《2025年学霸高考黑题物理人教版》

1. (2025·黑吉辽蒙卷)如图(a)，固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框 $abcd$，置于始终竖直向下的匀强磁场中，$ad$ 边与磁场边界平行，$ab$ 边中点位于磁场边界。导体框的质量 $m = 1\ kg$、电阻 $R = 0.5\ \Omega$、边长 $L = 1\ m$。磁感应强度 $B$ 随时间 $t$ 连续变化，$0 \sim 1\ s$ 内 $B - t$ 图像如图(b)所示。导体框中的感应电流 $I$ 与时间 $t$ 关系图像如图(c)所示，其中 $0 \sim 1\ s$ 内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。
(1) 求 $t = 0.5\ s$ 时 $ad$ 边受到的安培力大小 $F$；
(2) 画出图(b)中 $1 \sim 2\ s$ 内 $B - t$ 图像(无需写出计算过程)；
(3) 从 $t = 2\ s$ 开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度 $v_0 = 0.1\ m/s$，求 $ad$ 边离开磁场时的速度大小 $v_1$。

答案：
1.【学霸三步解题思路】
步骤A 题干正向延伸
直接信息：
①光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框
②竖直向下的匀强磁场
③ad边与磁场边界平行，ab边中点位于磁场边界
④导体框的质量m = 1kg、电阻R = 0.5Ω、边长L = 1m
⑤0~1s内B - t图像
⑥导体框中的感应电流I与时间t关系图像
步骤B 设问反向推演
(1)t = 0.5s时ad边受到的安培力大小F
⇒安培力的表达式
⇒求出平均电流
(2)画出图(b)中1~2s内B - t图像
⇒根据平均电流求出感应电动势
⇒根据法拉第电磁感应求出磁感应强度变化率
(3)求ad边离开磁场时的速度大小v1
⇒因为知道移动的距离，使用动量定理
⇒电荷量等于平均电流乘以时间，平均电流等于平均电动势除以阻值，代入动量定理即可
步骤C 正反连接
(1)$E_1 = \frac{\Delta\Phi}{\Delta t} = \frac{\Delta B · \frac{1}{2}L^2}{\Delta t}$，$F = IBL$
(2)$\frac{\Delta B}{\Delta t} = \frac{B_2 - B_1}{\Delta t}$
(3)$-B_2IL\Delta t = mv_1 - mv_0$ ，$q = I\Delta t = \frac{E}{R}\Delta t = \frac{\Delta\Phi}{R} = \frac{\frac{1}{2}B_2L^2}{R}$
【答案】
(1)0.015N
(2)如图所示

(3)0.01m/s
解析：
(1)由法拉第电磁感应定律$E_1 = \frac{\Delta\Phi}{\Delta t} = \frac{\Delta B · \frac{1}{2} × 1^2}{ \Delta t}= \frac{0.2 - 0.1}{1 - 0}×\frac{1}{2} × 1^2 V = 0.05V$，由闭合电路欧姆定律可知，0~1s内线框中的感应电流大小为$I_1 = \frac{E_1}{R} = 0.1A$，由图(b)可知，$t = 0.5s$时磁感应强度大小为$B_{0.5} = 0.15T$，所以此时导线框$ad$的安培力大小为$F = B_{0.5}I_1L = 0.15 × 0.1 × 1N = 0.015N$。
(2)0~1s内线框内的感应电流大小为$I_1 = 0.1A$，根据楞次定律及安培定则可知感应电流方向为顺时针，由图(c)可知1~2s内的感应电流大小为$I_2 = 0.2A$，方向为逆时针，根据欧姆定律可知1~2s内的感应电动势大小为$E_2 = I_2R = 0.1V$，由法拉第电磁感应定律$E_2 = \frac{\Delta\Phi}{\Delta t} = \frac{\Delta B · \frac{1}{2}L^2}{\Delta t} = 0.1V$，可知1~2s内磁感应强度的变化率为$\frac{\Delta B}{\Delta t} = \frac{B_2 - B_1}{\Delta t} = 0.2T/s$，
解得$t = 2s$时磁感应强度大小为$B_2 = 0.3T$，方向垂直于纸面向里，故1~2s的磁场随时间变化图如答案图所示。
(3)由动量定理可知$-B_2IL\Delta t = mv_1 - mv_0$，其中$q = I\Delta t = \frac{E}{R}\Delta t = \frac{\Delta\Phi}{R} = \frac{\frac{1}{2}B_2L^2}{R}$，
联立解得$ad$边离开磁场边界的速度大小为$v_1 = 0.01m/s$。
解析技巧：利用平均电动势时要注意是磁感应强度变化还是面积在改变，这部分内容在考查常结合动量定理和电荷量的知识。

