第十二章 电磁感应（教师用书）-【创新方案】2026年高考物理一轮复习（江苏北京）

第十二章　电磁感应 第一讲　电磁感应现象　楞次定律 |纲举目张|·|精要回顾| [微点判断] (1)闭合电路内只要有磁通量，就一定有感应电流产生。 (×) (2)磁通量等于磁感应强度B与面积S的乘积。 (×) (3)穿过线圈的磁通量和线圈的匝数无关。 (√) (4)磁通量是标量，同一个闭合线圈正反面通入等条数的磁感线，磁通量相同。 (×) (5)线框不闭合时，即使穿过线框的磁通量发生变化，线框中也没有感应电流产生。 (√) (6)当导体切割磁感线时，一定产生感应电动势。 (√) (7)由楞次定律知，感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反。 (×) (8)感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化。 (√) (9)法拉第运用理想实验法发现了“电磁感应现象”。 (×) (10)楞次定律与右手定则都可以判断感应电流方向，二者没有什么区别。 (×) |关键知能|·|升维学习| 逐点清(一)　电磁感应现象的理解(基础点速过)　　　　 ◉磁通量的理解 1.如图所示，在通电螺线管外有A、B两个大小不同的圆环，穿过A环的磁通量ΦA与穿过B环的磁通量ΦB的关系是 (　 ) A.ΦA>ΦB B.ΦA<ΦB C.ΦA=ΦB D.不能确定 解析：选A　通电螺线管磁场分布与条形磁铁类似，根据右手螺旋定则和磁感线的分布情况可知，螺线管内部穿过环面的磁感线方向向上，外部穿过环面的磁感线方向向下。由于磁感线是闭合曲线，螺线管内部的磁感线条数等于螺线管外部磁感线的总条数，而螺线管外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的螺线管外部向下的磁感线将螺线管内部向上的磁感线抵消一部分，A圆环的面积小，抵消的较少，则穿过其磁通量较大，所以ΦA>ΦB，故A正确，B、C、D错误。 2.磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，如图所示，通有恒定电流的直导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由位置1平移到位置2，第二次将线框由位置1绕cd边翻转到位置2，设前后两次通过线框的磁通量变化大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则 (　 ) A.ΔΦ1>ΔΦ2 B.ΔΦ1=ΔΦ2 C.ΔΦ1<ΔΦ2 D.无法确定 解析：选C　第一次将线框由位置1平移到位置2，磁感线从线框的同一侧穿入，ΔΦ1为前后两位置磁通量的绝对值之差。第二次将线框由位置1绕cd边翻转到位置2，磁感线从线框的不同侧穿入，ΔΦ2为前后两位置磁通量的绝对值之和。故ΔΦ1 <ΔΦ2，C正确。 ◉感应电流有无的判断 3.(2025年1月·八省联考云南卷)法拉第在日记中记录了其发现电磁感应现象的过程，某同学用现有器材重现了其中一个实验。如图所示，线圈P两端连接到灵敏电流计上，线圈Q通过开关S连接到直流电源上，将线圈Q放在线圈P的里面后，则 (　 ) A.开关S闭合瞬间，电流计指针不发生偏转 B.开关S断开瞬间，电流计指针不发生偏转 C.保持开关S闭合，迅速拔出线圈Q瞬间，电流计指针发生偏转 D.保持开关S闭合，迅速拔出线圈Q瞬间，电流计指针不发生偏转 解析：选C　开关S闭合瞬间，通过线圈Q的电流增加，穿过线圈P的磁通量增加，则P中会产生感应电流，即电流计指针发生偏转，选项A错误；开关S断开瞬间，通过线圈Q的电流减小，穿过线圈P的磁通量减小，则P中会产生感应电流，即电流计指针发生偏转，选项B错误；保持开关S闭合，迅速拔出线圈Q瞬间，穿过线圈P的磁通量减小，则P中会产生感应电流，即电流计指针发生偏转，选项C正确，D错误。 1.对磁通量的理解 (1)公式Φ=BScos θ中，S为有磁感线穿过的有效面积。 (2)任何一个面都有正、反两面，磁感线从正面穿入时，穿过该面的磁通量为正；反之，磁通量为负。所求磁通量为正、负磁通量的代数和。 (3)穿过某一平面的磁感线净条数越多，磁通量越大。 2.感应电流有无的判断方法 3.常见的三种产生感应电流的情况 逐点清(二)　感应电流方向的判断(基础点速过)　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　 ◉对楞次定律的理解 1.关于感应电流，下列说法正确的是 (　 ) A.根据楞次定律知，感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁通量 B.感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化 C.感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向可能相同，也可能相反 D.当导体切割磁感线运动时，必须用右手定则确定感应电流的方向 解析：选C　由楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，A错误；感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化，不是阻碍原磁场的变化，B错误；由楞次定律知，如果是因磁通量的减少而引起的感应电流，则感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向相同，阻碍磁通量的减小；如果是因磁通量的增加而引起的感应电流，则感应电流的磁场与引起感应电流的磁场方向相反，阻碍磁通量的增加，C正确；导体切割磁感线运动时，可直接用右手定则确定感应电流的方向，也可以由楞次定律确定感应电流的方向，D错误。 ◉应用楞次定律判断感应电流的方向 2.(2024·江苏高考)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 (　 ) 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 解析：选A　将线圈a从磁场中匀速拉出的过程中，穿过线圈a的磁通量减小，根据楞次定律结合安培定则可知，线圈a中产生的感应电流方向为顺时针；由于线圈a从磁场中匀速拉出，则线圈a中产生的感应电流为恒定电流，则线圈a靠近线圈b的过程中，线圈b的磁通量垂直纸面向外且增大，同理可得线圈b中产生的感应电流方向为顺时针。故选A。 ◉应用右手定则判断感应电流或感应电动势的方向 3.(2023·江苏高考)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 > φA C.φO=φA D.φO-φA=φA-φC 解析：选A　由题图可看出导体棒OA段转动切割磁感线，根据右手定则可知感应电流的方向由A指向O，所以φO > φA，导体棒AC段不在磁场中，不切割磁感线，不产生感应电动势，则φC=φA，A正确，B、C错误；根据以上分析可知φO-φA > 0，φA-φC=0，则φO-φA > φA-φC，D错误。 1.楞次定律中“阻碍”的含义 谁阻 碍谁 感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁场(原磁场)的磁通量的变化 阻碍 什么 阻碍的是磁通量的变化，而不是阻碍磁通量本身 如何 阻碍 当磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反；当磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，即“增反减同” 阻碍 效果 阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量的变化，这种变化将继续进行 2.感应电流方向判断的两种方法 方法一：用楞次定律判断 方法二：用右手定则判断 部分导体切割磁感线时该方法适用。判断时注意掌心、四指、拇指的方向： (1)掌心——磁感线垂直穿入； (2)拇指——指向导体运动的方向； (3)四指——指向感应电流的方向。 逐点清(三)　楞次定律的推广应用(迷盲点精研)　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　 　　楞次定律可以推广为感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因。 内容 例证 增反 减同 磁铁靠近线圈，感应电流产生的磁场的磁感应强度B感与原磁场的磁感应强度B原反向 来拒 去留 磁铁靠近线圈，线圈的磁通量增加，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，从而产生排斥力 增缩 减扩 P、Q是光滑固定导轨，a、b是可动金属棒，磁铁下移，a、b靠近 增离 减靠 当S闭合时，左环向左摆动、 右环向右摆动远离通电线圈，通过远离或靠近阻碍磁通量的变化 　　[例1]　如图所示，A、B都是很轻的铝环，环A是闭合的，环B是断开的，横梁可以绕中间的支点自由转动。若用磁铁分别接近这两个圆环，则下列说法错误的是 (　 ) A.用磁铁的任意一磁极接近A环时，A环均被排斥 B.把磁铁远离A环，A环又会被吸引 C.磁极接近或者远离B环时，B环保持静止 D.磁铁N极接近B环时，B环会被排斥 [解析]　用磁铁的任意一磁极接近A环时，A环内磁通量变大，根据楞次定律，圆环受到的安培力的效果总是阻碍原磁通量的变化(来拒)可知闭合圆环中会产生感应电流，A环被排斥，A正确，不符合题意；同理，把磁铁远离A环，A环又会被吸引，B正确，不符合题意；磁极接近或者远离B环时(磁铁N极接近B环时)，B环内磁通量变化，有感应电动势，但是由于电路不闭合，所以没有感应电流，B圆环不受到安培力的作用，B圆环保持静止，C正确，不符合题意；D错误，符合题意。 [答案]　D 　　[例2]　(2025·泰州中学模拟)线圈炮是电磁炮的一种，由加速线圈和弹丸线圈构成，根据通电线圈之间磁场的相互作用原理而工作。如图所示，弹丸线圈放在绝缘且内壁光滑的水平发射导管内。闭合开关S后，在加速线圈中接通变化的电流iab，则能使静止的弹丸线圈向右发射的电流是 (　 ) [解析]　能使静止的弹丸线圈向右发射的电流，则需在弹丸线圈内产生感应电流，根据楞次定律可知，加速线圈中应通有增大的电流使得通过弹丸线圈的磁通量增大，弹丸远离加速线圈，D正确。 [答案]　D 　　[针对训练] 1.(2025·武汉调研)某同学学习了电磁感应相关知识之后，做了探究性实验：将闭合线圈按图示方式放在电子秤上，线圈上方有一N极朝下竖直放置的条形磁铁，手握磁铁在线圈的正上方静止，此时电子秤的示数为m0。下列说法正确的是 (　 ) A.将磁铁加速插向线圈的过程中，电子秤的示数小于m0 B.将磁铁匀速远离线圈的过程中，电子秤的示数大于m0 C.将磁铁加速插向线圈的过程中，线圈中产生的电流沿逆时针方向(俯视) D.将磁铁匀速插向线圈的过程中，磁铁减少的重力势能等于线圈中产生的焦耳热 解析：选C　根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，在将磁铁插向线圈(无论是匀速、加速还是减速)的过程中，线圈与磁铁相互排斥，导致电子秤的示数大于m0，反之则电子秤的示数小于m0，A、B错误；根据楞次定律可判断，将磁铁加速插向线圈时，线圈中产生的感应电流沿逆时针方向(俯视)，C正确；磁铁匀速插向线圈的过程中，磁铁受到重力、拉力、斥力作用，重力和拉力的合力做的功等于线圈中产生的焦耳热，D错误。 2.