2027版高考物理总复习精练册 12第十二章　电磁感应

第十二章电磁感应物理新高考适用目录CONTENTS第1节电磁感应现象楞次定律实验：探究影响感应电流方向的因微专题28电磁感应中的电路和图像问题第2节法拉第电磁感应定律自感和涡流微专题29基础单杆模型微专题30含容含源单杆模型微专题31双杆模型微专题32线框模型第1节动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

电磁感应现象和楞次定律的理解及应用T1、2、3、5、6、7

实验:探究影响感应电流方向的因素T4、81.★★(2024江苏,10,4分)如图所示,a、b为正方形金属线圈,a线圈从图示位置匀速向右

拉出匀强磁场过程中,a、b中产生的感应电流方向分别为

()

A.顺时针、顺时针B.逆时针、逆时针C.顺时针、逆时针D.逆时针、顺时针

A

五年高考课本素材

追本溯源:人教版教材必修第三册P118,T3、T4。教材中通过第3、4题展现了产生感应电流的两种情况以及判断感应电流方向的方法,

本道高考题把两种情况综合起来,并以二次感应现象判断感应电流的方向,考查学生理

解能力、推理论证能力。

解析将线圈a从磁场中匀速拉出的过程中,穿过线圈a的磁通量在减小,根据楞次定律

可知线圈a中的感应电流方向为顺时针,B、D错误;由于线圈a从磁场中匀速拉出,根据

法拉第电磁感应定律可知,a中产生的感应电动势恒定,则a中产生的感应电流恒定,a中

感应电流产生的磁场恒定,则a靠近线圈b的过程中,穿过b的磁场方向垂直纸面向外且

在增强,穿过线圈b的磁通量增大,可知线圈b产生的感应电流方向为顺时针,C错误,A正

确。2.★★(2025北京,10,3分)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

D

解析有线圈时,磁铁受到电磁阻尼的作用,振动更快停止,A错误;磁铁靠近线圈时,穿

过线圈的磁通量增大,根据楞次定律,此时线圈有缩小的趋势,B错误;磁铁离线圈最近

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,C错误;有无线圈,磁铁最终均静止,对磁铁受力分析可知,磁铁静止时弹簧的伸长量

相同,即弹簧的弹性势能相同,即有无线圈,则系统损失的机械能相同,D正确。3.★★★(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

CD

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。4.(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。5.★★(2025届八省联考·四川)如图,水平面MN下方存在垂直纸面向里的匀强磁场,纸面

为竖直平面。不可形变的导体棒ab和两根可形变的导体棒组成三角形回路框,其中ab

始终保持水平,框从MN上方由静止释放,框面始终在纸面内,在框落入磁场且ab未到达

MN的过程中,沿磁场方向观察,框的大致形状及回路中的电流方向为

()

C

三年模拟

解析由楞次定律可知回路框中的感应电流方向为逆时针方向,根据左手定则可知左

侧可形变的导体棒所受安培力垂直棒指向右上方,右侧可形变的导体棒所受安培力垂

直棒指向左上方【易错:因电流产生的磁场的磁感应强度小于原磁场的磁感应强度,不能用“同向电流相互吸引,反向电流相互排斥”的二级结论判断所受安培力的方向】,

C正确。6.★★★(2026届江苏南京六校联合体调研)如图所示,有一根竖直向下的长直导线,导

线中通有向下的恒定电流,从靠近导线的位置以水平向右的速度抛出一金属圆环,圆环

运动过程中始终与导线处于同一竖直面内。不计空气阻力,下列说法正确的是(

)

A.圆环中不会产生感应电流B.圆环中会产生顺时针方向的感应电流C.圆环做平抛运动D.开始的一小段时间内,圆环所受安培力向左

D

解析

根据右手螺旋定则可知导线右边的磁场方向垂直纸面向外,圆环以水平向右的

速度抛出,离长直导线越远,磁感应强度越小,故穿过圆环的磁通量向外且变小,根据楞

次定律,可判断出圆环中产生的感应电流方向为逆时针方向,A、B错误;圆环中有感应

电流,则圆环在运动过程中会受到安培力的作用,不是只受重力,所以圆环做的不是平抛

运动,C错误;开始的一小段时间内,圆环中产生逆时针方向的感应电流,把圆环中电流看

成由无数小段电流元组成,根据对称性及左手定则可知,左半圆环受到的安培力的合力

方向向左,右半圆环受到的安培力的合力方向向右,FA=BIL,越靠近直导线处磁感应强度

越大,则左半圆环受到的安培力比右半圆环受到的大,所以圆环所受安培力向左,D正

确。7.★★★(2025届河南郑州外国语学校模拟)一个长直密绕螺线管N放在一个金属圆环

M的中心,圆环轴线与螺线管轴线重合,如图甲所示。螺线管N通有如图乙所示的电流,

下列说法正确的是

()

A.t=

时刻,圆环有扩张的趋势B.t=

时刻,圆环有收缩的趋势

A

C.t=

和t=

时刻,圆环中的感应电流相同D.t=

和t=

时刻,圆环中的感应电流不同

解析由题图乙可知在t=

时刻,通过螺线管的电流增大,则螺线管产生的磁场增大,所以穿过圆环的磁通量增大,圆环有扩张的趋势【点拨:圆环中同时存在着两个方向相反的磁场,应满足“增扩减缩”而不是“增缩减扩”】,A正确,B错误;因感应电动势E=

