五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題11電磁感應(yīng)考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1電磁感應(yīng)現(xiàn)象2025常作為壓軸題考查多模塊知識整合能力。通過線框勻速轉(zhuǎn)動模型，要求聯(lián)立法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律和能量守恒定律，計算感應(yīng)電動勢與焦耳熱。2025年浙江首考電磁感應(yīng)大題以“線框邊界切割+恒流源”為背景，需分析線框進(jìn)入磁場過程中電流、安培力的動態(tài)變化，并用字母表示最終結(jié)果，體現(xiàn)對復(fù)雜電路的綜合分析能力。選擇題則聚焦基礎(chǔ)概念，核心規(guī)律深度整合，模型復(fù)雜度顯著提升。法拉第電磁感應(yīng)定律與電路分析：命題從單一導(dǎo)體棒切割擴展至多導(dǎo)體系統(tǒng)，通過四個不同尺寸的線框進(jìn)入磁場，要求比較切割端電壓大小，需綜合應(yīng)用E=BLV、閉合電路歐姆定律及電阻定律。安培力與動力學(xué)關(guān)聯(lián)：高頻考點從靜態(tài)平衡轉(zhuǎn)向動態(tài)過程分析。能量守恒與動量守恒交叉：試題常通過多過程問題考查守恒定律的靈活運用。考點2感應(yīng)電流方向判斷2022考點3法拉第電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用2021、2022、2023、2024、2025考點4自感與渦流2021、2024、2025考點01電磁感應(yīng)現(xiàn)象1．（2025·浙江·1月選考）在“探究影響感應(yīng)電流方向的因素”實驗中，當(dāng)電流從“-”接線柱流入靈敏電流表，指針左偏：從“G0”或“G1(1)此時磁鐵的運動狀態(tài)是_____（選填“向上拔出”、“靜止”或“向下插入”）。(2)只做以下改變，一定會增大圖中電流表指針偏轉(zhuǎn)角度的是_____（多選）A．磁鐵靜止，向上移動線圈B．增大（1）中磁鐵運動速度C．將導(dǎo)線從接線柱G1移接至接線柱D．將一個未與電路相接的閉合線圈套在圖中線圈外【答案】(1)向上拔出(2)BC【詳析】（1）由圖可知，電表指針左偏，則感應(yīng)電流從“-”極流入，感應(yīng)電流在線圈內(nèi)產(chǎn)生的磁場方向向下，根據(jù)楞次定律可知，與條形磁體在線圈位置產(chǎn)生的磁場方向相同，可知穿過線圈的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，此時磁鐵的運動狀態(tài)是向上拔出。（2）A．磁鐵靜止，向上移動線圈，則產(chǎn)生的感應(yīng)電流不一定增加，指針偏角不一定會增加，選項A錯誤；B．增大（1）中磁鐵的速度，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢會增加，指針偏角會增大，選項B正確；C．減小電流計的量程，即將導(dǎo)線從接線柱G1移接到G0，可是電流計指針偏角變大，選項C正確；D．將一個未與電路相接的閉合線圈套在線圈外，線圈中的感應(yīng)電流不變，電流計指針偏角不變，選項D錯誤。故選BC?？键c02感應(yīng)電流方向判斷2．（2022·浙江·1月選考）如圖所示，將一通電螺線管豎直放置，螺線管內(nèi)部形成方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小B=kt的勻強磁場，在內(nèi)部用絕緣輕繩懸掛一與螺線管共軸的金屬薄圓管，其電阻率為ρ、高度為h、半徑為r、厚度為d（d?r），則（）A．從上向下看，圓管中的感應(yīng)電流為逆時針方向B．圓管的感應(yīng)電動勢大小為kπC．圓管的熱功率大小為πdhD．輕繩對圓管的拉力隨時間減小【答案】C【詳析】A．穿過圓管的磁通量向上逐漸增加，則根據(jù)楞次定律可知，從上向下看，圓管中的感應(yīng)電流為順時針方向，選項A錯誤；B．圓管的感應(yīng)電動勢大小為E=ΔBΔC．圓管的電阻R=ρ2πrdh圓管的熱功率大小為P=ED．根據(jù)左手定則可知，圓管中各段所受的受安培力方向指向圓管的軸線，則輕繩對圓管的拉力的合力始終等于圓管的重力，不隨時間變化，選項D錯誤。故選C?？键c03法拉第電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用3．（2025·浙江·1月選考）如圖1所示，在平面內(nèi)存在一以O(shè)為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域，其中存在一方向垂直平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間變化如圖2所示，周期為3t0。變化的磁場在空間產(chǎn)生感生電場，電場線為一系列以O(shè)為圓心的同心圓，在同一電場線上，電場強度大小相同。在同一平面內(nèi)，有以O(shè)為圓心的半徑為2r的導(dǎo)電圓環(huán)I，與磁場邊界相切的半徑為0.5r的導(dǎo)電圓環(huán)Ⅱ，電阻均為R，圓心O對圓環(huán)Ⅱ上P、Q兩點的張角φ=30°；另有一可視為無限長的直導(dǎo)線CD。導(dǎo)電圓環(huán)間絕緣，且不計相互影響，則（A．圓環(huán)I中電流的有效值為3B．t=1.5t0時刻直導(dǎo)線CDC．t=0.5t0時刻圓環(huán)ⅡD．t=0.5t0時刻圓環(huán)Ⅱ上PQ【答案】BD【詳析】A．由題圖可知，在0~t0內(nèi)和2t0~3t0內(nèi)圓環(huán)I中的電流大小均為I1=πr2聯(lián)立解得I=2πr2B．設(shè)右側(cè)又一無限長的直導(dǎo)線CD對稱的無限長的直導(dǎo)線C'D'與CD構(gòu)成回路，則t=1.5t0時刻，CD、C'D'回路產(chǎn)生的總電動勢為E總=πC．由于圓環(huán)Ⅱ處于磁場外部，通過圓環(huán)Ⅱ的磁通量一直為0，所以圓環(huán)Ⅱ不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，則t=0.5t0時刻圓環(huán)Ⅱ中電流為0，故D．以O(shè)點為圓心，過程P、Q兩點圓軌道，在t=0.5t0時刻產(chǎn)生的電動勢為E=πr2B0t0則P、Q兩點間圓弧的電動勢為E'=30°360°E=112πr2故選BD。4．（2025·浙江·1月選考）如圖所示，接有恒流源的正方形線框邊長2L、質(zhì)量m、電阻R，放在光滑水平地面上，線框部分處于垂直地面向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。以磁場邊界CD上一點為坐標(biāo)原點，水平向右建立Ox軸，線框中心和一條對角線始終位于Ox軸上。開關(guān)S(1)線框中心位于x=0，閉合開關(guān)S后，線框中電流大小為I，求①閉合開關(guān)S瞬間，線框受到的安培力大小；②線框中心運動至x=L③線框中心運動至x=L(2)線框中心分別位于x=0和x=L2，閉合開關(guān)S后，線框中電流大小為I，線框中心分別運動到x=L所需時間分別為t1和t【答案】(1)①2BIL；②3BIL24，3IBm(2)0【詳析】（1）①閉合開關(guān)S瞬間，線框在磁場中的有效長度為l=2L所以線框受到的安培力大小為F②線框運動到x時，安培力大小為F安=2BI(L-x)，則初始時和線框中心運動至x=L2時的安培力分別為F安1=2BIL由動能定理W安=12mv③由能量守恒定律UI=BILv+I2（2）類比于簡諧運動，則回復(fù)力為，F(xiàn)回=F安=2BI(L-x)=2BIx'=k5．（2024·浙江·1月選考）如圖1所示，掃描隧道顯微鏡減振裝置由絕緣減振平臺和磁阻尼減振器組成。平臺通過三根關(guān)于O'O″軸對稱分布的相同輕桿懸掛在輕質(zhì)彈簧的下端O，彈簧上端固定懸掛在O'點，三個相同的關(guān)于O'O″軸對稱放置的減振器位于平臺下方。如圖2所示，每個減振器由通過絕緣輕桿固定在平臺下表面的線圈和固定在桌面上能產(chǎn)生輻向磁場的鐵磁體組成，輻向磁場分布關(guān)于線圈中心豎直軸對稱，線圈所在處磁感應(yīng)強度大小均為B。處于靜止?fàn)顟B(tài)的平臺受到外界微小擾動，線圈在磁場中做豎直方向的阻尼運動，其位移隨時間變化的圖像如圖3所示。已知t=0時速度為v0，方向向下，t1、t2時刻的振幅分別為A1，A2。平臺和三個線圈的總質(zhì)量為（1）平臺靜止時彈簧的伸長量Δx（2）t=0時，每個線圈所受到安培力F的大??；（3）在0～t1時間內(nèi)，每個線圈產(chǎn)生的焦耳熱（4）在t1～t【答案】（1）mgk；（2）4v0r2π2B【詳析】（1）平臺靜止時，穿過三個線圈的磁通量不變，線圈中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，線圈不受到安培力作用，O點受力平衡，因此由胡克定律可知此時彈簧的伸長量Δ（2）在t=0時速度為v0，設(shè)每個線圈的周長為LI=每個線圈所受到安培力F的大小F=BIL=（3）由減震器的作用平臺上下不移動，由能量守恒定律可得平臺在0～t1時間內(nèi)，振動時能量的減少量為Q'，由能量守恒定律Q'（4）取向上為正方向，全程由動量定理可得I其中IIΔ聯(lián)立解得彈簧彈力沖量I彈的大小為6．（2024·浙江·6月選考）某小組探究“法拉第圓盤發(fā)電機與電動機的功用”，設(shè)計了如圖所示裝置。