第43讲 电磁感应的综合应用（复习讲义）（四川专用）（教师版）

第43讲电磁感应的综合应用目录01TOC\o"1-3"\h\u考情解码·命题预警 202体系构建·思维可视 303核心突破·靶向攻坚 4考点一电磁感应中的电路问题 4知识点电磁感应中的电路问题 4考向电磁感应中的电路问题 5考点二电磁感应中的图像问题 8知识点电磁感应中的图像问题 8考向电磁感应中的图像问题 8考点三电磁感应中的动力学和能量问题 16知识点1电磁感应中的动力学问题 16知识点2电磁感应中的“单杆＋轨道”模型 17知识点3电磁感应中的“单杆＋自感线圈”模型 17知识点4电磁感应中的“单导体棒＋电源”模型 19知识点5电磁感应中的“含电容器无外力放电式单导体棒”模型 19知识点6电磁感应中的能量问题 20考向电磁感应中的图像问题 20考向电磁感应中的图像问题 23考向电磁感应中的图像问题 2804真题溯源·考向感知 34考点要求考察形式2025年2024年2023年电磁感应中的电路和图像问题选择题非选择题\全国甲卷T22,20分全国甲卷T8,6分\电磁感应中的动力学和能量问题选择题非选择题四川卷T14,12分全国甲卷T22,20分全国甲卷T22，20分考情分析：1．电磁感应与电路综合：此为核心考点，频繁考查。依据闭合电路的相关规律确定感应电动势大小，再结合电路规律求解感应电流。根据电磁感应过程选图像：考查学生对电磁感应现象中物理量变化规律的理解。2．从命题思路上看，试题情景为电磁感应中的电路和图像问题会与电场、磁场、力学、能量等知识进一步融合。将电磁感应中的能量转化与电路中的电功率计算相结合，分析能量的转移和转化过程。3.电磁感应中的动力学和能量问题是重点考查内容，出现频率较高。过去几年的选考试卷里，几乎每套都有涉及该部分知识的题目。复习目标：目标一：能明确电磁感应电路的电源类型：动生电动势（导体切割磁感线）中，导体棒为电源，其电阻为内阻；感生电动势（磁场变化）中，整个线圈为电源，线圈电阻为内阻。目标二：图像问题：遵循“明确物理量关系→推导函数表达式→绘制/解读图像→提取数据计算”的步骤目标三：精准分析受力情况，明确安培力的作用。熟练判断运动状态，分析加速度与速度的变化。应对复杂运动过程，拆解多阶段变化。考点一电磁感应中的电路问题知识点电磁感应中的电路问题1.电磁感应中电路知识的关系图2.解决电磁感应中电路问题的“三部曲”思维建模计算感应电荷量的公式：q＝n在电磁感应过程中，只要闭合回路中产生感应电流，则在Δt时间内通过导体横截面的电荷量q＝IΔt＝ER总Δt＝nΔΦR总ΔtΔt＝注意感应电荷量的大小由线圈匝数n、磁通量的变化量ΔΦ、回路的总电阻R总共同决定，与时间Δt无关。考向电磁感应中的电路问题例1（多选）（2025·四川资阳·高三月考）如图甲所示，水平面上固定有足够长的平行导轨，导轨间距d=1m，虚线O1O2垂直于导轨。O1O2左侧导轨与电容C=50mF的平行板电容器AB相连，且由不计电阻的光滑金属材料制成。O1O2右侧导轨由粗糙的绝缘材料制成。将一质量m=0.1kg、电阻不计的金属棒MN通过水平轻绳绕过光滑定滑轮与质量为M=0.2kg的小物块相连，O1O2左侧处于方向竖直向下的匀强磁场中。t=0时刻，将垂直于导轨的金属棒MN由静止释放，金属棒在轻绳的拉动下开始运动，当金属棒MN越过虚线O1O2后，作出金属棒的v−t图像如图乙所示。g取10m/s2，整个过程中电容器未被击穿，则下列分析正确的是（）A．电容器的A极板带正电B．金属棒与绝缘材料间的动摩擦因数为0.8C．匀强磁场的磁感应强度大小为4TD．金属棒的释放点到虚线O1O2的距离为2m【答案】AD【详解】A．金属棒切割磁感线时，根据右手定则可知电流方向由M流向N，则电容器的A极板带正电，故A正确；B．根据v−t图像可知，金属棒MN越过虚线O1O2后的加速度大小为a=以小物块和金属棒为整体，根据牛顿第二定律可得Mg−μmg=联立解得μ=0.5，故B错误；CD．金属棒在虚线O1O2左侧运动时，以小物块和金属棒为整体，根据牛顿第二定律可得Mg−BId=又I=联立可得a可知金属棒在虚线O1O2左侧做初速度为零的匀加速直线运动，根据v−t图像可知，该过程的运动时间为1s，末速度为4m/s，则加速度为a联立解得匀强磁场的磁感应强度大小为B=2金属棒的释放点到虚线O1O2的距离为x=1故选AD。【变式训练1】（多选）（2025·四川绵阳·高三月考）某一驱动装置的原理图如图所示，正方形线圈ABCD和金属导轨相连接，均放置在某一水平面上。线圈内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小随时间变化的规律为B=0.1+kt（T），平行导轨间距L=0.5m，其间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B1=1T，质量m=0.1kg的导体棒PQ垂直导轨放置，且与导轨接触良好。已知正方形线圈的边长a=0.2m，匝数n=100，电阻r=1Ω；导体棒的电阻R=3Ω，导体棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，其余电阻不计。若k=A．k1=0.4C．k=0.6时，导体棒最终速度为1.6m/s D．k=0.6时，导体棒加速过程的位移为1.6m【答案】AC【详解】AB．