2026年高考物理二轮复习：电磁感应规律及应用（专项训练）解析版

2026年高考物理二轮复习第11讲电磁感应规律及应用专项训练

一、选择题

1.利月如图（a）所示装置验证感应电动势大小与磁通量变化率之间的关系。线圈匝数和面积均不变，通过

调节智能电源在线圈Q中产生可控的变化的磁场，用磁传感器测量线圈b内的磁感应强度8,用电压传感器测

量线圈b内的感应电动势E。为了进一步确定定量关系，可利用图（b）中的信息，做出（）

图(a)图(b)

A.E—AB图像B.E—图像

C.E—那图像D.E—招图像

【答案】C

【解析】【解答】由图（b）所示图象可知，在线圈匝数与横截面积一定的情况下，B随时间的变化率祭越大,

产生的感应电动势越大，为进一步确定感应电动势E与B的关系，可以作出E-组图象。

故选C.

【分析】一、法拉第电磁感应定律的核心关系

感应电动势大小与磁通量变化率成正比，与磁通量本身无关：

当线圈面积不变且磁场均匀穿过时：

二、实验验证的关键思路

控制变量：保持、不变，只改变磁感应强度的变化率

测量量：用磁传感器测，可计算（近似为）o

用电压传感器测感应电动势。

验证方法：作E-图，若得到过原点的直线，则证明。

五、易混淆点与常见错误

误以为与成正比（实际上与的变化率成正比）。

误用图像作为验证依据（该图只能反映E随时间变化,不能直接得出与变化率的关系r

忽略面积和匝数的控制变量条件。

第1页

错误地相理解为（本质相同，但要注意）。

2.如图甲所示，正方形闭合线框MNPQ的总电阻厂0.4。，边长为0.8m,线框内存在一个边长为0.4m的正

方形磁场区域。从t=0时刻开始，磁场的磁感应强度随时间变化的图像如图乙所示，t=0时刻，磁场方向垂

直纸面向里，0~ls内，线框中感应电流的大小和方向分别为（）

甲

A.0.16A逆时针

C.0.08A,逆时针D.0.08A,顺时针

【答案】C

【解析】【解答】根据法拉第电磁感应定律可知0~ls内，线框中感应电动势

NB90.4-0.2

E=X=~Tx0.42U=3.2X10-2P

根据闭合回路欧姆定律可得，感应已流大小为/=与=0.08/1

磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定理可知，线框中感应电流的方向为逆时针。

故选Co

【分析】根据法拉第电磁感应定律结合图像分析电动势大小，根据楞次定律判断感应电流方向。

3.如图所示是法拉第在1831年做电磁感应实验的示意图，分析这个实验，下列说法中正确的是（）

A.闭合开关S的瞬间，电流表G中有b-Q的感应电流

B.断开开关S的瞬间，电流表G中有的感应电流

C.闭合开关S后，滑动变阻器滑动触头向左移动，电流表G中有bTQ的感应电流

D.闭合开关S后，滑动变阻器滑动触头向右移动，电流表G中有b-Q的感应电流

【答案】C

【解析】【解答】AB.闭合或断开开关S的瞬间，线圈B中的磁通量不变，电流表G中没有感应电流通过,

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故AB错误；

CD.闭合开关S后，滑动变阻器滑动触头向左移动，线圈A中的电流减小，根据安培定则可知线圈B中的

磁通量向下减小，根据楞次定律可知电流表G中有/7TQ的感应电流；滑动变阻器滑动触头向右移动，根据

安培定则可知线圈B中的磁通量向下增大，根据楞次定律可知电流表G中有QTb的感应电流，故C正确，

D错误。

故选Co

【分析】1.电磁感应的根本条件——磁通量变化

产生感应电动势（电流）的唯一条件是：穿过闭合回路的磁通量中发生变化（AGOO）。