(2025·无锡模拟)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 C.t=和t=时刻，圆环内有相同的感应电流 D.t=和t=时刻，圆环内的感应电流方向不同 解析：选A　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的磁感应强度增大，所以穿过金属圆环的磁通量变大，根据楞次定律可知，圆环有扩张的趋势，A正确，B错误；由题图乙可知，在t=时刻通过螺线管的电流增大，在t=时刻通过螺线管的电流减小，根据楞次定律可知两时刻圆环感应电流方向不同，C错误；由题图乙可知，在t=和t=时刻螺线管内电流的变化率大小相等，则螺线管产生的磁场的磁通量变化率也相等，根据法拉第电磁感应定律可知，圆环内的感应电动势大小是相等的，所以感应电流大小也相等，根据楞次定律可知两时刻圆环感应电流方向也相同，D错误。 逐点清(四)　“三定则、一定律”的应用(重难点疏通)　　　　 “三定则、一定律”的比较 定则或定律 适用的现象 因果关系 安培定则 电流的磁效应——电流、运动电荷产生的磁场 因电生磁 左手定则 (1)安培力——磁场对通电导线的作用力 (2)洛伦兹力——磁场对运动电荷的作用力 因电受力 右手定则 导体做切割磁感线运动产生的电磁感应现象 因动生电 楞次定律 闭合回路磁通量变化产生的电磁感应现象 因磁生电 　　[典例]　如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一如图所示的闭合电路，当PQ在一外力的作用下运动时，MN由静止开始向右运动，则PQ所做的运动可能是 (　 ) A.向右加速运动 B.向左加速运动 C.向右匀速运动 D.向左减速运动 [解析]　MN由静止开始向右运动，说明MN受到向右的安培力，因为导线ab在MN处的磁场方向垂直纸面向里MN中的感应电流方向为M→NL1中感应电流的磁场方向向上。若L2中磁场方向向上减弱PQ中电流方向为Q→P且减小向右减速运动；若L2中磁场方向向下增强PQ中电流方向为P→Q且增大向左加速运动。 [答案]　B 1.(2025·徐州模拟)如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一个圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向左运动，在运动开始的瞬间，下列说法正确的是 (　 ) A.PQRS中电流沿顺时针方向，T中电流沿逆时针方向 B.PQRS中电流沿逆时针方向，T中电流沿顺时针方向 C.T具有收缩趋势，PQ受到向左的安培力 D.T具有扩张趋势，PQ受到向右的安培力 解析：选A　PQ突然向左运动时，根据右手定则可知，电流方向由P到Q，即闭合回路PQRS中的电流沿顺时针方向，又由安培定则可知，回路PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，故穿过环形金属线框T的磁通量将增大，由楞次定律可知，T中将产生沿逆时针方向的感应电流，故A正确，B错误；穿过环形金属线框T的磁通量增大，由楞次定律的推论“增缩减扩”可知，T有收缩的趋势，以阻碍磁通量的增大；PQ中有由P到Q的电流，由左手定则可知，PQ受到的安培力向右，故C、D错误。 2.(2023·河北高考，改编)如图甲，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。当金属杆移动到图乙位置时，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同后相反 解析：选C　由数学知识可知金属杆所围回路的面积先增大后减小，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，故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，故通过金属杆截面的电荷量随时间不是均匀增加的，故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，故C正确，D错误。 [课时跟踪检测] 1.如图所示，在绝缘光滑水平地面上，一个小金属环a和一个大金属环b的圆心在同一点。a环中通有逆时针方向的恒定电流I，b环中不通电。现将a环沿直线移向图中a′位置，则b环中感应电流i的方向和b环的运动情况分别为 (　 ) A．i为顺时针方向，b环圆心向靠近a′位置运动 B．i为顺时针方向，b环圆心向远离a′位置运动 C．i为逆时针方向，b环圆心向靠近a′位置运动 D．i为逆时针方向，b环圆心向远离a′位置运动 解析：选A　a环中通有逆时针方向的恒定电流I，a环内的磁场方向垂直纸面向外，a环外的磁场方向垂直纸面向里，b环的总磁通量方向向外，当a环沿直线移向题图中a′位置时，b环内的磁通量向外增大，由楞次定律可知，b环中感应电流i的方向为顺时针，根据楞次定律推论，阻碍相对运动，所以b环圆心向靠近a′位置运动，则A正确， B、C、D错误。 2.如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为 (　 ) A.1∶1 B.1∶2 C.1∶4 D.4∶1 解析：选A　由题图可知，穿过a、b两个线圈的磁通量均为Φ=B·πr2，因此磁通量之比为1∶1，A正确。 3.(2025·南京模拟)如图所示，在水平地面上建立平面直角坐标系xOy，直线1、2、3平行于y轴，直线4、5平行于x轴。若地下平行于y轴方向埋着一根通有恒定直流电的电缆，为了准确定位电缆的位置和走向，一圆形金属线圈在水平地面上分别沿直线1、2、3从x轴往y轴正方向匀速移动，或沿直线4、5从y轴往x轴正方向匀速移动，则下列说法正确的是 (　 ) A.线圈沿着直线1、2、3中的某条直线移动时没有产生感应电流，则该条直线的正下方一定没有电缆 B.线圈沿着直线1、2、3中的某条直线移动时没有产生感应电流，则该条直线的正下方一定有电缆 C.线圈沿着直线4、5移动的过程中，感应电流反向时，则该位置的正下方有电缆 D.线圈沿着直线4、5移动的过程中，磁通量为零时，则该位置的正下方有电缆 解析：选D　线圈沿着直线1、2、3移动时，线圈中的磁通量都不会变化，都不会产生感应电流，所以不能确定下方是否有电缆，故A、B错误；线圈沿着直线4、5移动时，从y轴到电缆正上方的过程中磁通量先增大后减小，过了正上方后磁通量反向先增大后减小，且在电缆正上方时磁通量最小为零，故C错误，D正确。 4.(2025·泰州模拟)如图甲为磁力小车，其内部结构如图乙虚线框内所示，其中A、B是具有单向导电性的发光二极管，与线圈C构成闭合回路。实验前磁力小车静止在水平桌面上(不计一切阻力)，现将强磁铁的N极从小车的左边快速靠近小车。关于实验现象，下列说法正确的是 (　 ) A.二极管A、B同时亮 　B.二极管A、B均不亮 C.仅二极管A亮 　D.仅二极管B亮 解析：选C　当强磁铁的N极从小车的左边快速靠近小车时，根据楞次定律可知，线圈C中产生感应电流，方向沿回路逆时针方向流动，利用二极管的单向导电性可知，电流流过二极管A，因此仅二极管A亮。 5.(2024·北京高考)如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，下列说法正确的是 (　 ) A.闭合开关瞬间，线圈M和线圈P相互吸引 B.闭合开关，达到稳定后，电流表的示数为0 C.断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由a到b D.断开开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场方向向左 解析：选B　闭合开关瞬间，穿过线圈P的磁通量突然增大，由楞次定律可知，线圈P中感应电流的磁场方向与线圈M中电流的磁场方向相反，二者相互排斥，故A错误；闭合开关，达到稳定后，通过线圈P的磁通量保持不变，则感应电流为0，电流表的示数为0，故B正确；断开开关瞬间，穿过线圈P的磁场方向向右，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向向右，由安培定则可知，流过电流表的感应电流方向由b到a，故C、D错误。 6.(2024年1月·九省联考广西卷)如图，当车辆驶入或驶出圆形区域时，车辆会改变区域内通电线圈中的磁场，通过传感器电路将磁场的变化转换为交通灯的控制信号，车辆驶入图中圆形区域时，车辆引起磁场变化的原因类似于 (　 ) A.将铁芯放入通电线圈 　B.增大通电线圈的面积 C.增加通电线圈的匝数 　D.加大对通电线圈的压力 解析：选A　当车辆驶入或驶出圆形区域时，车辆会改变区域内通电线圈中的磁场，利用的是互感现象，车辆上大部分是金属，车辆经过线圈时会引起车辆磁通量的变化，从而产生电磁感应现象，产生感应电流，从而改变区域内通电线圈中的磁场；此过程类似于将铁芯放入通电线圈，铁芯的磁通量也会变化，也会产生感应电流，从而改变通电线圈中的磁场。故选A。 7.如图所示，水平桌面上固定一通电直导线，电流方向如图所示，且电流逐渐增大，导线右侧有一金属导线制成的圆环，且圆环始终静止在水平桌面上，则 (　 ) A.圆环中产生顺时针方向的感应电流 B.圆环中产生恒定的感应电流 C.圆环有扩张的趋势 D.圆环受到水平向左的摩擦力 解析：选D　直导线中电流方向向上，在右侧产生的磁场方向向里，电流增大，穿过圆环的磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流的磁场方向向外，则感应电流为逆时针，故A错误；根据题意可知电流只是逐渐增大，而只有直导线通的电流均匀增大时，圆环中的磁通量才均匀变化，从而产生恒定的感应电流，故B错误；穿过圆环的磁通量增大，根据楞次定律的推论“增缩减扩”，可知圆环有收缩的趋势，故C错误；将有逆时针感应电流流过的圆环用微元法截成电流元，上下电流元所受安培力抵消，而对于左右的电流元，由于左侧所处的磁感应强度更大，抵消右侧所受安培力之后为总的安培力方向，由左手定则可知圆环整体所受安培力方向向右，对静止在水平桌面上的圆环受力分析可知，圆环受到水平向左的摩擦力，故D正确。 8.(2025·宿迁模拟)如图，电路中红灯与绿灯均为发光二极管，弹簧下端连接一条形磁铁，磁铁沿螺线管轴线上下振动过程中，忽略空气阻力，下列说法正确的是 (　 ) A.红灯与绿灯交替发光 B.红灯与绿灯亮度不变 C.条形磁铁振幅不变 D.条形磁铁所受合力方向与运动方向始终相反 解析：选A　条形磁铁沿螺线管轴线上下振动过程中，由楞次定律以及二极管的导电特点可知，当磁铁向下运动时红灯亮，当磁铁向上运动时绿灯亮，故A正确；条形磁铁上下振动过程中，速度在变化，通过螺线管的磁通量的变化率在变化，感应电流大小在变化，故红灯与绿灯亮度不断变化，故B错误；条形磁铁做阻尼振动，振幅不断减小，故C错误；条形磁铁振动过程中，若速度增大，则所受合力方向与运动方向相同，若速度减小，则所受合力方向与运动方向相反，故D错误。 9.(2025年1月·八省联考四川卷)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处于水平位置，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 (　 ) 解析：选C　由楞次定律“增反减同”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斜向右上方，右侧可形变的导体棒所受安培力斜向左上方，故选C。 10.为防止意外发生，游乐场等大型设施都配备有电磁阻尼装置，如图所示为某款阻尼缓冲装置的原理示意图：带有光滑轨道的机械主体，能产生垂直缓冲轨道平面的匀强磁场，边缘绕有闭合矩形线圈abcd的高强度缓冲滑块撞到竖直墙时，被瞬间强制制动，机械主体以及磁场由于惯性继续缓冲减速，对缓冲过程，下列说法正确的是 (　 ) A.线圈bc段受到向右的安培力 B.同一匝线圈中b端的电势高于c端的电势 C.线圈ab段中电流方向为由a到b D.若磁场反向，则装置起不到缓冲作用 解析：选B　缓冲过程中，线圈bc段切割磁感线，根据右手定则，感应电流方向为c到b，线圈bc段受到向左的安培力作用，A错误；感应电流方向为c到b，b端的电势高于c端的电势，线圈ab段中电流方向为由b到a，B正确，C错误；磁场反向时，感应电流方向反向，线圈bc段受到的安培力方向仍然向左，仍起到缓冲作用，D错误。 11.(2025·徐州调研)1831年法拉第把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路，B线圈与开关S及电流计G组成另一个回路。