2026高考物理二轮复习（培优版）电磁感应（含答案）

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)法拉笫电磁感应定律：

0A/S不变时,E=M器

回8不变时,E=几8目

(2)导体棒垂直切割磁感线：E=Bh0

(3)导体棒以■端为圆心在垂直匀强磁场的平面内匀速转动：E=1B/2(«O

(4)线圈绕与匀强磁场垂直的轴匀谏转动(从线圈位于中性面开始计时)：e=nBScos\ncot。

3.通过回路横截面的电荷量“力△仁联八/=学。g仅与〃、△。和回路总电阻尺包有关，与时间长短无

关，与切是否均匀变化无关。

例1(2025•北京卷J0)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()

I!|-N|

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，此时磁铁与线图的相对

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；分析可知有无线图时，

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

亚力势能减去此时弹黄的弹性势能，故系统损失的机械能相同，故D正确。

B提炼总结

楞次定律中“阻碍”的主要表现形式

(1)阻得原磁通量的变化——“增反戒同”；

(2)阻碍物体间的相对运动——“来拒去留”；

(3)使浅圈面积有扩大或缩小的趋势——一般情况下为“增缩减犷”；

(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I月选考•⑶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8随时间变化如图乙所示，周期为3侬变化的磁场

在空间产生感生电场，电场线为一系列以。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2,•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。对圆环II上P、。两点的张角3=30。，另有一可视为无限长的直导线C4导

电圆环间绝缘，且不计相互影响，贝4()

DI

A.圆环【中电流的有效值为空冷

B./=1.5fo时刻直导线C。电动势为支啜

C*O.5/o时刻圆环II中电流为察

D.D.5fo时刻圆环II上PQ间电动势为青喈

答案BD

解析由题图可知，在()7。内和2fo~3/o内圆环【中的电流大小均为/尸11也；在fo〜2fo内圆环I中的电流大

小为“二空警，设圆环I中电流的有效值为/,有尸RBfoU/RNo+IzZR®联立解得/=粤也，故A错

误；假设右侧有一与CO对称的无限长的直导线C7T与CO构成回路，则r=L5/o时刻，CD、C'ZT回路产生

的总电动势为£/=兀7•也，根据对称性可知r=1.5/o时刻直导线C。电动势为兀,且，故B正确；由于圆环II

tot0

处于磁场外部，通过圆环H的磁通量一直为o,所以圆环n不会产生感应电流，则r=o.5/o时刻圆环n中电

流为0,故C错误；假设有以。点为圆心，过P、。两点的圆环HI,其在片0.5/0时刻产生的电动势为

E=n嗤,则P、。两点间圆弧的电动势为公募噜，由于P、0两点间圆弧与圆环II上P。构成的

回路不会产生感应电流，则圆环II上尸。间电动势为也/含，故D正确。

例3(多选)(2025•安徽省皖北协作区一模)如图所示，半径为R的;金属圆环外固定在水平绝缘桌面

4

上，芍一垂直于圆环向里的匀强磁场，磁感应强度8随时间f变化的关系为8二内(Q0)。一长为2A的

金屈直杆垂直磁场放置在圆环上，杆的一端与圆环的端口。接触，/=0时，杆从图示实线位置以角速度

切顺时针绕。在圆环所在平面内匀速转动，片在时，金属杆转到虚线位置，与圆环另一端口人刚好接

43

触，设右/时，金属杆和金属圆环构成的整个回路的总电阻为广，金属杆与圆环接触良好，卜列说法

43

正确的是（）

A.U电时回路中的电流方向为逆时针方向

4R

B.r=O到的过程中，回路中的感应电动势一直增大

2a）

c.r=巧寸，回路中的感应电动势大小为空空誓！

4a）4

D.片产时，回路中的电流大小为吗叱

痴2r

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；/=0到七三的过程中，回路中的感生电

2a）

动势和动生也动势均增大且方向相同，故B正确；六工时，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产竽岑S=（皿4）『=（皿动生电动势为七W8（伪?）2口二为（近外2口二蛆空，

△t4242224

E总与EM方向相同，所以回路中的感应电动势大小为E=E包+E后3MR2+—2,故c错误；右电时，回路中的

24a

电流大小为/故D正确。

r2r

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，下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，则MN