飛輪由三根長a=0.8m的輻條和金屬圓環(huán)組成，可繞過其中心的水平固定軸轉(zhuǎn)動，不可伸長細(xì)繩繞在圓環(huán)上，系著質(zhì)量m=1kg的物塊，細(xì)繩與圓環(huán)無相對滑動。飛輪處在方向垂直環(huán)面的勻強磁場中，左側(cè)電路通過電刷與轉(zhuǎn)軸和圓環(huán)邊緣良好接觸，開關(guān)S可分別與圖示中的電路連接。已知電源電動勢E0=12V、內(nèi)阻r=0.1Ω、限流電阻R1=0.3（1）開關(guān)S擲1，“電動機”提升物塊勻速上升時，理想電壓表示數(shù)U=8V①判斷磁場方向，并求流過電阻R1的電流I1；②求物塊勻速上升的速度v1。（2）開關(guān)S擲2，物塊從靜止開始下落，經(jīng)過一段時間后，物塊勻速下降的速度與“電動機”勻速提升物塊的速度大小相等，①求可調(diào)電阻R2的阻值；②求磁感應(yīng)強度B的大小?！敬鸢浮浚?）①垂直紙面向外，10A；②5m/s；（2）①0.2Ω；【詳析】（1）①物塊上升，則金屬輪沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，輻條受到的安培力指向逆時針方向，輻條中電流方向從圓周指向O點，由左手定則可知，磁場方向垂直紙面向外；等效電路如圖由閉合電路的歐姆定律可知E0-U=I②等效電路如圖輻條切割磁感線產(chǎn)生的電動勢與電源電動勢相反，設(shè)每根輻條產(chǎn)生的電動勢為E1，則U-解得E1=5V，此時金屬輪可視為電動機P出=E1I1，當(dāng)物塊P勻速上升時P出=mgv（2）①物塊勻速下落時，由受力分析可知，輻條受到的安培力與第（1）問相同，等效電路如圖經(jīng)過R2的電流，I2=I1=10ARR總解得R2=0.2Ω，另解：由能量關(guān)系可知mg②根據(jù)E2=12Bω7．（2024·浙江·6月選考）如圖所示，邊長為1m、電阻為0.04Ω的剛性正方形線框abcd放在與強磁場中，線框平面與磁場B垂直。若線框固定不動，磁感應(yīng)強度以ΔBΔt=0.1T/s均勻增大時，線框的發(fā)熱功率為P；若磁感應(yīng)強度恒為0.2T，線框以某一角速度繞其中心軸OOA．12N B．22N C．1N【答案】C【詳析】磁場均勻增大時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=ΔBΔtS=0.1V可得P=E2解得ω=1rad/s，分析可知當(dāng)線框平面與磁場方向平行時感應(yīng)電流最大為Im=BSω故選C。8．（2023·浙江·6月選考）某興趣小組設(shè)計了一種火箭落停裝置，簡化原理如圖所示，它由兩根豎直導(dǎo)軌、承載火箭裝置（簡化為與火箭絕緣的導(dǎo)電桿MN）和裝置A組成，并形成閉合回路。裝置A能自動調(diào)節(jié)其輸出電壓確保回路電流I恒定，方向如圖所示。導(dǎo)軌長度遠(yuǎn)大于導(dǎo)軌間距，不論導(dǎo)電桿運動到什么位置，電流I在導(dǎo)電桿以上空間產(chǎn)生的磁場近似為零，在導(dǎo)電桿所在處產(chǎn)生的磁場近似為勻強磁場，大小B1=kI（其中k為常量），方向垂直導(dǎo)軌平面向里；在導(dǎo)電桿以下的兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生的磁場近似為勻強磁場，大小B2=2kI，方向與B1相同?；鸺裏o動力下降到導(dǎo)軌頂端時與導(dǎo)電桿粘接，以速度v0進(jìn)入導(dǎo)軌，到達(dá)絕緣?？科脚_時速度恰好為零，完成火箭落停。已知火箭與導(dǎo)電桿的總質(zhì)量為M，導(dǎo)軌間距d=3Mg（1）求導(dǎo)電桿所受安培力的大小F和運動的距離L；（2）求回路感應(yīng)電動勢E與運動時間t的關(guān)系；（3）求裝置A輸出電壓U與運動時間t的關(guān)系和輸出的能量W；（4）若R的阻值視為0，裝置A用于回收能量，給出裝置A可回收能量的來源和大小?！敬鸢浮浚?）3Mg；v024g；（2）E=6MgI(v0-2gt)；（3）【詳析】（1）導(dǎo)體桿受安培力F=B1解得a=-2g導(dǎo)體桿運動的距離L=（2）回路的電動勢E=B2dv，其中v=v（3）右手定則和歐姆定律可得：U+E=IR，可得U=IR-E=IR-6MgI(v0-2gt)電源輸出能量的功率P=UI=(IR-E)I=IR-（4）裝置A可回收火箭的動能和重力勢能，及磁場能；從開始火箭從速度v0到平臺速度減為零，則W=I2Rv02g-3Mv029．（2023·浙江·6月選考）如圖所示，質(zhì)量為M、電阻為R、長為L的導(dǎo)體棒，通過兩根長均為l、質(zhì)量不計的導(dǎo)電細(xì)桿連在等高的兩固定點上，固定點間距也為L。細(xì)桿通過開關(guān)S可與直流電源E0或理想二極管串接。在導(dǎo)體棒所在空間存在磁感應(yīng)強度方向豎直向上、大小為B的勻強磁場，不計空氣阻力和其它電阻。開關(guān)S接1，當(dāng)導(dǎo)體棒靜止時，細(xì)桿與豎直方向的夾角固定點θ=π4；然后開關(guān)S接2

A．電源電動勢E0=2C．從左向右運動時，最大擺角小于π4 D【答案】C【詳析】A．當(dāng)開關(guān)接1時，對導(dǎo)體棒受力分析如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可得Mg=BIL解得I=MgBL，根據(jù)歐姆定律I=E0R，B．若導(dǎo)體棒運動到最低點時速度為零，導(dǎo)體棒損失的機械能轉(zhuǎn)化為焦耳熱為Q'=(1-22)Mgl根據(jù)楞次定律可知導(dǎo)體棒完成一次振動速度為零時，導(dǎo)體棒高度高于最低點，所以棒消耗的焦耳熱C．根據(jù)B選項分析可知，導(dǎo)體棒運動過程中，機械能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，所以從左向右運動時，最大擺角小于π4，故CD．根據(jù)B選項分析，導(dǎo)體棒第二次經(jīng)過最低點時的速度小于第一次經(jīng)過最低點時的速度，根據(jù)E=BLv可知棒兩次過最低點時感應(yīng)電動勢大小不相等，故D錯誤。故選C。10．（2022·浙江·6月選考）艦載機電磁彈射是現(xiàn)在航母最先進(jìn)的彈射技術(shù)，我國在這一領(lǐng)域已達(dá)到世界先進(jìn)水平。某興趣小組開展電磁彈射系統(tǒng)的設(shè)計研究，如圖1所示，用于推動模型飛機的動子（圖中未畫出）與線圈絕緣并固定，線圈帶動動子，可在水平導(dǎo)軌上無摩擦滑動。線圈位于導(dǎo)軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感應(yīng)強度大小均為B。開關(guān)S與1接通，恒流源與線圈連接，動子從靜止開始推動飛機加速，飛機達(dá)到起飛速度時與動子脫離；此時S擲向2接通定值電阻R0，同時施加回撤力F，在F和磁場力作用下，動子恰好返回初始位置停下。若動子從靜止開始至返回過程的v-t圖如圖2所示，在t1至t3時間內(nèi)F=(800－10v）N，t3時撤去F。已知起飛速度v1=80m/s，t1=1.5s，線圈匝數(shù)n=100匝，每匝周長l=1m，飛機的質(zhì)量M=10kg，動子和線圈的總質(zhì)量m=5kg，R0=9.5Ω，B=0.1T，不計空氣阻力和飛機起飛對動子運動速度的影響，求（1）恒流源的電流I；（2）線圈電阻R；（3）時刻t3?！敬鸢浮浚?）80A；（2）R=0.5Ω；（3）【詳析】（1）由題意可知接通恒流源時安培力F安=nBIl動子和線圈在0~t1時間段內(nèi)做勻加速直線運動，運動的加速度為a=v1（2）當(dāng)S擲向2接通定值電阻R0時，感應(yīng)電流為I'=nBlvR0+R此時安培力為F'安=nBI'l（3）根據(jù)圖像可知t2-t1=v1a'=0.5電荷量的定義式ΔI=可得Δq=nBls-12a't311．（2022·浙江·1月選考）如圖所示，水平固定一半徑r=0.2m的金屬圓環(huán)，長均為r，電阻均為R0的兩金屬棒沿直徑放置，其中一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在過圓心的導(dǎo)電豎直轉(zhuǎn)軸OO′上，并隨軸以角速度ω=600rad/s勻速轉(zhuǎn)動，圓環(huán)內(nèi)左半圓均存在磁感應(yīng)強度大小為B1的勻強磁場。圓環(huán)邊緣、與轉(zhuǎn)軸良好接觸的電刷分別與間距l(xiāng)1的水平放置的平行金屬軌道相連，軌道間接有電容C=0.09F的電容器，通過單刀雙擲開關(guān)S可分別與接線柱1、2相連。電容器左側(cè)寬度也為l1、長度為l2、磁感應(yīng)強度大小為B2的勻強磁場區(qū)域。在磁場區(qū)域內(nèi)靠近左側(cè)邊緣處垂直軌道放置金屬棒ab，磁場區(qū)域外有間距也為l1的絕緣軌道與金屬軌道平滑連接，在絕緣軌道的水平段上放置“［”形金屬框fcde。棒ab長度和“［”形框的寬度也均為l1、質(zhì)量均為m=0.01kg，de與cf長度均為l3=0.08m，已知l1=0.25m，l2=0.068m，B1=B2=1T、方向均為豎直向上；棒ab和“［”形框的cd邊的電阻均為R=0.1Ω，除已給電阻外其他電阻不計，軌道均光滑，棒ab與軌道接觸良好且運動過程中始終與軌道垂直。開始時開關(guān)S和接線柱1接通，待電容器充電完畢后，將S從1撥到2，電容器放電，棒ab被彈出磁場后與“［”形框粘在一起形成閉合框abcd，此時將S與2斷開，已知框abcd在傾斜軌道上重心上升0.2m后返回進(jìn)入磁場。（1）求電容器充電完畢后所帶的電荷量Q，哪個極板（M或N）帶正電？（2）求電容器釋放的電荷量ΔQ（3）求框abcd進(jìn)入磁場后，ab邊與磁場區(qū)域左邊界的最大距離x?！