2027年高考物理复习-电磁感应的应用

第1页（共1页）2027年高考物理复习——电磁感应的应用一．选择题（共15小题）1．（2026•昆明模拟）如图所示，两根足够长的平行金属导轨位于水平的xOy平面内，导轨与x轴平行，左端接有电阻R。在x＞0的一侧存在竖直向下的磁场，磁感应强度B随空间均匀变化，满足B＝B0+kx（k＞0且为定值）。一金属杆与导轨垂直放置，且接触良好，在外力作用下沿x轴正方向匀速运动。t＝0时金属杆位于x＝0处，不计导轨和金属杆的电阻。图中关于金属杆两端的电压U和所受安培力F大小的图像正确的是（）A． B． C． D．2．（2026•邯郸二模）穿过一单匝闭合导线框的磁通量按如图所示规律变化，则导线框中因电磁感应产生的电动势随时间变化的图像可能为（）A． B． C． D．3．（2026•揭阳模拟）如图所示，两光滑直导轨AB、CD放在水平桌面上，右端连接一个定值电阻，左端放一根导体棒。导轨之间有竖直方向等大的匀强磁场，磁场分界线ab、cd、ef、mn之间的距离均为L，不计导轨和导体棒的电阻，导体棒以速度v水平向右匀速运动，且始终保持与导轨良好接触，以俯视时顺时针方向为电流的正方向、从导体棒经过ab分界线开始时、通过电阻的电流i、电阻两端的电势差UBD随时间t变化的图像正确的是（）A． B． C． D．4．（2026•重庆校级模拟）如图所示，光滑绝缘的水平桌面上有一等腰直角三角形区域ABC，BD是斜边AC的高，且BD＝L，三角形ABD区域内（含AB及AD边上）存在垂直于桌面向下的匀强磁场，三角形BDC区域内（含BD、BC及DC边上）存在垂直于桌面向上的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小相同。一边长为L的正方形线框abcd由粗细均匀的同种电阻丝构成，在外力的作用下，匀速通过两个磁场区域。运动过程中，线框的cd边始终与等腰三角形AC边所在的直线MN重合。规定线框中逆时针方向的电流为正，线框受到垂直于bc边向左的安培力为正，穿过线框向下的磁通量为正，把A点作为线框位移的起始点。则线框中产生的感应电流I、b点和a点间的电势差Uba、线框所受安培力F、穿过线框的磁通量Φ随线框运动位移x变化的图像正确的是（）A． B． C． D．5．（2026•包头二模）如图，单匝正方形导体线框用细线悬挂，abcd为匀强磁场边界，t＝0时刻，ab、dc边界从正方形线框中点位置O向左右两边匀速展开，当磁场边界ab、dc与线框边界重合时，剪断细线。规定导线框中电流逆时针方向为正方向，下列线框中感应电流随时间变化关系图像可能正确的是（）A． B． C． D．6．（2026•湖北模拟）电子感应加速器常用于核物理研究。其简化原理如图所示，环形真空室水平放置，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里，磁感应强度大小B1＝kt（k为大于零的常数）的变化磁场，该磁场在环形真空室内激发感生电场使电子加速。真空室内存在另一个磁场B2（未画出），其作用是约束电子在真空室内做圆周运动。已知电子的电荷量为e，则（）A．B2应垂直于纸面向外 B．B2应为恒定的匀强磁场 C．电子沿逆时针方向加速运动 D．因B1变化，电子在真空室内每转一周动能增加πkeR27．（2026•云南模拟）关于如图所示四幅图所涉及的物理知识，下列说法正确的是（）A．图甲中转动把手可以使铝框跟随磁铁以相反方向转动，用到了电磁阻尼原理 B．图乙中电子从左孔水平向右射入装置，可能做匀速直线运动或类平抛运动 C．图丙是电磁振荡实验电路，图中时刻电容器的电场能最大，此后的四分之一周期内线圈中的电流一直增大 D．图丁是闭合电路中电源输出功率与外电阻的关系，当R＝r时，电源效率最大8．（2026•丰台区模拟）如图所示的电路中，a、b、c为三盏完全相同的灯泡，L是自感线圈，下列说法正确的是（）A．闭合开关S，a、b、c同时亮起来 B．电路稳定后，a比c暗 C．电路稳定后再断开开关，通过b的电流方向与之前相反 D．电路稳定后再断开开关，b比c先熄灭9．（2026•镇江模拟）几位同学手拉手一起进行“千人震”实验，实验器材包含两节干电池（3.0V）、带铁芯的多匝线圈（电阻很小）、开关，同学们按图示电路连接。实验中，先闭合开关，待电路稳定后再断开开关，则（）A．闭合开关瞬间，同学们有触电感，电流方向为A到B B．断开开关瞬间，同学们有触电感，且AB间电压远大于3.0V C．断开开关瞬间，同学们有触电感，且AB间电压等于3.0V D．断开开关瞬间，流过同学们的电流方向为A到B10．（2026•顺义区模拟）金属探测器的线圈中通有变化的电流，探测金属物品时，金属中会感应出涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，使仪器报警。关于其工作原理，下列说法正确的是（）A．线圈中通有变化电流的目的是为了产生变化的磁场 B．探测器接触金属物品，才能在金属物品中产生涡流 C．涡流产生的磁场总是与线圈的磁场方向相反 D．探测器报警的直接原因是金属物品发热11．（2026•通州区模拟）在断电自感现象的研究中，几位同学手拉手与一节电动势为1.5V的干电池、导线、开关、一个有铁芯的多匝线圈按如图所示方式连接，断开开关时人会有触电的感觉。已知人体的电阻比线圈的电阻大得多。下列说法正确的是（）A．闭合开关瞬间，人也会有被电击的感觉 B．断开开关瞬间，线圈中的电流突然增大 C．断开开关瞬间，流过人的电流方向为由Q→P D．断开开关瞬间，流过人的电流大于流过线圈的电流12．（2026•西城区二模）如图所示，A1和A2是规格相同的两个灯泡，A1与线圈L串联，A2与可调电阻R串联，调节电阻R和R1，使两个灯泡都正常发光。下列说法正确的是（）A．闭合开关S，A1和A2同时亮起 B．断开开关S，A1缓慢熄灭，A2立即熄灭 C．增大电阻R，断开开关S瞬间可能观察到A2闪亮一下 D．减小电阻R1，断开开关S瞬间可能观察到A2闪亮一下13．（2026•昌平区二模）如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，A和B是两个相同的小灯泡。若两灯泡在以下操作中不会被烧坏，下列说法正确的是（）A．开关由断开到闭合，灯泡A慢慢变亮，最终亮度不变 B．开关由断开到闭合，灯泡B立即变亮，然后慢慢熄灭 C．开关由闭合到断开，灯泡A闪亮一下，然后熄灭 D．开关由闭合到断开，灯泡B闪亮一下，然后熄灭14．（2026•顺义区模拟）在如图所示电路中，两个灯泡A1和A2的规格相同，A1与线圈L串联，A2与可调电阻R串联。先闭合开关S，调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，再调节可调电阻R1，使它们都正常发光，然后断开开关S。重新接通电路，下列说法正确的是（）A．闭合开关，A1、A2亮度始终相同 B．闭合开关，A2缓慢亮起 C．电路稳定后断开开关，A1、A2同时熄灭 D．电路稳定后断开开关，A2闪亮一下再熄灭15．（2026•西安校级二模）下列四幅插图中说法正确的是（）A．