第42讲 法拉第电磁感应定律 自感和涡流（专项训练）（四川专用）（教师版）

第42讲法拉第电磁感应定律自感和涡流目录TOC\o"1-2"\h\u01课标达标练题型01法拉第电磁感应定律题型02自感与互感题型03涡流题型04电磁阻尼与电磁驱动02核心突破练03真题溯源练01法拉第电磁感应定律1.特斯拉线圈开创了电力时代，如图甲所示，图乙为小花同学制作的一个“特斯拉线圈”，图丙为其原理示意图，线圈匝数为n、横截面积为S。空间加上平行于线圈轴线并穿过线圈的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化的图像如图丁所示（B0、t0已知），则在t0A．恒为nSB0tC．从0均匀变化到nSB0t【答案】A【详解】穿过线圈的磁感应强度均匀增加，产生恒定的电动势，由法拉第电磁感应定律得E=n由楞次定律可得线圈中电流的方向为b到a，a点电势高于b点电势。故选A。2.（2025·四川成都·二模）四个完全相同的小灯泡L1A．通过灯泡L2的电流方向为b到a B．灯泡LC．灯泡L2的亮度最暗 D．灯泡L【答案】D【详解】D．磁感应强度大小随时间均匀增大，由法拉第电磁感应定律可知，回路中产生恒定的感应电流，L3与L4串联之后与L2并联，L1在干路上，电流最大，故L1最亮，D正确；A．由楞次定律，通过灯泡L2的电流方向为a到bB．由上述分析可知，灯泡L3C．由上述分析可知，灯泡L3、L故选D。3.如图甲所示，粗细均匀的单匝矩形线框放置在水平绝缘桌面上，线框两长边中点M、N所在直线一侧区域存在匀强磁场，t=0时磁场方向垂直于桌面向上，磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示。已知线框的长为2L，宽为L，单位长度的电阻为r，线框始终静止，则线框受到的最大静摩擦力为（）A．2B02L23rt0 【答案】A【详解】根据法拉第电磁感应定律可知，线框中产生的感应电动势E=回路的电阻R=6Lr根据闭合回路欧姆定律可知，回路中的电流I=磁场的磁感应强度最大时，线框受到的安培力最大，根据受力平衡可知，线框受到的最大静摩擦力f=故选A。4.北京某中学的教室有一朝南的合金窗，教室所处位置地磁场的磁感应强度水平分量大小为B，方向垂直于窗框水平边且指向室内。窗的窗扇竖直边长为L1，水平边长为L2，一学生在教室内将封闭的窗扇向外推开60°的过程用时为t。对该过程判断正确的是（A．窗扇的水平边上各点的线速度相等B．通过窗扇的磁通量大小在不断增大C．从学生视角，窗扇产生顺时针方向的电流D．窗扇的平均感应电动势大小为E=【答案】D【详解】A．窗扇水平边上各点做同轴的圆周运动，其速度大小随距离的转轴的增大而增大，所以窗扇的水平边上各点的线速度不相等，故A错误；B．由于教室所处位置地磁场的磁感应强度水平分量方向垂直于窗框水平边且指向室内，所以转到过程中与磁场垂直面积减小，故磁通量的大小不断减小，故B错误；C．根据右手定则可以判断出窗扇转动过程中竖直边切割磁场产生的电流方向从上到下，即窗扇产生逆时针方向的电流，故C答案错误；D．窗扇开始的磁通量为Φ转过60°的磁通量为Φ由此可得E=故D正确；故选D。5.如图所示，在竖直悬挂的金属圆环右侧，有一螺线管MN水平放置，两者处于同一轴线上。螺线管下方接有水平方向的平行金属导轨，且导轨所在位置有竖直向上的匀强磁场。现将导体棒ab置于平行导轨上，让其垂直于导轨向右做加速运动。若整个过程中导体棒与导轨接触良好，金属圆环未发生扭转，则（）A．导体棒b端电势高于a端B．电流在螺线管内产生的磁场方向由M指向NC．从右侧观察，金属圆环产生逆时针方向的感应电流D．金属圆环向右摆动【答案】C【详解】A．由右手定则可知，导体棒ab向右运动时，b端电势低于a端，故A错误；B．导体棒ab向右运动时，螺线管中的电流从M流向N，由安培定则可知螺线管内产生的磁场方向由N指向M，故B错误；C．穿过金属圆环的磁感线向左，当ab向右做加速运动，感应电动势增大，则感应电流增大，螺线管产生的磁场增强，穿过金属圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，从右侧观察，金属圆环产生逆时针方向的感应电流，故C正确；D．根据金属圆环和螺线管中的电流方向，金属圆环的右侧等效为磁铁的N极，螺线管的M端等效为磁铁的N极，所以金属圆环向左摆动，故D错误。故选C。6.如图所示，三根完全相同的电阻丝一端连在一起并固定在转轴O上，另一端分别固定于导体圆环上的A、C、D点，并互成120°角，导体圆环的电阻不计。转轴的右侧空间有垂直于纸面向里的匀强磁场，范围足够大，现让圆环绕转轴O顺时针匀速转动，在连续转动的过程中，对其中一根电阻丝OA，下列说法正确的是（）A．电流方向始终不变B．A点的电势始终高于O点的电势C．电流大小始终不变D．电流大小有三个不同值【答案】B【详解】A．根据右手定则可知，当OA在磁场中时，电流从O到A，当OA在磁场外时，电流从A到O，故A错误；B．当OA在磁场中时，A为电源正极，O为电源负极，A点的电势高于O点的电势，当OA在磁场外时，电流从A到O，A点的电势高于O点的电势，故B正确；CD．对于连续转动的不同时刻，电路有两种不同情形，如图所示图甲为只有一根电阻丝在磁场中的情形，图乙为两根电阻丝在磁场中的情形，两电路中的电动势相同，总电阻相同，所以总电流相同，但流过图甲中的一个电阻和图乙中的一个电源的电流均为总电流的一半，故流过OA中的电流大小有两个不同值，故CD错误。故选B。7.置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A相连。套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平光滑导轨上，如图所示，导轨上有一根金属棒ab静止处在垂直于纸面向外的匀强磁场中。要使ab棒向左运动，则圆盘可以（）A．顺时针匀速转动 B．顺时针加速转动 C．逆时针匀速转动 D．逆时针加速转动【答案】B【详解】当圆盘顺时针加速转动时，根据右手定则可知产生的感应电流方向为由圆心指向盘边缘，在线圈A中的磁场方向为由A指向B，且磁场在增强，在线圈B中产生感应电流，棒ab中电流方向由a流向b，根据左手定则可知ab棒向左运动，同理可知，圆盘顺时针减速转动时，ab棒向右运动，圆盘匀速转动时，ab棒不受力，静止不动，圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向右运动。故选B。8.如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，长为L的金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动。金属导轨电阻不计，金属杆与导轨的夹角为θ，电阻为2R，ab间电阻为3R，M、N两点间电势差为U，M、N两点电势分别为φM、φA．