高考物理一模试题分类汇编：电磁感应解析版

专题10电磁感应

大考点概览

考点01电磁感应现象楞次定律

考点02法拉第电磁感应定律

考点03线框模型

考点04单杆模型

考点05双杆模型

•■考点I电磁感应现象楞次定律

一、单选题

1.（2026•安徽芜湖•一模）公交卡是感应式芯片卡，其内部嵌有感应线圈，读卡设备同样内置驱动线圈，

二者的位置关系可简化为：读卡设备的线圈位于上方，芯片卡的线圈位于下方，两线圈平行正对。当芯片

卡靠近读卡设备时，读卡设备线圈中的电流会激发交变磁场，该磁场穿过芯片卡的线圈并产生感应电流，

以此为芯片供电并触发信息交互。在某次测试中保持两线圈静止，在读卡机线圈中通以如图所示的交流电，

设从上往下观察，顺时针方向为电流正方向，则在外~，2时间内，芯片线圈中的电流是（）

A.沼顺时针方向且大小逐渐增大

B.沿顺时针方向且大小逐渐减小

C.沿逆时针方向且大小逐渐减小

D.沿逆时针方向且大小保持不变

【答案】B

【详解】由题图可知，从上往下观察，在6~12时间内，读卡机中的电流正在逆时针增大，且妈大得越来越

慢，则根据安培定则可知，读卡机在芯片线圈处产生的磁场方向为竖直向上，且磁感应强度随电流的增大

而增强，所以穿过芯片线圈的磁通量正在向上增大，则根据楞次定律可知，芯片线圈中产生的感应磁场方

向应为竖直向下。再根据安培定则可判断，芯片线圈中的感应电流为顺时针方向。又因为读卡机中的电流

增大得越来越慢，则根据法拉第电磁感应定律可知，感应电流应越来越小。综上所述，芯片线圈中的电流

为沿顺时针方向且大小逐渐减小。

故选Bo

2.（2026•吉林延边•一模）市场上某款咱发电〃门铃开关的原理如图所示。在按下门铃按钮过程中，夹着永

磁铁的铁块向下移动，改变了与"E”形铁芯接触的位置，使得通过线圈的磁场发生改变。松开门铃按钮后，

弹簧可使之复位（与。、。连接的外电路未画出）。由此可以判断（）

A.按住按钮不动，门铃会一直响

B.按下按钮过程中，〃点电势高于人

C.按钮复位的过程中，穿过线圈的磁通量一直减小

D.按钮复位的过程中，穿过线圈的磁通量一直增加

【答案】B

【详解】A.按住按钮不动时，根据题意可知线圈磁通量不变，无感应电流，所以门铃不会一直响，故A错

误；

B.按下按钮过程中，线圈中的磁场先向右减小，后向左增加，利用楞次定律可得感应电流方向从人接线柱

通过线圈流向〃接线柱，根据题意可知线圈是电源，而在电源内部电流方向由负极流向正极，所以线圈〃

接线柱的电势比〃接线柱高，故B正确；

CD.按钮复位过程中，线圈中的磁场先向左减小，后向右增加，磁通量先减小后增大，故CD错误；

故选Bo

3.（2026•北京延庆•一模）如图所示平面内，在通有图示方向电流/的长直导线左侧，固定一矩形金属线框

abed,ad边与导线平行。调节电流/使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则（）

A.线框中产生的感应电流方向为tz—dfcfa

B.线框中产生的感应电流逐渐增大

C.线框a"边所受的安培力大小恒定

D.线框整体受到的安培力方向水平向左

【答案】D

【详解】A.直线电流在线圈处产生的磁场方向垂直于纸面向外且在均匀增加，根据楞次定律，感应电流的

磁场需阻碍磁通量增加，因此感应磁场方向为垂直纸面向里。由安培定则可知，线框感应电流为顺时针方

向（aTbTcfdTa）,A错误；

B.根据法拉第电磁感应定律，感应电动势七=孚=5竽，由于5均匀增加，学恒定，因此E恒定，线

框也阻不变，感应电流大小恒定，B错误；

C.女培力F=BIL,感应电流/恒定，但〃随时间均匀增大，因此。〃边的安培力大小随8均匀增大，C错

误;

