够理解简易电磁炉的工作原理：电磁感应，通过试验现象分析各选项。（多选）11．（2025•龙岗区校级模拟）正方体abcd﹣a1b1c1d1的上表面水平，沿中心线O1O2放置一根通有恒定电流I的长直导线，现使一闭合金属小圆环沿不同方向以相同速率做匀速直线运动，运动过程中圆环平面始终水平。下列说法正确的是（）A．a1点与c点的磁感应强度相等 B．小圆环的圆心从ad边的中点竖直向上运动时，小圆环中无感应电流 C．小圆环的圆心从a移到d与从a移到c，小圆环的平均感应电动势相等 D．小圆环的圆心从b1移到c1过程中，穿过小圆环的磁通量先削减后增加【考点】导体平动切割磁感线产生的感应电动势；楞次定律及其应用．【专题】定性思想；归纳法；磁场磁场对电流的作用；理解力量．【答案】BD【分析】磁感应强度是矢量；依据产生感应电流的条件分析；依据法拉第电磁感应定律分析；依据磁通量的定义分析。【解答】解：A、a1点与c点到长直导线的距离相等，所以这两点的磁感应强度大小相等，依据安培定则可知，a1点与c点的磁感应强度方向不同，故A错误；B、小圆环的圆心从ad边的中点竖直向上运动时，穿过小圆环的磁通量始终为零不变，所以小圆环中无感应电流，故B正确；C、小圆环的圆心从a移到d与从a移到c过程中，穿过小圆环的磁通量变化量相等，但是ad和ac长度不等，所以经过的时间不等，依据法拉第电磁感应定律可知，在此过程中，小圆环的平均感应电动势不相等，故C错误；D、小圆环的圆心从b1移到c1过程中，到直导线正下方是穿过小圆环的磁通量为零，则穿过小圆环的磁通量先削减后增加，故D正确。故选：BD。【点评】本题考查了对直线电流磁场的生疏，对磁通量、产生感应电流的条件的理解，基础题。（多选）12．（2025•黔南州模拟）如图所示，足够长的光滑平行水平金属导轨上放置一导体棒ab，导体棒处于垂直于导轨平面竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T。金属导轨左侧接有两个电源，E1＝E2＝2V，开头两只开关S1、S2均处于断开状态。现给导体棒一个向左的初速度v0＝3m/s，同时闭合开关S1；一段时间后导体棒达到稳定状态，随后断开开关S1，闭合开关S2。导体棒运动全过程不离开磁场区域与导轨，不会跨过电源；若导轨间距L＝0.5m，导体棒质量为2kg，导体棒接入回路的电阻为1Ω，其余电阻不计，下列说法中正确的是（）A．闭合开关S2后至导体棒再次稳定过程中安培力对导体棒做功之和为零 B．闭合开关S2后至导体棒再次稳定过程中流过导体棒的电荷量为32C C．从开头运动至导体棒最终稳定过程中安培力的冲量大小为2N•s D．全过程中导体棒加速度的最大值为1m/s2【考点】动量定理在电磁感应问题中的应用；安培力作用下的运动学问题（力与运动的关系）．【专题】定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；推理论证力量．【答案】ABD【分析】分别计算出闭合开关S1，和断开开关S1，闭合开关S2后导体棒的速度，然后依据动能定理分析；依据动量定理和电流的定义式计算；依据动量定理计算；计算出导体棒中的最大电流，进而计算最大安培力，依据牛顿其次定律计算即可。【解答】解：A、当闭合开关S1，一段时间后导体棒达到稳定状态时，设导体棒的速度大小为v，则E1＝BLv，当断开开关S1，闭合开关S2后，达到稳定状态后设导体棒的速度大小为v'，则有E2＝BLv'，由于E1＝E2，所以v＝v'，在闭合开关S2后至导体棒再次稳定过程中，仅有安培力对导体棒做功，依据动能定理可得安培力对导体棒做功为零，故A正确；B、在闭合开关S2后至导体棒再次稳定后，导体棒中的电流为零，依据右手定则可知导体棒的速度方向向右；闭合开关S1，一段时间后导体棒达到稳定状态时的速度方向向左，由上面A的分析可解得v＝v'＝4m/s，规定向右的方向为正方向，闭合开关S2后至导体棒再次稳定过程中，对导体棒依据动量定理有BIC、规定向右的方向为正方向，对导体棒从开头到最终达到稳定状态过程中依据动量定理得安培力的冲量大小为I＝mv'﹣m（﹣v0），代入数据解得I＝14N•s，故C错误；D、当导体棒中的电流最大时导体棒的加速度最大，当断开开关S1，闭合开关S2时，导体棒中的电流最大为Im=E2+BLvr，此时导体棒受到的安培力大小为F＝BI故选：ABD。【点评】知道不管是闭合开关S1，还是断开开关S1，闭合开关S2后导体棒稳定时导体棒中的电流为零，即导体棒产生的感应电动势等于电源电动势是解题的关键。三．填空题（共4小题）13．