导体棒刚能滑动，由受力平衡可知B根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为E感应电流为I联立解得k故A正确，B错误；C．若k=0.6，导体棒从静止开始加速，最终做匀速直线运动，则有B此时电动势为E由欧姆定律可知I联立以上各式，代入数值解得v故C正确；D．k=0.6时，规定向右为正方向，对导体棒，应用动量定理可得B又I联立代入数值可得x=3.2故D错误。故选AC。【变式训练2】（多选）（2025·四川绵阳·高三月考）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的中点用轻绳经过滑轮与质量为也为m的物块相连。物块放在倾角为θ的绝缘斜面上，轻绳与斜面平行，不计一切摩擦。若某时刻给导体棒一个水平向左的初速度为v0，导体棒向左运动s后速度为零，运动过程中导体棒始终未离开水平导轨，物块始终未离开斜面，运动过程中细线始终与斜面平行且处于绷紧状态，重力加速度为gA．初始时刻棒的加速度大小为BB．从开始到速度为零时，电阻R上产生的热量为mRC．导体棒的加速度先增大后减小D．导体棒最终的速度为mg【答案】BD【详解】A．初始时刻，将导体棒和物块作为整体，由牛顿第二定律可得BIL+mg其中I=联立，解得初始时刻棒的加速度大小为:a=BB．从开始到速度为零，根据能量守恒可得产生的总热量为Q=电阻R产生的热量Q联立，解得Q=mRC．向左运动过程中，当速度为v时，其加速度大小为a=B2LD．最终导体棒匀速运动，系统受力平衡，根据平衡条件可得1解得v=故D正确。故选BD。考点二电磁感应中的图像问题知识点电磁感应中的图像问题解答电磁感应中的图像问题的四个关键图像类型（1）随时间变化的图像：如B-t图像、Φ-t图像、E-t图像、I-t图像、F-t图像等。（2）随位移变化的图像：如E-x图像、I-x图像等问题类型（1）根据电磁感应过程选择图像。（2）根据图像分析电磁感应过程。（3）电磁感应中的图像转换常用规律判断方向右手定则、楞次定律、左手定则、安培定则等计算大小切割公式、法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律及其他有关规律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像进行分析和判断考向电磁感应中的图像问题例1如图甲所示，边长为0.1m、匝数为100、电阻为1Ω的正方形线圈左半边存在垂直线圈平面的磁场，规定磁场垂直纸面向外为正，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，定值电阻R的阻值为4Ω，导线电阻不计，下列说法正确的是（）A．0~5s内，线框有收缩的趋势B．0~10s内，线圈中的电流方向会改变C．0~10s内，线圈受到的安培力方向不变D．0~10s内，流过定值电阻的电荷量为0.2C【答案】D【详解】A．由图可知，0~5s内，磁感应强度垂直纸面向里且减小，根据“增缩减扩”可知，线框有扩张的趋势，故A错误；B．0~5s内，磁感应强度垂直纸面向里且减小，根据楞次定律可知，线圈中的电流为顺时针方向，5~10s内，磁感应强度垂直纸面向外且增大，则感应电流方向为顺时针方向，所以电流方向不变，故B错误；C．感应电流的方向不变，根据F=BIL可知，因磁场的方向改变，根据左手定则可知线圈受到的安培力方向改变，故C错误；D．0~10s内流过定值电阻的电荷量为q=I⋅Δ故选D。例2如图所示，在光滑绝缘水平面上有一竖直向下宽度为d的磁场区域，以磁场左边界为坐标原点建立坐标轴Ox，磁感应强度大小B=kx，k为大于零的常量。有一边长为l（l>d）、电阻为R的正方形导线框沿x轴正方向以速度v0匀速通过磁场区域，线框的左右两边与磁场的边界平行。关于线框所受安培力F随xA． B．C． D．【答案】A【详解】在导线框的位移满足0<x<d过程，导线框的右边在磁场中切割磁感线，产生的感应电动势为E=Bl感应电流为I=受到的安培力为F=BIl=可知F−x图像为开口向上的抛物线；在导线框的位移满足l<x<l+d过程，导线框的左边在磁场中切割磁感线，F−x图像与0<x<d过程的形状一样；根据右手定则和安培定则可知，两个过程的安培力方向均水平向左。故选A。例3如图所示，平面直角坐标系xOy中，第二、四象限内分别存在垂直于坐标平面的匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向相反。圆心角为90°的扇形金属框OPQ绕O点在平面内顺时针匀速转动。规定顺时针电流为正，从图示位置开始计时，下列表示线框中的i−t关系的图像可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】B【详解】刚开始转动OQ边进入第四象限磁场，可看成是OQ边切割磁感线，由公式E=BLv可知，产生的感应电动势和感应电流大小不变。0~T4时间内，OQ进入第四象限磁场，根据楞次定律可知，产生顺时针方向电流；T4~T2时间内，OQ离开第四象限磁场，OP切割磁感线，产生逆时针方向电流；T2故选B。【变式训练1】如图甲所示，两均匀磁场的磁感应强度B1和B2方向相反，金属圆环的水平直径与两磁场的边界重合。B1和B2随时间变化的图像如图乙所示，规定磁场方向垂直纸面向里为正方向，下列说法正确的是（）A．0~t0时间内整个圆环具有收缩的趋势B．