重难点12 电磁感应-2025年高考物理 热点 重点 难点 专练（上海专用）

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（2025年预测的可能性仅供参考，每颗☆代表出题的可能性为20%，以此类推）
【思维导图】
【高分技巧】
一、电磁感应现象
1．电磁感应现象：通过闭合回路中的磁通量发生变化时，从而产生感应电流的现象。
2．产生感应电流的条件：(1) 电路闭合；(2) 通过闭合回路的磁通量变化。
3． 楞次定律内容：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
4． 楞次定律判定感应电流方向的一般步骤： “一原、二感、三电流”：
(1)确定原磁场的方向；
(2)确定穿过闭合线圈的磁通量是增加还是减少；
(3)根据楞次定律确定感应电流的磁场方向；
(4)利用右手螺旋定则确定感应电流的方向。
5． 楞次定律的推广形式
(1)阻碍导体间的相对运动：“来拒去留”。
(2)就闭合电路的面积而言：“增缩减扩”。
(3)磁场方向：“增反减同”。
(4)环形线圈电磁感应后可当作：“等效磁体”。
(5)从能量转化的角度看：都要克服阻力做功，将机械能转化为电能。
6． 右手定则：闭合线路中部分导体在做切割磁感应线的运动时，感应电流方向的判断。
7． 电流的磁效应（右手） 安培力或洛伦兹力（左手） 感应电流（右手）。
二、法拉第电磁感应定律
1． 内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这个电路的磁通量的变化率成正比。
2． 公式：E＝eq \f(ΔΦ,Δt) （通常由n匝线圈组成 E＝neq \f(ΔΦ,Δt)，其中n为线圈匝数）
磁通量的变化率对应Φ­t图线上某点切线的斜率。
3． 对法拉第电磁感应定律的理解
(2) 两种常见形式：
①线圈面积S不变，磁感应强度B均匀变化，则E＝neq \f(ΔB,Δt)·S
②磁感应强度B不变，线圈面积S均匀变化，则E＝nB·eq \f(ΔS,Δt)
(其中eq \f(ΔΦ,Δt)是Φ－t图像上某点切线的斜率. eq \f(ΔB,Δt)为B－t图像上某点切线的斜率)
(3) 本质：磁通量变化感应电动势感应电流
(4) 电流方向：产生感应电动势的那部分导体在电路中相当于电源，电源内部，电流从负极流向正极。
4． 动生电动势：E＝BLv
①导体和运动方向所在平面和磁感线平行时，不切割磁感线（没有被切断），E=0
②当导体平动垂直切割磁感线时，即B、L、v两两垂直时，E＝BLv
③公式中L指有效切割长度：即导体在与v垂直的方向上的投影长度（等效为两两垂直）。
图甲中的有效切割长度为：L＝cd×sin θ；
图乙中的有效切割长度为：L＝MN；
图丙中的有效切割长度为：沿v1的方向运动时，L＝eq \r(2)R；沿v2的方向运动时，L＝R

6．电磁感应现象中的电路分析
内部电压无法直接测得，电压表测量的Uab是外电压，而不是ab棒产生的电动势。

7． 电磁感应中的电荷量：
①分母是内外总电阻。
②电流强度是变化的情况下，不能用q=It，但可以使用此公式计算。
8． 电磁感应现象中的能量分析
外力做功机械能克服安培力做功电能电流做功内能（焦耳热）
因此“克服安培力做功大小上等于产生的电能”，而在纯电阻电路中，电能又全部转换为内能。
所以在纯电阻电路中，克服安培力做功等于产生的内能，即焦耳热，公式如下：
Q焦耳= - W安（类比：克服摩擦力做功，产生内能）
三、电磁感应的综合应用
1． 两种状态处理：
① 导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态。
处理方法：根据平衡条件合外力等于零列式分析。
② 导体处于非平衡态——加速度不为零。
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。
2． 电磁感应过程中各物理量之间相互关系：