敬鸢浮浚?）0.54C；M板；（2）0.16C；（3）0.14m【詳析】（1）開關(guān)S和接線柱1接通，電容器充電充電過程，對繞轉(zhuǎn)軸OO′轉(zhuǎn)動的棒由右手定則可知其動生電源的電流沿徑向向外，即邊緣為電源正極，圓心為負(fù)極，則M板充正電；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知E=12B（2）電容器放電過程有B2l1ΔQ=mv1棒ab被彈出磁場后與“［（3）設(shè)導(dǎo)體框在磁場中減速滑行的總路程為Δx，由動量定理B2勻速運動距離為l3-12．（2021·浙江·1月選考）嫦娥五號成功實現(xiàn)月球著陸和返回，鼓舞人心。小明知道月球上沒有空氣，無法靠降落傘減速降落，于是設(shè)計了一種新型著陸裝置。如圖所示，該裝置由船艙、間距為l的平行導(dǎo)軌、產(chǎn)生垂直船艙導(dǎo)軌平面的磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場的磁體和“∧”型剛性線框組成，“∧”型線框ab邊可沿導(dǎo)軌滑動并接觸良好。船艙、導(dǎo)軌和磁體固定在一起，總質(zhì)量為m1整個裝置豎直著陸到月球表面前瞬間的速度大小為v0，接觸月球表面后線框速度立即變?yōu)榱?。?jīng)過減速，在導(dǎo)軌下方緩沖彈簧接觸月球表面前船艙已可視為勻速。已知船艙電阻為3r，“∧”型線框的質(zhì)量為m2，其7條邊的邊長均為l，電阻均為r；月球表面的重力加速度為g/6。整個運動過程中只有ab邊在磁場中，線框與月球表面絕緣，不計導(dǎo)軌電阻和摩擦阻力。(1)求著陸裝置接觸到月球表面后瞬間線框ab邊產(chǎn)生的電動勢E；(2)通過畫等效電路圖，求著陸裝置接觸到月球表面后瞬間流過ab型線框的電流I0；(3)求船艙勻速運動時的速度大小v；(4)同桌小張認(rèn)為在磁場上方、兩導(dǎo)軌之間連接一個電容為C的電容器，在著陸減速過程中還可以回收部分能量，在其他條件均不變的情況下，求船艙勻速運動時的速度大小v'和此時電容器所帶電荷量q【答案】(1)Blv0；(2)Blv02r；(3)m1gr【詳析】(1)導(dǎo)體切割磁感線，電動勢E(2)等效電路圖如圖并聯(lián)總電阻R=2r電流I(3)勻速運動時線框受到安培力FA=B2l2v2r，根據(jù)牛頓第三定律，質(zhì)量為m1的部分受力F(4)勻速運動時電容器不充放電，滿足v'=v=m1gr3考點04自感與渦流13．（2025·浙江·1月選考）新能源汽車日趨普及，其能量回收系統(tǒng)可將制動時的動能回收再利用，當(dāng)制動過程中回收系統(tǒng)的輸出電壓（U）比動力電池所需充電電壓（U0）低時，不能直接充入其中。在下列電路中，通過不斷打開和閉合開關(guān)SA． B．C． D．【答案】B【詳析】A．該電路中當(dāng)開關(guān)S斷開時，整個電路均斷開，則不能給電池充電，選項A錯誤；B．該電路中當(dāng)S閉合時穩(wěn)定時，線圈L中有電流通過，當(dāng)S斷開時L產(chǎn)生自感電動勢阻礙電流減小，L相當(dāng)電源，電源U與L中的自感電動勢共同加在電池兩端，且此時二極管導(dǎo)通，從而實現(xiàn)給高壓充電，選項B正確；C．該電路中當(dāng)S閉合時穩(wěn)定時，線圈L中有電流通過，但當(dāng)S斷開時L也與電路斷開，還是只有回收系統(tǒng)的電壓U加在充電電池兩端，則不能實現(xiàn)給高壓充電，選項C錯誤；D．該電路中當(dāng)S閉合時穩(wěn)定時，線圈L中有電流通過，但當(dāng)S斷開時電源U也斷開，只有L產(chǎn)生的自感電動勢相當(dāng)電源加在充電電池兩端，則不能實現(xiàn)給高壓充電，選項D錯誤。故選B。14．（2024·浙江·1月選考）若通以電流I的圓形線圈在線圈內(nèi)產(chǎn)生的磁場近似為方向垂直線圈平面的勻強磁場，其大小B=kI（k的數(shù)量級為10-4T/A）?，F(xiàn)有橫截面半徑為1mm的導(dǎo)線構(gòu)成半徑為1cm的圓形線圈處于超導(dǎo)狀態(tài)，其電阻率上限為A．10-23V，10-7A B．10-20V，10-7A C．【答案】D【詳析】線圈中電流I(t)的減小將在線圈內(nèi)導(dǎo)致自感電動勢，故ε=-LΔIΔt=IR其中L代表線圈的自感系數(shù)，有L=ΦI，在計算通過線圈的磁通量Φ時，以導(dǎo)線附近即r1處的B為最大，而該處B又可把線圈當(dāng)成無限長載流導(dǎo)線所產(chǎn)生的，根據(jù)題意B=kI，則L=kS=kπr22，根據(jù)電阻定律有R=ρ2πr故選D。15．（2021·浙江·1月選考）在“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關(guān)系”實驗中，可拆變壓器如圖所示。為了減小渦流在鐵芯中產(chǎn)生的熱量，鐵芯是由相互絕緣的硅鋼片平行疊成。硅鋼片應(yīng)平行于______。A．平面abcd B．平面abfe C．平面abgh D．平面aehd【答案】D【詳析】變壓器的正視圖如圖：所以要減小渦流在鐵芯中產(chǎn)生的熱量，硅鋼片應(yīng)平行于平面aehd。故選D。1．（2025·浙江Z20名校聯(lián)盟·模擬預(yù)測）電動汽車快充技術(shù)需要比照明電壓高的電壓，在快充電路中往往有自感系數(shù)很大的線圈，操作不當(dāng)時，當(dāng)電路的開關(guān)S由閉合轉(zhuǎn)為斷開瞬間，線圈會產(chǎn)生很大的自感電動勢，而使開關(guān)S處產(chǎn)生電弧，會危及操作人員的人身安全，下列設(shè)計電路中，可以解決上述問題的是（）A． B． C． D．【答案】C【詳析】由題意可知，當(dāng)斷開瞬間時，線圈中產(chǎn)生很高的自感電動勢，若不并聯(lián)元件，則會產(chǎn)生電弧，因此：D．當(dāng)并聯(lián)電容器時，只能對電容器充電，仍不能解決電弧現(xiàn)象，故D錯誤；ABC．當(dāng)并聯(lián)發(fā)光二極管時，由于發(fā)光二極管有單向?qū)щ娦?，因此注意方向，B選項的二極管的接法與Ａ選項的導(dǎo)線有一樣的作用，唯有Ｃ選項，既能避免產(chǎn)生電弧，又能不影響電路，故Ｃ正確，BC錯誤；故選C。2．（2025·浙江臺州·二模）圖甲是電子感應(yīng)加速器的原理圖。圖乙中兩磁極間的磁感線垂直于磁極表面，真空室內(nèi)磁場比中央弱，且離中央越遠(yuǎn)磁場越弱，交變磁場又在真空室內(nèi)激發(fā)感生電場。若把電子沿切線方向射入環(huán)形真空室，電子將受到感生電場的作用而被加速，同時電子還受到洛倫茲力的作用，使電子在半徑為R的圓形軌道上運動。已知電子電荷量大小為e，電子軌道所圍面積內(nèi)平均磁感應(yīng)強度B隨時間變化如圖丙所示（圖甲中的磁場方向為B的正方向）。從上向下看，要實現(xiàn)電子沿逆時針方向在半徑為R的圓形軌道上加速運動。若t時刻圓形軌道處的磁感應(yīng)強度為BR，B的變化率為ΔBA．t時刻電子的動量大小為2ReB．t時刻軌道處渦旋電場的場強大小為πC．丙圖中的第一個或第四個14D．當(dāng)2B【答案】D【詳析】A．t時刻電子的動量大小為p=mv，evBR=mv2R，B．t時刻軌道處渦旋電場的場強大小為E=U2πR=πC．丙圖中的第一個14T內(nèi)，磁場方向豎直向上增大，根據(jù)楞次定律可知，感生電場沿順時針方向，電子受的洛倫茲力方向指向圓心，則電子能被正常加速，第四個14D．根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得evBR=mv2R，解得B所以ΔBRΔt=mΔ故選D。3．（2025·浙江杭州·二模）如圖所示，放在光滑絕緣水平面上半徑為R、總電阻為r的金屬圓環(huán)，有一半在垂直于水平面向上大小為B的勻強磁場中。圓環(huán)以與直線邊界MN的夾角為θθ<90°的初速度vA．有逆時針方向的感應(yīng)電流B．先做直線運動，最終速度減為零C．PQ兩端電壓為BRvD．受到安培力的大小為2BRv【答案】C【來源】2025屆浙江省杭州市高三下學(xué)期二模物理試題【詳析】A．?環(huán)進(jìn)入磁場時，其穿過磁感應(yīng)強度為?B?的面積增大，按楞次定律增反減同可知感應(yīng)電流應(yīng)為順時針方向，?A錯誤；B．由于環(huán)的速度可以分解為沿邊界?MN?方向與垂直邊界兩部分。沿邊界方向不改變環(huán)在磁場中的“面積”，不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，也無安培力；只有垂直邊界的分速度會因感應(yīng)電流受到安培力而逐漸減小到零，但沿邊界方向的分速度不變，因此最終環(huán)不會速度減為零而停下，?B?錯誤；C．?求?P、Q?兩點的電勢差，可視作直徑?PQ?在磁場中以垂直該直徑的分速度vsinθ?切割磁感線。若整條直徑?2R?都在勻強場中，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E直徑=B?2R?（vsinθ），但實際只有半個圓環(huán)在場中，相當(dāng)于有效長度減半，故UPQ=BR（vsinθ），?C?正確；D．?感應(yīng)電流I=E環(huán)r=2BRv故選C。4．（2025·浙江金華·三模）有關(guān)下列四幅圖的描述，正確的是（）A．圖1中，勻速轉(zhuǎn)動的線圈此位置產(chǎn)生的電動勢恰好為零B．圖2中，變壓器原副線圈電流之比IC．圖3中，強磁體從帶有裂縫的鋁管中靜止下落（不計空氣阻力）可視做自由落體運動D．圖4中，電子感應(yīng)加速器中若電磁鐵電流方向反向，可通過減小電流的方式實現(xiàn)電子的逆時針加速運動【答案】A【詳析】A．