专题15 电磁感应定律及其应用（解析版）

【淘宝店铺：向阳百分百】【淘宝店铺：向阳百分百】专题15电磁感应定律及其应用题型一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用【解题指导】(1)理解“谁”阻碍“谁”，及如何阻碍．(2)理解楞次定律的广义形式，“结果”阻碍“原因”．【典例分析1】（2023·河南开封·统考一模）如图所示，金属导体圆环用绝缘支架固定在铁架台上，圆环面水平。在圆环正上方，一质量为m，可视为质点的小磁铁通过细线吊在铁架台的横杆上，细线与圆环的轴线重合，小磁铁距铁架台底面的高度为h。现剪断细线，小磁铁沿圆环轴线下落到铁架台底面上。不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．小磁铁落在铁架台底面上时的速度大小为B．小磁铁下落的整个过程中，加速度先小于g后大于gC．在小磁铁下落的整个过程中，圆环对小磁铁的作用力先竖直向上后竖直向下D．在小磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流先逆时针后顺时针（从上往下看）【答案】D【详解】A．小磁铁下落的整个过程中，圆环中产生感应电流，则小磁铁的机械能不守恒，所以有则小磁铁落在铁架台底面上时的速度v小于，故A错误；BC．根据楞次定律中“来拒去留”可知，小磁铁下落的整个过程中，圆环产生的感应电流总是要阻碍小磁铁与圆环间的相对运动，所以圆环对它的作用力始终竖直向上，则加速度始终小于g，故BC错误；D．小磁铁在圆环上方下落时，圆环磁通量增加，则产生的感应磁场方向竖直向上，根据右手螺旋定则判断可知，圆环中的感应沿逆时针方向。小磁铁在圆环下方下落时，圆环磁通量减小，产生的感应磁场方向竖直向下，则根据右手螺旋定则判断可知，圆环中的感应沿顺时针方向，故D正确。故选D。【典例分析2】（2023上·吉林长春·高三东北师大附中校考阶段练习）如图所示，当条形磁铁N极移近螺线管时，关于螺线管中A点与B点电势关系，下列说法正确的是（

）

A．A点电势低于B点电势 B．A点电势等于B点电势C．A点电势高于B点电势 D．无法确定【答案】A【详解】当条形磁铁N极移近螺线管时原磁场方向水平向右，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向水平向左，根据楞次定律可知，线圈中的电流方向从A到B，线圈相当于电源，B为电源的正极，因此A点的电势低于B点的电势，故选A。【典例分析3】（2023上·福建福州·高三校联考期中）如图甲所示，线圈套在长玻璃管上，线圈的两端与电流传感器（可看作理想电流表）相连。将强磁铁从长玻璃管上端由静止释放，磁铁下落过程中将穿过线圈，并不与玻璃管摩擦。实验观察到如图乙所示的感应电流随时间变化的图像，从上往下看线圈中顺时针为电流的正方向。下列判断正确的是（）A．本次实验中朝下的磁极是N极B．t1~t2与t2~t3两段时间里图线与坐标轴围成的面积相等C．磁铁下落过程减少的重力势能等于增加的动能D．磁铁若从更高处释放，t2时刻穿过线圈的磁通量更大【答案】B【详解】A．由乙图可知t1~t2时间内线圈中电流为顺时针方向，根据楞次定律的“增反减同”可知本次实验中朝下的磁极是S极。故A错误；B．乙图中图线与横轴所围面积表示通过线圈横截面的电荷量，有依题意，线圈在t1~t2与t2~t3两段时间里的磁通量的变化相同，所以这两段图线与坐标轴围成的面积相等。故B正确；C．由能量守恒可知磁铁下落过程减少的重力势能等于增加的动能与增加的电流能量之和。故C错误；D．根据磁铁若从更高处释放，t2时刻穿过线圈的磁通量不变。故D错误。故选B。【方法提炼】1.感应电流方向的判断方法(1)右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断。(2)楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断。2．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”。(2)阻碍相对运动——“来拒去留”。(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”。(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”。3．感应电动势大小的计算情景图研究对象回路(不一定闭合)一段直导线(或等效直导线)绕一端转动的一段导体棒绕与B垂直的轴转动的导线框表达式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝BLvE＝eq\f(1,2)BL2ω从图示时刻计时E＝NBS·ωcosωt【变式演练】1．（2023·广西·统考三模）三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电动势大小分别为、和。则（）A． B． C． D．【答案】B【详解】设正方形线框的边长为2r，则圆形线框的半径为r，正六边形线框的边长为r，它们的面积分别为，，解得根据法拉第电磁感应定律，可得依题意，为同一个值，即感应电动势与线框面积成正比，可得故选B。2．（2023上·江苏南京·高三校联考期中）如图所示，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l=0.40m的正方形金属框的D点上。金属框的一条对角线AC水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。己知构成金属框的导线单位长度的阻值为=5.0×10-3Ω/m。在t=0到t=3.0s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B（t）=0.3-0.1t（SI制）。则下列说法正确的是（）A．t=0到t=3.0s时间内，金属框中产生的感应电动势为0.016VB．t=0到t=3.0s时间内，金属框中的电流方向为A→D→C→B→AC．t=2.0s时金属框所受安培力的大小为ND．在t=0到t=2.0s时间内金属框产生的焦耳热为0.032J【答案】C【详解】A．t=0到t=3.0s时间内，金属框中产生的感应电动势为故A错误；B．根据楞次定律的增反减同可知t=0到t=3.0s时间内，金属框中的电流方向为D→A→B→C→D。故B错误；C．由欧姆定律。可得t=2.0s时磁感应强度为金属框处于磁场中的有效长度为所受安培力的大小为N故C正确；D．在t=0到t=2.0s时间内金属框产生的焦耳热为故D错误。故选C。3.(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图a中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t＝0时磁感应强度的方向如图a所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图b所示。则在t＝0到t＝t1的时间间隔内()A．圆环所受安培力的方向始终不变B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C．圆环中的感应电流大小为eq\f(B0rS,4t0ρ)D．圆环中的感应电动势大小为eq\f(B0πr2,4t0)【答案】BC【解析】由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变，但t0时刻磁场方向发生变化，故安培力方向发生变化，A错误；根据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向，B正确；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小E＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔB,Δt)))·S′＝eq\f(B0,t0)·eq\f(πr2,2)＝eq\f(πB0r2,2t0)，根据闭合电路欧姆定律知，感应电流大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(πB0r2,2t0),ρ\f(2πr,S))＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，C正确，D错误。4.（2023上·山西运城·高三校联考阶段练习）如图所示，螺线管竖直固定，螺线管正下方水平地面上有一金属圆环，螺线管的轴线通过圆环的圆心，给螺线管通入如图所示方向的电流，电流均匀增大，圆环保持不动，则下列说法正确的是（）