t0时刻的圆环内的磁通量为零，感应电流也为零C．0∼2tD．0∼2t【答案】C【详解】CD．根据图示可知，B1为匀强磁场，B2为变化的磁场，可知，圆环中磁通量的变化由B2A．结合上述可知，感应电流沿逆时针方向，根据左手定则可知，圆环上半部分所受安培力向下，圆环下半部分所受安培力方向向下，由于0~t0时间内下侧区域的磁感应强度大于上侧区域的磁感应强度，则圆环下半部分所受安培力大于上半部分所受安培力，可知，0~t0时间内整个圆环具有扩张的趋势，故A错误；B．t0时刻的圆环内的磁通量为零，B1与B2大小相等，方向相反，两磁场在圆环中分布的面积相等，则此时穿过圆环的磁通量为零，结合上述可知，圆环中磁通量的变化由B2决定，磁通量的变化率一定，即故选C。【变式训练2】如图所示，一顶角为60°的菱形线框abcd边长为2a，放置在绝缘平面上，线框右侧有一宽度为2a的匀强磁场区域，pq、mn为磁场边界线，pq//mn//bd，线框以垂直pq方向的速度匀速向右运动。设线框中感应电流为I，磁场对线框的安培力为F。以逆时针方向为线框中感应电流的正方向，水平向左为安培力的正方向。线框c点进入磁场时开始计时，下列图像可能正确的是（）A． B．C． D．【答案】B【详解】设线框进入磁场时与磁场边界的交点分别为M、N，那么可以等效成长度为MN的单杆切割磁感线，设MN长度为l。切割磁感线产生的感应电动势为E=Blv感应电流的大小为I=根据楞次定律，可知感应电流方向为逆时针方向。由安培力公式可知F=BIl=线框进入磁场的过程中，MN的长度l的变化是先均匀增加，再均匀减小，所以电流按一次函数的方式先增加后减小，安培力F按照二次函数的规律先增加后减小。故选B。【变式训练3】如图，“日”字形导线框，其中abdc和cdfe为边长为l的正方形，导线ab、cd、ef的电阻相等，其余部分电阻不计。导线框右侧存在着宽度为l的匀强磁场，磁感应强度为B，导线框以速度v匀速穿过磁场区域，运动过程中线框始终和磁场垂直且无转动。线框穿越磁场的过程中，ab两点电势差Uab随位移变化的图像正确的是（）A． B．C． D．【答案】A【详解】根据题意，设ab、cd、ef的电阻均为R，线框匀速通过磁场，且磁场宽度l=ac=ce可知，开始时，ab切割磁感线，感应电动势为Ecd棒中电流方向由c→d，则c点电势高于d点电势，则有Uab棒离开磁场，cd棒切割磁感线，感应电动势为Ecd棒中电流方向由d→c，则c点电势高于d点电势，则有Ucd棒离开磁场，ef棒切割磁感线，感应电动势为Ecd棒中电流方向由c→d，则c点电势高于d点电势，则有U综上所述可知，cd两点电势差Ucd随位移变化一直保持不变为1故选A。【变式训练4】在实验室里，有一水平方向的匀强磁场，其上下边界分别是MN、PQ，磁场宽度为L。如图甲所示，一个边长为a的正方形导线框ABCD（L>2a），从磁场上方某处下落，运动过程中上下两边始终与磁场边界平行。线框进入磁场过程中AD边电压UAD随时间t变化的图像如图乙所示，则线框从磁场中穿出过程中AD边电压UA． B．C． D．【答案】D【详解】由题意可知，线框进入磁场过程中BC边切割磁感线，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为E=BLv则U由图乙可知AD边电压UAD不随时间t变化，说明线框匀速进入磁场，由于L>2a，当完全进入磁场后，因磁通量不变，则没有感应电流，线框只受到重力，使得线框速度增加，当出磁场时，速度大于进入磁场的速度，由法拉第电磁感应定律可知，出磁场的感应电动势大于进磁场的感应电动势，则线框出磁场时的安培力大于重力，线框做减速运动，根据牛顿第二定律所以线框做加速度在减小的减速运动，且出磁场过程为AD边切割磁感线E'=BLv'则有U因v'>v，则线框从磁场中穿出过程中AD边电压UAD随时间t故选D。【变式训练5】如图所示，一个条形磁铁垂直、匀速地自上而下穿过自感系数为L的超导线圈（电阻为0），那么线圈中的感应电流随时间变化的图象可能是（）A． B．C． D．【答案】C【详解】当一个只有N极的磁单极子从上向下穿过超导线圈时根据法拉第电磁感应定律，穿过线圈的磁通量发生变化，从而在线圈中产生感应电流。由于超导体的特性，感应电流不会衰减，直到磁通量变化停止；当磁单极子开始穿过线圈时，磁通量开始增加，产生一个方向的感应电流。当磁单极子完全穿过线圈后，磁通量不再变化，感应电流停止。而当S级穿过时感应电流的情形和N级正好相反，则当条形磁体完全穿过时两个电流相互叠加，感应电流随时间的变化应该是先增加后减少，形成一个脉冲。故选C。【变式训练6】（多选）如图甲，光滑平行导轨MN、PQ水平放置，电阻不计。两导轨间距d=10cm，导体棒ab、cd放在导轨上，并与导轨垂直。每根棒在导轨间部分的电阻均为R=2.0Ω，质量均为m=2.0×10−5kg，用长为L=20A．0∼3sB．0∼2sC．0∼2sD．在3s【答案】AB【详解】A．从图像可知根据法拉第电磁感应定律，回路中产生的感应电动势为E=n由闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流为I=由楞次定律及安培定律可知0∼3sBC．由于电路中电流恒定，在磁场最强时安培力最大，则0~2s内导体棒ab所受的最大安培力为根据左手定则0∼2.0s内导体棒ab所受安培力向左，导体棒cd所受安培力向右，此时安培力小于丝线最大能承受的力，故不会被拉断，由于电流为恒定电流，安培力随BD．