2027版53B版新高考版物理总复习专题十二　电磁感应

专题十二电磁感应目录考点1电磁感应现象楞次定律实验：探究影响感应电流方向的因素考点2法拉第电磁感应定律及其应用考点3电磁感应中的常见模型题型39电磁感应中的电路、图像问题题型40电磁感应中的基础单杆模型题型41电磁感应中的含容含源单杆模型题型42电磁感应中的双杆模型题型43电磁感应中的线框模型五年高考·考点练三年模拟·限时练一年创新·风向练一年创新·风向练五年高考·考点练考点1电磁感应现象楞次定律实验:探究影响感应电流方向的因素考向1电磁感应现象楞次定律1.★(2023海南,6,3分)汽车测速利用了电磁感应现象,汽车可简化为一个矩形线圈abcd,

埋在地下的线圈分别为1、2,通上顺时针(俯视)方向电流,当汽车经过线圈时

()

C

C.汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcdD.汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同A.线圈1、2产生的磁场方向竖直向上B.汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcd

解析线圈1、2中所通电流方向为顺时针(俯视),产生的磁场方向都垂直地面向下,A

错误。由楞次定律推论可知,汽车进入线圈1过程,通过汽车的磁通量增大,则感应电流

方向与线圈1中电流反向,为adcb;离开线圈1过程通过汽车的磁通量减小,则感应电流方

向为abcd,B错误,C正确。汽车进入线圈2过程,通过汽车的磁通量增大,感应电流方向为

逆时针(俯视),汽车受到的安培力方向与速度方向相反,D错误。2.★★(2024广东,4,4分)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能

量回收,结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动,每对永磁铁间有水平

方向的匀强磁场,磁感应强度大小均为B。磁场中,边长为L的正方形线圈竖直固定在减

震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示,永磁铁振动时磁场分界线不会离

开线圈。关于图乙中的线圈,下列说法正确的是

()

D

A.穿过线圈的磁通量为BL2B.永磁铁相对线圈上升越高,线圈中感应电动势越大C.永磁铁相对线圈上升越快,线圈中感应电动势越小D.永磁铁相对线圈下降时,线圈中感应电流的方向为顺时针方向

真题演变试题溯源:2020江苏·3。解读:本题以电磁俘能器为背景,探索线圈中产生的电动势的大小和方向的问题,考查学

生的信息获取能力和理解能力。

解析题图乙所示情况下,穿过线圈的磁通量为0,A错误;由法拉第电磁感应定律可知,

永磁铁相对线圈上升越快,磁通量变化越快,线圈中的感应电动势越大,永磁铁相对线圈

上升越高时速度越小(点拨:永磁铁是上下振动的运动形式,故永磁铁相对线圈上升或

下降的距离越大,速度越小),B、C错误;永磁铁相对线圈下降,穿过线圈的磁通量向外增

大,由楞次定律可知,线圈中感应电流的方向为顺时针方向,D正确。3.(科技前沿·呼吸监测装置)(多选)(2026河南,9,6分)某种呼吸监测装置的原理如图1所

示。呼吸气流可从绕有线圈的空心圆管左端进出,使位于圆管右端的磁性薄膜运动。

呼气时薄膜向右运动,吸气时薄膜向左运动。图2为电压传感器显示的电压U随时间t变

化的图像,U为正时b点电势高于a点,下列说法正确的是

()

BC

A.若磁性薄膜的N极在右侧,则吸气时a点电势高B.若磁性薄膜的N极在右侧,则吸气时b点电势高C.若图2中P点对应呼气,则磁性薄膜的S极在右侧D.若图2中Q点对应呼气,则磁性薄膜的S极在右侧

解析若磁性薄膜的N极在右侧,则通过线圈的磁场方向向右,吸气时薄膜向左运动,通

过线圈的磁场增强,由楞次定律可知,感应磁场方向向左,则线圈中的电流由a→b,b点电

势高,A错误,B正确。由题图2可知,P点对应的电压为正,即由题意可知此时b点电势高

于a点电势,线圈中的感应电流由a→b,通过线圈的感应磁场方向向左,若P点对应呼气,

则线圈中的原磁场减弱,则原磁场方向应向左,磁性薄膜的S极在右侧,C正确。由题图2

可知,Q点对应的电压为负,即由题意可知b点电势低于a点电势,线圈中的电流方向由b

→a,通过线圈的感应磁场方向向右,若Q点对应呼气,则线圈中的原磁场减弱,则原磁场

方向向右,磁性薄膜的S极应在左侧,D错误。

易错警示磁性薄膜运动发生电磁感应现象,螺线管相当于电源,电源内部电流的方向

是从负极流向正极。4.★★★(多选)(2023河北,8,6分)如图1,绝缘水平面上四根完全相同的光滑金属杆围成

矩形,彼此接触良好,匀强磁场方向竖直向下。金属杆2、3固定不动,1、4同时沿图1箭

头方向移动,移动过程中金属杆所围成的矩形周长保持不变。当金属杆移动到图2位置

时,金属杆所围面积与初始时相同。在此过程中

()A.金属杆所围回路中电流方向保持不变

CD

B.通过金属杆截面的电荷量随时间均匀增加C.金属杆1所受安培力方向与运动方向先相同后相反D.金属杆4所受安培力方向与运动方向先相反后相同

解析由数学知识可知金属杆所围回路的面积先增大后减小(点拨:围成的矩形周长不

变,当矩形长等于宽时,即围成正方形时,围成的面积最大),金属杆所围回路内磁通量先

增大后减小,根据楞次定律可知电流方向先沿逆时针方向,后沿顺时针方向,A错误;由于

金属杆所围回路的面积非均匀变化,故感应电流的大小不恒定,通过金属杆截面的电荷

量随时间不是均匀增加的,B错误;由上述分析,再根据左手定则,可知金属杆1所受安培

力方向与运动方向先相同后相反,金属杆4所受安培力方向与运动方向先相反后相

同,C、D正确。5.★★★(多选)(2022广东,10,6分)如图所示,水平地面(Oxy平面)下有一根平行于y轴且

通有恒定电流I的长直导线。P、M和N为地面上的三点,P点位于导线正上方,MN平行

于y轴,PN平行于x轴。一闭合的圆形金属线圈,圆心在P点,可沿不同方向以相同的速率

做匀速直线运动,运动过程中线圈平面始终与地面平行。下列说法正确的有(

)