磁通量6=（B为磁感应强度，S为回路面积，。为B与法线的夹角）。

变化可能来自：B变化（电流变化、磁体运动），S变化（回路面积变化），0变化（线圈转动）

回路中的磁介质变化（如排入拔出铁芯）

2.感应电流方向的判断（楞次定律）

若磁通量变化，贝I」：磁通量增加-感应电流的磁场方向与原磁场方向相反（阻碍增加）。

磁通量减少-感应电流的磁场方向与原磁场方向相同（阻碍减少）。再结合右手螺旋定则判断感应电流方

向。

3.实验电路分析能力

原线圈（A）回路：直流电源、开关、滑动变阻器、线圈Ao

副线圈（B）回路：无电源，只有电流表G和线圈Bo

若A、B间有铁芯且闭合，则磁通几乎完全耦合；若无铁芯或位置特殊，则耦合弱，磁通变化小或为零。

4.常见错误

误以为“只要有电流变化就一定有感应电流”：错误，必须看磁通量是否变化。

误以为“开关瞬间一定有感应电流若两线圈无磁耦合，则无感应电流。

分析滑动变阻器移动时，要正确判断原电流是增大还是减小，从而推出磁通量增减，再用楞次定律。

4.电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示.两对永磁铁可随发

动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B,边长为L的n匝正方形

线圈竖直固定在减震装置上.某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，磁场分界线恰好经过线圈的1位置处，

且此时永磁铁相对线圈运动的速度大小为V,永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈.关于图乙中的线圈，下

列说法正确的是（）

甲乙

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A.此时刻线圈中的感应电动势大小E=

B.若减小永磁铁相对线圈上升的速度v,则线圈中感应电动势增大

C.若永磁铁相对线圈下降，则线圈中感应电流的方向为顺时针方向

D.若永磁铁相对线圈左右振动，则线圈中也能产生感应电流

【答案】C

【解析】【解答】A.根据题意可知，线圈上卜两边均切割磁感线，故此时刻线圈中的感应电动势大小E二

2nM故A错误;

B.根据法拉第电磁感应定律可知水磁铁相对线圈上升越慢，磁通量变化越慢，线圈中产生的感应电动势越

小，故B错误；

C.永磁铁相对线圈下降时，根据安培定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故C正确；

D.永磁铁相对线圈左右振动时，穿过线圈的磁通量不变，线圈中不能产生感应电动势和感应电流，故D错

误。

故选Co

【分析】整体易错点与解题策略

1、多导体切割的叠加问题

必须分析每一段有效切割导体的电动势方向和大小，然后根据回路连接方式确定总电动势。

牢记：磁场方向相反+运动方向相同-电动势方向相同（串联叠加）。

2、物理公式的理解

中的是相对速度，且三者方向要两两垂直。

明确各物理量的直接影响关系，避免凭感觉判断。

3、感应电流方向的判断

对于复杂切割问题，用楞次定律（分析磁通量变化趋势）往往比单独用右手定则更可靠、更整体。

右手定则用于判断单一导体的动生旦动势方向。

4、抓住产生感应电流的本质

无论线圈怎么运动，只要穿过回路的磁通量不发生变化，就一定没有感应电流。

这是判断此类问题的“终极法则”。

5.图甲为某“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示。按下门铃按钮过程，磁铁靠近螺线管；松开