同理，在3s时，导体棒ab所受安培力向右，导体棒cd故选AB。考点三电磁感应中的动力学与能量问题知识点1电磁感应中的动力学问题1.理解电磁感应过程中导体的两种状态状态特征方法平衡态加速度为零利用平衡条件列式解答非平衡态加速度不为零利用牛顿第二定律结合运动学公式解答2.抓住“两个研究对象”“四步分析”3.关注两个“桥梁”：联系力学对象与电学对象的“桥梁”——感应电流I、切割速度v。知识点2电磁感应中的“单杆＋轨道”模型类型拉力恒定（含电阻）拉力恒定（含电容器）示意图轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l，拉力F恒定轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l，拉力F恒定力学观点开始时a＝Fm，杆ab速度v↑⇒感应电动势E＝Blv↑⇒I↑⇒安培力F安＝IlB↑，由F－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝开始时a＝Fm，杆ab速度v↑⇒感应电动势E＝Blv↑，经过Δt速度为v＋Δv，此时感应电动势E'＝Bl（v＋Δv），Δt时间内流入电容器的电荷量Δq＝CΔU＝C（E'－E）＝CBlΔv，电流I＝ΔqΔt＝CBlΔvΔt＝CBla，安培力F安＝IlB＝CB2l2a，F－F安图像观点能量观点F做的功一部分转化为杆的动能，一部分产生电热：WF＝Q＋12mF做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WF＝12mv2＋E知识点3电磁感应中的“单杆＋自感线圈”模型水平线框+自感线圈水平线框+自感线圈如图所示,水平面内有一足够长的光滑平行直金属导轨,间距为d。导轨左端接一自感系数为L的电感,导轨上有一质量为m导体棒。整个装置处在竖直向下的匀强磁场中磁感应强度为B。导体棒具有沿导轨向右的初速度。整个回路的电阻忽略不计。过程分析线圈产生电动势：L整理得到：Δi=即：i=回路产生的安培力：F=Bid=即产生的回复力F与位移成线性关系。导体棒做简谐运动。周期：T=2πmk振幅满足：12m解得振幅：x=mv竖直线框+自感线圈竖直线框+自感线圈如图所示,竖直面内有一足够长的光滑平行直金属导轨,间距为d。导轨上端接一自感系数为L的电感,导轨上有一质量为m导体棒。整个装置处在垂直纸面向里的匀强磁场中磁感应强度为B。整个回路的电阻忽略不计。过程分析导体棒初始状态只受重力：a=g线圈产生电动势：L整理得到：Δi=即：i=导体棒在平衡位置：mg=Bid=x令x则F则导体棒也是做简谐运动，振幅为x₀周期与水平线框一致知识点4电磁感应中的“单导体棒＋电源”模型轨道水平光滑，单杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为l当E感＝E时，v最大，且vm＝eq\f(E,Bl)，最后以vm匀速运动电能转化为动能和内能，E电＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋Q知识点5电磁感应中的“含电容器无外力放电式单导体棒”模型基本模型规律(电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C)电路特点电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动.电流的特点电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时UC＝BLv.运动特点及最终特征a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0.最大速度vm电容器充电荷量：Q0＝CE放电结束时电荷量：Q＝CU＝CBLvm电容器放电荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBLvm对棒应用动量定理：mvm＝Beq\x\to(I)L·Δt＝BLΔQvm＝eq\f(BLCE,m＋B2L2C)v－t图象知识点6电磁感应中的能量问题1.电磁感应过程中的能量转化2.求解焦耳热Q的三种方法焦耳定律Q＝I2Rt，电流、电阻都不变时适用功能关系Q＝W克服安培力，任意情况都适用能量转化Q＝ΔE其他能的减少量，任意情况都适用考向1线框模型例1如图所示，甲、乙是两个完全相同的闭合正方形导线线框，a、b是边界范围、磁感应强度大小和方向都相同的两个匀强磁场区域，只是a区域到地面的高度比b高一些。甲、乙线框分别从磁场区域的正上方相同高度处同时由静止释放，穿过磁场后落到地面。下落过程中线框平面始终保持与磁场方向垂直。以下说法正确的是（）A．下落过程中甲框产生的焦耳热大 B．下落过程中两框产生的焦耳热一样大C．落地时甲框的速度比乙框小 D．落地时甲框的速度比乙框大【答案】D【详解】AB．a区域到地面的高度比b高一些，所以乙线框进入磁场时速度较大，安培力较大，线框克服安培力做功较多，即产生的焦耳热较多，AB错误；CD．甲、乙线框由静止释放到落地时重力势能减小量相同，由前面分析知乙框产生的焦耳热多，根据能量守恒定律知，乙线框落地时的动能较小，所以乙线框落地时的速度较小，C错误，D正确。故选D。