如图所示，通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件。关于该实验下列说法正确的是 (　 ) A.闭合开关S的瞬间，G中有a→b的感应电流 B.闭合开关S的瞬间，G中有b→a的感应电流 C.闭合开关S后，R的滑片向左移动的过程，G中有a→b的感应电流 D.闭合开关S后，R的滑片向左移动的过程，G中有b→a的感应电流 解析：选D　在滑动变阻器的滑片不动的情况下，线圈A中通过的是恒定电流，产生的磁场是恒定的，所以线圈B中不产生感应电流，A、B错误；在向左移动滑动变阻器的滑片的过程中，线圈A中电流减小，即线圈B处于逐渐减弱的磁场中，由安培定则和楞次定律可知，电流计中的电流从b到a，故C错误，D正确。 12.(2025·连云港模拟)如图所示，右端为N极的磁铁置于粗糙水平桌面上并与轻质弹簧相连，弹簧一端固定在竖直墙面上，当弹簧处于原长时，磁铁的中心恰好是接有一盏小灯泡的竖直固定线圈的圆心。用力将磁铁向右拉到某一位置，撤去作用力后磁铁穿过线圈来回振动，有关这个振动过程，以下说法正确的是 (　 ) A.小灯泡的亮度不会发生变化 B.磁铁接近线圈时，线圈对磁铁产生排斥力 C.从左往右看线圈中的电流一直沿逆时针方向 D.若忽略摩擦力和空气阻力，磁铁振动的幅度不会减小 解析：选B　以磁铁的S极接近线圈过程分析，速度增大，且接近线圈时磁感应强度增大，则穿过线圈的磁通量变化率增大，感应电流增大，小灯泡会变亮，故A错误；根据楞次定律的推论“来拒去留”可知磁铁接近线圈时，线圈对磁铁产生排斥力，故B正确；当磁铁的S极接近线圈时，根据楞次定律可知线圈中的电流沿逆时针方向(从左往右看)，当磁铁的S极向右运动远离线圈时，根据楞次定律可知，线圈中的电流沿顺时针方向(从左往右看)，故C错误；若忽略摩擦力和空气阻力，磁铁的振幅也会越来越小，因为弹簧和磁铁的机械能逐渐转化为焦耳热，故D错误。 13.(2025·淮阴中学模拟)图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其 “发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮过程磁铁远离螺线管回归原位置，P、Q端与门铃(图中未画出)连接构成回路。下列说法正确的是 (　 ) A.按下按钮的过程，螺线管P端电势较高 B.松开按钮的过程，螺线管Q端电势较高 C.按下和松开按钮的过程，螺线管产生的感应电流方向相同 D.按下和松开按钮的过程，螺线管所受磁铁的安培力方向相反 解析：选D　按下按钮的过程中，穿过线圈的磁通量向左增加，根据楞次定律可知，感应电流的方向从P端经螺线管流向Q端，则螺线管Q端电势较高，故A错误；松开按钮的过程中，穿过线圈的磁通量向左减小，根据楞次定律可知，感应电流的方向从Q端经螺线管流向P端，此时螺线管P端电势较高，故B错误；按下按钮的过程中，螺线管Q端电势较高；松开按钮的过程中，螺线管P端电势较高，按下和松开按钮的过程，螺线管产生的感应电流方向相反，故C错误；按下和松开按钮的过程，螺线管产生的感应电流方向相反，磁铁的磁场方向不变，螺线管所受磁铁的安培力方向相反，故D正确。 14.(2025·镇江模拟)如图所示，光滑水平桌面上放有一根通有恒定电流I的直导线，在导线一侧有一个铜制圆环。将圆环分两次释放，初速度大小均为v0，方向与直导线的夹角均为θ，假设圆环不会与导线相碰，则下列说法正确的是 (　 ) A.两次圆环中感应电流方向相同 B.两次圆环开始时刻受到的安培力方向相同 C.两次圆环的末速度相同 D.两次圆环到达稳定状态所需的时间相同 解析：选C　根据安培定则，导线中电流在上侧产生的磁场方向垂直于纸面向外，当圆环斜向右上方运动时，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律，圆环中感应电流沿逆时针方向，当圆环斜向右下方运动时，穿过圆环的磁通量增大，根据楞次定律，圆环中感应电流沿顺时针方向，可知，两次圆环中感应电流方向相反，故A错误；在圆环上截取左右对称的两个微元，根据对称性与左手定则，两个微元所受安培力在水平方向的分力大小相等，方向相反，即圆环水平方向合力为0，在圆环上截取上下对称的两个微元，根据对称性与左手定则，两个微元所受安培力在竖直方向的分力方向相反，由于距离导线越远，磁感应强度越小，则在竖直方向上，两个微元中下侧的微元所受安培力竖直方向的分力大一些，即圆环整体所受安培力方向与下侧微元所受安培力竖直方向的分力方向一致，结合上述感应电流的方向，利用左手定则，可以判定下侧的微元所受安培力竖直方向的分力一个竖直向下，一个竖直向上，即两次圆环开始时刻受到的安培力方向相反，故B错误；结合上述可知，在圆环所受安培力作用下，圆环在竖直方向做减速运动，当竖直分速度减为0时，圆环向右做匀速直线运动，穿过圆环的磁通量不再发生变化，之后圆环中没有感应电流，可知，最终圆环的速度均为v0cos θ，故C正确；结合上述，圆环在竖直方向做减速运动，由于距离导线越远，磁感应强度越小，则圆环斜向右下方运动时，所受安培力大一些，即此时竖直方向减速过程的加速度大一些，可知，斜向右下方运动至稳定状态所用时间短一些，故D错误。 第二讲　法拉第电磁感应定律及其应用 第1课时　法拉第电磁感应定律　自感和涡流(系统知能课) |纲举目张|·|精要回顾| [微点判断] (1)线圈中磁通量越大，产生的感应电动势越大。 (×) (2)线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大。 (×) (3)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大。 (√) (4)线圈中的电流越大，自感系数也越大。 (×) (5)对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势越大。 (√) (6)当线圈中电流反向时，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反。 (×) (7)自感电动势有时会大于电路中的电源电动势。 (√) (8)电磁炉是利用电磁感应原理产生涡流来工作的。 (√) (9)电磁阻尼体现了能量守恒定律。 (√) (10)电磁阻尼阻碍相对运动，电磁驱动促进二者相对运动。 (×) |关键知能|·|升维学习| 逐点清(一)　法拉第电磁感应定律的理解及应用(基础点速过)　　　　　　 ◉公式E=n的应用 1.(2023·重庆高考)某小组设计了一种呼吸监测方案：在人身上缠绕弹性金属线圈，观察人呼吸时处于匀强磁场中的线圈面积变化产生的电压，了解人的呼吸状况。如图所示，线圈P的匝数为N，磁场的磁感应强度大小为B，方向与线圈轴线的夹角为θ。若某次吸气时，在t时间内每匝线圈面积增加了S，则线圈P在该时间内的平均感应电动势为 (　 ) A. B. C. D. 解析：选A　根据法拉第电磁感应定律有=N=NBcos θ·=，故选A。 ◉公式E=S的应用 2.(2025·宿迁模拟)一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆的面积为S1，小圆的面积均为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.4kS1 B.4kS2 C.k D.k 解析：选C　由法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势为E1==S1=kS1，每个小圆线圈产生的感应电动势均为E2==S2=kS2，由线圈的绕线方式和楞次定律可知，4个小圆线圈产生的感应电动势方向相同，而大圆线圈产生的感应电动势方向与4个小圆线圈产生的感应电动势方向相反，所以线圈中总的感应电动势大小为E==k，故选C。 3.(2023·湖北高考)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0 cm、1.2 cm 和1.4 cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103 T/s，则线圈产生的感应电动势最接近 (　 ) A.0.30 V　 B.0.44 V　 C.0.59 V　 D.4.3 V 解析：选B　根据法拉第电磁感应定律可知E===103×(1.02+1.22+1.42)×10-4 V=0.44 V，故选B。 ◉公式E=nB的应用 4.如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S=0.3 m2、电阻R=0.6 Ω，磁场的磁感应强度B=0.2 T。现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt=0.5 s时间内合到一起。求线圈在上述过程中 (1)感应电动势的平均值E； (2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向； (3)通过导线横截面的电荷量q。 解析：(1)感应电动势的平均值E=，磁通量的变化量ΔΦ=BΔS，解得E=，代入数据解得E=0.12 V。 (2)平均电流I=，代入数据得I=0.2 A，电流方向如图所示。 (3)电荷量q=IΔt，代入数据得q=0.1 C。 答案：(1)0.12 V　(2)0.2 A　见解析图　(3)0.1 C 1.对法拉第电磁感应定律的理解 (1)公式E=n求解的是一个回路中某段时间内的平均感应电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值。 (2)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率共同决定，而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系。 (3)磁通量的变化率对应Φ-t图线上某点切线的斜率。 (4)通过回路截面的电荷量q=，仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关。 2.法拉第电磁感应定律的变形式 (1)E=nS——适用于垂直于磁场的回路面积S不变，磁感应强度B发生变化的情形；此时，在B-t 图像中是图线的斜率。 (2)E=nB——适用于磁感应强度B不变，垂直于磁场的回路面积S发生变化的情形。 逐点清(二)　导体棒切割产生感应电动势(重难点疏通)　　　　 1.平动切割 E=Blv的三个特性 正交性 本公式要求磁场为匀强磁场，而且B、l、v三者互相垂直 有效性 公式中的l为导体棒切割磁感线的有效长度，如图中a、b间的距离 相对性 E=Blv中的速度v是导体棒相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系 2.三种切割方式 切割方式 电动势表达式 说明 垂直切割 E=Blv (1)导体棒与磁场方向垂直 (2)磁场为匀强磁场 倾斜切割 E=Blv sin θ 其中θ为 v与B的夹角 旋转切割 (以一端为轴) E=Bl2ω 　　[典例]　(2024·湖南高考)如图，有一硬质导线Oabc，其中是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为 (　 ) A.φO>φa>φb>φc B.φO<φa<φb<φc C.φO>φa>φb=φc D.φO<φa<φb=φc [解析]　如图，相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，根据右手定则可知O点电势最高；根据E=Blv=Bωl2，同时有lOb=lOc=R，可得0<UOa<UOb=UOc，得φO>φa>φb=φc，故选C。 [答案]　C 1.[平动切割]磁悬浮列车是高速低耗交通工具，如图甲所示，它的驱动系统简化为如图乙所示的物理模型。固定在列车底部的正方形金属线框的边长为L，匝数为N，总电阻为R；水平面内平行长直导轨间存在磁感应强度大小均为B、方向交互相反、边长均为L的正方形组合匀强磁场。