甲图中，铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘转动加快 B．乙图中，大量粒子以初速度为0进入加速电场，之后粒子轨迹半径越大，比荷越大 C．丙图中，把一根柔软的金属弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触并保持静止，通电后弹簧会上下振动 D．丁图中，当人对着话筒讲话时线圈中会产生强弱变化的电流，这利用了电流的磁效应二．多选题（共3小题）（多选）16．（2026•武汉模拟）如图所示，光滑绝缘水平面上放置一个边长为L的正方形导线框abcd。在0≤x＜L与L≤x＜2L的区域内存在垂直水平面大小相等方向相反的匀强磁场，现给线框初速度v0让其垂直边界进入左侧磁场，线框cd边恰好能出右侧磁场，已知线框ab边刚进入左侧磁场时所受安培力大小为F0，线框始终垂直于磁场。则运动过程中线框速度大小v、所受安培力大小F与线框位移x关系图像正确的是（）A． B． C． D．（多选）17．（2026•安宁区校级二模）如图所示，空间有两个宽度分别为L和2L的有界匀强磁场区域，磁感应强度大小都为B，左侧磁场方向垂直于纸面向里，右侧磁场方向垂直于纸面向外。abcd是一个由均匀电阻丝做成的边长为L的正方形线框，线框以垂直于磁场边界的速度v匀速通过两个磁场区域，在运动过程中，线框ab、cd两边始终与磁场的边界平行。设线框cd边刚进入磁场的位置为x＝0，x轴正方向水平向右，从线框cd边刚进入磁场开始到整个线框离开磁场区域的过程中，ab两点间的电势差和线框受到的安培力F（规定水平向右为正方向）随着位置x变化的图像正确的是（）A． B． C． D．（多选）18．（2026•拉萨模拟）如图甲，水平面内有间距为L1的两根平行金属导轨，金属棒ab电阻不计，放置在导轨上，并与导轨垂直并保持良好接触，导轨c、d之间接有电阻R，b、c间距为L2。整个装置放在竖直向下的匀强磁场中。现使磁感应强度随时间均匀减小，如图乙所示，金属棒ab始终保持静止，则在0～t0时间内（）A．ab中的感应电流方向从a到b B．ab中的感应电流逐渐减小 C．ab所受的安培力不变 D．流过电阻R的电荷量为B三．解答题（共4小题）19．（2026•攀枝花二模）如图所示，两组足够长的平行固定金属导轨，间距均为L1＝0.5m，含有倾角为θ的abcd和水平桌面上的efqp，两者在c、d两点处绝缘但平滑连接。abcd处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，ab间接有一阻值R＝2Ω的定值电阻。在ef之间接有一恒流源，其电流大小I恒为4A且方向如方框中箭头所示，在水平桌面的长度L2＝0.2m矩形区域ghij处于另一磁场中。在im和jn处开有正对的缺口，当有物体从左向右经过缺口时，金属导轨被完美合上，且恒流源同时自动断开停止供电。在mnqp之间存在方向竖直向上、磁感应强度大小B3＝0.5T的匀强磁场，在pq之间接有一自感系数L＝0.2H的纯电感线圈。现将质量m＝0.2kg、长度也为L1电阻不计的导体棒从倾斜导轨abcd上释放，其在到达cd之前重力的瞬时功率P恒为6W。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，经过ghij时磁场方向水平向左、磁感应强度大小B2＝kx（x为导体棒与gh的距离，k＝0.1T/m）。已知磁场B1和B2两区域中导体棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，其余部分均光滑，重力加速度g取10m/s2，自感系数为L电感线圈产生的自感电动势E=LΔiΔt（式中ΔiΔt为电流变化率），不考虑电磁辐射造成的能量损失，22.98≈4.8，sin（1）abcd之间磁场的磁感应强度大小B1；（2）导体棒经过区域ghij过程中动能的改变量ΔEk；（3）导体棒通过缺口im和jn后，第一次向右运动到最远处离mn的距离s。20．（2026•蚌埠模拟）如图甲所示，水平面内以O为圆心的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间均匀增大，满足B＝kt（k＞0）。根据麦克斯韦电磁理论，该磁场会在空间产生圆形的感生电场，其电场线是以O为圆心的同心圆，方向为逆时针。在磁场区域内水平放入一半径为r的单匝金属线圈，圆心位于O点。（1）求穿过线圈的磁通量Φ和线圈中产生的感应电动势E电。（2）线圈中的自由电荷在感生电场力的作用下定向移动形成感应电流，移送电荷量为q的电荷时感生电场力做的功W电＝qE电，感生电场力F与感生电场强度E的关系满足F＝qE。请证明线圈所在处的感生电场强度E=1（3）撤去线圈，在磁场中水平固定一光滑绝缘圆形轨道环，环的半径为r，圆心位于O点，如图乙所示。环内最右侧锁定一电荷量为q、质量为m的带正电小球A，环内最左侧静置一质量为m的不带电绝缘小球C，两小球均可视为质点。解除锁定，A在感生电场力的作用下沿轨道运动并与C发生弹性碰撞，整个过程无电荷转移，不计带电小球运动时的电磁辐射。求从解除锁定到两球第2次碰撞前，感生电场力对A做的功。21．（2026•西城区校级一模）物理学家可以通过构建新模型、借助已有理论和逻辑推理，形成对微观世界的新认识，如对光电效应、α粒子散射实验等现象的解释。经典理论认为：①金属导体中自由电子与金属离子（即金属原子失去电子后的剩余部分）的碰撞，形成了自由电子定向移动的阻力，其大小为f＝kv，k称为阻力系数，v为自由电子定向移动的速率。②通电金属导线中，电场线总是与导线的表面平行。已知元电荷为e，忽略电子的重力及其热运动的影响，请借助上面的理论，通过构建模型来解答以下问题。（1）现有两种不同的金属材料1和2，材料对电子定向移动的阻力系数分别为k1和k2，单位体积内的自由电子数分别为n1和n2。如图甲所示，用这两种金属材料制成横截面积相同、长度相同的两个圆柱形导体，将它们串联在一起接入电路，达到稳定时会有恒定电流流过。①在电压、电流、电阻三个电学量中，写出稳定时两导体一定相同的物理量。②求稳定时两导体中的电场强度大小之比E1：E2。（2）测得（1）中的两种圆柱形导体的横截面积相同，将它们制成半径为r的两个半圆环，再拼接成一个导体圆环（圆柱形导体截面的直径远小于圆环半径r），如图乙所示，M、N为拼接位置。已知k1＝2k2，n1＝3n2。金属细圆环内部存在垂直于圆环平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间均匀增加，变化率为β，其激发的涡旋电场会推动电子开始沿圆环运动。由于电子定向移动速率比较小，可忽略自由电子绕圆环运动所需的向心力。经过短暂的时间后，电子的运动达到稳定状态。①在稳定状态下，导体1中某电子受到的涡旋电场力F涡如图丙所示，请补充完整该电子受力的示意图；并判断拼接位置M处堆积的净剩电荷的电性。②求稳定状态下，导体1中的静电场场强大小E。22．（2026•河南模拟）一个阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为R的电阻R1、电容为C的电容器连接成如图甲所示回路。金属线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化的关系图线如图乙所示。图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0，导线的电阻不计。求：（1）通过电阻R1的电流大小和方向；（2）t1时刻电容器所带电荷量Q。

