2026版高考物理步步高大二轮 （培优版）专题四　第9讲　电磁感应含答案

2026版高考物理步步高大二轮（培优版）第9讲电磁感应考点一楞次定律、法拉第电磁感应定律及应用1.感应电流方向的判断(1)线圈面积不变、磁感应强度发生变化的情形，往往用楞次定律。(2)导体棒切割磁感线的情形往往用右手定则。2.求感应电动势的方法(1)法拉第电磁感应定律：E=nΔ(2)导体棒垂直切割磁感线：E=Blv。(3)导体棒以一端为圆心在垂直匀强磁场的平面内匀速转动：E=12Bl2ω(4)线圈绕与匀强磁场垂直的轴匀速转动(从线圈位于中性面开始计时)：e=nBSωsinωt。3.通过回路横截面的电荷量q=IΔt=nΔΦR总ΔtΔt=nΔΦR总。q例1(2025·北京卷·10)绝缘的轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，磁铁开始振动，由于空气阻力的影响，振动最终停止。现将一个闭合铜线圈固定在磁铁正下方的桌面上(如图所示)，仍将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，振动最终也停止。则()A.有无线圈，磁铁经过相同的时间停止运动B.磁铁靠近线圈时，线圈有扩张趋势C.磁铁离线圈最近时，线圈受到的安培力最大D.有无线圈，磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能相同答案D解析有线圈时，磁铁受到电磁阻尼的作用，振动更快停止，故A错误；根据楞次定律，磁铁靠近线圈时，线圈的磁通量增大，此时线圈有缩小的趋势，故B错误；磁铁离线圈最近时，此时磁铁与线圈的相对速度为零，感应电动势为零，感应电流为零，线圈受到的安培力为零，故C错误；分析可知有无线圈时，根据平衡条件最后磁铁静止后弹簧的伸长量相同，由于磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能为磁铁减小的重力势能减去此时弹簧的弹性势能，故系统损失的机械能相同，故D正确。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)阻碍物体间的相对运动——“来拒去留”；(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——一般情况下为“增缩减扩”；(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——一般情况下为“增反减同”。例2(多选)(2025·浙江1月选考·13)如图甲所示，在平面内存在一以O为圆心、半径为r的圆形区域，其中存在一方向垂直平面的匀强磁场，磁感应强度B随时间变化如图乙所示，周期为3t0。变化的磁场在空间产生感生电场，电场线为一系列以O为圆心的同心圆，在同一电场线上，电场强度大小相同。在同一平面内，有以O为圆心的半径为2r的导电圆环Ⅰ，与磁场边界相切的半径为0.5r的导电圆环Ⅱ，电阻均为R，圆心O对圆环Ⅱ上P、Q两点的张角φ=30°，另有一可视为无限长的直导线CD。导电圆环间绝缘，且不计相互影响，则()A.圆环Ⅰ中电流的有效值为3B.t=1.5t0时刻直导线CD电动势为πr2BC.t=0.5t0时刻圆环Ⅱ中电流为πD.t=0.5t0时刻圆环Ⅱ上PQ间电动势为112πr2答案BD解析由题图可知，在0~t0内和2t0~3t0内圆环Ⅰ中的电流大小均为I1=πr2B0Rt0；在t0~2t0内圆环Ⅰ中的电流大小为I2=2πr2B0Rt0，设圆环Ⅰ中电流的有效值为I，有I2R·3t0=I12R·2t0+I22Rt0，联立解得I=2πr2B0Rt0，故A错误；假设右侧有一与CD对称的无限长的直导线C'D'与CD构成回路，则t=1.5t0时刻，CD、C'D'回路产生的总电动势为E总=πr2·2B0t0，根据对称性可知t=1.5t0时刻直导线CD电动势为πr2B0t0，故B正确；由于圆环Ⅱ处于磁场外部，通过圆环Ⅱ的磁通量一直为0，所以圆环Ⅱ不会产生感应电流，则t=0.5t0时刻圆环Ⅱ中电流为0，故C错误；假设有以O点为圆心，过P、Q两点的圆环Ⅲ，其在t=0.5t0时刻产生的电动势为E=πr2B0t0例3(多选)(2025·安徽省皖北协作区一模)如图所示，半径为R的34金属圆环ab固定在水平绝缘桌面上，有一垂直于圆环向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系为B=kt(k>0)。一长为2R的金属直杆垂直磁场放置在圆环上，杆的一端与圆环的端口a接触，t=0时，杆从图示实线位置以角速度ω顺时针绕a在圆环所在平面内匀速转动，t=3π4ω时，金属杆转到虚线位置，与圆环另一端口b刚好接触，设t=3πA.t=3π4B.t=0到t=π2C.t=3π4ωD.t=3π4ω答案ABD解析由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针方向，故A正确；t=0到t=π2ω的过程中，回路中的感生电动势和动生电动势均增大且方向相同，故B正确；t=3π4ω时，圆环与杆构成的回路由于磁场均匀增大，产生的感生电动势为E感=ΔΦΔt=ΔBΔtS=(3πR24+R22)ΔBΔt=(3πR24+R22)k，动生电动势为E动=12B(2R)2ω=12kt(2R)考点二电磁感应中的图像问题例4(2024·天津卷·4)如图所示，两根不计电阻的光滑金属导轨平行放置，导轨及其构成的平面均与水平面成某一角度，导轨上端用直导线连接，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。