【变式训练1】（2025·四川达州·高三月考）如图所示，用长为L的不可伸长绝缘轻绳将铜制闭合小环悬挂于O点，小环半径为r、质量为m。在O点正下方水平放置一根与小环共面的通电直导线，直导线中的恒定电流方向水平向右。a为小环的初始释放位置，oa与竖直方向夹角为θ，b位置在O点正下方，c位置为小环摆动到ob右侧的最高点，现将小环从a点无初速释放，忽略空气阻力，重力加速度大小为g，则（）A．小环从a到b的过程中会产生逆时针方向的感应电流B．小环从b到c的过程中所受安培力方向始终与运动方向相反C．小环最终会停在b点，且产生的热量为mgD．增大导线中的恒定电流，小环从开始摆动到停止摆动所用时间会减小，产生的热量会增大【答案】C【详解】A．由安培定则知，直导线上方磁场方向垂直纸面向外，小环从a到b的过程中磁通量增加，由楞次定律可得，线圈中感应电流方向是顺时针，故A错误；B．小环从b到c的过程中，磁通量减小，由楞次定律可得，线圈中感应电流方向是逆时针，将小环分解为若干个小的电流元，上半环的部分所受合力向上，下半环部分所受合力向下，下半环所在处的磁场比上半环所在处的磁场强，则整个环所受安培力的方向向下，与速度存在一定的夹角，故B错误；C．小环在摆动过程中，由于不断产生感应电流，机械能不断转化为内能，最终会停在b点；根据能量守恒定律，减少的机械能全部转化为热量，则有Q=ΔD．增大导线中的恒定电流，小环所在区域的磁场增强，小环摆动过程中产生的感应电动势和感应电流增大，安培力增大，小环从开始摆动到停止摆动所用时间会减小。但根据能量守恒定律，最终减少的机械能还是Δ则产生热量仍为Q=Δ故选C。【变式训练2】（多选）如图所示，正方形线框abcd放在光滑的绝缘水平面上，OO′为正方形线框的对称轴，在OO′的左侧存在竖直向下的匀强磁场。第一次以速度v0使正方形线框匀速向右运动，直到ab边刚好与OO′A．从上往下看，两次线框中均产生顺时针方向的感应电流B．两次线框中产生的感应电动势之比为1:2C．两次线框中产生的焦耳热之比为1:4D．两次流过线框某一横截面的电荷量之比为1:2【答案】AB【详解】A．两次穿过线框的磁通量均向下减小，根据楞次定律可知，从上往下看，两次线框中均产生顺时针方向的感应电流，故A正确；B．根据E=BLv，可知两次线框中产生的感应电动势之比为E1C．根据I=ER=BLv可知两次线框中产生的焦耳热之比为Q1D．流过线框某一横截面的电荷量q=可知两次流过线框某一横截面的电荷量之比为q1故选AB。【变式训练3】（多选）如图所示正方形匀质刚性金属框，边长L=0.1m，质量m=0.02kg，电阻R=0.4Ω，距离金属框底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=2T，磁场区域上下边界水平，高度为L=0.1m，左右宽度足够大。把金属框在竖直平面内以vA．H=0.2B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变C．通过磁场的过程中，克服安培力做功的功率P为0.4WD．金属框通过磁场的过程中产生的热量Q为0.04J【答案】ACD【详解】A．金属框水平方向上总电动势为0，只在竖直方向上产生电动势，因为金属框匀速通过磁场有mg=因为F安=BIL=B代入数据求得H=0.2故A正确；B．刚进入磁场时，由右手定则可知电流逆时针流向，出磁场时电流顺时针流向，故B错误；C．根据功能关系得克服安培力做功，则W因为t=2Lv代入数据求得P=0.4故C正确；D．根据能量守恒可知Q=mg×2L=0.04故D正确。故选ACD。考向2单杆模型例1如图所示，两根足够长平行金属导轨倾斜放置，处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，导轨顶端与一电容器相连，一金属杆垂直导轨放置，与导轨接触良好。将金属杆从导轨上某处由静止释放，不计一切电阻和摩擦。下列关于金属杆的速度v、加速度a、电容器上储存的电能E、通过金属杆的电荷量q，随金属杆运动时间t、位移x变化的图像正确的是（）A． B．C． D．【答案】C【详解】AB．对金属棒受力分析，有mg又有I=联立可得加速度为a=则金属棒做初速度为零的匀加速直线运动，故AB错误；D．由q=It=BLCat=BLC2ax可知，q与xC．电容器上储存的电能E=qU=BLCv⋅BLv=B2L2C故选C。【变式训练1】（多选）如图所示，倾斜放置、电阻不计的平行光滑导轨间距为L，顶端连接阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，导轨平面处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现将质量为m的导体棒垂直导轨放置，由静止释放，经过时间t后，导体棒速度达到最大。已知导体棒接入回路的电阻为R3，重力加速度为gA．导体棒运动的最大速度vB．导体棒从开始运动至刚好达到最大速度的过程中，安培力、重力和支持力的合力的冲量为4C．由题干给出的条件，可以求出导体棒从开始运动至速度刚好达到最大的过程中运动的距离D．由题干给出的条件，不能求出导体棒从开始运动至速度刚好达到最大的过程中回路中产生的焦耳热【答案】BC【详解】AB．导体棒达到最大速度时，受力分析如图根据平衡条件有F其中v1=vmcosθ联立可得v根据动量定理I合C．