D.根据左手定则：尻边安培力向左，ad边安培力向右，尻向左的安培力大于ad向右的安培力，上下边心、

Cd的安培力相互抵消，因此线框整体安培力方向向左，D1E确。

故选D。

4.（2026•广东湛江•一模）电磁俘能器由动磁铁、定磁铁和若干固定线圈组成，简化图如图所示。当受到

外界激励时，动磁铁围绕定磁铁顺时针旋转，与线圈发生相对运动，线圈中会产生感应电流。若动磁铁产

生的磁场垂直于纸面向外，下列说法正确的是（

线圈1

定磁铁动磁铁

线圈2

A.电磁俘能器的工作原理是电流的磁效应

B.如图位置时，线圈1和2中感应电流方向分别为逆时针和顺时针

C.如图位置时，线圈1和2中感应电流方向均为顺时针

D.如图位置时，线圈1和2中感应电流方向均为逆时针

【答案】B

【详解】A.电磁俘能器的工作原理是电磁感应，故A错误；

BCD.当动磁铁围绕定磁铁顺时针旋转，线圈1中的磁通量垂直于纸面向外且减小，线圈2中的磁通量垂直

于纸面向外比增大，根据楞次定律可知，线圈1和2中感应电流方向分别为逆时针和顺时针，故B正确，

CD错误。

故选Bo

二、多选题

5.（2026•安徽合肥,一模）如图所示，由硬导线制成的闭合圆环放在绝缘水平桌面上，圆环左侧桌面上固

定一根长百通电导线，导线中电流方向如图所示。某段时间内电流随时间逐渐增大，圆环始终保持静止，

则该段时间内（）

A.圆环中产生顺时针方向的感应电流

B.圆环中产生逆时针方向的感应电流

C.圆环有向右运动的趋势

D.圆环有向左运动的趋势

【答案】BC

【详解】AB.直导线中的电流向二，根据安培定则可知，穿过圆环的磁感线向里，又电流增大，则穿过圆

环的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场向外，根据安培定则可知，感应电流为逆时针，故A

错误，B正确：

CD,感应电流产生的效果总是阻得磁通量变化，因穿过圆环的磁通量增大，且圆环向右运动可以阻碍磁通

量增大，故圆环有向右运动的趋势，故C正确，D错误。

故选BC。

6.（2026•福建泉州•一模）机器人利用柔性磁膜触觉传感器可以轻松拿起鸡蛋而不破裂，如图所示，传感

器核心部分的结构为内置柔性磁膜与固定的线圈矩阵，通过线圈产生感应电流以感知磁膜上表面受到的压

力变化情况。下列说法正确的是（）

A.磁腴没有受到压力时，线圈没有感应电流产生

B.磁膜受到压力稳定后，线圈有感应电流产生

C.磁膜受到的压力减小时，线圈没有感应电流产生

D.磁膜受到的压力增大时。，线圈有感应电流产生

【答案】AD

【详解】A.磁膜没有受到压力时，线圈的磁通量小变，线圈没有感应电流产生，故A止确；

B.磁膜受到压力稳定后，线圈的磁通量不变，线圈没有感应电流产生，故B错误；

CD.磁膜受到的压力减小或增大时，线圈的磁通量改变，线圈有感应电流的产生，故C错误，D正确。

故选AD.

A.甲图中，真空冶炼炉通入高频交流电，使得线圈中产生焦耳热，从而冶炼金属

B.乙图中，三个线圈连接到三相电源上，产生旋转磁场，从而使得导线框转动

C.丙图中，磁铁.上、下振动过程中，磁铁下方金属线圈中电流方向不变

D.丁图中，当储罐中不导电液面高度升高时，LC回路中振荡电流频率将变小

【答案】BD

【详解】A.真空冶炼炉通入高频交流电，使得炉内的金属块中产生涡流，从而产生焦耳热冶炼金属，故A

错误；

B.三个线圈连接到三相电源上，产生旋转磁场，穿过内部导线框的磁通量发生变化，导线框中产生感应电

流，旋转磁场对导线框有安培力作用，在该安培力作用下，导线框将与旋转磁场同方向转动，即导线框由

于电磁驱动可以与磁场同方向地转动，故B正确；

C.磁铁上、下振动过程中穿过线圈中的磁场方向未发生变化，而磁通量的增减不同，根据楞次定律可得电

流方向不同，故c错误；

D.根据平行板电容器电容的决定式有。=悬，不导电液体液面上升时，电容器板间电介质增多，电容增大,

]