门铃按钮过程，磁铁远离螺线管回归原位。下列说法正确的有（）

、瞿”笃，整按下按钮

mniNros

If松开按钮

多

Q

乙

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A.按下按钮过程，螺线管P端电势较高

B.若更快按下按钮，则P、Q两端的电势差更大

C.按住按钮不动，螺线管中产生恒定的感应电动势

D.按下和松开按钮过程，螺线管对磁铁的力方向相同

【答案】B

【解析】【解答】本题考查楞次定律和法拉第电磁感应的理解，了解楞次定律的应用场景，法拉第电磁感应定

律的大小影响因素即可得到答案。A.按下按钮过程中，穿过线圈内向左的磁通量增大，根据楞次定律可

知，感应电流的磁场的方向向右，此时螺线管Q端电势高，故A错误；

B.根据法拉第电磁感应定律可知，产生的电动势的大小与穿过线圈的磁通量的变化率成正比，若更快按下

按钮，穿过线圈的磁通量的变化率变大，则P、Q两端的电势差更大，故B正确；

C.按住按钮不动，线圈内磁通量不变化，无感应电动势，故C错误；

D.根据“来拒去留”可知，按下和松开按钮过程，螺线管对磁铁的力方向相反，故D错误。

故选B。

【分析】根据楞次定律利安培定则可以判断电势的高低：根据发生电磁感应的条件进行判断；根据法拉第电

磁感应定律可以比较电势差的大小；根据来拒去留分析。

6.太空单车是利用电磁阻尼原理的一种体育锻炼器材。某同学根据电磁学的相关知识，设计了如图的单车

原理图：在铜质轮子外侧有一些磁铁（与轮子不接触），人在健身时带动轮子转动，磁铁会对轮子产生阻

碍，磁铁与轮子间的距离可以改变，则下列说法正确的是（）

A.轮r受到的阻力主要来源于钩制轮内产生的感应电流受到的安培力

B.轮子受到的阻力大小与其材料电阻率无关

C.若轮子用绝缘材料替换，也能保证相同的效果

D.磁铁与轮子间距离不变时，轮子转速越大，受到的阻力越小

【答案】A

【解析】【解答】A.轮子受到的阻力来源于铜轮切割磁感线产生的涡流（动生感应电动势和感应电流）所受

的安培力，对运动的轮子产生阻力，以阻碍轮子与磁场之间的相对运动，所以轮子受到的阻力主要来源于磁

铁对它的安培力，安培力大小与电阻率有关这是电磁阻尼的核心原理，故A正确；

B.阻力大小与材料电阻率密切相关（电阻率越小，涡流越大，安培力越强），故B错误；

C.绝缘材料无法形成涡流，无法产生电磁阻尼效果，故C错误；

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D.转速越大，切割磁感线的速率越快，感应电流和安培力越大，阻力越大，故D错误；

故选A；

【分析】（1）电磁感应分析：铜轮旋转切割磁感线一产生涡流一安培力阻碍运动（楞次定律）；

参数影响：阻力大小取决于磁感应强度B、转速④、材料电阻率p和轮子尺寸。

（2）易错点：混淆电磁阻尼与摩擦阻力的区别，误认为绝缘材料可替代导体（需闭合同路或涡流），忽略电

阻率对涡流强度的直接影响。

7.如图甲所示，圆形线圈置于垂直线圈平面向外的匀强磁场中，阻值为R的电阻两端分别与线圈两端c、d相

连，其他电阻忽略不计。磁感应强度B随时间£变化的规律如图乙所示，不考虑线圈缺口对感应电动势的影

响，下列关于感应电流人通过电阻R的电荷量外电阻R中产生的热量Q、线圈的张力?随时间t变化的图像中

可能正确的是（）

【解析】【解答】A.由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得，感应电动势E=n篝=n柴，结合图乙可知感

应电动势恒定不变，感应电流》=导亘定不变，故A错误；

B.通过电阻R的电荷量q=i3则q—亡图像为正比例函数，故B错误；

C.电用A中产生的热量则Q一亡图像为正比例函数，故c正确；

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D.线圈的张力F=尸安=B辽，L为线圈的周长，B增大，张力尸随时间逐渐增大，故D错误，