圖1中，勻速轉(zhuǎn)動的線圈此位置時，線圈不切割磁感線，即電動勢為0，故A正確；B．圖2中，變壓器原副線圈電流之比I1I2C．圖3中，強磁體從帶有裂縫的鋁管中靜止下落，鋁管會產(chǎn)生感應(yīng)電流，即產(chǎn)生電磁阻尼現(xiàn)象，阻礙強磁體的運動，故不可視做自由落體運動，故C錯誤；D．電子感應(yīng)加速器示意圖。若電磁鐵電流方向反向，磁場方向反向，根據(jù)左手定則可知無法實現(xiàn)電子逆時針運動，故D錯誤。故選A。5．（2025·浙江溫州·二模）桌面上放置一“U”形磁鐵，用能繞端點轉(zhuǎn)動的絕緣輕桿懸掛一半徑為r、厚度為d的鋁制薄圓盤，圓盤的平衡位置恰好位于兩磁極之間，如圖甲所示。若將圓盤拉離平衡位置一個固定角度后由靜止釋放（如圖乙所示），圓盤在豎直平面內(nèi)來回擺動（圓盤面始終與磁場垂直），經(jīng)t1時間停下；若僅將圓盤厚度改變?yōu)?d，重復(fù)以上實驗，圓盤經(jīng)t2時間停下；若保持圓盤半徑r和厚度d不變，僅將材料替換成電阻率和密度都更大的鉛，重復(fù)以上實驗，圓盤經(jīng)A．t2明顯大于t1 B．tC．t3明顯大于t1 D．t3【答案】C【詳析】AB．根據(jù)R=ρLS若僅將圓盤厚度改變?yōu)?d，則電阻減小，相同條件下，圓盤產(chǎn)生的電流變大，圓盤受到的安培力變大，但是圓盤質(zhì)量也變大，阻礙作用不好判斷，考慮兩個一模一樣的圓盤，從同一高度單獨釋放到停下所用時間相同，那么兩個圓盤并排貼在一起（相當(dāng)于厚度加倍），從同一高度單獨釋放到停下所用時間應(yīng)該不變，即t1與tCD．結(jié)合以上分析，僅將材料替換成電阻率和密度都更大的鉛，電阻變大，相同條件下，圓盤產(chǎn)生的電流變小，圓盤受到的安培力變小，同時圓盤質(zhì)量變大，阻礙作用變小，則圓盤停下來所用時間變長，即t3明顯大于t1，故C正確，故選C。6．（2025·浙江溫州·二模）有關(guān)下列四幅圖的描述，正確的是（）A．圖甲中，線圈順時針勻速轉(zhuǎn)動，電路中A、B發(fā)光二極管不會交替發(fā)光B．圖乙中，強相互作用可以存在于各種核子之間，作用范圍只有約10?10mC．圖丙中，磁電式儀表中的鋁框可使指針較快停止擺動，是利用了電磁驅(qū)動的原理D．圖丁中，自由電荷為負(fù)電荷的霍爾元件（電流和磁場方向如圖所示）的N側(cè)電勢高【答案】A【詳析】A．圖甲中，由于線圈外接換向器，使線圈中的交流電整合為直流電，電流的方向不變，A、B發(fā)光二極管不會交替發(fā)光，A正確；B．強相互作用的作用范圍約為10?15m（原子核尺度），并非10?10m，B錯誤。C．磁電式儀表中鋁框的作用是利用“渦流（電磁）阻尼”使指針快速停擺，而非“電磁驅(qū)動”，C錯誤。D．根據(jù)左手定則可知，自由電荷向N側(cè)偏轉(zhuǎn)，由于自由電荷為負(fù)電荷，N側(cè)的電勢較低，D錯誤。故選A。7．（2025·浙江·選考測評）如圖所示，磁鐵靠近處于超導(dǎo)狀態(tài)的超導(dǎo)體時，由于超導(dǎo)體沒有電阻，超導(dǎo)體中會產(chǎn)生強大的電流，從而對磁鐵有排斥作用，這種排斥力可以使磁鐵懸浮于空中。則（

）A．在磁鐵和超導(dǎo)體間，磁鐵產(chǎn)生的磁場和超導(dǎo)體中電流產(chǎn)生的磁場方向垂直B．在磁鐵和超導(dǎo)體間，磁鐵產(chǎn)生的磁場和超導(dǎo)體中電流產(chǎn)生的磁場方向相反C．將懸浮在超導(dǎo)體上面的磁鐵翻轉(zhuǎn)180°，超導(dǎo)體和磁鐵間的作用力將變成引力D．磁鐵懸浮一段時間后，超導(dǎo)體中的電流會產(chǎn)生焦耳熱【答案】B【詳析】AB．由楞次定律可知，在磁鐵和超導(dǎo)體間，磁鐵產(chǎn)生的磁場和超導(dǎo)體中電流產(chǎn)生的磁場方向相反，A錯誤，B正確；C．將懸浮在超導(dǎo)體上面的磁鐵翻轉(zhuǎn)180°，由楞次定律可知，超導(dǎo)體和磁鐵間的作用力還是斥力，C錯誤；D．由于超導(dǎo)體沒有電阻，故超導(dǎo)體中的電流不會發(fā)生電流的熱效應(yīng)，D錯誤。故選B。8．（2025·浙江·選考測評）如圖所示，正六邊形線框abcdef邊長為2a，放置在絕緣平面上，線框右側(cè)有一寬度為4a的勻強磁場區(qū)域，pq、mn為磁場邊界線，pq//mn//ce，線框以垂直pq方向的速度勻速向右運動。設(shè)線框中感應(yīng)電流為I，磁場對線框的安培力為F。以逆時針方向為線框中感應(yīng)電流的正方向，水平向左為安培力的正方向。線框A． B．C． D．【答案】D【詳析】第一步：判斷進(jìn)磁場過程線框中電流方向，線框進(jìn)磁場過程，線框中的磁通量向里增大，根據(jù)楞次定律可知，線框中感應(yīng)電流沿逆時針方向。第二步：按階段劃分線框運動過程，開始計時后，在t時刻，線框d點到磁場左邊界的距離x=v0t［提示：由選項可知v0感應(yīng)電動勢E=Blv0=23Bv02t，又線框電阻不變，則回路中的感應(yīng)電流隨時間均勻增大，線框所受安培力FA=BIl=12B2v03t2R，方向水平向左，安培力與時間的關(guān)系圖像是過原點，開口向上的拋物線。當(dāng)a<x<3a時，線框的有效切割長度不變，為2故選D。9．（2025·浙江·二聯(lián)）我國首艘彈射型航空母艦福建艦采用了世界上最先進(jìn)的電磁彈射技術(shù)，裝備了三條電磁彈射軌道．電磁彈射的簡化模型如圖所示：足夠長的光滑水平固定金屬軌道處于豎直向下的勻強磁場中，左端與充滿電的電容器C相連，與機身固連的金屬桿ab靜置在軌道上，閉合開關(guān)S后，飛機向右加速達(dá)到起飛速度。下列說法正確的是（）A．飛機運動過程中，a端的電勢始終低于b端的電勢B．飛機起飛過程是勻加速直線運動C．飛機的速度達(dá)到最大時，電容器所帶的電荷量為零D．增大電容器的放電量，可以提高飛機的最大速度【答案】D【來源】2025屆浙江省新陣地教育聯(lián)盟高三下學(xué)期第二次聯(lián)考物理試題【詳析】A．飛機向右加速，通過金屬桿ab的電流方向為a→b，則電容器上板帶正電，下板帶負(fù)電，a端的電勢高于b端的電勢，A錯誤；BC．隨著飛機加速，金屬桿ab產(chǎn)生的電動勢為E=BLv則電動勢增大，電容器兩端電壓U減小，根據(jù)牛頓第二定律對金屬桿和飛機有BLU-BLvR=ma，金屬桿的加速度a減小，當(dāng)U=E時，飛機的速度達(dá)到最大，此時電容器所帶的電荷量Q=CE=CBLvD．對金屬桿與飛機，由動量定理可得BIL·Δt=mv-0，q=I·Δt，聯(lián)立解得v=故選D。10．（24-25高三下·浙江諸暨·二模）如圖所示，半徑為20cm的豎直圓盤以10rad/s的角速度勻速轉(zhuǎn)動，固定在圓盤邊緣上的小圓柱帶動絕緣T形支架在豎直方向運動。T形支架下面固定一長為30cm、質(zhì)量為200g的水平金屬棒，金屬棒兩端與兩根固定在豎直平面內(nèi)的平行光滑導(dǎo)軌MN和PQ始終緊密接觸，導(dǎo)軌下端接有定值電阻R和理想電壓表，兩導(dǎo)軌處于磁感應(yīng)強度大小為5T、方向垂直導(dǎo)軌平面向外的勻強磁場中。已知金屬棒和定值電阻的阻值均為0.75Ω，其余電阻均不計，重力加速度g=10m/s2，以下說法正確的是（）A．理想電壓表的示數(shù)為1.5VB．T形支架對金屬棒的作用力的最大值為7NC．圓盤轉(zhuǎn)動一周，T形支架對金屬棒所做的功為3πD．當(dāng)小圓柱體經(jīng)過同一高度的兩個不同位置時，T形支架對金屬棒的作用力相同【答案】BC【詳析】A．圓盤的線速度為v=ωr=2m/s，感應(yīng)電動勢最大值為Em=BLv=3V，最大電流為Im=Em2R=2AB．當(dāng)小圓柱運動到圓心的右下方，線速度與豎直方向成角θ時，對金屬棒根據(jù)牛頓第二定律得F-mg-B2L2vcosθR+R=mv2rsinθ，C．圓盤轉(zhuǎn)動一周，T形支架對金屬棒所做的功為W=I2?2R?T，周期為T=2πω，D．當(dāng)小圓柱體經(jīng)過同一高度的兩個不同位置時，設(shè)這兩個位置都與圓心等高，小圓柱在這兩個位置時金屬棒的加速度為零；小圓柱在圓心右側(cè)時：F1=mg+BImL=5N，故選BC。11．（2025·浙江北斗星盟·三模）如圖所示，在光滑水平面上，有邊長l=0.8m的正方形導(dǎo)線框abcd，其質(zhì)量m=0.1kg，電阻為R，自感系數(shù)為L。該導(dǎo)線框的bc邊在t=0時刻從x=0處以速度v0=4m/s進(jìn)入磁感應(yīng)強度為B=0.5T的有界勻強磁場區(qū)域，磁場區(qū)域?qū)挾葹锳．若R=0.16Ω，L=0，導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流方向先順時針后逆時針B．若R=0.16Ω，L=0，導(dǎo)線框中產(chǎn)生的焦耳熱為0.8JC．若R=0，L=10-3D．若R=0，L=10-3【答案】BD【詳析】AB．若R=0.16Ω，L=0，導(dǎo)線框進(jìn)入磁場過程，根據(jù)動量定理可得-∑F安t=mv1-mv0同理可知，導(dǎo)線框離開磁場過程，安培力的沖量大小也為0.2N?可得導(dǎo)線框ab邊剛要出磁場時的速度大小為v2=0，根據(jù)能量守恒可知導(dǎo)線框中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=12mvCD．若R=0，L=10-3V?s/A，當(dāng)導(dǎo)線框bc邊在磁場中切割磁感線的速度為v時，則有Blv=LΔIΔt，可得BlvΔtL=BlΔxL=ΔI，可得BlLx=I，則有F安=-BIl=-B2故C錯誤，D正確。故選BD。12．