2027年高考物理复习——解答一．选择题（共15小题）1．（2026•昆明模拟）如图所示，两根足够长的平行金属导轨位于水平的xOy平面内，导轨与x轴平行，左端接有电阻R。在x＞0的一侧存在竖直向下的磁场，磁感应强度B随空间均匀变化，满足B＝B0+kx（k＞0且为定值）。一金属杆与导轨垂直放置，且接触良好，在外力作用下沿x轴正方向匀速运动。t＝0时金属杆位于x＝0处，不计导轨和金属杆的电阻。图中关于金属杆两端的电压U和所受安培力F大小的图像正确的是（）A． B． C． D．【分析】题目描述金属杆在x＞0区域沿x轴正方向匀速运动，该区域存在竖直向下且随空间线性变化的磁场。金属杆切割磁感线产生感应电动势，其两端电压等于感应电动势。已知磁场随x线性增加，金属杆匀速运动，因此感应电动势与x成正比，电压U随时间t也线性增加，对应U﹣t图像应为倾斜直线。金属杆所受安培力与电流和磁场强度乘积成正比，电流由感应电动势和电阻决定，磁场随x线性变化，因此安培力与x的平方成正比，随时间t的变化为二次函数关系，F﹣t图像应为开口向上的曲线。【解答】解：CD、由闭合电路欧姆定律可得，电路中的感应电流为I=ER0=(B0+kx)LvR0。金属杆所受安培力为F＝BIL，代入数据可得F=(B0+kx)2L2vR0，可知F与x不是线性关系，F﹣xAB、设金属杆在时间Δt内运动的位移为x，且Δt→0，两导轨间的距离为L。在Δt时间内，金属杆与导轨、电阻构成的闭合回路中磁通量的变化量为ΔΦ＝（B0+kx）xL﹣0。则Δt内闭合回路中产生的感应电动势为E=ΔΦΔt=(B0+kx)xLΔt。设金属杆匀速运动的速度为v，则有v=xΔt，代入上式可得E＝（B0+kx）Lv。不计导轨和金属杆的电阻，则金属杆两端的电压U＝E＝（B0+kx）Lv，可知U与x成线性关系，其图像为一条倾斜的直线。由U＝（B0+kx）Lv，结合x＝vt，可得U＝（B0+kvt）故选：B。【点评】本题综合考查电磁感应与动力学、图像分析，涉及法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力公式等核心知识点。题目情境设计新颖，磁场分布满足B＝B0+kx且金属杆匀速运动，需要学生建立动态的物理模型。求解金属杆两端电压U时，需通过微元思想分析Δt内磁通量的变化，推导出U＝（B0+kx）Lv，明确U与x或t均呈线性关系；分析安培力F时，则需联立I=ER与F＝BIL，得到F∝(B0+kx2．（2026•邯郸二模）穿过一单匝闭合导线框的磁通量按如图所示规律变化，则导线框中因电磁感应产生的电动势随时间变化的图像可能为（）A． B． C． D．【分析】根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小等于Φ﹣t图像的斜率，分阶段分析斜率的正负与大小，判断电动势的变化规律。【解答】解：法拉第电磁感应定律：E=n|ΔΦΔt|，感应电动势的大小等于磁通量Φ0～1s：磁通量Φ从0线性增大，斜率为正的常数，因此感应电动势大小恒定，方向为某一固定方向（设为正方向）；1﹣3s：磁通量先从最大值线性减小到0（1～2s），再反向线性增大到负的最大值（2～3s）。这两个阶段的斜率均为负的常数（与0～1s斜率符号相反，绝对值相同），因此感应电动势大小不变，方向与0～1s相反（负方向），且1～3s内斜率恒定，电动势保持不变。3～4s：磁通量从负的最大值线性减小到0，斜率为正的常数（与0～1s斜率相同），因此感应电动势大小恒定，方向与0～1s相同（正方向），故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题考查Φ﹣t图像与感应电动势的对应关系，侧重考查对磁通量变化率的理解，属于基础图像分析题。3．（2026•揭阳模拟）如图所示，两光滑直导轨AB、CD放在水平桌面上，右端连接一个定值电阻，左端放一根导体棒。导轨之间有竖直方向等大的匀强磁场，磁场分界线ab、cd、ef、mn之间的距离均为L，不计导轨和导体棒的电阻，导体棒以速度v水平向右匀速运动，且始终保持与导轨良好接触，以俯视时顺时针方向为电流的正方向、从导体棒经过ab分界线开始时、通过电阻的电流i、电阻两端的电势差UBD随时间t变化的图像正确的是（）A． B． C． D．【分析】题目描述导体棒在宽度变化的导轨上匀速通过方向交替的磁场区域，产生感应电流和电势差。分析时需关注导体棒切割磁感线的有效长度随时间线性减小，导致感应电动势线性变化。根据右手定则，在不同磁场方向区域感应电流方向相反，规定正方向后电流有正负。在无磁场区域感应电流为零。电阻两端的电势差与感应电动势大小相等，其变化趋势与有效长度变化一致，方向由电流方向决定。因此需分段判断电流和电势差随时间变化的线性关系及方向。【解答】解：设导轨切割磁感线的有效长度为l，由于导轨收缩，l随时间严格单调递减。在0⩽t＜Lv因电流由B流向D，电阻两端电势差UBD＝iR为正。随l减小，i与UBD均正向减小。在Lv在2Lv⩽t＜3Lv阶段，导体棒在向外的磁场中运动，感应电流方向转为逆时针（负方向），电流由D流向B，故此阶段i与UBD均为负值，且随l减小其绝对值继续减小。由于导轨间距持续变窄，t=2Lv时刻的有效长度必然小于综合以上分析，图D中第三阶段电势差大于零，图A、C中第三段起始绝对值大于第一段结束绝对值，均不符合物理事实，图B变化规律及幅值关系均正确，故B正确，ACD错误。故选：B。【点评】本题以电磁感应中导体棒在变化磁场中匀速运动为背景，考查法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的综合应用。题目巧妙设置了导轨宽度随位置变化的情景，使得切割磁感线的有效长度成为时间的线性函数，从而将感应电动势、电流和路端电压的变化与运动学过程紧密关联。本题计算量适中，但要求考生具备清晰的物理图景构建能力，能够分段分析导体棒在不同磁场区域中的电磁感应现象，并准确判断感应电流的方向与大小变化规律。重点考查了学生对动生电动势公式E＝Blv的理解、右手定则的应用以及对路端电压U＝IR的掌握，同时锻炼了其逻辑推理与图像分析能力。题目将空间上的磁场分布与时间上的运动过程相结合，设问层次分明，是一道综合性较强的中等难度好题。4．（2026•重庆校级模拟）如图所示，光滑绝缘的水平桌面上有一等腰直角三角形区域ABC，BD是斜边AC的高，且BD＝L，三角形ABD区域内（含AB及AD边上）存在垂直于桌面向下的匀强磁场，三角形BDC区域内（含BD、BC及DC边上）存在垂直于桌面向上的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小相同。一边长为L的正方形线框abcd由粗细均匀的同种电阻丝构成，在外力的作用下，匀速通过两个磁场区域。