=

【点拨:电流产生的磁场和电流大小成正比】,感应电流i'=

=

,则若要判断圆环中感应电流的大小,仅需判断图乙所示i-t图线的斜率,t=

和t=

时刻,圆环中感应电流的大小相等、方向不同,t=

和t=

时刻,圆环中感应电流的大小相等、方向相同,C、D错误。8.(2025届黑龙江大庆实验中学月考)甲、乙、丙三位同学分别进行电磁感应现象的探

究。(1)如图a,甲同学在断开开关时发现电流计指针向左偏转,下列操作中也能使指针向左

偏转的为___________。

B

A.闭合开关B.开关闭合时将A线圈从B线圈中拔出C.开关闭合时,将滑动变阻器滑片向左滑动D.将A线圈减速插入B线圈(2)如图b所示,乙同学在研究电磁感应现象时,将一线圈两端与电流传感器相连,强磁铁

从长玻璃管上端由静止下落,电流传感器记录了强磁铁穿过线圈过程中电流随时间变

化的图像,如图c所示,t2时刻电流为0。下列说法正确的是____________。A.在t2时刻,穿过线圈的磁通量的变化率为0B.在下落初始的一小段时间内,强磁铁的加速度小于重力加速度C.强磁铁穿过线圈的过程中,受到线圈的作用力先向上后向下D.在t1到t3时间内,强磁铁重力势能的减少量等于其动能的增加量

AB

(3)丙同学设计了如图d所示的实验装置,其中R为光敏电阻(其阻值与光照强度成负相关),轻质金属环A用轻绳悬挂,与长直螺线管共轴(A线圈平面与螺线管线圈平面平行),

并位于螺线管左侧。当光照增强时,从右向左看,金属环A中电流方向为_________

____(填“顺时针”或“逆时针”),A将会_________(填“向左”或“向右”)运动。

图d向左

顺时针

解析

(1)断开开关时,A线圈中电流迅速减小,则B线圈中磁通量减小,出现感应电流,使

灵敏电流计指针向左偏转;为了同样使指针向左偏转,应减小B线圈中的磁通量或增加B

线圈中反向的磁通量,开关闭合时将A线圈从B线圈中拔出,B线圈中磁通量减小,则灵敏

电流计指针向左偏转,B正确。(2)t2时刻电流为0,说明感应电动势为零,由E=n

可知穿过线圈的磁通量的变化率为0,A正确;由“来拒去留”可知在下落初始的一小段时间内,强磁铁受到线圈向上的作用

力F,可知初始阶段强磁铁的加速度小于重力加速度,B正确;由“来拒去留”可知强磁

铁穿过线圈的过程中,受到线圈的作用力始终向上,C错误;在t1到t3时间内,线圈会产生的内能,则强磁铁重力势能的减少量大于其动能的增加量,D错误。(3)根据右手螺旋定则可知,螺线管内部磁场方向向右,金属环所在位置的磁场向右,当

光照增强时,光敏电阻的阻值减小,回路中电流增大,穿过金属环的磁通量增大,根据增

反减同可知,金属环中感应电流产生的磁场方向向左,根据右手螺旋定则,从右向左看,

金属环A中电流方向为顺时针;穿过金属环的磁通量增大,金属环将向左运动以阻碍磁

通量的增大。第2节法拉第电磁感应定律自感和涡流

法拉第电磁感应定律的理解及应用T3、5、7

导体切割磁感线产生感应电动势T4、8

自感现象T2

涡流电磁阻尼和电磁驱动T1、61.★(2024湖北,1,4分)《梦溪笔谈》中记录了一次罕见的雷击事件:房屋被雷击后,屋内

的银饰、宝刀等金属熔化了,但是漆器、刀鞘等非金属却完好(原文为:有一木格,其中

杂贮诸器,其漆器银扣者,银悉熔流在地,漆器曾不焦灼。有一宝刀,极坚钢,就刀室中熔

为汁,而室亦俨然)。导致金属熔化而非金属完好的原因可能为

()A.摩擦

B.声波C.涡流

D.光照

C

五年高考解析雷击时,非均匀变化的电场产生变化的磁场,变化的磁场在金属内产生涡流,涡流

的热效应使金属熔化,C正确。2.★★(2023北京,5,3分)如图所示,L是自感系数很大、电阻很小的线圈,P、Q是两个相

同的小灯泡。开始时,开关S处于闭合状态,P灯微亮,Q灯正常发光,断开开关

(

)

A.P与Q同时熄灭

B.P比Q先熄灭C.Q闪亮后再熄灭

D.P闪亮后再熄灭

D

解析由题图可知,当开关S闭合时,流经Q灯的电流等于流经P灯与电感线圈L的电流

之和,又知电感线圈电阻很小,由并联电路分流原理可知流经电感线圈的电流大于流经

P灯的电流。当开关S断开时,由电感线圈的性质可知其中会产生与原电流方向相同的

自感电动势,以阻碍其自身电流减小,此时流经P灯和电感线圈的电流相等,所以P灯会

闪亮后再熄灭,而Q灯会立即熄灭,D正确。3.★★★(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。4.★★★(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

BC

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=ω

t,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。5.★★★(2022重庆,13,12分)某同学以金属戒指为研究对象,探究金属物品在变化磁场

中的热效应。如图所示,戒指可视为周长为L、横截面积为S、电阻率为ρ的单匝圆形线

圈,放置在匀强磁场中,磁感应强度方向垂直于戒指平面。若磁感应强度大小在Δt时间

内从0均匀增加到B0,求:(1)戒指中的感应电动势和电流;(2)戒指中电流的热功率。

答案(1)

(2)

解析

(1)设戒指的半径为r,则有L=2πr磁感应强度大小在Δt时间内从0均匀增加到B0,产生的感应电动势为E=

·πr2可得E=

戒指的电阻R=

则戒指中的感应电流I=

=

。(2)戒指中电流的热功率P=I2R=

。6.★★(2025届北京四中模拟)电磁驱动是21世纪初问世的新技术,它被认为将引发交通

工具的革命。在日常生活中,摩托车和汽车上装的磁性转速表就是利用了电磁驱动原

理。如图所示是磁性转速表及其原理图,永久磁体随车轮系统的转轴转动,铝盘固定在

指针轴上,与永久磁体不固定。关于磁性转速表的电磁驱动原理,下列说法正确的是

()