ACA.N点与M点的磁感应强度大小相等,方向相同B.线圈沿PN方向运动时,穿过线圈的磁通量不变C.线圈从P点开始竖直向上运动时,线圈中无感应电流D.线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等

解析长直导线中的电流产生的磁场在P、N两点的磁感应强度方向如图。

过M点作x轴的平行线,与通电导线在xOy平面内的投影交于P',则有MP'=NP,故N、M两

点磁感应强度大小相等、方向相同,A正确;圆形线圈在初始位置时,通过线圈的磁通量

为零,沿PN方向运动时,穿过线圈的磁通量变化,B错误;P点为导线正上方的点,当线圈从

P点开始竖直向上运动时,通过线圈的磁通量始终为0,线圈中无感应电流,C正确;线圈从P到M与从P到N两个过程的磁通量变化量相等,由E=

,其中Δt=

,而xPN<xPM,则ΔtPN<ΔtPM,故感应电动势不相等,D错误。考向2实验:探究影响感应电流方向的因素6.[2024北京,15(2)]用如图1所示的实验装置探究影响感应电流方向的因素。如图2所

示,分别把条形磁体的N极或S极插入、拔出螺线管,观察并标记感应电流的方向。

图2关于本实验,下列说法正确的是____________(填选项前的字母)。A.需要记录感应电流的大小B.通过观察电流表指针的偏转方向确定感应电流的方向C.图2中甲和乙表明,感应电流的方向与条形磁体的插入端是N极还是S极有关

BC

解析本实验的主要目的是探究影响感应电流方向的因素,不需要记录感应电流的大

小,但要根据电流表指针的偏转方向与闭合电路中电流方向的关系,确定感应电流的方

向,A错误,B正确。题图2中甲和乙表明,条形磁体的N极和S极分别插入螺线管时,感应

电流的方向是相反的,C正确。7.(2025浙江1月,14-Ⅱ,3分)在“探究影响感应电流方向的因素”实验中,当电流从

“-”接线柱流入灵敏电流表,指针左偏;从“G0”或“G1”接线柱流入,指针右偏。如

图所示是某次实验中指针偏转角度最大的瞬间,则

(1)此时磁铁的运动状态是___________(选填“向上拔出”“静止”或“向下插

入”)。向下插入

(2)只做以下改变,一定会增大图中电流表指针偏转角度的是____________(多选)。A.磁铁静止,向上移动线圈B.增大(1)中磁铁运动速度C.将导线从接线柱G1移接至接线柱G0D.将一个未与电路相接的闭合线圈套在图中线圈外

BC

解析

(1)根据题图中灵敏电流表指针的偏转方向(点拨:指针左偏,表明电流从“-”接

线柱流入)可知螺线管中的感应电流的方向是逆时针方向(俯视),由安培定则可知感应

电流产生的磁场方向向上,再由楞次定律可知磁铁运动造成的磁通量的变化应是向下

的磁通量变大或向上的磁通量变小,已知磁铁的下端为N极,可判断磁铁正向下插入。(2)磁铁静止,向上移动线圈,磁通量的变化率不一定变大,即产生的感应电动势不一定

变大,感应电流不一定变大,电流表指针偏转角度不一定变大,A不符合题意。增大(1)中

磁铁的运动速度,增大了磁通量的变化率,可以增大感应电动势,从而增大感应电流,进

而增大电流表指针偏转角度,B符合题意。将导线从接线柱G1移接至接线柱G0,换了更

小的量程,通过的电流不变,可以增大电流表指针偏转角度,C符合题意。将一个未与电路相接的闭合线圈套在图中线圈外,对电流表指针的偏转角度没有影响,D不符合题意。

易错警示

(1)易混淆磁铁运动方向与磁通量变化的直接联系,“向下插入”对应磁通

量在增加,“向上拔出”对应磁通量在减少;(2)混淆“磁通量变化”与“磁通量变化率”,错误地认为只要磁通量增加电流就会增

大。1.★★(2023江苏,8,4分)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

A

考点2法拉第电磁感应定律及其应用考向1感应电动势的理解及相关计算

解析导体棒OA段切割磁感线产生感应电动势,相当于电源,由右手定则可判定,φO>φA,

因导体棒AC段不切割磁感线,故φA=φC,则φO>φC,A正确。2.★★★(2022河北,5,4分)将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈,其中大圆

面积为S1,小圆面积均为S2,垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场,磁感应强度大小

B=B0+kt,B0和k均为常量,则线圈中总的感应电动势大小为

()

A.kS1

B.5kS2C.k(S1-5S2)

D.k(S1+5S2)

D

解析根据楞次定律可知,5个小圆线圈和大圆线圈内产生的感应电流方向一致,所以

线圈产生的总感应电动势应为所有感应电动势之和。每个小圆线圈产生的感应电动

势E2=

=kS2,大圆线圈产生的感应电动势E1=

=kS1,所以总感应电动势为E=E1+5E2=k(S1+5S2),D正确。3.★★★(2025湖北,5,4分)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,t=T时刻,B=0。t=0时刻,两棒相距x0,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

()

B

A.

B.

C.

D.

解析

t=0时刻,Φ1=B0x0L,t=T时刻,B=0,Φ2=0,

=

=B0x0L,则q=

=

,B正确。

总结归纳电磁感应中流过回路的电荷量问题闭合回路中磁通量发生变化时,电荷发生定向移动而形成感应电流,在Δt时间内通过回

路中某一横截面的电荷量(感应电荷量)q=

·Δt=

·Δt=n

·

·Δt=

。由上式可知,线圈匝数一定时,通过回路中某一横截面的电荷量仅由回路中总电阻和磁通量的变化

量决定。

AB

4.★★★(多选)(2025黑吉辽内蒙古,9,6分)如图,“

”形导线框置于磁感应强度大小为B、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=

时,感应电动势为0D.t=0到t=

过程中,感应电动势平均值为0

解析

t=0时,fa垂直切割磁感线,由右手定则可知a相当于电源正极,f相当于电源负极,

电流方向为abcdefa,感应电动势为E=Blv,v=ωl,则E=Bl2ω,A、B正确;导线框匀速转动,周

期T=

,t=

=

时,af垂直切割磁感线,感应电动势仍为E=Bl2ω,C错误;t=0时,Φ1=Bl2,t=

时,Φ2=-Bl2,则t=0到t=

过程中,|ΔΦ|=2Bl2≠0,由E=n

可知,感应电动势平均值不为0,D错误。5.(创新思维·运用切割的等效长度求感应电动势)(多选)(2025全国,21,6分)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