（2025·浙江嘉興·三模）某自行車所裝車燈發(fā)電機如圖甲所示，其結(jié)構(gòu)見圖乙。繞有線圈的匚形鐵芯開口處裝有磁鐵，車輪轉(zhuǎn)動時帶動與其接觸的摩擦輪轉(zhuǎn)動，摩擦輪又通過傳動軸帶動磁鐵一起轉(zhuǎn)動，從而使鐵芯中磁通量發(fā)生變化。線圈兩端c、d作為發(fā)電機輸出端，通過導(dǎo)線與燈泡L1A．磁鐵從圖示位置勻速轉(zhuǎn)過90°的過程中，通過L1的電流方向為B．磁鐵從圖示位置勻速轉(zhuǎn)過90°的過程中，L1C．車輪轉(zhuǎn)速加倍時L1D．自行車勻加速行駛時發(fā)電機輸出電壓u隨時間t變化關(guān)系大致如圖丙所示【答案】AC【詳析】A．磁鐵從圖示位置勻速轉(zhuǎn)過90°，根據(jù)楞次定律，通過線圈向下的原磁場磁通量減少，感應(yīng)電流的磁場阻礙磁通量減少，用安培定則判斷，通過L1的電流方向為d→L1B．磁鐵從圖示位置勻速轉(zhuǎn)過90°的過程中，通過線框磁通量變化率越來越大，當(dāng)轉(zhuǎn)90°時，通過鐵芯的系統(tǒng)量為0，但是磁通量的變化率最大，因此此過程L1中的電流逐漸變大，故BC．車輪轉(zhuǎn)速加倍，摩擦輪轉(zhuǎn)速加倍，磁鐵轉(zhuǎn)動角速度加倍，磁通量變化率ΔΦΔt也加倍，則由I=ER可知電流加倍，故D．自行車勻加速行駛時，車輪轉(zhuǎn)速持續(xù)增加，磁鐵轉(zhuǎn)動加快，周期變小，但圖丙中電壓周期不變，故D錯誤。故選AC。13．（2025·浙江北斗星盟·三模）如圖所示半徑為R的虛線圓內(nèi)，存在垂直紙面向里感應(yīng)強度大小為B=kt（k>0）的有界勻強磁場。變化的磁場在空間產(chǎn)生感生電場，電場線為一系列以O(shè)為圓心的同心圓，在同一電場線上，電場強度大小相同。長度為2R的導(dǎo)體棒ac與虛線圓交于a、b兩點，其中b為ac的中點。則（）A．b點的電勢比a點高B．b、c兩點的電勢相等C．a(chǎn)、b兩點間的電動勢大小為3D．a(chǎn)、c兩點間的電動勢大小為(【答案】AC【詳析】AB．磁感應(yīng)強度變化時，電場線為逆時針方向的同心圓，使電子向a點聚集，b點的電勢比a點高；同理可知c點的電勢比b點高，故A正確，B錯誤；CD．連接Oa、Ob、Oc，Oab構(gòu)成等邊三角形，Ob和Oc所圍磁場區(qū)域為圓心角30°的扇形，如圖所示電場線垂直于Oa和Ob，電子不發(fā)生定向移動，a、b兩點間的電動勢大小為Eab=ΔΦΔt=ΔBΔtS△Oab=kS△Oab=3故選AC。14．如圖所示，兩根足夠長且電阻不計的平行光滑傾斜導(dǎo)軌，在M、N兩點用絕緣材料平滑連接，M、N等高，兩導(dǎo)軌間距為1m，導(dǎo)軌平面與水平面夾角為30°，其兩端分別連接阻值R=0.02Ω的電阻和電容C=2.5F的電容器，整個裝置處于磁感應(yīng)強度大小為0.2T，方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強磁場中。導(dǎo)體棒ab、cd質(zhì)量分別為0.8kg和0.4kg，距離MN分別為3m和3.6m，ab的電阻為0.08Ω，cd的電阻不計，ab、cd與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。開始時電容器的電荷量為零，ab、cd均靜止，現(xiàn)將ab釋放，同時cd受到一大小F=4.5N，方向垂直cd沿導(dǎo)軌平面向上的力作用，經(jīng)一段時間后，abA．第一次碰撞前，ab的速度為5B．第一次碰撞前，cd的速度為6C．第一次碰撞后，ab、cd的速度為1m/sD．a(chǎn)b從釋放到第一次碰撞前的這段時間內(nèi)，其中間時刻速度為2.25【答案】BC【詳析】B．對cd有F-mcdgsinθ-BI2L=mcdacd，又I2=ΔA．從開始運動到第一次碰撞的的時間t=vcdacd=1.2s，碰前過程對ab有(mabgsinθ)t-F安t=mabC．a(chǎn)b、cd恰好在M、N處發(fā)生完全非彈性碰撞，則有mabvab-mcdD．?ab從釋放到第一次碰撞前的這段時間內(nèi)，不是勻變速運動，因此其中間時刻速度不等于vabD錯誤。故選BC。15．（2025·浙江杭州·二模）如圖所示，半徑為L的圓環(huán)放置在光滑水平地面上，圓環(huán)上固定OA、OB、OC、OD四根長均為L，阻值均為r且夾角互為90°的金屬棒，以圓環(huán)圓心O為原點建立直角坐標(biāo)系，在第二象限圓環(huán)內(nèi)部存在方向垂直水平面向下的磁場，沿半徑OG各點磁感應(yīng)強度B=B0sinθ（θ為OG與x軸負(fù)方向夾角），圓心O與環(huán)面分別通過電刷E、F與阻值為r的電阻R相連，其它電阻均不計。在外力作用下，圓環(huán)以角速度ω繞A．通過電阻R的電流方向始終為N→MB．當(dāng)OA棒轉(zhuǎn)動至θ=45°時，感應(yīng)電動勢e=C．圓環(huán)轉(zhuǎn)動一周的過程中，感應(yīng)電動勢有效值為ED．圓環(huán)轉(zhuǎn)動一周的過程中，外力做的功W=【答案】AD【詳析】A．右手定則可知，通過電阻R的電流方向始終為N→M，故A正確；B．導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢e=12BL2ω=1故B錯誤；C．根據(jù)e=12L故C錯誤；D．分析可知，整個電路總電阻為R總=r+r4=5r4，圓環(huán)轉(zhuǎn)動一周的過程中，根據(jù)能量守恒可知，外力做的功W=故選AD。16．（2025·浙江·選考測評四）如圖所示，在水平光滑絕緣桌面上有一等腰梯形單匝均勻金屬線框abcd，總電阻為R，ab=L，cd=3L，ad=2L?？臻g存在豎直向下的有界勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，有界磁場的寬度為2L。線框在水平拉力F作用下以速度v向右勻速穿過磁場區(qū)域，t=0時刻，ab邊剛好在磁場左邊界，則（A．進(jìn)、出磁場過程中，線框中的電流方向相同B．進(jìn)、出磁場過程中，線框所受安培力的方向相同C．出磁場過程中，線框中的電流i與時間t的關(guān)系為i=D．線框穿過磁場過程中，拉力F的沖量小于10【答案】BCD【詳析】AC．由幾何關(guān)系可知，梯形的底角為45°。設(shè)線框電阻為R，則0～Lv時間內(nèi)，感應(yīng)電動勢E=BL+2vtv，線框中電流i=ER=方向為順時針方向。故A錯誤，C正確；B．0～Lv時間內(nèi)，線框所受安培力FA=B2(L+2vt)2vR，方向水平向左。D．線框做勻速運動，受力平衡，有F=FA，結(jié)合上述分析，作出t=0時刻拉力F1=B2L2vRt=L故選BCD。專題11電磁感應(yīng)考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1電磁感應(yīng)現(xiàn)象2025常作為壓軸題考查多模塊知識整合能力。通過線框勻速轉(zhuǎn)動模型，要求聯(lián)立法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律和能量守恒定律，計算感應(yīng)電動勢與焦耳熱。2025年浙江首考電磁感應(yīng)大題以“線框邊界切割+恒流源”為背景，需分析線框進(jìn)入磁場過程中電流、安培力的動態(tài)變化，并用字母表示最終結(jié)果，體現(xiàn)對復(fù)雜電路的綜合分析能力。選擇題則聚焦基礎(chǔ)概念，核心規(guī)律深度整合，模型復(fù)雜度顯著提升。法拉第電磁感應(yīng)定律與電路分析：命題從單一導(dǎo)體棒切割擴展至多導(dǎo)體系統(tǒng)，通過四個不同尺寸的線框進(jìn)入磁場，要求比較切割端電壓大小，需綜合應(yīng)用E=BLV、閉合電路歐姆定律及電阻定律。安培力與動力學(xué)關(guān)聯(lián)：高頻考點從靜態(tài)平衡轉(zhuǎn)向動態(tài)過程分析。能量守恒與動量守恒交叉：試題常通過多過程問題考查守恒定律的靈活運用?？键c2感應(yīng)電流方向判斷2022考點3法拉第電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用2021、2022、2023、2024、2025考點4自感與渦流2021、2024、2025考點01電磁感應(yīng)現(xiàn)象1．（2025·浙江·1月選考）在“探究影響感應(yīng)電流方向的因素”實驗中，當(dāng)電流從“-”接線柱流入靈敏電流表，指針左偏：從“G0”或“G1(1)此時磁鐵的運動狀態(tài)是_____（選填“向上拔出”、“靜止”或“向下插入”）。(2)只做以下改變，一定會增大圖中電流表指針偏轉(zhuǎn)角度的是_____（多選）A．磁鐵靜止，向上移動線圈B．增大（1）中磁鐵運動速度C．將導(dǎo)線從接線柱G1移接至接線柱D．將一個未與電路相接的閉合線圈套在圖中線圈外【答案】(1)向上拔出(2)BC【詳析】（1）由圖可知，電表指針左偏，則感應(yīng)電流從“-”極流入，感應(yīng)電流在線圈內(nèi)產(chǎn)生的磁場方向向下，根據(jù)楞次定律可知，與條形磁體在線圈位置產(chǎn)生的磁場方向相同，可知穿過線圈的磁通量減小，根據(jù)楞次定律可知，此時磁鐵的運動狀態(tài)是向上拔出。（2）A．磁鐵靜止，向上移動線圈，則產(chǎn)生的感應(yīng)電流不一定增加，指針偏角不一定會增加，選項A錯誤；B．增大（1）中磁鐵的速度，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢會增加，指針偏角會增大，選項B正確；C．減小電流計的量程，即將導(dǎo)線從接線柱G1移接到G0，可是電流計指針偏角變大，選項C正確；D．