金版教程物理2025高考科学复习解决方案第十一章 磁场感应专题强化十六 电磁感应中的动力学、能量及动量问题含答案

《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第十一章磁场感应《金版教程(物理）》2025高考科学复习解决方案第十一章磁场感应专题强化十六电磁感应中的动力学、能量及动量问题关键能力发展与提升考点一电磁感应中的动力学问题解题技巧1.导体棒的动力学分析电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和运动情况。涉及安培力大小、方向的分析。2．两种状态及处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行分析或结合功能关系进行分析3．力学对象和电学对象的相互关系4．动态分析的基本思路考向1只有安培力作用的电磁感应中动力学问题例1(2022·上海高考)如图，一个正方形导线框以初速度v0向右穿过一个有界的匀强磁场。线框两次速度发生变化所用时间分别为t1和t2，这两段时间内克服安培力做的功分别为W1和W2，则()A．t1＜t2，W1＜W2 B．t1＜t2，W1＞W2C．t1＞t2，W1＜W2 D．t1＞t2，W1＞W2[答案]B[解析]设线框的边长为L，质量为m，电阻为R，磁场的磁感应强度大小为B。由楞次定律和左手定则可知，线框进入磁场的过程和离开磁场的过程，都受到向左的安培力作用而向右做减速运动，因此线框进入磁场过程对时间的平均速度v1平大于线框离开磁场过程对时间的平均速度v2平，由L＝v1平t1和L＝v2平t2可得，t1＜t2。对线框进入磁场或离开磁场的过程，由感应电动势E＝BLv，感应电流I＝eq\f(E,R)，安培力大小F安＝BIL，联立得F安＝eq\f(B2L2v,R)，因为线框进入磁场过程对位移的平均速度v1平′大于线框离开磁场过程对位移的平均速度v2平′，则安培力大小对位移的平均值eq\o(F,\s\up6(－))安1>eq\o(F,\s\up6(－))安2，由W1＝eq\o(F,\s\up6(－))安1L和W2＝eq\o(F,\s\up6(－))安2L可得，W1>W2。B正确。考向2除安培力外有其他力作用的电磁感应中动力学问题例2(多选)用一段横截面半径为r、电阻率为ρ、密度为d的均匀导体材料做成一个半径为R(r≪R)的圆环。圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B。圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，下列说法正确的是()A．下落过程圆环中磁通量不变B．此时圆环受到竖直向上的安培力作用C．此时圆环的加速度a＝eq\f(B2v,ρd)＋gD．如果径向磁场足够深，则圆环的最大速度vmax＝eq\f(ρdg,B2)[答案]BD[解析]圆环下落过程中切割磁感线产生感应电流，则圆环中磁通量一定变化，故A错误；根据右手定则，圆环中有(俯视)顺时针的感应电流，根据左手定则可知，圆环受到的安培力竖直向上，阻碍圆环的运动，故B正确；速度为v的时刻圆环产生的感应电动势E＝Blv＝B·2πRv，圆环的电阻R0＝ρeq\f(2πR,πr2)，感应电流I＝eq\f(E,R0)，圆环所受的安培力大小F＝BI·2πR＝eq\f(2π2B2r2Rv,ρ)，由牛顿第二定律得mg－F＝ma，其中质量m＝dV＝d·2πR·πr2，联立解得a＝g－eq\f(B2v,ρd)，故C错误；当圆环做匀速运动时，安培力与重力等大反向，加速度为零，速度最大，即有g－eq\f(B2vmax,ρd)＝0，解得vmax＝eq\f(ρdg,B2)，故D正确。用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题考点二电磁感应中的能量问题电磁感应中的能量转化及焦耳热的求法(1)电磁感应中的能量转化闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，通有感应电流的导体在磁场中受安培力。外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能；通有感应电流的导体在磁场中通过受安培力做功或通过电阻发热，使电能转化为其他形式的能。电磁感应现象中能量转化的实质是其他形式的能和电能之间的转化。如图所示。(2)求解电磁感应中的焦耳热Q的三种方法考向1回路中电流稳定的功能分析例3(2023·山东省菏泽市高三下二模)如图所示，“”形金属框静止于光滑绝缘的水平桌面上，金属框总质量为m，总阻值为10dR，各边粗细均匀且材料相同，相邻边相互垂直，CD＝DE＝EF＝FG＝GH＝HP＝PQ＝d，CQ＝3d。其右侧是宽度为2d的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于水平桌面向下。金属框在垂直于磁场边界的水平拉力的作用下以速度v向右匀速通过磁场，FG边始终与磁场边界平行。下列说法正确的是()A．从FG边刚进入磁场到DE和HP边刚要进入磁场的过程中，E、H间的电势差为BdvB．在DE、HP边刚进入磁场时，金属框中的电流为eq\f(3Bdv,R)C．金属框穿过磁场的整个过程，拉力做的功为eq\f(B2d2v,R)D．