根据动量定理mg又I联立可求出导体棒从开始运动至速度刚好达到最大的过程中运动的距离，故C正确；D．根据能量守恒mgx其中x、vm故选BC。【变式训练2】（多选）如图甲，左侧接有定值电阻R=2Ω的水平平行且足够长的粗糙导轨，处于垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B=2T，导轨间距L=2m。一质量m=2kg、接入电路的阻值r=2Ω的金属棒，在拉力F的作用下由静止开始从CD处沿导轨向右加速运动，金属棒的v-x图像如图乙。若金属棒与导轨垂直且接触良好，与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，导轨电阻不计，取g=10m/s2，在金属棒从静止开始向右运动的位移A．金属棒中感应电流的方向为C→DB．通过定值电阻的电荷量为1CC．定值电阻产生的焦耳热为4JD．拉力F做的功为15J【答案】AB【详解】A．根据右手定则，金属棒中感应电流的方向为C→D，A正确；B．通过定值电阻的电荷量为q=回路的电流为I感应电动势为E磁通量的变化量为ΔΦ解得q=1CC．定值电阻产生的焦耳热为Q=安培力的功为W安培力为F感应电流为I=感应电动势为E=BLv可得W根据图像得vx=解得W安=4C错误；D．拉力F做的功W解得WF故选AB。【变式训练3】（多选）如图两根足够长、间距为L的光滑竖直平行金属导轨，导轨上端接有开关、电阻、电容器，其中电阻的阻值为R，电容器的电容为C（不会击穿、初始不带电），金属棒MN水平放置，质量为m。空间存在垂直轨道向外、磁感应强度为B的匀强磁场，不计金属棒和导轨的电阻。闭合某一开关后，让MN沿导轨由静止开始释放，金属棒MN始终与导轨接触良好并保持水平，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A．只闭合开关S1B．只闭合开关S1，金属棒MN下降时间t时速度为v，则下降高度C．只闭合开关S2D．只闭合开关S2，某时刻金属棒MN的加速度大小a=【答案】BC【详解】A．只闭合开关S1，对金属棒，根据牛顿第二定律有又F安=整理得a其中导体棒速度v在增大，则导体棒做加速度减小的加速运动，直到安培力和重力平衡后做匀速直线运动，故A错误；B．只闭合开关S1，金属棒MN下降时间t时速度为v，在这个过程中对导体用动量定理有又q=It，I=E联立解得ℎ=m(gt−v)RC．根据楞次定律可知电流方向N到M，可知电容器左侧金属板带正电，右侧金属板带负电，故C正确；D．只闭合开关S2，金属棒MN运动过程中取一段Δt时间，且Δt趋近于零，设导体棒加速度为a对导体棒，根据牛顿第二定律可mg−BIL=ma联立解得a=mg故选BC。【变式训练4】（多选）如图所示，间距为L的两根足够长的光滑平行金属导轨倾斜固定放置，导轨平面倾角为30°，平行于底边的虚线ef下方存在垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m、电阻为R的导体棒垂直导轨放置于ef上方的无磁场区，导轨上端接有电动势E=mgRBL的电源。将导体棒由静止释放后，第一次到达ef进入磁场时速度大小为v1，一段时间后再次回到ef位置时速度大小为vA．vB．导体棒第一次到达ef进入磁场瞬间的加速度大小a=C．导体棒从第一次到达ef到再次回到ef所用的时间t=D．导体棒从第一次到达ef到再次回到ef所用的时间t=【答案】BC【详解】A．因导体棒上要产生焦耳热，由能量守恒可知第一次经过ef的动能大于再回到ef时的动能，即v1B．由法拉第电磁感应定律有导体棒第一次到达ef由于切割产生的电动势为E由闭合电路欧姆定律有I=由牛顿第二定律有BIL−mg联立解得导体棒第一次到达ef进入磁场瞬间的加速度大小a=BCD．导体棒从第一次到达ef到再次回到ef的过程中由动量定理有−B联立解得导体棒从第一次到达ef到再次回到ef所用的时间t=2故选BC。考向3双杆模型例1（多选）某物理兴趣小组设计出了一种理想化的“隔空”加速系统，该系统通过利用一根金属棒在磁场中运动产生感应电流从而使另一根金属棒获得速度，这样就避免了直接接触所带来的磨损和接触性损伤，该系统可以抽象为在足够长的固定水平平行金属导轨上放有两根金属棒MN和PQ，磁感应强度B=0.5T的匀强磁场与导轨所在水平面垂直，方向竖直向下，导轨电阻很小可忽略不计。如图为模型俯视图，导轨间的距离L=0.2m，两根金属棒质量均为m=0.1kg，电阻均为R=0.5Ω，可在导轨上无摩擦滑动，滑动过程中金属棒与导轨保持垂直且接触良好；在t=0时刻，两金属棒都处于静止状态，现有一与导轨平行、大小为F=0.2N的恒力作用于金属棒MN上使其滑动，经过时间t=5A．回路中感应电流的方向为NMQP方向B．t=5s时，MN杆的加速度C．t=5s时，PQ杆获得的速度D．金属棒MN、PQ在运动过程中的最大速度差Δv【答案】BD【详解】A．由右手定则可知电流方向为MNPQ方向，A错误；C．5s内对两金属棒组成的系统，由动量定理有Ft=m解得PQ杆获得的速度vPQB．t=5s时，由牛顿第二定律解得MN杆的加速度aMD．系统稳定后两金属棒做加速度相等，但速度不相等的匀加速直线运动，此时金属棒MN和PQ的速度差Δv最大，根据牛顿第二定律分别有F−B即F=2解得Δv故选BD。例2如图所示，两固定在水平面上的平行金属导轨由宽轨M1N1、M2N2，窄轨O1P1、O2P2两部分组成，宽轨部分间距为2L，窄轨部分间距为L。