BC

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解析初始时,金属圆环处于磁场外,沿顺时针方向以P点为轴转动后,圆环进入磁场,切

割磁感线的有效长度逐渐增加,当转过90°角时,半径OP与虚线平行,此时切割磁感线的

有效长度最长,等于圆环直径,所以此时感应电动势最大,金属圆环的电阻不变,则感应

电流最大,这一过程中,磁通量逐渐增加,由楞次定律可知,产生的感应电流方向为逆时

针方向;圆环继续转动,有效长度逐渐减小,当再转过90°角时,半径OP与虚线垂直,此时,

圆环全部在磁场内,有效长度为零,感应电动势为零;圆环继续转动,部分圆环从P点右侧

虚线出磁场,有效长度逐渐增加,又转过90°角时半径OP与虚线再次平行,感应电动势再

次变为最大,此过程中磁通量逐渐减小,感应电流方向为顺时针方向;圆环再继续转过90

°角后,回到初始位置,感应电动势由最大变为零。圆环中的感应电流由开始的逆时针方向逐渐增加再逐渐减小到零,然后由顺时针方向逐渐增加再逐渐减小到零,完成一个

周期的变化,与圆环的转动周期相同。综上所述,B、C正确,A、D错误。

一题多解设圆环直径为d,匀速转动的角速度为ω,则以初始位置开始转动t时间转过

的角度为θ=ωt,圆环切割磁感线的部分导线对应的弦长为l=dsinθ=dsinωt,产生的电动

势为E=Blv=

Bl2ω=

Bd2ωsin2

ωt,由此可知B、C正确,D错误。再由右手定则易知A错误。6.(回归教材·人教版选必二P36,图2.3-3)(2024甘肃,6,4分)工业上常利用感应电炉冶炼合

金,装置如图所示。当线圈中通有交变电流时,下列说法正确的是

()

A.金属中产生恒定感应电流B.金属中产生交变感应电流C.若线圈匝数增加,则金属中感应电流减小D.若线圈匝数增加,则金属中感应电流不变

B

考向2自感、涡流、电磁阻尼与电磁驱动

解析当线圈中通有交变电流时,感应电炉金属中的磁通量也不断随之变化,金属中产

生交变感应电流(点拨:电流的变化与其产生的磁场的变化是同步的,若电流成线性变

化,则会产生恒定的感应电流),A错误,B正确。若线圈匝数增加,根据法拉第电磁感应定

律E=n

可知,感应电动势增大,则金属中感应电流变大,C、D错误。7.★★★(2025北京,9,3分)如图所示,线圈自感系数为L,电容器电容为C,电源电动势为E,

A1、A2和A3是三个相同的小灯泡。开始时,开关S处于断开状态。忽略线圈电阻和电源

内阻,将开关S闭合,下列说法正确的是

()A.闭合瞬间,A1与A3同时亮起

C

B.闭合后,A2亮起后亮度不变C.稳定后,A1与A3亮度一样D.稳定后,电容器的电荷量是CE

解析闭合开关瞬间,电容器相当于通路,线圈相当于断路,所以A1、A2瞬间亮起,A3逐渐

变亮,开关S闭合稳定后,电容器所在支路电流为0,A2将会熄灭,A、B错误;稳定后,电容

器相当于断路,线圈相当于导线,所以A1、A3串联,二者一样亮,C正确;稳定后,电容器与A

3并联,电容器两端电压等于A3两端电压,由于线圈电阻和电源内阻忽略不计,且A1、A3串

联,A3两端电压为

E,根据Q=CU,可得电容器的电荷量是

CE,D错误。

总结归纳通电自感与断电自感现象对比电路图

器材要求A1、A2同规格,R=RL,L较大L很大(有铁芯)通电时在S闭合瞬间,灯A2立即亮起来,灯A1

逐渐变亮,最终一样亮灯A立即亮,然后逐渐变暗达到稳定断电时回路电流减小,灯泡逐渐变暗,A1中电

流方向不变,A2中电流反向①若I2≤I1,灯泡逐渐变暗②若I2>I1,灯泡闪亮后逐渐变暗两种情况下灯泡中电流方向均改变总结自感电动势总是阻碍原电流的变化

8.★★★(2025浙江1月,9,3分)新能源汽车日趋普及,其能量回收系统可将制动时的动能

回收再利用,当制动过程中回收系统的输出电压(U)比动力电池所需充电电压(U0)低时,

不能直接充入其中。在下列电路中,通过不断打开和闭合开关S,实现由低压向高压充

电,其中正确的是

()

B

解题导引

U<U0时不能直接充电,只能借助电感线圈储存一部分电能,再和回收系统一

起给电池充电,则回收系统必须和电感线圈串联,再分析开关的位置确认正确选项。

解析

A选项图中,当开关S断开时,整个电路均断开,则不能给电池充电,A错误;B选项

图中,当S闭合,电路稳定时,线圈L中有电流通过(点拨:动力电池所在支路被短路),当S断

开时L产生自感电动势阻碍电流减小,L相当于电源,回收系统的输出电压U与L中的自

感电动势串联后加在动力电池两端,且此时二极管能导通,从而实现低压向高压充电,B

正确;C选项图中,当S闭合,电路稳定时,线圈中有电流通过,但当S断开时L也与电路断

开,全程还是只有回收系统的输出电压U加在动力电池两端,则不能实现低压向高压充

电,C错误;D选项图中,当S闭合,电路稳定时,线圈中有电流通过,但当S断开时回收系统

也断开,只有L产生的自感电动势(相当于电源)加在动力电池两端,则不能实现低压向高

压充电,D错误。9.★★★(2023全国乙,17,6分)一学生小组在探究电磁感应现象时,进行了如下比较实

验。用图(a)所示的缠绕方式,将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝

管上,漆包线的两端与电流传感器接通。两管皆竖直放置,将一很小的强磁体分别从管

的上端由静止释放,在管内下落至管的下端。实验中电流传感器测得的两管上流过漆

包线的电流I随时间t的变化分别如图(b)和图(c)所示,分析可知

()

