2026年高考物理二轮专题复习：重难15 电磁感应（法拉第电磁感应定律、电磁感应中的电路问题、图像问题、单棒模型、双棒模型、线框模型、电磁感应中的动力学模型）（重难专练）（全国适用）（原卷版）

PAGE重难15电磁感应（法拉第电磁感应定律、电磁感应中的电路问题、图像问题、单棒模型、双棒模型、线框模型、电磁感应中的动力学模型）内容导航内容导航速度提升技巧掌握手感养成重难考向聚焦锁定目标精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向重难技巧突破授予利器瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧重难保分练稳扎稳打必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值重难抢分练突破瓶颈争夺高分：聚焦于中高难度题目，争夺关键分数重难冲刺练模拟实战挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感”高考指导方向标近三年考查趋势分析近三年高考中，本专题是常以选择题和计算题（尤其是压轴题）形式出现，分值约10-20分。命题注重与实际科技应用（如发电机、电磁阻尼、磁悬浮）相结合，重点考查对电磁感应现象的本质理解，以及综合运用动力学、能量、动量观点分析导体棒、线框在磁场中复杂运动过程的能力。命题特点：突出楞次定律与法拉第定律应用：考查感应电流（电动势）方向的判断及大小的计算，特别是导体切割磁感线（平动、转动）的瞬时与平均电动势。聚焦典型动力学模型：“单棒”（阻尼式、发电式、含容）与“双棒”（等距、不等距、有外力）模型是高频载体，常涉及变加速运动的分析及最终稳定状态的求解。强化图像分析能力：结合Φ-t、B-t、E-t、I-t、F-t等图像，考查对电磁感应过程中各物理量动态变化的理解与推理。深入考查功能与动量关系：将电磁感应与能量守恒（焦耳热计算）、动量定理（求电荷量、位移、时间）紧密综合，是压轴题的重要命题方向。核心方法聚焦“先电后力再能”分析流程：明确电磁感应现象（E=Blv或E=nΔΦ/Δt）→分析电路（等效电源、电流、安培力）→进行受力与运动分析（牛顿定律）→运用能量或动量观点求解。掌握典型模型规律：单棒模型：最终状态往往是匀速（仅受安培力）或匀加速（受恒定外力）。双棒模型：关注动量是否守恒，掌握最终共速或保持恒定速度差的结论。线框模型：分析穿越磁场过程中的速度变化，熟练运用动量定理求电荷量或位移。熟练运用两大定理：动能定理（能量守恒）求焦耳热；动量定理（∑BILΔt=Δp）处理变力作用下的速度、电荷量、位移问题。备考指导建议透彻理解基本定律：吃透楞次定律（“阻碍”的含义）和法拉第电磁感应定律（感生、动生电动势的计算）。分类攻克典型模型：对单棒、双棒、线框等模型进行专题训练，掌握其运动过程、受力特点、能量转化及最终状态。强化图像与过程对应：练习根据物理过程描绘图像，或根据图像还原物理过程，提升信息转换能力。加强综合计算训练：重点练习融合动力学、电路、能量、动量的综合性大题，提升复杂问题的分解与整合能力。1.楞次定律的推论（几种表现形式）内容例证阻碍原磁通量变化——“增反减同”阻碍相对运动——“来拒去留”使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”阻碍原电流的变化（自感）——“增反减同”使闭合线圈远离或靠近磁体——“增离减靠”，“增斥减吸”：当开关S闭合时，左环向左摆动、右环向右摆动，远离通电线圈通电自感与断电自感的比较通电自感断电自感电路图器材要求A1、A2同规格，R＝RL，L较大L很大(有铁芯)，RLRA现象在S闭合的瞬间，A2灯立即亮起来，A1灯逐渐变亮，最终一样亮在开关S断开时，灯A突然闪亮一下后再逐渐熄灭(当抽掉铁芯后，重做实验，断开开关S时，会看到灯A马上熄灭)原因由于开关闭合时，流过电感线圈的电流增大，使线圈产生自感电动势，阻碍了电流的增大，使流过A1灯的电流比流过A2灯的电流增加得慢断开开关S时，流过线圈L的电流减小，使线圈产生自感电动势，阻碍了电流的减小，使电流继续存在一段时间；在S断开后，通过L的电流反向通过电灯A，且由于RLRA，使得流过A灯的电流在开关断开瞬间突然增大，从而使A灯的发光功率突然变大能量转化情况电能转化为磁场能磁场能转化为电能法拉第电磁感应定律内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。2.表达式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，n为线圈匝数。【注意】：E的大小与无关，决定于磁通量的变化率。【注意】对E＝neq\f(ΔΦ,Δt)计算的理解：（1）当仅由的变化引起时（B变S不变），，其中S为线圈在磁场中的有效面积。若，则。（2）当仅由的变化引起时（B不变S变），。（3）当、同时变化时，则。若已知Φ－t图像，则图线上某一点的切线斜率为。【注意】三个物理量的比较物理量磁通量Φ磁通量的变化量ΔΦ磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)物理意义某时刻穿过磁场中某个面的磁感线条数在某一过程中穿过某个面的磁通量的变化量穿过某个面的磁通量变化的快慢大小计算Φ＝BS⊥ΔΦ＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Φ2－Φ1,B·ΔS,S·ΔB))eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(|Φ2－Φ1|,Δt),B·\f(ΔS,Δt),\f(ΔB,Δt)·S))注意适用于匀强磁场。穿过某个面有方向相反的磁场时，则不能直接应用Φ＝B·S.应考虑相反方向的磁通量抵消以后所剩余的磁通量。①ΔΦ＝Φ2－Φ1适用各种情况，②ΔΦ＝B·ΔS适用匀强磁场的情况，③ΔΦ＝S·ΔB适用面积不变的情况。开始和转过180°时，平面都与磁场垂直，但穿过平面的磁通量是不同的，一正一负，ΔΦ＝2B·S而不是零。既不表示磁通量的大小也不表示变化的多少。在Φ-t图像中，可用图线的斜率表示。3.导体切割磁感线时的感应电动势（1）公式：，公式中要求B、L、v三者相互垂直。（适用于导体在匀强磁场中做切割磁感线运动而产生的感应电动势的计算）。当导体做切割磁感线运动时，其感应电动势的计算公式为，θ为运动方向与磁感线方向的夹角。【注意】：公式中L为切割磁感线的有效长度，即导线在垂直速度方向的投影长度，如下图所示。图甲中；图乙中若沿v1方向运动时，则；图丙中若沿v1方向运动时，则；沿v2方向运动时，则；图丁中。公式中的v应理解为导体和磁场间的相对速度，当导体不动而磁场运动时，也有感应电动势产生。若v为平均值，E就是平均感应电动势，若v为瞬时值，E就是瞬时感应电动势。4.平动切割与转动切割的几种情形：(1)如下图(a)（平动），在磁感应强度为B的匀强磁场中，导体以速度v垂直切割磁感线时，感应电动势E＝BLv.(2)如上图(b)（平动），在磁感应强度为B的匀强磁场中，导体运动的速度v与磁场的方向成θ角，此时的感应电动势为E＝BLvsinθ.（3）如上图(c)（转动），在磁感应强度为B的匀强磁场中，长为L的导体绕其一端为轴以角速度ω垂直切割磁感线匀速转动，此时产生的感应电动势E＝eq\f(1,2)BωL2。（4）如上图(d)（转动）：当长为的导体在垂直于匀强磁场(磁感应强度为B)的平面内，绕0以角速度匀速转动，OA=L1，OC=L2则。【注意】两个公式的比较公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝Blvsinθ区别研究对象整个闭合回路回路中做切割磁感线运动的那部分导体适用范围各种电磁感应现象只适用于导体切割磁感线运动的情况条件不同不一定是匀强磁场E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(B·ΔS,Δt)＝neq\f(S·ΔB,Δt)，E由eq\f(ΔΦ,Δt)决定。导线l上各点所在处的B相同。l、v、B应取两两互相垂直的分量，可采用投影的办法。