（2025春•徐汇区校级期末）如图所示，L是一内阻很小的带铁芯的线圈，A是一灯泡，电键K处于闭合状态，电路是接通的。现将电键K打开，则在电路切断后，观看到A的现象是闪一下后渐渐熄灭（选填“渐渐熄灭”，“闪一下后渐渐熄灭”，“马上熄灭”）；通过灯泡A的电流方向是a→b（选填“a→b”或“b→a”）。【考点】自感线圈对电路的影响．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；理解力量．【答案】闪一下后渐渐熄灭；a→b。【分析】线圈的特点是闭合时阻碍电流的增大，断开时产生一自感电动势相当于电源，由此分析。【解答】解：并联电路的电流之比等于电阻的反比，可知K断开前流过线圈的电流大于流过灯泡的电流，自感线圈L中有向左的电流；断开K后瞬间，L的电流要减小，于是L中产生自感电动势，阻碍自身电流的减小，但电流还是渐渐减小为零。原来跟L并联的灯泡A，由于电源的断开，向左的电流会马上消逝，但此时它却与L组成自感回路，L中维持的正在减弱的电流恰好从灯泡A中流过，方向由a到b。因此灯泡会闪亮一下，随后亮度渐渐变暗，最终熄灭。故答案为：闪一下后渐渐熄灭；a→b。【点评】做好本类题目的关键是弄清线圈与哪种电器相配，结合线圈特点分析新组成的闭合回路的电流流向。14．（2025春•厦门校级月考）如图所示，边长为L、电阻为R的单匝正方形导线框从空中某处由静止开头下落，一段时间后进入一磁感应强度为B的匀强磁场区域，则该导线框进入磁场的过程中感应电流为逆时针方向（选填“顺时针”或“逆时针”），导线框全部进入磁场流过导线某一横截面的电荷量为BL2【考点】线圈进出磁场的能量计算；线圈进出磁场的电压、电流、电荷量等电学量的计算．【专题】比较思想；模型法；电磁感应与电路结合；理解力量．【答案】逆时针，BL【分析】依据楞次定律推断感应电流方向。依据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律以及电荷量与电流的关系求流过导线某一横截面的电荷量。【解答】解：导线框进入磁场的过程中，磁通量增加，磁场方向垂直纸面对里，依据楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向。导线框进入磁场的过程中平均感应电动势为E平均感应电流为I流过导线某一横截面的电荷量为q=故答案为：逆时针，BL【点评】本题主要考查法拉第电磁感应定律的有关应用，解答本题的关键要娴熟推导出电荷量与磁通量变化量的关系式，能在理解的基础上记住结论。15．（2025春•永春县校级期中）现把电阻与线圈两端相连构成闭合回路，在线圈正上方放一条形磁铁，如图所示，磁铁的S极朝下，在将磁铁的S极插入线圈的过程中，通过电阻的感应电流的方向由b→a，线圈与磁铁相互排斥（填“吸引”或“排斥”）。【考点】楞次定律及其应用．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证力量．【答案】b→a；排斥。【分析】当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向下，所以感应磁场方向向上，依据右手螺旋定则推断感应电流的方向；依据楞次定律“来拒去留”可推断磁铁与线圈的相互作用．【解答】解：当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向上，依据楞次定律可知感应电流产生的磁场方向向下，依据右手螺旋定则，拇指表示感应磁场的方向，四指弯曲的方向表示感应电流的方向，可知感应电流从上向下通过螺线管，则即通过电阻的电流方向为b→a；依据楞次定律“来拒去留”可推断线圈对磁铁的作用是阻碍作用，故磁铁与线圈相互排斥。故答案为：b→a；排斥。【点评】楞次定律应用的题目我们肯定会做，大胆的去找原磁场方向，磁通量的变化状况，应用楞次定律推断即可．16．（2025春•重庆期中）G为零刻度在中心的灵敏电流表，连接在直流电路中时的偏转状况如图①中所示，即电流从电流表G的左接线柱进时，指针也从中心向左偏。今把它与一线圈串联进行电磁感应试验，则图②中的条形磁铁的运动方向是向下（选填“上”或“下”）；图③中电流表指针应向左（选填“左”或“右”）偏转；图④中的条形磁铁下端为N极（选填“N”或“S”）。【考点】楞次定律及其应用．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证力量．