当磁场以速度v匀速向右移动时，可驱动停在轨道上的列车，则 (　 ) A.图示时刻线框中感应电流沿逆时针方向 B.列车运动的方向与磁场移动的方向相反 C.列车速度为v'时线框中的感应电动势大小为2NBL(v-v') D.列车速度为v'时线框受到的安培力大小为 解析：选C　磁场向右移动时，根据右手定则可判定线框内的感应电流沿顺时针方向，A错误；再由左手定则可知，线框的左、右两侧所受安培力均水平向右，故列车运动的方向与磁场移动的方向相同，B错误；当列车速度为v'时线框中的感应电动势大小为E=2NBL(v-v')，C正确；线框所受安培力大小为F=2NBIL，其中I=，则F=，D错误。 2.[转动切割](2025·淮安模拟)图甲为某风速测量装置，可简化为图乙所示的模型。圆形磁场半径为L，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，风推动风杯组(导体棒OA代替)绕水平轴以角速度ω顺时针转动，风杯中心到转轴距离为2L，导体棒OA电阻为r，导体棒与弹性簧片接触时回路中产生电流，接触过程中，导体棒转过的圆心角为45°，图乙中电阻阻值为R，其余电阻不计。下列说法正确的是 (　 ) A.流过电阻R的电流方向为从左向右 B.风杯的速率为ωL C.导体棒与弹性簧片接触时产生的电动势为E=BL2ω D.导体棒每转动一圈，流过电阻R的电荷量为 解析：选D　根据右手定则可知，导体棒OA上感应电流方向为从O到A，流过电阻R的电流方向为从右向左，故A错误；风杯的速率为v=ω×2L=2ωL，故B错误；导体棒与弹性簧片接触时产生的电动势为E=BL=BLω·=BL2ω，故C错误；依题意，导体棒每转动一圈，与弹性簧片接触过程中，导体棒转过的圆心角为45°，所以三组风杯每转动一圈与弹性簧片接触的时间为t=，根据闭合电路欧姆定律，有I=，又q=It，联立解得q=，故D正确。 逐点清(三)　自感和涡流　电磁阻尼与电磁驱动(重难点疏通)　　　　　　 (一)自感现象 1.自感现象的四大特点 (1)自感电动势总是阻碍线圈中原电流的变化。 (2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化。 (3)电流稳定时，自感线圈相当于普通导体。 (4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向。 2.通电自感和断电自感的比较 电路 类型 电路 特点 A1、A2同规格，R=RL，L较大 L很大(有铁芯) 通电 自感 在S闭合瞬间，灯泡A2立即亮起来，灯泡A1逐渐变亮，最终一样亮 S闭合后，灯泡A立即亮，然后逐渐变暗达到稳定 断电 自感 回路电流减小，灯泡逐渐变暗，灯泡A1电流方向不变，灯泡A2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 共同点 自感电动势总是阻碍原电流的变化 　　[例1]　(2025·常州模拟)如图是用电流传感器(相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，图中两个定值电阻的阻值均为R，L是一个自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R。某同学画出在t0时刻开关S切换前后，通过传感器的电流随时间变化的图像。关于这些图像，下列说法正确的是 (　 ) A.甲图是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况 B.乙图是开关S由断开变为闭合，通过传感器1的电流随时间变化的情况 C.丙图是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况 D.丁图是开关S由闭合变为断开，通过传感器2的电流随时间变化的情况 [解析]　设电源电动势为E(忽略内阻)，则开关S由断开变为闭合的瞬间，传感器1中会有电流通过，由于自感线圈的自感作用，自感线圈中电流为0，通过传感器1的电流为I1=，自感线圈中的电流逐渐从0开始增大，最终稳定状态下自感线圈的直流电阻值也为R，通过传感器1的电流将会逐渐增大为I'==，故A、B错误；开关S处于闭合状态并达到稳定时，自感线圈和传感器2的电流方向均是自左向右，大小相等；开关S由闭合变为断开，自感线圈充当电源且电流大小不突变，则通过传感器2的电流方向瞬间变为自右向左，并逐渐减为0，故C正确，D错误。 [答案]　C (二)涡　流 两种 情况 (1)块状金属放在变化的磁场中会产生涡流 (2)块状金属进出磁场或在非匀强磁场中运动会产生涡流 能量 转化 伴随着涡流现象，其他形式的能转化成电能最终在块状金属中转化为内能：(1)块状金属放在变化的磁场中，则磁场能转化为电能，最终转化为内能； (2)如果是块状金属进出磁场或在非匀强磁场中运动，则由于克服安培力做功，块状金属的机械能转化为电能，最终转化为内能 　　[例2]　(2024·湖北高考)《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 [解析]　雷击时，瞬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，发热使金属熔化，C正确。 [答案]　C (三)电磁阻尼与电磁驱动 比较 电磁阻尼 电磁驱动 不同点 成因 由于导体在磁场中运动而产生感应电流，从而使导体受到安培力 由于磁场运动引起磁通量的变化而产生感应电流，从而使导体受到安培力 效果 安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动 导体受安培力的方向与导体运动方向相同，推动导体运动 能量转化 导体克服安培力做功，其他形式能转化为电能，最终转化为内能 由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能，而对外做功 相同点 都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动 　　[例3·电磁阻尼]　(2024·南京模拟)电磁阻尼可以无磨损地使运动的线圈快速停下来。如图所示，扇形铜框abcd在绝缘细杆作用下绕转轴O在同一水平面内快速逆时针转动，虚线把圆环分成八等份，扇形铜框恰好可以与其中一份重合。为使线框快速停下来，实验小组设计了以下几种方案，其中虚线为匀强磁场的理想边界，边界内磁场大小均相同，其中最合理的是 (　 ) 　　[解析]　扇形铜框逆时针转动时，对于A、D选项，穿过铜框的磁通量不发生变化，无感应电流产生，则铜框不会受到安培力作用；对于B、C选项，穿过铜框的磁通量发生变化，产生感应电流，B项的铜框只有单边ad或bc受到安培力作用，而C项的铜框ad边、bc边同时受到安培力作用，所以最合理的是C选项。 [答案]　C 　　[例4·电磁驱动]　(2025·镇江模拟)如图所示，半截的塑料瓶周围贴上磁铁，用木棍在内部撑起，在它的两边有用木棍支撑起倒立的铝质易拉罐时，当转动中间的这个塑料瓶，从上向下看，塑料瓶顺时针旋转，那么两边的易拉罐转动情况是 (　 ) A.左边的易拉罐逆时针转动，右边的易拉罐顺时针转动 B.左右两边的易拉罐都是逆时针转动 C.易拉罐转动的角速度等于塑料瓶转动的角速度 D.用塑料瓶罩住易拉罐，易拉罐将不会转动 [解析]　由于塑料瓶带动磁铁转动过程中，穿过易拉罐的磁通量不断变化，从而产生感应电流，易拉罐将受到安培力作用而转动，属于电磁驱动，根据楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，所以若塑料瓶顺时针转动，则左右两边的易拉罐都是逆时针转动。 [答案]　B [课时跟踪检测] 1.当航天飞机在环绕地球的轨道上飞行时，从中释放一颗卫星，卫星与航天飞机的速度相同，两者用导电缆绳相连，这种卫星称为绳系卫星。现有一绳系卫星在地球赤道上空自西向东运行，忽略地球自转。卫星位于航天飞机的正上方，它与航天飞机之间的距离是20.5 km，卫星所在位置的地磁场B=4.6×10-5 T，沿水平方向由南向北。如果航天飞机和卫星的运行速度都是7.6 km/s，则以下说法正确的是 (　 ) A.导电缆绳中的感应电动势约为7.2×103 V B.导电缆绳中的感应电动势约为7.2 V C.航天飞机端的电势高于卫星端的电势 D.如果卫星与航天飞机由南向北飞，航天飞机端的电势高于卫星端的电势 解析：选A　导电缆绳垂直切割地磁场，产生的感应电动势为E=BLv=4.6×10-5×20.5×103×7.6×103 V≈7.2×103 V，故A正确，B错误；导电缆绳垂直切割地磁场，由右手定则可知航天飞机端的电势低于卫星端的电势，故C错误；如果卫星与航天飞机由南向北飞，电缆绳不切割磁感线，不产生感应电动势，则航天飞机端的电势等于卫星端的电势，故D错误。 2.(2024·甘肃高考)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 解析：选B　当线圈中通有交变电流时，感应电炉金属内的磁通量也不断随之变化，金属中产生交变感应电流，A错误，B正确；若线圈匝数增加，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势增大，则金属中感应电流变大，C、D错误。 3.(2024·南京师范大学附属中学模拟)如图是汽车上使用的电磁制动装置示意图。电磁制动是一种非接触的制动方式，其原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是 (　 ) A.制动过程中，导体不会产生热量 B.如果导体反向转动，此装置将不起制动作用 C.制动力的大小与线圈中电流的大小无关 D.线圈中电流一定时，导体运动的速度越大，制动力就越大 解析：选D　电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，电流流过导体时会产生热量，A错误；如果导体反向转动，导体中产生的涡流方向反向，根据左手定则，导体所受安培力方向也反向，故此装置仍起制动作用，B错误；线圈中电流越大，则产生的磁场越强，转盘转动产生的涡流越强，则对转盘的制动力越大，C错误；线圈中电流一定时，导体运动的速度越大，转盘转动产生的涡流越强，制动力就越大，D正确。 4.(2025·泰州模拟)如图甲所示，等边三角形金属框ACD的边长均为L，单位长度的电阻为r，E为CD边的中点，三角形ADE所在区域内有磁感应强度垂直纸面向外、大小随时间变化的匀强磁场，图乙是匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的图像。下列说法正确的是 (　 ) A.t0时刻，穿过金属框的磁通量为 B.5t0时刻，金属框内的感应电流由大变小 C.0~5t0时间内的感应电动势小于5t0~8t0时间内的感应电动势 D.5t0~8t0时间内，A、E两点的电势差的绝对值恒为 解析：选C　t0时刻，穿过金属框的磁通量Φ=B0××L×L=，A错误；根据法拉第电磁感应定律可知E==S，结合题图乙可知，0~5t0时间内的感应电动势小于5t0~8t0时间内的感应电动势，结合闭合电路欧姆定律可知，5t0时刻，金属框内的感应电流由小变大，B错误，C正确；5t0~8t0时间内，A、E两点的电势差的绝对值恒为U=I×R=×R=，D错误。 5.三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆形线框的直径相等，圆形线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示。把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3。则 (　 ) A.I1<I3<I2 B.I1>I3>I2 C.I1=I2>I3 D.I1=I2=I3 解析：选C　设圆形线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所以圆形线框的周长为C2=2πr，面积为S2=πr2，同理可知正方形线框的周长和面积分别为C1=8r，S1=4r2，正六边形线框的周长和面积分别为C3=6r，S3=×r×r×6=，三个线框所用材料粗细相同，根据电阻定律R=ρ，可知三个线框电阻之比为R1∶R2∶R3=C1∶C2∶C3=4∶π∶3，根据法拉第电磁感应定律及闭合电路欧姆定律有I==·，可得电流之比为I1∶I2∶I3=2∶2∶，即I1=I2>I3。 