A．从上往下看，圆环中有顺时针方向的感应电流B．圆环中磁通量均匀增大C．圆环中感应电流均匀增大D．圆环受到的安培力均匀增大【答案】BD【详解】AB．根据安培定则可知通电螺线管下端为N极，螺线管上电流电流均匀增大，根据电流的磁效应，所以磁场均匀变大，那么圆环中磁通量均匀增大，根据楞次定律可知，从上往下看，圆环中有逆时针方向的感应电流，A错误，B正确；C．根据法拉第电磁感应定律与对AB选项的分析可知：圆环中感应电流大小恒定，方向不变，C错误；D．由于螺线管中的磁场在圆环位置均匀变大，所以圆环受到的安培力均匀增大，D正确。故选BD。5.（2023下·安徽滁州·高三校考开学考试）半径分别为和的同心半圆粗糙导轨、固定在同一水平面内，一长为、电阻为、质量为且质量分布均匀的导体棒置于半圆轨道上面，的延长线通过导轨的圆心，装置的俯视图如图所示。整个装置位于磁感应强度大小为、方向竖直向下的匀强磁场中。在、之间接有一阻值为的电阻。导体棒在水平外力作用下，以角速度绕顺时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨间的动摩擦因数为，导轨电阻不计，重力加速度为，则下列说法正确的是（

）A．导体棒两端的电压为B．电阻中的电流方向从到，大小为C．外力的功率大小为D．若导体棒不动，要产生同方向的感应电流，可使竖直向下的磁场的磁感应强度增加，且变化得越来越慢【答案】BC【详解】AB．导体棒在匀强磁场中切割磁感线产生感应电动势感应电流方向为顺时针由右手定则可知，电流由流向，故A错误，B正确；C．电功率公式由能量守恒定律得解得故C正确；D．由右手定则可知，感应电流沿顺时针方向；若导体棒不动，要产生同方向的感应电流，由楞次定律可知，可使竖直向下的磁场的磁感应强度减小，故D错误；故选BC。题型二电磁感应的图象问题【解题指导】(1)产生电动势的那部分导体相当于电源，电源内部电流由负极流向正极，电源两端电压为路端电压．(2)Φ－t图象、B－t图象的斜率对应电动势大小及电流方向，其斜率不变或平行，感应电动势大小不变，电流方向不变．【典例分析1】（2023下·重庆北碚·高三重庆市兼善中学校考开学考试）一长直导线与闭合金属线框放在同一竖直面内，如图甲所示，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示（以竖直向上为电流的正方向）。则在0～T时间内，下列说法正确的是（）