將一個未與電路相接的閉合線圈套在線圈外，線圈中的感應(yīng)電流不變，電流計指針偏角不變，選項D錯誤。故選BC。考點02感應(yīng)電流方向判斷2．（2022·浙江·1月選考）如圖所示，將一通電螺線管豎直放置，螺線管內(nèi)部形成方向豎直向上、磁感應(yīng)強度大小B=kt的勻強磁場，在內(nèi)部用絕緣輕繩懸掛一與螺線管共軸的金屬薄圓管，其電阻率為ρ、高度為h、半徑為r、厚度為d（d?r），則（）A．從上向下看，圓管中的感應(yīng)電流為逆時針方向B．圓管的感應(yīng)電動勢大小為kπC．圓管的熱功率大小為πdhD．輕繩對圓管的拉力隨時間減小【答案】C【詳析】A．穿過圓管的磁通量向上逐漸增加，則根據(jù)楞次定律可知，從上向下看，圓管中的感應(yīng)電流為順時針方向，選項A錯誤；B．圓管的感應(yīng)電動勢大小為E=ΔBΔC．圓管的電阻R=ρ2πrdh圓管的熱功率大小為P=ED．根據(jù)左手定則可知，圓管中各段所受的受安培力方向指向圓管的軸線，則輕繩對圓管的拉力的合力始終等于圓管的重力，不隨時間變化，選項D錯誤。故選C?？键c03法拉第電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用3．（2025·浙江·1月選考）如圖1所示，在平面內(nèi)存在一以O(shè)為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域，其中存在一方向垂直平面的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間變化如圖2所示，周期為3t0。變化的磁場在空間產(chǎn)生感生電場，電場線為一系列以O(shè)為圓心的同心圓，在同一電場線上，電場強度大小相同。在同一平面內(nèi)，有以O(shè)為圓心的半徑為2r的導(dǎo)電圓環(huán)I，與磁場邊界相切的半徑為0.5r的導(dǎo)電圓環(huán)Ⅱ，電阻均為R，圓心O對圓環(huán)Ⅱ上P、Q兩點的張角φ=30°；另有一可視為無限長的直導(dǎo)線CD。導(dǎo)電圓環(huán)間絕緣，且不計相互影響，則（A．圓環(huán)I中電流的有效值為3B．t=1.5t0時刻直導(dǎo)線CDC．t=0.5t0時刻圓環(huán)ⅡD．t=0.5t0時刻圓環(huán)Ⅱ上PQ【答案】BD【詳析】A．由題圖可知，在0~t0內(nèi)和2t0~3t0內(nèi)圓環(huán)I中的電流大小均為I1=πr2聯(lián)立解得I=2πr2B．設(shè)右側(cè)又一無限長的直導(dǎo)線CD對稱的無限長的直導(dǎo)線C'D'與CD構(gòu)成回路，則t=1.5t0時刻，CD、C'D'回路產(chǎn)生的總電動勢為E總=πC．由于圓環(huán)Ⅱ處于磁場外部，通過圓環(huán)Ⅱ的磁通量一直為0，所以圓環(huán)Ⅱ不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，則t=0.5t0時刻圓環(huán)Ⅱ中電流為0，故D．以O(shè)點為圓心，過程P、Q兩點圓軌道，在t=0.5t0時刻產(chǎn)生的電動勢為E=πr2B0t0則P、Q兩點間圓弧的電動勢為E'=30°360°E=112πr2故選BD。4．（2025·浙江·1月選考）如圖所示，接有恒流源的正方形線框邊長2L、質(zhì)量m、電阻R，放在光滑水平地面上，線框部分處于垂直地面向下、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中。以磁場邊界CD上一點為坐標(biāo)原點，水平向右建立Ox軸，線框中心和一條對角線始終位于Ox軸上。開關(guān)S(1)線框中心位于x=0，閉合開關(guān)S后，線框中電流大小為I，求①閉合開關(guān)S瞬間，線框受到的安培力大小；②線框中心運動至x=L③線框中心運動至x=L(2)線框中心分別位于x=0和x=L2，閉合開關(guān)S后，線框中電流大小為I，線框中心分別運動到x=L所需時間分別為t1和t【答案】(1)①2BIL；②3BIL24，3IBm(2)0【詳析】（1）①閉合開關(guān)S瞬間，線框在磁場中的有效長度為l=2L所以線框受到的安培力大小為F②線框運動到x時，安培力大小為F安=2BI(L-x)，則初始時和線框中心運動至x=L2時的安培力分別為F安1=2BIL由動能定理W安=12mv③由能量守恒定律UI=BILv+I2（2）類比于簡諧運動，則回復(fù)力為，F(xiàn)回=F安=2BI(L-x)=2BIx'=k5．（2024·浙江·1月選考）如圖1所示，掃描隧道顯微鏡減振裝置由絕緣減振平臺和磁阻尼減振器組成。平臺通過三根關(guān)于O'O″軸對稱分布的相同輕桿懸掛在輕質(zhì)彈簧的下端O，彈簧上端固定懸掛在O'點，三個相同的關(guān)于O'O″軸對稱放置的減振器位于平臺下方。如圖2所示，每個減振器由通過絕緣輕桿固定在平臺下表面的線圈和固定在桌面上能產(chǎn)生輻向磁場的鐵磁體組成，輻向磁場分布關(guān)于線圈中心豎直軸對稱，線圈所在處磁感應(yīng)強度大小均為B。處于靜止?fàn)顟B(tài)的平臺受到外界微小擾動，線圈在磁場中做豎直方向的阻尼運動，其位移隨時間變化的圖像如圖3所示。已知t=0時速度為v0，方向向下，t1、t2時刻的振幅分別為A1，A2。平臺和三個線圈的總質(zhì)量為（1）平臺靜止時彈簧的伸長量Δx（2）t=0時，每個線圈所受到安培力F的大小；（3）在0～t1時間內(nèi)，每個線圈產(chǎn)生的焦耳熱（4）在t1～t【答案】（1）mgk；（2）4v0r2π2B【詳析】（1）平臺靜止時，穿過三個線圈的磁通量不變，線圈中不產(chǎn)生感應(yīng)電流，線圈不受到安培力作用，O點受力平衡，因此由胡克定律可知此時彈簧的伸長量Δ（2）在t=0時速度為v0，設(shè)每個線圈的周長為LI=每個線圈所受到安培力F的大小F=BIL=（3）由減震器的作用平臺上下不移動，由能量守恒定律可得平臺在0～t1時間內(nèi)，振動時能量的減少量為Q'，由能量守恒定律Q'（4）取向上為正方向，全程由動量定理可得I其中IIΔ聯(lián)立解得彈簧彈力沖量I彈的大小為6．（2024·浙江·6月選考）某小組探究“法拉第圓盤發(fā)電機與電動機的功用”，設(shè)計了如圖所示裝置。飛輪由三根長a=0.8m的輻條和金屬圓環(huán)組成，可繞過其中心的水平固定軸轉(zhuǎn)動，不可伸長細(xì)繩繞在圓環(huán)上，系著質(zhì)量m=1kg的物塊，細(xì)繩與圓環(huán)無相對滑動。飛輪處在方向垂直環(huán)面的勻強磁場中，左側(cè)電路通過電刷與轉(zhuǎn)軸和圓環(huán)邊緣良好接觸，開關(guān)S可分別與圖示中的電路連接。已知電源電動勢E0=12V、內(nèi)阻r=0.1Ω、限流電阻R1=0.3（1）開關(guān)S擲1，“電動機”提升物塊勻速上升時，理想電壓表示數(shù)U=8V①判斷磁場方向，并求流過電阻R1的電流I1；②求物塊勻速上升的速度v1。（2）開關(guān)S擲2，物塊從靜止開始下落，經(jīng)過一段時間后，物塊勻速下降的速度與“電動機”勻速提升物塊的速度大小相等，①求可調(diào)電阻R2的阻值；②求磁感應(yīng)強度B的大小?！敬鸢浮浚?）①垂直紙面向外，10A；②5m/s；（2）①0.2Ω；【詳析】（1）①物塊上升，則金屬輪沿逆時針方向轉(zhuǎn)動，輻條受到的安培力指向逆時針方向，輻條中電流方向從圓周指向O點，由左手定則可知，磁場方向垂直紙面向外；等效電路如圖由閉合電路的歐姆定律可知E0-U=I②等效電路如圖輻條切割磁感線產(chǎn)生的電動勢與電源電動勢相反，設(shè)每根輻條產(chǎn)生的電動勢為E1，則U-解得E1=5V，此時金屬輪可視為電動機P出=E1I1，當(dāng)物塊P勻速上升時P出=mgv（2）①物塊勻速下落時，由受力分析可知，輻條受到的安培力與第（1）問相同，等效電路如圖經(jīng)過R2的電流，I2=I1=10ARR總解得R2=0.2Ω，另解：由能量關(guān)系可知mg②根據(jù)E2=12Bω7．（2024·浙江·6月選考）如圖所示，邊長為1m、電阻為0.04Ω的剛性正方形線框abcd放在與強磁場中，線框平面與磁場B垂直。若線框固定不動，磁感應(yīng)強度以ΔBΔt=0.1T/s均勻增大時，線框的發(fā)熱功率為P；若磁感應(yīng)強度恒為0.2T，線框以某一角速度繞其中心軸OOA．12N B．22N C．1N【答案】C【詳析】磁場均勻增大時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E=ΔBΔtS=0.1V可得P=E2解得ω=1rad/s，分析可知當(dāng)線框平面與磁場方向平行時感應(yīng)電流最大為Im=BSω故選C。8．（2023·浙江·6月選考）某興趣小組設(shè)計了一種火箭落停裝置，簡化原理如圖所示，它由兩根豎直導(dǎo)軌、承載火箭裝置（簡化為與火箭絕緣的導(dǎo)電桿MN）和裝置A組成，并形成閉合回路。裝置A能自動調(diào)節(jié)其輸出電壓確保回路電流I恒定，方向如圖所示。導(dǎo)軌長度遠(yuǎn)大于導(dǎo)軌間距，不論導(dǎo)電桿運動到什么位置，電流I在導(dǎo)電桿以上空間產(chǎn)生的磁場近似為零，在導(dǎo)電桿所在處產(chǎn)生的磁場近似為勻強磁場，大小B1=kI（其中k為常量），方向垂直導(dǎo)軌平面向里；在導(dǎo)電桿以下的兩導(dǎo)軌間產(chǎn)生的磁場近似為勻強磁場，大小B2=2kI，方向與B1相同?；鸺裏o動力下降到導(dǎo)軌頂端時與導(dǎo)電桿粘接，以速度v0進(jìn)入導(dǎo)軌，到達(dá)絕緣?？科脚_時速度恰好為零，完成火箭落停。已知火箭與導(dǎo)電桿的總質(zhì)量為M，導(dǎo)軌間距d=3Mg（1）求導(dǎo)電桿所受安培力的大小F和運動的距離L；（2）求回路感應(yīng)電動勢E與運動時間t的關(guān)系；（3）求裝置A輸出電壓U與運動時間t的關(guān)系和輸出的能量W；（4）若R的阻值視為0，裝置A用于回收能量，給出裝置A可回收能量的來源和大小?！敬鸢浮浚?）3Mg；v024g；（2）E=6MgI(v0-2gt)；（3）【詳析】（1）導(dǎo)體桿受安培力F=B1解得a=-2g導(dǎo)體桿運動的距離L=（2）回路的電動勢E=B2dv，其中v=v（3）右手定則和歐姆定律可得：U+E=IR，可得U=IR-E=IR-6MgI(v0-2gt)電源輸出能量的功率P=UI=(IR-E)I=IR-（4）裝置A可回收火箭的動能和重力勢能，及磁場能；從開始火箭從速度v0到平臺速度減為零，則W=I2Rv02g-3Mv029．（2023·浙江·6月選考）如圖所示，質(zhì)量為M、電阻為R、長為L的導(dǎo)體棒，通過兩根長均為l、質(zhì)量不計的導(dǎo)電細(xì)桿連在等高的兩固定點上，固定點間距也為L。細(xì)桿通過開關(guān)S可與直流電源E0或理想二極管串接。在導(dǎo)體棒所在空間存在磁感應(yīng)強度方向豎直向上、大小為B的勻強磁場，不計空氣阻力和其它電阻。開關(guān)S接1，當(dāng)導(dǎo)體棒靜止時，細(xì)桿與豎直方向的夾角固定點θ=π4；然后開關(guān)S接2