一般按照E=BLv→→U外=IR→F安=BIL→P安=F安v的思路找关系式。
3． 求焦耳热Q的三种方法：
(1)电流恒定：利用焦耳定律求解: Q=I2Rt
(2)安培力恒定或均匀变化：利用功能关系求解: Q=W克服安培力
(3)安培力和电流变化：利用能量转化求解: Q=ΔE其他能的减少量
（建议练习时间：60分钟）
一、单选题
1．（23-24高二上·上海黄浦·期末）如图，a、b和c三个完全相同的矩形线框与通电直导线在同一平面内，其中a关于导线左右对称，b和c的右侧平齐。当通过直导线的电流逐渐增大时a、b和c三个线框的感应电流分别为Ia、Ib和Ic，则（ ）
A．Ia＞Ib＞Ic B．Ia＝Ib＝Ic C．Ia＜Ib＝Ic D．Ia＜Ib＜Ic
【答案】D
【详解】由对称可知，导线左右两边磁场方向相反，大小相等，则a线框的磁通量一直为零不变，则
c线框右部分磁场强度与b线框相同，而左边磁场强度比右边大，则c线框的磁通量的变化率大于b线框的变化率，根据法拉第电磁感应定律可得 所以
故选D。
2．（23-24高二上·上海黄浦）在有界匀强磁场中水平放置相互平行的金属导轨，导轨电阻不计，导轨与金属杆ab接触良好。磁感线垂直导轨平面向上（俯视图），导轨与处于磁场外的大线圈M相接，欲使小闭合线圈N产生顺时针方向的感应电流，下列做法可行的是（ ）

A．ab匀速向右运动B．ab加速向右运动
C．ab加速向左运动D．ab减速向左运动
【答案】C
【详解】A．当ab匀速向右运动，匀速向右切割磁感线，在M中产生顺时针的恒定感应电流，形成的磁场恒定，不会在N中产生感应电流，A错误；
B．当ab加速向右运动时，形成顺时针的感应电流增大，由安培定则可知在M中形成垂直于纸面向里的磁场增大，由楞次定律及安培定则可知，N中会产生逆时针的感应电流，B错误；
C．当ab加速向左运动时，形成逆时针的感应电流增大，由安培定则可知在M中形成垂直于纸面向外的磁场增大，由楞次定律及安培定则可知，N中会产生顺时针的感应电流，C正确；
D．当ab减速向左运动时，形成逆时针的感应电流减小，由安培定则可知在M中形成垂直于纸面向外的磁场减小，由楞次定律及安培定则可知，N中会产生逆时针的感应电流，D错误。
故选C。
3．（2023·上海金山·二模）如图，通有恒定电流的固定直导线附近有一圆形线圈，导线与线圈置于同一水平面。若减小导线中的电流强度，线圈内产生（ ）
A．逆时针电流，且有收缩趋势 B．逆时针电流，且有扩张趋势
C．顺时针电流，且有收缩趋势 D．顺时针电流，且有扩张趋势
【答案】D
【详解】当导线中电流强度减小，导线将产生的磁场减弱，使得穿过线框的磁通量减小，从而产生感应电流阻碍磁通量的减小，依据右手螺旋定则可知，穿过线圈的磁通量向下（俯视），再由楞次定律的“增反减同”可知，线圈中产生顺时针方向感应电流，为阻碍磁通量的减小，则线圈有扩张趋势。
故选D。
4．（22-23高三下·上海杨浦）如图，矩形abcd为匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，圆形闭合金属线圈以一定的速度沿光滑绝缘水平面向磁场区域运动。下图是线圈的四个可能到达的位置，则线圈的速度不可能为零的位置是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】ACD．线圈进或出磁场时，磁通量变化，线圈中会产生感应电流，线圈受到安培阻力作用而减速运动，速度可能为零，故ACD错误．
B．线圈完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生，不再受安培力，线圈的速度不变，所以B图中线圈速度不可能为零，故B正确。
故选B。
5．（22-23高二上·上海徐汇·期末）如图，长直导线MN中通有由M向N的电流，要使与它共面放置的闭合导线圈a中产生图示方向的感应电流，应采取的办法是（ ）
A．a不动使MN中电流增大B．a不动使MN中电流减小
C．MN中电流不变，使a平行于MN运动D．MN中电流不变，使a向着MN运动
【答案】B