计算结果Δt内的平均感应电动势某一时刻的瞬时感应电动势联系E＝Blvsinθ是由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)在一定条件下推导出来的。【注意】电动势的产生表达式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E=BlvsinθE=Bl2ωE=NBSωsin（ωt+φ0）情境图研究对象回路（不一定闭合）一段直导线（或等效成直导线）绕一点转动的一段导体绕与B垂直的轴转动的导线框意义一般求平均感应电动势，当Δt→0时求的是瞬时感应电动势一般求瞬时感应电动势，当v为平均速度时求的是平均感应电动势用平均值法求瞬时感应电动势求瞬时感应电动势适用条件所有磁场（匀强磁场定量计算、非匀强磁场定性分析）匀强磁场匀强磁场匀强磁场电磁感应中的电路问题电磁感应中电路知识的关系图【注意】“三步走”分析电磁感应中的电路问题：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。95.电磁感应中的图像问题电磁感应中的图像问题电磁感应中图像问题的解题思路：(1)明确图像的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t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E－x图像和i－x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．【注意】电磁感应图像问题的两个常用分析方法（1）排除法：定性地分析每一个过程中物理量的变化（增大还是减小）、变化快慢（均匀变化还是非均匀变化），特别是物理量的正负，把握三个关注，排除错误的选项。注：注意过程或阶段的选取，一般进磁场或出磁场、磁通量最大或最小、有效切割长度最大或最小等是分段的关键点。（2）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像作出分析和判断。6电磁感应中的单棒模型项目阻尼式单导体棒模型发电式单导体棒模型图示电路导体棒相当于电源。当速度为时，电动势。导体棒相当于电源，当速度为时，电动势安培力安培力为阻力，并随速度减小而减小：安培力为阻力，并随速度增大而增大.加速度加速度随速度减小而减小：加速度随速度增大而减小：速度a减小的减速运动。最终静止加速度减小的加速运动，最终匀速。能量全过程能量关系：，电阻产生的焦耳热稳定后的能量转化规律：，能量关系：。动量，。补充：发电式单导体棒模型的极值问题和模型拓展：（1）两个极值：时，有最大加速度：，时，有最大速度：，。（2）该模型的几种变形含电源和电容器的单棒模型：类型电容放电型电容无外力充电型电容有外力充电型含“源”电动式模型示意图动力学观点电容器放电，相当于电源;导体棒受安培力而运动。电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时产生阻碍放电的反电动势，导致电流减小直至电流为零，此时Uc=BLvm；电容器充电量:Q0=CE放电结束时剩余电量:Q=CE=CBLVm电容器放电电量:ΔQ=Q0-Q=CE-CBLvm,应用动量定理:导体棒相当于电源；电容器被充电UC渐大，安培力为阻力，棒减速，E减小，有I＝eq\f(BLv－UC,R)，当时，I=0，F安=0，棒做a减小的加速运动，最终匀速运动。最终速度：电容器充电荷量：q＝CU，最终电容器两端电压U＝BLv，对棒应用动量定理：mv0－mv＝Beq\x\to(I)L·Δt＝BLq，v＝eq\f(mv0,m＋B2L2C).。导体棒为电源，电容器被充电（1）导体棒做初速度为零匀加速运动:(2)回路中的电流恒定:=CBLa(3)导体棒受安培力恒定:F安=CB2L2a导体棒克服安培力做的功等于电容器储存的电能:过程分析：开关S闭合，ab棒受到的安培力F＝eq\f(BLE,r)，此时a＝eq\f(BLE,mr)，速度v↑⇒E感＝BLv↑⇒I↓⇒F＝BIL↓⇒加速度a↓，当E感＝E时，v最大，且vm＝eq\f(E,BL)。动力学观点：分析最大加速度、最大速度。能量观点：消耗的电能转化为动能与回路中的焦耳热。动量观点：分析导体棒的位移、通过导体棒的电荷量。运动图像几种变化(1)导轨不光滑(2)光滑但磁场与导轨不垂直(3)导轨倾斜或竖直【注意】只要导体棒受恒定外力，导体棒必做匀变速运动，且加速度为；如果外力不恒定，则导体棒做非匀变速运动;；如果不受外力，则导体棒匀速运动或静止。反之，只要导体棒速度均匀变化(加速度恒定)，感应电动势就均匀变化，电容器的带电量就均匀变化，回路中的电流就恒定不变()，导体棒所受安培力就恒定不变，外力就恒定不变。7电磁感应中的双棒模型常见情景等距双棒无外力等距双棒有外力不等距导轨动力学观点导体棒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a棒减速，b棒加速，E＝BL1va－BL2vb由va↓vb↑⇒E↓⇒F安↓⇒a↓，当BL1va＝BL2vb时，a＝0，两棒匀速能量观点棒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＋焦耳热动能转化为焦耳热：动量观点系统动量守恒系统动量不守恒BIL1t＝mv0－mvaBIL2t＝mvb－0补充：双棒模型的过程推导：（1）无外力等距双导体棒模型电路特点:棒2相当于电源；棒1受安培力而加速起动，运动后产生反电动势。电流特点：，随着棒2的减速、棒1的加速，两棒的相对速度变小，回路中电流也变小。当时电流最大，则；当时电流。两棒的运动情况：两棒的相对速度变小，感应电流变小，安培力变小（安培力大小为）。棒1做加速度变小的加速运动，棒2做加速度变小的减速运动，最终两棒具有共同速度，运动图像如下图所示。动量规律：两棒受到安培力大小相等方向相反,系统合外力为零，系统动量守恒。能量转化规律：系统机械能的减小量等于内能的增加量，该情景类似于完全非弹性碰撞，热量为，两棒产生焦耳热之比：；。（2）有外力等距双导体棒模型电路特点：棒2相当于电源，棒1受安培力而起动。运动分析：某时刻回路中电流：，安培力大小：。棒1：棒2：，最初阶段，,只要,；；；；，当时，恒定，恒定，恒定，两棒匀加速。稳定时的速度差：，，，，，双棒的运动图像如下所示。当导轨不光滑时，开始时，若F≤2Ff，则PQ杆先变加速后匀速运动，MN杆静止。若F＞2Ff，PQ杆先变加速后匀加速运动，MN杆先静止后变加速最后和PQ杆同时做匀加速运动，且加速度相同，运动图像如下图所示。8电磁感应中的线框模型示意图动力学观点能量观点动量观点在安培力作用下穿越磁场（磁场宽度足够大）以进入磁场时为例，设运动过程中某时刻的速度为v，加速度大小为a，则a＝eq\f(B2L2v,mR)，a与v方向相反，导线框做减速运动，v↓⇒a↓，即导线框做加速度减小的减速运动，最终匀速运动（全部进入磁场）或静止（导线框离开磁场过程的分析相同）部分（或全部）动能转化为焦耳热：Q＝－ΔEk动量不守恒，可用动量定理分析导线框的位移、速度、通过导线横截面的电荷量和除安培力之外恒力作用的时间：（1）求电荷量或速度：＝mv2－mv1，q＝；（2）求位移：＝mv末－mv0，即＝mv末－mv0；（3）求时间：①＋