金属框穿过磁场的整个过程，拉力做的功为eq\f(2B2d2v,R)[答案]D[解析]从FG边刚进入磁场到DE和HP边刚要进入磁场的过程中，只有FG边切割磁感线，产生的感应电动势大小为E1＝Bdv，感应电流大小为I1＝eq\f(E1,R总)＝eq\f(Bdv,10dR)＝eq\f(Bv,10R)，由右手定则知金属框中感应电流的方向为逆时针，则φE>φH，所以E、H间的电势差为UEH＝I1REH＝I1·7dR＝eq\f(7Bdv,10)，A错误；在DE、HP边刚进入磁场时，DE、FG、HP边均切割磁感线，产生的总感应电动势大小为E2＝3Bdv，由闭合电路欧姆定律可得，金属框中的电流大小为I2＝eq\f(E2,R总)＝eq\f(3Bdv,10dR)＝eq\f(3Bv,10R)，B错误；由以上分析同理可知，从CQ边刚进入磁场到DE和HP边刚要出磁场的过程中，金属框中的感应电流大小为I1，从DE、HP边刚出磁场到CQ边刚要出磁场的过程中，金属框中的感应电流大小为I2，由能量守恒定律可知，金属框穿过磁场的整个过程，拉力做的功等于金属框中产生的焦耳热之和，则拉力做的功W＝Ieq\o\al(2,1)R总t1＋Ieq\o\al(2,2)R总t2，其中t1＝t2＝2×eq\f(d,v)，解得W＝eq\f(2B2d2v,R)，C错误，D正确。考向2回路中电流变化的功能分析例4(多选)如图所示，光滑的金属圆形轨道MN、PQ竖直放置，共同圆心为O点，轨道半径分别为l、3l，PM间接有阻值为3r的电阻。两轨道之间ABDC区域内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0，AB水平且与圆心等高，CD竖直且延长线过圆心。一轻质金属杆电阻为r、长为2l，一端套在轨道MN上，另一端连接质量为m的带孔金属球(视为质点)，并套在轨道PQ上，皆接触良好。让金属杆从AB处无初速释放，第一次即将离开磁场时，金属球的速度大小为v。其余电阻不计，忽略一切摩擦，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．金属球向下运动过程中，P点电势高于M点电势B．金属杆第一次即将离开磁场时，电阻两端的电压为B0lvC．金属杆从AB滑动到CD的过程中，通过电阻的电荷量为eq\f(πl2B0,2r)D．金属杆从AB滑动到CD的过程中，电阻上产生的焦耳热为eq\f(3,4)mgl－eq\f(1,8)mv2[答案]BC[解析]金属球向下运动过程中，由右手定则知感应电流从M经定值电阻R到P，则M点电势高于P点电势，故A错误；金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速度大小为v，因为杆上所有点的角速度相等，则金属杆上端的速度为eq\f(v,3)，则此时感应电动势为E＝B0·2l·eq\o(v,\s\up6(－))＝B0·2l·eq\f(v＋\f(v,3),2)＝eq\f(4,3)B0lv，则电阻两端的电压为U＝eq\f(3r,3r＋r)·E＝B0lv，故B正确；金属杆从AB滑动到CD的过程中，通过电阻的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,3r＋r)＝eq\f(B0ΔS,4r)，其中ΔS＝eq\f(1,4)·π·(3l)2－eq\f(1,4)·π·l2＝2πl2，所以q＝eq\f(πl2B0,2r)，故C正确；金属杆从AB滑动到CD的过程中，由能量守恒定律得mg·3l＝eq\f(1,2)mv2＋Q，电阻上产生的焦耳热为QR＝eq\f(3r,3r＋r)·Q＝eq\f(3,4)Q，解得QR＝eq\f(9,4)mgl－eq\f(3,8)mv2，故D错误。例5(2021·天津高考)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L＝1m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成θ＝30°角，N、Q两端接有R＝1Ω的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量m＝0.2kg，电阻r＝1Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1T。ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度v1＝0.5m/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度v＝2m/s。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度g＝10m/s2。(1)求拉力的功率P；(2)ab开始运动后，经t＝0.09s速度达到v2＝1.5m/s，此过程中ab克服安培力做功W＝0.06J，求该过程中ab沿导轨的位移大小x。[答案](1)4W(2)0.1m[解析](1)在ab运动过程中，由于拉力功率恒定，ab做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F，安培力大小为FA，有F－mgsinθ－FA＝0由法拉第电磁感应定律，此时回路中的感应电动势E＝BLv由闭合电路欧姆定律，回路中的感应电流I＝eq\f(E,R＋r)ab受到的安培力FA＝ILB由功率表达式，有P＝Fv联立上述各式，代入数据解得P＝4W。(2)ab从速度v1到v2的过程中，由动能定理，有Pt－W－mgxsinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)代入数据解得x＝0.1m。电磁感应现象中能量问题的计算(1)回路中电流稳定时，可利用电路知识，由W＝UIt，Q＝I2Rt直接计算。(2)若电流变化，则利用功能关系、能量守恒定律解决。考点三电磁感应中的动量问题解题技巧考向1动量定理在电磁感应中的应用在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解单杆所受其他恒力(非安培力)作用的时间、单杆的速度、单杆的位移和通过单杆的横截面的电荷量。(1)求通过单杆的横截面的电荷量、单杆的速度或单杆运动的时间：－Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝neq\f(ΔΦ,R总)。(2)求单杆运动的位移、单杆的速度或单杆运动的时间：－eq\f(B2l2\o(v,\s\up6(－)),R)Δt＋F其他·Δt＝mv2－mv1，x＝eq\o(v,\s\up6(－))Δt。