【详解】根据安培定则可知闭合导线圈所在处的磁场方向垂直纸面向里；
A．a不动，直导线MN中的电流增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知线框中感应电流方向为逆时针方向，故A错误；
B．a不动，直导线MN中的电流减小，穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知线框中感应电流方向为顺时针方向，故B正确；
C．MN中电流保持恒定，使a平行于MN向右运动，线圈中的磁通量不变，没有感应电流，故C错误；
D．使a靠近MN运动，线圈磁通量增加，根据楞次定律可知线框中感应电流方向为逆时针方向，故D错误；
故选B。
6．（22-23高二上·上海青浦·期末）如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者直径相同、轴线重合，螺线管与电源、滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向上滑动，下列说法正确的是（ ）
A．线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流
B．穿过线圈a的磁通量变大
C．线圈a有扩张的趋势
D．线圈a对水平桌面的压力大于自身重力
【答案】C
【详解】B．滑片向上滑动，回路电阻变大，电流减小，螺线管产生的磁场变弱，线圈a面积不变，穿过线圈a的磁通量变小，故B错误；
A．根据楞次定律可知，感应电流产生的感应磁场应竖直向下，线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流，故A错误；
C．根据楞次定律的推论“增缩减扩”可知，线圈a有扩张的趋势，故C正确；
D．根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，线圈a会受到磁场向上的安培力，对桌面压力变小，小于自身重力，故D错误。
故选C。
7．如图所示，水平面内有一足够长的平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计，两导轨左端用导线与电容器C（电容器不带电）及电键连接．匀强磁场与导轨平面垂直，与导轨接触良好的导体棒垂直于导轨以某一初速度向右运动．某时刻将开关S闭合，并开始计时，用v、q、i、和a分别表示导体棒的速度、电容器所带电荷量、导体棒中的电流和导体棒的加速度．则图中正确的是
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】导体棒切割磁感线产生感应电动势．闭合开关，导体棒给电容器充电，电容器两板间电压增加．同时导体棒受到安培力的作用，会产生加速度而减速运动．当感应电动势等于电容器两板间电压后，不再充电．导体棒做匀速运动．据此分析．
【详解】A.导体棒切割磁感线产生感应电动势．闭合开关，导体棒给电容器充电，电容器两板间电压增加．同时导体棒中有向上的充电电流，受到向左的安培力作用，会产生加速度而减速运动．当感应电动势等于电容器两板间电压后，不再充电．导体棒也不再受安培力作用做匀速运动．故A错误；
B.根据电容器所带电量Q=CU，电量增加到一定值不再变化，最终不为零，故B错误；
C. 当感应电动势等于电容器两板间电压后，不再充电．最终电流为零．故C错误；
D.由于通过棒的电流是按指数递减的，那么棒受到的安培力也是按指数递减的，由牛顿第二定律知，它的加速度是按指数递减的．最终电流为零，加速度为零，故D正确．
故选：D
8．（2023年·上海市复旦附中高二下期中）如图所示，两个垂直纸面的匀强磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B，磁场区域宽度均为a，一正三角形(中垂线长为a)导线框ABC从图示位置方向匀速穿过两磁场区域，以逆时针方向为电流的正方向，在下图中感应电流i与线框移动距离x的关系图象正确的是( )