运动过程中，线框的cd边始终与等腰三角形AC边所在的直线MN重合。规定线框中逆时针方向的电流为正，线框受到垂直于bc边向左的安培力为正，穿过线框向下的磁通量为正，把A点作为线框位移的起始点。则线框中产生的感应电流I、b点和a点间的电势差Uba、线框所受安培力F、穿过线框的磁通量Φ随线框运动位移x变化的图像正确的是（）A． B． C． D．【分析】线框匀速通过两个方向相反的匀强磁场区域，运动过程中cd边始终与AC边重合。分析感应电流I、电势差Uba、安培力F及磁通量Φ随位移x的变化，需明确线框在不同位移区间内切割磁感线的有效长度变化及磁通量变化情况。从线框位移起始点A开始，需分段考察线框进入、完全在磁场中及离开磁场的过程，结合右手定则判断感应电流方向，根据有效切割长度计算感应电动势，并利用安培力公式分析受力，同时注意磁通量正负的规定，从而推断各物理量图像的正确形态。【解答】解：线框穿过磁场区域时，安培力F随位移x的变化关系可分段分析：在0≤x＜L区间，仅bc边切割磁感线，有效切割长度l＝x，感应电动势E＝Bvx，安培力F=BIl=B在L≤x＜2L区间，bc边与ad边均切割磁感线，由于两侧磁场方向相反，根据右手定则可知两边产生的感应电动势方向相同，总电动势E＝Bv（2L﹣x）+Bv（x﹣L）＝BLv，为恒定值，此时两边所受安培力方向均向左，总安培力F=BI(2L-在2L≤x＜3L区间，仅ad边切割磁感线，有效切割长度l＝3L﹣x，感应电动势E＝Bv（3L﹣x），安培力F=BIl=B综合以上分析，安培力F随x的变化图像与选项C相符，故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】本题综合考查了电磁感应中的动生电动势、安培力、闭合电路欧姆定律以及图像分析能力。题目将线框匀速通过两个方向相反、边界呈等腰三角形的磁场区域，涉及切割磁感线有效长度的动态变化、多段并联边切割的叠加处理以及多个物理量随位移变化的图像判断。计算量中等，但过程分析较为复杂，需要学生具备清晰的物理图景构建能力和严谨的分段推理逻辑。本题的亮点在于巧妙设置磁场分布与线框运动轨迹，使得安培力、电流等物理量在不同阶段呈现抛物线或恒定值的变化规律，有效考查了学生对电磁感应核心规律的深度理解和灵活应用。5．（2026•包头二模）如图，单匝正方形导体线框用细线悬挂，abcd为匀强磁场边界，t＝0时刻，ab、dc边界从正方形线框中点位置O向左右两边匀速展开，当磁场边界ab、dc与线框边界重合时，剪断细线。规定导线框中电流逆时针方向为正方向，下列线框中感应电流随时间变化关系图像可能正确的是（）A． B． C． D．【分析】题目描述磁场边界从线框中点向两侧匀速展开，线框在磁场中经历两个物理过程。第一阶段磁场区域扩大，线框内磁通量变化率恒定，产生恒定大小的感应电流；根据楞次定律判断电流方向为逆时针，与规定正方向一致。第二阶段剪断细线后线框自由下落，下边切割磁感线，产生感应电流方向为顺时针即负方向；下落过程中线框速度增大，但加速度因安培力而减小，导致电流随时间增大的速率逐渐变小。因此电流图像应为先出现一段水平正方向线段，后接一段斜率绝对值逐渐减小的负方向曲线。【解答】解：分析线框运动的两个过程。在磁场扩展阶段（0～t1），磁场区域的宽度随时间线性增加，即w＝2vt。根据法拉第电磁感应定律，回路中的磁通量变化率ΔΦΔt=BL⋅2v为一恒定值，因此感应电流依据楞次定律，感应电流方向为逆时针，将其取为正方向，即i1＞0。在自由下落阶段（t＞t1），线框下边处于磁场内，释放瞬间速度为零，之后随线框下落，磁通量向里减小，感应电流方向为顺时针，即i2＜0，其大小i2=Bav在线框下落过程中，根据牛顿第二定律有mg-B2a2v由于i﹣t图像的斜率ΔiΔt∝a加，因此在t1时刻之后，图线斜率的绝对值应逐渐减小，曲线趋于平缓。综合0～t1阶段电流为正向恒值这一条件，故故选：A。【点评】本题综合考查电磁感应中的法拉第电磁感应定律、楞次定律以及动力学分析，是一道构思巧妙、思维层次丰富的难题。题目通过磁场边界匀速展开与线框自由下落两个阶段的组合，全面检验学生对动生电动势产生条件、感应电流方向判断以及非匀变速过程中物理量变化趋势的深入理解。计算量适中，但需要学生精准构建两个不同阶段的物理模型，并敏锐识别下落阶段感应电流大小与加速度之间的关联，即i﹣t图像斜率反映加速度变化。其亮点在于将恒定的磁通量变化率与变加速运动中的感应电流变化有机衔接，要求学生具备较强的逻辑推理和图像分析能力。易错点在于容易忽略下落阶段电流方向为负，且其增长率逐渐减小，需通过牛顿第二定律进行严谨推导。6．（2026•湖北模拟）电子感应加速器常用于核物理研究。其简化原理如图所示，环形真空室水平放置，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里，磁感应强度大小B1＝kt（k为大于零的常数）的变化磁场，该磁场在环形真空室内激发感生电场使电子加速。真空室内存在另一个磁场B2（未画出），其作用是约束电子在真空室内做圆周运动。已知电子的电荷量为e，则（）A．B2应垂直于纸面向外 B．B2应为恒定的匀强磁场 C．电子沿逆时针方向加速运动 D．因B1变化，电子在真空室内每转一周动能增加πkeR2【分析】根据楞次定律判断感生电场方向，结合电子受力判断运动方向，再由洛伦兹力提供向心力分析B2的方向与变化规律，最后利用动能定理计算电子转一周的动能增量。【解答】解：ABC、根据楞次定律可以判断磁场B1产生的感应电场方向为逆时针方向，电子在感生电场作用下顺时针加速运动，电子在磁场B2作用下做圆周运动，根据左手定则可知磁场B2方向为垂直于纸面向里，故ABC错误；D、根据法拉第电磁感应定律可知磁场的变化产生的感应电动势大小为E=根据动能定理有eE＝ΔEk即电子在真空室内每转一周动能增加为ΔEk=πke故选：D。【点评】本题以电子感应加速器为背景，综合考查感生电场、楞次定律、洛伦兹力与动能定理的应用，侧重电磁感应与圆周运动的结合分析，能有效考查对电磁感应综合问题的理解。7．（2026•云南模拟）关于如图所示四幅图所涉及的物理知识，下列说法正确的是（）A．图甲中转动把手可以使铝框跟随磁铁以相反方向转动，用到了电磁阻尼原理 B．图乙中电子从左孔水平向右射入装置，可能做匀速直线运动或类平抛运动 C．图丙是电磁振荡实验电路，图中时刻电容器的电场能最大，此后的四分之一周期内线圈中的电流一直增大 D．图丁是闭合电路中电源输出功率与外电阻的关系，当R＝r时，电源效率最大【分析】对四幅图分别结合电磁驱动、带电粒子在复合场的受力分析、LC振荡电路的能量变化规律、电源输出功率与效率的关系逐一分析选项。【解答】解：A.图甲中转动把手带动磁铁转动，铝框因电磁感应产生感应电流，根据楞次定律，感应电流的磁场会阻碍铝框与磁铁的相对运动，因此铝框会跟随磁铁以相同方向转动，这是电磁驱动原理，而非电磁阻尼，故A错误；B.图乙中电子水平向右射入，电场力F电＝eE方向向上，洛伦兹力F洛＝evB，方向向下，当v=EB时，F电＝F洛，电子做匀速直线运动；若v≠EC.