A．时间内，穿过线框的磁通量最小B．时间内，线框中始终产生逆时针方向的感应电流C．时间内，线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势D．时间内，线框所受安培力的合力方向向右【答案】BC【详解】A．时间内，长直导线中的电流最大，且保持不变，所以穿过线框的磁通量最大，A错误；BC．在时间内，导线中的电流先反向减小后正向增大，线框内的磁通量先减小后增大，由楞次定律可以判断线框中感应电流的方向始终沿逆时针方向，线框先有扩张的趋势后有收缩的趋势，BC正确；D．时间内，导线中电流保持不变，穿过线框的磁通量不变，所以线框内无感应电流产生，线框不受安培力的作用，D错误。故选BC。【典例分析2】（2023上·江西·高三校联考阶段练习）如图甲所示，边长为L、电阻为R的正三角形金属框ACD由粗细均匀的金属棒组成，绝缘细线一端连接AC的中点G将金属框吊在天花板上的O点，金属框处于静止状态，金属框部分处于垂直金属框平面向外的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，金属框AD，CD边的中点E、F在磁场的水平边界上，重力加速度为g。现让磁感应强度按如图乙所示规律变化，图甲中磁场方向为正方向，t=0时刻悬线的拉力恰好为零，细线能承受的最大拉力为金属框重力的2倍，则下列判断正确的是（）A．细线未断时，金属框中感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向B．时刻，线框中感应电流不为零，细线上拉力大小等于金属框重力C．细线能承受的最大拉力等于D．时刻细线断开【答案】BC【详解】A．根据楞次定律可知，细线未断时，磁场向外减小后向里增大，金属框中感应电流一直沿逆时针方向，故A错误；B．t=t0时刻，磁通量变化率不为零，感应电流不为零，但磁场磁感应强度为零，安培力为零，因此细线上拉力大小等于金属框重力，故B正确；C．金属框中感应电动势大小线框中电流大小根据题意因此细线能承受的最大拉力故C正确；D．根据图像可知，t=2t0时刻，磁感应强度和0时刻大小相同，金属框受到的安培力向下，大小等于金属框的重力，此时细线断开，故D错误。故选BC。【典例分析3】（2023上·辽宁大连·高二大连八中校考期中）如图甲所示，一根电阻R＝4Ω的导线绕成半径d＝2m的圆环，在圆内部分区域存在变化的匀强磁场，中间S形虚线是两直径均为d的半圆，磁感应强度随时间的变化如图乙所示（磁场垂直于纸面向外为正，电流顺时针方向为正），关于环中感应电流—时间图像，下列选项中正确的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A【详解】0~1s，感应电动势为由欧姆定律可知感应电流的大小为由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，为正方向，故A正确，BCD错误。故A正确。【方法提炼】1．图象类型2．分析方法3．解答电磁感应中图象类选择题的两个常用方法排除法定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项函数法根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断【变式演练】1.（2023上·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）如图甲所示，单匝线圈电阻，线圈内部存在垂直纸面向外的磁场，磁场面积为，有一个阻值为的电阻两端分别与线圈两端a、b相连，电阻的一端b接地。磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，不考虑圆形线圈缺口对感应电动势的影响，则（）

A．在时间内，a点电势高于b点电势B．当时穿过线圈的磁通量为C．在时间内，通过电阻R的电荷量大小为D．在时间内，a、b两点间电压大小为【答案】C【详解】A．在时间内，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，R中有电流从b流向a，b点电势高于a点电势，A错误；B．由图可知时，，则此时穿过线圈的磁通量为B错误；D．根据法拉第电磁感应定律可得由闭合电路欧姆定律得R两端电压为D错误；C．内通过电阻R的电荷量大小为C正确。故选C。2．（2023下·宁夏银川·高二宁夏育才中学校考阶段练习）一闭合矩形线圈绕垂直于磁感线的固定轴匀速转动，线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中。通过线圈的磁通量随时间的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是（）

A．、时刻通过线圈的磁通量变化率最大B．、时刻线圈中感应电流方向改变C．、时刻线圈中磁通量最大D．、时刻线圈中感应电动势最小【答案】D【详解】AD．根据图乙图像的斜率，可知、时刻通过线圈磁通量的变化率最小为零，根据法拉第电磁感应定律，可知此时线圈中感应电动势最小，为零，故A错误，D正确；BC．线圈通过中性面时，线圈中产生感应电流的方向发生改变。由图乙可知，、时刻，穿过线圈的磁通量最小，线圈位于峰值面，线圈中感应电流的方向不发生改变，故BC错误；故选D。3．（2023上·辽宁·高三校联考阶段练习）如图所示，xOy平面的第一、三象限内充满垂直纸面向外的匀强磁场。边长为L的正方形金属框始终在O点的顶点环绕，在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动，时刻，金属框开始进入第一象限，已知匀强磁场的磁感应强度为B，金属框的总电阻为R，规定顺时针方向为电流的正方向，不考虑自感影响，关于金属框中感应电流i随时间t变化的图像正确的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A【详解】如图所示。