A

A.图(c)是用玻璃管获得的图像B.在铝管中下落,小磁体做匀变速运动C.在玻璃管中下落,小磁体受到的电磁阻力始终保持不变D.用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短

解析由题图(b)知强磁体下落的速度较小且速度几乎不变,说明强磁体受到的电磁阻

力较大,由题图(c)知强磁体下落速度较大且速度增加得快,说明强磁体受到的电磁阻力

较小,所以图(b)是用铝管获得的图像,金属铝管中产生涡流,使金属铝管对强磁体产生

较大的电磁阻力,强磁体运动时间较长,图(c)是用玻璃管获得的图像,A正确,D错误。由

强磁体在铝管中运动时漆包线的电流峰值基本相同,可知强磁体在一段时间内做匀速

运动,B错误。强磁体在玻璃管中速度增大,电流峰值增大,强磁体受到的电磁阻力的峰

值增大,C错误。10.★★★(2026黑吉辽内蒙古,6,4分)动圈式扬声器的结构和线圈绕向如图(a)所示,图

(b)为线圈所在区域磁场分布。将其用作话筒时,锥形纸盆的振动带动线圈运动,把声信

号转化为电信号。规定向右为线圈位移x的正方向,若x随时间t的变化如图(c)所示,

则a、b间电势差Uab随t变化的图像可能为

()

D

考向3电磁感应中的电路与图像问题

解析由动生电动势的公式E=nBlv可知,

=

=nBl

,在x-t图像中,图线的斜率表示速度v,由题图(c)知

时v=0,则该时刻Uab=0,A、C错误。0~

时间内,x-t图线的斜率为正,故线圈的速度方向向右,将题图(b)视为右视图,则线圈此时垂直纸面向外运动,由右手定

则可知感应电流沿逆时针方向,即从a流向b,电源内部电流从低电势端流向高电势端,故

b端电势比a端电势高,即Uab<0,B错误,D正确。

易错警示电势差等标量是有正负的,Uab在a点电势高于b点电势时为正,在a点电势低

于b点电势时为负。忽视正、负符号是此类问题的常见错因。

B

11.★★★(2020浙江7月,12,3分)如图所示,固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存

在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒,一端与圆环接触

良好,另一端固定在竖直导电转轴OO'上,随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和电

刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器,有一带电微粒在电

容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g,不计其他电阻和摩擦,下列说法正确

的是

()A.棒产生的电动势为

Bl2ωB.微粒的电荷量与质量之比为

C.电阻消耗的电功率为

D.电容器所带的电荷量为CBr2ω

解析棒转动时垂直切割磁感线,由于只在圆环内存在磁场,故产生的电动势为E=Br×

=

Br2ω,A错误;由于棒无电阻,故电容器、电阻两端电压均等于E,对微粒,由平衡条件有mg=

,故微粒的比荷为

=

,B正确;电阻R消耗的电功率为P=

=

,C错误;由Q=CE可知电容器所带电荷量Q=

CBr2ω,D错误。12.★★★(多选)(2022河北,8,6分)如图,两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中,

一根导轨位于x轴上,另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成,其中bc段与x轴平行,导轨左

端接入一电阻R。导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动,t=0时刻通过坐

标原点O,金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流为i,金属棒受到安培

力的大小为F,金属棒克服安培力做功的功率为P,电阻两端的电压为U。导轨与金属棒

接触良好,忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能正确的是

()

AC

解题导引解题的关键是弄清金属棒切割磁感线的有效长度。因为忽略导轨与金属

棒的电阻,所以只要知道感应电动势E与t的函数关系,就可以知道感应电流i与时间t的

函数关系,同时也就能确定电阻两端的电压随时间变化的规律;对于金属棒受到安培力

的大小F,可由初状态定性确定;金属棒克服安培力做功的功率要写出函数表达式才能

确定。

解析设ab、cd导轨与x轴夹角为θ,在O处,金属棒有效长度为y0,在0~

时间内,金属棒切割磁感线有效长度为y=y0+v0ttanθ,则切割磁感线的感应电动势E=Byv0=By0v0+B

t

tanθ,感应电动势E与t是一次函数关系,由于忽略导轨与金属棒的电阻,则感应电流i与

时间t也是一次函数关系,在

~

时间内,金属棒切割磁感线有效长度不变,所以感应电动势不变,感应电流不变,在

~

时间内相当于0~

时间内的逆过程,A正确;由于不计除电阻R之外的所有电阻,所以电阻R两端电压与感应电动势相等,D错误;当t=0、t=

时,金属棒的感应电动势并不等于零,电流也不等于零,所以安培力并不等于0,B错误;在0~

时间内,金属棒克服安培力做功的功率P=Fv0=

=

(y0+v0ttanθ)2,P-t图像是抛物线的一部分,在

~

时间内切割磁感线有效长度不变,P=Fv0=

,所以P恒定,在

~

时间内相当于0~

时间内的逆过程,C正确。

C

1.★★★(2021北京,7,3分)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考点3电磁感应中的常见模型考向1电磁感应中的基础单杆模型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