具有一定阻值的金属棒MN从某高度由静止开始下滑，下滑过程中MN始终与导轨垂直并接触良好，则MN所受的安培力F及其加速度a、速度v、电流I随时间t变化的关系图像可能正确的是()答案A解析根据题意，设导体棒的电阻为R，导轨间距为L，磁感应强度为B，导体棒速度为v时，受到的安培力为F=BIL=B2L2vR，可知F∝v，由牛顿第二定律可得，导体棒的加速度为a=mgsinθ-Fm=gsinθ-B2L2vmR，可知，随着速度的增大，导体棒的加速度逐渐减小，当加速度为零时，导体棒开始做匀速直线运动，则v-t图像的斜率逐渐减小直至为零时，速度保持不变，由于安培力F与速度v成正比，则F-t图像的斜率逐渐减小直至为零时，F保持不变，故A正确，B、C错误；根据题意，由公式可得，感应电流为I=BLv例5(多选)(2025·山东淄博市一模)如图，直角梯形区域abcd，ab=2ad=2cd=2l，e为ab的中点，直角三角形aed、平行四边形ebcd两区域内存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于纸面的匀强磁场，一等腰直角三角形导线框ABC与梯形abcd在同一平面内，AB边长为l且与ae共线，导线框以垂直于ad的恒定速度穿过磁场区域，从B点进入磁场开始计时，3s末AC刚好到达b点。规定逆时针方向为感应电流的正方向，水平向左为导线AC受到的安培力的正方向，此过程中线框中的感应电流i、AC受到的安培力FAC，二者与时间t的关系图像可能正确的是()答案BC解析设导线框速度为v，电阻为R，则0~1s内电流i1=E1R=Bvt·vR=Bv2Rt，可知电流从0均匀增大到BlvR，由右手定则可知电流方向为逆时针，为正方向；1~2s内，导线框一部分在垂直纸面向里的磁场，一部分在垂直纸面向外的磁场，且两边切割磁感线产生的感应电动势方向相同，此时两边产生的感应电动势相加，可得i2=E2R=B×2(2l-vt)vR=4BlvR-2Bv2Rt，可知电流从最大2BlvR均匀减小到0，由右手定则可知电流方向为顺时针，为负方向；2~3s内，导线框离开磁场，电流i3=E3R=B(3l-vt)vR=3BlvR-Bv2Rt，可知电流从最大BlvR均匀减小到0，由右手定则可知电流方向为逆时针，为正方向。所以B选项正确，A选项错误；根据0~1s内，AC在磁场外，安培力FAC1=0，1~2s内，导线框一部分在垂直纸面向里的磁场，一部分在垂直纸面向外的磁场，AC边安培力大小FAC2=B×B×2(2l-vt1.电磁感应中常见的图像常见的有磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移的变化图像。2.解答此类问题的两个常用方法(1)函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷。(2)排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化情况，把握三个关注，快速排除错误的选项。这种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用。考点三电磁感应中的动力学与能量问题1.电磁感应综合问题的解题思路2.求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律：Q=I2Rt，适用于电流恒定的情况；(2)功能关系：Q=W克安(W克安为克服安培力做的功)；(3)能量转化：Q=ΔE(其他能的减少量)。例6(多选)(2025·山西省部分学校联考)如图所示，两根足够长的光滑平行金属轨道ab、cd固定在水平面内，相距为L，电阻不计，导轨平面处在竖直向上的磁感应强度大小为B的匀强磁场中，ac间接有阻值为R的电阻，电阻为r、质量为m的金属导体棒MN垂直于ab、cd放在轨道上，与轨道接触良好，导体棒MN的中点用与轨道平行的绝缘轻绳经过滑轮与质量也为m的物块相连。物块放在倾角为θ的绝缘斜面上，不计一切摩擦。若初始时刻给导体棒一个水平向左的初速度为v0，运动过程中导体棒始终未离开水平轨道，物块始终未离开斜面，运动过程中轻绳始终与斜面平行且处于绷紧状态，重力加速度为g，下列说法正确的是()A.初始时刻导体棒的加速度大小B2L2vB.导体棒的加速度先增大后减小C.导体棒的加速度一直减小D.导体棒最终的速度为mg答案CD解析初始时刻，将导体棒和物块作为整体，分析受力，由牛顿第二定律，可得BIL+mgsinθ=2ma，其中I=BLv0R+r，联立解得a=B2L2v02m(R+r)+12gsinθ，A错误；向左运动过程中a=B2L2v2m(R+r)+12gsin例7(多选)(2025·河北廊坊市模拟)如图所示，水平虚线M、N间存在垂直于纸面向里、沿水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边长为L的正方形导线框abcd由虚线M上方无初速度释放，在释放瞬间ab边与虚线M平行且相距为L。已知线框的质量为m，电阻为R，线框cd边刚要进磁场时，线框的加速度为零，线框ab边刚进磁场时和刚出磁场时速度相同，重力加速度为g，线框在运动过程中始终在垂直于磁场的竖直面内，ab边始终水平，忽略空气阻力，则下列说法正确的是()A.线框进磁场的过程可能是加速运动B.线框进磁场过程通过线框横截面的电荷量为BC.