例6(多选)如图所示，水平放置的光滑导轨，左侧接有电阻R，宽度为L，电阻不计，导轨处于磁感应强度为B的竖直向上的匀强磁场中，一质量为m、电阻不计的金属棒ab垂直导轨放置，在恒力F作用下，从静止开始运动，达到最大速度后撤去拉力，最终停止，已知从静止到达到最大速度过程，R上产生的焦耳热等于ab的最大动能，则下列说法正确的是()A．ab运动过程中的最大速度为eq\f(FR,B2L2)B．ab加速运动过程中运动的最大位移为eq\f(mFR2,B3L3)C．撤去F后，通过R的电量为eq\f(mFR,B2L2)D．ab减速过程中运动的最大位移为eq\f(mFR2,B4L4)[答案]AD[解析]达到最大速度时，金属棒受力平衡，则有F＝BIL＝eq\f(B2L2vmax,R)，解得vmax＝eq\f(FR,B2L2)，A正确；对金属棒，在加速过程中，根据动能定理得Fs＋W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)，根据功能关系有－W＝Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max)，解得s＝eq\f(mFR2,B4L4)，B错误；撤去F后，金属棒最终停止，根据动量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))LΔt＝mΔv，又q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，Δv＝0－vmax，解得q＝eq\f(mFR,B3L3)，C错误；撤去F后，金属棒开始减速运动，根据动量定理得－eq\f(B2L2\o(v,\s\up6(－)),R)Δt＝mΔv，又s′＝eq\o(v,\s\up6(－))Δt，Δv＝0－vmax，解得s′＝eq\f(mFR2,B4L4)，D正确。考向2动量守恒定律在电磁感应中的应用在“双棒切割”系统中，若系统所受的合力为零，通常应用动量守恒定律求解。例7(2023·辽宁高考)(多选)如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是()A．弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流B．PQ速率为v时，MN所受安培力大小为eq\f(4B2d2v,3R)C．整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1D．整个运动过程中，通过MN的电荷量为eq\f(BLd,3R)[答案]AC[解析]分析可知，两棒所受安培力始终大小相等、方向相反，所以两棒和弹簧组成的系统所受合力始终为0，系统动量守恒，则可知MN、PQ运动方向始终相反，故弹簧伸展过程中，MN沿导轨向左运动，PQ沿导轨向右运动，根据楞次定律可知，回路中产生顺时针方向的电流，A正确；设MN质量为m，PQ质量为2m，则PQ速率为v时，根据动量守恒定律有2mv＝mv′，解得MN速率为v′＝2v，因PQ、MN运动方向始终相反，则此时回路中的感应电流大小为I＝eq\f(2Bdv′＋B·2dv,3R)＝eq\f(2Bdv,R)，MN所受安培力大小为FMN＝2BId＝eq\f(4B2d2v,R)，B错误；由前面分析知，两棒同时开始运动、同时停止运动，且MN的速率始终为PQ的2倍，则整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1，C正确；两棒最后停止时，弹簧处于原长状态，此时两棒间距增加了L，由动量守恒定律有meq\o(v,\s\up6(－))1＝2meq\o(v,\s\up6(－))2，方程两边同时乘以运动时间t，可得mx1＝2mx2，又x1＋x2＝L，可解得整个过程MN向左运动的位移大小x1＝eq\f(2L,3)，PQ向右运动的位移大小x2＝eq\f(L,3)，则整个过程通过MN的电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(ΔΦ,R总)＝eq\f(2B·\f(2L,3)·d＋B·\f(L,3)·2d,3R)＝eq\f(2BLd,3R)，D错误。课时作业1.(2021·北京高考)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U形导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中()A．导体棒做匀减速直线运动B．导体棒中感应电流的方向为a→bC．电阻R消耗的总电能为eq\f(mveq\o\al(2,0)R,2（R＋r）)D．导体棒克服安培力做的总功小于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)答案C解析导体棒向右运动时，根据右手定则可知，导体棒中感应电流方向为b→a，再根据左手定则可知，导体棒受到水平向左的安培力，开始时，根据法拉第电磁感应定律，导体棒中产生的感应电动势为E＝BLv0，根据闭合电路欧姆定律，知感应电流为I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BLv0,R＋r)，故导体棒所受安培力为F＝BIL＝eq\f(B2L2v0,R＋r)，根据牛顿第二定律有F＝ma，可得a＝eq\f(B2L2,m（R＋r）)v0，随着速度减小，加速度不断减小，故导体棒做加速度减小的减速直线运动，故A、B错误；根据能量守恒定律可知，回路中消耗的总电能为Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，则R产生的总电能为QR＝eq\f(R,R＋r)Q＝eq\f(mveq\o\al(2,0)R,2（R＋r）)，故C正确；整个过程只有安培力做负功，根据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故D错误。