1
10.电磁感应规律及应用
选择题:1~6 题每小题3 分,7~8 题每小题4 分,共26 分
基础巩固练
1.(2025 河南卷)如图所示,一金属薄片在力F 作用下自左向右从两磁极之间通过。当金
属薄片中心运动到N 极的正下方时,沿N 极到S 极的方向看,下图能够正确描述金属薄
片内涡电流绕行方向的是( )
2.(2025 陕西卷)电磁压缩法是当前产生超强磁场的主要方法之一,其原理如图所示,在钢
制线圈内同轴放置可压缩的铜环,其内已“注入”一个初级磁场,当钢制线圈与电容器组
接通时,在极短时间内钢制线圈中的电流从零增加到几兆安培,铜环迅速向内压缩,使初
级磁场的磁感线被“浓缩”,在直径为几毫米的铜环区域内磁感应强度可达几百特斯拉。
此过程,铜环中的感应电流( )
A.与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相同
B.与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相反
2
C.远小于钢制线圈中的电流大小且方向相同
D.远小于钢制线圈中的电流大小且方向相反
3.(2025 河南许昌模拟)如图所示,水平面内两平行金属导轨之间接有电流表G,金属棒垂
直于导轨放置且与导轨接触良好,匀强磁场与金属导轨所在平面垂直,磁感应强度大小为
B0。在外力的作用下让金属棒以恒定的速度v 沿导轨向右运动,电流表读数保持不变,
t=0 时刻,磁场的磁感应强度B 开始随时间t 发生变化,金属棒的速度大小和方向仍保持
不变,发现电流表G 的读数保持为零,则B0
B
的值随时间t 变化的图像为( )
4.(多选)(2025 黑吉辽蒙卷)如图所示,“ ”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右
的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直,各边长均为l。线框绕b、e 所在直线以角速
度ω 顺时针匀速转动,be 与磁场方向垂直。t=0 时,abef 与水平面平行,则( )
A.t=0 时,电流方向为abcdefa
B.t=0 时,感应电动势为Bl2ω
C.t= π
ω
时,感应电动势为0
D.t=0 到t= π
ω
过程中,感应电动势平均值为0
3
5.(多选)(2025 河北保定模拟)如图所示,空间有一“ ”型光滑金属框架竖直放置,磁感应
强度大小为B=2 T 的匀强磁场,方向垂直于框架平面向外,框架上有一导体棒MN 与框架
边垂直且始终保持良好接触,导体棒MN 由静止开始下滑。已知导体棒MN 质量为
m=0.1 kg,电阻为R=0.4 Ω,框架的宽度为L=0.1 m,框架电阻不计,重力加速度g 取10
m/s2。下列说法正确的是( )
A.导体棒MN 中电流的方向为从M 到N
B.导体棒MN 下落的最大加速度的大小为10 m/s2
C.导体棒MN 下落的最大速度的大小为5 m/s
D.导体棒MN 在最大速度时的电功率为10 W
6.(多选)(2025 湖北四月调研)某同学制作的电磁发射装置简化模型如图所示,MN、PQ 为
水平固定的相距为L 且足够长的粗糙导轨,两导轨间存在磁感应强度大小可调的匀强磁
场,方向竖直向下,M、P 端接有电动势为E、内阻不计的恒压电源,S 为开关。一质量为
m、长度为L、电阻为R 的导体棒ab 垂直于导轨静置于导轨上,与导轨接触良好,电路中
其余电阻不计。导体棒在导轨上运动时受到恒定的阻力Ff,当磁场的磁感应强度取某一
特定值时,闭合开关S 可以使导体棒最终的速度最大。在此磁感应强度下导体棒从静止
开始经时间t,运动的位移大小为d。下列说法正确的是( )
A.导体棒最终的最大速度为
E
2
4 Ff R
B.从静止开始经时间t 通过导体棒的电荷量为d Ff
E
4
C.从静止开始经时间t 导体棒所受安培力的冲量大小为2Fft-4 Ff
2 Rd
E
2
D.从静止开始经时间t 电流通过导体棒产生的热量为E
2t
R
-2Ffd
综合提升练
7.(多选)(2025 陕西咸阳模拟)空间存在竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场,两根