在t=0到的过程中，即金属框顺时针转过90°的过程中，金属框切割磁感线的有效切割长度先变大后变小，根据转动切割感应电动势的计算公式E=Bω2l可知E先增大后减小，感应电流先增加后减小，根据楞次定律可知，电流方向为顺时针方向，即正方向；在t=0到的过程中，由圆周运动公式可知θ=ωt根据几何关系和三角形的面积公式可得则穿过线圈的磁通量为对上述的表达式由数学知识得由此可知，在t=0到的过程中，E的变化率一直增大，感应电流的变化率一直增加；同理可得在到的过程中，E的变化率一直减小，感应电流的变化率一直减小；故A正确，BCD错误。故选A。4．（2023·全国·高三专题练习）在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1m2，线圈电阻为1Ω。规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示。磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，以下说法正确的是（

）

A．在0~2s时间内，I的最大值为0.02AB．在3~5s时间内，I的大小越来越小C．前2s内，通过线圈某横截面的总电荷量为0.01CD．第3s内，线圈的发热功率最大【答案】C【详解】A．0~2s时间内，t=0时刻磁感应强度变化率最大，感应电流最大故A错误；B．3~5s时间内电流大小不变，故B错误；C．前2s内通过线圈的电荷故C正确；D．第3s内，B没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率最小，故D错误。故选C。5．（2023上·河南新乡·高三新乡市第一中学校考阶段练习）用同种导线制成的圆环水平同心放置，环a半径为r，环b半径为R，，环a中有与环面成角的匀强磁场，时磁感应强度的方向如图甲所示，磁感应强度随时间的变化如图乙所示。则（）A．时间内，环a一直有收缩的趋势B．时间内，两环间一直存在相互作用的引力C．时间内，环a与环b中的电流之比为D．时间内，环b产生的感应电动势大小为【答案】BD【详解】A．时间内，通过a环的磁通量先减少后增加，所以a环有先扩大再收缩的趋势，故A错误；B．根据楞次定律可知，时间内，b环与a环产生同方向的感应电流，两环相互吸引，故B正确；C．两环有效面积相等，所以感应电动势相等，两环由同种材料制成，长度之比是1:2，根据电阻定律得电阻之比是1:2，则感应电流之比是2:1，故C错误；D．由图乙可知，磁感应强度的变化率是，b环的有效面积是根据法拉第电磁感应定律可得故D正确。故选BD。6.（2023上·河南漯河·高三统考期末）如图（a），边长为d的单匝正方形导线框固定在水平纸面内，线框的电阻为R。虚线MN恰好将线框分为左右对称的两部分，在虚线MN左侧的空间内存在与纸面垂直的匀强磁场，规定垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度B随时间t变化的规律如图（b），虚线MN右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小恒为，下列说法正确的是（）

A．时刻，线框中产生的感应电动势大小为B．时刻，线框所受安培力的合力为0C．时刻，线框受到的安培力大小为D．在内通过线框导线横截面的电荷量为【答案】ACD【详解】A．线框右半边磁通量不变，线圈左半边磁场增强，磁通量增大，由法拉第电磁感应定律可得故A正确；B．由右手螺旋定则可知线框中感应电流方向为逆时针方向。上下边框对称位置受力等大反向，左右两边受力等大同向。故安培力合力为故B错误；C．2t0时左边线框受力与右边线框受力同向，故故C正确；D．根据电荷量的公式有故D正确。故选ACD。7．（2023下·安徽安庆·高三安徽省宿松中学校联考开学考试）长方形线圈固定在水平桌面上，通电直导线平行cd边放置，导线与线框在同一平面内，导线中通有如图所示的电流，设直导线中电流i向右为正。穿过线框的磁通量为，磁场方向垂直纸面向里时磁通量为正；线框中的感应电流为I，顺时针方向为正；线框受到的安培力为F，指向直导线为正；线框的热功率为P。已知通电直导线在空间产生的磁感应强度与电流的大小成正比，与到直导线的距离成反比，以下图像正确的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】AC【详解】根据题意，由图可知，时间内，磁感应强度均匀增大，磁通量均匀增大，磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，线框中的感应电流逆时针方向，由左手定则可知，线框受到的安培力背离直导线方向。时间内，磁感应强度均匀减小，磁通量均匀减小，磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，线框中的电流沿顺时针方向，由左手定则可知，线框受到的安培力指向直导线。时间内，磁感应强度均匀增大，磁通量均匀增大，磁场方向垂直纸面向外，由楞次定律可知，线框中的感应电流顺时针方向，由左手定则可知，线框受到的安培力背离直导线方向。时间内，磁感应强度均匀减小，磁通量均匀减小，磁场方向垂直纸面向外，由楞次定律可知，线框中的电流沿顺时针方向，由左手定则可知，线框受到的安培力指向直导线。线框中的感应电流大小恒定，由公式可知，安培力大小与磁感应强度大小变化规律相同，线框受到的安培力线框的热功率为一定值。故选AC。8．（2023上·云南昆明·高三昆明八中校联考阶段练习）如图甲所示，一个匝数匝的圆形导体线圈，面积，总电阻。在线圈中存在面积的垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示。有一个的电阻，将其两端、分别与图甲中的圆形线圈相连接，其余电阻不计，下列说法正确的是（）