2.(人教版选择性必修第二册·第二章[复习与提高]B组T2改编)(多选)如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场，则下列说法正确的是()A．第二次与第一次进入时线圈中电流之比为2∶1B．第二次与第一次进入时外力做功功率之比为2∶1C．第二次与第一次进入过程中通过线圈某横截面的电荷量之比为2∶1D．第二次与第一次进入时线圈中产生热量之比为2∶1答案AD解析由E＝Blv知eq\f(E2,E1)＝eq\f(2,1)，由I＝eq\f(E,R)得eq\f(I2,I1)＝eq\f(2,1)，故A正确。匀速进入，外力做功的功率与克服安培力做功的功率相等，由P＝I2R得eq\f(P2,P1)＝eq\f(4,1)，故B错误。由电荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)得eq\f(q2,q1)＝eq\f(1,1)，故C错误。产生热量Q＝Pt＝P·eq\f(l,v)，得eq\f(Q2,Q1)＝eq\f(4,1)×eq\f(1,2)＝eq\f(2,1)，故D正确。3．(2022·重庆高考)如图1所示，光滑的平行导电轨道水平固定在桌面上，轨道间连接一可变电阻，导体杆与轨道垂直并接触良好(不计杆和轨道的电阻)，整个装置处在垂直于轨道平面向上的匀强磁场中。杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，两次运动中拉力大小与速率的关系如图2所示。其中，第一次对应直线①，初始拉力大小为F0，改变电阻阻值和磁感应强度大小后，第二次对应直线②，初始拉力大小为2F0，两直线交点的纵坐标为3F0。若第一次和第二次运动中的磁感应强度大小之比为k、电阻的阻值之比为m、杆从静止开始运动相同位移的时间之比为n，则k、m、n可能为()A．k＝2、m＝2、n＝2B．k＝2eq\r(2)、m＝2、n＝eq\r(2)C．k＝eq\r(6)、m＝3、n＝eq\r(2)D．k＝2eq\r(3)、m＝6、n＝2答案C解析由题知杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，设加速度大小为a，磁场的磁感应强度大小为B，轨道宽度为L，电阻的阻值为R，导体杆的质量为m0，则导体杆速率为v时产生的感应电动势大小E＝BLv，感应电流大小I＝eq\f(E,R)，导体杆受到的安培力大小F安＝BIL，由牛顿第二定律得F－F安＝m0a，联立得F＝eq\f(B2L2,R)v＋m0a，可知F­v图线的斜率表示eq\f(B2L2,R)，纵截距表示m0a，结合题图2，可知eq\f(3F0－F0,2F0－F0)＝eq\f(Beq\o\al(2,1),Beq\o\al(2,2))·eq\f(R2,R1)＝eq\f(k2,m)，得eq\f(k2,m)＝2，eq\f(F0,2F0)＝eq\f(a1,a2)，得eq\f(a1,a2)＝eq\f(1,2)，由x＝eq\f(1,2)at2得，杆从静止开始运动相同位移的时间之比n＝eq\f(t1,t2)＝eq\r(\f(a2,a1))＝eq\r(2)，故C正确，A、B、D错误。4．(2023·山东高考)(多选)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1m，电阻不计。质量为1kg、长为1m、电阻为1Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2T，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域Ⅰ和Ⅱ并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1＝2m/s，CD的速度为v2且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10m/s2，下列说法正确的是()A．B2的方向向上 B．B2的方向向下C．v2＝5m/s D．v2＝3m/s答案BD解析CD的速度v2大于MN的速度v1，因此导体棒MN受到导轨对它向右的滑动摩擦力，大小为f＝μmg＝2N，MN匀速运动，由平衡条件可知，MN受到的安培力方向向左，大小为F1＝f＝2N，由左手定则可知导体棒中的电流方向为N→M，则CD中电流方向为D→C，受力分析可知，导轨在水平方向受到导体棒对它向左的摩擦力f′＝f＝2N，轻绳向右的拉力F拉＝m0g＝1N，以及安培力，由平衡条件可知CD受到的安培力向右，大小为F2＝f′－F拉＝1N，由左手定则可知B2的方向向下，A错误，B正确；设回路中电流大小为I，则F1＝B1IL，F2＝B2IL，由右手定则和法拉第电磁感应定律知，回路中的总电动势大小E＝B1Lv1－B2Lv2，由闭合电路欧姆定律得E＝IR，式中R＝1Ω，联立解得v2＝3m/s，C错误，D正确。5.(多选)如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l，电阻均为R，质量分别为2m和m。它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域。开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为l。现将系统由静止释放，当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动。不计摩擦和空气阻力，则()A．a、b两个线框匀速运动的速度大小为eq\f(2mgR,B2l2)B．线框a从其下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为eq\f(3B2l3,mgR)C．