B

三年模拟A.铝盘接通电源,通有电流的铝盘在磁场作用下带动指针转动B.永久磁体随转轴转动产生运动的磁场,在铝盘中产生感应电流,感应电流使铝盘受磁

场力而转动C.铝盘转动的方向与永久磁体转动方向相反D.由于铝盘和永久磁体被同一转轴带动,所以两者的转动是完全同步的

解析

当永久磁体随车轮系统的转轴转动时,产生转动的磁场,铝盘中会产生感应电流,

永久磁体的磁场会对铝盘上的感应电流有力的作用,从而产生一个转动的力矩,使铝盘

带动指针转动,由于弹簧游丝的反力矩,力矩平衡后会使指针稳定指在某一刻度上,A错

误,B正确;由楞次定律知,永久磁体转动方向与铝盘转动方向相同,C错误;永久磁体固定

在转轴上,铝盘固定在指针轴上,铝盘和永久磁体不是由同一转轴带动的,两者转动不是

同步的【点拨:电磁感应现象只能阻碍两者的相对转动,不能阻止】,D错误。7.★★★(2026届江苏南京第二十九中开学考)半径为R的金属圆环由两种材料组成,圆

弧AMC为

圆周,电阻为r,圆弧ANC为

圆周,电阻为r,圆内有垂直环面向里的匀强磁场,磁感应强度随时间均匀增大,磁感应强度变化率

=k,则UAC为

()

A.-

kπR2

B.-

kπR2

C.

kπR2

D.

kπR2

A

解析根据题意,由法拉第电磁感应定律可得金属圆环产生的感应电动势为E=

=

=kπR2,由楞次定律可判断感应电流的方向为逆时针,根据闭合电路欧姆定律可得感应电流为I=

=

,由于圆弧AMC为

圆周,电阻为r,则圆弧AMC产生的感应电动势为E1=

E=

kπR2,电流沿C→M→A流过圆弧AMC,电势降低了ΔU=Ir=

kπR2,则有UAC=E1-ΔU=

kπR2-

kπR2=-

kπR2【易错:整个回路都产生了感应电动势,回路中任意一点都可看作电源内部,计算电势差时要考虑自身产生的感应电动势】,A正确。8.★★★(2025届石家庄实验中学模拟)如图所示,金属圆盘置于垂直纸面向里的匀强磁

场中,其中央和边缘各引出一根导线与套在铁芯上部的线圈A相连。套在铁芯下部的

线圈B引出两根导线接在两根水平光滑导轨上,导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸

面向外的匀强磁场中。下列说法正确的是()

A.圆盘逆时针匀速转动时,a点的电势高于b点的电势B.圆盘顺时针加速转动时,ab棒将向左运动C.圆盘顺时针减速转动时,a点的电势高于b点的电势D.圆盘逆时针加速转动时,ab棒将受到向左的安培力

B

解析圆盘逆时针匀速转动时,设圆盘转动的角速度为ω,圆盘半径为R,圆盘中磁感应

强度为B,则圆盘逆时针匀速转动时,根据法拉第电磁感应定律有E=

BR2ω,即线圈A中产生恒定的感应电流,线圈A中电流产生的磁场不变,穿过线圈B的磁通量不发生变化,

所以线圈B中无感应电流产生,则a点的电势等于b点的电势,A错误;圆盘顺时针加速转

动时,产生的感应电流逐渐增大。根据右手定则可知,感应电流从圆盘中央流向圆盘边

缘,根据右手螺旋定则可知,线圈A中电流产生的磁场方向向下,磁感应强度增大,所以穿

过线圈B的磁通量增大,根据楞次定律可知,线圈B中感应电流产生的磁场方向向上,根

据右手螺旋定则可知,ab棒中的感应电流从a端流向b端,则根据左手定则可知,ab棒将受到向左的安培力,所以ab棒将向左运动,B正确;圆盘顺时针减速转动时,感应电流逐渐减

小,从圆盘中央流向圆盘边缘,线圈A中电流产生的磁场方向向下,磁感应强度减小,所以

穿过线圈B的磁通量减小,ab棒中的感应电流从b端流向a端,线圈B相当于电源,则a点的

电势低于b点的电势【点拨:电源内部沿电流方向电势升高,电源外部沿电流方向电势降低】,C错误;圆盘逆时针加速转动时,产生的感应电流逐渐增大,根据右手定则可知,

感应电流从圆盘边缘流向圆盘中央,根据右手螺旋定则可知,线圈A中电流产生的磁场

方向向上,磁感应强度增大,所以穿过线圈B的磁通量增大,根据楞次定律可知,线圈B中

感应电流产生的磁场方向向下,根据右手螺旋定则可知,ab棒中的感应电流从b端流向a

端,则根据左手定则可知,ab棒将受到向右的安培力,D错误。

利用几何知识+待定系数法求解轨道方程(2025届重庆八中月考)如图,一关于x轴对称的光滑导体轨道位于水平面内,磁感应强度

为B的匀强磁场垂直水平面向下。一足够长,质量为m的直导体棒平行于y轴置于轨道

上,在外力F作用下从原点由静止开始沿x轴正方向做加速度为a的匀加速直线运动,运

动时棒与y轴始终平行。棒单位长度的电阻为ρ,与电阻不计的轨道接触良好,运动中产

生的热功率随棒位置的变化规律为P=k

(k已知)。求:(1)导体轨道的轨道方程y=f(x);(2)棒在运动过程中受到的安培力F安随x的变化关系;创新风向·数理结合(3)棒从x=0运动到x=2l过程中外力F做的功。