A．内点电势高于点电势 B．内、间的电压大小为C．内通过电阻的电荷量为 D．内电流的有效值为【答案】AC【详解】A．由楞次定律可知，内，线圈中产生逆时针方向的感应电流，线圈相当于电源，根据电源内部电流从低电势流向高电势，可知点电势高于点电势，故A正确。B．内，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为间的电压为故B错误。D．内电路的电流为内电路的电流故代入数据解得故D错误。C．内通过电阻的电荷量大小为故C正确。故选AC。题型三电磁感应中的力、电综合问题【解题指导】1.分析导体棒切割磁感线运动时要由牛顿第二定律列方程，在方程中讨论v的变化影响安培力的变化，进而影响加速度a的变化，a的变化又影响v的变化．2.克服安培力做功的过程就是其他形式的能转化为电能的过程，克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．【典例分析1】（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考一模）如图所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，导轨所在平面倾角，导轨间距，在水平虚线的上方有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，水平虚线下方有平行于导轨平面向下的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为。导体棒垂直放置在导轨上，开始时给两导体棒施加约束力使它们静止在斜面上，现给棒施加沿斜面向上的拉力，同时撤去对两导体棒的约束力，使沿斜面向上以的加速度做匀加速直线运动，棒沿斜面向下运动，运动过程中导体棒始终与导轨垂直并接触良好，已知导体棒与导轨间的动摩擦因数均为，导体棒的质量均为，两导体棒组成的回路总电阻为，导轨的电阻不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，，求：（1）当棒向下运动的速度达到最大时，棒受到的安培力的大小和方向；（2）当回路中的瞬时电功率为2W时，在此过程中，通过棒横截面的电量；（3）当棒速度减为零时，回路中的电流大小。【答案】（1）0.4N，方向垂直导轨向下；（2）1C；（3）0.8A【详解】（1）沿斜面向上运动切割磁感线，根据右手定则可知，产生的感应电流方向由流向，则中电流方向由流向，根据左手定则可知，棒受到的安培力方向垂直导轨向下；当棒运动的速度达到最大时，以以棒为对象，沿斜面方向有解得（2）当回路中的瞬时电功率为时，电功率为电源的电动势为由速度位移关系得在此过程中，通过棒横截面的电量联立解得（3）棒向下运动的过程中，对棒列动量定理得可得在此过程中，通过棒横截面的电量就是通过棒电量为棒运动的距离联立解得此时棒的速度电动势回路中的电流【方法提炼】1.电磁感应中的力电综合问题的分析思路注：有些物理量必须用动量定理或动量守恒定律定量计算(参考易错警示)。2．求解电磁感应问题中焦耳热的三个途径(1)感应电路为纯电阻电路时产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W克安，一般用于电流变化的电路。(2)感应电路中电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功，即Q＝I2Rt，一般用于电流恒定的电路。(3)感应电路中产生的焦耳热可通过能量守恒定律列方程求解。【变式演练】1.（2023下·宁夏银川·高三宁夏育才中学校考阶段练习）如图所示，平行长直光滑固定的金属导轨、平面与水平面的夹角，导轨间距为，上端接有的电阻，在导轨中间加一垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁场区域为，磁感应强度大小为，磁场区域宽度为，放在导轨上的一金属杆质量为、电阻为，从距磁场上边缘处由静止释放，金属杆进入磁场上边缘的速度。导轨的电阻可忽略不计，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，重力加速度大小为，求：（1）金属杆距磁场上边缘的距离；（2）杆通过磁场区域的过程中所用的时间；（3）金属杆通过磁场区域的过程中电阻上产生的焦耳热。