现将两根材料相同、横截面积相同的金属棒ab、cd分别静置在宽轨和窄轨上。金属棒cd的质量为m，电阻为R，长度为A．金属棒cd开始运动后，金属棒cd中的电流方向为d→cB．当两金属棒匀速运动时，cd棒的速度为1C．金属棒ab从开始运动到匀速的过程中，通过金属棒cd的电荷量为mD．金属棒ab从开始运动到匀速的过程中，金属棒cd中产生的热量为2【答案】D【详解】A．设金属棒cd的质量为m，电阻为R，则金属棒ab的质量为2m，电阻为2R，金属棒cd开始运动后，根据楞次定律可知金属棒cd中的电流方向为c→d，故A错误；B.当两金属棒匀速运动时有B×2L规定向右为正方向，对ab棒，由动量定理有−B×2L×对cd棒，由动量定理有B×L×联立解得v故B错误；C．对ab棒，由动量定理有−B×2L×联立解得q=故C错误；D．根据能量守恒可知，金属棒ab从开始运动到匀速的过程中，金属棒cd中产生的热量为Q=联立解得Q=故D正确。故选D。【变式训练1】（多选）如图所示，光滑的平行长导轨水平放置，质量相等的导体棒L1和L2静止在导轨上，与导轨垂直且接触良好。已知L1的电阻大于LA．S拨到2的瞬间，L1中的电流大于LB．S拨到2的瞬间，L1的加速度小于LC．运动稳定后，电容器C的电荷量为零D．运动稳定后，两棒之间的距离大于d【答案】BD【详解】A．电源给电容器充电，稳定后，S拨到2的瞬间，电容器相当于电源，和导体棒L1和L2组成闭合电路，由于L1的电阻大于L2的电阻，则B．S拨到2的瞬间，L1中的电流小于L2中的电流，根据F=BIL可得，L1受到的安培力小于L2受到的安培力，根据牛顿第二定律，C．S拨到2后，由于导体棒L1和L2受到安培力的作用，则导体棒运动，产生电动势，当产生的电动势等于电容器两端的电压时，电路稳定，此时电容器D．S拨到2的瞬间，电容器放电，两棒均有向下的电流，导体棒会受到安培力作用，由以上分析可知，开始时，a1<a2，当L2切割磁感线产生的电动势大于某值后，L1继续加速，L2故选BD。【变式训练2】（多选）（2025·四川绵阳·高三月考）如图所示，两条间距为l且足够长的平行光滑直导轨MN、PQ固定在水平面内，水平面内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。ab和cd是两根质量均为m、电阻均为R的金属细杆，与导轨垂直且接触良好。cd的中点系一轻绳，绳的另一端绕过定滑轮悬挂质量为m的重物，轻绳的水平部分与导轨平行。不计一切摩擦和导轨的电阻。重力加速度为g。现将两杆及重物同时由静止释放，则（）A．释放瞬间，cd杆的加速度大小为1B．运动稳定后，回路中的电流大小为mgC．运动稳定后，ab和cd两杆的速度差恒为2mgRD．运动稳定后，cd杆所受安培力的大小为1【答案】AC【详解】A．释放重物瞬间，ab杆和cd杆均不受安培力，设重物的加速度大小为a1，则对重物，有mg−对cd杆，有T联立解得a1BD．最终ab杆、cd杆和重物三者的加速度大小相等，设其为a，对重物，有mg−对cd杆，有T对ab杆，有BIl=ma联立解得a=13则运动稳定后，回路中的电流大小为mg3Bl，cd杆所受安培力的大小为故BD错误；C．设最终两杆速度差为Δv，回路中感应电动势满足E=BlΔv联立解得Δ故C正确。故选AC。【变式训练3】（多选）如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFHG矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在t=t1时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为v0；一段时间后，流经a棒的电流为0，此时t=t2，b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b长度均为L，电阻分别为R和2R，质量分别为2m和mA．t2时刻bB．t1时刻b棒加速度大小为C．t1~t2D．t1~t2时间内，通过【答案】BC【详解】A．当流经a棒的电流为0时，两棒速度相同，两棒组成的系统所受合外力为零，动量守恒，设向右为正方向，根据动量守恒定律有2m解得v=vB．t1时刻，回路中的感应电动势回路中的电流I=故b棒的加速度大小为a=BILCD．根据能量守恒可知，t1~因两棒串联，通过两棒的电流始终相等，根据Q=I2Rt可知，两棒产生的焦耳热之比等于电阻之比，故通过两棒的电荷量相等，故C正确，D错误。故选BC。【变式训练4】（多选）如图所示，M、N、P、Q四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为2L和L，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内。导轨间存在竖直向下的、磁感应强度为B的匀强磁场，两根质量分别为2m与m、接入电路电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计。t=0时使导体棒C获得瞬时速度v0向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，且达到稳定运动时导体棒CA．t=0时，导体棒D的加速度大小为a=B．