图丙中电流i＝0，此时电容器电荷量最大，电场能最大；此后电容器放电，在四分之一周期内，电场能转化为磁场能，线圈中的电流持续增大，故C正确；D.电源效率η=RR+r×100%，外电阻R越大效率越高；当R＝r时输出功率最大，但效率仅为50%故选：C。【点评】本题综合考查电磁学多个基础实验与规律，涵盖电磁驱动、复合场、电磁振荡、电源效率等知识点，检验对物理概念和原理的理解。8．（2026•丰台区模拟）如图所示的电路中，a、b、c为三盏完全相同的灯泡，L是自感线圈，下列说法正确的是（）A．闭合开关S，a、b、c同时亮起来 B．电路稳定后，a比c暗 C．电路稳定后再断开开关，通过b的电流方向与之前相反 D．电路稳定后再断开开关，b比c先熄灭【分析】闭合开关瞬间，先分析干路和两条支路的电流通路，干路的a灯、直接支路的b灯可立即形成电流；带自感线圈的c灯支路，因线圈会产生自感电动势阻碍电流增大，电流只能缓慢增加，再结合并联电路的电流分配，分析稳定后各灯的电流大小；断开开关时，电源被切断，自感线圈会阻碍自身电流减小，此时线圈、c灯、b灯形成闭合回路，再分析回路中电流的路径与方向变化，以及电流衰减时各灯的状态变化。【解答】解：A、闭合瞬间，自感线圈L会产生很大的自感电动势，阻碍电流的增大，所以c灯是逐渐变亮的，电流从电源正极流出，干路的a和并联支路的b会立即获得电流，同时亮起，即a、b先亮，c后亮，故A错误；B、稳定后，线圈L相当于导线，对电流无阻碍，干路电流为Ia＝Ib+Ic，灯泡亮度由实际功率决定P＝I2R，电阻相同，所以Pa＞Pc，a比c亮，故B错误；C、稳定时，b灯的电流方向是自右向左，断开开关后，电源被切断，线圈L会产生自感电动势，维持原来的电流方向，线圈中电流方向不变自右向左，此时L、c、b构成闭合回路，线圈L相当于电源，b灯的电流方向变为自左向右，与原来相反，故C正确；D、断开开关后，线圈L、灯泡c、灯泡b构成一个闭合的自感回路，电流会逐渐衰减，b和c会同时逐渐熄灭，不存在谁先谁后，故D错误。故选：C。【点评】学生易错点，一是混淆通电和断电时自感线圈的作用，误以为闭合开关时c灯能立即亮起；二是忽略断电后线圈与灯泡形成的闭合回路，误判电流方向和灯泡熄灭顺序；三是没理清稳定时干路和支路的电流关系，错判灯泡亮度对比。9．（2026•镇江模拟）几位同学手拉手一起进行“千人震”实验，实验器材包含两节干电池（3.0V）、带铁芯的多匝线圈（电阻很小）、开关，同学们按图示电路连接。实验中，先闭合开关，待电路稳定后再断开开关，则（）A．闭合开关瞬间，同学们有触电感，电流方向为A到B B．断开开关瞬间，同学们有触电感，且AB间电压远大于3.0V C．断开开关瞬间，同学们有触电感，且AB间电压等于3.0V D．断开开关瞬间，流过同学们的电流方向为A到B【分析】“千人震”实验，线圈电流变化时会产生自感电动势，阻碍电流变化，尤其断电瞬间会产生远高于电源电压的感应电压，再结合楞次定律判断电流方向。【解答】解：A、闭合开关瞬间，线圈的自感电动势只是阻碍电流增大，电源电压仅为3.0V，此时人体两端几乎没有电压差，不会有触电感觉，故A错误；BC、断开开关瞬间，线圈电流突然减小，产生很高的自感电动势，与人体构成闭合回路，AB间电压远大于3.0V，同学们会有触电感觉，故B正确，C错误；D、断开开关时，线圈的自感电流方向与原电流方向相同，因此流过人体的电流方向是B到A，故D错误。故选：B。【点评】学生容易混淆通电和断电自感的效果，误以为通电瞬间会产生高压；也容易忽略自感电动势的方向判断，错判流过人体的电流方向。10．（2026•顺义区模拟）金属探测器的线圈中通有变化的电流，探测金属物品时，金属中会感应出涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，使仪器报警。关于其工作原理，下列说法正确的是（）A．线圈中通有变化电流的目的是为了产生变化的磁场 B．探测器接触金属物品，才能在金属物品中产生涡流 C．涡流产生的磁场总是与线圈的磁场方向相反 D．探测器报警的直接原因是金属物品发热【分析】结合电磁感应和涡流的相关知识，先分析线圈中通变化电流的作用，再思考涡流产生的条件、涡流磁场与原磁场的关系，最后结合题目描述的报警原理，逐一判断每个选项的表述是否符合楞次定律与金属探测器的工作逻辑。【解答】解：A．根据电流的磁效应，变化的电流会产生变化的磁场，这是使金属内部磁通量发生变化、产生涡流的前提，故A正确；B．涡流产生的条件是金属处于变化的磁场中，并不需要探测器和金属直接接触，磁场可以穿过空气作用于金属，不需要探测器接触金属，故B错误；C．根据楞次定律，涡流的磁场仅阻碍原磁场的变化：线圈磁场增强时涡流磁场与线圈磁场反向，线圈磁场减弱时涡流磁场与线圈磁场同向，并非总是相反，故C错误；D．题干明确说明报警的直接原因是涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，和金属发热无关，故D错误。故选：A。【点评】这道题的陷阱主要集中在对涡流产生条件、楞次定律的理解误区上，容易误以为必须接触金属才能产生涡流，或错误认为涡流磁场总是与原磁场方向相反，还可能混淆探测器报警的直接原因和涡流的热效应。11．（2026•通州区模拟）在断电自感现象的研究中，几位同学手拉手与一节电动势为1.5V的干电池、导线、开关、一个有铁芯的多匝线圈按如图所示方式连接，断开开关时人会有触电的感觉。已知人体的电阻比线圈的电阻大得多。下列说法正确的是（）A．闭合开关瞬间，人也会有被电击的感觉 B．断开开关瞬间，线圈中的电流突然增大 C．断开开关瞬间，流过人的电流方向为由Q→P D．断开开关瞬间，流过人的电流大于流过线圈的电流【分析】根据自感现象，通过分析开关闭合和断开瞬间电路中电流、电压的变化情况，以及自感电动势产生的原因和方向等知识来判断各选项的正误。【解答】解：A、当开关闭合后，多匝线圈与同学们并联，由于电源为1.5V的新干电池，所以电流很小。同学没有触电感觉，故A错误；B、断开电键时，由于线圈的电流减小而产生自感感动势，而阻碍电流的减小，只是电流减小的慢一些，不会突然增大，故B错误；C、当断开时，多匝线圈产生自感电动势，电流方向不变，此时线圈的电流从左向右，流过人的电流从右向左即从Q→P，故C正确；D、当断开时，多匝线圈电流产生自感现象，从而产生很高的瞬间电压，与一队人组成自感回路，电流通过同学们身体有触电的感觉。而此时流过人体的电流是由线圈的自感电动势提供的，电流是从流过线圈的最大逐渐减小的，故流过人体的电流不会大于线圈的电流，故D错误。故选：C。【点评】本题主要考查自感现象，分析开关闭合和断开瞬间电路中电流、电压的变化情况，以及自感电动势产生的原因和方向，属于基础题目，难度不大。12．（2026•西城区二模）如图所示，A1和A2是规格相同的两个灯泡，A1与线圈L串联，A2与可调电阻R串联，调节电阻R和R1，使两个灯泡都正常发光。下列说法正确的是（）A．闭合开关S，A1和A2同时亮起 B．断开开关S，A1缓慢熄灭，A2立即熄灭 C．增大电阻R，断开开关S瞬间可能观察到A2闪亮一下 D．