通过整个磁场，线框中产生的焦耳热为2mgLD.M、N间的距离为2L-m答案BD解析若导线框在穿越磁场的过程中，先加速，则线框刚进入磁场时受到的重力大于安培力，线框在进入磁场的过程中，可能一直加速直到完全进入磁场，或者先加速再匀速进入磁场，完全进入磁场后，线框只受到重力的作用，接着将加速，一直到线框刚出磁场，显然此时ab边与两虚线重合时的速度大小不可能相等，后面的速度大于前面的速度，故A错误；线框进磁场过程中的平均感应电动势E=ΔΦΔt，平均电流为I=ER，通过的电荷量为q=IΔt，磁通量的变化量为ΔΦ=BL2，联立可得线框进磁场过程中通过线框横截面的电荷量为q=BL2R，故B正确；线框cd边刚要进磁场时，线框的加速度为零，根据平衡条件，有mg-B2L2vR=0，解得v=mgRB2L2，从开始释放到线框cd边刚要进磁场时，根据能量守恒，有Q热=mg·2L-12mv2，解得Q热=2mgL-m3g2R22B4L4，因线框ab边刚进磁场时和刚出磁场时速度相同，所以线框进入过程和穿出过程产生的热量相等，即通过整个磁场，线框中产生的焦耳热为Q=2Q热=4mgL-m3g2R例8(2025·河北省模拟)如图所示，间距L=2m的光滑平行导轨及其所在平面与水平面的夹角均为θ=30°，导轨底端AB水平，且接有一个特殊的电源，电路接通后该电源在不同的外接负载条件下均保持所输出的电流恒定为I=0.5A，导轨上C、D两点连线与AB平行，E为导轨平面上一点，C、D、E的连线构成等腰直角三角形，O点为等腰直角三角形CDE过E点高的中点，三角形内部存在垂直导轨平面向下，磁感应强度大小B=0.5T的匀强磁场。将一长度也为L=2m，质量m=0.05kg，电阻为定值的导体棒放置在C、D位置，导体棒受到C、D两处挡板的作用处于静止状态。导轨足够长，重力加速度g取10m/s2。求：(1)闭合开关S的瞬间，导体棒的加速度a的大小；(2)导体棒第一次经过O点时速度v0的大小；(3)已知闭合开关S后经π4s导体棒第一次经过O点，若以O点为原点沿斜面向上为正方向建立x坐标轴，请写出导体棒所受合力F合与其坐标x的关系式及导体棒从O点第一次到达x=0.25m所用的时间t答案(1)5m/s2(2)102(3)F合=-0.5x(N)π12解析(1)由左手定则可知导体棒所受安培力方向沿斜面向上，由牛顿第二定律得BIL-mgsinθ=ma解得a=5m/s2(2)导体棒沿斜面向上运动位移d=0.5m时第一次经过O点，由几何关系易得此时导体棒处于磁场中的长度为L'=1m；向上运动过程中导体棒处于磁场中的长度随其位移均匀减小，安培力做功W=FAx=BIL解得W=316由动能定理得W-mgdsin30°=m解得v0=102(3)导体棒坐标为x时，导体棒处于磁场中的长度为L2-2合力大小F合=BI(L2-2x)-mgsin即F合=-0.5x(N)可知导体棒以O点为中心做简谐运动，振幅A=0.5m，且导体棒第一次经过O点用时π4s为四分之一周期，可得T=π导体棒过O点后再经A2第一次到达x=0.25从导体棒第一次经过O点时开始计时，则有x=Asin2πT解得所用时间t=T12=π12电磁感应中的动力学和能量问题棒、框受力平衡静止闭合K，ab恰好静止棒、框处于平衡状态，进行受力分析，满足合力为零匀速运动恰好匀速进入磁场棒的最大速度棒、框受力不平衡变加速运动棒在恒力作用下从静止开始运动棒从静止开始下滑受力分析，分析加速度的变化：a=Fm-a=gsinθ-B棒做加速度减小的加速运动匀加速运动a=mMN棒：F-B2L2(PQ棒：B2L2(棒、框运动过程中能量问题棒、框从某一速度到另一速度棒从静止到匀速时产生的焦耳热利用能量守恒定律或功能关系求产生的焦耳热，回路中有多个电阻时，注意热量的分配专题强化练[分值：50分][1~5题，每题4分，6~8题，每题6分][保分基础练]1.(2025·甘肃卷·6)闭合金属框放置在磁场中，金属框平面始终与磁感线垂直。如图，磁感应强度B随时间t按正弦规律变化。Φ为穿过金属框的磁通量，E为金属框中的感应电动势，下列说法正确的是()A.在0~T4内，Φ和EB.当t=T8与3T8C.当t=T4时，Φ最大，ED.当t=T2时，Φ和E答案C解析在0~T4时间内，磁感应强度B增加，根据Φ=BS可知磁通量Φ增加，但是图像的斜率减小，即磁感应强度B的变化率逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律可知E=ΔBΔtS，感应电动势E逐渐减小，选项A错误；当t=T8和t=3T8时，因B-t图像的斜率绝对值相等，符号相反，可知感应电动势E大小相等，方向相反，选项B错误；t=T4时，B最大，则磁通量Φ最大，但是B的变化率为零，则感应电动势E为零，选项C正确；t=T2时，B2.(2024·江苏卷·10)如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是()A.顺时针，顺时针 B.顺时针，逆时针C.逆时针，顺时针 D.逆时针，逆时针答案A解析线圈a从磁场中匀速拉出的过程中，穿过a线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知a线圈中的电流方向为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出，则a中产生的电流为恒定电流，线圈a靠近线圈b的过程中穿过线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b中产生的电流方向为顺时针。故选A。3.(多选)(2025·黑吉辽蒙卷·9)如图，“”形导线框置于磁感应强度大小为B、方向水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直，各边长均为l。线框绕b、e所在直线以角速度ω顺时针匀速转动，be与磁场方向垂直。t=0时，abef与水平面平行，则()A.t=0时，电流方向为abcdefaB.t=0时，感应电动势为Bl2ωC.t=πωD.t=0到t=πω答案AB解析线框转动时，切割磁感线产生电动势的两条边为cd和af，t=0时刻cd边速度与磁场方向平行，不产生感应电动势，此时af边切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可知电流方向为abcdefa，感应电动势为E=Blv=Blωl=Bl2ω，A、B正确；t=πω时，线框旋转180°，此时依旧是af边切割磁感线产生感应电动势，感应电动势不为零，C错误；t=0到t=πω的过程中，线框abef的磁通量变化量为零，线框bcde的磁通量变化量大小为|ΔΦ|=2BS=2Bl2，由法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势为E=|ΔΦΔ4.