A．電源電動勢E0=2C．從左向右運動時，最大擺角小于π4 D【答案】C【詳析】A．當(dāng)開關(guān)接1時，對導(dǎo)體棒受力分析如圖所示

根據(jù)幾何關(guān)系可得Mg=BIL解得I=MgBL，根據(jù)歐姆定律I=E0R，B．若導(dǎo)體棒運動到最低點時速度為零，導(dǎo)體棒損失的機械能轉(zhuǎn)化為焦耳熱為Q'=(1-22)Mgl根據(jù)楞次定律可知導(dǎo)體棒完成一次振動速度為零時，導(dǎo)體棒高度高于最低點，所以棒消耗的焦耳熱C．根據(jù)B選項分析可知，導(dǎo)體棒運動過程中，機械能轉(zhuǎn)化為焦耳熱，所以從左向右運動時，最大擺角小于π4，故CD．根據(jù)B選項分析，導(dǎo)體棒第二次經(jīng)過最低點時的速度小于第一次經(jīng)過最低點時的速度，根據(jù)E=BLv可知棒兩次過最低點時感應(yīng)電動勢大小不相等，故D錯誤。故選C。10．（2022·浙江·6月選考）艦載機電磁彈射是現(xiàn)在航母最先進(jìn)的彈射技術(shù)，我國在這一領(lǐng)域已達(dá)到世界先進(jìn)水平。某興趣小組開展電磁彈射系統(tǒng)的設(shè)計研究，如圖1所示，用于推動模型飛機的動子（圖中未畫出）與線圈絕緣并固定，線圈帶動動子，可在水平導(dǎo)軌上無摩擦滑動。線圈位于導(dǎo)軌間的輻向磁場中，其所在處的磁感應(yīng)強度大小均為B。開關(guān)S與1接通，恒流源與線圈連接，動子從靜止開始推動飛機加速，飛機達(dá)到起飛速度時與動子脫離；此時S擲向2接通定值電阻R0，同時施加回撤力F，在F和磁場力作用下，動子恰好返回初始位置停下。若動子從靜止開始至返回過程的v-t圖如圖2所示，在t1至t3時間內(nèi)F=(800－10v）N，t3時撤去F。已知起飛速度v1=80m/s，t1=1.5s，線圈匝數(shù)n=100匝，每匝周長l=1m，飛機的質(zhì)量M=10kg，動子和線圈的總質(zhì)量m=5kg，R0=9.5Ω，B=0.1T，不計空氣阻力和飛機起飛對動子運動速度的影響，求（1）恒流源的電流I；（2）線圈電阻R；（3）時刻t3?！敬鸢浮浚?）80A；（2）R=0.5Ω；（3）【詳析】（1）由題意可知接通恒流源時安培力F安=nBIl動子和線圈在0~t1時間段內(nèi)做勻加速直線運動，運動的加速度為a=v1（2）當(dāng)S擲向2接通定值電阻R0時，感應(yīng)電流為I'=nBlvR0+R此時安培力為F'安=nBI'l（3）根據(jù)圖像可知t2-t1=v1a'=0.5電荷量的定義式ΔI=可得Δq=nBls-12a't311．（2022·浙江·1月選考）如圖所示，水平固定一半徑r=0.2m的金屬圓環(huán)，長均為r，電阻均為R0的兩金屬棒沿直徑放置，其中一端與圓環(huán)接觸良好，另一端固定在過圓心的導(dǎo)電豎直轉(zhuǎn)軸OO′上，并隨軸以角速度ω=600rad/s勻速轉(zhuǎn)動，圓環(huán)內(nèi)左半圓均存在磁感應(yīng)強度大小為B1的勻強磁場。圓環(huán)邊緣、與轉(zhuǎn)軸良好接觸的電刷分別與間距l(xiāng)1的水平放置的平行金屬軌道相連，軌道間接有電容C=0.09F的電容器，通過單刀雙擲開關(guān)S可分別與接線柱1、2相連。電容器左側(cè)寬度也為l1、長度為l2、磁感應(yīng)強度大小為B2的勻強磁場區(qū)域。在磁場區(qū)域內(nèi)靠近左側(cè)邊緣處垂直軌道放置金屬棒ab，磁場區(qū)域外有間距也為l1的絕緣軌道與金屬軌道平滑連接，在絕緣軌道的水平段上放置“［”形金屬框fcde。棒ab長度和“［”形框的寬度也均為l1、質(zhì)量均為m=0.01kg，de與cf長度均為l3=0.08m，已知l1=0.25m，l2=0.068m，B1=B2=1T、方向均為豎直向上；棒ab和“［”形框的cd邊的電阻均為R=0.1Ω，除已給電阻外其他電阻不計，軌道均光滑，棒ab與軌道接觸良好且運動過程中始終與軌道垂直。開始時開關(guān)S和接線柱1接通，待電容器充電完畢后，將S從1撥到2，電容器放電，棒ab被彈出磁場后與“［”形框粘在一起形成閉合框abcd，此時將S與2斷開，已知框abcd在傾斜軌道上重心上升0.2m后返回進(jìn)入磁場。（1）求電容器充電完畢后所帶的電荷量Q，哪個極板（M或N）帶正電？（2）求電容器釋放的電荷量ΔQ（3）求框abcd進(jìn)入磁場后，ab邊與磁場區(qū)域左邊界的最大距離x?！敬鸢浮浚?）0.54C；M板；（2）0.16C；（3）0.14m【詳析】（1）開關(guān)S和接線柱1接通，電容器充電充電過程，對繞轉(zhuǎn)軸OO′轉(zhuǎn)動的棒由右手定則可知其動生電源的電流沿徑向向外，即邊緣為電源正極，圓心為負(fù)極，則M板充正電；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知E=12B（2）電容器放電過程有B2l1ΔQ=mv1棒ab被彈出磁場后與“［（3）設(shè)導(dǎo)體框在磁場中減速滑行的總路程為Δx，由動量定理B2勻速運動距離為l3-12．（2021·浙江·1月選考）嫦娥五號成功實現(xiàn)月球著陸和返回，鼓舞人心。小明知道月球上沒有空氣，無法靠降落傘減速降落，于是設(shè)計了一種新型著陸裝置。如圖所示，該裝置由船艙、間距為l的平行導(dǎo)軌、產(chǎn)生垂直船艙導(dǎo)軌平面的磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場的磁體和“∧”型剛性線框組成，“∧”型線框ab邊可沿導(dǎo)軌滑動并接觸良好。船艙、導(dǎo)軌和磁體固定在一起，總質(zhì)量為m1整個裝置豎直著陸到月球表面前瞬間的速度大小為v0，接觸月球表面后線框速度立即變?yōu)榱?。?jīng)過減速，在導(dǎo)軌下方緩沖彈簧接觸月球表面前船艙已可視為勻速。已知船艙電阻為3r，“∧”型線框的質(zhì)量為m2，其7條邊的邊長均為l，電阻均為r；月球表面的重力加速度為g/6。整個運動過程中只有ab邊在磁場中，線框與月球表面絕緣，不計導(dǎo)軌電阻和摩擦阻力。(1)求著陸裝置接觸到月球表面后瞬間線框ab邊產(chǎn)生的電動勢E；(2)通過畫等效電路圖，求著陸裝置接觸到月球表面后瞬間流過ab型線框的電流I0；(3)求船艙勻速運動時的速度大小v；(4)同桌小張認(rèn)為在磁場上方、兩導(dǎo)軌之間連接一個電容為C的電容器，在著陸減速過程中還可以回收部分能量，在其他條件均不變的情況下，求船艙勻速運動時的速度大小v'和此時電容器所帶電荷量q【答案】(1)Blv0；(2)Blv02r；(3)m1gr【詳析】(1)導(dǎo)體切割磁感線，電動勢E(2)等效電路圖如圖并聯(lián)總電阻R=2r電流I(3)勻速運動時線框受到安培力FA=B2l2v2r，根據(jù)牛頓第三定律，質(zhì)量為m1的部分受力F(4)勻速運動時電容器不充放電，滿足v'=v=m1gr3考點04自感與渦流13．（2025·浙江·1月選考）新能源汽車日趨普及，其能量回收系統(tǒng)可將制動時的動能回收再利用，當(dāng)制動過程中回收系統(tǒng)的輸出電壓（U）比動力電池所需充電電壓（U0）低時，不能直接充入其中。在下列電路中，通過不斷打開和閉合開關(guān)SA． B．C． D．【答案】B【詳析】A．該電路中當(dāng)開關(guān)S斷開時，整個電路均斷開，則不能給電池充電，選項A錯誤；B．該電路中當(dāng)S閉合時穩(wěn)定時，線圈L中有電流通過，當(dāng)S斷開時L產(chǎn)生自感電動勢阻礙電流減小，L相當(dāng)電源，電源U與L中的自感電動勢共同加在電池兩端，且此時二極管導(dǎo)通，從而實現(xiàn)給高壓充電，選項B正確；C．該電路中當(dāng)S閉合時穩(wěn)定時，線圈L中有電流通過，但當(dāng)S斷開時L也與電路斷開，還是只有回收系統(tǒng)的電壓U加在充電電池兩端，則不能實現(xiàn)給高壓充電，選項C錯誤；D．該電路中當(dāng)S閉合時穩(wěn)定時，線圈L中有電流通過，但當(dāng)S斷開時電源U也斷開，只有L產(chǎn)生的自感電動勢相當(dāng)電源加在充電電池兩端，則不能實現(xiàn)給高壓充電，選項D錯誤。故選B。14．（2024·浙江·1月選考）若通以電流I的圓形線圈在線圈內(nèi)產(chǎn)生的磁場近似為方向垂直線圈平面的勻強磁場，其大小B=kI（k的數(shù)量級為10-4T/A）?