回路振荡电流的频率为二可知频率减小，故正确。

LCf2几辰D

故选BDo

4•考点2

法拉第电磁感应定律

一、单选题

1.（2026・重庆•一模）经颅磁刺激（TMS）是一种无创伤、非侵入性的神经调控治疗技术，其原理如图1

所示.大脑皮层中一面积为S的单匝圆形|可路中通有脉冲磁场，其磁感应强度4随时间，变化的规律如图2

所示（坳、力已知），穿过该回路的磁场视为均匀且磁感应强度方向与回路所在平面的夹角为仇则0~/。时

【答案】B

【详解】七0时刻，通过回路的磁通量为零；/=布时刻,通过回路的磁通量为纥Ssin。

由法拉第电磁感应定律可知，。〜用时间段内，该回路中的平均感应电动势大小后=工"=弋一

故选Bo

二、多选题

2.（2026•广东深圳•一模）福建舰采用了世界最先进的电磁阻拦系统，满足了多种舰载机的降落需求。如

下图所示，该系统结构两侧对称，阻拦索通过定滑轮和可动滑轮后缠绕在锥形卷扬筒上。卷扬筒可带动矩

形线圈在辐射状磁场中绕中心轴同步旋转，使"、〃边垂直切割磁感线，可动滑轮使阻拦索始终垂宜于筒

的转轴方向收放，不打滑。每组线圈边长30八宽八匝数小总电阻R,独立构成闭合回路，ab、cd边所

在处磁感应强度大小为瓦当阻拦索在卷扬筒半径10,•处时，收放速度为％则（）

A.线圈转动过程中电流方向始终不变B.线圈岫边切割磁感线的速度大小为15，

C.每组线圈中产生的总电动势为3〃8人D.每组线圈川,边所受的安培力大小为幽虫

R

【答案】BC

【详解】A.线圈每转过一周两次经过中性面，每经过中性面一次电流方向改变一次，故线圈每转过一周电

流方向改变两次，故A错误；

%，――

B.卷扬筒可带动矩形线圈在幅射状磁场中绕中心轴同步旋转，如卷扬筒与线圈角速度相同，由叵一10厂

~T

解得线圈"边切割磁感线的速度大小为1.5v,故B正确;

C.因而、cd边都切割磁感线，故每组线圈中产生的总电动势为f=2〃axl.5V=3〃8小，故C正确:

F

D.由闭合电路的欧姆定律得线圈中的电流为/=?

A

每组线圈ab边所受的安培力大小为尸人=nBIL=近也，故D错误。

AR

故选BCo

3.（2026・贵州安顺•一模）均匀磁场中有一由半径为R的半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与匀强

磁场边缘重合，磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，如图甲所示。现使线框保持图中所示位置，磁感应

强度大小随时间按照如图乙所示规律变化，在线框中产生感应电流/。若磁感应强度大小为为保持不变，使

该线框绕过圆心。、垂直于半圆面的轴以角速度/逆时针匀速转动半周，在线框中产生同样大小的感应电

流/,则（）

A.磁感应强度变化产生的感应电流方向为逆时针方向

B.磁感应强度变化产生的感应电动势大小为空幺

T

C.线框逆时针转动产生的感应电流方向为逆时针方向

D.线框转动的角速度切大小为半

【答案】AD

【详解】A.磁场垂直于纸面向里，磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场的方向向外，根据安培

定则可知，感应电流的方向为逆时针方向，故A正确；

B.由法拉第电磁感应定律可得感应电动势为后=丝=竺.让=卷遍，故B错误；

2222T

C.线框逆时针转动时，右侧的半径切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可知，产生的感应电流方向为

顺时针方向，故C错误；

D.线框旋转的过程中产生的感应电动势石'=稣&竿=；稣/?2©

解得（y=y,故D正确。

故选ADo

4.（2026・贵州遵义•一•模）如图日，固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框必cd,置于虚线AB左

侧始终竖直向下的磁场片中，床边与虚线A/3重合，虚线A3右侧为"=0・2T的匀强磁场。导体框的质量

〃?=lkg,电阻A=0.5Q、边长L=lm,磁感应强度4随时间/的变化图像如图乙所示。在/=ls时，导体框

解除固定，给导体框一个向右的初速度%=01m/s,下列说法正确的是（)

A

A.，=0.5s时流过ad边的电流方向由a到d

B.f=0.5s时流过ad边的电流大小为0.2A

C.当线框速度减为0.02m/s时，4d边和区边受到的安培力方向相同

4

D.当线框速度减为Q02m/s时ad边移动的距离为

【答案】BCD

【详解】A.由图乙可知在0~Is时间内导体框所在区域磁场随时间均匀减小，根据楞次定律可知，导体框

将形成顺时针方向的电流，即流过面边的电流方向由〃到。，故A错误；

B.根据法拉第电磁感应定律可知，EO.5s时导体框的感应电动势大小为七=〃丝=〃S=0.1V

ArAr

P

流过ad边的电流大小满足/=三=0.2A，故B正确：

A

C.当线框速度减为0.02m/s时，线框的尻、边处于右侧的磁场中，根据右手定则可知，产生的感应电流

方向由8到C；线框的,0边处于八区左侧的磁场中，根据右手定则可知，产生的感应电流方向由△到4。因

此线框的电流流向为顺时针方向，由左手定则，c以边与从边受到的安培力均向左，故C正确；

D.rh上述分析可知，々/边与灰•边切割产生的感应电动势为叠加关系，感应电动势的大小为

E・B\LvIfi2Lv-O.3v(V)