相距为L 的平行长直金属导轨水平放置,左端接电容为C 的电容器,一根导体棒放置在导
轨上,如图甲所示。起初开关闭合,导体棒在水平向右的恒力作用下开始运动,t0时刻速度
增加到v0,此时断开开关,导体棒继续加速,2t0时刻速度增加到4v0,v-t 图像如图乙所示,已
知导体棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好,不计电路中的电阻及导体棒与导轨间
的摩擦。下列说法正确的是( )
A.t0时刻电容器所带的电荷量为CBLv0
B.0~t0时间内通过导体棒的电流为CBLv0
t0
C.0~t0时间内导体棒受到的安培力大小为C B
2 L
2v0
2t0
D.恒力F=2C B
2 L
2v0
t0
8.(多选)(2025 山东名校联盟模拟)如图所示,两根足够长的光滑平行金属导轨固定在绝缘
水平面上,导轨间距为L,电阻不计,空间内有垂直轨道面向里的匀强磁场,磁感应强度为
B。两金属杆垂直于导轨保持静止,金属杆ab 质量为m,电阻为R,金属杆cd 电阻不计,其
间接有一个电容为C 的电容器,电容器板间距d≪L,电容器与cd 杆为一个整体,质量为
m。现垂直于ab 施加一水平向右,大小为F 的恒力,经过足够长时间,当系统达到稳定时,
下列说法正确的是( )
5
A.金属杆ab 与金属杆cd 加速度相同
B.金属杆ab 的加速度大于金属杆cd 的加速度
C.cd 杆的加速度大小为C B
2 L
2 F +mF
m
2+2mC B
2 L
2
D.cd 杆的加速度大小为
C B
2 L
2 F
m
2+2mC B
2 L
2
9.(6 分)(2025 天津和平区二模)如图所示,匝数为N、电阻为R 的线圈内有方向垂直于线
圈平面向上、随时间均匀变化的匀强磁场B1,线圈通过开关S 连接两根间距为L、倾角
为θ 的足够长平行光滑金属导轨,导轨下端连接阻值为R 的电阻。一根阻值也为R、质
量为m 的导体棒ab 垂直放置于导轨上。在平行金属导轨区域内仅有垂直于导轨平面向
上的恒定匀强磁场,磁感应强度大小为B2。接通开关S 后,导体棒ab 恰好能静止在金属
导轨上。假设导体棒ab 与导轨接触良好,不计导轨电阻。求:
(1)B1磁场穿过线圈磁通量的变化率ΔΦ
Δt
;
(2)开关S 断开后,ab 从静止开始下滑到速度大小为v 时,此过程ab 上产生的热量为其获
得动能的1
5
,求此过程通过ab 的电荷量q。
6
10.(8 分)(2024 湖北卷)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L 的1
4
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
下的匀强磁场。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2m、电阻为6R 的均匀金属丝制成一个半径为L 的圆环,水平放置在两直导轨上,
其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及圆环可能的形变,金属
棒、圆环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。
(1)求ab 刚越过MP 时产生的感应电动势大小。
(2)求圆环刚开始运动时的加速度大小。
(3)为使ab 在整个运动过程中不与圆环接触,求圆环圆心初始位置到MP 的最小距离。
11.(9 分)(2024 全国甲卷)两根平行长直光滑金属导轨距离为l,固定在同一水平面(纸面)
内,导轨左端接有电容为C 的电容器和阻值为R 的电阻。开关S 与电容器并联;导轨上有
一长度略大于l 的金属棒,如图所示。导轨所处区域有方向垂直于纸面、磁感应强度大
小为B 的匀强磁场。开关S 闭合,金属棒在恒定的外力作用下由静止开始加速,最后将做
速率为v0的匀速直线运动。金属棒始终与两导轨垂直且接触良好,导轨电阻和金属棒电
阻忽略不计。
(1)在加速过程中,当外力做功的功率等于电阻R 热功率的2 倍时,金属棒的速度大小是多
少?