F其他·Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他·Δt＝mv2－mv1已知电荷量q，F其他为恒力，可求出变加速运动的时间；②＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即＋F其他·Δt＝mv2－mv1若已知位移x，F其他为恒力，也可求出变加速运动的时间在恒力F（包括重力mg）和安培力作用下穿越磁场（磁场宽度足够大）以进入磁场的过程为例，设运动过程中某时刻导线框的速度为v，加速度为a＝eq\f(F,m)－eq\f(B2L2v,mR)。（1）若进入磁场时eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2v,mR)，则导线框匀速运动；（2）若进入磁场时eq\f(F,m)＞eq\f(B2L2v,mR)，则导线框做加速度减小的加速运动（直至匀速）；（3）若进入磁场时eq\f(F,m)＜eq\f(B2L2v,mR)，则导线框做加速度减小的减速运动（直至匀速）（导线框离开磁场过程的分析相同）力F做的功等于导线框的动能变化量与回路中产生的焦耳热之和：WF＝ΔEk＋Q【注意】线框进磁场的运动过程分析：（竖直面内）如下图所示，线框穿越有界磁场问题，一般经历五个阶段：接近磁场，穿入磁场，浸没磁场（假如能完全浸没），穿出磁场，远离磁场。其中一、三、五阶段只受重力，二、四阶段有电磁感应。过程分析：①匀速穿入，当自由落体的高度等于临界高度时，线框刚进入磁场时的速度使得安培力恰等于线框的重力，线框匀速穿过磁场，如下图所示。②加速穿入，当自由落体的高度较低时，线圈刚进入磁场时的速度较小，使得安培力小于重力，线框变加速穿入磁场，根据线框的长度不同，加速穿入分为三种情景：当线框长度较短时，完全穿入时，安培力依然小于重力；当线框长度恰好等于临界长度时，当刚好完成穿入时，安培力等于重力；当线框长度较长时，先加速在匀速，如下图所示。③减速穿入，当自由落体的高度较高时，线框刚进入磁场时速度较大，使得安培力大于重力，线框变减速穿入磁场，根据线框的长度不同，减速穿入分为三种情景：当线框长度较短时，完全穿入时，安培力依然小于重力；当线框长度恰好等于临界长度时，当刚好完成穿入时，安培力等于重力；当线框长度较长时，先减速在匀速，如下图所示。电磁感应中的动力学问题1．基本思路处理此类问题的一般思路是“先电后力”。2．两种运动状态(1)导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态。处理方法：根据平衡条件列式分析。(2)导体处于非平衡态——加速度不为零。处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。3．力学对象和电学对象的相互联系补充：电磁感应现象中导体常见运动情况的动态分析v↓E＝Blv↓I＝eq\f(E,R＋r)↓F安＝BIl↓F合若F合＝0匀速直线运动若F合≠0↓F合＝maa、v同向v增大，若a恒定，拉力F增大v增大，F安增大，F合减小，a减小，做加速度减小的加速运动，减小到a＝0，匀速直线运动a、v反向v减小，F安减小，a减小，当a＝0，静止或匀速直线运动电磁感应中的动力学临界问题的分析思路（1）解决这类问题的关键是通过受力情况和运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度为最大值或最小值的条件。（2）基本思路是：导体受外力运动eq\o(→,\s\up7(E＝Blv))感应电动势eq\o(→,\s\up12(I＝\f(E,R)＝\f(Blv,R)))感应电流eq\o(→,\s\up7(F＝BIl))导体受安培力→合外力变化eq\o(→,\s\up7(F合＝ma))加速度变化→速度变化→临界状态→列式求解。电磁感应中的能量问题1.能量转化2.求解焦耳热的三种方法3.求解电能的思路若电流恒定，可以根据电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接计算。若电流变化，则：①利用克服安培力做功求解，电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。②利用能量守恒或功能关系求解，若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能。电磁感应中的动量问题1．导体棒(或金属框)在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，可用动量定理分析导体棒(或金属框)的速度变化。求解的物理量应用示例电荷量或速度－BIlΔt＝mv2－mv1，q＝IΔt，即－Bql＝mv2－mv1位移−B2l2vΔtR总时间−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Δt＝mv2－mv1，vΔt＝x，已知位移【注意】安培力对时间的平均值的两种处理方法力对时间的平均值和力对位移的平均值通常不等。力对时间的平均值可以通过作F-t图象，求出曲线与t轴围成的面积（即总冲量），再除以总时间，其大小就是力对时间的平均值。（1）角度一安培力对时间的平均值求电荷量安培力的冲量公式是，这是安培力在电磁感应中的一个重要推论。感应电流通过直导线时，直导线在磁场中受到安培力的作用，当导线与磁场垂直时，安培力的大小为F=BIL。在时间△t内安培力的冲量根据电流的定义式，式中q是时间t内通过导体截面的电量欧姆定律，R是回路中的总电阻电磁感应中可以得到安培力的冲量公式，此公式的特殊性决定了它在解题过程中的特殊应用。（2）角度二安培力对时间的平均值求位移安培力的冲量公式是①闭合电路欧姆定律②平均感应电动势：③位移：④联立①②③④得（建议用时：20分钟）1．如图，某科技小组利用电磁感应的原理设计了一款电梯坠落缓冲装置。如图，在电梯轿厢上安装永久强磁铁，井壁固定水平方向的闭合线圈A、B，当电梯坠至图示位置时，下列说法正确的是（

）A．俯视看，线圈A中产生逆时针方向的感应电流B．磁铁对线圈A产生的安培力方向向上C．若拆掉线圈B，缓冲效果会更好D．若增加线圈A、B的匝数，缓冲效果会更好2．如图所示，线圈M和线圈N绕在同一个铁芯上，初始开关S1断开、S2闭合，已知电流计指针向左偏转表示电流从左端流入，则下列说法正确的是（）A．闭合S1瞬间，电流计指针将向左偏转B．闭合S1后，将滑动变阻器的滑片P向下移动，电流计指针向左偏转C．若先闭合S1，再闭合S2瞬间，电流计中也会有感应电流D．若开关S2断开，在闭合S1瞬间，线圈N两端的电势差不为零3．如图所示，在一磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距L=0.1m的平行光滑金属导轨MN和PQ，导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R=0.3Ω的电阻。导轨上垂直放置着金属棒ab，其接入电路的电阻r=0.2Ω。当金属棒在水平拉力作用下以速度v=4.0m/s向左做匀速运动时（）A．ab棒所受安培力大小为0.02N B．N、Q间电压为0.12VC．a端电势比b端电势低 D．回路中感应电流大小为1A4．某小型发电机的发电原理可简化为图甲所示，矩形线圈abcd共有N匝，总电阻为r，线圈处于匀强磁场中，通过理想交流电流表与阻值为R的电阻相连。某段时间线圈以角速度绕垂直磁场方向的轴OO'匀速转动，图乙是穿过线圈的磁通量Φ随时间t变化的图像，则（）A．图甲所示时刻，线圈中的电流方向为adcbaB．t1时刻，电流表的示数为0C．电阻R两端的电压有效值为D．t1到t2时间内，流过电阻R的电荷量为5．如图，一硬质导线折成一个不闭合的五角星形线框，在纸面内绕b点逆时针转动。边界MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，当线框转至图中位置时，a、b、c、d各点的电势大小关系为（）A． B．C． D．6．如图所示，abcd为水平固定放置的U形导体框，其中长为，右端接一阻值为的定值电阻，长为、阻值为的均匀导体棒始终与导体框垂直并接触良好。整个装置处于垂直纸面的匀强磁场中，磁感应强度大小为。导体框电阻不计，现使导体棒以速度水平向左匀速运动，下列说法正确的是（）A．时间内流过导体棒的电荷量为B．定值电阻上产生的焦耳热的热功率为C．导体棒两端的电势差为D．导体棒两端的电势差为7．如图所示，竖直面内质量为、总电阻为、边长为的正方形导线框由静止释放，边与水平虚线平行，距虚线高度为，虚线下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，重力加速度大小为，在边进入磁场瞬间，导线框加速度恰好为零，始终保持水平，求：(1)导线框进入磁场瞬间的速度大小；(2)导线框进入磁场过程中产生的焦耳热；(3)匀强磁场的磁感应强度大小。（建议用时：30分钟）8．如图，两条固定的光滑平行金属导轨，所在平面与水平面夹角为，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，弹簧的弹性势能与形变量x的关系为；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。此过程中（