A. B. C. D.
【答案】C
【详解】电路的电阻是不变的，电流的变化规律就是电动势的变化规律，整个图线可分为三段，在第一段内，有效切割长度越来越大，电动势线性增大，电流的方向是逆时针的；在第二段内， BCA和BA都在切割，而且产生的电流方向相同，被加强，是顺时针的，所以选项C正确，其余的选项均被排除。
二、多选题
9．如图1所示，一个圆形线圈的匝数匝，线圈面积，线圈的电阻，线圈外接一个阻值的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律如图2所示，下列说法中正确的是（ ）

A．在内穿过线圈的磁通量变化量为
B．前内通过电阻R的电量为
C．整个电路中产生的热量为
D．整个电路中产生的热量为
【答案】ABD
【详解】A．根据磁通量定义式
那么在0～4s内穿过线圈的磁通量变化量为 故A正确；
B．由法拉第电磁感应定律，可得前内的电动势为
由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为
前4s内通过R的电荷量为 Q=It=0.2×4C=0.8C 故B正确；
CD．前4s内整个电路中产生的热量为
4-6s内的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为
4-6s内整个电路中产生的热量为
所以0-6s整个电路中产生的热量为 Q=Q1+Q2=7.2J 故C错误，D正确。
故选ABD。
10．如图所示，在光滑绝缘水平面上有一单匝线圈ABCD，在水平外力作用下以大小为v的速度向右匀速进入竖直向上的匀强磁场，第二次以大小为的速度向右匀速进入该匀强磁场，则下列说法正确的是（ ）
A．第二次进入与第一次进入时线圈中的电流之比为3:1
B．第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比为1:9
C．第二次进入与第一次进入时线圈中产生的热量之比为1:3
D．第二次进入与第一次进入时通过线圈中某一横截面的电荷量之比为1:1
【答案】BCD
【详解】A．设磁感应强度为B，CD边长度为L，AD边长为Lʹ，线圈电阻为R；线圈进入磁场过程中，
产生的感应电动势为
感应电流为 感应电流I与速度v成正比，
第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比为 故A错误；
B．线圈进入磁场时受到的安培力为
线圈做匀速直线运动，由平衡条件得，外力为
所以外力功率为
功率与速度的平方成正比，第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比为
故B正确；
C．线圈进入磁场过程中产生的热量为
产生的热量与速度成正比，第二次进入与第一次进入时线圈中产生热量之比为
故C正确；
D．通过导线横截面电荷量为
电荷量与速度无关，电荷量之比为1：1，故D正确。
故选BCD。
三、填空题
11．（23-24高二下·上海嘉定·期末）如图（a）所示，阻值为2Ω、匝数为100的圆形金属线圈与一个阻值为3Ω的电阻连接成闭合电路。线圈的半径为10cm，在线圈中有一个边长为10cm的正方形匀强磁场区域，该磁场方向垂直于线圈平面。磁感应强度B（向里为正）随时间t变化的关系如图（b）所示，导线电阻不计。则10s时通过电阻的电流方向为 （选填“ab”或“ba”），其大小为 A。
【答案】 ba 0.04
【详解】[1]由图b可知，在0~10s时间内，通过电阻的电流方向为ba，在10s以后，通过电阻的电流方向仍为ba，因此10s时，通过电阻的电流电流方向为ba。
[2]由法拉第电磁感应定律可知 其中
根据闭合电路欧姆定律，有
联立，解得
