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模块十二 电磁感应
（考试时间：75 分钟 试卷满分：100 分）
第Ⅰ卷(选择题，共46 分)
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
C
D
B
C
D
AC
AC
CD
第Ⅱ卷(非选择题，共54 分)
二、非选择题：本题共5 小题，共54 分。
11．【答案】(1) 右偏（1 分） 左偏（1 分）
(2)不停振动（3 分）
(3)B（3 分）
【详解】（1）[1]由题知，通过A 螺线管的磁通量增大时，G 表指针右偏；滑动变阻器的触头迅速向右滑
动时，电阻减小，电流增大，B 螺线管的磁场增强，通过A 螺线管的磁通量增大， G 表指针向右偏；
[2]抽出铁芯，B 螺线管的磁场减弱，通过A 螺线管的磁通量减小，G 表指针向左偏。
（2）改用交流电后，磁场方向周期性变化，感应电流方向也随之周期性变化，故G 表指针不停振动；
（3）B 线圈匝数多，自感电动势大，断电瞬间产生高压，故该同学被电击是在拆除B 螺线管所在电路时
发生的。
12．【答案】(1) c（1 分） a（1 分）
(2)向右偏转（2 分）
(3)磁通量变化率（2 分）
(4)磁通量发生变化（2 分）
【详解】（1）[1][2]本质为线圈A 接滑动变阻器形成电源回路，线圈B 接灵敏电流计形成检测回路，结合
题意P 右滑电阻减小，M 接c、N 接a 符合要求）
（2）滑片P 向右滑动时，无论加速还是匀速，滑动变阻器接入电阻都减小，线圈A 的电流增大，穿过线
圈B 的磁通量方向不变且仍在增大，因此感应电流方向不变，灵敏电流计指针仍向右偏转。
（3）根据法拉第电磁感应定律E =n ΔΦ
Δt
，滑片快速滑动时，相同磁通量变化量ΔΦ下，时间Δt更小，磁
通量变化率ΔΦ
Δt
更大，感应电动势更大，感应电流更大，因此指针摆动幅度更大。
（4）实验结论：当穿过闭合回路的磁通量发生变化时，闭合回路中就会产生感应电流。
13．【答案】(1)q =1.25C（2 分）
(2)t =0.55s（4 分）
(3)x =11.6 m（4 分）
【详解】（1）线圈进入磁场的过程中，由法拉第电磁感应定律得E = ΔΦ
Δt = B L
2
Δt
由闭合电路的欧姆定律得I = E
R
线圈进入磁场过程中通过线圈截面的电荷量为q = I ⋅Δt
联立解得q =1.25C（2 分）
（2）线圈刚好能匀速进入磁场，此时安培力等于重力BIL=mg
又I = E
R = BLv
R
解得v =8 m/s（2 分）
线圈从第一次反弹后开始到CD边刚离开磁场的全过程列动量定理得−mgt −BLq =0−mv
解得t =0.55s（4 分）
（3）根据题意，线圈竖直方向运动与原来相同，故以v y = v =8 m/s匀速进入磁场，碰撞后经t =0.55s运
动到最高点。进磁场前t1= v y
g =0.8s
匀速进入磁场t2= d
v y
=0.25s
碰撞过程总有f = μN（2 分）
故冲量大小关系满足I f = μ I N
碰撞时间极短，忽略重力冲量，竖直方向有I N =2m v y
水平方向有−I f =m v
'
0−m v0
解得v
′
0=2m /s
水平位移x = v0(t1+t2)+ v
′
0t解得x =11.6 m（4 分）
14．【答案】(1)CE（2 分）
(2)vm =
BLCE
m+ B
2 L
2C
（4 分）
(3)20m（6 分）
【详解】（1）电容器充电完成后，两端电压等于电源电动势E，根据电容的定义式C = q
U
可得电容器充电完成后的电荷量q = CE（2 分）
（2）开关投向2 后，电容器放电，金属棒PQ 受到安培力作用加速。当PQ 的感应电动势等于电容器剩余
电压时，电流为0，速度达到最大。
设此时电容器剩余电荷量为q'，则U
′ = q
′
C = BLvm
对PQ 应用动量定理，有B I L Δt =m vm（2 分）
其中Δq = I Δt =q−q
′ =CE−CBLvm
联立可得vm =
BLCE
m+ B
2 L
2C
（4 分）
（3）代入已知数据可得PQ 碰撞前的速度vm =5 m/s
根据动量守恒，有m vm =(m+3m)v
线框在位置x 处时，左右两边的磁感应强度分别为B左= B+ kx，B右= B+k (x + L)
感应电动势为E =(B右−B左) Lv =k L
2v（2 分）
线框总电阻为4R，感应电流为I = E
4 R
安培力大小为F =(B右−B左)IL= k
2 L
4
4 R v
对整体应用动量定理∑F Δt =∑k
2 L
4
4 R v Δt =(m+3m)v（3 分）
可得k
2 L
4
4 R xm =(m+3m)v
代入数据解得xm = 20m（4 分）
15．【答案】(1)3 m /s（3 分）
(2)（i）2m /s（6 分）（ii）0.8C（7 分）
【详解】（1）当c的重力等于a受到的安培力时有最大速度vm，则m3 g= B I m L1
其中I m = E
R
，E = B L1vm
联立解得vm =3 m /s（3 分）
（2）（i）在开关S1断开、S2闭合的状态下，导体棒a与重物c有共同加速度a1，对整体，由牛顿第二定律
有m3 g−BI L1=(m3+m1)a1（1 分）
其中I = Δq
Δt = C ΔU
Δt
= CB L1 Δv
Δt
=CB L1a1
联立解得a1=
m3 g
C B
2 L1
2+m3+m1
（1 分）
代入数据可得a1=0.5 m /s
2
所以导体棒a与重物c做匀加速直线运动，则t1=1.6s时，v1=a1t1，h1= 1
2 a1t1
2
解得v1=0.8 m /s，h1=0.64 m（2 分）
此时，再断开S2，导体棒a不受安培力，则m3 g=(m3+m1)a2
加速度a2= m3 g
m3+m1
=2m /s
2
重物c再下降h2=h−h1=0.84 m
则根据运动学公式v2
2−v1
2=2a2h2
解得落地瞬间a和c的速度为v2=
❑√v1
2+2a2h2=2m /s（2 分）
（ii）重物c落地瞬间，闭合S3，导体棒a获得向右的速度v2后，导体棒a、b与导轨组成的回路产生感应电
流，根据楞次定律可知，导体棒b受到向右的安培力，开始向右加速运动，同时与导体棒a产生方向相反
的电动势，因此当电流为零时，导体棒a、b分别以va、vb的稳定速度匀速运动，则电动势
B L1va= B L2vb
解得va=2vb（2 分）
取向右为正方向，从导体棒b开始运动到稳定运动的过程中，根据动量定理，对导体棒a有
−B I L1t =m1va−m1v2
对导体棒b有B I L2t =m2vb
联立解得va=1m /s，vb=0.5 m /s（3 分）
通过导体棒a、b的电荷量q相等，则根据B I L2t =m2vb
可得q = I t = m2vb
B L2
=0.8C（3 分）