所受的安培力歹及其加速度。、速度I，、电流/随时间，变化的关系图像可能正确的是（）

OO

AB

答案A

解析根据题意，设导体棒的电阻为R,导轨间距为，磁感应强度为8,导体棒速度为-时，受到的安

培力为F=BIL支兰二可知产8%由牛顿第二定律可得，导体棒的加速度为a=mgsin”）=而仇生皂可

RmmR

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

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与速度丫成正比，则?，图像的斜率逐渐

减小直至为零时，尸保持不变，故A正确，B、C错误；根据题意，由公式可得，感应电流为/二管，由数

学知识可得"二也♦竺二也，由于加送度逐渐减小，则/“图像的斜率逐渐减小，故D错误。

例5（多选）（2025•山东淄博市一模）如图，直角梯形区域abed,ab=2ad=2cd=2he为ab的中点，直角

三角形aed、平行四边形Med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48C与梯形He,，在同一平面内，A8边长为/且与ae共线，导线框以垂

直于必的恒定速度穿过磁场区域，从8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八

4c受到的安培力Etc，二者与时间，的关系图像可能正确的是（）

答案BC

解析设导线框速度为也电阻为R,则0~1s内电流i尸鸟二号二学/,可知电流从0均匀增大到器，由右

RRRA

手定则可知也流方向为逆时针，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

〃吟」X2（2：-"）丁警岑子可知巴流从最大等均匀减小到0,由右手定则可知电流方向为顿时针，为负

方向；2~3s内，导线框离开磁场，电流i3夸=8⑶”）上等.等,可知电流从最大誓均匀减小到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EIG=O,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

培力大小出义空笔必(3/-2⑺，可知该过程安培力从最大值出等逐渐减小到0,再反向增大最后减

小到0,分析可知AC边安培力方向先向左后向右，即方向光正后负，且图像为开口向上的二次函数；2〜3

s内，线框出磁场，AC边安培力大小RC3=8X名竺竺小X(3/-W尸也上士，可知安培力从最大值班逐渐

RRR

减小，且图像为开口向上的二次函数。综合分析可知C选项正确，D选项错误。

B提炼总结

1.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。

如某一过程的起点、终点、转折

点的感应电动势是否为零.电流

方向(正负)

看电磁感应的发生过程分为几个

阶段，这几个阶段是否和图像变

化相对应

看图像的斜率、图像的曲直是否

和物理过程相对应，分析大小和

方向的变化越势

考点三电磁感应中的动力学与能量问题

I.电磁感应综合问题的解题思路

2.求解焦耳热。的三种方法

(1)焦耳定律：Q=FRI,适用于电流恒定的情况；

(2)功能关系：。二卬名式卬克安为克服安培力做的功);

(3)能量转化：Q=AE(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"、cd固定在水

平面内，相距为3电阻不计，导轨平面处在竖直向上的磁感应强度人小为6的匀强磁场中，ac间接

有阻值为/?的电阻，电阻为人质量为，〃的金属导体棒MN垂直于出入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〃7的物块相连。物块放在倾角为

。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%,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陪丁外访0

B.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皿篝咽

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8〃+mgsin9=2〃m，其中

/噂詈，联立解得。噌沈^^gsin仇A错误；向左运动过程中a二言葛古gsin仇速度减小，加速度减

小：向右运动过程中。=/gsin仇喘悬，速度增大，加速度减小，因此加速度一直减小，B错误，C正确；

最终导体棒匀速运动，系统受力平衡，则有mgsin促产，解得产上嘴等，D正确。

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4,边长为L的正方形导线框Med由虚线M上方无初速度释放，在释放

瞬间M边与虚线M平行且相距为L已知线框的质量为机，电阻为心线框cd边刚要进磁场时，线

框的加速度为零，线框时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，仍边始终水平，忽略空气阻力，则下列说法正确的是（）

M------------

XXXXXX

XXXXX

XXXXXX

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半

C.通过整个磁场，线框中产生的焦耳热为2mgL

D.M、N间的距离为"年需

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

受到更力的作用，接着将加速，一直到线框刚出磁场，显然此叶乃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下二詈，平均电流为