减小电阻R1，断开开关S瞬间可能观察到A2闪亮一下【分析】先分析开关闭合时，自感线圈对电流的阻碍作用，判断两灯亮起的先后；再分析开关断开时，线圈与两灯构成的闭合回路，判断电流衰减方式；最后结合“闪亮一下”的条件，逐一分析改变电阻对两支路稳定电流的影响，判断是否满足条件。【解答】解：A、闭合开关瞬间，线圈L会产生自感电动势，阻碍电流的增大，因此A1支路的电流是逐渐增大的，A1会慢慢亮起；而A2支路是纯电阻电路，电流会立即建立，A2会立即亮起。所以A1和A2不是同时亮起，故A错误；B、断开开关S时，电源被切断，但线圈L会产生自感电动势，与A1、A2和R构成闭合回路，电流会通过这个回路逐渐衰减，因此A1和A2都会缓慢熄灭，并非A2立即熄灭，故B错误；C、原来两个灯泡正常发光，说明稳定时通过A1的电流I1和通过A2的电流I2相等，增大电阻R后，稳定时A2支路的电流I2'会小于原来的I1，断开开关瞬间，线圈L的自感电流会从原来的I1开始衰减，流过A2的初始电流就是I1，大于A2原来的稳定电流I2′，因此A2会闪亮一下再缓慢熄灭，故C正确；D、减小R1时，电路的总电阻减小，总电流增大，但A1和A2支路的电流仍然保持相等，断开开关瞬间，线圈L的自感电流从原来的I1开始衰减，流过A2的电流不会超过其稳定电流，因此A2不会闪亮一下，只会缓慢熄灭，故D错误。故选：C。【点评】学生容易混淆通电自感和断电自感的过程，尤其容易忽略“灯泡闪亮”的核心条件是稳定时线圈支路电流大于灯泡支路电流，错误认为只要有自感现象灯泡就会闪亮，同时也容易误判断开开关后两灯的熄灭方式。13．（2026•昌平区二模）如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，A和B是两个相同的小灯泡。若两灯泡在以下操作中不会被烧坏，下列说法正确的是（）A．开关由断开到闭合，灯泡A慢慢变亮，最终亮度不变 B．开关由断开到闭合，灯泡B立即变亮，然后慢慢熄灭 C．开关由闭合到断开，灯泡A闪亮一下，然后熄灭 D．开关由闭合到断开，灯泡B闪亮一下，然后熄灭【分析】先分析开关闭合时的通电自感过程，线圈L自感系数大、电阻小，闭合瞬间阻碍电流增大，电流主要从A灯流过，B灯与A灯串联会立即亮起；稳定后L的电阻可忽略，A灯被短路，电流几乎全部从L流过，A灯熄灭，B灯变亮；再分析开关断开时的断电自感过程，断开开关瞬间，L会产生自感电动势，与A灯构成闭合回路，回路中的电流是稳定时通过L的电流，因此A灯会闪亮一下再熄灭；而B灯所在的干路被切断，会立即熄灭。【解答】A、开关闭合时，电流先通过A灯，A灯立即亮起，稳定后A灯被线圈短路而熄灭，不是“慢慢变亮，最终亮度不变”，故A错误；B、开关闭合时，B灯与A灯串联，电流能立即通过，B灯立即亮起；稳定后线圈几乎无电阻，总电阻减小，电流增大，B灯会变得更亮，不是“慢慢熄灭”，故B错误；C、开关断开瞬间，线圈L的自感电流从原来的电流开始减小，流过A灯，因此A灯会闪亮一下再熄灭，故C正确。D、开关断开时，干路被切断，B灯中没有电流，会立即熄灭，不会闪亮，故D错误。故选：C。【点评】学生容易混淆通电和断电自感中线圈对电流的作用，尤其容易忽略“稳定时线圈电阻可忽略，会短路A灯”这一关键点，错误认为A灯在开关闭合后会一直亮着；同时也容易误以为断电时B灯也会闪亮，忽略了B灯在干路，断开开关后回路被切断，不会有电流流过。14．（2026•顺义区模拟）在如图所示电路中，两个灯泡A1和A2的规格相同，A1与线圈L串联，A2与可调电阻R串联。先闭合开关S，调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，再调节可调电阻R1，使它们都正常发光，然后断开开关S。重新接通电路，下列说法正确的是（）A．闭合开关，A1、A2亮度始终相同 B．闭合开关，A2缓慢亮起 C．电路稳定后断开开关，A1、A2同时熄灭 D．电路稳定后断开开关，A2闪亮一下再熄灭【分析】闭合开关时，分析线圈自感对电流的阻碍作用，判断两灯亮起的先后与亮度变化；稳定后两灯电流相同，断开开关时，线圈与两灯构成回路，电流同步衰减，因此两灯同时熄灭，不会出现闪亮。【解答】解：AB．闭合开关，A1与线圈L串联，线圈L会产生自感电动势阻碍电流增大，A1支路电流缓慢增大，A1逐渐变亮，A2支路为纯电阻，电流立即建立，A2立即亮起，因此亮度并非始终相同，，A2支路无电感阻碍，闭合开关后会立即亮起，不是缓慢亮起，故AB错误；CD．电路稳定后断开开关，A1与线圈L、A2与可调电阻R串联构成一个回路，线圈L会产生自感电动势阻碍电流减小，由于原来两电路稳定时电流相等，不会出现A2闪亮一下再熄灭的现象，A1、A2同时熄灭，故C正确，D错误。故选：C。【点评】学生容易忽略“稳定时两灯电流相同”这一关键条件，误以为断开开关时线圈电流会大于A2的稳定电流，导致误判A2会闪亮；同时也容易混淆通电自感中两灯的亮起顺序，误判A2缓慢亮起。15．（2026•西安校级二模）下列四幅插图中说法正确的是（）A．甲图中，铜盘靠惯性转动，手持磁铁靠近铜盘，铜盘转动加快 B．乙图中，大量粒子以初速度为0进入加速电场，之后粒子轨迹半径越大，比荷越大 C．丙图中，把一根柔软的金属弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触并保持静止，通电后弹簧会上下振动 D．丁图中，当人对着话筒讲话时线圈中会产生强弱变化的电流，这利用了电流的磁效应【分析】根据导体棒切割磁感线产生感应电动势和感应电流，结合楞次定律分析解答；根据动能定理和牛顿第二定律列式解答；根据安培定则等知识分析解答；根据电磁感应的原理分析解答。【解答】解：A、当转动铜盘时，铜盘切割磁感线，从而产生感应电动势和感应电流，出现安培力，由楞次定律可知，产生的安培力将阻碍铜盘切割磁感线运动，导致铜盘转动将变慢，故A错误；B、根据动能定理有Uq=12mv2，又由Bqv=mC、当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，根据安培定则知，各圈导线之间都产生了相互的吸引作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原来长度，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，开始重复上述过程，弹簧上下振动，故C正确；D、图丁中，当人对着话筒讲话时，线圈振动切割磁感线会产生强弱变化的电流，这利用了电磁感应原理，不是电流的磁效应，故D错误。故选：C。【点评】考查楞次定律和电磁感应现象以及质谱仪的问题，知道相应的工作原理，涉及知识点较多，需平时注意相关知识的积累，属于较低难度考题。二．多选题（共3小题）（多选）16．（2026•武汉模拟）如图所示，光滑绝缘水平面上放置一个边长为L的正方形导线框abcd。在0≤x＜L与L≤x＜2L的区域内存在垂直水平面大小相等方向相反的匀强磁场，现给线框初速度v0让其垂直边界进入左侧磁场，线框cd边恰好能出右侧磁场，已知线框ab边刚进入左侧磁场时所受安培力大小为F0，线框始终垂直于磁场。则运动过程中线框速度大小v、所受安培力大小F与线框位移x关系图像正确的是（）A． B． C． D．