从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为mglD．从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl答案BC解析当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动，此时线框a下边刚进入磁场，下边所受安培力eq\f(B2l2v,R)＝2mg－mg，得v＝eq\f(mgR,B2l2)，A错误；线框a从其下边进入磁场到上边离开磁场，开始线框a切割磁感线运动，受力平衡，然后线框b切割磁感线运动，受力也平衡，最后线框a切割磁感线运动，仍受力平衡，则这一过程所用时间为t＝eq\f(3l,v)＝eq\f(3B2l3,mgR)，B正确；从开始运动到线框a全部进入磁场可以分为两个阶段，第一阶段线框a的下边进入磁场之前，这一阶段线框a产生的焦耳热为零，第二阶段从线框a的下边进入磁场到线框a全部进入磁场，这一阶段线框b全部在磁场中，线框b中的磁通量不变，即线框b产生的焦耳热为零，第二阶段系统减少的机械能转化为线框a产生的焦耳热，即Q＝mgl，C正确；由能量守恒定律可知，两线框的重力势能减少量等于两线框的动能增加量与两线框克服安培力做功产生的内能之和，从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框重力势能的减少量为2mgl，结合功能关系可知，两线框克服安培力做功一定小于2mgl，D错误。6.(2023·福建高考)如图，M、N是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，导轨足够长且电阻可忽略不计；导轨间有一垂直于水平面向下的匀强磁场，其左边界OO′垂直于导轨；阻值恒定的两均匀金属棒a、b均垂直于导轨放置，b始终固定。a以一定初速度进入磁场，此后运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与b不相碰。以O为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴；在运动过程中，a的速度记为v，a克服安培力做功的功率记为P。下列v或P随x变化的图像中，可能正确的是()答案A解析设导轨间匀强磁场的磁感应强度为B，两平行导轨间距为L，两金属棒在导轨间的总电阻为R，金属棒a的质量为m，金属棒a以初速度v0进入磁场，以初速度方向为正方向，根据动量定理有－Beq\o(I,\s\up6(－))Lt＝mv－mv0，又eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)，eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,t)，ΔΦ＝B·ΔS，ΔS＝Lx，联立可得v＝v0－eq\f(B2L2,mR)x，由于eq\f(B2L2,mR)为定值，故A可能正确，B错误；设a所受安培力大小为F，则a克服安培力做功的功率为P＝Fv，又F＝BIL，I＝eq\f(E,R)，E＝BLv，联立可得P＝eq\f(B2L2,R)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(v0－\f(B2L2,mR)x))eq\s\up12(2)，故P­x图像为开口向上的抛物线，故C、D错误。7.(多选)如图所示，两足够长光滑金属导轨平行固定在同一绝缘水平面内，垂直于导轨的虚线CD右侧区域有竖直向上的匀强磁场B。两长度略大于导轨宽度的相同金属杆a、b垂直导轨静止放置在导轨上，杆a在CD左侧，杆b在CD右侧足够远处。现给杆a一水平向右的初速度v0，两杆在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，两杆没有发生碰撞，不计导轨电阻，下列说法正确的是()A．杆a进入磁场时，感应电流方向由C指向DB．杆a最后将停在导轨上C．若在杆a进入磁场前将杆b固定，整个过程中杆a中产生的焦耳热是不将杆b固定时的4倍D．若在杆a进入磁场前将杆b固定，整个过程中通过杆b的电荷量是不将杆b固定时的2倍答案AD解析由右手定则可知，杆a进入磁场时，感应电流方向由C指向D，A正确；杆a进入磁场时受到向左的安培力，向右做减速运动，杆b受到向右的安培力，向右做加速运动，当两杆速度相等时，两杆中均无感应电流，不再受安培力的作用而做匀速直线运动，B错误；杆b不固定时，由于两杆中安培力大小总是相等，方向总是相反，所以两杆的动量守恒，有mv0＝(m＋m)v，两杆的共同速度大小v＝eq\f(v0,2)，系统中产生的总焦耳热Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mv2＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，杆a中产生的焦耳热Qa＝eq\f(1,2)Q＝eq\f(1,8)mveq\o\al(2,0)，若杆b固定，杆a中产生的焦耳热Qa′＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，则Qa′＝2Qa，C错误；杆b不固定时，对杆b由动量定理有BLeq\o(I,\s\up6(－))Δt＝mv，q1＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(mv0,2BL)，杆b固定时，对杆a由动量定理有－BLeq\o(I,\s\up6(－))′Δt′＝0－mv0，q2＝eq\o(I,\s\up6(－))′Δt′＝eq\f(mv0,BL)，则q2＝2q1，D正确。8．