，F(xiàn)有橫截面半徑為1mm的導(dǎo)線構(gòu)成半徑為1cm的圓形線圈處于超導(dǎo)狀態(tài)，其電阻率上限為A．10-23V，10-7A B．10-20V，10-7A C．【答案】D【詳析】線圈中電流I(t)的減小將在線圈內(nèi)導(dǎo)致自感電動勢，故ε=-LΔIΔt=IR其中L代表線圈的自感系數(shù)，有L=ΦI，在計算通過線圈的磁通量Φ時，以導(dǎo)線附近即r1處的B為最大，而該處B又可把線圈當(dāng)成無限長載流導(dǎo)線所產(chǎn)生的，根據(jù)題意B=kI，則L=kS=kπr22，根據(jù)電阻定律有R=ρ2πr故選D。15．（2021·浙江·1月選考）在“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數(shù)的關(guān)系”實驗中，可拆變壓器如圖所示。為了減小渦流在鐵芯中產(chǎn)生的熱量，鐵芯是由相互絕緣的硅鋼片平行疊成。硅鋼片應(yīng)平行于______。A．平面abcd B．平面abfe C．平面abgh D．平面aehd【答案】D【詳析】變壓器的正視圖如圖：所以要減小渦流在鐵芯中產(chǎn)生的熱量，硅鋼片應(yīng)平行于平面aehd。故選D。1．（2025·浙江Z20名校聯(lián)盟·模擬預(yù)測）電動汽車快充技術(shù)需要比照明電壓高的電壓，在快充電路中往往有自感系數(shù)很大的線圈，操作不當(dāng)時，當(dāng)電路的開關(guān)S由閉合轉(zhuǎn)為斷開瞬間，線圈會產(chǎn)生很大的自感電動勢，而使開關(guān)S處產(chǎn)生電弧，會危及操作人員的人身安全，下列設(shè)計電路中，可以解決上述問題的是（）A． B． C． D．【答案】C【詳析】由題意可知，當(dāng)斷開瞬間時，線圈中產(chǎn)生很高的自感電動勢，若不并聯(lián)元件，則會產(chǎn)生電弧，因此：D．當(dāng)并聯(lián)電容器時，只能對電容器充電，仍不能解決電弧現(xiàn)象，故D錯誤；ABC．當(dāng)并聯(lián)發(fā)光二極管時，由于發(fā)光二極管有單向?qū)щ娦裕虼俗⒁夥较?，B選項的二極管的接法與Ａ選項的導(dǎo)線有一樣的作用，唯有Ｃ選項，既能避免產(chǎn)生電弧，又能不影響電路，故Ｃ正確，BC錯誤；故選C。2．（2025·浙江臺州·二模）圖甲是電子感應(yīng)加速器的原理圖。圖乙中兩磁極間的磁感線垂直于磁極表面，真空室內(nèi)磁場比中央弱，且離中央越遠(yuǎn)磁場越弱，交變磁場又在真空室內(nèi)激發(fā)感生電場。若把電子沿切線方向射入環(huán)形真空室，電子將受到感生電場的作用而被加速，同時電子還受到洛倫茲力的作用，使電子在半徑為R的圓形軌道上運動。已知電子電荷量大小為e，電子軌道所圍面積內(nèi)平均磁感應(yīng)強度B隨時間變化如圖丙所示（圖甲中的磁場方向為B的正方向）。從上向下看，要實現(xiàn)電子沿逆時針方向在半徑為R的圓形軌道上加速運動。若t時刻圓形軌道處的磁感應(yīng)強度為BR，B的變化率為ΔBA．t時刻電子的動量大小為2ReB．t時刻軌道處渦旋電場的場強大小為πC．丙圖中的第一個或第四個14D．當(dāng)2B【答案】D【詳析】A．t時刻電子的動量大小為p=mv，evBR=mv2R，B．t時刻軌道處渦旋電場的場強大小為E=U2πR=πC．丙圖中的第一個14T內(nèi)，磁場方向豎直向上增大，根據(jù)楞次定律可知，感生電場沿順時針方向，電子受的洛倫茲力方向指向圓心，則電子能被正常加速，第四個14D．根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得evBR=mv2R，解得B所以ΔBRΔt=mΔ故選D。3．（2025·浙江杭州·二模）如圖所示，放在光滑絕緣水平面上半徑為R、總電阻為r的金屬圓環(huán)，有一半在垂直于水平面向上大小為B的勻強磁場中。圓環(huán)以與直線邊界MN的夾角為θθ<90°的初速度vA．有逆時針方向的感應(yīng)電流B．先做直線運動，最終速度減為零C．PQ兩端電壓為BRvD．受到安培力的大小為2BRv【答案】C【來源】2025屆浙江省杭州市高三下學(xué)期二模物理試題【詳析】A．?環(huán)進(jìn)入磁場時，其穿過磁感應(yīng)強度為?B?的面積增大，按楞次定律增反減同可知感應(yīng)電流應(yīng)為順時針方向，?A錯誤；B．由于環(huán)的速度可以分解為沿邊界?MN?方向與垂直邊界兩部分。沿邊界方向不改變環(huán)在磁場中的“面積”，不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，也無安培力；只有垂直邊界的分速度會因感應(yīng)電流受到安培力而逐漸減小到零，但沿邊界方向的分速度不變，因此最終環(huán)不會速度減為零而停下，?B?錯誤；C．?求?P、Q?兩點的電勢差，可視作直徑?PQ?在磁場中以垂直該直徑的分速度vsinθ?切割磁感線。若整條直徑?2R?都在勻強場中，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E直徑=B?2R?（vsinθ），但實際只有半個圓環(huán)在場中，相當(dāng)于有效長度減半，故UPQ=BR（vsinθ），?C?正確；D．?感應(yīng)電流I=E環(huán)r=2BRv故選C。4．（2025·浙江金華·三模）有關(guān)下列四幅圖的描述，正確的是（）A．圖1中，勻速轉(zhuǎn)動的線圈此位置產(chǎn)生的電動勢恰好為零B．圖2中，變壓器原副線圈電流之比IC．圖3中，強磁體從帶有裂縫的鋁管中靜止下落（不計空氣阻力）可視做自由落體運動D．圖4中，電子感應(yīng)加速器中若電磁鐵電流方向反向，可通過減小電流的方式實現(xiàn)電子的逆時針加速運動【答案】A【詳析】A．圖1中，勻速轉(zhuǎn)動的線圈此位置時，線圈不切割磁感線，即電動勢為0，故A正確；B．圖2中，變壓器原副線圈電流之比I1I2C．圖3中，強磁體從帶有裂縫的鋁管中靜止下落，鋁管會產(chǎn)生感應(yīng)電流，即產(chǎn)生電磁阻尼現(xiàn)象，阻礙強磁體的運動，故不可視做自由落體運動，故C錯誤；D．電子感應(yīng)加速器示意圖。若電磁鐵電流方向反向，磁場方向反向，根據(jù)左手定則可知無法實現(xiàn)電子逆時針運動，故D錯誤。故選A。5．（2025·浙江溫州·二模）桌面上放置一“U”形磁鐵，用能繞端點轉(zhuǎn)動的絕緣輕桿懸掛一半徑為r、厚度為d的鋁制薄圓盤，圓盤的平衡位置恰好位于兩磁極之間，如圖甲所示。若將圓盤拉離平衡位置一個固定角度后由靜止釋放（如圖乙所示），圓盤在豎直平面內(nèi)來回擺動（圓盤面始終與磁場垂直），經(jīng)t1時間停下；若僅將圓盤厚度改變?yōu)?d，重復(fù)以上實驗，圓盤經(jīng)t2時間停下；若保持圓盤半徑r和厚度d不變，僅將材料替換成電阻率和密度都更大的鉛，重復(fù)以上實驗，圓盤經(jīng)A．t2明顯大于t1 B．tC．t3明顯大于t1 D．t3【答案】C【詳析】AB．根據(jù)R=ρLS若僅將圓盤厚度改變?yōu)?d，則電阻減小，相同條件下，圓盤產(chǎn)生的電流變大，圓盤受到的安培力變大，但是圓盤質(zhì)量也變大，阻礙作用不好判斷，考慮兩個一模一樣的圓盤，從同一高度單獨釋放到停下所用時間相同，那么兩個圓盤并排貼在一起（相當(dāng)于厚度加倍），從同一高度單獨釋放到停下所用時間應(yīng)該不變，即t1與tCD．結(jié)合以上分析，僅將材料替換成電阻率和密度都更大的鉛，電阻變大，相同條件下，圓盤產(chǎn)生的電流變小，圓盤受到的安培力變小，同時圓盤質(zhì)量變大，阻礙作用變小，則圓盤停下來所用時間變長，即t3明顯大于t1，故C正確，故選C。6．（2025·浙江溫州·二模）有關(guān)下列四幅圖的描述，正確的是（）A．圖甲中，線圈順時針勻速轉(zhuǎn)動，電路中A、B發(fā)光二極管不會交替發(fā)光B．圖乙中，強相互作用可以存在于各種核子之間，作用范圍只有約10?10mC．圖丙中，磁電式儀表中的鋁框可使指針較快停止擺動，是利用了電磁驅(qū)動的原理D．圖丁中，自由電荷為負(fù)電荷的霍爾元件（電流和磁場方向如圖所示）的N側(cè)電勢高【答案】A【詳析】A．圖甲中，由于線圈外接換向器，使線圈中的交流電整合為直流電，電流的方向不變，A、B發(fā)光二極管不會交替發(fā)光，A正確；B．強相互作用的作用范圍約為10?15m（原子核尺度），并非10?10m，B錯誤。C．磁電式儀表中鋁框的作用是利用“渦流（電磁）阻尼”使指針快速停擺，而非“電磁驅(qū)動”，C錯誤。D．根據(jù)左手定則可知，自由電荷向N側(cè)偏轉(zhuǎn)，由于自由電荷為負(fù)電荷，N側(cè)的電勢較低，D錯誤。故選A。7．（2025·浙江·選考測評）如圖所示，磁鐵靠近處于超導(dǎo)狀態(tài)的超導(dǎo)體時，由于超導(dǎo)體沒有電阻，超導(dǎo)體中會產(chǎn)生強大的電流，從而對磁鐵有排斥作用，這種排斥力可以使磁鐵懸浮于空中。則（

）A．在磁鐵和超導(dǎo)體間，磁鐵產(chǎn)生的磁場和超導(dǎo)體中電流產(chǎn)生的磁場方向垂直B．在磁鐵和超導(dǎo)體間，磁鐵產(chǎn)生的磁場和超導(dǎo)體中電流產(chǎn)生的磁場方向相反C．將懸浮在超導(dǎo)體上面的磁鐵翻轉(zhuǎn)180°，超導(dǎo)體和磁鐵間的作用力將變成引力D．磁鐵懸浮一段時間后，超導(dǎo)體中的電流會產(chǎn)生焦耳熱【答案】B【詳析】AB．由楞次定律可知，在磁鐵和超導(dǎo)體間，磁鐵產(chǎn)生的磁場和超導(dǎo)體中電流產(chǎn)生的磁場方向相反，A錯誤，B正確；C．將懸浮在超導(dǎo)體上面的