【答案】（1）0.4m；（2）0.2s；（3）0.096J【详解】（1）由机械能守恒可得解得金属杆距磁场上边缘的距离为（2）由法拉第电磁感应定律，金属杆刚进入磁场时，电动势为由闭合电路欧姆定律得金属杆受到的安培力为金属杆重力沿轨道平面向下的分力为所以金属杆进入磁场后做匀速直线运动，则金属杆通过磁场区域的过程中所用的时间（3）由能量守恒定律得，回路中产生的焦耳热为金属杆通过磁场区域的过程中，在电阻上产生的热量为联立解得2.（2023·广东梅州·梅州市曾宪梓中学校考模拟预测）如图所示，间距为L的平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨的左端连接一阻值为R的定值电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。一根质量为m、长度为L、电阻为r的导体棒cd放在导轨上。导体棒运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，导轨的电阻可忽略不计。（1）若对导体棒cd施加一水平向右的恒力，使其以速度v向右做匀速直线运动，求此力的大小；（2）若对导体棒cd施加一水平向右的拉力，使其沿导轨做初速为零的匀加速直线运动。的大小随时间t变化的图像为一条斜率为k（）的直线。求导体棒cd加速度的大小a。

【答案】（1）；（2）【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律可知导体棒产生的感应电动势根据闭合电路欧姆定律有根据共点力平衡联立解得（2）导体棒沿导轨做初速为零的匀加速直线运动，则有又，，根据牛顿第二定律可得联立可得可知图像的斜率为解得3.（2023上·江西·高三校联考阶段练习）如图所示，宽度、足够长的平行导轨固定于绝缘水平面上，左端接有一个电动势、内阻的电源，右端接有一个降压限流器件（当电路电流大于或等于时相当于一个可变电阻而保持电流恒为，电流小于时相当于电阻为0的导线）和一个的定值电阻，其他电阻不计，是分界线且与左右两端足够远，导轨间有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小，导轨在P、Q点各有一个断路小缺口，不计电阻的金属杆从距足够远处由静止释放，在的左侧，金属杆与导轨间的动摩擦因数。在的右侧，金属杆与导轨间的摩擦可忽略不计。已知金属杆到达之前已经在做匀速运动，且速度大小为，金属杆越过时，由于有缺口，杆的速度大小立即减为原来的60%，取重力加速度大小。求：（1）金属杆的质量；（2）金属杆越过后运动的距离；（3）整个过程中，通过降压限流器件上的电荷量。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）金属杆做匀速运动，受到的安培力大小根据受力平衡有根据闭合电路欧姆定律有解得（2）金属杆越过后速度大小变为如果器件电阻为零，电路中的电流所以当金属杆速度大小减为v2时，器件电阻恰为零，此减速过程中，通过金属杆的电流恒为解得从到的过程中，金属杆所受安培力不变，做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有解得从到的过程中，金属杆运动的时间金属杆运动的距离之后器件电阻为零，金属杆做加速度减小的减速运动直到静止，根据动量定理有即解得金属杆减速运动的距离综上，金属杆越过后运动的距离（3）金属杆匀减速运动时通过降压限流器件的电荷量金属杆做加速度减小的诚速运动直到静止，通过降压限流器件的电荷量综上，通过降压限流器件的电荷量4.（2023·河北保定·河北省唐县第一中学校考二模）如图所示，倾角为、足够长的光滑绝缘斜面固定不动，斜面上有一系列间距均为的水平虚线（图中仅画出部分），虚线1、2间存在垂直斜面向下的匀强磁场，从虚线2向下每间隔在两虚线间存在垂直斜面向下的与虚线1、2间相同的匀强磁场，磁感应强度大小为。一质量为、电阻值为、边长为的正方形线框从虚线1上方某位置由静止释放，边始终与虚线平行，当线框的边刚好到达虚线1时，线框的加速度大小为，方向沿斜面向下，重力加速度取。整个过程中线框始终没有发生转动。求：（1）线框释放瞬间，边到虚线1的间距；（2）线框的最大速度；（3）若从释放到线框的速度达到最大，所用的时间为，则此过程中线框中产生的焦耳热为多少?【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）设线框的边到虚线1时的速度为，则由法拉第电磁感应定律得由闭合电路欧姆定律得又由牛顿第二定律得代入数据解得线框从释放到边与虚线1重合的过程，由机械能守恒定律得解得（2）线框的速度最大时，线框的合力为零，由力的平衡条件得又又由代入数据解得（3）进入磁场前，设线框的加速度为，则由牛顿第二定律得解得线框从释放到边与虚线1重合的时间为所以线框在磁场中运动的时间为由题意可知，线框在沿斜面下滑的过程中，始终受到安培力的作用，设线框从刚进入磁场开始经时间速度变化为，线框的速度为，此时有时间内，由动量定理得设线框在时间内沿斜面体下滑的距离为.对上式两边求和得整理得代入数据解得由能量守恒定律得解得5．（2023上·湖南·高三校联考阶段练习）如图所示，电阻不计的两条平行足够长光滑金属导轨固定在同一水平面上，其间距为1m。甲、乙两根完全相同的金属棒垂直导轨放置，且与导轨接触良好，整个装置处于磁感应强度大小为0.5T，方向竖直向下的匀强磁场中。某时刻给金属棒甲施加一个大小为F=2N、水平向右的拉力，拉力F作用4s时，金属棒甲、乙的加速度相等，此时撤去拉力F。已知金属棒甲、乙的质量均为1kg，接入电路中的电阻均为0.5Ω。求：（1）金属棒甲、乙的加速度相等时甲、乙的速度大小；（2）从撤去拉力F到经过一段时间金属棒甲、乙之间的距离不再变化这一过程，电路中产生的热量以及金属棒甲、乙之间距离的增加量。