12．（23-24高二下·上海杨浦·期中）如图甲所示，水平面上有两电阻不计的光滑金属导轨平行、固定放置，间距d为0.5m，右端通过导线与阻值为4Ω的小灯泡L连接。在CDFE矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CF长为2m，CDEF区域内磁场的磁感强度B随时间t的变化如图乙。在t=0时，一阻值为1Ω的金属棒在恒力F作用下由静止从ab位置沿导轨向右运动，当金属棒从ab位置运动到EF位置过程中，小灯泡的亮度没有发生变化。则恒力F的大小为 N，金属棒的质量为 kg。
【答案】 0.1 0.8
【详解】[1]依题意，0~4s内，金属棒从ab位置开始运动至CD位置做匀加速直线运动，
由法拉第电磁感应定律可得 又
解得
4s以后金属棒切割磁感线，有
小灯泡的亮度没有发生变化，则有
可知金属棒匀速切割磁感线，根据二力平衡可得
[2]金属棒匀加速过程，有 解得
四、解答题
13．（23-24高二上·上海黄浦·期末）如图所示，电动机用绝缘细丝牵引一根原来静止的、长L为0.4m、质量m为0.2kg的导体棒MN上升，导体棒的电阻R为1Ω，架在竖直放置的框架上，它们处于磁感应强度B为1T的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直。当导体棒上升h=1.5m时，获得稳定的速度，导体棒上产生的热量为1.2J，电动机牵引棒时，电压表、电流表的读数分别为7V、1.2A不变，电动机内阻r为1Ω，不计框架电阻及一切摩擦，求：
（1）电动机的输出功率；
（2）棒能达到的稳定速度；
（3）棒从静止至达到稳定速度所需要的时间。
【答案】（1）6.96W；（2）2.84m/s；（3）0.72s
【详解】（1）对电动机进行分析有 解得
（2）棒能达到的稳定速度时，棒向上做匀速直线运动，则有
其中电动机的牵引力与输出功率关系有
从匀速运动的感应电动势
感应电流为
解得
（3）棒从静止至达到稳定速度过程，根据动能定理有
功能关系有
结合上述解得
五、综合题
14．（24-25高三上·上海·期中）如图，一种电磁阻尼减震器及其构造原理图。该减震器由绝缘滑动杆及固定在杆上相同且相互紧挨着的多个矩形线圈组成。绝缘滑动杆及线圈的总质量为m，每个矩形线圈的匝数为N，阻值为R，线圈ab边长为L、bc边长为0.5L，若该装置沿光滑水平面以速度向右进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面竖直向下的匀强磁场。
(1)第一个线圈进入磁场过程中，线圈中感应电流的方向为 ；
(2)第一个线圈进入磁场过程中，通过线圈截面的电荷量为 ；
(3)第一个线圈刚进入磁场时，该减震器受到的安培力大小为 ；
(4)（计算）求线圈从进入磁场到减速停下，该减震器运动的距离d。
【答案】(1)逆时针 (2) (3) (4)
【详解】（1）根据右手定则可知，当边进入磁场时，感应电流方向为，即线圈中感应电流的方向为逆时针；
（2）根据法拉第电磁感应定律可知 其中
则电流为 电荷量为
联立，解得
（3）第一个线圈刚进入磁场时，边切割磁感线产生的电动势为
电路中的电流为
则安培力为
（4）对全程，根据动量定理
根据法拉第电磁感应定律可知
其中，设有个矩形线圈进入磁场时，停止运动，则
则电流为
联立，解得
所以，减震器运动的距离为
（23-24高二下·上海闵行·期中）1834年，物理学家海因里希·楞次（H。F。E。Lenz，1804-1865）在概括了大量实验事实的基础上，总结出一条判断感应电流方向的规律，称为楞次定律（Lenz law）。简单地说就是“来拒去留”的规律，这就是楞次定律的主要内容。楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现。
15．如图所示，光滑金属导轨框架MON竖直放置，水平方向的匀强磁场垂直MON 平面。金属棒ab从∠abO=60°位置由静止释放。在重力的作用下，棒ab 的两端沿框架滑动。在棒ab由图示位置滑动到水平位置的过程中，棒ab 中感应电流的方向是（ ）
A．始终由a到bB．始终由b到a
C．先由a到b，再由b到aD．先由b到a，再由a到b
16．如图所示，匀强磁场的磁感应强度 B 随时间均匀增大，两导线框均为正方形，边长之比为 2∶1.试求：