φN<φM，U=2BLvC．φN>φM，U=BLvsin【答案】B【详解】根据右手定则可知M点电势高于N点，即φ感应电动势E=BL可得MN间的电势差U=故选B。9.（多选）如图所示，平行虚线a、b之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，两虚线间的距离为l。现使一粗细均匀、电阻为R的闭合直角三角形导线框ABC以恒定的速度v沿垂直于磁场边界的方向穿过磁场区域。已知AB边长为l，BC边与磁场边界平行。t=0时刻，A点到达边界a，取逆时针方向为感应电流的正方向，则在导线框穿越磁场区域的过程中，感应电流i及安培力的功率P随时间t变化的图线可能是（）A． B．C．D．【答案】AD【详解】AB．如图所示导线框ABC从初位置1到整个导线框进入磁场位置2的过程，切割磁感线的有效长度随时间线性增大，则电动势大小随时间线性增大，电流大小随时间线性增大，由右手定则可知电流方向为逆时针方向，即为正方向；导线框ABC从位置2到完全离开磁场位置3的过程，切割磁感线的有效长度随时间线性增大，则电动势大小随时间线性增大，电流大小随时间线性增大，由右手定则可知电流方向为顺时针方向，即为负方向，A正确，B错误；CD．线圈匀速运动，电流的热功率等于安培力做功的功率，即P=由于从位置1到位置2电流大小从0随时间线性增大，从位置2到位置3电流大小又从0随时间线性增大，可知C错误，D正确；故选AD。10.（多选）如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为r的14圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为4m、电阻为4R的均匀金属丝制成一个边长为L的正方形线框，水平放置在两直导轨上，其中有两条边与两直导轨重合。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及线框的可能形变，金属棒、线框均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，金属棒abA．ab刚越过MP时，通过金属棒ab的电流大小为2BLB．ab刚越过MP时，通过金属棒ab的电流大小为BLC．ab从越过MP到开始匀速，相对线框运动的距离为6mRD．ab从越过MP到开始匀速，相对线框运动的距离为5mR【答案】AC【详解】AB．对金属棒ab由静止释放到刚越过MP的过程，由动能定理有mgr=解得v则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E=BL正方形线框有两条边与两直导轨重合，线框接入电路的电阻为R由闭合电路的欧姆定律得E=I解得I=故A正确，B错误；CD．最终金属棒ab与线框以共同速度v匀速运动，由动量守恒定律得mv0解得v=对金属棒ab应用动量定理得−BLI⋅又联立解q=得Δ故C正确，D错误。故选AC。11.（多选）如图所示，间距为L的竖直平行金属导轨MN、PQ上端接有电阻R，质量为m、接入电路的电阻为r的金属棒ab垂直于平行导轨放置，垂直导轨平面向里的水平匀强磁场的磁感应强度大小为B，不计导轨电阻及一切摩擦，且ab与导轨接触良好。若金属棒ab在竖直向上的外力F作用下以速度v匀速上升，则下列说法正确的是（）A．a、b两端的电势差小于BLvB．a、b两端的电势差大于BLvC．拉力F所做的功等于重力势能的增加量和电路中产生的热量之和D．拉力F所做的功与重力做功的代数和等于电阻R上产生的热量【答案】AC【详解】AB．ab棒切割磁感线产生的电动势为E=BLv，ab棒相当于电源，由于电源有内阻，所以ab棒两端电压小于BLv，故A正确，B错误；CD．根据功能关系可知，拉力F做的功等于重力势能的增加量和电路中产生的热量之和，故C正确，D错误。故选AC。12.（多选）手摇发电手电筒经历发电、整流、充电存储后，通过电池给LED灯泡供电。发电装置的结构如图甲所示，两对永磁体可随手电筒相对于边长为L的N匝正方形线圈上下振动，每对永磁体间存在着垂直于线圈平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。某时刻磁场分界线恰好经过线圈的中轴线，如图乙所示，永磁体振动时磁场分界线不会离开线圈。下列说法正确的是（）A．图乙时刻穿过线圈的磁通量为零B．磁铁相对线圈运动越快，线圈中产生的感应电动势越小C．当磁铁相对于线圈的速度大小为v时，线圈中产生的感应电动势大小为2BLvD．磁铁相对线圈下降时，图乙中感应电流的方向为顺时针方向【答案】AD【详解】A．图乙时刻穿过线圈的磁通量为零，选项A正确；B．磁铁相对线圈运动越快，线圈切割磁感线的速度越大，则线圈中产生的感应电动势越大，选项B错误；C．当磁铁相对于线圈的速度大小为v时，线圈两边切割磁感线产生的感应电动势方向相同，则线圈中产生的感应电动势大小为E=2NBLv选项C错误；D．根据右手定则，磁铁相对线圈下降时，线圈相对磁场向上运动，则图乙中感应电流的方向为顺时针方向，选项D正确。故选AD。13.（多选）如图所示，金属棒ab、金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则（

）A．ab棒不受安培力作用B．ab棒所受安培力的方向向右C．ab棒向右运动速度v越大，所受安培力越大D．螺线管产生的磁场，A端为S极【答案】CD【详解】A．金属棒ab向右运动切割磁感线，根据右手定则判断感应电流方向由b→a，再根据左手定则判断棒所受安培力水平向左，故A、B错误；C．由公式E=BlvI=ER总D．根据安培定则可判定螺线管的B为端为N极，A为端为S极。故D正确。故选CD。02自感与互感14.下面关于自感的说法正确的是（）A．自感电动势总是阻碍电路中原来电流的增加B．自感电动势总是阻碍电路中原来电流的变化C．同一电感线圈中的电流越大，自感电动势越大D．同一电感线圈中的电流变化越大，自感电动势越大【答案】B【详解】AB．感应电动势总是阻碍导体中原来电流的变化，当电流增大时，自感电动势与原来电流方向相反；当电流减小时，自感电动势的方向与原来电流方向相同，故A错误，B正确；CD．由电磁感应定律可得自感电动势的大小与线圈中电流的变化率成正比，即与单位时间内变化的电流成正比，故CD错误。故选B。15.如图所示的电路中，L是电阻不计的电感线圈，C是电容器，闭合开关S，待电路达到稳定状态后再断开S，LC电路中将产生电磁振荡。规定电感L中的电流方向从a到b为正，断开开关时刻t=0，下图中能正确表示电感线圈中的电流i随时间t变化规律的是（）A． B．C． D．【答案】A【详解】开关断开前，线圈中电流方向从a到b，为正值；开关断开的瞬间，线圈中产生感应电动势，线圈与电容的回路中产生感应电流。根据楞次定律，感应电流的方向与原来电流的方向相同，方向从a到b。开关断开的瞬间，线圈中的磁场能最大，感应电流最大。