6.如图甲所示，20匝的金属线圈(图中只画了2匝)电阻为r=2 Ω，两端a、b与R=8 Ω的电阻相连。线圈内有垂直线圈平面(纸面)向里的磁场，磁通量按图乙所示规律变化。则 (　 ) A.通过电阻R的电流方向为b→a B.线圈产生的感应电动势为5 V C.电阻R两端的电压为6 V D.0~0.1 s，通过线圈导线横截面的电荷量为0.1 C 解析：选D　线圈相当于电源，由楞次定律可知a相当于电源的正极，b相当于电源的负极，故通过电阻R的电流方向为a→b，A错误；由法拉第电磁感应定律得E=n=10 V，B错误；由闭合电路的欧姆定律得I==1 A，又由部分电路欧姆定律得U=IR=8 V，C错误；根据q=It得，0~0.1 s内通过线圈导线横截面的电荷量为q=0.1 C，D正确。 7.(2024·苏州模拟)在油电混合小轿车上有一种装置，刹车时能将车的动能转化为电能，启动时再将电能转化为动能，从而实现节能减排。如图所示，甲、乙磁场方向与轮子的转轴平行，丙、丁磁场方向与轮子的转轴垂直，轮子是绝缘体，则采取下列哪个措施，能有效地借助磁场的作用，让转动的轮子停下 (　 ) A.如图甲，在轮上固定绕制的线圈 B.如图乙，在轮上固定绕制的闭合线圈 C.如图丙，在轮上固定一些细金属棒，金属棒与轮子转轴平行 D.如图丁，在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行 解析：选D　题图甲和题图乙中当轮子转动时，穿过线圈的磁通量都是不变的，不会产生感应电流，则不会有安培力阻碍轮子转动，A、B错误；题图丙中在轮上固定一些细金属棒，当轮子转动时会产生感应电动势，但是不会形成感应电流，则不会产生安培力阻碍轮子转动，C错误；题图丁中在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行，当轮子转动时会产生感应电动势，形成感应电流，则会产生安培力阻碍轮子转动，使轮子很快停下来，D正确。 8.(2022·河北高考)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.5kS2 C.k(S1-5S2) D.k(S1+5S2) 解析：选D　根据法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势E1===kS1，每个小圆线圈产生的感应电动势E2===kS2，由线圈的绕线方式和楞次定律可知大、小圆线圈中产生的感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为E=E1+5E2=k(S1+5S2)，D正确。 9.(2025·南通模拟)如图，在垂直纸面向里的足够大的匀强磁场中放置一硬质异形导线框Oab，其中ab段是半径为R的圆弧，直线段Oa长为R且与圆弧段相切。该导线框在纸面内绕O点逆时针转动，则下列说法正确的是 (　 ) A.UaO=BωR2 B.感应电流方向b→a→O C.φb>φa>φO D.UOb=BωR2 解析：选D　由于转动过程，穿过导线框的磁通量保持不变，所以导线框中不产生感应电流，故B错误；对于Oab部分，根据右手定则可知，产生的感应电动势方向由b→a→O，则b端相当于电源的负极，O端相当于电源的正极，所以电势关系为φO>φa>φb，故C错误；对于Oa部分，UOa=BR=BR·=BωR2，则UaO=-UOa=-BωR2，故A错误；对于Ob部分，UOb=BlOb'，由几何关系可得lOb==R，则UOb=BlOb'=B·R·=BωR2，故D正确。 10.(2022·广东高考，改编)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 (　 ) A.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，线圈中有感应电流 D.线圈从P点到M点过程的感应电动势与从P点到N点过程的感应电动势相等 解析：选A　根据安培定则，M、N点的磁场方向如图所示，由图可知，M点与N点的磁感应强度大小相等，方向相同，A正确；线圈在P点时磁通量为零，在N点时磁通量不为零，故B错误；线圈从P点开始竖直向上运动时，磁通量始终为零，线圈中无感应电流，故C错误；线圈在M点和在N点的磁通量相等，则从P点到M点和从P点到N点的磁通量的变化量ΔΦ相同，但线圈以相同速率从P点到M点和从P点到N点的时间不同，根据法拉第电磁感应定律E=n可知，电动势不同，故D错误。 11.(2024·广东高考)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 (　 ) A.穿过线圈的磁通量为BL2 B.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 解析：选D　根据题图乙可知，两对永磁铁穿过线圈的磁场方向相反，且磁场分界线不会离开线圈，故穿过线圈的磁通量不可能为BL2，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁相对线圈上升越快，穿过线圈的磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故B、C错误；永磁铁相对线圈下降时，根据楞次定律结合安培定则可知，线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。 12.(2022·北京高考)如图所示平面内，在通有图示方向电流I的长直导线右侧，固定一矩形金属线框abcd，ad边与导线平行。调节电流I使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则 (　 ) A.线框中产生的感应电流方向为a→b→c→d→a B.线框中产生的感应电流逐渐增大 C.线框ad边所受的安培力大小恒定 D.线框整体受到的安培力方向水平向右 解析：选D　根据安培定则可知，通电直导线右侧的磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度随时间均匀增加，根据楞次定律可知线框中产生的感应电流方向为a→d→c→b→a，A错误；线框中产生的感应电流为I==n=n·，空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，故线框中产生的感应电流不变，B错误；线框ad边中的感应电流保持不变，磁感应强度随时间均匀增加，根据安培力表达式F安=BIL，故所受的安培力变大，C错误；线框所处空间的磁场方向垂直纸面向里，线框中产生的感应电流方向为a→d→c→b→a，根据左手定则可知，线框ad边所受的安培力方向水平向右，线框bc边所受的安培力方向水平向左，且ad边受到的安培力大于bc边受到的安培力，线框ab边与dc边所受安培力大小相等、方向相反，故线框整体受到的安培力方向水平向右，D正确。 13.(2023·北京高考)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 解析：选D　由题知，开关S闭合后，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，断开开关前通过Q灯的电流远大于通过P灯的电流，通过线圈L的电流大于通过P灯的电流，断开开关时，Q所在电路未闭合，立即熄灭，由于自感现象，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭。 14.(2025·宿迁模拟)如图所示，玻璃圆管内壁光滑、竖直放置在方向竖直向上、磁感应强度B随时间均匀减小的磁场中。有一带正电的小球(可视为质点)，以速率v0沿逆时针方向从管口上端贴着管壁水平射入管内，经过一段时间后从底部离开圆管，小球从下端离开玻璃管时磁场还没减小到0，若再次重复该过程，小球以相同速率v0进入管内，同时撤去磁场，设运动过程中小球所带电量不变，空气阻力不计。下列说法正确的是 (　 ) A.撤去磁场后小球离开管口的速率小于有磁场时的速率 B.撤去磁场后小球离开管口的时间大于有磁场时的时间 C.有磁场时小球对玻璃管的压力一定不断增大 D.小球两次在玻璃管中运动时，都只有重力做功，故小球与地球组成的系统机械能守恒 解析：选A　有磁场时，会在空间形成涡旋电场，电场力对小球做功，小球离开管口的速率大于撤去磁场时的速率，故A正确；撤去磁场后，小球竖直方向受力不变，运动时间不变，故B错误；根据牛顿第二定律有FN-qvB=，解得FN=+qvB，v虽然在增大但是B在减小，所以qvB不一定是一直增大的，故C错误；有磁场时，小球在玻璃管中运动时，涡旋电场也对小球做功，故小球与地球组成的系统机械能不守恒，故D错误。 第2课时　电磁感应中的电路和图像问题(题型研究课) 　　电磁感应中的电路和图像问题是高考命题的热点问题，近几年高考经常涉及这方面的题目，常以选择题的形式呈现，常涉及电磁感应定律、楞次定律、闭合电路的欧姆定律等相关知识，试题难度中等。 考法(一)　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.“三步走”分析电路为主的电磁感应问题 　　[典例]　如图所示，空间有两个宽度分别为L和2L的有界匀强磁场区域，磁感应强度大小都为B，左侧磁场方向垂直于纸面向里，右侧磁场方向垂直于纸面向外，以左边磁场的左边界为坐标原点建立x轴。边长为L的正方形金属线框abcd以垂直于磁场边界的速度v匀速通过两个磁场区域，从线框cd边刚进入磁场开始到整个线框离开磁场区域的过程中，ab两点间的电势差和线框受到的安培力F(规定水平向右为正方向)随着位置x变化的图像正确的是 (　 ) [解题指导]　 (1)整个过程分为四个阶段，应逐段进行分析； (2)分析电动势和安培力时，应注意有几个边正在切割磁感线或受到安培力。 [解析]　根据题意，第一个过程：cd边刚进入左侧磁场到cd边刚要进入右侧磁场的过程，由法拉第电磁感应定律和闭合回路欧姆定律有，ab两点间的电势差U0=BLv(a点电势高)，cd边受安培力大小为F0=BIL=BL=，方向水平向左；第二个过程：cd边刚进入右侧磁场到ab边刚进入右侧磁场的过程，ab两点间的电势差U2=BLv-×=BLv=2U0(a点电势高)，线框受到的安培力为F2=2BI'L=2BL=4=4F0，方向水平向左；第三个过程：ab边离开左侧磁场到cd边到右侧磁场的右边界，在这个过程中，线框中没有感应电流，所以线框不受安培力的作用，ab两点间的电势差U3=-BLv=-4U0(b点电势高)；第四个过程：cd边刚离开右侧磁场到ab边刚离开右侧磁场的过程，线框受到的安培力为F4=BIL=BL==F0，方向水平向左，ab两点间的电势差U4=-BLv=-3U0(b点电势高)。故选C。 [答案]　C [针对训练] 题点1　导体棒平动切割的电路问题 1.如图所示，有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度B=0.2 T，磁场方向垂直纸面向里。在磁场中有一半径r=0.4 m的金属圆环，磁场与圆环面垂直，圆环上分别接有灯泡L1、L2，两灯泡的电阻均为R0=2 Ω。一金属棒MN与圆环接触良好，金属棒与金属圆环的电阻均忽略不计。 (1)若金属棒MN以v0=5 m/s的速率在圆环上向右匀速滑动，求金属棒MN滑过圆环直径的瞬间MN中的电动势和流过灯泡L1的电流； (2)撤去金属棒MN，若此时磁场随时间均匀变化，磁感应强度的变化率为= T/s，求回路中的电动势和灯泡L1的电功率。 解析：(1)金属棒MN可等效为电源且无内电阻，等效电路如图1所示； MN滑过圆环直径时的电动势E1=2Brv0=0.8 V MN中的电流I==0.8 A 流过灯泡L1的电流I1==0.4 A。 (2)撤去金属棒MN，若此时磁场随时间均匀变化，闭合电路会产生感应电流，等效电路如图2所示；由法拉第电磁感应定律得 回路中的电动势E2=·πr2=0.64 V 回路中的电流I'==0.16 A 灯泡L1的电功率P1=I'2R0=5.12×10-2 W。 答案：(1)0.8 V　0.4 A　(2)0.64 V　5.12×10-2 W 题点2　导体棒转动切割的电路问题 2.如图甲所示，ACD是固定在水平面上的半径为2r、圆心为O的金属半圆弧导轨，EF是半径为r、圆心也为O的半圆弧，在半圆弧EF与导轨ACD之间的半圆环区域内存在垂直导轨平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，B随时间t变化的图像如图乙所示。OA间接有电阻P，金属杆OM可绕O点转动，M端与导轨接触良好，金属杆OM与电阻P的阻值均为R，其余电阻不计。 (1)0~t0时间内，金属杆OM固定在与OA夹角为θ1=的位置不动，求这段时间内通过电阻P的感应电流大小和方向； (2)t0~2t0时间内，金属杆OM在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动，2t0时刻转过角度θ2=到达OC位置，求电阻P在这段时间内产生的焦耳热Q。 解析：(1)0~t0时间内的感应电动势 E1==·S1，其中= S1=·π(2r)2-πr2= 感应电流I1=，联立解得I1= 由楞次定律可判断通过电阻P的感应电流方向为A→O。 (2)t0~2t0时间内，OM转动的角速度为ω= 感应电动势为E2=B0rv 其中v=，又I2= 则电阻P在这段时间内产生的焦耳热Q=Rt0 联立解得Q=。 答案：(1)　方向为A→O　(2) 题点3　磁场变化引起的电路问题 3.如图甲所示，磁场中有一正方形闭合线圈abcd与磁场垂直，已知线圈的匝数N=100匝，边长L=1.0 m，电阻r=2 Ω。磁感应强度B随时间t变化的关系图像如图乙所示。取垂直纸面向里为磁场的正方向，导线长度保持不变。 (1)求在0~3 s内线圈产生的焦耳热； (2)在3~5 s内，将正方形闭合线圈迅速地拉成圆形闭合线圈，求通过导线横截面的电荷量。 解析：(1)根据题意，由法拉第电磁感应定律可知，在0~1 s内线圈中感应电动势为 E1=NS=100××12 V=20 V 感应电流为I1==10 A 在1~3 s内产生的感应电动势大小与0~1 s内的感应电动势大小相同，则在0~3 s内线圈产生的焦耳热为Q=rt=102×2×3 J=600 J。 (2)在3~5 s内，将正方形闭合线圈迅速地拉成圆形闭合线圈，则有4L=2πR 可得R== m 通过导线横截面的电荷量为 q=Δt==(πR2-L2) 解得q=10C≈2.74 C。 答案：(1)600 J　(2)2.74 C 考法(二)　电磁感应中的图像问题 1.常见类型 B-t图像、Φ-t图像、E-t图像、I-t、F-t图像、E-x图像、I-x图像等。 2.分析方法 (1)定性法：对于熟悉的图像类型，首先看清纵、横坐标及其单位，明确斜率、截距的含义，然后根据题意定性分析纵坐标随横坐标应该如何变化；定性分析特殊点坐标的特征；定性分析图像斜率、截距的特征。 (2)定量法：首先，根据合适的物理规律(可能用到法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、串联电路的规律、并联电路的规律、电功率的规律、电热的规律、安培力计算公式等)，推导两物理量的数学函数表达式，然后确定函数式与图像要素的对应关系进行分析。 函数式的类型⇔图像的形状； 函数式的特殊值⇔特殊点的坐标； 函数式的一次项、常数项⇔图像的斜率、截距。 　　[典例]　(2022·河北高考，改编)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强度为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 (　 ) [解题指导] 序号 关键信息 信息解读 1 导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动 有效切割长度l=l0+v0ttan θ(θ为ab与ad的夹角，l0为t=0时刻的有效切割长度) 2 电阻两端的电压为U，忽略导轨与金属棒的电阻 U=E(金属棒切割磁感线产生的电动势) 　　[解析]　当金属棒从O点向右运动距离L时，即在0~时间内，在某时刻金属棒切割磁感线的长度l=l0+v0ttan θ(θ为ab与ad的夹角)，则根据E=Blv0，i==(l0+v0ttan θ)，可知回路中电流均匀增加；安培力F==(l0+v0ttan θ)2，则F-t图线为抛物线，但是不过原点；克服安培力做功的功率P=Fv0==(l0+v0ttan θ)2，则P-t图线为抛物线，但是不过原点；电阻两端的电压等于金属棒产生的感应电动势，即U=E=Blv0=Bv0(l0+v0ttan θ)，即图像是不过原点的直线；根据以上分析，可知B、D错误；当在~时间内，金属棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E不变，感应电流i不变，安培力F大小不变，克服安培力做功的功率P不变，电阻两端电压U保持不变；同理可判断，在~时间内，金属棒切割磁感线长度逐渐减小，金属棒切割磁感线的感应电动势E均匀减小，感应电流i均匀减小，安培力F大小与克服安培力做功的功率P随时间按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0~时间内是对称的关系，电阻两端电压U按线性均匀减小，A正确，C错误。 [答案]　A [规律方法] 电磁感应中的图像问题的分析要点 [针对训练] 题点1　根据给定的过程选择图像 1.如图所示，空间有一个边长为2L的等边三角形匀强磁场区域，现有一个底边长为L的直角三角形金属线框，电阻为R，高度与磁场区域相等，金属线框以速度v匀速穿过磁场区域的过程中，规定逆时针方向的电流为正，则下列关于线框中感应电流i随位移x变化的图线正确的是(开始时线框右端点与磁场区域左端点重合) (　 ) 解析：选B　当0<x≤L时，穿过线框的磁通量垂直纸面向里增大，由楞次定律可知，线框中感应电流沿逆时针方向为正，设线框有效切割长度为l，则由几何关系有l=tan 60°=x，由法拉第电磁感应定律有E=Blv=Bvx，由闭合电路欧姆定律可知i==x，当x=L时，i=i0=；当L<x≤2L时，穿过线框的磁通量垂直纸面向里增大，由楞次定律可知，线框中感应电流沿逆时针方向为正，由几何关系可得l=tan 60°-(x-L)tan 60°=L-x，E=Blv=BLv-Bvx，i==-x，当x=2L时，i=0；当2L<x≤3L时，穿过线框的磁通量垂直纸面向里减小，由楞次定律可知，线框中感应电流沿顺时针方向为负，当斜边刚出磁场时i=-=-=-2i0，之后，由几何关系可得l=(3L-x)tan 60°=3L-x，E=Blv=3BLv-Bvx，i==-x，当x=3L时，i=0，B图符合题意。 题点2　根据给定的图像分析问题 2.(2023·广东高考)光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为h，其俯视图如图(a)所示，两磁场磁感应强度随时间t的变化如图(b)所示，0~τ时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0，一电阻为R、边长为h的刚性正方形金属框abcd，平放在水平面上，ab、cd边与磁场边界平行。t=0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动。在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如图(a)中的虚线框所示。随后在τ~2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；2τ~3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求： (1)t=0时线框所受的安培力F； (2)t=1.2τ时穿过线框的磁通量Φ； (3)2τ~3τ时间内，线框中产生的热量Q。 解析：(1)由题图可知，t=0时线框切割磁感线的感应电动势为E=2B0hv+B0hv=3B0hv，则感应电流大小为I==，所受的安培力为F=2B0h+B0h=，方向水平向左。 (2)在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，在τ~2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度变化的斜率为k1==-，则t=1.2τ时Ⅰ区的磁感应强度为B1=2B0+k1(1.2τ-τ)=B0，则t=1.2τ时穿过线框的磁通量为Φ=B1h·h-B0h·h=，方向垂直纸面向里。 (3)在2τ~3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度线性减小到0，则有E'===，感应电流大小为I'==，则在2τ~3τ时间内，线框中产生的热量为Q=I'2Rτ=。 答案：(1)，方向水平向左　(2)，方向垂直纸面向里　(3) 题点3　电磁感应中的图像转化问题 3.(2025·盐城调研)如图甲所示，正六边形导线框abcdef放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。t=0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流顺时针方向为正、竖直边cd所受安培力的方向水平向左为正。则下面关于感应电流i和竖直边cd所受安培力F随时间t变化的图像正确的是 (　 ) 解析：选C　在0~2 s内，磁感应强度的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，为正值，根据法拉第电磁感应定律，E=S=B0S为定值，则感应电流I0=为定值；在2~3 s内，磁感应强度的方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，为正值，大小与0~2 s内相等；在3~4 s内，磁感应强度的方向垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向，为负值，大小与0~2 s内相等；在4~6 s内，磁感应强度的方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向，为负值，大小与0~2 s内相等，故A、B错误。在0~2 s内，磁感应强度的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据F=BIL，则安培力逐渐减小，cd边所受安培力方向向右，为负值，0时刻所受安培力大小为2B0I0L；在2~3 s内，磁感应强度的方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据F=BIL，则安培力逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，为正值，3 s时刻所受安培力大小为B0I0L；在3~4 s内，磁感应强度的方向垂直纸面向外，且逐渐减小，则安培力大小逐渐减小，cd边所受安培力方向向右，为负值，3 s时刻所受安培力大小为B0I0L；在4~6 s内，磁感应强度的方向垂直纸面向里，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，为正值，6 s时刻所受安培力大小为2B0I0L，故C正确，D错误。 [课时跟踪检测] 1.(2025· 南京模拟)如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，磁场区域在y轴方向足够宽，在x轴方向宽度为a。