7=7,通过的电荷量为磁通量的变化量为△内=37?,联立可得线框进磁场过程中通过浅框横截面的

电荷量为行半，故B正确；线框〃边刚要进磁场时，线框的加速度为零，根据平衡条件，有mg-

*=0,解得V=鬻，从开始释放到线框以边刚要进磁场时，根据能量守恒，有Q曰吆2L-刎，2,解得

。拉=2〃吆心型空，因线框面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

乙BLJ

热量相等，即通过整个磁场，线框中产生的焦耳热为。=2。产4〃取小当萼，故C错误；因线框而边刚进

磁场时和刚出磁场时速度相同，根据动能定理，有mgd-W克安=AEk=O,又因克服安培力所做的功等于线框

产生的热量，即。产〃吆“，联立解得M、N间的距离为d=2L-弓器，故D正确。

KbL

例8(2025•河北省模拟)如图所示，间距L=2in的光滑平行导轨及其所在平面与水平面的夹角均为

夕二30。，导轨底端48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/=0.5A,导轨上C、。两点连线与45平行，石为导轨平面上一点，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COE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8=0.5T的匀强磁场。将一长度也为L=2m,质量J〃=0.05kg,也阻为定值

的导体棒放置在C、D位置,导体棒受到C、。两处挡板的作用处于静止状态。导轨足够K,重力加

2

速度g取10m/s0求：

(1)闭合开关S的瞬间，导体棒的加速度。的大小；

(2)导体棒第一次经过O点时速度比的大小；

(3)已知闭合开关S后经；s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/台与其坐标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

/o(结果均可用分数表示)

答案(l)5m/s2(2)^m/s

(3)Fft=-0.5XN)-^s

解析(1)由左手定则可知导体棒所哽安培力方向沿斜面向上，

由牛顿第二定律得BIL-mgs\nO=tna

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。点，由几何关系易得此时导体棒处于磁场中的长度

B，L+IL，

为L'=\m: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=^d

解得w=^j

16

由动能定理得W-nigdsin30°=巴芳

解得了m/s

2

(3)导体棒坐标为x时，导体棒处于磁场中的长度为

合力大小/令=8/g-2Y)-“7gsin30°

即F^=-0.5x(N)

可知导体棒以。点为中心做简谐运动，振幅A=0.5in,且导体棒第一次经过O点用时2s为四分之一周期，

4

可得T=TIs

导体棒过。点后再经g第一次到达x=0.25m

从导体棒第一次经过。点时开始计时，则有户Asin年/

解得所用时间/=^=^So

B多题归一

电磁感应中的动力学和能量问题

一IV1

£

TT

P%勺

静止a*N

棒、框Q祢

闭合K,ab恰好算止棒、框处于平衡状态，进行受力

受力

a--f-l---分析，满足合力为零

平衡f*

匀速

运动UH1密”

恰好匀速进入磁场棒的最大速度

xxxA/:KXXXM/受力分析，分析加速度的变化：

X1XX:<xxx8XX；

2

棒、框XXFBl7v

变加速KFxxxammR"

受力不Xxx^xXXX

运动.八B2L2V

斫gsm

平衡棒在恒力作用下e—

从静止开始运动棒从静止开始下滑棒做加速度减小的加速运动

M1处8d下

CL

a=—皿一

22

m+m0+CBL

〃〃，〃〃，〃

甲:棒匀加速运动

匀加速

运动"1"

一PMMN棒：F-B"一"2）二〃?।a

XXXXX月总

XXXnXX

XXxnxX〈£Hi7p0棒：:2（匕一叫〃切

XXXXXCXX

QN丙：图中4、8网点斜率我总

乙:击在后双棒加速度相同相同.即加速度相等

[Txx^l

棒、框从JXXXXL>>

棒、框运I囱XXIXXI/rf及利用能量守恒定律或功能关系求

某一速度

动过程中产生的焦耳热，回路中有多个电

到另一

能量问题阻时，注意热量的分配

速度

棒从静止到匀速时产生的焦耳热

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J

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8随时间，

按正弦规律变化。勿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~；内，◎和E均随时间增大

4

B•当T与葛时，石大小相等，方向相同

C.当耳时,C最大,C为零

D.当中寸，⑦和E均为零

答案C

解析在0」时间内，磁感应强度8增加，根据e=8S可知磁通量G增加，但是图像的斜率减小，即磁感

4

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二"S,感应电动势E逐渐减小，选项A错

At

误；当耳和广景时，因8"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；/=二时，B最大,则磁通量G最大，但是3的变化率为零，则感应电动势E为零，选项C正