答案(1)y=

(2)F安=

x(3)

kl2+2mal

解析

(1)设导体轨道的轨道方程为y=Cxb,当棒运动到位置坐标x处时,有v2=2ax,E=B·2

yv,I=

,P=I·2yBv联立可得P=

xb+1又P=k

则b+1=

,

=k解得b=

,C=

可得y=

【点拨:建立坐标系,通过待定系数法求解轨道方程】(2)棒在运动过程中受到的安培力F安=I·2yB=

·2yB则F安随x的变化关系为F安=

x(3)棒从x=0运动到x=2l过程,根据动能定理得W+W安=

mv2安培力做的功为W安=-

·2l=-

kl2【点拨:安培力F安与x的成线性关系】又v2=2a·2l解得W=

kl2+2mal微专题28

电磁感应中的电路和图像问题1.★★(2024福建,4,4分)拓扑结构在现代物理学中具有广泛的应用。现有一条绝缘纸

带,两条平行长边镶有铜丝,将纸带一端扭转180°,与另一端连接,形成拓扑结构的莫比

乌斯环,如图所示。连接后,纸环边缘的铜丝形成闭合回路,纸环围合部分可近似为半径

为R的扁平圆柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域垂直其底面穿过,磁场区域的边界

是半径为r的圆(r<R)。若磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B=kt(k为常量),则回路

中产生的感应电动势大小为

()

C

A.0

B.kπR2

C.2kπr2

D.2kπR2

解析分析可知“莫比乌斯环”边缘的铜丝形成了2匝线圈串联的闭合回路,穿过回路

的磁场有效面积为πr2,根据法拉第电磁感应定律可得回路中产生的感应电动势大小为

E=n

=n

=nkS=2kπr2,C正确。

易错警示(1)根据空间思维构建“莫比乌斯环”边缘的铜丝形成的线圈模型,匝数为2。(2)磁场圆区域半径为r(r<R),计算磁通量时面积S为πr2。2.★★(2025届重庆一中三模)如图所示,三根完全相同的导体棒一端连在一起并固定在

转轴O上,另一端分别固定于导体圆环上的A、C、D点,并互成120°角,导体圆环的电阻

不计。转轴的右侧空间有垂直于纸面向里的匀强磁场,范围足够大,现让圆环绕转轴O

顺时针匀速转动,在转动的过程中,下列说法正确的是

()

A.A点的电势可能低于O点的电势B.流过OA的电流方向始终不变C.流过OA的电流大小始终不变D.流过OA的电流大小有两个不同值

D

解析当OA在磁场中时,根据右手定则可知,电流从O到A,A为电源正极,O为电源负极,

A点的电势高于O点的电势,当OA在磁场外时,电流从A到O,A点的电势高于O点的电势,

A、B错误。如图甲、乙所示。对于转动过程中的不同时刻,等效电路有两种不同情

形,图甲为只有一根导体棒在磁场中的情形,图乙为有两根导体棒在磁场中的情形。两

电路中的电动势相同,总电阻相同,所以总电流相同【点拨:两相同电源并联时,等效电动势等于其中任一电源电动势,等效内阻为两内阻并联的总阻值】,但流过图甲中的一

个电阻的电流和图乙中的一个电源的电流均为总电流的一半,故流过OA的电流大小有

两个不同值,C错误,D正确。3.(多选)(溯源高考·2024湖北,T15)(2026届广东六校联盟联考)如图,水平面上有两根

固定的光滑平行金属导轨,导轨左侧接了一个阻值为R的定值电阻,两根导轨间距为L,

一个质量为m、总电阻为2R、直径为L的均匀金属圆环放置在导轨之间,与两根导轨良

好接触,整个空间存在磁感应强度大小为B,方向竖直向下的匀强磁场,某时刻开始,给圆

环一个向右的初速度v0,导轨足够长,下列说法正确的是

()

A.圆环运动初始时刻,流过定值电阻的电流方向为a→b,大小为

BCD

B.圆环运动的整个过程中,流过定值电阻的电荷量为

C.圆环运动的总位移大小为

D.整个过程中,定值电阻上产生的焦耳热为

m

解析

(电路分析)圆环的左、右两个半圆弧均切割磁感线,等效长度均为L,等效电路图

如图所示,相当于两个相同的电源并联,圆环运动初始时刻,每一个半圆弧产生的电动势

E=BLv0,总电动势也为E=BLv0,每一个半圆弧的内阻r=R,总内阻r总=0.5r=0.5R,整个电路

的总电阻R总=1.5R,根据闭合电路欧姆定律有I=

=

,圆环的左、右两个半圆弧均切割磁感线,效果一样,根据右手定则,可判断通过定值电阻的电流方向为a→b,A错误。

(动量分析)对整个圆环受安培力做减速直线运动最后停下的过程,根据动量定理有∑

BILΔt=BLq=mv0,解得q=

,B正确。对圆环运动的全过程有q=

·t=

·t=

,联立解得圆环运动的总位移大小为x=

,C正确。(能量分析)对整个电路,根据能量守恒有Q=

m

,其中QR=

Q=

m

,D正确。

4.★★★(2025届湖南长沙雅礼中学二模)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一

水平面内,一长为r、电阻为R的均匀金属棒AB置于导轨上面,BA的延长线通过导轨中

心O点,装置的俯视图如图所示,整个装置位于一匀强磁场中,磁感应强度的大小为B,方

向竖直向下。在两圆导轨之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器。金属棒在

水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动,在转动过程中始终与导轨保持良好接

触。导轨电阻不计。下列说法正确的是()

B

A.金属棒中电流从A流向BB.金属棒两端电压为

Bωr2C.电容器的M极板带负电D.电容器所带电荷量为

CBωr2

解析金属棒AB转动切割磁感线,产生感应电动势,金属棒AB相当于电源,由右手定则

可知电流从B流向A,A端电势高,B端电势低,可知电容器的M板带正电,A、C错误;金属

棒AB转动切割磁感线,产生感应电动势为E=B

×r=

Bωr2,金属棒两端电压相当于电源的路端电压,则金属棒两端电压为U=

E=

Bωr2,B正确;由电容的定义式C=

可得电容器所带电荷量为Q=CU=

CBωr2【点拨:金属棒匀速转动,产生的感应电动势恒定,电容器在电路中相当于断路,与定值电阻并联作为外电路,其两端电压均等于电源的路端电压】,D错误。1.★★(2025甘肃,6,4分)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.t在0~