）A．金属棒所受安培力冲量大小为B．每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为C．每个定值电阻产生的热量为D．金属棒的平均输出功率为9．如图（a）所示，相距L的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内，两长度均为L、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上，金属棒与导轨接触良好。导轨电阻忽略不计。导轨间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图（b）所示，时刻，。时刻，两棒相距，ab棒速度为零，cd棒速度方向水平向右，并与棒垂直，则0~T时间内流过回路的电荷量为（）A． B． C． D．10．如图1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2所示，周期为。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为圆心的半径为的导电圆环I，与磁场边界相切的半径为的导电圆环Ⅱ，电阻均为R，圆心O对圆环Ⅱ上P、Q两点的张角；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B．时刻直导线CD电动势为C．时刻圆环Ⅱ中电流为D．时刻圆环Ⅱ上PQ间电动势为11．如图所示，有两个同心共面的金属环放置于磁感应强度的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向下，两圆环的半径分别为和，金属杆在两圆环之间的电阻为，以角速度沿顺时针方向绕O点匀速旋转。用导线把两个环与电源和一保险丝电阻相连接。电源电动势，内阻为，保险丝电阻，熔断电流为1A，则（）A．电路中的电流方向一定从上至下流经RB．当时，金属杆两端的电压为2VC．若金属杆反向转动，只要足够小，保险丝就不会被熔断D．当时，保险丝不会被熔断12．某手摇发电机原理简化为题图：正方形导线框abcd在条形匀强磁场中左右往复切割磁感线，从而供电。已知导线框电阻均匀，边长大于磁场宽度。某次导线框向右匀速穿过磁场，以边刚进入磁场时为零时刻，则间电势差随时间变化的图像，可能正确的是（

）A． B．C． D．13．如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连，初始两板不带电。导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻，不考虑电磁辐射。下列说法正确的是（）A．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电B．金属棒到达x0时，通过金属棒的电流为BCv2tanθC．金属棒到达x0时，电容器极板带电量为2BCv2x0tanθD．从初始到金属棒到达x0的过程中，外力F做的功为14．如图甲所示，金属导线制成的光滑半圆弧导轨固定在竖直平面内，匀强磁场方向垂直纸面向里，金属棒M放置在圆弧导轨上，由静止开始向下运动；如图乙所示，金属导线制成的光滑折线型导轨分别水平和竖直固定放置，匀强磁场方向垂直纸面向外，金属棒N先竖直放置，受到轻微的扰动，下端由静止开始向左运动，直至完全落在水平导轨上。运动过程中两个金属棒始终不脱离轨道，下列说法正确的是（

）A．金属棒M在运动过程中，感应电流方向先沿逆时针再沿顺时针B．金属棒N在运动过程中，感应电流方向先沿顺时针再沿逆时针C．金属棒M停止运动的时候，呈水平状态D．金属棒N在运动过程中，所受的安培力方向不一定与金属棒N垂直15．如图所示，两足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，倾角，两导轨间距，导轨电阻不计。导轨所在空间存在垂直导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小。两金属杆、垂直置于导轨上并与导轨良好接触，质量分别为、，电阻均为。初始时刻两金属杆相距，金属杆沿导轨向上运动的初速度大小为，金属杆初速度为0且始终受到沿导轨向上的恒力作用。已知当时两杆相距最近，重力加速度为。(1)求两金属杆相距最近时共同的速度大小；(2)求内通过杆的电荷量；(3)求内杆上产生的焦耳热。（建议用时：20分钟）16．如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为，速率恒为，宽为的区域存在与传送带平面垂直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。边长为、质量为m、电阻为R的正方形线框置于传送带上，进入磁场前与传送带保持相对静止，线框边刚离开磁场区域时的速率恰为。若线框或边受到安培力，则其安培力大于。线框受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，动摩擦因数，边始终平行于，重力加速度为g。下列选项正确的是（）A．线框速率的最小值为B．线框穿过磁场区域产生的焦耳热为C．线框穿过磁场区域的时间为D．边从进入到离开磁场区域的时间内，传送带移动距离为17．如图，过P点的虚线上方存在方向垂直于纸面的匀强磁场。一金属圆环在纸面内以P点为轴沿顺时针方向匀速转动，O为圆环的圆心，OP为圆环的半径。则（

）A．圆环中感应电流始终绕O逆时针流动B．OP与虚线平行时圆环中感应电流最大C．圆环中感应电流变化的周期与环转动周期相同D．圆环在磁场内且OP与虚线垂直时环中感应电流最大18．电磁制动是一种利用电磁感应产生的电磁力来制动的技术，广泛应用于各种机械设备中。如图甲所示为一竖直下降的电梯内电磁制动系统核心部分模拟原理图，“日”字形导线框始终处于竖直平面内，线框水平部分，电阻均为，PQ与间距均为，线框竖直部分电阻不计，线框总质量；线框下方有垂直纸面向外的有界匀强磁场，场强大小，磁场高度，上下边界水平，导线框以初速度进入磁场，流过MN的电流与下降路程s的关系如图乙所示（部分），不计空气阻力，重力加速度g取。求（）A．线框刚进入磁场时，MN边中电流的方向B．线框刚进入磁场时，线框的速度C．PQ边刚进入磁场时，线框的加速度a=D．线框MN边穿越磁场的过程MN边产生的焦耳热19．某学习小组设计了一台电磁滑梯装置，简化模型如图所示。足够长倾角为的光滑绝缘斜面上分布着间隔均匀的水平平行磁场带，内有磁感应强度均为，方向垂直斜面向下的匀强磁场，每个磁场带的宽度及相邻磁场带间隔均为。现将一个质量为，电阻为，边长为的正方形金属线框从斜面某处静止释放，已知重力加速度为，则下滑过程中，下列说法正确的是（

）A．线框重力做功等于其动能增加、安培力做功、电热能之和B．线框加速度随时间均匀减小C．线框匀速时的速度大小D．若线框从静止到速度为的过程中所用时间为，则正、反向通过导线横截面的电荷量之和20．在半径为的无限长竖直圆柱形区域内分布有竖直向上的匀强磁场，将半径也是的光滑绝缘细环固定在水平面内，边缘正好与磁场区域重合，在细环上套有质量为、电量为（重力不计）的带电小球，俯视图如图所示。已知磁感应强度随时间变化规律为（），在时刻释放小球，小球将沿细环做圆周运动，下列判断正确的是（）A．小球将沿逆时针方向做圆周运动B．小球在运动过程中加速度大小不变C．小球在运动一周的过程中动能增加D．任意时刻小球受到细环弹力大小是所受洛伦兹力大小的一半