【答案】（1），；（2），【详解】（1）两棒的加速度相等时，设甲、乙受到的安培力大小为F安，对金属棒乙对金属棒甲设回路中的感应电动势为E，根据安培力公式设两棒的加速度相等时，甲、乙的速度分别是v甲、v乙设t时间内金属棒乙受到的安培力冲量为I，对金属棒乙对金属棒甲解得联立以上各式可解得（2）撤去外力F后，甲做加速度逐渐减小的减速运动，乙棒做加速度逐渐减小的加速运动，最后两棒速度相等，做匀速运动，设最终共同速度为v根据动量守恒定律：代入数据解得v=4m/s根据能量守恒定律，回路中产生的热量对乙棒，根据动量定理根据法拉第电磁感应定律设甲、乙两棒间距离增大了x联立解得题型四电磁感应中的动量问题【典例分析1】（2023·广西南宁·南宁三中校考模拟预测）如图所示，两条足够长的平行导电导轨MN、PQ水平放置，导轨间距L=1.0m，在轨道区域内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B=1T。导体棒a、b质量均为m=1kg，电阻均为R=0.5Ω，与导轨间的动摩擦因数均为=0.3，运动过程中导体棒与导轨始终垂直且接触良好。重力加速度g=10m/s2，导轨电阻可忽略，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。（1）若开始时导体棒a初速度为零，导体棒b获得=2m/s的水平向右的初速度，求此时导体棒a和b的加速度大小；（2）若同时分别给两导体棒不同的冲量，使导体棒a获得平行于导轨向左的初速度=2m/s的同时，导体棒b获得向右的平行于导轨的初速度=4m/s，求流经导体棒a的最大电流；（3）在（2）的条件下，从导体棒a速度为零到两棒相距最远的过程中，已知导体棒b产生的焦耳热为0.25J，求此过程中导体棒b的位移。【答案】（1）0；5m/s2；（2）6A；（3）0.5m【详解】（1）导体棒b运动产生的感应电动势回路电流导体棒受安培力解得F0=2N因则a加速度为零，b的加速度方向向左；（2）两棒反向运动，开始时的速度最大，产生的感应电动势最大最大电流解得Im=6A（3）两棒开始向相反方向运动时，两棒系统受合外力为零，则动量守恒，当a棒速度为零时解得b棒速度v3=2m/s由（1）的计算可知，此时a棒受安培力小于摩擦力，可知以后a棒静止，b棒向右做减速运动，当速度减为零时两棒最远，因导体棒b产生的焦耳热为0.25J，则此过程中，系统产生的总焦耳热为Q=0.5J此时由能量关系解得x=0.5m【典例分析2】（2023上·福建漳州·高三校考期中）如图所示，M1N1P1Q1和M2N2P2Q2为在同一水平面内足够长的金属导轨，处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。导轨的M1N1段与M2N2段相互平行，间距为L；P1Q1段与P2Q2段也是平行的，间距为。质量为m的金属杆a垂直于导轨并固定在导轨的M1N1段与M2N2段，质量也为m的金属杆b垂直于导轨并固定在导轨的P1Q1段与P2Q2段；一不可伸长的绝缘轻线一端系在金属杆b的中点，另一端绕过定滑轮与质量也为m的重物c相连，绝缘轻线的水平部分与P1Q1平行且足够长。若固定金属杆a，释放金属杆b，经时间t，c物体达到最大速度。已知两杆在运动过程中始终垂直于导轨并与导轨保持光滑接触，两杆与导轨构成的回路的总电阻始终为R，重力加速度为g。（1）求c的最大速度；（2）求时间t内通过金属杆b的电荷量q；（3）若同时释放a、b，在释放a、b的同时对a施加一水平向左的恒力F=2mg，求a、b两金属杆产生电能的电功率之比。【答案】（1）；（2）；（3）8【详解】（1）当b的加速度为零时，速度达到最大，此时速度为v，b产生的感应电动势为通过闭合回路的电流对b、c解得（2）对c，由动量定理设某时刻通过回路中电流为II，对b，由动量定理而解得（3）设某时刻回路中的电流为I，a、b的速度分别为va、vb，产生的电功率分别为对a对b对c而解得【方法提炼】示意图动力学观点导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动动量观点系统动量守恒系统动量不守恒能量观点棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热1.杆＋导轨模型可以考查学生综合运用动力学、能量、动量的观点解决电磁感应问题，有可能作为压轴题或最后一道选择题出现(如江苏高考)，所以有必要介绍一下。常见的杆＋导轨模型如下：(1)单杆模型的常见情况(2)双杆模型的常见情况杆＋导轨模型的动力学、能量分析参见典例探究例3后面的规律总结，因为杆一般做变加速运动，所以有些物理量必须从动量的角度求解。2．应用动量观点解决电磁感应综合问题可分为两类：(1)利用动量定理求感应电荷量或运动位移应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量，如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题。如：Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝Δp，q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt，可得q＝eq\f(Δp,BL)。eq\f(B2L2\o(v,\s\up6(－)),R总)Δt＝Δp，x＝eq\o(v,\s\up6(－))Δt，可得x＝eq\f(ΔpR总,B2L2)。(2)利用动量守恒定律分析双导体杆问题在相互平行的光滑水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，由于这两根导体棒所受的安培力等大反向，合外力为零，若不受其他外力，两导体棒的总动量守恒(上面双杆模型的第二种情况动量不守恒，须用动量定理)。解决此类问题往往要应用动量守恒定律。【变式演练】1.（2023·浙江宁波·镇海中学校联考一模）如图，质量为0.1kg的方形铝管静置在足够大的绝缘水平面上，现使质量为0.2kg的条形磁铁（条形磁铁横截面比铝管管内横截面小）以v=3m/s的水平初速度自左向右穿过铝管，忽略一切摩擦，不计管壁厚度。则（）