F

线框的电流大小为1=三=0.6v（A）

R

当线框速度减为0.02m/s时，设线框移动距离为x,由动量定理

—EBJLAt-ZBJLAf=—£B\x（O.6v）.LA?-Zx（0.6v）.LAr=-0.6B.Lx+-O.6B2Lx=wzAv

其中Av=-0.08m/s

4

解得x=§m,故D正确。

故选BCDo

5.（2026•安徽淮南•一模）学习了电磁感应内容后，某同学想通过实验探究金属物品在变化磁场中的感应

电流及其热效应，于是他找了一个金属手镯。如图，手镯可视为半径为「、横截面积为S,电阻率为P的单

匝圆形线圈，放置在匀强磁场止中间，磁感应强度方向垂直于手镯平面向里。若磁感应强度随时间的变化

率恒为k（左＞0）,下列说法正确的是（）

k「S

A.手镯中的感应电动势大小为办:/B.手镯中的感应电流大小为一

7rk"r^Skr

C.手镯中电流的热功率为之上D.手镯所在的圆周上感生电场的电场强度大小为三

P2

【答案】AD

【详解】A.由题意可知芋=2

A/

根据法拉第电磁感应定律有E=-=--7vr2=7rkr,A正确；

btAr

B.『•镯的周长L=2Q

根据电阻定律可知，手镯的电阻为宠二29

由欧姆定律可得，手镯中的感应电流大小为/=?E

A

kr,

联立解得/=丁，B错误；

2P

C.手镯中电流的热功率为P=/2R

解得。=咚9，C错误；

2P

UF

D.手镯所在的圆周上感生电场的电场强度％=素=^

LL

可得场号，D正确。

故选ADo

6.（2026•河南濮阳•一模）如图甲所示，轻绳吊着匝数〃=200的正方形闭合线圈他〃，加/下方区域分布

着匀强磁场，磁感应强度大小8随时间।变化关系如图乙所示，线圈始终处于静止状态“已知线圈的质量

切=lkg,边长L=0.2m,电阻及=10C,g取lOm/s?。贝卜=4s时（）

A.线圈中的感应电流方向为顺时针B.线圈中的感应电流大小为0.4A

C.轻绳中的拉力大小为16夜ND.轻绳中的拉力大小为（10+16夜）N

【答案】AD

【详解】A.磁感应强度向里并且减小,由楞次定律可得，感应电流产生的磁场垂直纸面向里，线圈中感应

电流的方向为顺时针,即adcba,故A正确:

B.结合乙图可知，线圈中的感应电动势为£=〃孚=〃竽5=成•《尸=2V

A/Ar2

E

线圈中的感应电流大小为/=E=02A

故B错误；

CD.线圈的Ad部分在匀强磁场中受到安培力，受到安培力的大小等效为阳直棒受到的安培力，则/=4s

时线圈受到的安培力大小为以=〃W4=16>^N

根据左手定则可判断，闭合线圈受到的安培力方向竖直向下，则轻绳中的拉力大小为

T=mg+F/X=（10+16x/2）N

故C错误，D正确。

故选AD。

7.（2026・湖南邵阳•一模）如图甲，水平面上以。为圆心、半径为力•的圆形区域内存在方向竖直的匀强磁

场，磁感应强度8（向下为正）随时间变化如图乙所示，周期为3Z。。变化的磁场在空间产生感生电场，电

场线为一系列以。为圆心的同心圆，在同一电场线上，电场强度大小相同。在该平面内，有由同种均匀材

料构成的半径为3r的导电圆环（圆心与。重合），电阻为R；另有一可视为无限长的直导线CD,CO与圆

环相切，彼此绝缘。M为磁场边界上的一点。不计电路间相互影响，下列说法正确的是（)

A.（）~2/。内穿过圆环某横截面的电量为包普

R.圆环中电流的有效值为拒:广稣

对。

B

C.1=1.5%时刻直导线CO电动势为2/?■产广

2rB

D.1=2.5八时刻M点的感生电场强度大小为一广

%

【答案】ACD

【详解】A.（）~2/。时间内，圆环的磁通曷变化量为△6=2稣x〃（2r）2=8夕2综

穿过圆环横截面的电量为4=邺=8.24，故A正确:

RR

B.由题图可知，在0~2%内圆环中的电动势大小为&二等=当爱=也包

’0

电流大小为I广筵a

同理，在2%~3/。内圆环中的电流大小为人=空通

设圆环中电流的有效值为/，根据有效值定义可得I2Rx*o=I；Rx2f0+I；R*。

联;，.解得/=生丝里，故B错误;

M。

C.设右侧有对称的无限长直导线。。，与。。构成回路，则1=1.5%时刻，CD、CD,回路产生的总电动

势为限=4兀/?