重难15电磁感应（法拉第电磁感应定律、电磁感应中的电路问题、图像问题、单棒模型、双棒模型、线框模型、电磁感应中的动力学模型）内容导航内容导航速度提升技巧掌握手感养成重难考向聚焦锁定目标精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向重难技巧突破授予利器瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧重难保分练稳扎稳打必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值重难抢分练突破瓶颈争夺高分：聚焦于中高难度题目，争夺关键分数重难冲刺练模拟实战挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感”高考指导方向标近三年考查趋势分析近三年高考中，本专题是常以选择题和计算题（尤其是压轴题）形式出现，分值约10-20分。命题注重与实际科技应用（如发电机、电磁阻尼、磁悬浮）相结合，重点考查对电磁感应现象的本质理解，以及综合运用动力学、能量、动量观点分析导体棒、线框在磁场中复杂运动过程的能力。命题特点：突出楞次定律与法拉第定律应用：考查感应电流（电动势）方向的判断及大小的计算，特别是导体切割磁感线（平动、转动）的瞬时与平均电动势。聚焦典型动力学模型：“单棒”（阻尼式、发电式、含容）与“双棒”（等距、不等距、有外力）模型是高频载体，常涉及变加速运动的分析及最终稳定状态的求解。强化图像分析能力：结合Φ-t、B-t、E-t、I-t、F-t等图像，考查对电磁感应过程中各物理量动态变化的理解与推理。深入考查功能与动量关系：将电磁感应与能量守恒（焦耳热计算）、动量定理（求电荷量、位移、时间）紧密综合，是压轴题的重要命题方向。核心方法聚焦“先电后力再能”分析流程：明确电磁感应现象（E=Blv或E=nΔΦ/Δt）→分析电路（等效电源、电流、安培力）→进行受力与运动分析（牛顿定律）→运用能量或动量观点求解。掌握典型模型规律：单棒模型：最终状态往往是匀速（仅受安培力）或匀加速（受恒定外力）。双棒模型：关注动量是否守恒，掌握最终共速或保持恒定速度差的结论。线框模型：分析穿越磁场过程中的速度变化，熟练运用动量定理求电荷量或位移。熟练运用两大定理：动能定理（能量守恒）求焦耳热；动量定理（∑BILΔt=Δp）处理变力作用下的速度、电荷量、位移问题。备考指导建议透彻理解基本定律：吃透楞次定律（“阻碍”的含义）和法拉第电磁感应定律（感生、动生电动势的计算）。分类攻克典型模型：对单棒、双棒、线框等模型进行专题训练，掌握其运动过程、受力特点、能量转化及最终状态。强化图像与过程对应：练习根据物理过程描绘图像，或根据图像还原物理过程，提升信息转换能力。加强综合计算训练：重点练习融合动力学、电路、能量、动量的综合性大题，提升复杂问题的分解与整合能力。1.楞次定律的推论（几种表现形式）内容例证阻碍原磁通量变化——“增反减同”阻碍相对运动——“来拒去留”使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”阻碍原电流的变化（自感）——“增反减同”使闭合线圈远离或靠近磁体——“增离减靠”，“增斥减吸”：当开关S闭合时，左环向左摆动、右环向右摆动，远离通电线圈通电自感与断电自感的比较通电自感断电自感电路图器材要求A1、A2同规格，R＝RL，L较大L很大(有铁芯)，RLRA现象在S闭合的瞬间，A2灯立即亮起来，A1灯逐渐变亮，最终一样亮在开关S断开时，灯A突然闪亮一下后再逐渐熄灭(当抽掉铁芯后，重做实验，断开开关S时，会看到灯A马上熄灭)原因由于开关闭合时，流过电感线圈的电流增大，使线圈产生自感电动势，阻碍了电流的增大，使流过A1灯的电流比流过A2灯的电流增加得慢断开开关S时，流过线圈L的电流减小，使线圈产生自感电动势，阻碍了电流的减小，使电流继续存在一段时间；在S断开后，通过L的电流反向通过电灯A，且由于RLRA，使得流过A灯的电流在开关断开瞬间突然增大，从而使A灯的发光功率突然变大能量转化情况电能转化为磁场能磁场能转化为电能法拉第电磁感应定律内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。2.表达式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，n为线圈匝数。【注意】：E的大小与无关，决定于磁通量的变化率。【注意】对E＝neq\f(ΔΦ,Δt)计算的理解：（1）当仅由的变化引起时（B变S不变），，其中S为线圈在磁场中的有效面积。若，则。（2）当仅由的变化引起时（B不变S变），。（3）当、同时变化时，则。若已知Φ－t图像，则图线上某一点的切线斜率为。【注意】三个物理量的比较物理量磁通量Φ磁通量的变化量ΔΦ磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)物理意义某时刻穿过磁场中某个面的磁感线条数在某一过程中穿过某个面的磁通量的变化量穿过某个面的磁通量变化的快慢大小计算Φ＝BS⊥ΔΦ＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Φ2－Φ1,B·ΔS,S·ΔB))eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(|Φ2－Φ1|,Δt),B·\f(ΔS,Δt),\f(ΔB,Δt)·S))注意适用于匀强磁场。穿过某个面有方向相反的磁场时，则不能直接应用Φ＝B·S.应考虑相反方向的磁通量抵消以后所剩余的磁通量。①ΔΦ＝Φ2－Φ1适用各种情况，②ΔΦ＝B·ΔS适用匀强磁场的情况，③ΔΦ＝S·ΔB适用面积不变的情况。开始和转过180°时，平面都与磁场垂直，但穿过平面的磁通量是不同的，一正一负，ΔΦ＝2B·S而不是零。既不表示磁通量的大小也不表示变化的多少。在Φ-t图像中，可用图线的斜率表示。3.导体切割磁感线时的感应电动势（1）公式：，公式中要求B、L、v三者相互垂直。（适用于导体在匀强磁场中做切割磁感线运动而产生的感应电动势的计算）。当导体做切割磁感线运动时，其感应电动势的计算公式为，θ为运动方向与磁感线方向的夹角。【注意】：公式中L为切割磁感线的有效长度，即导线在垂直速度方向的投影长度，如下图所示。图甲中；图乙中若沿v1方向运动时，则；图丙中若沿v1方向运动时，则；沿v2方向运动时，则；图丁中。公式中的v应理解为导体和磁场间的相对速度，当导体不动而磁场运动时，也有感应电动势产生。若v为平均值，E就是平均感应电动势，若v为瞬时值，E就是瞬时感应电动势。4.平动切割与转动切割的几种情形：(1)如下图(a)（平动），在磁感应强度为B的匀强磁场中，导体以速度v垂直切割磁感线时，感应电动势E＝BLv.(2)如上图(b)（平动），在磁感应强度为B的匀强磁场中，导体运动的速度v与磁场的方向成θ角，此时的感应电动势为E＝BLvsinθ.（3）如上图(c)（转动），在磁感应强度为B的匀强磁场中，长为L的导体绕其一端为轴以角速度ω垂直切割磁感线匀速转动，此时产生的感应电动势E＝eq\f(1,2)BωL2。（4）如上图(d)（转动）：当长为的导体在垂直于匀强磁场(磁感应强度为B)的平面内，绕0以角速度匀速转动，OA=L1，OC=L2则。【注意】两个公式的比较公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝Blvsinθ区别研究对象整个闭合回路回路中做切割磁感线运动的那部分导体适用范围各种电磁感应现象只适用于导体切割磁感线运动的情况条件不同不一定是匀强磁场E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(B·ΔS,Δt)＝neq\f(S·ΔB,Δt)，E由eq\f(ΔΦ,Δt)决定。导线l上各点所在处的B相同。l、v、B应取两两互相垂直的分量，可采用投影的办法。计算结果Δt内的平均感应电动势某一时刻的瞬时感应电动势联系E＝Blvsinθ是由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)在一定条件下推导出来的。【注意】电动势的产生表达式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E=BlvsinθE=Bl2ωE=NBSωsin（ωt+φ0）情境图研究对象回路（不一定闭合）一段直导线（或等效成直导线）绕一点转动的一段导体绕与B垂直的轴转动的导线框意义一般求平均感应电动势，当Δt→0时求的是瞬时感应电动势一般求瞬时感应电动势，当v为平均速度时求的是平均感应电动势用平均值法求瞬时感应电动势求瞬时感应电动势适用条件所有磁场（匀强磁场定量计算、非匀强磁场定性分析）匀强磁场匀强磁场匀强磁场电磁感应中的电路问题电磁感应中电路知识的关系图【注意】“三步走”分析电磁感应中的电路问题：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。95.