一直角三角形导线框ABC(BC边的长度为a)从图示位置沿x轴向右匀速穿过磁场区域，下列选项中关于BC两端的电势差UBC与线框移动的距离x的关系图像正确的是 (　 ) 解析：选B　在0~a内，导线框切割磁感线产生感应电动势E=BLv，感应电流I==，方向沿逆时针方向，切割磁感线的有效长度L均匀变大，感应电流I均匀变大，BC两端的电势差UBC=IR0，则随着I均匀增大，UBC均匀增大，且B点的电势高于C点的电势，UBC>0；在a~2a内，切割磁感线的有效长度L均匀变大，感应电流均匀变大，方向沿顺时针方向，故UBC均匀增大，且B点的电势低于C点的电势，UBC<0，B正确。 2.如图所示，分布于全空间的匀强磁场垂直于纸面向里，其磁感应强度大小为B=2 T。宽度为L=0.8 m的两导轨间接一阻值为R=0.2 Ω的电阻，电阻为2R的金属棒AC长为2L并垂直于导轨(导轨电阻不计)放置，A端刚好与导轨接触，中点D与另一导轨接触。当金属棒以速度v=0.5 m/s向左匀速运动时，下列说法正确的是 (　 ) A.流过电阻R的电流为2 A B.A、D两点的电势差为UAD=0.4 V C.A、C两点的电势差为UAC=-1.6 V D.A、C两点的电势差为UAC=1.2 V 解析：选A　金属棒AD段产生的感应电动势为EAD=BLv=2×0.8×0.5 V=0.8 V，流过电阻R的电流为I== A=2 A，根据右手定则可知，A 端的电势低于D端的电势，A、D两点的电势差为UAD=-IR=-0.4 V，B错误，A正确；D、C两点的电势差为UDC=-BLv=-0.8 V，则UAC=UAD+UDC=-1.2 V，C、D错误。 3.(2024·淮安模拟)如图所示，ab为固定在水平面上的半径为l、圆心为O的金属半圆弧导轨，Oa间用导线连接一电阻M。金属棒一端固定在O点，另一端P绕过O点的轴，在水平面内以角速度ω逆时针匀速转动，该过程金属棒与半圆弧导轨接触良好。半圆弧导轨内磁场垂直纸面向外，半圆弧导轨外磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B，已知金属棒由同种材料制成且粗细均匀，棒长为2l、总电阻为2r，M阻值为r，其余导轨电阻忽略不计。当金属棒转到图中所示的位置时，金属棒与半圆弧导轨的接触处记为Q点，则 (　 ) A.通过M的电流方向为O→a B.通过M的电流大小为 C.Q、O两点间电压为 D.P、Q两点间电压为 解析：选C　根据右手定则可知，金属棒O端相当于电源的负极，Q端相当于电源的正极，则通过M的电流方向为从a→O，A错误；金属棒OQ转动产生的电动势为E=Bl·，则有I==，B错误；由于其余电阻忽略不计，则Q、O两点间电压等于电阻M上的电压，根据闭合电路欧姆定律有U=Ir=，C正确；金属棒PQ部分转动产生的电动势为E'=Bl=，由于金属棒PQ部分没有连接闭合回路，则P、Q两点间电压等于金属棒PQ部分转动产生的电动势为，D错误。 4.如图甲所示，虚线右侧有一垂直纸面的匀强磁场，取磁场垂直于纸面向外的方向为正方向，磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，固定的闭合导线框abcd一部分在磁场内。取线框中感应电流沿逆时针方向为正方向，安培力向左为正方向。从t=0时刻开始，下列关于线框中感应电流i、线框cd边所受安培力F分别随时间t变化的图像，可能正确的是 (　 ) 解析：选D　由题图乙可知，在0~时间内，根据图像结合楞次定律可知，产生逆时针方向的感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，感应电流i∝，则这段时间内感应电流恒定不变；在~T时间内，根据图像结合楞次定律可知，产生顺时针方向的感应电流，根据法拉第电磁感应定律可知，这段时间内感应电流恒定不变，故A、B错误；在0~时间内，感应电流恒定不变，根据安培力公式F=BIL可知，则F∝B，根据左手定则可知，0~时间内线框cd边所受安培力向右，~时间内所受安培力向左，同理可知，~T时间内线框cd边所受安培力向右，T~T时间内所受安培力向左，C错误，D正确。 5.(2025·常州模拟)用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径。如图所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图所示，磁感应强度大小随时间的变化率=k(k<0)。则 (　 ) A.圆环中产生逆时针方向的感应电流 B.圆环具有收缩的趋势 C.圆环中感应电流的大小为 D.图中a、b两点间的电势差大小为U= 解析：选D　由题意可知磁感应强度均匀减小，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律和安培定则可以判断，圆环中产生顺时针方向的感应电流，圆环具有扩张的趋势，故A、B错误；圆环中产生的感应电动势为E==·S半圆=，圆环的电阻为R=ρ=，所以圆环中感应电流的大小为I==，故C错误；题图中a、b两点间的电势差大小U=I·R=，故D正确。 6.如图所示的区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。一个电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴匀速转动(O轴位于磁场边界)，周期为T，t=0时刻线框置于如图所示位置，则线框内产生的感应电流的图像为(规定电流顺时针方向为正) (　 ) 解析：选A　在线框顺时针转动时，线框转动周期为T，从导线框上边进入磁场到下边刚进入磁场所用时间Δt=T=T，此段时间内产生的感应电动势为E=BL=BL2ω，产生的感应电流为I==，大小不变，根据楞次定律可知，电流为逆时针方向，故电流为负值；导线框出磁场的过程用时也为T，产生的感应电动势为E=BL=BL2ω，产生的感应电流为I==，大小不变，根据楞次定律可知，电流为顺时针方向，故电流为正值。根据以上分析，只有A选项符合，故A正确，B、C、D错误。 7.如图所示，一不可伸长的细绳上端固定，下端系在边长为l=0.40 m的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线阻值为R=0.008 Ω，在t=0到t=6.0 s时间内，磁感应强度B随时间t的变化关系为B=0.3-0.1t (T)，规定磁场垂直于平面向外为正方向，竖直向下为安培力的正方向，则在0~6 s 内安培力随时间的变化关系图像是 (　 ) 解析：选A　金属框中的感应电动势为E==S=0.1××0.402 V=0.008 V，金属框中的感应电流为I==1 A，方向为逆时针方向，金属框受到的安培力为F=IBL=1××0.4N= N，根据左手定则可知0~3 s金属框受到的安培力竖直向下，3~6 s金属框受到的安培力竖直向上。故选A。 8.(2025·扬州模拟)半径分别为r和2r的同心圆导轨固定在同一水平面内，一长为r，电阻为R的质地均匀的金属棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨圆心O，装置的俯视图如图所示，整个装置位于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下，在两圆之间接阻值为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点逆时针匀速转动，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 (　 ) A.金属棒中电流从A流向B B.金属棒两端电压为Bω2r C.电容器的M板带负电 D.电容器所带电荷量为CBωr2 解析：选D　根据右手定则可知，金属棒AB沿逆时针方向切割磁感线，产生的感应电流在金属棒中从B流向A，故A错误；根据E感=BL，以及v=rω，可得金属棒切割磁感线产生的感应电动势E感=BL=Br=Br2ω，切割磁感线的金属棒AB相当于电源，则AB两端的电压相当于电源的路端电压，根据闭合电路欧姆定律可知UAB=E感=×Br2ω=Br2ω，故B错误；切割磁感线的金属棒AB相当于电源，在金属棒中电流从B流向A，故金属棒A端相当于电源正极，故与A端连接的电容器M板带正电，故C错误；由上述分析可知，金属棒两端的电压为Br2ω，则电容器两端的电压也为Br2ω，故电容器所带电荷量为Q=CU=CBr2ω，故D正确。 9.两个固定的同心金属圆环中间部分存在与圆面垂直的磁感应强度大小为B的匀强磁场，一长度为4L的金属棒MN处在如图所示位置时与两圆的交点分别为M、P、Q、N，其中点P、O、Q将金属棒平均分成了四等份，已知大圆环的总电阻为4R，小圆环和金属棒的总电阻均为2R，当金属棒以速度v水平向右经过如图所示位置时，下列说法正确的是 (　 ) A.金属棒产生的总感应电动势为4BLv B.金属棒产生的总感应电动势为BLv C.金属棒MP上产生的感应电流大小为I= D.金属棒MP上产生的感应电流大小为I= 解析：选C　金属棒中产生的总感应电动势等于MP、QN两段产生的感应电动势之和，E1=E2=BLv，总感应电动势E=E1+E2=2BLv，故A、B错误；整个电路的等效电路图如图所示，其中r1=r2=，则总电阻R总=+r1+r2+R=，金属棒MP上产生的感应电流I===，故C正确，D错误。 10.(2025·无锡模拟)在三角形ABC区域中存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，三边电阻均为R的三角形导线框abc沿AB方向从A点以速度v匀速穿过磁场区域，如图所示，ab=L，AB=2L，∠abc=∠ABC=90°，∠acb=∠ACB=30°。线框穿过磁场的过程中 (　 ) A.感应电流始终沿逆时针方向 B.感应电流先增大后减小 C.通过线框的电荷量为 D.c、b两点的最大电势差为BLv 解析：选D　导线框穿过磁场的过程中，垂直线框平面向里的磁通量先增加后减小，根据楞次定律可知，感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故A错误；线框进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，产生的感应电动势先增大后减小，感应电流先增大后减小；线框刚完全进入磁场时，cb边和ca边产生等大、反向的感应电动势，线框中的总感应电动势为零，感应电流为零；线框穿出磁场的过程中，切割磁感线的有效长度逐渐增大，产生的感应电动势逐渐增大，感应电流逐渐增大，综上所述可知感应电流先增大后减小再增大，故B错误；根据题意，由==，q=Δt，可得q=，因线框进入和穿出磁场时，磁通量的变化量大小相等，且感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，可知通过线框的电荷量为零，故C错误；当线框刚完全进入磁场时，c、b两点的电势差最大，为Ucb=B·Lv=BLv，故D正确。 11.(2025·宿迁模拟)如图，足够长的“<”形光滑金属框架EOF固定在水平面内，金属框架所在空间分布有范围足够大、方向垂直金属框架所在平面向里的匀强磁场。t=0时刻，一足够长导体棒MN在水平拉力F作用下，以速度v沿金属框架角平分线从O点开始向右匀速运动，已知金属框架和导体棒单位长度的电阻相等。下列关于整个回路的电动势e、电流i、拉力F、拉力F的功率P随时间t变化的图像正确的是 (　 ) 解析：选B　当导体棒MN运动时间为t时，导体棒的位移为x=vt，则连入电路的导体棒的长度为l=2xtan=2vttan，连入电路的金属框架的长度为l'==t，则回路中的电动势为e=Blv=2Bv2tan·t，故A错误；电流为I===，可知电流为一定值，故B正确；因导体棒做匀速运动，则拉力F与安培力平衡，则有F=BIl=·t，故C错误；拉力F的功率P=Fv=·t，故D错误。 第3课时　电磁感应中的动力学、能量问题(综合应用课) 　　电磁学中的动力学、能量、动量问题是历年高考中的高频考点，在近几年的高考题中，动力学、能量、动量常常以计算题的形式综合考查，考查中常涉及电磁感应定律、牛顿第二定律、运动学知识、动能定理、能量守恒定律、动量定理、动量守恒定律等知识，综合性强、题目难度较大。 