2. (2025·湖南长沙三模)(多选)一端开有小口的水平单匝圆环线圈固定在竖直向上的均匀磁场中，其磁感应强度大小随时间的变化规律为 $B_1 = 6t\ (T)$，线圈的面积 $S = 4\ m^2$，线圈与水平固定的光滑导轨连接，导轨左侧接有小灯泡 $L$，小灯泡 $L$ 的参数为“$24\ V, 5\ A$”。一导体棒垂直导轨静止放置，导体棒的质量 $m = 2\ kg$，接入导轨间的长度 $l = 1\ m$，接入电路的电阻 $r = 2\ \Omega$，导体棒处于竖直向下、磁感应强度大小 $B_2 = 4\ T$ 的匀强磁场中。不计导轨和线圈的电阻，灯泡电阻恒定，导轨足够长，从 $t = 0$ 时刻开始，下列说法正确的是(ABD)


A.灯泡一直正常发光
B.电路中的热功率先减小后不变
C.导体棒最终将静止
D.从开始运动至达到稳定状态过程中，通过导体棒的电荷量 $q = 3\ C$

答案： 2.题型分析
本题属于线圈完全在随时间线性变化的匀强磁场中的模型。考查感生电动势的计算、欧姆定律的应用。
ABD解析：A.根据法拉第电磁感应定律$E_1 = N\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}$，有$E_1 = \frac{\Delta B}{\Delta t}S = 6 × 4V = 24V$，所以开始时，线圈产生的感应电动势$E_1 = 24V$，灯泡的额定电压为$24V$，此时灯泡两端电压为$24V$，灯泡正常发光。随着导体棒运动，导体棒切割磁感线产生感应电动势$E_2 = B_2lv$，根据右手定则可知该电动势方向与线圈产生的感应电动势方向相反，会使得通过导体棒的电流减小，但是灯泡两端电压不变，总为$24V$，所以灯泡一直正常发光，故A正确；C.开始时，导体棒受到向右的安培力，导体棒将向右做加速运动，因为导体棒产生的电动势等于$B_2lv$，随着速度增大，导体棒产生的反电动势增大，总电动势减小，电流减小，安培力减小，加速度减小；当$E_2 = E_1$时，电流为0，安培力为0，导体棒做匀速直线运动，而不是最终静止，故C错误；B.灯泡两端的电压保持$U = E_1 = 24V$不变，灯泡的热功率$P_1 = \frac{E^2}{R_{灯}}$不变，随着导体棒运动产生的与线圈中方向相反的电动势$E_2 = B_2lv$逐渐变大，当$E_1 = E_2$时导体棒中电流为零，电路达到稳定状态，即通过导体棒的电流先减小后不变，可知导体棒中的焦耳热先减小后不变，所以电路中的总的热功率先减小后不变，故B正确；D.对导体棒，根据动量定理$B_2Il\Delta t = mv - 0$，而$q = I\Delta t$，则$B_2lq = mv$，其中$v$为导体棒稳定时的速度，则稳定时$E_1 = B_2lv$，解得$v = 6m/s$，所以解得$q = 3C$，故D正确。故选ABD。
名师点评：动生电势和感生电动势产生的电流的方向是相反的，某一瞬间电流为0，根据电功率的公式分析热功率的变化，依据动量定理求电荷量。

3. (2022·河北卷)将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为 $S_1$，小圆面积均为 $S_2$，垂直线圈平面方向有一随时间 $t$ 变化的磁场，磁感应强度大小 $B = B_0 + kt$，$B_0$ 和 $k$ 均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为(D)


A.$kS_1$
B.$5kS_2$
C.$k(S_1 - 5S_2)$
D.$k(S_1 + 5S_2)$

答案： 3.题型分析
本题属于多个线圈(大圈 + 小圈)在随时间线性变化磁场中的模型。考查对感应电动势方向的判断、感应电动势大小的计算。
D解析：由法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势$E_1 = \frac{\Delta\Phi_1}{\Delta t} = \frac{\Delta B · S_1}{\Delta t} = kS_1$，
每个小圆线圈产生的感应电动势$E_2 = \frac{\Delta\Phi_2}{\Delta t} = \frac{kS_2}{\Delta t} = kS_2$，
由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为$E = E_1 + 5E_2 = k(S_1 + 5S_2)$，故D正确。
解题技巧：本题中大线圈和5个小线圈中的绕向相同，故产生的感应电动势同向，可直接叠加。