内,Φ和E均随时间增大

C

题组2电磁感应中的图像问题B.当t=

与

时,E大小相等,方向相同C.当t=

时,Φ最大,E为零D.当t=

时,Φ和E均为零解题导引

B-t图像中,B的正负表示磁场方向与规定的正方向相同或相反;图线的斜率

表示磁感应强度随时间的变化率,斜率的绝对值越大,磁场变化越快,感应电动势越大,斜率的正负表示感应电动势的方向。解析

0~

,由Φ=BS可得Φ随时间增大,但不是均匀增大;由E=n

=n

可得E随时间减小,A错误。当t=

和

时,图线斜率的绝对值相等,但正负不同,可得E大小相等、方向相反,B错误。当t=

时,B最大,但B-t图线的斜率为零,可得Φ最大,E为零,C正确。当t=

时,B为零,但B-t图线切线斜率的绝对值最大,可得Φ为零,E最大,D错误。2.★★★(多选)(2021辽宁,9,6分)如图(a)所示,两根间距为L、足够长的光滑平行金属导

轨竖直放置并固定,顶端接有阻值为R的电阻。垂直导轨平面存在变化规律如图(b)所

示的匀强磁场,t=0时磁场方向垂直纸面向里。在t=0到t=2t0的时间内,金属棒水平固定

在距导轨顶端L处;t=2t0时,释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好,导轨与金

属棒的电阻不计,则

()

BC

A.在t=

时,金属棒受到安培力的大小为

B.在t=t0时,金属棒中电流的大小为

C.在t=

时,金属棒受到安培力的方向竖直向上D.在t=3t0时,金属棒中电流的方向向右

解析

由图(b)得0~2t0内,B-t图线斜率的绝对值k=

,感应电动势恒定,E=

=

·S=k·L2,解得感应电流I=

=

恒定,B正确;当t=

时,B=

,金属棒所受安培力为F=BIL,联立可得此时安培力为F=

,A错误;由楞次定律可知0~2t0内,通过金属棒的电流方向水平向左,由图(b)得,当t=

时,磁场方向垂直于纸面向外,由左手定则判断可得,此时金属棒所受安培力方向竖直向上,C正确;由图(b)得,当t=3t0时,磁场方向垂直于纸面向外,金属

棒处于下落状态,由右手定则得金属棒中电流方向水平向左,D错误。3.★★★(2026届安徽多校联考)已知长直导线在其周围空间产生的磁场大小B=k

,其中k是常量,I是导线中的电流,r是空间某点到导线的距离。如图所示,在水平面上固定

间距为d的光滑导轨,左端接有阻值为R的定值电阻。一质量为m、阻值也为R的导体棒

MN在水平拉力作用下沿导轨运动,已知运动过程中定值电阻的电功率恒为P,不计导轨

电阻,导体棒的速度v和加速度a与导体棒到直导线的距离r的关系图像可能正确的是

()

C

解析定值电阻的电功率P=I2R,由闭合电路欧姆定律可得E=I·2R=2

,由导体棒切割磁感线得感应电动势E=Bdv=k

dv,解得v=

r,即导体棒的速度v与导体棒到直导线的距离r成正比,A、B错误;加速度a=

,联立解得a=

=

×

=

v=

r,即加速度a与导体棒到直导线的距离r成正比,C正确,D错误。4.★★★(2025届重庆巴蜀中学月考)如图所示,在光滑水平面上,MN、PQ间存在匀强磁

场,磁感应强度为B,方向垂直水平面向下。导线框abcde在水平面上受外力F(以向右为

正)作用,以垂直于MN的速度v匀速通过该磁场区域,cd边与MN重合时为计时起点。已

知ab边电阻为导线框总电阻R的

,ab=bc=2L,cd=de=L,磁场区域的宽度为3L。设导线框的总电动势大小为E,电流为i(设逆时针方向为正),ab端的电势差为Uab,导线框所受的安

培力为FA。在导线框通过磁场的过程中,下列图像正确的是

()

B

解析

0~

过程中,有E=BLv,i=

(方向为逆时针),Uab=

,FA=

;

~

过程中,有E=BLv+Bv·v(t-t0),t0=

,E随t线性变化,当t=

时,E=2BLv;又i=

(方向为逆时针),Uab=

,与E的变化情况相同,当t=

时,i=

,Uab=

;安培力FA=

=

,FA-t图线为开口向上的二次函数。

~

过程中,有E=0、i=0、FA=0,ab边开始切割磁感线,产生电动势,则有Uab=2BLv【点拨:回路虽无电流,但因ab切割磁感线,仍能产生感应电动势】;

~

过程中,有E=BLv,i=

(方向为顺时针),Uab=2BLv-

E=

,FA=

;

~

过程中,有E=BLv+Bv2(t-4t0),t0=

,E随t线性变化,当t=

时,E=2BLv;又i=

(方向为顺时针),与E的变化情况相同。Uab=2BLv-

=

-

,Uab随t线性变化,当t=

时,Uab=

;安培力为FA=

=

,FA-t图线为开口向上的二次函数,与

~

过程图像相同。B正确。一题多解

~

过程与

~

过程导线框产生的电动势大小、回路电流大小、导线框所受安培力大小应相同,排除A、C、D选项,故选B。微专题29

基础单杆模型1.★★(多选)(2026届深圳多校开学考)如图甲所示,水平粗糙导轨左侧接有定值电阻R=

3Ω,导轨处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B=1T,导轨间距L=1m。一质量m=1

kg、阻值r=1Ω的金属棒在水平向右拉力F作用下由静止开始从CD处运动,金属棒与导

轨间的动摩擦因数μ=0.25,金属棒的v-x图像如图乙所示,取g=10m/s2,下列说法正确的是

()