【答案】下；左；N【分析】要使灵敏电流计的指针向左偏转，依据图①试验可知，电流是从左接线柱流入灵敏电流表，从而知道螺线管中电流方向，由安培定则从而知道感应电流的磁场方向，依据楞次定律知，磁通量的变化，从而确定磁体的运动方向以及磁极。【解答】解：图②中的电流计指针左偏，可知感应电流是从左侧流入的，依据安培定则可知感应电流的磁场向下，原磁场向上，依据楞次定律可知可知条形磁铁的运动方向是向下；图③中穿过线圈的磁通量向下减小，依据楞次定律可知，线圈中产生的感应电流从左侧流入电表，可知电流表指针应向左偏转；图④中的电流表指针向右偏转，可知感应电流从右侧流入电表，感应电流的磁场向上，磁铁插入，则穿过线圈的磁通量向下增加的，可知条形磁铁下端为N极。故答案为：下；左；N【点评】解决本题的关键把握楞次定律的内容：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。四．解答题（共4小题）17．（2025•河南模拟）某科技攻关小组设计了一款磁力刹车系统，结构简图如图所示。正方形线圈abcd安装在试验车底部，线圈边长L＝1m，匝数n＝100，总电阻R＝10Ω，平直轨道上的试验车以v0＝6m/s的初速度进入轨道前方的匀强磁场区域。已知磁感应强度大小B＝0.5T，方向竖直向上，磁场区域长度也为L＝1m，磁场的边界平行于线圈的ab边，试验车（含线圈）的质量m＝500kg，取重力加速度大小g＝10m/s2，不计试验车与轨道间的摩擦力。求：（1）线圈进入磁场瞬间，线圈中的电流大小；（2）线圈进入磁场瞬间，试验车受到的安培力大小；（3）从ab边刚进磁场到刚出磁场过程中，通过ab边的电荷量大小。【考点】线圈进出磁场的电压、电流、电荷量等电学量的计算；线圈进出磁场的动力学问题．【专题】定量思想；推理法；电磁感应中的力学问题；推理论证力量．【答案】（1）线圈进入磁场瞬间，线圈中的电流大小等于30A；（2）线圈进入磁场瞬间，试验车受到的安培力大小等于1500N；（3）从ab边刚进磁场到刚出磁场过程中，通过ab边的电荷量大小等于5C。【分析】（1）线圈刚进入磁场，依据动生电动势表达式求解回路中的感应电动势，依据欧姆定律求解电流；（2）依据安培力公式求解试验车受到的安培力的大小；（3）依据法拉第电磁感应定律和欧姆定律求解平均电流，依据电流定义式求解电荷量。【解答】解：（1）线圈刚进入磁场，回路中的感应电动势E0＝nBLv0线圈中的感应电流I解得I0＝30A。（2）试验车受到的安培力的大小F＝nBI0L解得F＝1500N。（3）从ab边刚进磁场到刚出磁场过程中，线圈中的平均电流大小I=又有IΔΦ＝BL2解得q＝5C。答：（1）线圈进入磁场瞬间，线圈中的电流大小等于30A；（2）线圈进入磁场瞬间，试验车受到的安培力大小等于1500N；（3）从ab边刚进磁场到刚出磁场过程中，通过ab边的电荷量大小等于5C。【点评】本题考查电磁感应，目的是考查同学的推理论证力量，代入相应公式即可求解。18．（2025•辽宁模拟）某科技攻关小组设计了一款磁力刹车系统，结构简图如图所示。正方形线圈abcd安装在试验车底部，线圈边长L＝1m，匝数n＝100，总电阻R＝10Ω，平直轨道上的试验车以v0＝6m/s的初速度进入轨道前方的匀强磁场区域。已知磁感应强度大小B＝0.5T，方向竖直向上，磁场区域长度也为L＝1m，磁场的边界平行于线圈的ab边，试验车（含线圈）的质量m＝500kg，不计试验车与轨道间的摩擦力。求：（1）线圈进入磁场瞬间，线圈中的电流大小；（2）线圈进入磁场瞬间，试验车的加速度大小。【考点】线圈进出磁场的动力学问题；牛顿其次定律的简洁应用．【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；电磁感应与电路结合；推理论证力量．【答案】（1）线圈进入磁场瞬间，线圈中的电流大小是30A；（2）线圈进入磁场瞬间，试验车的加速度大小是3m/s2。【分析】（1）线圈进入磁场的过程中做切割磁感线运动，依据E＝BLv求出电动势，由闭合电路的欧姆定律求出电流；（2）依据安培力的公式求出安培力，依据牛顿其次定律求出加速度。【解答】解：（1）线圈刚进入磁场，回路中的感应电动势E＝nBLv0线圈中的感应电流I=代入数据解得I＝30A（2）试验车受到的安培力的大小F＝nBIL由牛顿其次定律有F＝ma代入数据解得a＝3m/s2答：（1）线圈进入磁场瞬间，线圈中的电流大小是30A；（2）线圈进入磁场瞬间，试验车的加速度大小是3m/s2。【点评】本题考查电磁感应，目的是考查同学的推理论证力量，牢记相关的模型即可。19．（2025•扬州模拟）如图所