(多选)(2025·河南卷·9)手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧，c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向，依此自动调节c、d中通入的电流Ic和Id的大小和方向(无抖动时Ic和Id均为零)，使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是()A.若Ic沿顺时针方向，Id=0，则表明a的方向向右B.若Id沿顺时针方向，Ic=0，则表明a的方向向下C.若a的方向沿左偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿逆时针方向且Ic>IdD.若a的方向沿右偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿顺时针方向且Ic<Id答案BC解析若Ic沿顺时针方向且Id=0，由左手定则可知线圈c受到的安培力向右，则手机框架向左运动，加速度方向向左，A错误；若Id沿顺时针方向且Ic=0，由左手定则可知线圈d受到的安培力向上，则手机框架向下运动，加速度方向向下，B正确；若a的方向沿左偏上30°，说明手机框架向上运动以及向左运动，且向左运动的分速度大于向上运动的分速度，可知线圈c受到的安培力向右，Ic沿顺时针方向，线圈d受到的安培力向下，Id沿逆时针方向，又由E=Blv，I=ER，可知Ic>Id，C正确；若a的方向沿右偏上30°，同理可知Ic沿逆时针方向，Id沿逆时针方向，且Ic>Id，D5.(多选)(2025·江西省模拟)如图，匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的边界P、Q、M水平，两磁场的方向相反，磁感应强度大小均为B，磁场Ⅰ的宽度为L，磁场Ⅱ的宽度大于L。边长为L、质量为m、电阻为R的正方形金属线框abcd自距磁场边界P上方L处自由下落，当ab边刚进磁场Ⅱ时线框的加速度为零；当ab边刚出磁场Ⅱ时，线框的加速度也为零。重力加速度大小为g，线框运动过程中，线框平面与磁场始终垂直，ab边始终水平，忽略空气阻力，下列说法正确的是()A.当线框ab边刚进磁场Ⅱ时，线框的速度大小为mgRB.线框ab边通过磁场Ⅰ的过程中，通过线框横截面的电荷量为BC.磁场Ⅱ的宽度为L+15D.线框通过磁场过程中，线框中产生的焦耳热为4mgL+7答案BC解析设线框ab边刚进磁场Ⅱ时速度为v1，根据题意可得2B2BLv1RL=mg，解得v1=mgR4B2L2，故A错误；线框ab边通过磁场Ⅰ的过程中，通过线框横截面的电荷量q=ΔΦR=BL2R，故B正确；设线框ab边刚出磁场Ⅱ时，线框的速度大小为v2，则B2L2v2R=mg，解得v2=mgRB2L2，设磁场Ⅱ的宽度为d，则d=L+v22-v1[争分提能练]6.(多选)(2024·全国甲卷·21)如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在t=0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是()答案AC解析设线框的上边框进入磁场时的速度为v，设线框的质量M，物块的质量m，题图中线框进入磁场时的加速度向下，对线框，由牛顿第二定律可知Mg+F安-FT=Ma对物块有FT-mg=ma其中F安=B即B2L2vR+(M-m)g=(线框向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线框匀速运动的速度为v0=(若线框进入磁场时的速度较小，则线框进入磁场时做加速度减小的减速运动，线框的速度和加速度都趋近于零，则图像A可能正确；因t=0时刻线框进入磁场，则进入磁场时线框向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能；若线框的质量等于物块的质量，且当线框进入磁场时速度较大时，线框进入磁场做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后线框做匀速运动；当线框出磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速运动，最终出磁场时做匀速运动，则图像C有可能，D不可能。7.(多选)(2025·山东青岛市第一次适应性检测)如图所示，两根相距为L的平行光滑金属导轨倾斜放置，处于垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，两导轨顶端与电容器相连，质量为m、长度为L的金属杆垂直导轨放置，金属杆与导轨接触良好。开始时电容器不带电，金属杆被锁定在距倾斜导轨底端d处。已知两导轨倾角均为θ，电容器电容为C，重力加速度为g，不计一切电阻。现解除锁定，下列说法正确的是()A.金属杆下滑过程中做加速度减小的变加速直线运动B.若增大电容器电容，金属杆下滑时间变短C.金属杆下滑到导轨底端时电容器极板间电压U=BL2D.金属杆下滑到导轨底端时电容器储存的电能E=B答案CD解析金属杆沿导轨下滑时，根据牛顿第二定律有mgsinθ-F安=ma，又金属杆所受的安培力为F安=BIL，电路中电流为I=ΔQΔt=CΔUΔt=CBLΔvΔt=CBLa，联立以上三式得a=mgsinθm+CB2L2，式中各量均不变，说明加速度不变，可知金属杆做匀加速直线运动，故A错误；若增大电容器电容，加速度减小，则根据d=12at2可知金属杆下滑时间变长，故B错误；金属杆下滑到导轨底端时的速度满足v2=2ad，电容器极板间电压U=BLv8.