D.导体棒克服安培力做的总功小于

m

解析因为安培力会随速度变化而变化,故导体棒不可能做匀减速直线运动,A错误。

由右手定则知,导体棒中的感应电流方向为b→a,B错误。对导体棒应用动能定理知,导

体棒克服安培力做的功等于其动能的减少量,即

m

,D错误。由能量守恒知,导体棒减少的机械能转化为回路的电能,E总=

m

,所以电阻R上消耗的电能ER=

E总=

,C正确。

C

2.★★★(2026陕晋青宁,6,4分)电磁悬架减震部分的简化工作原理如图。在垂直纸面

向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,竖直放置的U形光滑金属导轨左右间距为L,

水平放置的导体棒ab质量为m,与竖直放置且下端固定的绝缘轻弹簧相连,ab与导轨接

触良好且其接入回路的电阻阻值为R。将ab自弹簧原长位置由静止释放,ab第一次到

达最低点时下降高度为h,此过程中其最大速度为v。导轨电阻忽略不计,弹簧始终在弹

性限度内。在ab从静止释放到第一次到达最低点的过程中

()A.流过导体棒的感应电流方向由a向bB.导体棒所受安培力的冲量为零C.通过导体棒的电荷量大小为

D.导体棒的加速度最大值为

解析在导体棒ab向下运动的过程中,由右手定则可得流过导体棒的感应电流方向由b

指向a,A错误。由左手定则可得,导体棒所受安培力方向始终向上,其冲量不为零,B错

误。根据法拉第电磁感应定律得

=n

,电路中的平均电流

=

=

,通过导体棒的电荷量q=

Δt=n

=

,C正确。若无安培力作用,则ab棒在弹簧上做简谐运动,最大加速度为g(即初始位置的加速度);在安培力(阻力)的作用下,ab棒在弹簧上的运动幅度

越来越小,加速度一直小于g,D错误。

总结归纳电磁感应中电荷量的计算(1)推导:根据法拉第电磁感应定律为

=n

,电路中的平均电流

=

=

,得q=

Δt=n

。(2)结论:电磁感应过程中产生的感应电荷量由线圈的匝数、磁通量的变化量及电路的

总电阻共同决定,与Δt无关。

AC

3.★★★(多选)(2025湖南,9,5分)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与y轴重合,金属杆的质量为m,

单位长度的电阻为r0。整个空间存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B。现给金属

杆一沿x轴正方向的初速度v0,金属杆运动过程中始终与y轴平行,且与电阻不计的导轨

接触良好。下列说法正确的是

()

A.金属杆沿x轴正方向运动过程中,金属杆中电流沿y轴负方向B.金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动C.金属杆停止运动时,与导轨围成的面积为

D.若金属杆的初速度减半,则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半

解题导引金属杆沿x轴正方向运动过程中,所处位置不同,导轨间金属杆的长度不同,

导致某时刻回路中产生感应电动势的有效切割长度l不同,回路的电阻lr0不同;金属杆运

动过程中应用动量定理求解与运动距离相关的问题。

解析金属杆沿x轴正方向运动过程中,由右手定则可得金属杆中电流沿y轴负方向,A

正确。(关键:利用假设法分析)若金属杆可在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运

动,可得恒力F=BIl=B

l=

=

,若v不变,l必为定值,与实际不符,B错误。金属杆从开始运动到停止运动过程中,对金属杆由动量定理可得-∑B·

l·Δt=0-mv0,较短的时间Δt内,vΔt=Δx,lΔx=ΔS,ΔS为Δt内导轨间的金属杆扫过的面积,则S=∑lvΔt,故-

=0-mv0,解得金属杆停止运动时与导轨围成的面积为S=

,C正确。若金属杆的初速度减半,由S=

可得金属杆停止运动时与导轨围成的面积减小为原来的一半,由抛物线的特点可知金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半,D错误。4.★★★(多选)(2024贵州,10,5分)如图,间距为L的两根金属导轨平行放置并固定在绝

缘水平桌面上,左端接有一定值电阻R,导轨所在平面存在磁感应强度大小为B、方向竖

直向下的匀强磁场。质量为m的金属棒置于导轨上,在水平拉力作用下从静止开始做

匀加速直线运动,一段时间后撤去水平拉力,金属棒最终停在导轨上。已知金属棒在运

动过程中,最大速度为v,加速阶段的位移与减速阶段的位移相等,金属棒始终与导轨垂

直且接触良好,不计摩擦及金属棒与导轨的电阻,则

()

AB

A.加速过程中通过金属棒的电荷量为

B.金属棒加速的时间为

C.加速过程中拉力的最大值为

D.加速过程中拉力做的功为

mv2

解析金属棒加速过程中通过横截面的电荷量q=

Δt=

Δt=

·Δt=

=

,加速阶段的位移与减速阶段的位移相等,则加速过程中和减速过程中通过金属棒的电荷量相

等,对减速过程,由动量定理有-BL

'Δt'=0-mv,即BLq=mv,故q=

,A正确。由q=

=

,解得x=

,金属棒加速的过程中,有x=

vt,解得加速时间t=

,B正确。金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得F-B

L=ma(提示:u表示金属棒运动过程中的速度大小),安培力增大,加速度不变,则拉力逐渐增大,撤去

拉力前瞬间,拉力最大,拉力的最大值Fm=

+ma,其中a=

,联立解得Fm=

,C错误。加速过程中拉力对金属棒做正功,安培力对金属棒做负功,由动能定理有WF-W克安=

mv2-0,可得WF=W克安+

mv2,因此加速过程中拉力做的功大于

mv2,D错误。考向2电磁感应中的含容含源单杆模型5.★★★(多选)(2026山东,12,4分)如图所示,足够长的U形光滑金属导轨固定在绝缘水

平面上,宽度为L,电阻不计。区域Ⅰ为正方形,充满垂直轨道平面向上、磁感应强度大

小B1随时间t均匀变化的匀强磁场,即B1=kt(k为大于零的常量);区域Ⅱ内,导轨上接有开

关S1、S2,导轨间接有电容为C1、C2的两电容器;区域Ⅲ内充满方向垂直轨道平面向

下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。初始时,质量为m、有一定阻值的导体棒MN静

止于区域Ⅲ中某处,S1闭合,S2断开,C1充电。C1充电完毕后,断开S1,闭合S2,MN开始运动,

经过一段时间系统达到最终稳定状态。MN长度与导轨宽度相同并始终与导轨接触良

好。下列说法正确的是

()

AC

A.C1充电完毕时的电荷量为C1kL2B.C1充电完毕时,上极板带负电C.最终MN的速度为

D.最终C2的电荷量为

解析

S1闭合、S2断开时,由法拉第电磁感应定律可知,回路中产生的感应电动势恒为E

=

L2=kL2,则C1充电完毕时的电荷量为Q=C1E=C1kL2,A正确。由楞次定律可知,回路中有沿顺时针方向的感应电流,故C1充电完毕时上极板带正电,B错误。断开S1、闭合S2

后,当系统最终稳定时,MN以速度v做匀速直线运动,此时棒中电流为0,设电容器两端电

压为U,则有U=BLv;再由电荷量关系有C1E-C1U=C2U+q(点拨:电容器C1放出的电荷量等

于C2积累的电荷量和通过MN的电荷量),对MN由动量定理可得B

Lt=mv,其中

t=q,解得v=

,则最终C2的电荷量Q2=C2U=

,C正确,D错误。6.★★★(2021河北,7,4分)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。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。下列说法正确的

是

()

A

A.通过金属棒的电流为2BCv2tanθB.金属棒到达x0时,电容器极板上的电荷量为BCvx0tanθC.金属棒运动过程中,电容器的上极板带负电D.金属棒运动过程中,外力F做功的功率恒定