7
(2)如果金属棒达到(1)中的速度时断开开关S,改变外力使金属棒保持此速度做匀速运动。
之后某时刻,外力做功的功率等于电阻R 热功率的2 倍,求此时电容器两极间的电压及从
断开S 开始到此刻外力做的功。
培优拔高练
12.(11 分)(2025 江苏卷)圆筒式磁力耦合器由内转子、外转子两部分组成,工作原理如图
甲所示。内、外转子可绕中心轴OO'转动。外转子半径为r1,由四个相同的单匝线圈紧
密围成,每个线圈的电阻均为R,直边的长度均为L,与轴线平行。内转子半径为r2,由四个
形状相同的永磁体组成,磁体产生径向磁场,线圈处的磁感应强度大小均为B。外转子始
终以角速度ω0匀速转动,
某时刻线圈abcd 的直边ab 与cd 处的磁场方向如图乙所示。
甲
乙
(1)若内转子固定,求ab 边产生感应电动势的大小E;
(2)若内转子固定,求外转子转动一周,线圈abcd 产生的焦耳热Q;
(3)若内转子不固定,外转子带动内转子匀速转动,此时线圈中感应电流为I,求线圈abcd
中电流的周期T。
8
9
参考答案
1.C 解析 金属薄片向右运动时,N 极左侧金属薄片向下的磁通量增加,N 极右侧金属薄
片向下的磁通量减小,由楞次定律可知,左侧金属薄片产生逆时针方向的涡电流,右侧金
属薄片产生顺时针方向的涡电流,C 正确。
2.B 解析 当钢制线圈与电容器组连通时,钢制线圈中产生迅速增大的电流,线圈所围区
域产生迅速增强的磁场,根据楞次定律,可知铜环中产生的感应电流的磁场会阻碍引起感
应电流的磁通量的变化,故铜环中的感应电流与钢制线圈中的电流方向相反,为阻碍铜环
中磁通量变化,铜环上感应的电流与钢制线圈的电流大小几乎相等,因此两个方向相反的
大电流之间的作用力使圆环被急速向内侧压缩,故选B。
3.B 解析 设两导轨之间距离为d,t=0 时刻金属棒与左侧电流表位置的距离为l0,根据题
意,在金属棒以恒定的速度v 沿导轨向右运动过程中,电流表G 的读数始终为零,说明回
路的磁通量保持不变,即B0dl0=Bd(l0+vt),化简得B0
B
=1+ v
l0
t,这是关于t 的一次函数,故选
B。
4.AB 解析 t=0 时,af 边切割磁感线,由右手定则可知电流在af 边中由f 流向a,则电流方
向为abcdefa,故A 正确;由法拉第电磁感应定律有Eaf=Blv=Bl2ω,故B 正确;由转过角度
θ=ωt 知,当t= π
ω
时,线框转过180°,所处位置如图所示,此时af 边切割磁感线,cd 边不切割
磁感线,感应电动势不为0,故C 错误;从t=0 到t= π
ω
过程中,E = ΔΦ
Δt = 2Bl
2
π
ω
= 2Bl
2ω
π
≠0,故
D 错误。
10
5.BD 解析 根据右手定则可知,MN 中电流的方向为从N 到M,故A 错误;对导体棒MN
受力分析,受到重力和安培力,根据牛顿第二定律有mg-F 安=ma,要使a 最大,而mg 不变,
则F 安最小,而安培力的最小值是0,也就是刚下滑的瞬间a 最大,解得最大加速度的大小
为am=g=10 m/s2,故B 正确;当导体棒速度最大时,a=0,即mg=BIL,感应电动势E=BLv,感
应电流I= E
R
,联立解得导体棒MN 下落的最大速度的大小为v= mgR
B
2 L
2 = 1×0.4
2
2×0.1
2 m/s=10
m/s,故C 错误;导体棒MN 在最大速度时的电功率为P= E
2
R =(BLv )
2
R
=(2×0.1×10)
2
0.4
W=10 W,故D 正确。
6.AC 解析 设磁感应强度大小为B,导体棒最终的最大速度为v,则有E-BLv=IR,BIL=Ff,
联立可得v=- Ff R
L
2 · 1
B
2 + E
L · 1
B,根据数学知识可知,当B=2 Ff R
EL