综上所述，开关断开的瞬间，t=0时刻，感应电流为正最大。故选A。16.在如图所示的电路中，电阻R小于灯泡电阻的阻值，自感线圈L的电阻值可认为是零，下列关于该电路自感现象的分析正确的是（）A．在接通开关时，灯泡立刻亮起B．在接通开关时，灯泡缓慢亮起C．接通开关稳定后再断开开关，通过灯泡的电流会反向D．接通开关稳定后再断开开关，灯泡会闪亮一下再缓缓熄灭【答案】B【详解】AB．当开关接通瞬间，电阻R支路：无自感元件，电流能瞬间达到稳定值；线圈L与灯泡串联的支路：线圈L会因电流突然增大产生自感电动势，从而阻碍电流的增大，所以该支路电流只能逐渐增大。因此，灯泡的电流是逐渐增大的，灯泡会缓慢亮起，而非“立刻亮起”。故A错误，B正确；C．接通开关稳定后再断开开关，电源被切断，电阻R中原来的电流马上消失，线圈L因电流突然减小产生自感电动势，阻碍电流减小，根据楞次定律“增反减同”原理可知，自感电动势方向与原电流方向相同。此时线圈L相当于“临时电源”，与灯泡、电阻R构成新的回路，所以线圈L的自感电流方向与原电流方向一致，即灯泡的电流方向与原来相同，并非反向，故C错误；

D．接通开关稳定后再断开开关，线圈产生自感电动势阻碍灯泡中电流的减小，所以断开开关瞬间灯泡中电流不变，灯泡会逐渐熄灭，不会出现先闪亮一下再缓缓熄灭的现象，故D错误。故选B。17.无线充电是近年发展起来的新技术。如图所示，该技术通过发射线圈和接收线圈传输能量。手机的内置接收线圈可以直接放在无线充电基座上进行充电，下列关于无线充电的说法正确的是（）A．无线充电过程主要利用了电磁感应原理B．在充电过程中只有电能间的相互转化C．无线充电基座可以对所有手机进行充电D．无线充电基座可以用稳恒直流电源充电【答案】A【详解】A．无线充电过程主要利用互感现象来实现能量传递的，故A正确；B．充电时线圈中有电流，根据电流的热效应，可知线圈会发热，有电能损失，故B错误；C．如果手机内没有接收线圈，则无线充电基座不可以对手机进行充电，故C错误；D．如果无线充电基座用稳恒直流电源供电，则接收线圈的磁通量不变，不能产生感应电流，无法对手机充电，故D错误。故选A。18.无线充电技术的发展使人们可以利用无线充电板为手机充电，如图所示为充电原理图。充电板的送电线圈接电源，对充电板供电，通过线圈的互感使手机内的受电线圈产生电流对手机电池充电。若时间0~t0内送电线圈产生的磁场垂直于受电线圈平面向上，其磁感应强度均匀增加。下列说法正确的是（）A．送电线圈可以接稳恒电源给手机充电B．时间0~t0内，送电线圈中的电流为顺时针方向（俯视）C．时间0~t0内，c点电势低于d点电势D．时间0~t0内，受电线圈内的感应电流均匀增加【答案】C【详解】A．恒定电源无法产生变化的磁场，在受电线圈中就无法产生感应电流，没法给手机充电，故A错误；B．由题意可知0~t0内送电线圈产生的磁场垂直于受电线圈平面向上，根据安培定则可知，送电线圈中的电流为逆时针方向（俯视），故B错误；C．由题意可知0~t0内送电线圈产生的磁场垂直于受电线圈平面向上，其磁感应强度均匀增加；根据楞次定律，受电线圈感应电流产生的磁场方向应垂直线圈平面向下，再结合安培定则可知，感应电流的方向应从c到d，受电线圈相当于电源，电流从负极流向正极，故c点电势低于d点，故C正确；D．当送电线圈中的磁场均匀增加时，受电线圈中的磁场也是均匀变化的，根据法拉第电磁感应定律可知，此时感应电动势是不变的，故受电线圈中的感应电流不变，故D错误。故选C。03涡流19.我国正在大力发展电动汽车，科研人员也在测试汽车的无线充电。将受电线圈安装在汽车的底盘上，将连接电源的供电线圈安装在地面上，如图所示。当电动汽车行驶到供电线圈装置上，受电线圈即可“接受”到供电线圈的能量，从而对蓄电池进行充电。关于无线充电，下列说法正确的是（

）

A．无线充电技术与扬声器的工作原理相同B．为了保护受电线圈不受损坏，可在车底接收线圈下再加装一个金属护板C．只有将供电线圈接到交流电源上，才能对车辆进行充电D．若供电线圈和接收线圈均用超导材料，充电效率可达100%【答案】C【详解】A．无线充电技术就是通过电磁感应原理，当穿过受电线圈的磁通量发生变化时，受电线圈会产生感应电动势，有了感应电流，对蓄电池进行充电，扬声器是通电导线在磁场中受力从而发声，两者原理不同，故A错误；B．如果在车底加装一个金属护板，金属护板会产生涡流，损耗能量，同时屏蔽磁场，使受电线圈无法产生感应电流，故B错误；C．供电线圈只有接到交流电源上，能产生变化的磁场，从而使受电线圈产生感应电流给蓄电池充电，故C正确；D．即使线圈为超导材料制作，但在传输过程中仍然会有能量损失比如漏磁，所以效率不可能达100%，故D错误。故选C。20.考生入场时，监考老师要用金属探测器对考生进行安检后才允许其进入考场。探测器内有通电线圈，当探测器靠近任何金属材料物体时，就会引起探测器内线圈中电流变化，报警器就会发出警报；靠近非金属物体时则不发出警报。关于探测器工作原理，下列说法正确的是（）A．探测器利用的是静电感应现象B．探测器利用的是磁场对金属的吸引作用C．探测器利用发射和接收电磁波进行工作的D．当探测器靠近金属物体时，能在金属中形成涡流，进而引起线圈中电流的变化【答案】D【详解】A．金属探测器利用的是电磁感应现象；故A错误；B．金属探测器探测金属时，被测金属中感应出涡流；故B错误；CD．探测过程中工作时，当探测器靠近金属物体时，能在金属中形成涡流，进而引起线圈中电流的变化；故C错误，D正确。故选D。21.（多选）如图是公路上安装的一种测速“电子眼”。在“电子眼”前方路面下间隔一段距离埋设两个通电线圈，当车辆通过线圈上方的道路时，会引起线圈中电流的变化，系统根据两次电流变化的时间及线圈之间的距离，对超速车辆进行抓拍。下列判断正确的是（

）A．汽车经过线圈会产生感应电流B．线圈中的电流是由于汽车通过线圈时发生电磁感应引起的C．“电子眼”测量的是汽车经过第二个线圈的瞬时速率D．如果某个线圈出现故障，没有电流，“电子眼”就无法正常工作【答案】AD【详解】A．在“电子眼”前方路面下间隔一段距离埋设的是“通电线圈”，汽车上大部分是金属，当汽车通过线圈时，汽车金属中会产生感应电流，故A正确；B．线圈本身就是通电线圈，线圈中的电流并不是由于汽车通过线圈时发生电磁感应引起的，汽车通过时产生的电磁感应现象只是引起线圈中电流发生变化，故B错误；C．“电子眼”是根据两次电流变化的时间及线圈之间的距离，算出汽车通过两个线圈的平均速度，故C错误；D．如果某个线圈出现故障，没有电流，汽车经过时就不会产生电滋感应现象，“电子眼”就无法正常工作，故D正确。故选AD。22.（多选）变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠加而成的，而不是采用一整块硅钢，这是为了（）A．增大涡流 B．减小涡流C．产生更多的热量 D．减小发热量【答案】BD【详解】涡流能使导体发热。变压器的铁芯是相互绝缘的硅钢片叠加而成的，从而降低涡流强度，减少能量损耗，提高变压器的效率。故选BD。23.（多选）电磁炉正常工作时，面板下方的线圈周围产生迅速变化的磁场，使面板上方的铁锅底部产生涡流而发热，则（）A．通过线圈的是恒定电流 B．通过线圈的是交变电流C．用全陶瓷锅替代铁锅也能发热 D．电磁炉正常工作时面板不发热【答案】BD【详解】AB．电磁炉工作时，面板下方的线圈周围产生迅速变化的磁场，因此通过线圈的是交变电流，故A错误，B正确；C．电磁炉工作时，变化的磁场使面板上方的铁锅底部产生涡流，铁锅迅速发热，从而达到加热食物的目的，属于涡流，用全陶瓷锅替代铁锅不能产生涡流，故C错误；D．电磁炉内线圈通过高频交流电，会在上方的铁质锅具中产生涡流，从而加热食品，面板是陶瓷材料制成，不能产生涡流，也就不能产生热，故D正确。故选BD。04电磁阻尼与电磁驱动24.关于下列四幅图的说法正确的是（）