达到稳定运动时，C棒的速度为1C．从t=0时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为1D．从t=0时至达到稳定运动的过程中，通过导体棒C的电荷量为2m【答案】BD【详解】A．t=0时刻，导体棒C切割磁感线产生的感应电动势为E=2BL回路中的电流为I=所以棒D运动的加速度为a=故A错误；B．达到稳定状态时，回路中I=0此时C与D的速度满足v在运动中分别对C棒和D棒分析，有a二者加速度相同，所以速度的变化量相同，即v可求得v故B正确；C．整个过程能量守恒，Q=故C错误；D．对导体棒C列动量定理，有−2B所以通过的电量q=故D正确。故选BD。【变式训练5】（多选）如图所示，足够长的水平放置的光滑平行导轨，宽轨道的间距为窄轨道的2倍，轨道处于竖直方向的匀强磁场中，甲、乙两导体棒垂直导轨放置，质量分别为2m、m，电阻分别为2R、R。某时刻甲以速度v0向右滑动，若甲始终在宽轨道上运动，最终（）A．甲的速度为vB．甲的速度为2C．乙产生的热量为2D．乙产生的热量为1【答案】AC【详解】AB．最终状态两棒均做匀速运动，此时两棒切割产生的电动势大小相等，则有B·2L解得v对甲棒，根据动量定理可得−B对乙棒，根据动量定理可得B联立解得v甲=1CD．根据能量守恒可知，回路中产生的总热量为Q=结合上述结论v甲=解得Q=则乙棒产生的热量为Q乙故选AC。【变式训练6】（多选）如图所示，足够长光滑水平导轨由左、右两部分组成，左侧部分间距为2L，右侧部分间距为L，两部分导轨平滑连接。整个区域存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两根导体棒MN和PQ分别垂直放置在导轨的左、右部分，其中MN的质量为2m、电阻为2R，PQ的质量为m、电阻为R。初始时MN、PQ均静止，现导体棒PQ获得水平向右的初速度v0A．最终MN的速度为16v0，PQ的速度为1C．回路中产生的总焦耳热为516mv02【答案】BD【详解】A．设MN、PQ的最终速度分别为v1、v2可得v由动量定理，对PQ有B对MN有B联立解得v1=1D．PQ所受安培力的冲量IPQ所受安培力的冲量大小为13B．由于I解得q=mC．由能量守恒有1联立解得Q=1故选BD。1.（上海·高考真题）如图，一个正方形导线框以初速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，以及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【详解】设线框刚进入磁场是速度为v1，刚离开磁场时速度为v2，由动量定理得−BI1又q=可得v线框进入磁场和离开磁场的过程都受向左的安培力作用而减速，进入过程平均速度大于离开过程平均速度，根据x=vt1＜t2根据动能定理W1=可知W故选B。2.（全国II卷·高考真题）如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下．一边长为32l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动．线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是（A． B．C． D．【答案】D【详解】第一过程从①移动②的过程中左边导体棒切割产生的电流方向是顺时针，右边切割磁感线产生的电流方向也是顺时针，两根棒切割产生电动势方向相同所以E=2Blv，则电流为i=E然后从③到④的过程中，左边切割产生的电流方向逆时针，而右边切割产生的电流方向也是逆时针，所以电流的大小为i=E当线框再向左运动时，左边切割产生的电流方向顺时针，右边切割产生的电流方向是逆时针，此时回路中电流表现为零，故线圈在运动过程中电流是周期性变化，D正确；ABC错误；故选D3.（安徽·高考真题）如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料，不同粗细的导线绕制（Ⅰ为细导线）．两线圈在距磁场上界面ℎ高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面，运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界，设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1A．v1<vC．v1<v【答案】D【详解】由于从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，切割磁感线产生感应电流同时受到磁场的安培力F=BIL=BL又R=ρ4L(ρ为材料的电阻率，L为线圈的边长)，所以安培力F=此时加速度a=g−且m＝ρ0S·4L(ρ0为材料的密度)，所以加速度a=g−是定值，线圈Ⅰ和Ⅱ同步运动，落地速度相等v1＝v2由能量守恒可得Q＝mg(h＋H)－12mv(H是磁场区域的高度)，Ⅰ为细导线，m小，产生的热量小，所以Q1<Q2故选D。4.（新课标Ⅰ·高考真题）如图，在水平面（纸面）内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触．下列关于回路中电流i与时间t的关系图线．可能正确的是B．C．D．【答案】A【详解】