CD

A.金属棒做匀加速直线运动B.金属棒运动过程中,拉力F做的功等于金属棒的焦耳热与克服摩擦力所做的功之和C.x=1m时,安培力的大小为0.5ND.从起点到位移x=1m的过程中,回路产生的焦耳热为0.25J

解析若棒做匀加速直线运动,满足v2=2ax,可得v=

∝

,而由题图乙可知金属棒的速度与位移成正比,故金属棒做变加速直线运动,A错误。运动过程中金属棒受拉力、

安培力及摩擦力作用,金属棒做加速运动,动能增加,故拉力做的功大于金属棒克服安培

力和摩擦力所做的功之和,B错误。由题图乙可知当x=1m时,金属棒的速度为2m/s,则

金属棒产生的感应电动势E=BLv1=2V,此时的电流I=

=0.5A,安培力FA=BIL=0.5N,C正确。由功能关系可知金属棒从起点运动到x=1m处的过程中,回路产生的焦耳热等

于金属棒克服安培力所做的功,即Q=W=∑

Δx,从题图乙中图线与横坐标轴围成的面积可知∑vΔx=

×2×1m2/s=1m2/s,解得该过程回路产生的焦耳热Q=0.25J,D正确。2.★★(多选)(2026届四川巴中模拟)如图,足够长的间距d=0.5m的平行光滑金属导轨

MN、PQ固定在水平面内,导轨间存在一个宽度L=1m的匀强磁场区域,磁感应强度大

小为B=2T,方向如图所示。一根质量ma=0.1kg、阻值Ra=2Ω的金属棒a以v0=10m/s的

初速度从左端开始沿导轨滑动,另一根阻值Rb=3Ω的金属棒b始终静止在导轨上,两金

属棒始终与导轨垂直且接触良好。导轨电阻不计,则

()

A.金属棒a刚进入磁场时,金属棒a两端的电压为4VB.金属棒a不能穿过磁场区域

CD

C.金属棒a刚穿出磁场区域时的速度大小为8m/sD.金属棒a在磁场中运动的过程中,金属棒b上产生的焦耳热为1.08J

解析金属棒a刚进入磁场时的感应电动势E=Bdv0,金属棒a两端的电压U=

E=6V,A错误;假设金属棒a未穿过磁场,最终停在距磁场左边界x处,由动量定理可得-B

dΔt=0-mav0,根据闭合电路欧姆定律有

=

,根据法拉第电磁感应定律有

=

=

,联立解得x=5m>L,假设不成立,则金属棒a能穿过磁场区域,B错误;金属棒a刚穿出磁场

区域,由动量定理可得-B

dΔt'=mav-mav0,根据闭合电路欧姆定律有

'=

,根据法拉第电磁感应定律有

'=

,联立解得v=8m/s,C正确;由能量守恒可得,回路中产生的总焦耳热Q=

ma

-

mav2,金属棒b上产生的焦耳热Qb=

Q=1.08J,D正确。

ABD

3.★★★(多选)(2024山东,11,4分)如图所示,两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在

水平桌面上,其所在平面竖直且平行,导轨最高点到水平桌面的距离等于半径,最低点的

连线OO'与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的匀强磁场(图中未画出),导轨左

端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO'放置在导轨图示位置,

由静止释放。MN运动过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良好,不考虑自感影响,下

列说法正确的是

()A.MN最终一定静止于OO'位置B.MN运动过程中安培力始终做负功C.从释放到第一次到达OO'位置过程中,MN的速率一直在增大D.从释放到第一次到达OO'位置过程中,MN中电流方向由M到N解析

MN在运动过程中,受重力、支持力和安培力作用,且MN始终克服安培力做功将

机械能转化为电能,电能又转化为焦耳热;MN最后静止时,安培力为零,重力与支持力平

衡,只能在OO'位置,A、B正确。MN从释放到第一次运动到OO'位置过程中,由右手定

则可得MN中的电流方向由M到N,D正确;当重力沿导轨切线方向的分力与安培力沿导

轨切线方向的分力等大反向时,MN速率最大,故从释放到第一次到达OO'位置过程中,

MN的速率先增大后减小,C错误。一题多解MN所受重力与安培力的合力始终斜向左下,则类比等效重力场,MN在第一次到达OO'

之前已达到最大速率,C错误。4.★★★(多选)(2025届重庆育才中学校二模)如图甲所示,整个空间有竖直向上的匀强

磁场,磁感应强度大小为B。两根足够长的平行光滑金属导轨水平固定放置,间距为L,

左端连接阻值为R的定值电阻。一质量为m的金属杆垂直放置于导轨上,与导轨接触良

好,导轨和金属杆电阻不计。金属杆与质量为m的重物用绝缘细线绕过定滑轮连接,左

边细线与导轨平行。金属杆的v-t图像如图乙所示,t=T时剪断细线,t=2T时金属杆速度

减半,已知重力加速度为g,不计空气阻力,下列说法正确的是

()