A．图甲中小磁针放在超导环形电流中间，静止时小磁针的指向如图甲所示B．摇动图乙中的手柄使得蹄形磁铁转动，则铝框会以相同的速度同向转动C．将图丙中金属矩形线框从匀强磁场中的a位置水平移到b位置，框内会产生感应电流D．图丁是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，炉内金属产生涡流发热，从而冶炼金属【答案】D【详解】A．根据安培定则可知，环形电流在环内的磁场方向垂直于纸面向外，则静止时小磁针的N极应该向外，不是如图甲所示，故A错误；B．摇动图乙中的手柄使得蹄形磁铁转动，导致穿过铝框的磁通量发生变化，铝框产生感应电流，根据楞次定律可知，蹄形磁铁的磁场对感应电流的安培力使得铝框以小于蹄形磁铁转动的速度同向转动，故B错误；C．将图丙中金属矩形线框从匀强磁场中的a位置水平移到b位置，穿过线框的磁通量没有发生变化，框内不会产生感应电流，故C错误；D．图丁是真空冶炼炉，当炉外线圈通入高频交流电时，炉内金属产生涡流发热，从而冶炼金属，故D正确。故选D。25.如图所示，截去一半的塑料瓶周围贴上三块强磁铁，用木棍从内部撑起塑料瓶，它的两边有用木棍支撑起倒立的铝质的易拉罐，当从上往下看顺时针转动中间的塑料瓶时，那么两边的易拉罐转动情况是（）A．两边的易拉罐不动B．两边的易拉罐都是逆时针转动C．两边的易拉罐都是顺时针转动D．稳定时，易拉罐转动的角速度等于塑料瓶转动的角速度【答案】B【详解】由于塑料瓶带动磁铁转动过程中，穿过易拉罐的磁通量不断变化，从而产生感应电流，易拉罐将受到安培力作用而转动，属于电磁驱动，所以若塑料瓶顺时针旋转，则左右两边的易拉罐都是逆时针转动，易拉罐转动的角速度小于塑料瓶转动的角速度，B选项符合题意。故B正确。26.水平放置的玻璃板上方有一用细线悬挂的可自由旋转的小磁针，下方有一水平放置的铜圆盘。圆盘的轴线与小磁针悬线在同一直线上，初始时小磁针与圆盘均处于静止状态。当圆盘绕轴逆时针方向匀速转动时，下列说法正确的是（）A．小磁针不动B．小磁针逆时针方向转动C．小磁针顺时针方向转动D．由于圆盘中没有磁通量的变化，圆盘中没有感应电流【答案】B【详解】铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流（涡流），此电流产生的磁场导致磁针逆时针方向转动，构成电磁驱动。故选B。27.以下现象利用了电磁阻尼规律的是（）A．①②④ B．②③④ C．①③④ D．①②③【答案】D【详解】①因条形磁场的振动，导致穿过线圈的磁通量发生变化，从而产生感应电流，感应电流对磁铁的相对运动有阻碍作用，能使振动的条形磁铁快速停下来，这是利用了电磁阻尼的作用，故①正确；②强磁铁下落导致穿过铝管的磁通量变化，从而产生感应电流，感应电流对强磁铁的相对铝管的运动有阻碍作用，形成感应磁场阻碍磁铁的下落，这是利用了电磁阻尼规律，故②正确；③当金属圆盘转动时，导致切割磁感应线，从而形成感应电流，感应电流对铝盘与磁铁间的相对运动有阻碍作用，能使铝盘迅速停下来，这是利用电磁阻尼规律，故③正确；④当转动磁铁时，导致穿过线圈的磁通量变化，从而产生感应磁场，进而阻碍原来的磁通量变化，出现线圈跟着磁铁转动，这是利用了电磁驱动原理，故④错误。故选D。28.（多选）如图所示，让一铝制圆盘靠近U形磁铁的两级，但不接触，且磁铁的中心轴线与圆盘的中心在同一竖直线上．现让磁铁按照图示的方向转动，则下列说法正确的是（

）A．磁铁不能吸引铝，因此圆盘不会随磁铁转动而转动B．圆盘跟随磁铁转动的原因是内部产生的涡流引起的C．磁铁停止转动后，由于电磁阻尼作用圆盘很快也会停止转动D．磁铁转动时，圆盘内磁通量并未发生了变化，因此圆盘不会随磁铁转动而转动【答案】BC【详解】ABD．在磁铁转动过程中，穿过整个圆盘的磁通量不发生变化，以圆盘盘面的其中一条直径为界，两侧穿过圆盘的磁感线的方向不同，当磁铁转动时，穿过圆盘两侧局部的磁通量发生变化，从而在圆盘上的不同位置产生涡流，由楞次定律可知，涡流会阻碍磁铁与圆盘间的相对运动，因此圆盘会跟随磁铁一起转动，故B正确；AD错误；C．磁铁停止转动后，由于电磁阻尼作用圆盘很快也会停止转动，故C正确；故选BC。29.如图，正方形导线框abcd放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，t=0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里。下列选项中能表示线框的ab边受到的安培力F随时间t的变化关系的是（规定水平向左为F的正方向）（

）A． B．C． D．【答案】A【详解】0~1s内磁场方向向里且均匀减小，由楞次定律可得线圈中产生顺时针方向的感应电流，由公式E=可知产生的感应电动势恒定，由I=E由于F=BIL可知，磁感应强度均匀减小，则线框的ab边受到的安培力F均匀减小，由左手定则可知安培力方向水平向左，为正值。1~3s内磁场方向向外且均匀增大，由楞次定律可得线圈中产生顺时针方向的感应电流，感应电动势恒定，电流恒定，则根据安培力公式可知，随着磁感应强度均匀增大，安培力均匀增大，由左手定则可知安培力方向水平向右，为负值。3~5s内磁场方向向外且均匀减小，由楞次定律可得线圈中产生逆时针方向的感应电流，感应电动势恒定，电流恒定，则根据安培力公式可知，随着磁感应强度均匀减小，安培力均匀减小，由左手定则可知安培力方向水平向左，为正值。5~6s内磁场方向向里且均匀增大，由楞次定律可得线圈中产生逆时针方向的感应电流，感应电动势恒定，电流恒定，则根据安培力公式可知，随着磁感应强度均匀增大，安培力均匀增大，由左手定则可知安培力方向水平向右，为负值。故选A。30.如图甲所示，200匝总阻值为0.5kΩ的圆形线圈两端M、N与一个阻值为1.5A．线圈中产生的感应电流沿顺时针方向B．若线圈匝数变为100匝，电压表的示数变为原来的一半C．电压表的示数为50VD．线圈中产生的感应电动势为100V【答案】D【详解】A．