（1）若两线框由相同导线做成，则两线框中感应电动势之比 ；感应电流之比 ；消耗的电功率之比 ；
（2）相同时间内通过导线某横截面的电量之比 。
17．通过一单匝闭合线圈的磁通量为Φ，Φ随时间t的变化规律如图，下列说法正确的是（ ）
A．0~0.3s时间内线圈中的感应电动势均匀增加
B．第0.6s末线圈中的感应电动势是4V
C．第0.9s末线圈中的感应电动势的值比第0.2s末的小
D．第0.2s末和第0.4s末的感应电动势的方向相同
18．如图所示，水平放置的足够长平行金属导轨左端与定值电阻R相接，质量为m、电阻为 的金属杆垂直置于导轨上，其PQ段的长度为L。整个装置处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直导轨平面向下。t=0时刻，金属杆以初速度向右运动，忽略导轨的电阻及导轨与金属杆间的摩擦。
（1）判断通过电阻R的电流方向；
（2）求金属杆的速度为 时，金属杆的加速度大小；
（3）求金属杆开始运动到停止运动的过程中，定值电阻R所产生的焦耳热。
【答案】15．D 16． 4：1 2：1 8：1 2：1 17．B
18．（1）从a到b；（2）；（3）
【解析】15．以ab棒与直角滑轨组成的回路为研究对象,由几何规律可知，当夹角为45°时，组成的线圈面积最大，故由图示位置开始变化时，穿过的回路的磁通量先增大，由楞次定律可知，产生的感应电流为逆时针，当越过夹角为45°后，穿过的回路的磁通量在减小，由楞次定律可知，产生的感应电流为顺时针，故电流先由b到a，再由a到b，故选D。
16．（1）[1]两导线框面积之比
根据法拉第电磁感应定律有
两导线框匝数都为1，磁感应强度 B 随时间均匀增大，则相同，
两线框中感应电动势之比
[2]根据电阻定律有
两线框的电阻之比
感应电流之比
[3]消耗的电功率之比
（2）相同时间内通过导线某横截面的电量之比
17．A．根据法拉第电磁感应定律有
由图像得0~0.3s内线圈中的磁通量均匀增加，所以0~0.3s内线圈中的电动势不变，故A错误；
B．0.3s~0.8s内线圈中的感应电动势大小是 故B正确；
C．第0.9s末线圈中的瞬时电动势大小是
第0.2s末线圈中的瞬时电动势大小是 故C错误；
D．0~0.3s磁通量增加，0.3s~0.8s磁通量减少， 则第0.2s末和0.4s末的瞬时电动势的方向相反，故D错误。
故选B。
18．（1）根据右手定则，通过电阻R的电流方向为从a到b。
（2）金属杆的速度为时，产生的感应电动势为
感应电流 安培力
金属杆的加速度
（3）根据能量守恒，整个过程中回路所产生的焦耳热为
定值电阻R所产生的焦耳热
（23-24高二下·上海）线圈在磁场中的运动
19．如图甲所示，一竖直放置的载流长直导线和矩形导线框固定在同一竖直平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行，在到时间内，长直导线中电流i随时间变化如图乙所示，图中箭头表示电流i的正方向.
（1）线框中感应电流的方向为( )
A .逆时针 B．顺时针
C．先顺时针再逆时针 D．先逆时针再顺时针
（2）线框受到的安培力方向为( )
A .水平向左 B．水平向右 C．先向左再向右 D．先向右再向左
20．如图，有一垂直纸面向里的非匀强磁场，其磁感应强度大小沿y轴方向不变，沿x轴方向均匀减小，减小率为。一边长为的10匝正方形导线框总电阻为，导线框平面与磁场方向垂直。在外力作用下，导线框以的速度沿x轴正方向做匀速直线运动。导线框所受安培力大小 V，导线框所受安培力大小为 N。
21．如图，在光滑水平面上存在宽度为、方向竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场。边长为L，质量为m，电阻为R的单匝正方形线圈（、边和磁场边界平行）始终受到恒力F作用，线框恰好可以匀速进入磁场。
（1）线圈进入磁场时的速度大小v为 ，线圈进入磁场过程中A、B两点的电势差 。
（2）从边刚进入磁场时开始，如图中能较为准确地反应线圈中电流i随线圈位移x变化的曲线是( )