ACD

A.t=2T时,金属杆的加速度大小为

B.0~T时间内定值电阻上产生的焦耳热为

C.T~2T时间内通过定值电阻的电荷量为

D.从t=0开始金属杆的最大位移大小为

+

解析

(运动分析)设金属杆匀速运动时的速度为v0,0~T时间内,金属杆产生的感应电动

势E=BLv0,感应电流I0=

=

,受到的安培力F=BI0L=

,由于重物匀速运动,故F=mg,解得v0=

,定值电阻上产生的焦耳热Q1=

RT=

,金属杆移动的位移x1=v0T=

。t=T时剪断细线,金属杆的加速度瞬间变为a0=

=

=g,t=2T时,由于金属杆速度减半,则感应电动势减半,感应电流减半,金属杆所受安培力减半,金属杆的加速度大

小为

,A正确,B错误。(动量分析)T~2T过程中,对金属杆有-B

Lt=m·

v0-mv0,其中q=

t,解得q=

,C正确。从剪断细线到停止运动,对金属杆运用动量定理有-B

'Lt'=0-mv0,其中q'=

't'=

t'=

=

,解得x2=

,故金属杆最大位移大小为xm=x1+x2=

+

,D正确。5.★★★(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。6.★★★(2025届湖北襄阳五中三模)如图所示,顶角为60°、足够长的等腰三角形金属

轨道MON水平固定在方向竖直向上、磁感应强度B=1T的匀强磁场中,沿轨道角平分

线方向建立坐标轴Ox。质量m=5kg且足够长的金属棒ab以速度v0=2m/s进入轨道,之

后在轨道上做减速运动。金属棒与坐标轴Ox始终垂直,与轨道始终接触良好。已知金

属棒与金属轨道单位长度电阻均为r=

Ω,不计一切阻力,则下列说法正确的是(

)

DA.当金属棒ab进入轨道后,回路中将形成逆时针方向的电流B.当金属棒ab进入轨道后,金属棒ab将做匀减速直线运动C.当金属棒ab的速度为1m/s时,回路中的电流大小为

AD.当金属棒ab停止时,其水平方向运动的距离为x=3

m解析由右手定则可知,当金属棒ab进入轨道后,回路中将形成顺时针方向的电流,A错

误;设金属棒切割磁感线的有效长度为l,金属棒的速度为v,则感应电动势E=Blv,金属棒

与轨道组成的回路总电阻R=3lr,回路中的电流I=

=

(A),安培力F=BIl=

(N),又金属棒的位移x=

=

l,对金属棒由动量定理得-∑FΔt=mΔv,联立可得-∑

·Δt=

ΔS=mΔv,其中ΔS=

,则可得-

B2x2=mΔv,速度的变化量与位移的二次方成正比,金属棒ab的运动不是匀减速直线运动,B错误;当金属棒ab的速度为1m/s时,回路中的电流大

小为I=

(A)=

A,C错误;由B项分析可知-

B2x2=mΔv,从金属棒进入轨道到金属棒停下来,有Δv=0-v0,得-

B2x2=-mv0,联立解得x=3

m,D正确。7.★★★(2025四川,14,12分)如图所示,长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定

在水平绝缘桌面上,两者平行且相距l,M、P连线垂直于导轨,定滑轮位于N、Q连线中点

正上方h处。MN和PQ单位长度的电阻均为r,M、P间连接一阻值为2sr的电阻。空间有

垂直于桌面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉

动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动,速度大小为v。零时刻,金

属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好,重力加速度大

小为g。求:(1)金属杆在导轨上运动时,回路的感应电动势;(2)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时,回路的热功率;(3)金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程。答案(1)Blv

(2)

(3)

解析

(1)金属杆在导轨上运动时,由法拉第电磁感应定律得,回路的感应电动势E=

Blv。(2)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时,回路中总电阻R=2sr+2dr,回路的热功率P=

=

。(3)金属杆在导轨上做匀速直线运动的最终状态是金属杆即将脱离导轨,即金属杆所受

支持力N=0时,其做匀速直线运动路程达到最大。设金属杆运动的最大路程为x时,绳与

水平方向的夹角为θ,对金属杆进行受力分析并列平衡方程,水平方向上有F安=FTcosθ,

竖直方向上有mg=FTsinθ,安培力大小F安=BIl,闭合回路的感应电流I=

,回路中的总电阻R'=2sr+2xr,联立整理后,得tanθ=

,根据几何关系有tanθ=

,联立后得

=

,解得x=

,所以金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程为x=

。微专题30

含容含源单杆模型1.★★(多选)(2025届湖南师大附中月考)如图所示,两条间距为d的平行光滑金属导轨

(足够长)固定在水平面上,导轨的左端接电动势为E的电源,右端接定值电阻,磁感应强

度为B的匀强磁场垂直于导轨平面竖直向上。足够长的金属棒MN斜放在两导轨之间,

与导轨的夹角为30°,导线、导轨、金属棒的电阻均忽略不计,电源的内阻与定值电阻

阻值相等。当S1断开,S2闭合,给金属棒一个沿导轨平面与棒垂直的恒定作用力F0,经过

时间t0金属棒获得最大速度v0,定值电阻的最大功率为P0,在此过程中金属棒的最大加速

度为a0,金属棒与导轨始终接触良好,下列说法正确的是

()

AC

题组1单杆电源模型

A.金属棒的质量为

B.电源的内阻为

C.0~t0时间内,流过定值电阻某一横截面的电荷量为

D.若S2断开,S1闭合,则金属棒稳定运行的速度为

解析施加外力F0瞬间,金属棒加速度最大,大小为a0,根据牛顿第二定律有F0=ma0,可得

m=

,A正确;金属棒达到最大速度v0时受力平衡,则有Fm=F0,又Em=BLv0,Im=

,Fm=BImL,P0=

R,结合L=

,联立解得R=

,B错误;0~t0时间内,对金属棒由动量定理可得F0·t0-B

L·t0=mv0,结合电流的定义式

=

,联立可得q=

-

,C正确;S2断开,S1闭合,金属棒稳定运行时,有E合=E-E1=0,E1=BLv1,结合L=

【点拨:棒在安培力作用下沿垂直棒的方向上做加速运动,不要错误认为棒沿平行于导轨的方向运动】,联立可得v1=

,D错误。2.★★★(多选)(2025届河南青桐鸣联考模拟)如图所示,足够长光滑平行导轨PN、QM

倾斜固定放置,导轨间距为L,导轨平面倾角为α,导轨区域有方向垂直导轨平面向上

的、磁感应强度为B的匀强磁场,导轨下端M、N接有直流电源。一根质量为m、长度

为L、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置,由静止释放,金属棒运动的最大速度大小为v1,

将电源反接,金属棒ab仍从开始的位置由静止释放,金属棒运动的最大速度大小为v2,金

属棒运动过程中始终与导轨垂直且接触良好,除金属棒外其余电阻不计,重力加速度为

g,则下列判断正确的是

()