穿过线圈的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线圈中产生的感应电流沿逆时针方向，故A错误；CD．线圈中产生的感应电动势为E=n电压表的示数为U=故C错误，D正确；B．若线圈匝数变为100匝，即变为原来的一半，由于线圈的总长度不变，则线圈的周长变为原来的两倍，线圈的半径变为原来的两倍，线圈的面积变为原来的4倍；根据E=n可知电动势变为原来的两倍，电压表的示数变为原来的两倍，故B错误。故选D。31.近年来，手机无线充电功能的广泛应用为人们提供了很大便利。如图甲为充电原理示意图。充电板接交流电源，对充电板供电，充电板内的励磁线圈可产生交变磁场，从而使手机内的感应线圈产生感应电流。当充电板内的励磁线圈通入如图乙所示的交变电流时（电流由a流入时方向为正），下列说法正确的是（）A．感应线圈中产生的是恒定电流B．感应线圈中电流的方向总是与励磁线圈中电流方向相反C．t3时刻，感应线圈中电流的瞬时值为0D．t1~t3时间内，c点电势低于d点电势【答案】C【详解】A．励磁线圈产生的磁场随电流变化，因为电流不是均匀变化，电流产生的磁场也不是均匀变化，所以感应线圈中的感应电动势不是恒定的，感应电流也就不是恒定的，故A错误；B．感应电流方向阻碍引起感应电流的磁通量的变化，当励磁线圈电流减小，电流产生的磁场减弱时，感应电流的方向与励磁线圈电流的方向相同，阻碍磁场减弱，故B错误；C．t3时刻，励磁线圈电流变化率为零，磁感应强度变化率为零，感应线圈中的感应电动势为零，感应电流为零，故C正确；D．t1~t3时间内，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向一直向上，所以感应线圈中的电流从d到c，由于电源内部电流从负极到正极，则c点电势高于d点电势，故D错误。故选C。32.如图所示，半径为L的导电圆环（电阻不计）绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴以角速度ω逆时针匀速转动。圆环上接有电阻均为r的三根金属辐条OA、OB、OC，辐条互成120°角。在圆环圆心角∠MON＝120°的范围内（两条虚线之间）分布着垂直圆环平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，圆环的边缘通过电刷P和导线与一个阻值也为r的定值电阻R0相连，定值电阻R0的另一端通过导线接在圆环的中心轴上，在圆环匀速转动过程中，下列说法中正确的是（）A．金属辐条OA、OB、OC进出磁场前后，辐条中电流的大小不变，方向改变B．定值电阻R0两端的电压为25BL2C．通过定值电阻R0的电流为BD．圆环转动一周，定值电阻R0产生的热量为π【答案】C【详解】A．由题意知，三根金属辐条始终有一根在磁场中切割磁感线，切割磁感线的金属辐条相当于内阻为r的电源，另外两根金属辐条和定值电阻R0并联，辐条进出磁场前后电流的大小、方向均改变，故A错误；BC．电路的总电阻R=圆环匀速转动时感应电动势E=BL所以定值电阻R0两端的电压U=通过定值电阻R0的电流I=故B错误，C正确；D．圆环转动一周，定值电阻R0产生的热量Q=故D错误。故选C。33.如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长度也为r、电阻为R的直导体棒OA置于圆导轨上面，导体棒在外力作用下绕O点以角速度ω顺时针匀速转动。直导体棒O端和圆轨道引出导线分别与电阻R1=R、R2=2R和电容为C的平行板电容器相连。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是（）A．M板带负电B．导体棒OA产生的电动势为Br2ωC．电容器所带电荷量为1D．电阻R1上消耗的电功率为B【答案】C【详解】A．根据右手定则可知，等效电源OA的A端为正极，则M板带正电，故A错误；B．导体棒OA垂直磁场转动切割磁感线，则产生的感应电动势为E=Brω⋅故B错误；C．回路的感应电流I=电容器两端电压U根据电容的定义式有C=解得Q=故C正确；D．电阻R1上消耗的电功率为P=结合上述解得P=故D错误。故选C。34.裸露的柔软导线ab，单位长度的电阻为R，其中一部分弯曲成为半径为r的圆圈，圆圈导线相交处接触良好，圆圈所在区域有与圆圈平面垂直的匀强磁场B，将导线的b端固定，用沿ba方向的恒力F慢慢将导线拉直，若圆圈在缩小的过程中始终保持圆的形状，则拉直导线所用的时间为（）A．t=B2rC．t=B2r【答案】A【详解】设在恒力F的作用下，A端△t时间内向右移动微小的量△x，则相应圆半径减小△r，则有Δ在Δt时间内F做的功等于回路中电功电动势为E=ΔS可认为由于半径减小微小量Δr而回路中的电阻R联立解得Δ显然Δt与圆面积变化ΔS成正比，所以由面积πr2故选A。35.1820年，毕奥与萨伐尔通过实验方法证明，很长的直导线MN在空间某点产生磁场的磁感应强度B与这一点到直导线的距离r成反比，即如图所示，左侧有足够长直导线，电流大小恒定，与直导线在同一平面内的闭合矩形导线框abcd，匀速向右运动，运动过程中保持ab边与直导线平行，导线框ab边长为l，当导线框ab边距直导线的距离等于l时，ab、dc边产生的感应电动势之比为（）A．1:2 B．2:1 C．1:1 D．3:1【答案】B【详解】直导线MN在空间某点产生磁场的磁感应强度B与这一点到直导线的距离r成反比，设B=kIrE1=E2=B2E故选B。36.（多选）如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在两个大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向与斜面垂直，两磁场的宽度MJ和JG均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场时，线框恰好以速度v0做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v做匀速直线运动，则（）A．v0=4vB．线框离开MN的过程中电流方向为adcbaC．当ab边刚越过JP时，线框加速度的大小为gsinθD．从ab边刚越过GH到ab边刚越过MN过程中，线框产生的热量为2mgL【答案】ABD【详解】A．由题意当ab边刚越过GH进入磁场时，线框恰好以速度v0做匀速直线运动，加速度为零。当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v做匀速直线运动，则知两次匀速运动时，重力沿斜面向下的分力与安培力平衡，安培力的表达式分别为FF由平衡条件即可求出速度关系v0=4v故A正确。B．线框离开MN的过程中，穿过线圈磁通量减小，由楞次定律可行，线圈产生的感应电流方向为adcba，故B正确。C．当ab边未越过JP时，线框做匀速直线运动，处于受力平衡，即mg当ab边刚越过JP时，线框两边切割磁感线，导致线框做匀减速运动，受力分析，即mg从而可求出线框加速度的大小为3gsinD．从ab边刚越过GH到ab边刚越过MN过程中，线框的重力势能和动能均减小，根据功能关系得知，线框克服安培力做功的大小等于重力势能的减少量与动能减小量之和。则线框产生的热量为Q=mg⋅2L解得Q=2mgL故D正确。故选ABD。37.（多选）如图所示，虚线MN下方存在水平方向的匀强磁场，Ⅰ、Ⅱ是用相同材料、粗细不同的电阻丝制成的两个边长相同单匝正方形线框（Ⅱ的电阻丝较粗）．现将它们从磁场上方相同高度处无初速度释放，在它们进入磁场的过程（