电磁感应中的图像问题电磁感应中的图像问题电磁感应中图像问题的解题思路：(1)明确图像的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t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E－x图像和i－x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．【注意】电磁感应图像问题的两个常用分析方法（1）排除法：定性地分析每一个过程中物理量的变化（增大还是减小）、变化快慢（均匀变化还是非均匀变化），特别是物理量的正负，把握三个关注，排除错误的选项。注：注意过程或阶段的选取，一般进磁场或出磁场、磁通量最大或最小、有效切割长度最大或最小等是分段的关键点。（2）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像作出分析和判断。6电磁感应中的单棒模型项目阻尼式单导体棒模型发电式单导体棒模型图示电路导体棒相当于电源。当速度为时，电动势。导体棒相当于电源，当速度为时，电动势安培力安培力为阻力，并随速度减小而减小：安培力为阻力，并随速度增大而增大.加速度加速度随速度减小而减小：加速度随速度增大而减小：速度a减小的减速运动。最终静止加速度减小的加速运动，最终匀速。能量全过程能量关系：，电阻产生的焦耳热稳定后的能量转化规律：，能量关系：。动量，。补充：发电式单导体棒模型的极值问题和模型拓展：（1）两个极值：时，有最大加速度：，时，有最大速度：，。（2）该模型的几种变形含电源和电容器的单棒模型：类型电容放电型电容无外力充电型电容有外力充电型含“源”电动式模型示意图动力学观点电容器放电，相当于电源;导体棒受安培力而运动。电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时产生阻碍放电的反电动势，导致电流减小直至电流为零，此时Uc=BLvm；电容器充电量:Q0=CE放电结束时剩余电量:Q=CE=CBLVm电容器放电电量:ΔQ=Q0-Q=CE-CBLvm,应用动量定理:导体棒相当于电源；电容器被充电UC渐大，安培力为阻力，棒减速，E减小，有I＝eq\f(BLv－UC,R)，当时，I=0，F安=0，棒做a减小的加速运动，最终匀速运动。最终速度：电容器充电荷量：q＝CU，最终电容器两端电压U＝BLv，对棒应用动量定理：mv0－mv＝Beq\x\to(I)L·Δt＝BLq，v＝eq\f(mv0,m＋B2L2C).。导体棒为电源，电容器被充电（1）导体棒做初速度为零匀加速运动:(2)回路中的电流恒定:=CBLa(3)导体棒受安培力恒定:F安=CB2L2a导体棒克服安培力做的功等于电容器储存的电能:过程分析：开关S闭合，ab棒受到的安培力F＝eq\f(BLE,r)，此时a＝eq\f(BLE,mr)，速度v↑⇒E感＝BLv↑⇒I↓⇒F＝BIL↓⇒加速度a↓，当E感＝E时，v最大，且vm＝eq\f(E,BL)。动力学观点：分析最大加速度、最大速度。能量观点：消耗的电能转化为动能与回路中的焦耳热。动量观点：分析导体棒的位移、通过导体棒的电荷量。运动图像几种变化(1)导轨不光滑(2)光滑但磁场与导轨不垂直(3)导轨倾斜或竖直【注意】只要导体棒受恒定外力，导体棒必做匀变速运动，且加速度为；如果外力不恒定，则导体棒做非匀变速运动;；如果不受外力，则导体棒匀速运动或静止。反之，只要导体棒速度均匀变化(加速度恒定)，感应电动势就均匀变化，电容器的带电量就均匀变化，回路中的电流就恒定不变()，导体棒所受安培力就恒定不变，外力就恒定不变。7电磁感应中的双棒模型常见情景等距双棒无外力等距双棒有外力不等距导轨动力学观点导体棒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a棒减速，b棒加速，E＝BL1va－BL2vb由va↓vb↑⇒E↓⇒F安↓⇒a↓，当BL1va＝BL2vb时，a＝0，两棒匀速能量观点棒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＋焦耳热动能转化为焦耳热：动量观点系统动量守恒系统动量不守恒BIL1t＝mv0－mvaBIL2t＝mvb－0补充：双棒模型的过程推导：（1）无外力等距双导体棒模型电路特点:棒2相当于电源；棒1受安培力而加速起动，运动后产生反电动势。电流特点：，随着棒2的减速、棒1的加速，两棒的相对速度变小，回路中电流也变小。当时电流最大，则；当时电流。两棒的运动情况：两棒的相对速度变小，感应电流变小，安培力变小（安培力大小为）。棒1做加速度变小的加速运动，棒2做加速度变小的减速运动，最终两棒具有共同速度，运动图像如下图所示。动量规律：两棒受到安培力大小相等方向相反,系统合外力为零，系统动量守恒。能量转化规律：系统机械能的减小量等于内能的增加量，该情景类似于完全非弹性碰撞，热量为，两棒产生焦耳热之比：；。（2）有外力等距双导体棒模型电路特点：棒2相当于电源，棒1受安培力而起动。运动分析：某时刻回路中电流：，安培力大小：。棒1：棒2：，最初阶段，,只要,；；；；，当时，恒定，恒定，恒定，两棒匀加速。稳定时的速度差：，，，，，双棒的运动图像如下所示。当导轨不光滑时，开始时，若F≤2Ff，则PQ杆先变加速后匀速运动，MN杆静止。若F＞2Ff，PQ杆先变加速后匀加速运动，MN杆先静止后变加速最后和PQ杆同时做匀加速运动，且加速度相同，运动图像如下图所示。8电磁感应中的线框模型示意图动力学观点能量观点动量观点在安培力作用下穿越磁场（磁场宽度足够大）以进入磁场时为例，设运动过程中某时刻的速度为v，加速度大小为a，则a＝eq\f(B2L2v,mR)，a与v方向相反，导线框做减速运动，v↓⇒a↓，即导线框做加速度减小的减速运动，最终匀速运动（全部进入磁场）或静止（导线框离开磁场过程的分析相同）部分（或全部）动能转化为焦耳热：Q＝－ΔEk动量不守恒，可用动量定理分析导线框的位移、速度、通过导线横截面的电荷量和除安培力之外恒力作用的时间：（1）求电荷量或速度：＝mv2－mv1，q＝；（2）求位移：＝mv末－mv0，即＝mv末－mv0；（3）求时间：①＋

F其他·Δt＝mv2－mv1，即－BLq＋F其他·Δt＝mv2－mv1已知电荷量q，F其他为恒力，可求出变加速运动的时间；②＋F其他·Δt＝mv2－mv1，即＋F其他·Δt＝mv2－mv1若已知位移x，F其他为恒力，也可求出变加速运动的时间在恒力F（包括重力mg）和安培力作用下穿越磁场（磁场宽度足够大）以进入磁场的过程为例，设运动过程中某时刻导线框的速度为v，加速度为a＝eq\f(F,m)－eq\f(B2L2v,mR)。（1）若进入磁场时eq\f(F,m)＝eq\f(B2L2v,mR)，则导线框匀速运动；（2）若进入磁场时eq\f(F,m)＞eq\f(B2L2v,mR)，则导线框做加速度减小的加速运动（直至匀速）；（3）若进入磁场时eq\f(F,m)＜eq\f(B2L2v,mR)，则导线框做加速度减小的减速运动（直至匀速）（导线框离开磁场过程的分析相同）力F做的功等于导线框的动能变化量与回路中产生的焦耳热之和：WF＝ΔEk＋Q【注意】线框进磁场的运动过程分析：（竖直面内）如下图所示，线框穿越有界磁场问题，一般经历五个阶段：接近磁场，穿入磁场，浸没磁场（假如能完全浸没），穿出磁场，远离磁场。其中一、三、五阶段只受重力，二、四阶段有电磁感应。过程分析：①匀速穿入，当自由落体的高度等于临界高度时，线框刚进入磁场时的速度使得安培力恰等于线框的重力，线框匀速穿过磁场，如下图所示。②加速穿入，当自由落体的高度较低时，线圈刚进入磁场时的速度较小，使得安培力小于重力，线框变加速穿入磁场，根据线框的长度不同，加速穿入分为三种情景：当线框长度较短时，完全穿入时，安培力依然小于重力；当线框长度恰好等于临界长度时，当刚好完成穿入时，安培力等于重力；当线框长度较长时，先加速在匀速，如下图所示。③减速穿入，当自由落体的高度较高时，线框刚进入磁场时速度较大，使得安培力大于重力，线框变减速穿入磁场，根据线框的长度不同，减速穿入分为三种情景：当线框长度较短时，完全穿入时，安培力依然小于重力；当线框长度恰好等于临界长度时，当刚好完成穿入时，安培力等于重力；当线框长度较长时，先减速在匀速，如下图所示。电磁感应中的动力学问题1．