(多选)(2025·黑龙江省名校协作体一模)如图所示，足够长的光滑导轨平行固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，电阻不计，两导轨间存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。导体棒ab、cd放置在导轨上，其质量分别为m、2m，电阻均为R，长度均为L，用不可伸长的轻绳跨过光滑轻质定滑轮将cd棒中点与质量为m的重物相连，绳与cd棒垂直且平行于桌面。t=0时刻将cd棒由静止释放，t1时刻ab棒的加速度刚好达到最大值。已知t1时刻之前重物未着地，两导体棒始终与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是()A.0~t1时间内通过ab棒的电流增大B.t1时刻，两棒的加速度大小均为14C.t1时刻，两棒的加速度大小均为13D.t1时刻，两棒速度差的大小为mgR答案ABD解析设运动过程ab棒的速度大小为vab，cd棒的速度大小为vcd，以cd棒和重物为系统，根据牛顿第二定律可得加速度大小为acd=mg-BIL3m，以ab棒为研究对象，根据牛顿第二定律可得加速度大小为aab=BILm，又I=E2R=BL(vcd-vab)2R，由于一开始acd>aab，则cd棒速度增加得比ab棒快，所以回路电流逐渐增大，cd棒的加速度逐渐减小，ab棒的加速度逐渐增大，当acd=aab时，两棒速度增加一样快，回路电流保持不变，之后两棒做加速度相等的匀加速直线运动；根据以上分析可知，0~t1时间内通过ab棒的电流增大；t1时刻，两棒的加速度相等，则有a=mg-BIL3m=BILm，解得a=14g，I=mg4BL，根据9.(12分)(2025·江苏卷·15)圆筒式磁力耦合器由内转子、外转子两部分组成。工作原理如图甲所示。内、外转子可绕中心轴OO'转动。外转子半径为r1，由四个相同的单匝线圈紧密围成，每个线圈的电阻均为R，直边的长度均为L，与轴线平行。内转子半径为r2，由四个形状相同的永磁体组成，磁体产生径向磁场，线圈处的磁感应强度大小均为B。外转子始终以角速度ω0匀速转动，某时刻线圈abcd的直边ab与cd处的磁场方向如图乙所示。(1)(2分)若内转子固定，求ab边产生感应电动势的大小E；(2)(5分)若内转子固定，求外转子转动一周，线圈abcd产生的焦耳热Q；(3)(5分)若内转子不固定，外转子带动内转子匀速转动，此时线圈中感应电流为I，求线圈abcd中电流的周期T。答案(1)BLω0r1(2)8πB2解析(1)根据题意可知，ab边转动时的线速度为v=ω0r1则ab产生的感应电动势大小E=BLv=BLω0r1(2)根据题意，由题图甲可知，若内转子固定，外转子转动过程中，ab、cd边均切割磁感线，则转动过程中线圈abcd中的感应电动势为E1=2BLv=2BLω0r1感应电流为I0=E外转子转动的周期为T1=2π则线圈abcd转动一圈产生的热量Q=I02RT1(3)结合题图可知，转子转动14T1电流方向改变，大小不变，若内转子不固定，跟着外转子一起转，且abcd中的电流为I，则感应电动势为E'=又有E'=2BLΔv解得Δv=IR则电流改变方向的时间为t=14×则电流的周期为T=2t=2BL第10讲动量观点在电磁感应中的应用考点一动量定理在电磁感应中的应用在导体切割磁感线做变加速运动时，若运用牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题。已知或求解涉及的物理量应用示例电荷量-BILΔt=mv2-mv1，q=IΔt，即-BqL=mv2-mv1位移-B2L2v即-B2L2时间-BILΔt+F其他Δt=mv2-mv1，即-BLq+F其他Δt=mv2-mv1，已知电荷量q、F其他(F其他为恒力)-B2L2vΔtR总+F其他Δ即-B2L2xR总+F其他Δt=已知位移x、F其他(F其他为恒力)例1(多选)(2025·四川省模拟)如图所示，在光滑的水平面上有一方向竖直向下的有界匀强磁场。磁场区域的左侧，一正方形线框(右边框平行于磁场边界)由位置Ⅰ以4.5m/s的初速度垂直于磁场边界水平向右运动，经过位置Ⅱ，当运动到位置Ⅲ时速度恰为零，此时线框刚好有一半离开磁场区域。线框的边长小于磁场区域的宽度。若线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，线框经过位置Ⅱ时的速度为v。则下列说法正确的是()A.q1=q2 B.q1=2q2C.v=1.0m/s D.v=1.5m/s答案BD解析根据q=ΔΦR=BΔSR可知，线框进、出磁场的过程中通过线框横截面的电荷量q1=2q2，故A错误，B正确；线框从开始进入磁场到位置Ⅱ，由动量定理有-BI1LΔt1=mv-mv0，即-BLq1=mv-mv0，同理线框从位置Ⅱ到位置Ⅲ，由动量定理有-BI2LΔt2=0-mv，即-BLq2=0-mv，联立解得v=13v0例2(2025·河北保定市部分示范高中一模)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MNPQ和M1N1P1Q1固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为2L和L。金属棒a、b的质量分别为2m、m，阻值分别为2R、R，长度分别为2L、L，整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属棒a一水平向右的初速度v0，经一段时间后金属棒a、b达到稳定速度。已知运动过程中两金属棒a、b始终与导轨垂直且接触良好，金属棒a一直未到达NN1位置，下列说法正确的是()A.稳定后金属棒a的速度大小为23vB.稳定后金属棒b的速度大小为13vC.整个运动过程中产生的热量为23mD.