(2023·全国甲卷)如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求：(1)金属棒P滑出导轨时的速度大小；(2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；(3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。答案(1)eq\f(1,2)v0(2)mveq\o\al(2,0)(3)eq\f(2mR,B2l2)解析(1)绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得3mv0＝3mvQ＋mvPeq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,Q)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)联立解得碰后瞬间Q、P的速度vQ＝eq\f(1,2)v0，vP＝eq\f(3,2)v0碰撞一次后，Q在导轨上做匀速直线运动，P在导轨上做减速直线运动，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为vP′＝vQ＝eq\f(1,2)v0。(2)根据能量守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＝eq\f(1,2)mvP′2＋Q解得金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量Q＝mveq\o\al(2,0)。(3)金属棒P在导轨上运动的过程，根据动量定理得－Beq\o(I,\s\up6(－))lΔt＝mvP′－mvP又eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)ΔΦ＝Blx联立解得P原来静止时距桌子右边缘的距离x＝eq\f(mv0R,B2l2)由x＝vQt可解得与P碰撞后，Q在导轨上运动的时间为t＝eq\f(2mR,B2l2)。专题强化十五电磁感应中的电路及图像问题关键能力发展与提升考点一电磁感应中的电路问题解题技巧1.分析电磁感应中电路问题的基本步骤注：如果在一个电路中产生电动势的部分有几个且相互联系，可视为等效电源的串、并联。2．电磁感应中电路知识的关系图考向1感生电动势的电路问题例1(2023·天津市红桥区高三下二模)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝2000匝，横截面积S＝40cm2。螺线管导线电阻r＝1.0Ω，两定值电阻R1＝4.0Ω，R2＝5.0Ω，电容器C的电容C＝20μF。在一段时间内，穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。求：(1)螺线管中产生的感应电动势；(2)闭合开关S，电路中的电流稳定后，电阻R2的电功率；(3)开关S断开后，流经R2的电荷量。[答案](1)3.2V(2)0.512W(3)3.2×10－5C[解析](1)设螺线管中产生的感应电动势为E，根据法拉第电磁感应定律，有E＝neq\f(ΔΦ,Δt)其中穿过螺线管的磁通量变化率eq\f(ΔΦ,Δt)＝S·eq\f(ΔB,Δt)由题图乙知eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(1.0－0.2,2.0－0)T/s＝0.4T/s联立并代入数据解得E＝3.2V。(2)闭合开关S，电路中的电流稳定后，根据闭合电路欧姆定律，电路中的电流I＝eq\f(E,r＋R1＋R2)电阻R2的电功率P＝I2R2联立并代入数据解得P＝0.512W。(3)设开关S断开后，流经R2的电荷量为Q，则该电荷量为开关S闭合后电路中的电流稳定时电容器C上所带的电荷量。而开关S闭合后，电路中的电流稳定时电容器C两端的电压U＝IR2则开关S断开后，流经R2的电荷量Q＝CU联立并代入数据解得Q＝3.2×10－5C。考向2动生电动势的电路问题例2(多选)如图为带灯的自行车后轮的示意图。金属轮框与轮轴之间均匀地连接四根金属条，每根金属条中间都串接一个阻值为3Ω的小灯泡，车轮半径为0.3m，轮轴半径可以忽略。车架上固定一个强磁体，可形成圆心角为60°的扇形匀强磁场区域，磁感应强度大小为2.0T，方向垂直纸面(车轮平面)向里。若自行车后轮逆时针转动的角速度恒为10rad/s，不计其他电阻，则()A．通过每个小灯泡的电流始终相等B．当金属条ab在磁场中运动时，金属条ab中的电流从b指向aC．当金属条ab在磁场中运动时，电路的总电阻为4ΩD．当金属条ab在磁场中运动时，所受安培力大小为0.135N[答案]BCD[解析]当其中一根金属条在磁场中切割磁感线时，该金属条相当于电源，其他三根金属条相当于外电路且并联，根据电路特点可知，通过磁场中的那根金属条上灯泡的电流是通过其他三根金属条上灯泡电流的三倍，故A错误；当金属条ab在磁场中运动时，根据右手定则可知通过金属条ab中的电流从b指向a，故B正确；金属条ab在匀强磁场中运动时充当电源，其余为外电路，且并联，电路的总电阻为R总＝R＋eq\f(1,3)R＝3Ω＋eq\f(1,3)×3Ω＝4Ω，产生的感应电动势为E＝eq\f(1,2)Br2ω＝eq\f(1,2)×2.0×0.32×10V＝0.9V，通过ab的电流为I＝eq\f(E,R总)＝eq\f(0.9,4)A＝0.225A，所以金属条ab所受安培力大小为FA＝BIr＝2.0×0.225×0.3N＝0.135N，故C、D正确。电磁感应中电路问题的误区(1)不能正确根据感应电动势或感应电流的方向分析外电路中电势的高低。因产生感应电动势的那部分电路相当于电源，故该部分电路中的电流从低电势处流向高电势处，而外电路中电流的方向是从高电势处到低电势处。(2)应用欧姆定律分析求解电路时，没有考虑到电源的内阻对电路的影响。(3)对连接在电路中电表的读数不能正确进行分析，例如并联在等效电源两端的电压表，其示数是路端电压，而不是等效电源的电动势。考点二电磁感应中的图像问题拓展延伸1.