【分析】线框依次穿过方向相反的两个磁场区域，整个过程分为三个切割阶段，分别对应ab边进入、两对边同时切割、cd边最后离开。安培力始终与速度方向相反，线框做减速运动。速度变化与位移呈线性关系，因安培力与速度成正比，各阶段速度线性减小，故v﹣x图像为三段斜率不同的下降直线。安培力大小F由切割边数决定，在边界处因有效切割长度突变而跃变，但每个阶段内F随速度线性减小，F﹣x图像为三段下降直线并在x＝L和x＝2L处发生跃变。【解答】解：在0≤x＜L阶段，只有ab边切割磁感线，线框所受安培力F1=B2L2vR在L≤x＜2L阶段，ab和cd边均切割磁感线且电动势同向相加，总电动势E＝2BLv，所受总安培力F2=2B2BLvRL=4B2在2L≤x＜3L阶段，只有cd边切割磁感线，安培力F3=B2L2由于线框恰好完全出磁场时速度为零，整个过程满足v0＝Δv1+Δv2+Δv3＝6kL，解得kL=1当x＝L时，线框速度v1=v0-kL=当x＝2L时，线框速度v2=v1-4kL=结合以上分析与各阶段线性变化关系可知，图象AC正确，故AC正确，BD错误。故选：AC。【点评】本题以线框在交替反向磁场中的运动为背景，综合考查电磁感应中的动力学与能量问题。题目涉及法拉第电磁感应定律、安培力公式、牛顿第二定律以及运动学分析，对学生的建模能力和逻辑推理能力提出了较高要求。通过分析线框在不同位移区间内切割磁感线的有效边数变化，推导速度与安培力随位移的变化规律是解题关键。计算量适中，但需准确把握安培力在磁场边界处的突变以及速度变化的非线性特征，体现了对物理过程深度分析的要求。（多选）17．（2026•安宁区校级二模）如图所示，空间有两个宽度分别为L和2L的有界匀强磁场区域，磁感应强度大小都为B，左侧磁场方向垂直于纸面向里，右侧磁场方向垂直于纸面向外。abcd是一个由均匀电阻丝做成的边长为L的正方形线框，线框以垂直于磁场边界的速度v匀速通过两个磁场区域，在运动过程中，线框ab、cd两边始终与磁场的边界平行。设线框cd边刚进入磁场的位置为x＝0，x轴正方向水平向右，从线框cd边刚进入磁场开始到整个线框离开磁场区域的过程中，ab两点间的电势差和线框受到的安培力F（规定水平向右为正方向）随着位置x变化的图像正确的是（）A． B． C． D．【分析】分析ab两点间电势差随位置x的变化图像。线框匀速运动，切割磁感线的有效长度变化导致感应电动势改变。需分阶段考虑：cd边单独进入左侧磁场时，回路电流为逆时针，ab段作为外电路电阻，a点电势高于b点，电势差为正常数；当ab边进入左侧磁场、cd边同时进入右侧磁场时，两边电动势相加使电流反向为顺时针，ab边此时视为电源内阻部分，其两端电势差仍为a高b低但数值增大；线框全部在右侧磁场时，两边电动势抵消，电流为零，电势差为零；仅ab边在右侧磁场中切割时，电流顺时针，b点电势高于a点，电势差为负常数。整个过程中电势差大小与方向的变化应符合上述阶段性特征。分析线框所受安培力F随位置x的变化图像。安培力方向始终与运动方向相反（水平向左），规定向右为正故力为负。分阶段依据感应电流大小及有效受力边数确定合力：仅cd边受力时，安培力为负常数；当ab边和cd边均受力且电流加倍时，每边安培力加倍且方向相同，总力变为四倍负值；无电流时安培力为零；最后仅ab边受力时，安培力恢复为与第一阶段大小相同的负常数。注意安培力大小与电流成正比，且受力边有效长度恒定，故力的大小变化直接反映各阶段电流与有效边数的乘积关系。【解答】解：设U0=BLv4，AB、在0≤x＜L阶段，cd边进入左侧磁场，ab边位于磁场外，线框总电动势为BLv，感应电流I=BLvR（方向逆时针），ab两点间电势差Uab=I⋅R4，解得：当L≤x＜2L时，cd边进入右侧磁场（产生向下电动势），ab边进入左侧磁场（产生向上电动势），线框总电动势为2BLv，感应电流I=2BLvR（方向顺时针），ab边作为电源，其电势差Uab=ϕa-当2L≤x＜3L时，ab、cd两边均在右侧磁场中，回路总电动势为0，感应电流I＝0，依据图像约定此时Uab＝0；当3L≤x＜4L时，ab边在右侧磁场中（产生向下电动势），cd边已离开磁场，感应电流I=BLvR（方向顺时针），此时b点电势高于a点，电势差Uab=φa-φb=-(BLv-I⋅RCD、在0≤x＜L阶段，仅cd边受到向左的安培力，F＝﹣BIL，解得：F＝﹣F0；当L≤x＜2L时，ab、cd两边均受到向左的安培力，总安培力F=-2⋅B⋅2BLv当2L≤x＜3L时，电流I＝0，则安培力F＝0；当3L≤x＜4L时，仅ab边受到向左的安培力，F＝﹣BIL，解得：F＝﹣F0。故C正确，D错误。故选：AC。【点评】本题综合考查电磁感应中的动生电动势、闭合电路欧姆定律、安培力计算以及图像分析能力，涉及线框分段进出不同方向匀强磁场的复杂过程。题目计算量适中，但思维要求较高，需要学生清晰划分线框运动的四个阶段，并准确判断每一阶段有效切割边、感应电动势方向、回路总电动势、电流方向及ab边作为外电路或电源部分的电势差计算。安培力分析则需根据各阶段电流大小及受力边数目进行合成，并注意规定正方向。本题充分锻炼学生的物理建模、过程分析和逻辑推理能力，尤其突出了对电动势叠加、电势差概念以及安培力瞬时性的深入理解。图像正确选项展现了电势差与安培力随位置变化的非单调性及对称破缺特点，是一道区分度较好的综合题。（多选）18．（2026•拉萨模拟）如图甲，水平面内有间距为L1的两根平行金属导轨，金属棒ab电阻不计，放置在导轨上，并与导轨垂直并保持良好接触，导轨c、d之间接有电阻R，b、c间距为L2。整个装置放在竖直向下的匀强磁场中。现使磁感应强度随时间均匀减小，如图乙所示，金属棒ab始终保持静止，则在0～t0时间内（）A．ab中的感应电流方向从a到b B．ab中的感应电流逐渐减小 C．ab所受的安培力不变 D．流过电阻R的电荷量为B【分析】明确题目描述的物理现象为匀强磁场竖直向下且均匀减小，导致穿过闭合回路的磁通量均匀变化，从而在回路中产生感应电动势和感应电流。梳理已知条件：金属棒ab静止，磁场变化规律已知，导轨间距和电阻位置已知。分析过程中需重点关注磁通量变化率恒定这一关键条件，运用楞次定律判断感应电流方向，结合法拉第电磁感应定律分析感应电动势大小，并利用安培力公式分析受力变化。通过计算感应电流恒定和磁通量变化总量，可确定流过电阻的电荷量。形成从磁场变化到感应电流方向、大小、受力及电荷量的逻辑链条。【解答】解：A、原磁场竖直向下，磁感应强度减小，依据楞次定律，感应电流产生的磁场方向向下，以阻碍原磁通量的减小，再根据右手螺旋定则可知，整个回路中的感应电流方向为顺时针，因此金属棒ab中的感应电流方向是从a流向b，故A正确；B、由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E=ΔΦΔt=SΔBΔt=L1LC、金属棒ab所受的安培力F＝BIL1，由于感应电流I不变，而磁感应强度B逐渐减小，因此安培力逐渐减小，故C错误；D、在t0时间内，通过电阻的电荷量q=IΔt=ER⋅t0=ΔΦR，其中磁通量的变化量ΔΦ＝B0S＝B0L故选：AD。【点评】本题综合考查电磁感应中的楞次定律、法拉第电磁感应定律、安培力公式以及电荷量计算。