（3）线圈进入磁场时通过线圈的电量 离开磁场时的电量，进入磁场时线圈中产生的热量 离开磁场时产生的热量。（以上两空选填“大于”或“小于”或“等于”）
（4）如果线圈不受外力，线圈要穿过磁场，则进入磁场时的最小速度为 。
22．如图甲所示，一边长为l的正方形金属线框位于光滑水平面上，线框的右边紧贴着竖直向下的有界匀强磁场区域的边界。从时刻开始，线框在一水平向右的外力F的作用下从静止开始做匀加速直线运动，在时刻穿出磁场。图乙为外力F随时间变化的图像，图像中的、均为已知量，则时刻线框的速度 ，时刻线框的发热功率 。
23．（简答）一个质量为m、直径为d、电阻为R的金属圆环，在范围足够大的磁场中竖直向下下落，磁场的分布情况如图所示。已知磁感强度竖直方向分量的大小只随高度y变化，其随高度y变化关系为（此处k为比例常数，且），其中沿圆环轴线的磁场方向始终向上。金属圆环在下落过程中的环面始终保持水平，速度越来越大，最终稳定为某一数值，称为收尾速度。求
（1）圆环中感应电流的方向。
（2）圆环收尾速度的大小。
24．磁悬浮电梯就是一通过磁场的运动使电梯保持对地静止的装置。其简化后的原理如图（甲）（乙）所示，它主要由磁场和含有导线框的轿厢组成，其原理为：竖直面上相距为b的两根绝缘平行直导轨，置于间隔分布的匀强磁场中，相邻磁场间距离和磁场的长度都是a，磁场方向垂直于导轨平面，磁感应强度大小为B，排列如图（乙）所示。当这些磁场在竖直方向分别以速度、、向上匀速平动时，跨在两导轨间的宽为b、长为a，总电阻为R的导线框（固定在轿厢上）将受到磁场力，从而使轿厢悬停、向上或向下运动。
（1）轿厢悬停在图示位置时，边的电流方向为( )
A . B． C．不存在感应电流
（2）轿厢系统（含导线框的轿厢）的总质量M为 ；
（3）（简答）某同学讨论了“轿厢悬停时，外界是否需要向轿厢系统提供能量”的问题，他认为外界无需对轿厢系统提供能量，因为轿厢悬停时是静止的，本身并没有消耗能量。甲同学的说法是否正确?如不正确，请指出其错误 。
（4）在轿厢向上匀速运动时，外界提供给轿厢系统的功率P为 。
25．（简答）如图，水平方向有界匀强磁场的磁感应强度大小为B，磁场高度为l，一质量为m、电阻为R、边长也为l的正方形导线框位于磁场上方竖直平面内，其上、下两边与磁场边界平行，其下边距磁场上边界的高度为h。线框由静止开始下落，下落过程中空气阻力可忽略不计。
（1）若线框在进入磁场过程中保持匀速直线运动，求高度h；
（2）设（1）中计算的结果为，分别就和两种情况分析、讨论线恇下落全过程的速度、加速度变化情况。
【答案】19． B C 20． 0.1 21． D 相等 小于 22． 23．（1）从上向下看，顺时针；（2）
24．A 不正确，电梯悬停时，外界提供给车厢系统的总能量等于线框的焦耳热 25．（1）；（2）见解析
【解析】19．（1）[1]由于长直导线中的电流先向上减小后向下增大，根据右手螺旋定则可知，长直导线在右侧产生的磁场方向先垂直纸面向里后垂直纸面向外，穿过线框的磁通量先垂直纸面向里减少后垂直纸面向外增加，根据楞次定律可知，线圈中产生沿adcba顺时针方向的电流。
故选B。
（2）[2]根据左手定则可知，线框ad边初始受到向左的安培力， bc边受到向右的安培力，又因为ad边离直导线较近，所以受到的安培助较大，线框受到的安培力的合力水平向左；之后直导线中的电流反向增大，线框ad边受到向右的安培力，bc边受到向左的安培力，ad边离直导线较近，所以受到的安培力较大，线框受到的安培力合力水平向右，故线框受到的安培力先水平向左，后水平向右。
故选C。
20．[1]导线框沿：轴正方向运动时，左右两边切割磁感线，根据右手定则可知，产生的感应电动势方向相反，由于磁场强弱不同，则左右两边产生的感应电动势大小不同，
导线框中感应电动势的大小为
其中
解得
[2]结合上述，左边产生的感应电动势大于右边产生的感应电动势大小，根据右手定则，可知，感应电流方向为顺时针方向，根据左手定则，左边所受安培力方向向左，右边所受安培力方向向右，安培力的合力方向向左，则有