解析金属棒切割磁感线产生的电动势E=BLv=2Bxvtanθ,电容器极板上的电荷量Q=

CU=CE=2CBxvtanθ,通过金属棒的电流I=

=

=2BCv2tanθ,A正确。金属棒到达x0时,Q=2BCx0vtanθ,B错误。根据右手定则,可知金属棒中电流从下向上,电容器上

极板带正电,C错误。外力F=F安,F安=IBL,P=Fv=4B2Cv3xtan2

θ,则随着x的增大,P增大,D错

误。7.★★★★(2026湖南,14,14分)某小组制作了一储能器,其两端电压U与其储存的电荷

量q间的函数关系近似为U=kq(k为常量)。将该储能器接入如图所示电路,a、b、c为固

定的三个触点。两足够长的平行金属导轨固定于水平面上,电阻不计,间距为L。导轨

间有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B。质量为m的导体棒垂直导轨放置,接入电路

的阻值为r。电源电动势为E,内阻不计。定值电阻阻值为R。t0时刻开关S与a连接,直到

导体棒做匀速运动,再于t1时刻切换开关与b或c连接。运动过程中导体棒与导轨始终垂

直且接触良好,忽略摩擦。(1)求t0时刻导体棒加速度a0的大小;(2)若t1时刻开关与b连接,储能器接入电路前电压为0,当储能器电压为U0时(此时电路中

电流不为0),求导体棒速度v的大小;(3)若t1时刻开关与c连接,求从t0时刻起到导体棒静止的过程中,导体棒上产生的焦耳热

Q。

答案

(1)

(2)

-

(3)

解析

(1)t0时刻,对导体棒,通过的电流I=

(1分)受到的安培力F=BIL

(1分)根据牛顿第二定律有F=ma0

(1分)解得a0=

(1分)(2)开关S与a连接,设导体棒做匀速运动时的速度为v0,有E=BLv0

(1分)开关S接b后,设t时刻,电路中的电流为i,则对导体棒由牛顿第二定律可知-BiL=ma则极短时间Δt内有-BiLΔt=maΔt累积求和有-BL∑iΔt=m∑aΔt

(1分)其中∑iΔt=q=

,∑aΔt=v-v0

(1分)则有v=

-

(1分)(3)从t0时刻至t1时刻,由能量守恒得Eq=Qr1+

m

(1分)由动量定理得B

L(t1-t0)=mv0-0可得BLq=mv0

(1分)则Qr1=

-

m

(1分)从t1时刻至棒静止由能量守恒得

m

=Qr2+QR,其中QR=

Qr2

(1分)解得Qr2=

(1分)则从t0时刻起到导体棒静止过程中,导体棒上产生的焦耳热Q=Qr1+Qr2=

(1分)8.★★★(多选)(2024黑吉辽,9,6分)如图,两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝

缘水平面上,间距为L,左、右两导轨面与水平面夹角均为30°,均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。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上,同

时由静止释放,两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。ab、cd的质量分别为2

m和m,长度均为L。导轨足够长且电阻不计,重力加速度大小为g,两棒在下滑过程中

()

AB

考向3电磁感应中的双杆模型A.回路中的电流方向为abcdaB.ab中电流趋于

C.ab与cd加速度大小之比始终为2∶1D.两棒产生的电动势始终相等

解析对两棒分别由右手定则知电流方向为abcda,A正确。对ab棒沿左导轨面方向由

牛顿第二定律有2mgsinθ-2BILcosθ=2ma1,对cd棒沿右导轨面方向由牛顿第二定律有

mgsinθ-BILcosθ=ma2,两式比较得a1=a2,C错误。两棒加速度大小始终相等,所以速率

始终相等,因磁感应强度不同,所以两棒产生的电动势不相等,D错误。稳定后,两棒各自

沿左、右导轨面向下做匀速运动,对ab棒沿左导轨面方向由力的平衡条件有2BILcosθ

=2mgsinθ,可得I=

,B正确。9.★★★★(多选)(2023辽宁,10,6分)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

()

AC

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

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

解析弹簧伸展过程中,由右手定则可判定PQ向右运动产生的感应电流为顺时针方

向,MN向左运动产生的感应电流也是顺时针方向,所以回路中产生顺时针方向的电流,

A正确;因MN所受安培力F安1=2BId,PQ所受安培力F安2=BI·2d,所以F安1=F安2,两导体棒与弹

簧组成的系统动量守恒,mvMN-2mvPQ=0,当PQ的速率为v时,MN的速率为2v,此时E=2Bd·2v

+B·2dv=6Bdv,I=

=

,MN所受安培力F安=2BId=

,B错误;任意时刻vMN∶vPQ=2∶1,且速度方向相反,则在相同时间内MN和PQ的路程之比为2∶1,C正确;在整个运动

过程中弹簧最终恢复到原长,有xMN+xPQ=L,则MN左移

L,PQ右移

,ΔΦ=2B·

L·d+B·

·2d=2BLd,通过MN的电荷量即通过整个回路的电荷量,q=

t=

·Δt=

·Δt=

=

,D错误。

归纳总结双杆问题中若F合=0,则双杆组成的系统动量守恒。10.★★★(2026四川,14,12分)如图所示,两根相距l的平行金属长导轨EH、FG与金属杆

EF固定连接成U形框。U形框质量为m,电阻不计,静止在水平绝缘桌面上,与桌面间动

摩擦因数为μ。劲度系数为k的绝缘轻弹簧一端连接杆EF的中点,另一端与墙壁相连,弹

簧水平且处于原长。导轨上静置一质量为m、电阻为R的光滑金属杆JK。空间存在方

向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。现使杆JK在水平向右的外力作用下做

匀速直线运动。杆JK始终与导轨垂直且接触良好,弹簧始终与杆EF垂直且在弹性限度

内,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等,重力加速度大小为g。(1)求U形框所受最大静摩擦力的大小;(2)若弹簧保持原长,求杆JK做匀速直线运动速度的最大值;(3)若杆JK运动速度大小为v,当弹簧伸长量为x0时外力功率最小,求此时U形框的速度大小和外力功率的最小值。

答案

(1)2μmg

(2)