题目涉及图像与物理过程结合，计算量适中，难度中等偏上。学生需准确理解匀强磁场变化产生恒定电动势这一核心点，并灵活运用相关公式。本题能有效锻炼学生的图像分析能力、逻辑推理能力以及公式应用能力。其中选项D对电荷量表达式的考查，需要学生明确感应电荷量仅与磁通量变化量及回路电阻有关，而与时间无关，这是电磁感应中的一个重要结论。三．解答题（共4小题）19．（2026•攀枝花二模）如图所示，两组足够长的平行固定金属导轨，间距均为L1＝0.5m，含有倾角为θ的abcd和水平桌面上的efqp，两者在c、d两点处绝缘但平滑连接。abcd处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中，ab间接有一阻值R＝2Ω的定值电阻。在ef之间接有一恒流源，其电流大小I恒为4A且方向如方框中箭头所示，在水平桌面的长度L2＝0.2m矩形区域ghij处于另一磁场中。在im和jn处开有正对的缺口，当有物体从左向右经过缺口时，金属导轨被完美合上，且恒流源同时自动断开停止供电。在mnqp之间存在方向竖直向上、磁感应强度大小B3＝0.5T的匀强磁场，在pq之间接有一自感系数L＝0.2H的纯电感线圈。现将质量m＝0.2kg、长度也为L1电阻不计的导体棒从倾斜导轨abcd上释放，其在到达cd之前重力的瞬时功率P恒为6W。导体棒始终与导轨垂直且接触良好，经过ghij时磁场方向水平向左、磁感应强度大小B2＝kx（x为导体棒与gh的距离，k＝0.1T/m）。已知磁场B1和B2两区域中导体棒与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，其余部分均光滑，重力加速度g取10m/s2，自感系数为L电感线圈产生的自感电动势E=LΔiΔt（式中ΔiΔt为电流变化率），不考虑电磁辐射造成的能量损失，22.98≈4.8，sin（1）abcd之间磁场的磁感应强度大小B1；（2）导体棒经过区域ghij过程中动能的改变量ΔEk；（3）导体棒通过缺口im和jn后，第一次向右运动到最远处离mn的距离s。【分析】（1）导体棒在倾斜导轨上下滑时重力的瞬时功率恒定，表明其已达到最大速度并匀速下滑。此时需根据功率与速度的关系确定最大速度，再结合导体棒受力平衡条件分析，重力沿斜面的分力与摩擦力及安培力平衡，安培力表达式与速度、磁感应强度及电阻相关，由此可建立方程求解B1。（2）导体棒进入ghij区域时，受到恒流源电流作用，安培力方向竖直向下导致压力增大，从而滑动摩擦力随位移线性增加。由于摩擦力是位移的一次函数，计算其在该区域内的平均值，再应用动能定理分析摩擦力做功与动能变化的关系，即可求得动能的改变量ΔEk。（3）导体棒进入mnqp区域时，其速度由进入前的动能决定。该区域中导体棒与电感线圈构成回路，感应电动势与自感电动势平衡，由此推导出电流与位移的线性关系，进而得到安培力与位移成正比且方向相反，表明导体棒做简谐运动。根据简谐运动的能量守恒，导体棒初始动能全部转化为等效弹性势能，由此可求出最远距离s。【解答】解：（1）导体棒在倾斜导轨上滑行时重力的瞬时功率保持恒定，表明导体棒已达到其最大速度v1。根据功率关系可得P＝mgv1sinθ，代入数据解得：v1＝5m/s。当导体棒匀速下滑时，由受力平衡条件有mgsinθ＝μmgcosθ+FA1，其中安培力FA1=B12L（2）在区域ghij中，依据左手定则，导体棒所受安培力方向竖直向下，大小为FA2＝kxIL1，则导轨对导体棒的支持力为N＝mg+kxIL1，相应的滑动摩擦力为f＝μ（mg+kxIL1）。由于摩擦力随位移x呈线性变化，其在区域L2＝0.2m内的平均值为f平均=μ(mg+12kIL根据动能定理，摩擦力所做的功等于导体棒动能的改变量，即ΔEk＝﹣f平均L2，代入数据解得：ΔEk＝﹣0.202J。（3）进入区域mnqp的瞬间，导体棒的动能为Ek2=12mv12进入该区域后，回路中的感应电动势与自感电动势相平衡，即B3L1v=LΔiΔt，整理得B3L1Δ考虑到初始位移与电流均为零，可得电流与位移的关系为i=B此时导体棒所受安培力为F=-B3根据简谐运动的能量守恒规律，导体棒减少的动能全部转化为系统的等效弹性势能，即12mv22答：（1）abcd之间磁场的磁感应强度大小为0.8T。（2）导体棒经过区域ghij过程中动能的改变量为﹣0.202J（约﹣0.2J）。（3）导体棒通过缺口后第一次向右运动到最远处离mn的距离为3.84m。【点评】本题是一道综合性极强的电磁学与力学难题，融合了恒定功率运动、变力做功、含电感电路的电磁感应以及简谐运动等多个核心物理模型，对学生的建模分析能力和综合应用能力提出了极高要求。在倾斜导轨部分，通过恒定功率条件巧妙关联了运动学与动力学，考查平衡状态下安培力的计算。进入ghij区域后，题目设计了随位移线性变化的非匀强磁场，导致安培力和摩擦力均为变力，需要学生运用平均力的思想或积分观念求解变力做功，体现了对能量转化与功能关系的深度理解。最后的mnqp区域是本题最大亮点，将含有电感线圈的电磁感应问题通过公式推导，转化为简谐运动模型，要求学生深刻理解B3L1Δx＝LΔi这一关系式的物理意义，并识别出回复力与位移的正比关系，从而运用简谐运动的能量守恒定律求解振幅。整个过程逻辑链条长，涉及多过程衔接与能量追踪，计算也较为复杂，充分锻炼了学生的逻辑推理、模型构建和数学运算能力。20．（2026•蚌埠模拟）如图甲所示，水平面内以O为圆心的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间均匀增大，满足B＝kt（k＞0）。根据麦克斯韦电磁理论，该磁场会在空间产生圆形的感生电场，其电场线是以O为圆心的同心圆，方向为逆时针。在磁场区域内水平放入一半径为r的单匝金属线圈，圆心位于O点。（1）求穿过线圈的磁通量Φ和线圈中产生的感应电动势E电。（2）线圈中的自由电荷在感生电场力的作用下定向移动形成感应电流，移送电荷量为q的电荷时感生电场力做的功W电＝qE电，感生电场力F与感生电场强度E的关系满足F＝qE。请证明线圈所在处的感生电场强度E=1（3）撤去线圈，在磁场中水平固定一光滑绝缘圆形轨道环，环的半径为r，圆心位于O点，如图乙所示。环内最右侧锁定一电荷量为q、质量为m的带正电小球A，环内最左侧静置一质量为m的不带电绝缘小球C，两小球均可视为质点。解除锁定，A在感生电场力的作用下沿轨道运动并与C发生弹性碰撞，整个过程无电荷转移，不计带电小球运动时的电磁辐射。求从解除锁定到两球第2次碰撞前，感生电场力对A做的功。【分析】（1）由磁通量定义式计算磁通量，结合法拉第电磁感应定律求感应电动势；（2）利用感生电场做功与电动势的关系，结合电场力做功公式推导感生电场强度表达式；（3）先由感生电场力做功与动能定理求A碰撞前速度，再分析弹性碰撞过程，结合受力与运动分析，计算第二次碰撞前感生电场力对A做的总功。【解答】解：（1）由磁通量概念得Φ＝BS，又有S＝πr2联立解得Φ＝kπr2t由法拉第电磁感应定律得E电=联立解得E电＝kπr2（2）电荷沿线圈运动一周，感生电场力F所做的功W电＝F•2πr，又有F＝qE，W电＝qE电联立解得E=F（3）设第1次碰撞前小球A的速度为v0