•o

根据♦对称性可知t=1$0时刻直导线CD电动势为2.?，故C正确；

D.f=2.5tOf过M点的圆环内感生电动势=

*0

圆环周长/=44厂

电场强度大小E二牛

得E=—故D1E确。

’0

故选ACDo

8.（2026•甘肃酒泉一模）如图甲所示，在垂直纸面向外的匀强磁场中，一个单匝线圈与一个旦容器相连,

线圈平面与匀强磁场垂直，电容器的电容C=20RF,穿过线圈的磁通晟中随时间，的变化关系如图乙所示,

则在。〜2s时间内，下列说法正确的是（）

A.线圈中磁通量的变化率为3Wb/sB.电容器两极板间的电压为4.0V

C.电容器所带电荷量为60cD,电容器下极板的电势高于上极板的电势

【答案】AD

【详解】A.由题图乙可得线圈中磁通量的变化率为"==Wb/s=3Wb/s,A正确；

Ar2

B.根据法拉第电磁感应定律E=M"=3V,电容器两极板间的电压为3.0V,B项错误；

C.根据Q=CU,可得电容器所带电荷量。=20乂10咛、3V=6＞：10",c项错误；

D.根据楞次定律，可判断出电容器下极板的电势高于上极板的电势，D项正确。

故选AD“

9.（2026・湖南•一模）在半径为R的无限长竖直圆柱形区域内分布有竖直向上的匀强磁场，将半径也是R的

光滑绝缘细环固定在水平面内，送缘正好与磁场区域重合，在细环上套有质量为机、电量为+4（重力不计）

的带电小球，俯视图如图所示。已知磁感应强度B随时间变化规律为3=灯（人〉0）,在，=0时刻释放小球，

小球将沿细环做圆周运动，下列判断正确的是（）

A.小球将沿逆时针方向做圆周运动

B.小球在运动过程中加速度大小不变

C.小球在运动一周的过程中动能增加成，/支

D.任意时刻小球受到细环弹力大小是所受洛伦兹力大小的一半

【答案】CD

【详解】A.由楞次定律可知感生电场的方向为顺时针，由于小球带正电，其将沿顺时针方向做加速圆周运

动，故A错误:；

B.均匀变化的磁场产生恒定的电场，故小球所受电场力大小恒定，沿速度方向的加速度大小4=组恒定，

m

由广速度逐渐增大，在半径方向向心加速度a“=E逐渐增大，

r

所以其合加速度4=而二F逐渐增大，故B错误；

C.由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势大小为£="5=攵乃正

小球在运动一周的过程中只有电场力做功，电场力所做的功即为其动能增加最，故AEk=W=qE=nqR。

故C正确；

D.电场力方向始终与速度方向相同，，时刻小球速度为v=@=或7=幺♦皿/=皿

tnm2TTR2m

可知小球所受洛伦兹力为/=伏3=眼"