）A．Ⅱ的速度始终比Ⅰ的速度大 B．所用的时间相同C．安培力的冲量相同 D．Ⅱ产生的热量较大【答案】BD【详解】AB．设材料的密度为ρ密，电阻率为ρ，材料横截面积为S，线框边长为L，线框从静止释放到刚要进入磁场过程做自由落体运动，可知两线框刚进入磁场的速度vE=BL电流为I=安培力为F=BIL=对线框根据牛顿第二定律可得mg−解得a=g−同理可得当线框速度为v1a可知两线框在磁场中的加速度始终相等，与线框的粗细无关，说明两个线框在磁场中的运动情况完全一样，故两线框的速度始终相等，两线框进入磁场所用的时间相同，A错误，B正确；C．线框在进入磁场过程的速度为v时，线框在磁场中受到的安培力大小为F=可知粗线框受到安培力始终比细线框受到的安培力大，由于两个线框进入磁场所用的时间相同，故粗线框受到的安培力冲量比细线框受到的安培力冲量大，C错误；D．线框在磁场中受到的安培力大小为F=可知粗线框受到安培力始终比细线框受到的安培力大，由于两个线框进入磁场所通过的位移相等，故粗线框受到的安培力做功比细线框受到的安培力做功大，根据功能关系可知，粗线框产生的焦耳热比细线框产生的焦耳热大，D正确；故选BD。38.（多选）如图甲所示，两根完全相同的光滑平行导轨固定，与水平面成θ=30°，导轨两端均连接电阻，阻值R1=R2=2Ω，导轨间距L=0.6m。在矩形区域M1M2P2P1内分布有垂直斜面向上的磁场，磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示。t=0时刻，在右侧导轨斜面上与A．ab在磁场中运动的速度v=1B．流过R2的电流方向在t=0.2C．磁场上下边界M1P1、D．磁感应强度的最大值B【答案】AC【详解】A．金属棒运动到磁场边界由牛顿第二定律可知mg金属棒运动到磁场边界做匀加速直线运动，有s=解得t=0.2金属棒进入磁场后匀速直线运动，速度为v=at解得v=1A正确；B．根据右手定则可知在0~0.2s内R2的电流方向为从左到右，0.2s后RD．金属棒进入磁场，金属棒产生的感应电动势为E金属棒通过的感应电流为I=金属棒恰好匀速通过整个磁场区域，则B联立解得BD错误。C．由于R2的电流大小始终不变，即R2两端的电压始终相等，即0~0.2sE则E解得d=0.2C正确。故选AC。39.（多选）半径为a、右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图所示。则（）A．θ＝0时，杆产生的感应电动势为2BavB．θ＝π3时，杆产生的感应电动势为3C．θ＝0时，杆受的安培力大小为4D．θ＝π3时，杆受的安培力大小为【答案】ACD【详解】AC．θ＝0时时，杆产生的电动势E=BLv=2Bav根据闭合电路欧姆定律，可得I=杆受的安培力F=BIL=故AC正确；BD．θ＝π3L杆产生的电动势为E=Bav电路中总电阻为R杆受的安培力F故B错误；D正确。故选ACD。40.电磁弹射装置的原理图如图甲所示，驱动线圈通过开关S与电源连接，发射线圈放在绝缘且内壁光滑的发射导管内。闭合开关S后，在0～t0时间内驱动线圈中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示。在这段时间内，下列说法正确的是（

）A．发射线圈中感应电流产生的磁场水平向右B．t=t0时驱动线圈产生的自感电动势最大C．t=0时发射线圈中的感应电动势最大D．t=t0时发射线圈中的感应电流最大【答案】C【详解】A．根据安培定则可知，驱动线圈内的磁场方向水平向右，结合题图乙可知，驱动线圈的电流增大，通过发射线圈的磁通量增大，根据㭶次定律可知，发射线圈内部的感应磁场方向水平向左，A错误；BD．由题图乙可知，t=tC．t=0时驱动线圈的电流变化率最大，则此时通过发射线圈的磁通量变化得最快，发射线圈中的感应电动势最大，C正确。故选C。41.如图所示的电路中，电感L的自感系数很大，电阻可忽略，D为理想二极管，则下列说法中正确的有（）A．当S闭合时，L1立即变亮，LB．当S闭合时，L1一直不亮，LC．当S断开时，L1D．当S断开时，L2【答案】C【详解】AB．闭合开关的瞬间，因为二极管具有单向导电性，所以无电流通过L1，因为线圈中自感电动势的阻碍，LCD．断开开关，线圈L产生自感电动势，两灯串联，电流可以通过二极管，所以L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭，L故选C。42.如图所示，是日光灯的电路图，主要由灯管、镇流器、启动器组成。关于日光灯的原理，下列说法正确的是（）A．闭合开关S点燃日光灯管过程中，启动器的双金属片始终是闭合的B．闭合开关S点燃日光灯管过程中，镇流器相当于电阻C．将镇流器换为定值电阻，闭合开关S仍能正常点燃日光灯管D．将启动器更换为开关S1，先闭合开关S和S1，再断开S1，仍有可能点燃日光灯管【答案】D【详解】A．当开关接通220伏的电压立即使启动器的惰性气体电离，产生辉光放电,辉光放电的热量使双金属片受热膨胀，两极接触；电流通过镇流器、启动器触极和两端灯丝构成通路。灯丝很快被电流加热，发射出大量电子，双金属片自动复位，两极断开；故A错误；B．在两极断开的瞬间，电路电流突然切断，镇流器产生很大的自感电动势，与电源电压叠加后作用于管两端。灯丝受热时发射出来的大量电子，在灯管两端高电压作用下，以极大的速度由低电势端向高电势端运动，在加速运动的过程中，碰撞管内氩气分子，使之迅速电离。在紫外线的激发下，管壁内的荧光粉发出近乎白色的可见光；则镇流器相当于自感电源，提供高压，故B错误；C．将镇流器换为定值电阻，闭合开关S不能提供高压让氩气分子电离，则不能正常点燃日光灯管，故C错误；D．将启动器更换为开关S1，先闭合开关S和S1，再断开S1，相当于启动器的作用，也能提供断电时的自感电动势获得高压，则仍有可能点燃日光灯管，故D正确；故选D。43.（多选）如图所示电路中，A、B为完全相同的灯泡，电阻为R。自感线圈L的直流电阻也为R，a、b为L的左、右端点，电源电动势为E，内阻不计。下列说法正确的是（）A．闭合开关S，灯泡A缓慢变亮，灯泡B瞬间变亮B．闭合开关S，当电路稳定后，灯泡A、B一样亮C．闭合开关S，电路稳定后再断开开关S，灯泡A闪亮后缓慢熄灭D．闭合开关S，电路稳定后再断开开关S的瞬间，b点电势高于a点【答案】AD【详解】A．