时,v 取最大值,为vm=
E
2
4 Ff R
,故A 正确;保持B=2 Ff R
EL
不变,取Δt→0,任意时刻导体棒电流i= E - BLv
R
,在时间t 内,有
q=∑iΔt=∑E - BLv
R
·Δt= E
R
t-BLd
R
,故B 错误;导体棒所受安培力的冲量大小为
I=∑BiLΔt=BLq=2Fft-4 Ff
2 Rd
E
2
,故C 正确;电源消耗的电能为W=Eq= E
2
R t-2Ffd,根据能量守
恒定律可知电源消耗的电能转化为电流通过导体棒产生的热量、导体棒的动能、导体
棒与导轨摩擦产生的热量,故D 错误。
7.AB 解析 根据题中图像可知,导体棒的运动为两个连续的匀加速直线运动,t0时刻电
容器两极板间的电压为U=BLv0,电容C=Q
U
,解得Q=CBLv0,故A 正确;0~t0时间内导体棒
受到的安培力不变,电容器单位时间内增加的电荷量不变,根据电流的定义可知I=
Q
t0
= CBLv0
t0
,故B 正确;0~t0时间内导体棒受到的安培力大小F 安=BIL=C B
2 L
2v0
t0
,故C 错
11
误;设导体棒的质量为m,根据牛顿运动定律,0~t0时间内有F-F 安=mv0
t0
,t0~2t0时间内有
F=m3 v0
t0
,联立解得F=3C B
2 L
2v0
2t0
,故D 错误。
8.BD 解析 系统达到稳定后,设杆ab 的速度为v1时,杆cd 的速度为v2,由a= Δv
Δt
,可得此
时杆ab 的瞬时加速度为aab=v1-0
Δt
,杆cd 的瞬时加速度为acd=v2-0
Δt
,则电路中的感应电
动势,由E=BLv,得E=BL(v1-v2),杆运动过程中,给电容器充电,充电电流为i= ΔQ
Δt
,由C=
ΔQ
ΔU
,ΔU=E-ΔiR, Δi
Δt
=0,得i=C ΔU
Δt
= CBL(v1- v2)
Δt
=CBL(aab-acd),对杆ab,由牛顿第二定律
得F-BiL=maab,对杆cd,由牛顿第二定律得BiL=macd,解得aab=F (m+ B
2 L
2C )
2m B
2 L
2C +m
2 ,acd=
F B
2 L
2C
2m B
2 L
2C +m
2。根据上述计算可知,金属杆ab 与金属杆cd 加速度不相同,A 错误;根据
上述计算可知,金属杆ab 的加速度大于金属杆cd 的加速度,B 正确;杆cd 的加速度大小
为
F B
2 L
2C
2m B
2 L
2C +m
2,C 错误;杆cd 的加速度大小为
F B
2 L
2C
2m B
2 L
2C +m
2,D 正确。
9.答案 (1)3mgR sinθ
N B2 L
(2) 7 B2v
2 L
20 gRsinθ
解析 (1)接通开关S 后,导体棒ab 恰好能静止在金属导轨上
线圈中产生的电动势为E=N ΔΦ
Δt
回路电流为I= E
R总
回路总电阻为R 总=R+ R· R
R+ R = 3
2
R
12
对于导体棒ab,根据受力平衡可得mgsin θ=B2· I
2
L
联立解得ΔΦ
Δt = 3mgR sinθ
N B2 L
。
(2)开关S 断开后,ab 从静止开始下滑到速度大小为v 时,此过程ab 上产生的热量为其获
得动能的1
5
,设此过程ab 下滑的距离为x,根据能量守恒定律可得
mgxsin θ=1
2
mv2+Q 总
其中Q 总=2Qab=2×1
5 × 1
2
mv2=1
5
mv2
又q=IΔt= E
2 R
Δt=
ΔΦ
Δt
2 R
Δt= ΔΦ
2 R = B2 Lx
2 R
联立解得q= 7 B2v
2 L
20 gR sinθ
。
10.答案 (1)BL√2 gL (2)B
2 L
2√2 gL
3mR
(3)mR√2gL
B
2 L
2
+L