2m

2

对小球在任意时刻外出-五川=啖

代人可得尸N=^ZH，故任意时刻小球所受弹力方向背离圆心，大小为洛伦兹力的一半，故D正确。

46

故选CDo

三、解答题

10.(2026•广东湛江•一模)如图所示为某研究小组设计的“圆盘电动机”装置。半径为3L的导体圆环竖直

放置，处于水平且垂直于圆环平面的匀强磁场中，磁感应强度大小为当。圆环通过三根阻值均为3R的辐条

与转轴QQ固定连接。圆环左侧装有•个半径为A的圆盘，可随转轴同步转动。圆盘上绕有不可伸长的细

线，下端悬挂铝块，系统运行足够长时间后铝块仍未落地。除铝块外，其他物体质量均忽略不计，且不考

虑一切摩擦阻力，重力加速度为g。圆环右侧与阻值为R的电阻构成闭合回路。电阻R两端通过导线连接平

行金属板〃、b。在。板右侧依次分布有两个匀强磁场区域，C、D为磁场边界，与d板平行，区域出的宽

度为八区域团的宽度足够大，两区域磁感应强度大小均为B,方向如图所示。当圆盘匀速转旬时，•质量

为泡、电荷量为"的带负电的粒子从a板中央由静止释放，经〃板小孔垂直进入区域团的磁场中，运动一段

时间后又恰能回到。板出发点。粒子重力忽略不计。

II**

B

(1)求粒了在磁场中运动的总时间i和粒了在磁场中的速度y的大小；

(2)求匀强磁场缘的方向及铝块的质量外；

⑶若改变区域回、回中的匀强磁场大小为用，使粒子可从距〃板小孔为2L的点穿过C边界离开磁场，求此

时匀强磁场4的大小。

I答案"翳…喑

,+3qB2B1l}

（2）水平向右，w=—~^Q―

0mgR

（3）4=辿8或片=毡8

35

【详解】（1）粒子在回、回区域内做圆周运动，半径均为「，由题意知粒子运动轨迹如图甲

Ifl

根据几何关系可得r=—^=迎

sin6003

根据洛伦兹力提供向心力有qvB=m—

r

解得y=2®辽

3m

粒子运动的周期均为了，则有丁=迎

v

粒:「在磁场中运动的总时间，=：T+一5T

36

联立解得'=篝

（2）Fh粒子在电场中加速可知，板带负电,由右手定则可知匀强磁场线的方向水平向右

1,9

设圆盘稳定时辐条转动的角速度为。，则三根辐条产生的等效电动势石=5综x（3L）-④

由并联可知电源等效电阻凡=R

此时对广铝块，速度%

此时铝块的重力做功功率等于电路的电功率/g%=H

R

稳定时平行金属板。、6两端的电压〃=丁二七

粒子在电场中运动时，根据动能定理有

解得叫尸迦衿

（3）粒子进入磁场从C边界射出的运动轨迹有两种

①如果粒子从小孔下面离开磁场，运动轨迹与。相切，如图乙所示

根据几何关系可得4=L

根据洛伦兹力提供向心力有g叫二吟

解得B上组B

13

②如果粒子从小孔上面离开磁场，如图丙所示

根据几何关系可得（弓+L）'+（2Lf=（24）2

解得&=|乙

根据洛伦兹力提供向心力有/瓦=，〃匕

r2

解得瓦=孚8

11.（2026•重庆沙坪坝•一模）亲爱的同学,还记得“保护鸡蛋〃的活动吗？在活动方案中，某兴趣小组利用

“电磁阻尼”来设计着地缓冲装置，简化的结构原理如图所示。承重装置和鸡蛋的质量分别为M和加，其内

部区域存在着磁感应强度大小为3的匀强磁场；缓冲装置是匝数为N的刚性线圈，线圈的总比阻为R、宽

度为L。现将两装置在距离地面高度为〃处同时自由释放，观察到刚性线圈落地后立即静止不动，同时承

重装置和鸡蛋立即做减速运动，两装置始终处于竖直状态，忽略空气阻力和-■切摩擦，重力加速度取80

鸡蛋m

H

工

⑴求落地后瞬间，线圈产生的感应电动势大小；

⑵若承重装置与缓冲装置接触前已经做匀速运动，求承重装置匀速运动速度的大小；

⑶该兴趣小组若能成功保护鸡蛋，则承重装置与缓冲装置接触前，鸡蛋至少要能承受多大的冲击力？

【答案】⑴NBL向

N'BY

2

inN~B/T~~—

【详解】（1）落地后瞬间的速度％="汨

线圈产生的感应电动势大小心=NBL%=

（2）承电装置匀速运劭时满足（A，+m）g=N6〃，/=组之

(M+m)gR

解得丫=

N2B2l7

（3）分析可知，缓冲装置刚着地时，承重装置与鸡蛋具有最大的向上加速度，此时鸡蛋受到的冲击力最大。

对承重装置和鸡蛋整体，由牛顿第二定律得七一（M+Mg=（M+m）4

对鸡蛋进行受力分析，有&-〃际=〃心

其中安培力F&=NBIoL

感应电流/。=爱

R

缓冲装置着地瞬间的感应电动势皖=NBL历I

联立以上各式，解得产N=A?"师’

（M+in）R

12.（2026•江苏南京•一模）如图甲所示，足够长的两平行金属导轨bQ水平固定，两导轨电阻不计,

且处在竖直向上的匀强磁场中。完全相同的导体棒a、b垂直放置在导轨上，并与导轨接触良好，两导体棒

的电阻均为R=1.0Q,且长度刚好等于两导轨间距乙两导体棒的间距也为心磁场的磁感应强度按图乙所

示的规律变化，当f=0.8s时导体棒刚好要滑动。已知L=2m,两导体棒的质量均为〃/0.5kg,重力加速度大

小罗10m/s2,滑动摩擦力等于最大静摩擦力。求囹

⑴导体棒开始滑动前，通过导体棒的电流/；

（2）导体棒与导轨间的动摩擦因数出

【答案】（1）1A

（2）0.2

【详解】（1）磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化，则导体棒开始滑动前，回路中电动势

心型二空尸3

△/△/

E

由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流/=）=1A

（2）当/=0.8s时导体棒所受安培力/==（0.5x1x2）N=1N

此时导体棒刚好开始滑动，则导体棒所受的安培力大小刚好等于滑动摩擦力，则有〃，讴=尸

F

解得〃=—=0-2

〃吆

13.（2026•黑龙江哈尔滨•一模）如图，在竖直平面内有匝数为N,半径为R的圆形线圈，线圈内有水平方

向的匀强磁场，磁感应强度4随时间/均匀减小，其变化率的绝对值为攵。线圈的右端通过导线连接水平放

置的、正时的平行金属板。、〃，两板间距为d。一个质量为相、电荷量大小为，/的带电小球。从左侧两板中

央以初速度%水平向右射入，P恰好沿直线飞出金属板，在此过程中磁感应强度始终未减小到零，已知重

力加速度为身，忽略变化的磁场对带电小球的影响，忽略金属板的边缘效应。

⑴判断P的电性（无需写判断过程）

（2）求攵值；

⑶若磁感应强度3随时间，的变化率的绝对值变为:，则小球。恰好能从沙板的右侧边缘飞出，求金属板的

长度L。

【答案】（1）负电荷

mgd

⑵

⑶假

【详解】（1）负电荷

（2）其中a、b两板间电势差Uab=N"=N"-S=Nk〃R2

ArAr

P所受重力和电场力为一对平衡力，有q=mg=Eq

解得&二畀

NqjrR

（3）磁感应强度9随时间，的变化率变为原来的三分之一，则尸受到的电场力也为原来的三分之一，设P在

竖直方向的加速度为。，有"火-!〃火二〃?。

2

可得

将P在电场中的运动分解为水平、竖直两个方向

水平方向有力=咿

竖直方向有

联立可得L=%岛

4•考点3

线框模型

一、单选题

1.（2026•山西大同•一模）如图所示，光滑绝缘的水平面上边界MN的右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，