闭合开关S，灯泡B瞬间变亮，灯泡A与自感线圈L串联，缓慢变亮，故A正确；B．闭合开关S，当电路稳定后，灯泡A所在支路电阻较大，电流较小，所以灯泡A比灯泡B暗一些，故B错误；C．闭合开关S，电路稳定后再断开开关S，自感线圈L、灯泡A和灯泡B构成回路，缓慢熄灭，不会闪亮，故C错误；D．闭合开关S，电路稳定后再断开开关S的瞬间，自感线圈L产生感应电动势，b点电势高于a点，故D正确。故选AD。44.（多选）相同的电灯A1、A2和自感系数较大的电感线圈L接入如图甲的电路中，电源电动势为E，内阻不计。闭合开关S待电路稳定后开始计时，t1时刻断开开关S，t2时刻整个电路的电流均为零。t1前后通过电灯A2的电流-时间iA2A．电感线圈的直流电阻不可忽略B．断开开关S后，电灯A1、AC．断开开关S后，流过电灯A2D．线圈的自感系数是由线圈本身决定，与是否有铁芯无关【答案】AB【详解】A．因为相同的电灯A1、A2，电路稳定由图像可知通过电感线圈L支路的电流小于通过电灯BC．稳定后当开关S断开瞬间，由于线圈的自感现象，线圈中的电流只能逐渐减小，线圈L、电灯A1、A2构成闭合回路，两灯都过一会儿再熄灭，电灯A1、AD．有铁芯时线圈的自感系数，比没有铁芯时要大得多，D错误。故选AB。45.（多选）如图所示绝缘光滑轨道中间部分水平，左右为对称斜面，在水平部分中间a、b两直线间有垂直纸面的匀强磁场，一金属小圆环从左边斜面的A点由静止滑下，到达直线a刚要进入磁场时速度为v，经过直线a全部进入磁场时速度为7v8，圆环继续向右运动到右边斜面，最高能到达B点，然后又往回滑，滑至左边斜面，最高能到达C点，这样来回运动，设AB高度差为ℎAB，BC高度差为A．ℎAB=ℎC．金属小圆环一共通过b线4次 D．金属小圆环一共通过a线8次【答案】BC【详解】CD．金属圆环在进出磁场的时候由于磁通量变化会有涡流产生，从而受安培力作用，做减速运动，进入磁场后，在a、b之间运动时由于磁通量没有变化，故做匀速直线运动；设圆环半径为d，圆环第一次穿过直线a前的速度大小为v，穿过直线a后的速度为大小v1，穿过b线后的速度大小为v2，第三次穿过磁场边界后的速度大小为v3，……因为每次通过磁场边界时圆环磁通量的变化ΔΦ相等，由q=可知通过圆环的电量相等，故则其所受安培力的冲量IFI可知圆环每次进出磁场时安培力对它的冲量也相等，圆环第一次经过a线，根据动量定理有−将v1I圆环通过b线即第二次通过磁场边界，有−圆环第三次通过磁场边界，有−⋮圆环第n次通过磁场边界，有−所以−n又由vnn=8所以圆环一共可以通过磁场边界8次，故圆环能通过a线4次，能通过b线4次，C正确，D错误；AB．从A到B，根据动能定理mg从a线到b线，根据动能定理−所以mg同理可得mg由−可知v−v2=v2故选BC。46.高速铁路列车通常使用磁力刹车系统。磁力刹车工作原理可简述如下：将磁铁的N极靠近一块正在逆时针方向旋转的圆形铝盘，使磁感线垂直铝盘向内，铝盘随即减速，如图所示。图中磁铁左方铝盘的甲区域（虚线区域）朝磁铁方向运动，磁铁右方铝盘的乙区域（虚线区域）朝离开磁铁方向运动。下列有关铝盘刹车的说法正确的是（）A．铝盘甲区域的感应电流产生垂直铝盘向里的磁场B．铝盘乙区域的感应电流产生垂直铝盘向外的磁场C．磁铁与甲、乙两区域的感应电流之间的作用力，都会使铝盘减速D．若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，则磁铁对空洞铝盘的作用力更大【答案】C【详解】A．甲区域靠近磁铁磁通量增大，由楞次定律可知，甲区域的磁场与磁铁的磁场方向相反，垂直纸面向外，A错误；B．乙区域远离磁铁磁通量减小，由楞次定律可知，乙区域的磁场与磁铁的磁场方向相同，垂直纸面向里，B错误；C．由“来拒去留”可知，磁铁与甲区域相互排斥，磁铁与乙区域相互吸引，阻碍甲、乙区域的运动，都会使铝盘减速，C正确；D．若将实心铝盘换成布满小空洞的铝盘，感应电流减小，磁铁与铝盘的相互作用力减小，减速效果减弱，D错误。故选C。47.（多选）如图所示，竖直平面内过O点的竖直虚线左右两侧有垂直纸面大小相等、方向相反的水平匀强磁场，一导体圆环用绝缘细线连接悬挂于O点，将导体圆环拉到图示a位置静止释放，圆环绕O点摆动，则（）A．导体圆环从a运动到b位置的过程中，有顺时针方向电流B．导体圆环从b运动到c位置的过程中，电流总是顺时针方向C．导体圆环在b位置的速度大小与c位置速度大小不相等D．导体圆环向右最多能摆到与a位置等高的位置【答案】BC【详解】A．导体环从a运动到b位置的过程中，磁通量不变，没有感应电流，故A错误；B．导体环从b运动到c位置的过程中，垂直纸面向里的磁场对应的磁通量在减小，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，垂直纸面向外的磁场对应的磁通量在增大，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，所以电流总是顺时针方向。故B正确；CD．从b到c，该过程重力不做功，但是发生电磁感应，动能转化为电能，速度减小，导体环在b位置和c位置速度大小不相等，也因此，导体环不能摆到与a位置等高的位置，故C正确，D错误。故选BC。48.（2025·四川宜宾·三模）某科技大学电磁实验室中，几名大学生正探究在梯度磁场中有关功率的问题。实验模型简化示意图如图（a）所示，水平面内两根足够长的镀银导轨水平放置并固定，其间距l=0.4m，左端与阻值R=0.15Ω的电阻相连。学生启动磁场生成系统，使x>0区域的磁感应强度B呈线性分布，方向垂直于轨道平面向下，监测屏上显示的B−x图像如图（b）所示。一质量为m=0.1kg、接入导轨的电阻r=0.05Ω的金属棒，以v0=2m/s(1)电阻R消耗的电功率P0(2)金属棒在x=3m(3)金属棒从x=0运动到x=3m过程中水平外力F【答案】(1)0.6W(2)0.5m/s(3)0.75W【详解】（1）电阻上消耗的功率不变，即回路电流不变，在x=0处有E由闭合电路欧姆定律得I=则功率为P联立解得P（2）由图（b），磁感应强度为B=在x=3m处根据B0L解得v（3）法一：电阻上消耗的功率不变，I恒定，电动势恒定，则平均电动势和瞬时电动势数值相同，则有E前3s的ΔΦ解得t=或者q=解得t=3.75法二：根据F可知F安随x线性变化，则安培力的做功为又W解得t=3.75法三：根据法拉第电磁感应定律有E=Blv.解得v=即1t=∑Δt=∑1故t=1根据动能定理有W或者能量守恒有W可得W或者W安=解得WF=4516可得P49.