从开始运动至达到稳定速度的过程中，流过金属棒b的电荷量为m答案C解析设经一段时间t后金属棒a、b达到稳定速度，大小分别为v1、v2，此时电路中刚好无电流，则有2BLv1=BLv2，解得2v1=v2，分别对金属棒a、b应用动量定理得-2BIL·t=2mv1-2mv0，BIL·t=mv2-0，联立解得v1=13v0，v2=23v0，故A、B错误；由能量守恒定律知整个运动过程中产生的热量Q=12×2mv02-12×2mv12-12mv22=23mv02，故C正确；从开始运动至达到稳定速度的过程中，流过金属棒b的电荷量q=It，又BI变式(2025·陕晋宁青卷·7)如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为2L，宽均为L，电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0=4BA.甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同B.甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为1∶1C.乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0D.甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3答案D解析根据楞次定律，甲线框进磁场的过程电流方向为顺时针，出磁场的过程中电流方向为逆时针，故A错误；甲线框刚进磁场区域时，合力为F安1=BI1L=B·BLv0RL=B2L2v0R，乙线框刚进磁场区域时，合力为F安2=BI2L=B·BLv02RL=B2L2v02R，可得F安1F安2=2，故B错误；假设甲、乙都能完全出磁场，对甲根据动量定理有-BI1LΔt=mv1-mv0，q1=I1Δt=ΔΦΔtR·Δt=ΔΦR=B·4L2R，同理对乙有-BI2LΔt'=mv2-mv0，q2=I2Δt'=ΔΦΔt'2R·Δt'=ΔΦ2R=B·4L例3(2025·广西卷·7)如图所示，两条固定的光滑平行金属导轨，所在平面与水平面夹角为θ，间距为l，导轨电阻忽略不计，两端各接一个阻值为2R的定值电阻，形成闭合回路，质量为m的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好，接入导轨之间的电阻为R；劲度系数为k的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨平行，一端固定，另一端均与金属棒中间位置相连，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=12kx2；将金属棒移至导轨中间位置时，两弹簧刚好处于原长状态；整个装置处于垂直导轨所在平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a后静止释放，金属棒沿导轨向下运动到最远处，用时为t，最远处与导轨中间位置距离为b，弹簧形变始终在弹性限度内，重力加速度为gA.金属棒所受安培力冲量大小为BB.每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为B2lC.每个定值电阻产生的热量为k(aD.金属棒的平均输出功率为k答案D解析金属棒所受安培力冲量大小为I安=BIlΔt=Blq，又q=ER总Δt=ΔΦR总=Bl(a+b)R总，R总=2R·2R2R+2R+R=2R，联立解得I安=B2l2(a+b)2R，选项A错误；该过程中，取沿导轨向下为正方向，由动量定理有2I弹-I安+mgsinθ·t=0，解得每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为I弹=12I安-12mgtsinθ=B2l2(a+b)4R-12mgtsinθ，选项B错误；由能量关系可知回路产生的总热量Q=mgsinθ·(考点二动量守恒定律在电磁感应中的应用例4(2025·陕西宝鸡市三模)如图所示为放置在水平面上的光滑金属导轨，由左侧的圆弧轨道和右侧足够长的水平轨道平滑连接组成。圆弧轨道最上端连接一个电容C=0.5F的电容器，导轨间距为L=1m。在图中虚线de右侧区域存在磁感应强度大小B=2T，方向竖直向上的匀强磁场，金属棒b静止在磁场内水平导轨上。现断开开关S，将金属棒a从圆弧导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h=1.8m。已知金属棒a的质量ma=3kg，金属棒b质量mb=1.5kg，两金属棒在导轨间的电阻均为R=2Ω。在运动过程中两金属棒始终与导轨接触良好且与导轨垂直，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计，重力加速度g取10m/s2。(1)当金属棒b的速度为2m/s时，求金属棒a速度大小；(2)要使两金属棒在磁场内运动过程中不相撞，求初始时刻金属棒b到de的最小距离x；(3)若金属棒b的速度为2m/s时从导轨上取走金属棒b，同时闭合开关S，求金属棒a的最小速度。答案(1)5m/s(2)6m(3)3m/s解析(1)设金属棒a滑上水平导轨时速度为v0，下滑过程中由机械能守恒定律可得magh=12mav02，当金属棒b的速度vb=2m/s时，设金属棒a的速度为va，由动量守恒定律有mav0=mava+mbvb，代入数据解得va=5(2)由题意可得，金属棒a在磁场内做减速运动，金属棒b在磁场内做加速运动。要使两金属棒在磁场中不相撞，则金属棒a追上金属棒b时恰好共速。由动量守恒定律有mav0=(ma+mb)v共，从金属棒a进入磁场到二者共速的过程中，设通过闭合回路的电量为q，回路中的平均电流I=E2R，E=ΔΦΔt，ΔΦ=BLΔx，q=IΔt，在此过程中，对于金属棒b由动量定理得BILΔt=mbv共-0，联立以上各式可得，初始时刻金属棒b到de的最小距离x=Δ(3)由题意可得，取走金属棒b，闭合开关S，金属棒a以5m/s的速度向右切割磁感线，给电容器充电。