解题关键弄清初始条件、物理量的正负对应的变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键。2．解题步骤(1)明确图像的种类，即是B­t图还是Φ­t图，或者E­t图、I­t图等；对切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及E­x图像和i­x图像。(2)分析电磁感应的具体过程。(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系。(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式。(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。(6)画图像或判断图像。3．常用方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的正负，增大还是减小，以及变化快慢，来排除错误选项。(2)函数法：写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和判断。考向1动生电磁感应图像问题例3如图所示，边长为L的单匝均匀金属线框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通过宽度为D(D>L)、方向竖直向下的有界匀强磁场。在整个过程中线框的ab边始终与磁场的边界平行，若以F表示拉力大小，以Uab表示线框a、b两点间的电势差，以I表示通过线框的电流，以P表示拉力的功率，则下列反映这些物理量随时间变化的图像中可能正确的是()[答案]C[解析]设线框做匀速直线运动的速度为v，线框的总电阻为R。依题意D＞L，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，线框在进入磁场和离开磁场的过程中均产生大小为eq\f(BLv,R)的感应电流，线框完全在磁场中运动时不产生感应电流，根据楞次定律可知线框在进入磁场和离开磁场的过程中产生的感应电流方向相反，故C可能正确；线框做匀速直线运动，则线框在进入磁场和离开磁场的过程中所受拉力大小均等于安培力大小，即F＝FA＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，线框完全在磁场中运动时不受安培力，则F＝0，故A错误；拉力的功率P＝Fv，结合A项的分析可知，线框在进入磁场和离开磁场的过程中P相等，线框完全在磁场中运动时P＝0，故D错误；线框进入磁场时，ab边切割磁感线，相当于电源，根据右手定则可知φa>φb，所以Uab＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3,4)BLv，完全在磁场中时，线框中无电流，Uab＝E＝BLv，线框穿出磁场的过程中，cd边切割磁感线，相当于电源，根据楞次定律可知φa>φb，则Uab＝eq\f(1,4)E＝eq\f(1,4)BLv，故B错误。考向2感生电磁感应图像问题例4(2023·广东高考)光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为h，其俯视图如图a所示，两磁场磁感应强度随时间t的变化如图b所示，0～τ时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0，一电阻为R、边长为h的刚性正方形金属框abcd，平放在水平面上，ab、cd边与磁场边界平行。t＝0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动。在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界eq\f(h,2)处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如图a中的虚线框所示。随后在τ～2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求：(1)t＝0时线框所受的安培力F；(2)t＝1.2τ时穿过线框的磁通量Φ；(3)2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q。[答案](1)eq\f(9Beq\o\al(2,0)h2v,R)，方向为水平向左(2)0.3B0h2，方向为垂直水平面向下(3)eq\f(Beq\o\al(2,0)h4,4τR)[解析](1)t＝0时，ab边、cd边均切割磁感线产生感应电动势，结合右手定则知总电动势大小为E＝2B0hv＋B0hv由右手定则知回路中产生顺时针方向的感应电流，由闭合电路欧姆定律知电流大小为I＝eq\f(E,R)ab边受到的安培力大小为Fab＝2B0Ih，由左手定则知其方向为水平向左cd边受到的安培力大小为Fcd＝B0Ih，由左手定则知其方向为水平向左则线框受到的安培力大小为F＝Fab＋Fcd，方向为水平向左联立解得F＝eq\f(9Beq\o\al(2,0)h2v,R)，方向为水平向左。(2)由图b可知，在τ～2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度大小随时间变化的关系为B1＝2B0－eq\f(2B0,τ)(t－τ)则t＝1.2τ时，Ⅰ区磁感应强度大小为B1＝1.6B0，Ⅱ区磁感应强度大小为B0穿过线框的磁通量Φ＝1.6B0·eq\f(h2,2)－B0·eq\f(h2,2)＝0.3B0h2，方向为垂直水平面向下。(3)由法拉第电磁感应定律得，2τ～3τ时间内线框中的感应电动势大小始终为E1＝eq\f(B0,τ)·eq\f(h2,2)感应电流大小始终为I1＝eq\f(E1,R)2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q＝Ieq\o\al(2,1)Rt1其中t1＝3τ－2τ联立解得Q＝eq\f(Beq\o\al(2,0)h4,4τR)。