解析 (1)ab 由静止释放到刚越过MP 过程中,由动能定理有
mgL=1
2 mv0
2
解得v0=√2 gL
ab 刚越过MP 时产生的感应电动势大小为E=BLv0=BL√2gL。
(2)圆环在导轨外侧的两段圆弧被短路,在导轨内侧的两段圆弧并联接入电路中,根据几
何关系可知,导轨内侧每段圆弧的电阻为R,故整个回路的总电阻为
R 总=R+ R· R
R+ R = 3
2
R
ab 刚越过MP 时,通过ab 的感应电流为
13
I= E
R总
= 2BL√2 gL
3 R
对圆环,根据牛顿第二定律有
2·B· I
2
·L=2ma
解得a=B
2 L
2√2gL
3mR
。
(3)由于ab 和圆环所受的安培力等大反向,故系统的动量守恒。ab 在直导轨上做减速运
动,圆环做加速运动,为使ab 在整个运动过程中不与圆环接触,则当ab 和圆环共速时,ab
恰好追上圆环,设此时共同速度为v。对ab 和圆环,由动量守恒定律有
mv0=(m+2m)v
对ab,由动量定理有
-BILt=mv-mv0
即-BLq=mv-mv0
在ab 与圆环共速前,设ab 在直导轨上运动的距离为x1,圆环运动的距离为x2,则有
q= ΔΦ
R总
= BL( x1- x2)
R总
联立解得
Δx=x1-x2=mR√2 gL
B
2 L
2
则圆环圆心初始位置到MP 的最小距离为
d=Δx+L=mR√2 gL
B
2 L
2
+L。
11.答案 (1)v0
2
(2)Bl v0
4
C B
2l
2v0
2
8
解析 (1)开关S 闭合后,当外力与安培力相等时,金属棒的速度最大,则F=F 安=BIl
由闭合电路的欧姆定律得I= E
R
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E=Blv0
14
联立可得,恒定的外力为F=B
2l
2v0
R
在加速阶段,外力的功率为PF=Fv=B
2l
2v0
R
v
定值电阻的热功率为PR=I2R=B
2l
2v
2
R
当PF=2PR时有B
2l
2v0
R
v=2B
2l
2v
2
R
解得金属棒速度v 的大小为v=v0
2
。
(2)断开开关S,电容器充电,则电容器与定值电阻串联,则有E=Blv=iR+ q
C
当金属棒匀速运动时,电容器不断充电,电荷量q 不断增大,电路中电流不断减小,则金属
棒所受安培力F 安=Bil 不断减小,而拉力的功率PF=F'v=F 安v=Bilv
定值电阻功率PR=i2R
当PF=2PR时有Bilv=2i2R
可得iR=Blv
2
根据E=Blv=iR+ q
C
可得此时电容器两端电压为UC= q
C = Blv
2 = 1
4
Blv0
从开关断开到此刻外力所做的功为W=∑Bil(v·Δt)=Blv∑i·Δt=Blvq
其中q=CBlv
2
联立可得W=C B
2l
2v0❑
2
8
。
12.答案 (1)BLr1ω0 (2) 8 π B
2 L
2r1
2ω0
R
(3)2π BLr1
IR
解析 (1)由题意可知,ab 边处在磁感应强度大小为B 的磁场中,则ab 边切割磁感线产生
感应电动势E=BLv
15
又v=r1ω0
联立解得E=BLr1ω0。
(2)由以上分析知,单个线圈产生的感应电动势E1=2BLr1ω0
由于线圈转动过程中电动势大小不变,若内转子固定,外转子转动一周,线圈abcd 产生的
焦耳热Q= E1
2
R
T1
又T1=2π
ω0
联立解得Q=8 π B
2 L
2r1
2ω0
R
。
(3)设内转子转动的角速度为ω
线圈abcd 产生的感应电动势E2=2BLr1(ω0-ω)
由欧姆定律得E2=IR
分析可知,线圈相对内转子转动180°,线圈电流方向改变2 次,恰好为一个电流变化周期
则有T=
π
ω0-ω
联立解得T=2π BLr1
IR
。