当金属棒a产生的感应电动势和电容器两端电压相等时，金属棒a开始匀速运动，速度达到最小。则E=BLvm，UC=q'C，且E=UC，对于金属棒a由动量定理可得-BI'LΔt=-Bq'L=ma(vm-va)，联立以上各式可得vm=mavama+例5(多选)(2023·辽宁卷·10)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4C.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BLd答案AC解析弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，选项A正确；任意时刻，设电流为I，则PQ所受安培力FPQ=BI·2d，方向向左，MN所受安培力FMN=2BId，方向向右，可知两棒系统所受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m，PQ速率为v时，则有2mv=mv'，解得v'=2v，回路中的感应电流I=2Bdv'+B·2dv3R=2BdvR，MN所受安培力大小为FMN=2BId=4B2d2vR，选项B错误；设整个运动过程中，某时刻MN与PQ的速率分别为v1、v2，同理有mv1=2mv2，可知MN与PQ的速率之比始终为2∶1，则MN与PQ的路程之比为2∶1，故C正确；两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得mx1=2mx2，x1+x2=L，可得最终MN向左移动x1=2L3，PQ向右移动x2物理模型两杆都在运动，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒分析方法动力学观点通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动能量观点两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和动量观点对双杆合外力为零，应用动量守恒定律处理速度问题，对其中一杆应用动量定理可解电荷量、时间及位移差问题专题强化练[分值：44分][1~5题，每题4分，6~9题，每题6分][保分基础练]1.(2025·广东广州市一模)如图所示，A、B是面积、磁感应强度的大小和方向均完全相同的匀强磁场区域，只是A区域比B区域离地面高，甲、乙两个完全相同的线圈，在距地面同一高度处同时由静止开始释放顺利穿过磁场，两线圈下落时始终保持线圈平面与磁场垂直，不计空气阻力。下列说法正确的是()A.两线圈穿过磁场的过程中产生的热量相等B.两线圈穿过磁场的过程中通过线圈横截面的电荷量不相等C.两线圈落地时乙的速度较大D.甲线圈运动时间较长，乙线圈先落地答案D解析由法拉第电磁感应定律、欧姆定律及安培力公式有E=BLv，i=ER，F=BiL，可得F=B2L2vR，由于乙进入磁场时的速度较大，则安培力较大，穿过磁场的过程中克服安培力做的功较多，即产生的焦耳热较多，故A错误；由电流定义式结合法拉第电磁感应定律有q=IΔt=ΔΦRΔtΔt=ΔΦR=BΔSR，可知通过线圈横截面的电荷量相等，故B错误；由于甲、乙减少的重力势能相同，甲穿过磁场的过程中产生的热量较少，由能量守恒定律可知，甲落地时速度较大，故C错误；线圈穿过磁场区域时受到的安培力为变力，设受到的平均安培力为F，穿过磁场时间为Δt，下落全过程时间为t，落地时的速度为v，则全过程由动量定理得mgt-FΔt=mv，而FΔt=BILΔt，I=ΔΦΔtR，所以FΔ2.(多选)(2025·安徽蚌埠市质检)如图所示，两个相同的足够长光滑“”形金属导轨ACDE和FGHJ固定在同一水平面内，AC、FG、DE、HJ互相平行且间距均为L，金属棒a、b垂直静止在导轨上，a、b的质量分别为2m和m，它们接入电路的电阻分别为R和2R，金属导轨的电阻不计，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现给a一个水平向右的初速度v0，此后a、b运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，则下列说法正确的是()A.b向左运动B.b最终的速度大小为23vC.通过b的电荷量为2D.b中产生的焦耳热为29m答案BCD解析当a向右运动时，a切割磁感线产生感应电动势，可以判断a中感应电流向上，b中感应电流向下，根据左手定则，b受到的安培力向右，则b向右运动，故A错误，因a、b串联，通过的电流大小相等方向相反，它们受到的安培力也是等大反向，所以整体动量守恒，根据动量守恒定律，有2mv0=3mv，解得v=23v0，故B正确；对b研究，根据动量定理有BLIt=BqL=m×23v0，解得q=2mv03BL，故C正确；由能量守恒定律及串联电路电功率的分配规律，得b中产生的焦耳热Q=23.(多选)(2025·山东临沂市三模)如图所示的光滑金属轨道由左、右两段足够长的轨道拼接而成，整个轨道固定在水平面内，左侧两平行导轨间距为2L，在上面搁置导体棒2(长度为2L、质量为2m、电阻为2R)，右侧两平行导轨间距为L，在上面搁置导体棒1(长度为L、质量为m、电阻为R)，导轨电阻不计，整个轨道所在的空间中有垂直于轨道平面的匀强磁场。现在给棒1一个初速度v0，它通过安培力带动棒2向右运动，运动过程中棒1、棒2均与导轨良好接触。下列说法正确的是()A.两棒一直做减速运动，最终速度为0B.棒1和棒2的最终速度分别为23v0和13C.两棒在运动过程中的同一时刻加速度大小不相等D.