电磁感应图像问题的“六个明确”(1)明确图像横、纵坐标的含义及单位；(2)明确图像中物理量正负的含义；(3)明确图像斜率、截距、所围面积的含义；(4)明确图像所描述的物理意义；(5)明确所选的正方向与图线的对应关系；(6)明确图像和电磁感应过程之间的对应关系。课时作业1.(2023·江苏高考)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动，O、A、C点电势分别为φO、φA、φC，则()A．φO>φC B．φC>φAC．φO＝φA D．φO－φA＝φA－φC答案A解析由题图可看出导体棒转动时，只有OA段切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，根据右手定则可知O为电源正极，A为电源负极，则φO>φA，C错误；导体棒的AC段相当于外电路，外电路断路，则φC＝φA，因此φO>φC，A正确，B错误；根据以上分析可知φO－φA>0，φA－φC＝0，则φO－φA>φA－φC，D错误。2．(2021·辽宁高考)(多选)如图a所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R的电阻。垂直导轨平面存在变化规律如图b所示的匀强磁场，t＝0时磁场方向垂直纸面向里。在t＝0到t＝2t0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处；t＝2t0时，释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则()A．在t＝eq\f(t0,2)时，金属棒受到安培力的大小为eq\f(Beq\o\al(2,0)L3,t0R)B．在t＝t0时，金属棒中电流的大小为eq\f(B0L2,t0R)C．在t＝eq\f(3t0,2)时，金属棒受到安培力的方向竖直向上D．在t＝3t0时，金属棒中电流的方向向右答案BC解析在0～2t0时间内，根据法拉第电磁感应定律可知闭合回路中的感应电动势E1＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B0L2,t0)，金属棒中的电流大小I＝eq\f(E1,R)＝eq\f(B0L2,t0R)，故B正确；由图b知，在t＝eq\f(t0,2)时，磁感应强度B1＝eq\f(B0,2)，则金属棒受到的安培力大小F＝B1IL＝eq\f(B0,2)·eq\f(B0L2,t0R)·L＝eq\f(Beq\o\al(2,0)L3,2t0R)，故A错误；在t＝eq\f(3t0,2)时，磁场方向垂直纸面向外，根据楞次定律可知闭合回路中的感应电流方向为顺时针，根据左手定则可知金属棒受到安培力的方向竖直向上，故C正确；在t＝3t0时，磁场方向垂直纸面向外，金属棒具有竖直向下的速度，根据右手定则可知金属棒中电流的方向向左，故D错误。3.(多选)如图所示，水平桌面上水平固定一半径为L的金属细圆环，圆环的电阻为2r，竖直向下的匀强磁场磁感应强度大小为B。一长度为2L、电阻为r的导体棒，由棒中点与圆环重合位置A点沿与棒垂直的直径以恒定加速度a从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环始终接触良好。当棒经过环心时()A．棒两端的电势差为2BLeq\r(2aL)B．棒两端的电势差为eq\f(2,3)BLeq\r(2aL)C．棒所受安培力的大小为eq\f(8B2L2\r(2aL),3r)D．棒所受安培力的大小为eq\f(8B2L2\r(2aL),r)答案BC解析设棒经过环心时速度为v，有v2＝2aL，则v＝eq\r(2aL)，此时导体棒相当于电源，外电阻为r外＝eq\f(r·r,2r)＝eq\f(1,2)r，通过导体棒的电流为I＝eq\f(2BLv,r＋\f(1,2)r)＝eq\f(4BLv,3r)＝eq\f(4BL\r(2aL),3r)，棒两端的电势差为U＝Ir外＝eq\f(4BL\r(2aL),3r)×eq\f(1,2)r＝eq\f(2,3)BLeq\r(2aL)，故A错误，B正确；棒经过环心时受到的安培力为FA＝BI·2L＝2BL×eq\f(4BL\r(2aL),3r)＝eq\f(8B2L2\r(2aL),3r)，故C正确，D错误。4．如图甲所示，磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈。当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E­t关系如图乙所示。如果只将刷卡速度改为2v0，线圈中E­t的关系可能是()答案A解析根据感应电动势公式E＝BLv可知，其他条件不变时，只将刷卡速度改为2v0，则线圈中产生的感应电动势的最大值将变为原来的2倍，磁卡通过刷卡器的时间t＝eq\f(s,v)，则有电动势产生的时间变为原来的一半。故选A。5．(2023·山东省菏泽市高三下一模)如图所示，MNQP是边长为L和2L的矩形，在其由对角线划分的两个三角形区域内充满磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场。边长为L的正方形导线框，在外力作用下水平向左匀速运动，线框左边始终与MN平行。设导线框中感应电流i逆时针流向为正。若t＝0时左边框与PQ重合，则左边框由PQ运动到MN的过程中，下列i­t图像正确的是()答案D解析设导线框的电阻为R，运动速度大小为v，则t＝0时，e1＝BLv，i1＝eq\f(e1,R)，线框的左边框由PQ向左进入磁场运动到G点，用时t1＝eq\f(L,v)，则在0～t1时间内，根据右手定则知感应电流方向为顺时针(负)，而切割磁感线的有效长度l随时间由L均匀减小到0，根据e＝Blv和i＝eq