基本思路处理此类问题的一般思路是“先电后力”。2．两种运动状态(1)导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态。处理方法：根据平衡条件列式分析。(2)导体处于非平衡态——加速度不为零。处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析。3．力学对象和电学对象的相互联系补充：电磁感应现象中导体常见运动情况的动态分析v↓E＝Blv↓I＝eq\f(E,R＋r)↓F安＝BIl↓F合若F合＝0匀速直线运动若F合≠0↓F合＝maa、v同向v增大，若a恒定，拉力F增大v增大，F安增大，F合减小，a减小，做加速度减小的加速运动，减小到a＝0，匀速直线运动a、v反向v减小，F安减小，a减小，当a＝0，静止或匀速直线运动电磁感应中的动力学临界问题的分析思路（1）解决这类问题的关键是通过受力情况和运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度为最大值或最小值的条件。（2）基本思路是：导体受外力运动eq\o(→,\s\up7(E＝Blv))感应电动势eq\o(→,\s\up12(I＝\f(E,R)＝\f(Blv,R)))感应电流eq\o(→,\s\up7(F＝BIl))导体受安培力→合外力变化eq\o(→,\s\up7(F合＝ma))加速度变化→速度变化→临界状态→列式求解。电磁感应中的能量问题1.能量转化2.求解焦耳热的三种方法3.求解电能的思路若电流恒定，可以根据电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接计算。若电流变化，则：①利用克服安培力做功求解，电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功。②利用能量守恒或功能关系求解，若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能。电磁感应中的动量问题1．导体棒(或金属框)在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，可用动量定理分析导体棒(或金属框)的速度变化。求解的物理量应用示例电荷量或速度－BIlΔt＝mv2－mv1，q＝IΔt，即－Bql＝mv2－mv1位移−B2l2vΔtR总时间−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Δt＝mv2－mv1，vΔt＝x，已知位移【注意】安培力对时间的平均值的两种处理方法力对时间的平均值和力对位移的平均值通常不等。力对时间的平均值可以通过作F-t图象，求出曲线与t轴围成的面积（即总冲量），再除以总时间，其大小就是力对时间的平均值。（1）角度一安培力对时间的平均值求电荷量安培力的冲量公式是，这是安培力在电磁感应中的一个重要推论。感应电流通过直导线时，直导线在磁场中受到安培力的作用，当导线与磁场垂直时，安培力的大小为F=BIL。在时间△t内安培力的冲量根据电流的定义式，式中q是时间t内通过导体截面的电量欧姆定律，R是回路中的总电阻电磁感应中可以得到安培力的冲量公式，此公式的特殊性决定了它在解题过程中的特殊应用。（2）角度二安培力对时间的平均值求位移安培力的冲量公式是①闭合电路欧姆定律②平均感应电动势：③位移：④联立①②③④得（建议用时：20分钟）1．如图，某科技小组利用电磁感应的原理设计了一款电梯坠落缓冲装置。如图，在电梯轿厢上安装永久强磁铁，井壁固定水平方向的闭合线圈A、B，当电梯坠至图示位置时，下列说法正确的是（

）A．俯视看，线圈A中产生逆时针方向的感应电流B．磁铁对线圈A产生的安培力方向向上C．若拆掉线圈B，缓冲效果会更好D．若增加线圈A、B的匝数，缓冲效果会更好【答案】AD【详解】A．由楞次定律，此时穿过线圈A的磁通量向上且减小，则线圈A产生由俯视来看的逆时针方向的感应电流，A正确；B．线圈A对磁铁有竖直向上的力，则磁铁对线圈A有竖直向下的安培力，B错误；CD．由楞次定律可知，两个线圈对磁铁的缓冲作用正向叠加，若拆掉线圈B，缓冲效果会变差，增加线圈A、B的匝数，线圈中的感应电流变大，缓冲效果会更好，C错误，D正确。故选AD。2．如图所示，线圈M和线圈N绕在同一个铁芯上，初始开关S1断开、S2闭合，已知电流计指针向左偏转表示电流从左端流入，则下列说法正确的是（）A．闭合S1瞬间，电流计指针将向左偏转B．闭合S1后，将滑动变阻器的滑片P向下移动，电流计指针向左偏转C．若先闭合S1，再闭合S2瞬间，电流计中也会有感应电流D．若开关S2断开，在闭合S1瞬间，线圈N两端的电势差不为零【答案】D【详解】A．闭合S1，根据右手螺旋定则M线圈内部产生向左的磁场，在N线圈内部向左的磁通量增加，根据楞次定律可知产生的感应电流从右端流入电流计，则电流计指针将向右偏转，故A错误；B．滑动变阻器的滑片P向下移动，滑动变阻器接入电路阻值减小，M中的电流增大，线圈内部产生向左的磁感应强度增强，在N线圈内部向左的磁通量增加，产生的感应电流从右端流入电流计，电流计指针将向右偏转，故B错误；C．若先闭合S1，再闭合S2，穿过N线圈的磁通量没有改变，不会产生感应电流，故C错误；D．若开关S2断开，在闭合S1瞬间，磁通量增加，线圈N会产生感生电动势，其两端的电势差不为零，故D正确。故选D。3．如图所示，在一磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距L=0.1m的平行光滑金属导轨MN和PQ，导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R=0.3Ω的电阻。导轨上垂直放置着金属棒ab，其接入电路的电阻r=0.2Ω。当金属棒在水平拉力作用下以速度v=4.0m/s向左做匀速运动时（）A．ab棒所受安培力大小为0.02N B．N、Q间电压为0.12VC．a端电势比b端电势低 D．回路中感应电流大小为1A【答案】AB【详解】AD．ab棒产生的电动势为回路中感应电流大小为ab棒所受安培力大小为，故A正确，D错误；B．N、Q之间的电压为，故B正确；C．金属棒向左做匀速运动，由右手定则可知a端电势比b端电势高，故C错误。故选AB。4．某小型发电机的发电原理可简化为图甲所示，矩形线圈abcd共有N匝，总电阻为r，线圈处于匀强磁场中，通过理想交流电流表与阻值为R的电阻相连。某段时间线圈以角速度绕垂直磁场方向的轴OO'匀速转动，图乙是穿过线圈的磁通量Φ随时间t变化的图像，则（）A．图甲所示时刻，线圈中的电流方向为adcbaB．t1时刻，电流表的示数为0C．电阻R两端的电压有效值为D．t1到t2时间内，流过电阻R的电荷量为【答案】AD【详解】A．图甲所示时刻，ab边向下切割磁感线，cd边向上切割磁感线，根据右手定则可得，线圈中的电流方向为adcba，故A正确；B．电流表测量的是电流的有效值，所以t1时刻，电流表的示数不为0，故B错误；C．线圈产生的感应电动势的最大值为则电动势有效值为电阻R两端的电压有效值为，故C错误；D．t1到t2时间内，通过电阻R的电荷量为，故D正确。故选AD。5．如图，一硬质导线折成一个不闭合的五角星形线框，在纸面内绕b点逆时针转动。边界MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，当线框转至图中位置时，a、b、c、d各点的电势大小关系为（）A． B．C． D．【答案】A【详解】在磁场中切割磁感线会产生感应电动势，大小为，方向利用右手定则来分析；在本题中，若线框是闭合的，感应电流应为逆时针方向，所以可知且是最大的；间的等效长度小于间的等效长度，所以，即可推导出，即故选A。6．如图所示，abcd为水平固定放置的U形导体框，其中长为，右端接一阻值为的定值电阻，长为、阻值为的均匀导体棒始终与导体框垂直并接触良好。整个装置处于垂直纸面的匀强磁场中，磁感应强度大小为。导体框电阻不计，现使导体棒以速度水平向左匀速运动，下列说法正确的是（）A．时间内流过导体棒的电荷量为B．定值电阻上产生的焦耳热的热功率为C．导体棒两端的电势差为D．导体棒两端的电势差为【答案】BC【详解】A．导体棒以速度水平向左匀速运动，等效电路如图所示，回路中电流电荷量，A错误；B．