整个过程中两棒上产生的焦耳热为16m答案BD解析根据题意，安培力会使棒2向右加速运动，安培力使得棒1向右减速，最终两棒均做匀速直线运动，故A错误；当两棒做匀速直线运动时有BLv1=2BLv2，此时回路中无电流，此即为两棒最终稳定状态，此时v1=2v2；对棒1应用动量定理，得-BILΔt=mv1-mv0，对棒2应用动量定理，得2BILΔt=2mv2，解得v1=2v03，v2=v03，故B正确；对棒1，由牛顿第二定律有BI1L=ma1，对棒2，由牛顿第二定律有2BI2L=2ma2，因为两棒串联，所以I1=I2，解得a1=a2，故C错误；由能量守恒有Q=12mv02-(12mv12+12×4.(多选)(2025·江西省一模)如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨竖直固定放置，导轨上端连接有电阻为R的定值电阻，水平边界a、b间，c、d间分别有垂直于导轨平面向里的匀强磁场1、2，磁场的磁感应强度大小均为B，磁场的宽度均为h，一个质量为m、长度大于L的金属棒垂直于导轨放置并在图示位置由静止释放，重力加速度为g，金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，金属棒穿过两磁场的时间和穿过b、c间的时间均相等，不计金属棒的电阻，则下列说法正确的是()A.金属棒进磁场1后有可能先做加速运动B.金属棒进入磁场1、2后均先做减速运动C.b、c间的距离一定大于hD.金属棒刚进入磁场1或磁场2时，受到安培力的大小F>2mg答案BCD解析设金属棒进磁场1时的速度大小为v0，出磁场1时的速度大小为v1，金属棒穿过磁场1的时间为t，根据动量定理可得mgt-BILt=mgt-BqL=mv1-mv0，即mgt-B2L2hR=mv1-mv0，因金属棒穿过两磁场时间相同，如果进磁场1先做加速运动，则进磁场2必然也先做加速运动，则第二次时间比第一次时间短，与实际矛盾，因此金属棒不可能进磁场1后先做加速运动，故A错误；若金属棒进入磁场1做匀速运动，则金属棒进入磁场2后一定先做减速运动，则两次的时间不等，因此金属棒均减速进入磁场1、2，故B正确；金属棒进磁场后均先做减速运动，且通过的时间相等，则金属棒进两磁场时的速度相等，出两磁场时的速度也相等，v-t图像如图所示，由v-t图像与t轴所围面积表示位移可知，b、c间的距离一定大于h，故C正确；金属棒在磁场1或磁场2中做加速度减小的减速运动过程有v0-v1=|at|，金属棒从b到c的运动过程有v0-v1=gt，金属棒在磁场中运动时必有一时刻的加速度大小等于g，刚进入磁场时金属棒的加速度大小必然大于g，可得金属棒受到的安培力此时大于5.(多选)(2025·福建省二模)如图所示，间距为L的平行光滑长直金属导轨固定放置，导轨平面水平，矩形PMNQ区域有垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨平面离地面的高度为h，质量均为m、电阻均为R、长度均为L的金属棒a、b垂直放在导轨上，b在磁场中，a在磁场外，给a一个水平向右的初速度v0，两金属棒在导轨上运动时始终与导轨垂直且接触良好，a、b两金属棒从导轨MN端水平抛出后做平抛运动的水平位移之比为2∶1。两金属棒在导轨上运动时没有发生碰撞，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A.金属棒a刚进磁场时的加速度大小为BB.金属棒b离开轨道做平抛运动的水平位移为vC.整个过程金属棒a中产生的焦耳热为29mD.金属棒b初始位置到PQ的距离至少为2答案BD解析对棒a，刚进磁场时根据牛顿第二定律有FA=BIL=BLBLv02R=B2L2v02R=ma，解得a=B2L2v02mR，故A错误；由于a、b两金属棒从导轨MN端水平抛出后做平抛运动的水平位移之比为2∶1，且竖直方向自由下落高度相同，则运动时间相同，因此a、b离开轨道时的速度大小之比为2∶1，设b离开轨道时的速度大小为v，则a离开轨道时的速度大小为2v，且a、b在轨道上运动时水平方向所受安培力等大反向，则a、b棒整体水平方向动量守恒，根据动量守恒定律mv0=2mv+mv，解得v=13v0，金属棒b做平抛运动有h=12gt2，x=vt，联立解得x=v032hg，故B正确；由能量守恒可知，金属棒a中产生的焦耳热Q=1212mv02-12m(13v0)2-12m(23[争分提能练]6.(多选)(2025·山东省实验中学第五次诊断)如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内，导轨间距为L。导轨上垂直放置导体棒a和b，质量均为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻不计。匀强磁场磁感应强度大小为B、方向竖直向上。开始时，两棒均静止，间距为x0。t=0时刻导体棒a获得向右的初速度v0，两导体棒的Δv-t图像(Δv=va-vb)如图乙所示，下列说法正确的是()A.0~t2时间内，导体棒b产生的焦耳热为14mB.t1时刻，棒a的加速度大小为BC.t2时刻，两棒之间的距离为mD.0~t2时间内，通过b棒的电荷量为m答案BD解析t2时刻Δv为0，则二者共速，规定向右为正方向，由动量守恒定律有mv0=2mv，解得共同速度v=v02，由能量守恒可知，0~t2时间内，导体棒b产生的焦耳热Q=12(12mv02-12×2mv2)，联立解得Q=18mv02，故A错误；t1时刻，Δv为v04，则回路电流I=BLΔv2R=BL×v042R=BLv08R，则棒a的加速度大小a=BILm=B2L2v08mR，故B正确；对b棒，由动量定理得BLIΔt=mv-0，因为q=IΔt=E7.(多选)(2025·湖南卷·9)如图，关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内，导轨形状为抛物线，顶点位于O点。一足够长的金属杆初始位置