故答案为：Co

【分析】这道题的核心是分析变化的磁场在圆形线圈中产生的电磁感应现象，结合法拉第电磁感应定律、欧姆

定律、焦耳定律以及安培力来推导各物理量的变化规律。

8.如图所示，两平行虚线间区域存在垂直纸面向里、宽度为1的匀强磁场，梯形abed是位于纸面内的直角

梯形导线框，ab边刚好与磁场区域右边界重合，be间的距离为21,ab>cd.从"0时刻起，使线圈沿垂直

于磁场区域边界的方向以速度v匀速穿越磁场区域，规定梯形线圈中感应电流顺时针方向为正方向，则在线

圈穿越磁场区域的过程中，卜列关于感应电流I随时间t变化的图像可能正确的是（）

【解析】【解答】由楞次定律可知，在0〜,时间内感应电流方向沿逆时针方向，线圈切割磁感线的有效长度

v

越来越短且成线性递减，所以感应可动势减小，故感应电流也随时间线性减小；在:〜等时间内感应电流方

向沿顺时针，只有ad边切割磁感线，有效切割长度不变，则感应电动势不变，故感应电流人小不变；在

等〜号时间内感应电流方向沿顺时针，线圈切割磁感线的有效长度越来越短且成线性递减，则感应电动势减

小，故感应电流也随时间线性减小。

故答案为：Bo

【分析】通过分析线框穿越磁场的两个阶段（进入磁场、离开磁场），结合法拉第电磁感应定律、楞次定律,

确定感应电流的方向和大小变化：核心是分阶段判断有效切割长度的变化，进而推导电流的变化规律。

9.竖直平行导轨MN上端接有电阻R,金属杆ab质量为m,跨在平行导轨间的长度为L,垂直导轨平面的

第7页

水平匀强磁场方向向里，不计ab杆及导轨电阻，不计摩擦，且曲与导轨接触良好，如图所示。若ab杆在竖

直方向上的外力P作用下匀速上升h,则下列说法错误的足（）

A.金属杆ab克服安培力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热

B.金属杆ab克服安培力所做的功与克服重力做功之和等于金属杆机械能的增加量

C.拉力F与重力做功的代数和等于金属杆克服安培力做的功

D.拉力F与安培力的合力所做的功等于mgh

【答案】B

【解析】【解答】本题考查电磁感应中的功能问题，解题关键是知道电磁感应中的一些功能关系以及会用动能

定理分析相应的力做功。A.根据功能关系可知，金属杆ab克服安培力所做的功等于电阻R上产生的焦耳

热，故A正确，不符合题意；

B.金属杆机械能的增加量等于除重力外的其他力所做的功，即金属杆机械能的增加量等于外力F与克服安培

力做功之差，即

^E=WF-仁

故B错误，符合题意；

CD.ab杆在竖直方向外力F作用下匀速上升h,由动能定理可得

WF-mgh-WF_=0

故金属杆克服安培力做的功

Wp-Wp—mgh

拉力F与安培力的合力所做的功为

WF—WF_—mgh

故CD正确，不符合题意；

故选Bo

【分析】根据功能关系分析，根据动能定理求解金属杆克服安培力做的功以及拉力F与安培力的合力所做的

功八

10.旅客在网上购买高铁票后，可使用二代身份证在自动检票闸机上刷证进出站。当身份证进入刷卡器感应

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范围后，机器发出变化的磁场，身份证内的铜线圈获取能量，对自身短暂供电，将芯片中的信息发送出去，

从而完成一次信息交换。若铜线圈匝数为N,面积为S,机器发出的磁场变化率为/c=%ssin3t。则下列说

法正确的是（）

A.若磁场逐渐增强，铜线圈有扩张的趋势

B.若磁场逐渐增强、铜线圈的电动势逐渐增大

C.铜线圈中产生的电动势最大值为=

D.只有当身份证进入或离开机器感应范围那一瞬间，铜线圈中才会有感应电流

【答案】C

【解析】【解答】A.根据楞次定律，当磁场增强时，穿过铜线圈的磁通量增大，线圈中会产生感应电流，其

方向会阻碍磁通量的变化。由于铜线圈可自由形变，为抵抗磁通量增加，线圈面积有减小的趋势（以减少磁

通量），故A错误；

BC.由法拉第电磁感应定律，感应电动势。若B随时间增加但变化率减小，则电动势大小逐渐减小，旦

方向由楞次定律决定（负号表示方向）。选项B未明确说明变化趋势，而C正确指出了电动势减小的特性，

故B错误、C正确；

D.即使身份证静止，只要磁场变化（如随时间变化），穿过线圈的磁通量就会变化，从而产生感应电流

（涡流），故D错误。

故选C。【分析】核心要点：1、楞次定律：感应电流的效果总是阻碍磁通量的变化（形变趋势或电流方向）；

2、法拉第电磁感应定律：电动势大小取决于磁通量变化率，与磁场是否均匀无关；

3涡流效应：变化磁场中导体内部会产生感应电流，无需导体运动。

易错提示：1、误认为线圈需运动才能产生感应电流（只要磁通量变化即可）；

2、混淆磁场大小变化与变化率（电动势取决于变化率，而非磁场本身大小）。

11.将一段导线绕成图中所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀

强磁场I中。回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场H,以向里为磁场II的正方向，其磁感应强度B随时间t

变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变

甲乙

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【答案】B

【解析】【解答】在0〜措内，磁感应强度均匀变化，由法拉第电磁感应定律可得£=笔=%.S

则闭合电路中产生的感应电动势恒定不变，则感应电流恒定不变。ab边在磁场中所受的安培力尸=8〃

由于匀强磁场I中磁感应强度B恒定，贝必〜夕安培力为平行t轴的直线，方向向左（为负）。同理分析可

得在彳〜T,安培力与时间的关系为0〜彳内F-t关于时间轴t=，对称一条的直线。

故答案为：Bo

【分析】先根据磁场H的变化率求感应电流，再结合磁场I的分布计算ab边的安培力，重点分析电流方向

和安培力方向的变化。

12.如图所示，两电阻不计的足够长光滑导轨倾斜放置，上端连接一电阻R,空间有一垂直导轨平面向上的

匀强磁场B,一质量为m的导体棒与导轨接触良好，从某处自由释放，下列四幅图像分别表示导体棒运动过

程中速度v与时间t关系、加速度a与时间t关系、机械能E与位移x关系、以及通过导体棒电量q与位移x

关系，其中可能正确的是（）

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A.B.