确；/日时，B为零,则磁通量3为零，但是8的变化率最大，则感应电动势E最大，选项D错误。

2.（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（）

XX\

♦I■

xx!

xx!

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，由于线图a从磁场中匀速拉出，则a中产生的电流为恒定电流，线图a靠近线圈b的过

程中穿过线图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，“1_”形导线框置于磁感应强度大小为8、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/。线框绕〃、e所在直线以角速度g顺时针匀速转动，尿与磁

场方向垂直。尸0时;出嗯/'与水平面平行，则（）

A.f=0时，电流方向为abcdefa

B./=0时，感应电动势为用2G

C./=5寸，感应电动势为0

0）

D.片0到片工过程中，感应电动势平均值为0

0）

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和咽/=0时刻cd边速度与磁场方向平行，不产

生感应电动势，此时q/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而（:也自，感应电动势

为E=Blv=Bkol=Bh。,A、B正确；/=工时，线框旋转180。，此时依旧是“边切割磁感线产生感应电动势，

感应电动势不为零，C错误；仁（）到的过程中，线框加嗯/•的磁通量变化量为零，线枢机Y/e的磁通量变

化量大小为|△到=28S=28尸，由法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势为万二詈二二誓，D错误。

4.（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、4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4和〃的大小和方向（无抖动时和1（1

均为零），使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是（）

手机框架

A.若沿顺时针方向30,则表明。的方向向右

B.若勿沿顺时针方向，4-0,则表明。的方向向下

C.若。的方向沿左偏上30。，则/，沿顺时针方向，〃沿逆时针方向且心打

D.若。的方向沿右偏上30。，则/<.沿顺时针方向，〃沿顺时针方句且

答案BC

解析若/c沿顺时针方向且/尸0,由左手定则可知线图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〃沿顺时针方向且人=0,由左手定则可知线图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。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，4沿顺时针方向，线圈”受

到的安培力向下，打沿逆时针方向，又由后切也/二;，可知1<>况C正确；若。的方向沿右偏上30°,同

理可知4■沿逆时针方向，〃沿逆时针方向，且/,>/“，D错误。

5.（多选）（2025•江西省模拟）如图，匀强磁场I、II的边界P、。、M水平，两磁场的方向相反，磁感应强度

大小均为8,磁场I的宽度为3磁场II的宽度大于L。边长为L、质量为机、电阻为R的正方形金属线框

Med自距磁场边界P上方L处自由下落，当m边刚进磁场H时线框的加速度为零；当断边刚出磁场H

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，外边始终

水平，忽略空气阻力，下列说法正确的是（）

口

a\b

\L

VVx-^x-Vx

上三3-2L三2L三2Q

,11......................

A.当线框时边刚进磁场n时，线框的速度大小为妻器

B.线框断边通过磁场I的过程中，通过线框横截面的电荷量为半

R

C.磁场II的宽度为L+需N

D.线框通过磁场过程中，线框中产生的佳耳热为熏，

JLOOL

答案BC

解析设线框"边刚进磁场n时速度为0,根据题意可得28小警L=/〃g,解得V尸需，故A错误；线框

"边通过磁场I的过程中，通过线框横极面的电荷量疔竽二字，故B正确；设线框时边刚出磁场II时，

RK

线框的速度大小为%则受兽二〃％解得V2=嚅,设磁场II的宽度为4则4L+竺？£=L+镖咎:故C

RB"，2g3282,

正确；根据能量守恒，线框通过磁场过程中〃侬3L+m=Q/〃W22,解得Q=4mgL-吗与，故D错误。

232BL

I争分提能练I

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，在片。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-随时间/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也设线框的质量M,物块的质量〃?，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+/安