（多选）（2024·贵州·高考真题）如图，间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝缘水平桌面上，左端接有一定值电阻R，导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置于导轨上，在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，一段时间后撤去水平拉力，金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运动过程中，最大速度为v，加速阶段的位移与减速阶段的位移相等，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计摩擦及金属棒与导轨的电阻，则（）A．加速过程中通过金属棒的电荷量为mvBL B．金属棒加速的时间为C．加速过程中拉力的最大值为4B2L【答案】AB【详解】A．设加速阶段的位移与减速阶段的位移相等为x，根据q=可知加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒的电荷量，则减速过程由动量定理可得−BL解得q=A正确；B．由q=解得x=金属棒加速的过程中，由位移公式可得x=可得加速时间为t=B正确；C．金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，加速过程中，安培力逐渐增大，加速度不变，因此拉力逐渐增大，当撤去拉力的瞬间，拉力最大，由牛顿第二定律可得F其中v=at联立解得FC错误；D．加速过程中拉力对金属棒做正功，安培力对金属棒做负功，由动能定理可知，合外力的功W可得W因此加速过程中拉力做的功大于12故选AB。50.（多选）（天津·高考真题）手机无线充电是比较新颖的充电方式。如图所示，电磁感应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电。在充电过程中（

）A．送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化B．受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变C．送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递D．手机和基座无需导线连接，这样传递能量没有损失【答案】AC【详解】AB．由于送电线圈输入的是正弦式交变电流，是周期性变化的，因此产生的磁场也是周期性变化的，A正确，B错误；C．根据变压器原理，原、副线圈是通过互感现象实现能量传递，因此送电线圈和受电线圈也是通过互感现象实现能量传递，C正确；D．手机与机座无需导线连接就能实现充电，但磁场能有一部分以电磁波辐射的形式损失掉，因此这样传递能量是有能量损失的，D错误。故选AC。51.（多选）（2025·重庆·高考真题）如图1所示，小明设计的一种玩具小车由边长为d的正方形金属框efgh做成，小车沿平直绝缘轨道向右运动，轨道内交替分布有边长均为d的正方形匀强磁场和无磁场区域，磁场区域的磁感应强度大小为B，方向竖直向上。gh段在磁场区域运动时，受到水平向右的拉力F=kv＋b（k>0，b>0），且gh两端的电压随时间均匀增加；当gh在无磁场区域运动时，F=0。gh段速度大小v与运动路程S的关系如图2所示，图中v0(v0<A．gh在任一磁场区域的运动时间为kdb−kv0C．小车质量为k2d2【答案】BC【详解】由题知gh两端的电压随时间均匀增加，则说明gh在磁场中运动时做匀变速直线运动，设运动的速度为v有E=Bdv，I=ER，F安=Bid，F－F安=联立有kv+b−B．由于gh在磁场中运动时做匀变速直线运动，则有kv=B2d2vR解得R=BCD．gh在无磁场区域运动时，F=0，根据动量定理有−gh在磁场中运动时做匀变速直线运动有v结合ma=b解得m=k2dA．由于gh在磁场中运动时做匀变速直线运动，则有vmax=v0＋at解得t=kd故选BC。52.（多选）（2025·湖南·高考真题）如图，关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内，导轨形状为抛物线，顶点位于O点。一足够长的金属杆初始位置与y轴重合，金属杆的质量为m，单位长度的电阻为r0。整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。现给金属杆一沿x轴正方向的初速度v0，金属杆运动过程中始终与A．金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向B．金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动C．金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为mD．若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半【答案】AC【详解】A．根据右手定则可知金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向，故A正确；B．若金属杆可以在沿x轴正方向的恒力F作用下做匀速直线运动，可知F=F安可得F=B由于金属杆运动过程中接入导轨中的长度L在变化，故F在变化，故B错误；C．取一微小时间Δt内，设此时金属杆接入导轨中的长度为L′同时有q=联立得−对从开始到金属杆停止运动时整个过程累积可得−解得此时金属杆与导轨围成的面积为S=故C正确；D．若金属杆的初速度减半，根据前面分析可知当金属杆停止运动时金属杆与导轨围成的面积为S′故选AC。53.（多选）（江苏·高考真题）如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有（

）A．增加线圈的匝数 B．提高交流电源的频率C．将金属杯换为瓷杯 D．取走线圈中的铁芯【答案】AB【详解】AB．当线圈中通以交变电流时，在金属杯中将产生感应电动势感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E=N增加线圈的匝数可以提高交流电产生的感应电动势，则感应电流的功率增大，使杯内的水沸腾所需的时间缩短；提高交流电源的频率，磁感应强度的变化率变大，感应电动势变大，感应电流的功率增大，AB正确；C．将金属杯换为瓷杯后，由于陶瓷不是导体，因此瓷杯中不能产生感应电流，无法给水加热，C错误；D．取走线圈中的铁芯则使得线圈周围的磁场变弱，磁感应强度变化率减小，感应电动势变小，从而使杯内的水沸腾所需的时间反而延长，D错误。故选AB。54.（多选）（2025·广东·高考真题）如图是一种精确测量质量的装置原理示意图，竖直平面内，质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成。线圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中，磁感应强度不变。测量分两个步骤，步骤①：