【答案】C

【解析】【解答】本题主要是考查电磁感应现象中的图像问题，根据导体棒的运动情况和受力情况，推导出纵

坐标与横坐标的关系式，由此进行解答，这是电磁感应问题中常用的方法和思路。A.根据右手定则和左手

定则，导体棒在斜面方向受力有

22

BDI7V

mgsinO-----=根。

K

可得

B2l2v

a=9sin°-^R-

可知，速度逐渐增加，其他物理量不变，加速度逐渐减小，而速度时间图像中斜率表示加速度，由图可知加

速度逐渐增加，与分析不符合，A错误；

B.由加速度时间图像可知，加速度逐渐减小，且加速度的变化率逐渐增大，由分析可.得，加速度为

B2l2v

图像与分析变化率减小不符合，B错误；

C.开始时，合力方向沿斜面向下，位移沿斜面向下，合力做正功，动能增加，由动能定理有

WF+WG=AEk

又

%=-AEp

联立可得

AEk+AEp=WF<0

因此，机械能减小，当加速度为零时，导体棒会继续匀速下滑.此后动能不变，重力势能减小,机械能减

小，C正确；

第11页

D.由电荷量的公式可得

q二lAt

在电磁感应中，电流与磁通量的关系为

联立可得

Blx

q=~R=~R~

可知，电荷量与位移成正比，D错误。

故选C。

【分析】根据导体棒的受力情况和运动情况推导出位移a与t、速度v与t、E与x、q与x的关系，根据关系

式结合图像进行分析。

二、多项选择题

13.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”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：托盘内

放置待测物块，其质量用〃?表示，线圈中通大小为/的电流，使称重框架受力平衡；步骤②：线圈处于断开

状态，取卜.物块，保持线圈不动，磁场以速率u匀速向下运动，测得线圈中感应电动势为反利用上述测量

结果可得出〃7的值，重力加速度为g。下列说法正确的有()