根据欧姆定律有 解得
21．（1）[1]线圈进入磁场时，根据法拉第电磁感应定律可得，产生的感应电动势大小为
感应电流
CD边受到的安培力为
线框恰好可以匀速进入磁场，则
解得
[2] 线圈进入磁场时，AB边相当于外电路的电阻，且根据右手定则可知，B端电势高于A端电势，则有
（2）在位移内，线框做匀速直线运动，电动势不变，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向，大小不变；在位移内，通过线框的磁通量不变，感应电流为零，线框在拉力的作用下做匀加速直线运动；在位移内，线框出磁场，初速度大于进磁场的速度，所以安培力大于拉力，线框做减速运动，此时根据牛顿第二定律
速度减小，加速度减小，当加速度减小到零，则会做匀速直线运动，若做匀速运动时电流的大小与进磁场时电流大小相等，但方向相反。
故选D。
（3）[1]由电荷量公式
可知进入磁场的过程与穿出磁场的过程线框的磁场量的变化量相等，则通过线框的横截面的电荷量相等；
[2]线框进入磁场时做匀速运动，整个线框进入磁场后运动时磁通量不变，没有感应电流产生，线框不受安培力做匀加速直线运动，穿出磁场时，线框受到的安培力增大，大于恒力F，线框做减速运动，根据功能关系可知，进入磁场产生的热量
穿出磁场过程，线框的动能减小，减小的动能转化为内能，则有
穿出磁场的过程线框中产生的热量比进入时多。
（4）设线框恰好穿过磁场的初速度为，完全进入磁场时的速度为，则由动量定理，对完全进入磁场的过程有
对完全出磁场的过程有
而根据法拉第电磁感应定律有
联立以上各式解得，线框不受外力时要穿过磁场需要的最小速度为
22．[1]线框从静止开始做匀加速直线运动，根据 解得
则时刻线框的速度
[2]由图象可得时外力
根据牛顿第二定律得 解得
时刻线框的速度
时刻线框的发热功率
23．（1）环向下运动的过程中穿过环的磁通量增大，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中电流方向为顺时针。
（2）设收尾速度为，以运动时间内磁通量的变化为
感应电动势
最终稳定时重力的功率等于热功率，有
解得
24．（1）根据右手定则，线框相对磁场向下运动，轿厢悬停在图示位置时，MN边的电流方向为M→N。
故选A。
（2）磁场以匀速运动时线框处于静止状态，线框中电动势为
线框中的电流大小为
由平衡关系得
解得轿厢系统（含导线框的轿厢）的总质量为
（3）甲同学的说法不正确，电梯悬停时，外界提供给车厢系统的总能量等于线框的焦耳热。
（4）当磁场以v2运动时，线框向上运动，当线框的加速度为零时，轿厢向上达到最大速度，
则电动势
由平衡关系
解得
电梯向上匀速运动时，功率等于外界每秒提供给轿厢的总能量，等于线圈的焦耳热与重力势能增加量之和
解得
25．（1）线框进入磁场做匀速运动，有
设匀速运动时速度为，则 解得：
进磁场前线框自由落体，则，解得：
（2）设上述结果 ，
① 当h < h0时，线框下边进入磁场时 v < v0，F安< mg
做加速运动，所以F安增大，加速度a减小，所以线框穿越磁场过程做加速度减小的加速运动或做加速度减小的加速运动最终匀速；当线框穿出后，只受重力作用，所以做加速度为g 的匀加速运动．
② 当h > h0时，线框下边进入磁场时 v > v0，F安> mg
做减速运动，所以F安减小，加速度a减小，所以线框穿越磁场过程做加速度减小的减速运动或做加速度减小的减速运动最终匀速；当线框穿出后，只受重力作用，所以做加速度为g 的匀加速运动．
年度
是否出题
选择型
填空题
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实验题
2024年
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2025年（预）
☆☆☆☆☆
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