现给正方形刚性导线框次依/一水平向右的初速度，线框A边始终垂直MN运动,且恰能完全进入磁场区域。

则导线框必〃进入磁场区域后，其速度八电功率尸随运动距离工变化的图像可能正确的是（）

【答案】A

【详解】AB.设匀强磁场的磁感应强度为8,导线框。庆4的质量为小、边长为L、总电阻为卡，其在磁场

中的速度为v时，感应电动势后=切3

导线框内部的电流，=4二等

AA

其所受安培力大小为FA=BIL=午

根据牛顿第一定律，有-翼士=〃口

R

AxAv

XV=—,a=一

Ar僮

联立解得包=一0兰

ArmR

当为一小于。的常数，则V-X图线为斜率为负的倾斜直线，故A正确，B错误；

CD.导线框的电功率P=/%=0比

R

D-12

结合A、B项分析，可知u=%---------x

mR

昨7版中P夕/?/B-I}Y

联已解得尸=F-%------x

RImRy

则P-x图像是一条开口向上的抛物线的一部分，故CD错误。

故选Ao

二、多选题

2.（2026•甘肃•一模）如图所示，光滑水平桌面上放有一个由均匀导线绕成的正方形单匝线圈PQMN,在

线圈对角线尸M的一侧，存在垂直于桌面向下的匀强磁场。现从图示位置处开始，沿垂直边的方向，以

速度丫将线框匀速拉入匀强磁场，在此过程中（）

A.M点电势始终高于N点电势

B.线圈中的感应电动势逐渐减小

C.线圈所受安培力的方向始终与运动方向相反

D.拉力做功的功率逐渐减小

【答案】BD

【详解】A.由右手定则可知，M点电势始终低于N点电势，A错误;