(3)见解析

解析

(1)对U形框与金属杆JK整体受力分析有fmax=f滑=μN=2μmg。

(2分)(2)金属杆JK产生的感应电动势E=Blv回路电流I=

=

(1分)U形框受到的安培力F安=BIl=

(1分)弹簧保持原长,当U形框刚好将要滑动,即安培力等于最大静摩擦力时,杆JK的速度最大有F安=fmax=2μmg

(1分)联立得

=2μmg解得vmax=

。

(1分)(3)(点拨:杆JK的速度大小恒定,外力的功率P=Fv=F安v,即当外力功率最小时,安培力最

小,感应电流最小,U形框与金属杆JK的相对速度最小,即U形框的速度最大,U形框所受

合力为零,加速度为零,速度最大,此后由加速转为减速)设U形框的速度为u,则金属杆JK与U形框的相对速度为v-u,此时回路中总的感应电动势

E'=Bl(v-u)感应电流I'=

(1分)U形框受到的安培力F安'=BI'l=

(1分)U形框速度最大时,所受合力为零,有

=kx0+2μmg

(1分)可得此时U形框的速度大小u=v-

(1分)此时U形框和金属杆JK合力均为零,处于平衡状态,对整体分析有F外=kx0+2μmg

(1分)[另解:对金属杆JK有F外=F安=

,即F外=kx0+2μmg]则外力功率的最小值Pmin=F外·v=(kx0+2μmg)v

(1分)

易错警示

U形框先加速后减速,速度最大时回路中总的感应电动势最小,感应电流最

小,安培力最小,外力最小;速度最大时U形框合力为零。考向4电磁感应中的线框模型11.★★★(2023北京,9,3分)如图所示,光滑水平面上的正方形导线框,以某一初速度进

入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出。线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确

的是

()A.线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向B.线框出磁场的过程中做匀减速直线运动

D

C.线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等D.线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等

解析线框进磁场的过程中,根据“增反减同”可以判断电流方向为逆时针方向,A错

误;线框出磁场的过程中,线框受到的安培力F安=BIL=B

L=

,安培力与速度有关,是一个变力,所以线框不可能做匀减速直线运动,B错误;线框产生的焦耳热为Q热=W克安,

进和出两过程线框运动距离相同,速度一直减小,出磁场过程中的安培力整体小于进磁

场过程中的安培力,所以克服安培力做功不相等,焦耳热也就不相等,C错误;通过导线横

截面的电荷量q=

Δt=

Δt=

Δt=

,进和出两过程中磁通量的变化量大小相等,所以通过导线横截面的电荷量相等,D正确。12.★★★(多选)(2021全国甲,21,6分)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正

方形闭合线圈,两线圈的质量相等,但所用导线的横截面积不同,甲线圈的匝数是乙的2

倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落,一段时间后进入一方向

垂直于纸面的匀强磁场区域,磁场的上边界水平,如图所示。不计空气阻力,已知下落过

程中线圈始终平行于纸面,上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁

场前,可能出现的是

()

AB

A.甲和乙都加速运动B.甲和乙都减速运动C.甲加速运动,乙减速运动D.甲减速运动,乙加速运动

解析设正方形闭合线圈匝数为n,边长为L,质量为m,导线的横截面积为S,密度为ρ0,则

有m=4nLSρ0,电阻R=ρ

,设线圈刚进入磁场时速度为v,则电动势E=nBLv,电流I=

,线圈下边所受安培力F=nBIL,联立上述方程解得F=

,由于两线圈从同一高度静止释放,则刚进入磁场时速度v相同,根据题意知两线圈质量相同,密度相同,电阻率也相同,所

以两线圈刚进入磁场时所受安培力相同,由mg-F=ma知加速度相同,A、B正确。13.★★★(多选)(2026黑吉辽内蒙古,10,6分)如图,光滑绝缘水平面上x=0两侧区域Ⅰ、

Ⅱ分别存在竖直方向的匀强磁场,宽度均为L,磁感应强度方向相反,大小分别为B、2B,x

=-3L和x=3L处有固定挡板。同种材料制成、粗细均匀的正方形导体线框MNPQ,边长

为L,质量为m,总电阻为R,以初速度v0=

从左侧进入磁场,沿x轴方向运动。线框平面始终与磁场方向垂直,MN边始终与磁场边界平行,线框与挡板的碰撞均为弹性碰

撞。则

()

AC

A.MN首次进入磁场时线框的加速度大小a=

B.MN每次经过x=1.5L时,电势差UNM∶UPQ=1∶1C.MN与右侧挡板首次碰撞后瞬间线框的速度大小v=

D.线框停止处,穿过线框的磁通量为0

解析

MN首次进入磁场时,MN边切割磁感线产生感应电动势,E=BLv0=

,则线框的加速度大小为a=

=

,其中I=

,解得a=

,A正确;MN边自左向右经过x=1.5L时,UNM<0、UPQ<0,MN边自右向左经过x=1.5L时,UNM>0,UPQ>0,故MN每次经过x=1.5L

时,回路中的电流I=

,则

=I

=

、|UPQ|=2BLv-I×

=

BLv,故UNM∶UPQ=1∶3,B错误;每次当MN在Ⅰ区内而PQ在磁场外的过程中,由动量定理可得B

Lt1=mΔv1,其中

t1=

t1=

,解得Δv1=

;每次MN边在Ⅱ区、PQ边在Ⅰ区的过程中,由动量定理可得2B

Lt2+B

Lt2=mΔv2,其中

t2=

=

,解得Δv2=

;每次PQ在Ⅱ区内、MN在磁场外的过程中,由动量定理可得2B

Lt3=mΔv3,其中

t3=

=

,解得Δv3=

,则每次通过磁场区域的过程,线框速度的减少量为Δv=Δv1+Δv2+Δv3=

,故线框首次通过磁场区域与右侧挡板碰撞前的速度为v1=v0-Δv=

,线框与挡板发生弹性碰撞,则碰撞后的速度大小v=v1=

,C正确;由于线框与挡板碰撞为弹性碰撞,线框最终停止时,安培力的冲量使线框速度减为0,

=144

,可知线框经过144次磁场区域后回到Ⅰ区左侧,此时速度为v'=

=Δv1+Δv2,故最终线框停在磁场区域Ⅱ中,穿过线框的磁通量为2BL2,D错误。14.★★★★★(2023新课标,26,20分)一边长为L、质量为m的正方形金属细框,每边电