A.线圈电阻为彳B./越大，表明〃7越大

C.w越大，则E越小

【答案】B,D

【解析】【解答】A：设线圈的长为1,磁场的磁感应强度大小为B,由题意，I与E无关，A错误；

B：由平衡条件得BI1=(M+m)g可得m=^—M,I越大，m越大，B正确；

C：根据E=Blv,v越大，E越大，C错误；

D：将Bl=g代入m=¥-NH^m=整一M,D正确。

口yuy

【分析】本题核心思路是先对步骤①进行受力平衡分析，再对步骤②应用电磁感应定律，联立两个步骤的

方程推导待测质量m的表达式，迸而判断各选项。

14.如图所小PQ、MN为足够长的两平行金属导轨，它们之间连接一个阻值R=8。的电阻；导轨间距为L=

1m：一质量为m=O.Mg,电阻r=2C,长为1m的均匀金属杆水平放置在导轨上，它与导轨的动摩擦因

第12页

数〃=3,导轨平面的倾角为6=30。。在垂直导轨平面方向有匀强磁场，磁感应强度为8=0.57,今让金属

杆力8由静止开始下滑，下滑过程中杆48与导轨一直保持良好接触，杆从静止开始到杆48匀速运动的过程中

A.下滑过程中杆受到的安培力方向平行导轨向下

B.杆48下滑的最大速度为8/n/s

C.当杆48下滑速度为2m/s时加速度的大小为4.5m/s2

D.从静止开始到杆48匀速运动过程R上产生的热量为0.64/

【答案】B,D

【解析】【解答】解：A.金属杆下滑时切割磁感线，由右手定则可知感应电流方向为BT4,再由左手定

则，磁感线垂直导轨平面向里，电流沿杆由B到4则安培力方向平行导轨向上，故A错误。

B.杆匀速下滑时速度最大，受力平衡，沿导轨方向有mgsinb=8/L+47ngeos6；感应电动势E=8LUm，感

应电流/=言〒联立得mgsin。=B能%九+Rngcos。，代入数据：0.1x10x0.5=gx

r\iioI乙口。巧

0.1x10x空，解得4n=8m/s,故B正确。

C.速度u=2m/s时;感应电动势E==0.5x1x2=IV，感应电流/=*=014；由牛顿第二定律

R+r

mgsin。—BIlL—fimgcosO=ma,代入数据得0.5—0.5x0.1x1-0.3=0.1a,解得Q=1.5?n/s2,故C错

误。

D.由电量公式9=〃£=含4=瑞不仇=簿，解得下滑位移％=噜2=需=20血；由能量守

恒mg%sin8=gmu44-^mgxcosO+Q,代入数据得总热量Q=0.8/：R上的热量QR=/j：Q=白x0.8=

0.64/,故D正确。

故答案为：BD

【分析】本题考查电磁感应中的动力学和能量问题，涉及安培力的判断、平衡条件、牛顿第二定律、电量计

算和能量守恒的应用。先利用右手定则和左手定则判断安培力的方向；再根据杆匀速运动的受力平衡，结合

电磁感应公式求解最大速度；由感应电动势和欧姆定律求出电流，利用牛顿第二定律计算特定速度下的加速

度；根据电量公式推导下滑位移，再由能量守恒求出总热量，结合串并联电路的热量分配求出R上的热量，

逐一判断选项。

15.电磁炮的基本发射原理如图所示，宽度为L的两条平行金属导轨水平固定，磁感应强度大小为B的匀强

第13页

磁场方向竖直向上，带有弹体的金属杆垂直导轨放置，现给金属导体通.上恒定电流I,经过一段时间3弹体

与金属杆的整体发射出去。已知弹体与金属杆的整体质量为m，金属杆与导轨间的动摩擦因数为卜，重力加

A.弹体的加速度大小为空

B.金属杆与导轨间的摩擦生热为,收引〃2一④〃2g2m£2

C.弹体发射出去时的速度大小为窄

22277

D.若金属导轨的电阻忽略不计，发射过程中消耗掉的电能为4也耍

2m2

【答案】B,D

【解析】【解答】AB.弹体与金属杆受到的安培力大小为尸=BIL

同时受到摩擦力为/==（img

根据牛顿第二定律F-f=ma

解得加速度为Q=也1—

由运动学公式无=/£2

金属杆与导轨间的摩擦生热为Q=fx

联立解得Q=鼻一段〃292mt2,故\错误，B正确；

C.由运动公式〃解得“二%—〃g£,故C错误；

7712

D.若金属导轨的电阻忽略不计，根据能量守恒定律，发射过程中消耗的电能E等于弹体与金属杆的动能耳与

摩擦生热Q之和。弹体与金属杆的动能Ek=消耗的电能为E=凡+Q='?a-^NgBILt?，故D

正确。

故答案为：BD.,

【分析】本题考查电磁感应中的动力学与能量分析，核心思路是通过牛顿第二定律分析加速度，结合运动学公

式求位移、速度，再利用能量守恒挂导摩擦生热与消耗的电能。

16.如图所示为某人设计的一个汽车“再生能源装置”原理简图，在车厢底部靠近车轮处固定永久磁铁，刹车

时接通装在车轮上的线圈，将汽车的一部分动能转化为电能储存起来。图中五个扇形区域匀强磁场的磁感应

强度均为B,五个形状与磁场边界形状完全相同的线圈对称地固定在车轮内侧，已知车轴到线圈内侧的距离

为n,到线圈外侧的距离为⑵车轮的半径为R。若刹车过程中的某时刻车速大小为v,则此时（）

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A.车轮转动的角速度为煮

B.某个线圈进入或者出磁场时产生的电动势大小为名与亚

C.某个线圈进入或者出磁场时产生的电动势大小为处I二电

2R

D.线圈受到磁场的阻尼作用，进而也起到辅助刹车的作用

【答案】A,C,D

【解析】【解答】A.以车轴为参考系，车轮边缘的线速度为“，因此转动的角速度3=1①，A正确；

BC.某个线圈进入或者出磁场时产生的电动势大小为E=BLv=B（r2-q）（竺茗竺1）②

由①②联立得£•二驾步，B错误。C正确：

D.根据“来拒去留”安培力阻碍汽车前进，因此起到辅助刹车的作用，D正确；

故答案为：ACDo

【分析】利用线速度与角速度的关系求角速度，结合导体切割磁感线的电动势公式推导电动势大小，再根据

电磁阻尼的原理分析刹车作用。

17.如图甲所示，正方形线圈abed内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数九=10,边长时=1巾，线圈

总电阻r=1C,线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示。设图示的磁场方向与感应电流方向为正方

向，电动势顺时针为正，则下列有关线圈的感应电流i、电动势e、焦耳热Q以及ab边的安培力F（取向下

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u\

c.；FH.