定值电阻上产生的焦耳热功率，B正确；CD．因为，闭合回路之外的电势差为所以导体棒两端的电势差，故C正确，D错误。故选BC。7．如图所示，竖直面内质量为、总电阻为、边长为的正方形导线框由静止释放，边与水平虚线平行，距虚线高度为，虚线下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，重力加速度大小为，在边进入磁场瞬间，导线框加速度恰好为零，始终保持水平，求：(1)导线框进入磁场瞬间的速度大小；(2)导线框进入磁场过程中产生的焦耳热；(3)匀强磁场的磁感应强度大小。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）导线框进入磁场前做自由落体运动，有解得（2）在边进入磁场瞬间，导线框加速度恰好为零，说明导线框匀速进场，在进场过程中做匀速直线运动，根据能量守恒，有（3）边进入磁场瞬间，导线框的加速度恰好为零，有其中切割产生的电动势为电流为联立解得（建议用时：30分钟）8．如图，两条固定的光滑平行金属导轨，所在平面与水平面夹角为，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，弹簧的弹性势能与形变量x的关系为；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。此过程中（

）A．金属棒所受安培力冲量大小为B．每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为C．每个定值电阻产生的热量为D．金属棒的平均输出功率为【答案】D【详解】A．根据而,解得，选项A错误；B．该过程中由动量定理解得每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为，选项B错误；C．由能量关系可知回路产生的总热量每个定值电阻产生的热量为，选项C错误；D．金属棒的平均输出功率，选项D正确。故选D。9．如图（a）所示，相距L的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内，两长度均为L、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上，金属棒与导轨接触良好。导轨电阻忽略不计。导轨间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图（b）所示，时刻，。时刻，两棒相距，ab棒速度为零，cd棒速度方向水平向右，并与棒垂直，则0~T时间内流过回路的电荷量为（）A． B． C． D．【答案】B【详解】通过导体的电荷量而时，磁感应强度为零，故联立以上各式，可得故选B。10．如图1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2所示，周期为。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为圆心的半径为的导电圆环I，与磁场边界相切的半径为的导电圆环Ⅱ，电阻均为R，圆心O对圆环Ⅱ上P、Q两点的张角；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B．时刻直导线CD电动势为C．时刻圆环Ⅱ中电流为D．时刻圆环Ⅱ上PQ间电动势为【答案】BD【详解】A．由题图可知，在内和内圆环I中的电流大小均为在内圆环I中的电流大小为设圆环I中电流的有效值为，根据有效值定义可得联立解得故A错误；B．设右侧又一无限长的直导线对称的无限长的直导线与构成回路，则时刻，、回路产生的总电动势为根据对称性可知时刻直导线CD电动势为，故B正确；C．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，则时刻圆环Ⅱ中电流为0，故C错误；D．以O点为圆心，过程P、Q两点圆轨道，在时刻产生的电动势为则P、Q两点间圆弧的电动势为由于P、Q两点间圆弧与圆环Ⅱ上PQ构成回路不会产生感应电流，则圆环Ⅱ上PQ间电动势为，故D正确。故选BD。11．如图所示，有两个同心共面的金属环放置于磁感应强度的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向下，两圆环的半径分别为和，金属杆在两圆环之间的电阻为，以角速度沿顺时针方向绕O点匀速旋转。用导线把两个环与电源和一保险丝电阻相连接。电源电动势，内阻为，保险丝电阻，熔断电流为1A，则（）A．电路中的电流方向一定从上至下流经RB．当时，金属杆两端的电压为2VC．若金属杆反向转动，只要足够小，保险丝就不会被熔断D．当时，保险丝不会被熔断【答案】B【详解】A．由右手定则可知，金属杆绕O点顺时针转动时，产生的电动势方向由小圆环指向大圆环，金属杆匀速转动产生的电动势大小为当时，电流从上至下流经R，当时，电流从下至上流经R，故A错误；B．当时，根据金属杆匀速转动产生的电动势大小为解得，电流为0，此时金属杆两端的电压大小为2V，故B正确；C．若金属杆反向转动，，保险丝一定会被熔断，故C错误；D．当时，解得，故D错误。故选B。12．某手摇发电机原理简化为题图：正方形导线框abcd在条形匀强磁场中左右往复切割磁感线，从而供电。已知导线框电阻均匀，边长大于磁场宽度。某次导线框向右匀速穿过磁场，以边刚进入磁场时为零时刻，则间电势差随时间变化的图像，可能正确的是（

）A． B．C． D．【答案】B【详解】设正方形导体框的边长为L，磁感应强度为B，运动速度为v，则cd边进入磁场时，产生感应电动势设导体框的总电阻为R，则有当cd边通过磁场的右边界，ab边还未进入磁场时，导体框中磁通量不变，不产生感应电流，此时当ab边进入磁场时，ab边充当电源，此时根据以上计算结果，可判断随时间变化的规律。故选B。13．如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连，初始两板不带电。导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻，不考虑电磁辐射。下列说法正确的是（）A．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电B．金属棒到达x0时，通过金属棒的电流为BCv2tanθC．金属棒到达x0时，电容器极板带电量为2BCv2x0tanθD．从初始到金属棒到达x0的过程中，外力F做的功为【答案】D【详解】A．金属棒运动过程中，根据楞次定律可知电容器的上极板应带正电，故A错误；BC．由题知导体棒匀速切割磁感线，根据几何关系切割长度为L=2x0tanθ其中x0=vt则产生的感应电动势为E=2Bv2tanθt由题图可知电容器直接与电源相连，则电容器的电荷量为Q=CE=2BCv2tanθt则流过金属棒的电流I==2BCv2tanθ，故B错误；当金属棒到达x0处时，导体棒产生的感应电动势为E′=2Bvx0tanθ则电容器的电荷量为Q=CE′=2BCvx0tanθ，故C错误；D．金属棒运动过程中，电流为金属棒匀速运动过程中，外力做的功等于克服安培力所做的功，可得，故D正确。故选D。14．如图甲所示，金属导线制成的光滑半圆弧导轨固定在竖直平面内，匀强磁场方向垂直纸面向里，金属棒M放置在圆弧导轨上，由静止开始向下运动；如图乙所示，金属导线制成的光滑折线型导轨分别水平和竖直固定放置，匀强磁场方向垂直纸面向外，金属棒N先竖直放置，受到轻微的扰动，下端由静止开始向左运动，直至完全落在水平导轨上。运动过程中两个金属棒始终不脱离轨道，下列说法正确的是（

）A．金属棒M在运动过程中，感应电流方向先沿逆时针再沿顺时针B．金属棒N在运动过程中，感应电流方向先沿顺时针再沿逆时针C．金属棒M停止运动的时候，呈水平状态D．金属棒N在运动过程中，所受的安培力方向不一定与金属棒N垂直【答案】B【详解】A．金属棒M在运动过程中与圆弧导轨组成的回路的面积不变，磁通量不变，不会产生感应电流，机械能守恒，A错误；B．金属棒N在运动的过程中，金属棒N与折线型导轨构成的回路，面积先增大后减小，磁通量先增大，后减小，根据楞次定律，回路中的电流方向先顺时针再变为逆时针，B正确；C．金属棒M的机械能守恒，一直做往复运动，不会停止运动，C错误；D．根据