CD

A.v1与v2的方向一定相反B.v1与v2的大小一定相等C.v1+v2可能等于

D.v1-v2可能等于

解析

设电源的电动势为E,整个回路的电阻为R,电源反接前,金属棒达到最大速度时,

根据题意有B

L=mgsinα,解得v1=

+

,方向沿导轨向下;当电源反接后,如果B

L<mgsinα,则金属棒会向下运动,速度最大时有B

L=mgsinα,解得v2=

-

,方向沿导轨向下;如果B

L>mgsinα,则金属棒会向上运动,速度最大时有B

L=mgsinα,解得v2=

-

,方向沿导轨向上,A、B错误。若电源反接后,金属棒向下运动,则v1+v2=

,C正确。若电源反接后,金属棒向上运动,则v1-v2=

【点拨:无论电源是否反接,金属棒最大速度对应的条件都是加速度为零】,D正确。3.★★★★(2025浙江6月,17,12分)如图所示,某兴趣小组设计了一新型两级水平电磁弹

射系统。第一级由间距为l的水平金属导轨、可在导轨上滑行的导电动子、输出电压

恒为U的电源和开关S组成,由此构成的回路总电阻为R1;第二级由固定在动子上间距也

为l的导电“⊂”形滑杆、锁定在滑杆上可导电的模型飞机组成,由此构成的回路总电

阻为R2。另外在第二级回路内固定一超导线圈,它与第一、第二两级回路三者彼此绝

缘。导轨间存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。接通开关S,动子从

静止开始运动,所受阻力与其速度成正比,比例系数为k。当动子运动距离为xm时(可视

为已匀速),立即断开S,在极短时间内实现下列操作:首先让超导线圈通上大电流,产生

竖直方向的强磁场,在第二级回路中产生磁通量Φ;再让超导线圈断开,磁场快速消失,同

时解锁飞机,对飞机实施第二次加速,飞机起飞。已知动子及安装其上所有装备的总质量为M,其中飞机质量为m,在运动过程中,动子始终与导轨保持良好接触,忽略导轨电

阻。(1)求动子在接通S瞬间受力的大小;(2)求第一级弹射过程中动子能达到的最大速度vm;(3)求第一级弹射过程中电源输出的总能量W;(4)判断超导线圈中电流方向(俯视),并求飞机起飞时的速度大小。

答案(1)

(2)

(3)

+

(4)顺时针

+

解析

(1)接通S瞬间,动子的速度为v=0,回路中的感应电动势为0,电源输出电压为U,由

闭合电路欧姆定律得回路中电流为I1=

由安培力公式可得动子所受的安培力大小为F=BI1l联立解得F=

(2)第一级弹射过程中,当动子的速度达到最大时,动子做匀速运动,此时动子的加速度

为0,受到的合力为0,由动子所受阻力与其速度成正比可知此时动子所受阻力大小F2=

kvm由安培力公式可知动子所受的安培力大小为F2=BI2l由法拉第电磁感应定律可得此时动子上产生的感应电动势为E=Blvm由闭合电路欧姆定律得I2=

联立解得vm=

(3)第一级弹射过程中,取一段极短的时间Δt,对动子及安装其上的所有装备,由动量定

理得BIl·Δt-kv·Δt=M·Δv等式两侧求和得∑BIl·Δt-∑kv·Δt=∑M·Δv又q=∑I·Δt整理得Bql-kxm=Mvm解得q=

电源输出的总能量为W=qU联立解得W=

+

(4)①解法一

直接分析法由于对飞机实施第二次加速,则由左手定则可知超导线圈断开后,第二级回路中的感应

电流方向(俯视)为顺时针,由右手螺旋定则可知超导线圈断开后,第二级回路中感应电

流的磁场方向为竖直向下,由楞次定律推论“增反减同”可知超导线圈中的大电流产生的磁场方向也为竖直向下,再由右手螺旋定则可判断超导线圈中电流方向(俯视)为

顺时针解法二

假设法假设超导线圈中电流方向(俯视)为顺时针,则由右手螺旋定则可知超导线圈中的电流

产生竖直向下的强磁场,超导线圈断开时,磁场快速消失,由楞次定律和右手螺旋定则可

知第二级回路中产生顺时针(俯视)的感应电流,由左手定则可知解锁飞机后飞机在磁

场中受到水平向右的安培力,从而实现第二次加速,符合题意,故假设成立,超导线圈中

电流方向(俯视)为顺时针②设飞机起飞时的速度大小为v飞,对飞机根据动量定理得BI'L·Δt=mv飞-mvm由法拉第电磁感应定律得第二级回路中产生的感应电动势为E'=

=

由闭合电路欧姆定律得第二级回路中的感应电流为I'=

联立解得v飞=

+

1.★★★(多选)(2026届山东滨州期末)如图所示为两根足够长、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。空间存在垂直导轨向外、

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

()

BC

题组2单杆电容模型A.只闭合开关S1,金属棒做匀加速直线运动B.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h=

C.只闭合开关S2,电容器右侧金属板带负电D.只闭合开关S2,某时刻金属棒MN的加速度大小a=

解析只闭合开关S1,对金属棒,根据牛顿第二定律有mg-F安=ma0,又F安=BIL,I=

,整理得a0=g-

,其中金属棒