对物块有FT-mg=ma

其中产『学

K

n2r2««

即——+（M-ni）g=（M+ni）a

R

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

“尸前2

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，:、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;

因厂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喊速运动，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8的匀强磁场中，两导轨顶端与电容器相连，质量为〃h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

“处。已知两导轨倾角均为仇电容器电容为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.若坤大电容器电容，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=BL腐舞

D.金属杆下滑到导轨底端时电容器储存的电能七二喏磐的

答案CD

解析金属杆沿导枕下滑时，根据牛顿第二定律有mgsin仇尸钎〃刈，又金属杆所受的安培力为〃钎

电路中电流为/=整二竿二华包二C8L。，联立以上三式得听半吟，式中各量均不变，说明加速度不变，

△tAtAtm+CB^L£

可知金属杆做勺加速直线运动，故A错误：若增大电容器电容，加速度减小，则根据人工〃产可知金属杆下

2

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J=2ad,电容器极板间也压

U=BLv=BL僧鲁鲁,故C正确；金属杆下滑到导就底端时电容器储存的电能E刁小〃sin仇

8.（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。导体棒必、〃放置在导轨

上，其质量分别为〃八2m,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抡将cd棒中点

与质量为6的重物相连，绳与〃棒垂直且平行于桌面。片0时刻将〃棒由静止释放，人时刻断棒的加速

度刚好达到最大值。已知人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（）

%1

A.0~fi时间内通过必棒的电流增大

B.八时刻，两棒的加速度大小均为;g

C,时刻，两棒的加速度大小均为3

D/时刻，两棒速度差的大小为黑

答案ABD

解析设运动过程。〃棒的速度大,、为心方，cd棒的速度大小为忆/,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々尸安煞，以。匕棒为研究对象，根据牛顿第二定律可得加速度大小为生产处，

3mm

又/==:里普产2,由于一开始4d曲则4棒速度增加得比H棒快，所以回路也流逐渐赠大，川棒的

2R2R

加速度逐渐减小，出?棒的加速度逐渐增大，当&/=〃时时，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，0~1时间内通过。〃棒的电流增大；八时刻，两

棒的加速度相等，则有折中2二也，解得方方，上黑，根据/=-（“*”）,可得八时刻，两棒速度差的

3mm44BL2R

大小为Av=w力总产《瞿，故选A、Do

9.（12分）（2025・江苏卷」5）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0。转动。外转子半径为内，由四个相同的单匝线圈紧密围成，每个线圈的电阻均为R,

直边的长度均为心与轴线平行。内转子半径为，2,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从外转子始终以角速度必匀速转动，某时刻线圈必〃的直边外与〃处

的磁场方向如图乙所示。

甲

（1）（2分）若内转子固定，求附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"4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/,求线圈加cd中电流的

周期兀

答案（1）8£。0门Q）陋等史13声黑■

解析（1）根据题意可知，〃力边转动时的线速度为V=（OoA

则而产生的感应电动势大小E=BLv=BLcuor\

（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abed中的感应电动势为E尸2BLv=2BLCDWI

感应电流为/（）吟

R

外转子转动的周期为T}=—

81TB2%]23。

则线圉转动一圈产生的热量Q=I2RTt=

0R

结合题图可知，转子转动电流方向改变，大小不变，若内转子不固定，跟着外转子一起转，且

(3)4abed

中的电流为/,则感应电动势为£=〃？

又有E'=2BLAv

解得44

则电流改变方向的时间为厂好L四出

Av1R

则电流的周期为7=2仁空等。

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。

一知或求解涉及的物理量应用示例

B;

XXX

■EULAt=mv2-/nv\,q=l\t,U.xx

电荷量

W-B（］L=mv2-niv\匚XXX；

XXX；

B2l7vM八

---------=O-/nvo,|N

R总

位移

lip-gLx=O-mvo

%A

-B/LAr+FH他^t=im>2-inv\,

即-BLq+F其他也i,

已知电荷量q、F其能(尸其他为

，亘力)

时间B2L2VML*

----------+F典他\t=mv2-mv\,

%4fBq

即--------\-FHtti^t=mv2-mv\,

%A

已知位移X、尸其胞（尸其他为恒