B.线圈切割磁感线的有效长度等的长度减去PQ边进入磁场部分的长度，可知切割磁感线的有效长

度逐渐减小，根据七二3小，则线圈中的感应电动势逐渐减小，B正确；

C.线圈进入磁场时，受安培力的有效长度为线圈与虚线部分交点的长度（AB段），线圈受的安培力方向

垂直这部分长度向下，可知所受安培力的方向竖直向下，不是与运动方向相反，C错误；

£2

D.拉力做功的功率等于电功率，由于P=女，因电动势逐渐减小，可知电功率逐渐减小，即拉力的功率

逐渐减小，D正确。

故选BDo

3.（2026•黑龙江辽宁•一模）电磁制动是一种利用电磁感应产生的电磁力来制动的技术，广泛应用于各种

机械设备中。如图甲所示为一竖直下降的电梯内电磁制动系统核心部分模拟原理图，“日”字形导线框始终处

于竖直平面内，线框水平部分环=PQ=MN=L=L0m,电阻均为R=2.0C,PQ与EF、MV间距均为

L=1.0m,线框竖直部分电阻不计，线框总质量〃2=600kg；线框下方有垂直纸面向外的有界匀强磁场，场

强大小8=100T,磁场高度0=L0m,上下边界水平，导线框以初速度％进入磁场，流过MN的电流与下降

路程s的关系如图乙所示（部分），不计空气阻力，重力加速度g取lOm/s?。求（）

f

A

L

t

A.线框刚进入磁场时，MN边中电流的方向NTM

B.线框刚进入磁场时，线框的速度6Om/s

C.PQ边刚进入磁场时，线框的加速度。二与m/，

D.线框MN边穿越磁场的过程MN边产生的焦耳热Q'=9400J

【答案】ABD

【详解】AB.由右手定则可知边刚进入磁场时电流的方向Nf何（向左）

MN边在磁场中运动产生的感应电动势，有Eo=BL%

感应电流二11

由图像知/°=200A

总电阻K=R+；R=3.0。

联立解得速度%=6.0m/s,故AB正确；

C.由图像知，PQ边刚进入磁场时,MN中的电流/】=50A

则由电路结构如流过PQ的电流/=IOOA

由牛顿第二定律以L-mg=，电

20

解得。=1m/s2,方向向上；故C错误；

D.线框MN边出磁场时，线框的速度1，由法拉第电磁感应定律E=

F

感应电流/=云

由图像知/=100A

总电阻R"=R+，R=3.0C

2

联立解得速度v=3.0m/s

由能量守恒--wv2=Q

2

MN边穿越磁场的过程MN边焦耳热Q'=5。

解得0=9403,故D正确。

故选ABDo

4.（2026•黑龙江哈尔滨•一模）如图甲所示，光滑且足够长的固定斜面与水平面的夹角为30。，斜面上两平

行水平虚线MN和PQ之间有垂直于斜面向下的匀强磁场；PQ以下区域有垂直于斜面向上的匀强磁场，PQ

两侧匀强磁场的磁感应强度大小相等。正方形导线框讲那四条边的阻值相等，，=0时刻将处于斜面上的导

线框由静止释放，开始释放时"也恰好与虚线MN重合，之后导线框的运动方向始终垂直于两虚线，其运

动为u，图像如图乙所示，4-4时间内导线框的速度大小为%，重力加速度为名，下列说法正确的是（）

A.线框宽度4小于第•个磁场宽度

B.时间内，导线框的速度大小为学

c.时间内，导线框从d两点间的电势差为o

D.4f时间内，导线框的位移大小为加3一幻+需

【答案】BCD

【详解】A.0〜b时间内，导线框的加速度逐渐减小，方向沿导轨向上，当加速度减为零时线圈匀速运动。

若线框宽度4小于第•个磁场宽度，则当线圈全部进入第•个磁场后，加速度突然增加变为gsin30。，线圈

将有一段匀加速运动的过程，故A错误；

B.设导线框每边电阻为R,边长为L匕七间内，导线框做匀速运动，则有mgsin3（T=F即

又F安、=BI、L=BL—=

如14R4R

联立得〃罟sin30°=BL%

4R

/3-〃时间内，设导线框的速度大小为y,则〃?gsirBO。：/7支2

又砧=2眼叩鬻=华

联立得机gsin30°=~~~~~

综合可缺，吟，故B正确,

2"F

C.心/4时间内，设油边和”边产生的感应电动势为E,则电流为/=察=赤

F

导线框力、d两点间的电势差为U=E—/・2R=E—三2欠=0,故C1E确;

2A

D.t2〜t3时间内，设导线框的位移大小为X。取沿导轨向下为正方向，由动量定理得

nz.gsin3O(/,-t2)-2B!Lt=

ZBLvtBLx

其中〃=

4R2R

结合〃啰in30。

4R

联立解得穴=号（13T2）+学■,故D正确。

48g

故选BCDo

5.（2026.湖南怀化•一模〉如图，在粗糙绝缘的固定斜面上（斜面足够大）有一质量为小粗细均匀的矩形

线框线框由两种金属材料组成，ad、be长为L、电阻均为2R,ab、cd长为％、电阻不计，线框处在

方向垂直斜面向卜的足够大的匀强磁场中，磁感应强度大小为上一质量也为，〃的导体棒PQ紧挨放置

（不接触ad）,PQ接入电路电阻为R,，=0时刻，同时静止释放导体棒PQ以及矩形线框他经时间

恰好运动到矩形线框的中心处，此时对棒施加沿斜面向上的力尸=〃7gsin。，最终棒PQ恰好不从线框掉下。

已知运动过程PQ始终与，山垂直，且与线框接触良好，矩形线框与斜面间的动摩擦因数为4二65tan。，棒

PQ与矩形线框间的动摩擦因数为〃（〃<0.5tan。），重力加速度为g。下列说法正确的是（)

A.导体棒PQ刚释放瞬间，线框的加速度大小为〃“cose

B.。~乙）时间内通过。d边的电荷量为第

87?

P2/27

c.fo时导体棒的速度为1，=gsin04-“gcosOto-------7r

2mR

D.若，。时导体棒下降的高度为/?,则整个过程中棒PQ上产生的热量为皿-〃'⑴si：〃）彳一侬“cos。

282

【答案】AB

【详解】A.对线框受力分析有wgsin^-2〃o〃7gcos0+pmgcosH=

解得4="geos。

由f-/jgcos0<a2=gsin。一〃gcos0

故结果成立，故A正确；

E△①BS

B.由电量4=T/aA/=}-a4=〃V=〃G-

R屯RK总

因为S=L与，R忠若+R=2R

通过，以边电量为总电量的一半，联立解得%z===^，故B正确；

2oK

对棒，规定沿斜面向下为正方向，由动量定理有〃?gsin£4-〃〃igcose・fo-g~《At=〃w

2R

其中—=H，代入解得丫=841164-/^8564-史&,故C错误；

24〃求

D.由全过程动最定理有mgsin。4=2mv2

由全过程能量守恒mgh-jLimgcos0•4-2Q=gx2mv；

联立解得°=华—网喑就一丝舞cose

这里。为焦耳热，应还存在摩擦产生的热量，故D错误。

故D错误。

故选ABo

6.（2026・河北保定•一模）如图所示，在竖直平面（纸面）内