A．磁铁穿过铝管过程中，铝管受到的安培力可能先水平向左后水平向右B．磁铁穿过铝管后，铝管速度可能为4m/sC．磁铁穿过铝管正中央时，铝管加速度为零D．磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到0.2J【答案】D【详解】A．根据楞次定律的“来拒去留”可知，磁铁对铝管的安培力一直水平向右，A错误；B．磁铁与铝管组成的系统动量守恒，如果铝管足够长，则磁铁穿过铝管时二者共速，由动量守恒定律得解得所以铝管的速度不可能大于1m/s，B错误；C．磁铁穿过铝管正中央时，由楞次定律可知，磁铁始终受到铝管的磁场力方向向左，根据牛顿第三定律，磁铁对铝管的反作用力水平向右，根据牛顿第二定律得，铝管加速度不为零，C错误；D．磁铁的初动能为假设铝管足够长，则二者共速，根据对B项分析可知磁铁穿过铝管过程所产生的热量最多为所以磁铁穿过铝管过程所产生的热量可能达到0.2J，D正确。故选D。2.（2023上·江西赣州·高三校联考阶段练习）如图，两根足够长的光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，两导轨间的距离为L＝1m。导轨上放置两导体棒ab、cd，与导轨垂直并构成闭合回路，两导体棒ab、cd的质量分别为、，长度均为L＝1m，电阻均为R＝0.3Ω，其余部分电阻不计。在整个导轨所在平面内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B＝1T的匀强磁场。初始时，两导体棒均在导轨上静止不动，某时刻给导体棒ab以水平向右的初速度，若两杆初始时相距足够远，运动全程中两杆始终不相遇，则当两杆速度最终稳定时（）A．两杆的最终末速度相等，大小为B．电路中产生的焦耳热为C．安培力对cd杆做功D．电路中通过的电荷量为【答案】ACD【详解】A．从初始至两棒达到速度相同的过程中，两棒总动量守恒，设速度相同时为v有得故A正确；B．根据能量守恒，设产生热量为Q，则整个过程中产生的总热量代入得故B错误；C．设安培力做功为W，根据动能定理知故C正确；D．当cd棒从速度0变为v，由安培力冲量可知则代入得因电路中电荷量处处相同则电路中通过的电荷量为，故D正确；故选ACD。3.（2023·广西·校联考模拟预测）如图所示，两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，导轨间有方向竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，质量均为m、有效电阻均为R的金属棒和垂直于导轨放置，均处于静止状态，现给棒一个方向水平向左、大小为的初速度，下列说法正确的是（）A．从棒开始运动到回路无电流的过程中，回路产生的焦耳热为B．从棒开始运动到回路无电流的过程中，回路产生的焦耳热为C．最