°h—r^/s

【答案】B,D

【解析】【解答】本题考查电磁感应定律，解题关键掌握图像的含义及楞次定律的应用。AC.在O-ls内感应

电动势ei=n^S=2V

方向为逆时针方向（负方向）；

感应电流G=*=2A

方向为逆时针方向（负方向）；

t

在l-5s内感应电动势°2=""S=W

At

方向为顺时针方向（正方向）；

感应电流"二3二必

方向为顺时针方向（正方向），选项AC错误；

B.在O-ls内安培力"=nB^l=10x0.2tx2xIN=4dV

在l-5s内安培力尸'=nBt2l=10x（0.2-O.lt）x1xIN=（2—t）N

选项B正确；

D.在O-ls内隹耳热Qi=Krt=22xlx〃=4〃

在i-5s内焦耳热（22=，介£=l2X1xt/=t；

选项D正确。

故选CD。

【分析】根据法拉第电磁感应定律结合图像分析电动势大小，根据楞次定律判断感应电流方向，根据安培力

的计算公式和左手定则分析安培力，焦耳热需要通过焦耳定律计算。

三、计算题

18.如图所示，长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘桌面上，两者平行且相距1,

M、P连线垂直于导轨，定滑轮位于N、Q连线中点正上方h处。MN和PQ单位长度的电阻均为r,M、P

间连接一阻值为2sr的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。过定滑轮的不可伸

长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。零时刻，金属杆

位于M、P连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直旦接触良好，重力加速度大小为g。

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(1)金属杆在导轨上运动时，回路的感应电动势；

(2)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时，回路的热功率；

(3)金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程。

【答案】(1)金属杆在导轨上运动时，切割磁感线，产生感应电动势E=9打

(2)金属杆运动距离d时，电路中的总电阻为R=2dr+2sr

r-22»2o

故此时回路中的总的热功率为p=[=士D了、

R2r(d+s)

(3)设金属杆保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程为x,此时刚好将要脱离导轨，此时绳子拉力为

T,与水平方向的夹角为6,对金属杆根据受力平衡可知?发：=7cos6,mg=Tsind

根据位置关系有tan”热

同时有噎/=鬲

联立解得“=2

M-----2--m--g--r---

【解析】【分析】(1)根据公式E=Blv求解作答;

(2)根据功率公式求解作答；

(3)根据闭合电路欧姆定律和安培力公式求解安培力；根据平衡条件结合数学知识求解作答。

19.如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定于同一水平面内，导轨间的距黑为乙导轨上平行放置两根

导体棒必和〃，构成矩形回路。已知两根导体棒的质量均为〃7、电阻均为R,其他电阻忽略不计，整个导

轨处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为以导体棒均可沿导轨无摩擦滑行。开始时，导体棒cd静

止、而有水平向右的初速度火,两导体棒在运动中始终不接触。求：

(1)开始时，导体棒〃中电流的大小和方向;

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（2）从开始到导体棒〃达到最大速度的过程中，，力棒上产生的焦耳热;

（3）当导体棒。〃的速度变为《出时，导体棒〃的加速度大小。

【答案】（1）解：ab棒产生的感应电动势/岫二台乙孙

cd棒中的电流/=累=赞

方向由d—>c

（2）解：当ab棒与cd棒的速度相同时，cd棒的速度最大，设其最大速度为v,由动量守恒定律有

mv0=2mv

解得i?=1v0

2x2

由能量守恒关系有Q=1mv0—7（2m）v

2

解得Q=^mv0

ab棒上Q'=^Q=imv2

乙o0

（3）解：当ab棒的速度为告孙时，cd棒的速度为i/,由动量守恒定律有m%=?n•+mi/

解得l/=v0

4

onL-

5孙