阻为R0,置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的

匀强磁场,磁感应强度大小为B,两虚线为磁场边界,如图(a)所示。(1)使金属框以一定的初速度向右运动,进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始

终与磁场边界平行,金属框完全穿过磁场区域后,速度大小降为它初速度的一半,求金属

框的初速度大小。(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨,导轨与磁场边界垂直,左端连接电阻R1=2R0,导

轨电阻可忽略,金属框置于导轨上,如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向

右运动,进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在

金属框整个运动过程中,电阻R1产生的热量。

答案

(1)

(2)

解析

(1)金属框刚进入磁场到完全穿过磁场的过程中,有q=

·Δt、

=

、

=

、ΔΦ=2BL2,解得此过程通过金属框的电荷量q=

=

,根据动量定理有-B

LΔt=m·

-mv0,可得BLq=

mv0,解得金属框的初速度v0=

。(2)金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好,导轨电阻可忽略,则上、下边框被导

轨短路,金属框进入磁场过程中左边框与R1并联,右边框相当于电源,等效电路图如图1

所示。

R1与R0并联后电阻为

R0,R总1=

R0,该过程R1上产生的热量与整个回路产生的热量之比

=

,由电路特点知

=

=

,I总1=I1+I0,则

=

,设金属框刚好完全进入磁场时的速度为v1,金属框刚进入磁场到完全进入磁场过程中,由动量定理可得-

Δt1=mv1-mv0,其中

=B

L,

=

=

,解得v1=

,则此过程中整个回路产生的热量Q总1=

m

-

m

=

此过程中R1产生的热量Q1=

Q总1=

金属框全部在磁场中运动时,等效电路如图2所示

简化电路如图3所示

R内=

R总2=R1+R内=

R0该过程R1上产生的热量与整个回路产生的热量之比

=

=

设金属框右边框刚要出磁场时的速度为v2,从金属框恰好完全进入磁场到金属框右边

框刚要出磁场过程中,通过整个闭合回路的磁通量发生变化,由动量定理可得-

Δt2=mv2-mv1

=B

L,其中

=

=

解得金属框右边框到达磁场右边界时的速度v2=0则此过程中整个回路产生的热量Q总2=

m

-

m

=

此过程中R1产生的热量Q2=

Q总2=

综上,R1产生的总热量Q=Q1+Q2=

=

主题探究两类电动势叠加的电磁感应高考题一、情境描述电磁感应产生的电动势有两类,一类是磁感应强度变化产生感生电场而使金属导

体产生电动势,称之为感生电动势;另一类是金属导体切割磁感线运动而产生的电动势,

称之为动生电动势。大多数考查电磁感应知识的高考题,在同一段时间内只会出现其

中一类电动势。下面我们讨论两种电动势在同一段时间内耦合呈现的电磁感应情境

题,便于了解其物理本质、情境特点和解题方法。1.(2000上海,23)如图所示,固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中,

金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。t=0时,磁感应强度大小为B0,此时MN到达

的位置恰好使MDEN构成一个边长为l的正方形。为使MN棒中不产生感应电流,从t=0

开始,磁感应强度B应该怎样随时间t变化?请推导出B与t的关系式。

二、高考集萃答案见解析

解析

t时刻,穿过闭合回路的磁通量Φ=Bl(l+vt),t=0时的磁通量Φ0=B0l2,根据题意,MN棒

不产生感应电流,即磁通量不变化,即Φ=Φ0,联立可得B=

。

物理本质闭合回路中,因为磁感应强度变化,故有感生电动势,又因为金属棒MN切割

磁感线运动,产生动生电动势,但是闭合回路中的感应电流为零,说明感生电动势与动生

电动势大小相等,方向相反,导致闭合回路叠加电动势即总电动势为0,这是本试题中的

物理本质,这一物理本质外在表现就是闭合回路中的磁通量不变,由此解题简单快速。2.(2003江苏,18)如图所示,两根平行金属导轨固定在水平桌面上,每根导轨每米的电阻

为r0=0.10Ω,导轨的端点P、Q用电阻可忽略的导线相连,两导轨间的距离l=0.20m。有

随时间变化的匀强磁场垂直于桌面,已知磁感应强度B与时间t的关系为B=kt,比例系数k

=0.020T/s,一电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动,在滑动过程中保持与导轨

垂直。在t=0时刻,金属杆紧靠在P、Q端,在外力作用下,杆以恒定的加速度从静止开始

向导轨的另一端滑动,求在t=6.0s时金属杆所受的安培力。

答案

1.44×10-3N

解析以a表示金属杆运动的加速度,在t时刻,金属杆与初始位置的距离L=

at2此时杆的速度v=at这时,杆与导轨构成的回路的面积S=Ll回路中的感应电动势ε=S

+Blv而B=kt

=k回路的总电阻R=2Lr0回路中的感应电流i=

作用于杆的安培力F=Bli解得F=

·

t代入数据为F=1.44×10-3N3.(2016课标Ⅲ,25)如图,两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内,其左

端接一阻值为R的电阻;一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上;在电阻、导轨和金属棒

中间有一面积为S的区域,区域中存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小B1

随时间t的变化关系为B1=kt,式中k为常量;在金属棒右侧还有一匀强磁场区域,区域左边

界MN(虚线)与导轨垂直,磁场的磁感应强度大小为B0,方向也垂直于纸面向里。某时刻,

金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动,在t0时刻恰好以速度v0越过

MN,此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好,它们的电阻均忽

略不计。求(1)在t=0到t=t0时间间隔内,流过电阻的电荷量;(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。

答案

(1)

(2)B0lv0(t-t0)+kSt

(B0lv0+kS)

解析

(1)在金属棒越过MN之前,t时刻穿过回路的磁通量为Φ=ktS

①设从t时刻到t+Δt的时间间隔内,回路磁通量的变化量为ΔΦ,流过电阻R的电荷量为Δq。

由法拉第电磁感应定律有ε=

②由欧姆定律有i=

③由电流的定义有i=

④联立①②③④式得Δq=

Δt

⑤由⑤式得,在t=0到t=t0的时间间隔内,流过电阻R的电荷量q=

⑥(2)当t>t0时,金属棒已越过MN。由于金属棒在MN右侧做匀速运动,有f=F

⑦式中,f是外加水平恒力,F是匀强磁场施加的安培力。设此时回路中的电流