类型(一)　电磁感应中的动力学问题 　　　　　　　　　　　　　　　　 [科学思维] 1.两种状态及处理方法 状态 特征 处理方法 平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析 非平衡态 加速度不为零 根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析 2.“四步法”分析电磁感应中的动力学问题 　　[典例]　(2024·河北高考)如图，边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处固定一竖直细导体轴OO'。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，CD棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。 (1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值。 (2)锁定OA棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD棒的加速度大小为a，所受安培力大小等于(1)问中安培力的最大值，求CD棒与导轨间的动摩擦因数。 　　[解题指导] 序号 关键信息 信息解读 1 足够长的导体棒OA 导体棒一直与细框接触良好，导体棒连入电路的长度不断变化 2 均恰好能静止 此时摩擦力为最大摩擦力 3 其余部分电阻均不计 回路总电阻为R [解析]　(1)当OA棒运动到正方形细框对角线上时，切割磁感线的有效长度最大，Lmax=L，此时感应电流最大，CD棒所受的安培力最大，根据法拉第电磁感应定律得 Emax=BLmax=B·L·=BL2ω 根据闭合电路欧姆定律得Imax= 故CD棒所受的安培力最大为 Fmax=BImaxL= 当OA棒运动到与细框一边平行时，切割磁感线的有效长度最短，Lmin=L，感应电流最小，CD棒所受的安培力最小，得Emin=BLmin=B·L·= 根据闭合电路欧姆定律得Imin= 故CD棒所受的安培力最小为 Fmin=BIminL=BL=。 (2)设CD棒的质量为m，CD棒与平行导轨间的最大静摩擦力为f，OA棒在转动过程中，当CD棒受到的安培力最小时，根据平衡条件得 mgsin θ-f-Fmin=0 当CD棒受到的安培力最大时，根据平衡条件得 Fmax-mgsin θ-f=0，联立解得m= 撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律得 Fmax+μmgcos θ-mgsin θ=ma 解得μ=。 [答案]　(1)　　(2) [针对训练] 1.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 (　 ) A.甲和乙都加速运动 B.甲匀速运动，乙减速运动 C.甲加速运动，乙减速运动 D.甲减速运动，乙加速运动 解析：选A　两线圈的质量相等，线圈所用材料相同，则体积相同，甲线圈的匝数是乙线圈的2倍，则甲线圈的横截面积是乙线圈的一半，长度是乙线圈的2倍，由电阻定律可知，甲线圈的电阻是乙线圈电阻的4倍；两线圈从同一高度同时由静止开始下落，则到达磁场上边界时两线圈的速度相同，设乙线圈的匝数为n，两线圈的边长均为l，两线圈进入磁场后，乙线圈受到的安培力F乙=nBIl=，甲线圈受到的安培力F甲==，故甲、乙两线圈受到的安培力大小、方向均相同，重力也相同，则运动情况相同，A正确。 2.(2024·北京高考)如图甲所示为某种“电磁枪”的原理图。在竖直向下的匀强磁场中，两根相距L的平行长直金属导轨水平放置，左端接电容为C的电容器，一导体棒放置在导轨上，与导轨垂直且接触良好，不计导轨电阻及导体棒与导轨间的摩擦。已知磁场的磁感应强度大小为B，导体棒的质量为m、接入电路的电阻为R。开关闭合前电容器的电荷量为Q。 (1)求闭合开关瞬间通过导体棒的电流I； (2)求闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a； (3)在图乙中定性画出闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线。 解析：(1)开关闭合前电容器的电荷量为Q，则电容器两极板间电压U= 闭合开关瞬间，通过导体棒的电流I= 解得闭合开关瞬间通过导体棒的电流I=。 (2)闭合开关瞬间，由牛顿第二定律有BIL=ma 解得a=。 (3)由(2)中结论可知，随着电容器放电，电容器所带电荷量不断减少，同时导体棒的速度不断增大，产生的反向感应电动势不断增大，故闭合回路中的电流不断减小，所以导体棒的加速度不断减小，直至为零，其v-t图线如图所示， 答案：(1)　(2)　(3)见解析图 3.(2024年1月·九省联考贵州卷)如图a，足够长的固定光滑平行金属导轨CD、EF相距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角。导轨所在区域有方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。在C、E两点通过导线和单刀双掷开关K接有一匝数为n、面积为S的固定水平圆形线圈M，在M区域内有竖直向下的匀强磁场，其磁感应强度B'随时间变化的规律如图b所示。t=0时刻，开关K接1，此时将质量为m的导体棒ab水平放置在导轨顶端，ab恰好静止不动；t=t1时刻，开关K改接2，ab开始运动。ab始终与两导轨接触良好且保持水平，其接入电路的电阻为R，电路中其余电阻不计。忽略空气阻力，重力加速度大小为g。求： (1)t=时刻，通过ab的电流大小和方向； (2)t=t1时刻，M所在区域磁感应强度的大小； (3)ab在导轨上所能达到的最大速度的大小。 解析：(1)对导体棒ab受力分析，由平衡条件mgsin θ=BI1L 可得，t=时刻，通过ab的电流大小为I1= 由左手定则可知，通过ab的电流方向为由b→a。 (2)t=t1时刻，由法拉第电磁感应定律得 E1=n=nS= 由闭合电路的欧姆定律得I1= 可得，此时M所在区域磁感应强度的大小为 B1=。 (3)当开关K接2时，对导体棒ab受力分析，由牛顿第二定律mgsin θ-BI2L=ma 由闭合电路欧姆定律I2= 导体棒产生的感应电动势为E2=BLv 联立可得mgsin θ-=ma 当加速度a=0时，导体棒有最大速度，则ab在导轨上所能达到的最大速度的大小为vmax=。 答案：(1)　b→a　(2)　(3) 类型(二)　电磁感应中的能量问题 [科学思维] 1.电磁感应中的能量转化 2.求解焦耳热Q的三种方法 　　[典例]　(2025·宿迁模拟)如图甲所示，水平面内固定放置间距为L的两平行金属直导轨，左端接有阻值为R的电阻，两导轨间存在方向垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。t=0时，一质量为m、长为L的导体棒在沿导轨方向的外力F作用下，从AA'位置开始做简谐运动，平衡位置OO'与AA'间的距离为x0。导体棒的速度随时间变化的图像为如图乙所示的正弦曲线。不计摩擦阻力和其他电阻，导体棒始终与导轨垂直。下列说法正确的是 (　 ) A.外力F随时间t变化的规律为F= B.0~0.5 s内，通过R的电荷量为 C.0~0.5 s内，R上产生的焦耳热为 D.0~0.5 s内，外力F做的功为 [解析]　由题图乙可知该导体棒的速度变化周期为T=2 s，则ω==π rad/s，结合题图乙可知，t时刻该导体棒的速度表达式为v=vmsin πt，则t时刻导体棒所受安培力的大小表达式为F安=IBL=BL=，由题意可知导体棒做简谐运动，则除平衡位置外导体棒受力不平衡，外力F随时间t变化的规律不是F=，故A错误；由题图甲、乙可知，0.5 s时刻导体棒运动到OO'位置，则0~0.5 s内，通过R的电荷量为q=Δt=Δt==，故B正确；由上述分析可知，导体棒产生的电流为正弦式交流电，感应电动势最大值为Em=BLvm，则0~0.5 s内，R上产生的焦耳热为Q=t=，故C错误；0~0.5 s内，外力F做的功为W=Q+m=，故D错误。 [答案]　B [针对训练] 1.(2025·扬州模拟)如图1所示，在光滑的水平面上有一质量m=1 kg、足够长的U形金属导轨PQNM，导轨间距L=0.5 m，QN段电阻r=0.3 Ω，导轨其余部分电阻不计。紧靠U形导轨的右侧有方向竖直向下、磁感应强度大小为B=1.0 T的匀强磁场。一电阻R=0.2 Ω的轻质导体棒ab垂直放置在导轨上，并处于方向水平向左、磁感应强度大小为B=1.0 T的匀强磁场中，同时被右侧两固定绝缘立柱挡住，棒ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.2，在棒ab两端接有一理想电压表(图中未画出)。t=0时，U形导轨QN边在外力F作用下从静止开始运动，电压表显示的示数U与时间t的关系如图2所示。经过t=2 s的时间后撤去外力F，U形导轨继续滑行直至停止，整个过程中棒 ab 始终与导轨垂直。求： (1)t=2 s时U形导轨的速度大小； (2)外力F的最大值； (3)撤去外力F后的整个滑行过程中，回路中产生的焦耳热Q。 解析：(1)导体框切割磁感线产生的感应电动势 E=BLv 由题图2可知，t=2 s时，棒ab两端的电压 U0=0.20 V 由闭合电路欧姆定律得棒ab两端的电压 U0=E，解得v=1 m/s。 (2)棒ab两端的电压U==BLv=BLat 因为U-t图像为过原点的直线，可知导轨的加速度a不变，即做匀加速直线运动，且由图像可知 BLa==0.1，解得a=0.5 m/s2 对导轨受力分析可知，t=2 s时棒ab两端的电压最大，此时v=1 m/s，产生的感应电流最大，导轨受安培力最大，则此时外力最大，根据牛顿第二定律得 F-F安-f=ma，其中F安=BL= f=μFN=μBIL=μBL=μ F--μ=ma，解得F=1.1 N。 (3)根据能量守恒定律，撤去外力后，整个回路产生的总热量Q总=mv2=0.5 J 由以上分析可知==5 可知焦耳热Q和摩擦生热Q'的比例关系为5∶1，则撤去F后回路中产生的焦耳热Q= J。 答案：(1)1 m/s　(2)1.1 N　(3) J 2.(2025·连云港模拟)(多选)某科学兴趣小组想设计一款安装在返回舱底部的电磁缓冲装置，如图甲所示，在返回舱的底盘上安装有均匀对称的4台电磁缓冲装置，这款电磁缓冲装置工作原理是利用电磁阻尼作用减小返回舱和地面间的冲击力。其结构简图如图乙所示，在缓冲装置的底板上，沿竖直方向固定着两个光滑绝缘导轨PQ、MN，导轨内侧，安装电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B。导轨内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈abcd，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L。假设整个返回舱以速度v0与地面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与导轨的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲。返回舱质量为m，地球表面的重力加速度为g，一切摩擦阻力忽略不计，缓冲装置质量忽略不计。则以下说法正确的是 (　 ) A.滑块K上绕的线圈中通过的最大感应电流的大小为Imax= B.若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中通过的电荷量为q= C.若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中产生的焦耳热为Q= D.若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中产生的焦耳热为Q=mgH+m-mv2 解析：选C　滑块K刚接触地面时产生的感应电动势最大，为Emax=nBLv0，根据闭合电路的欧姆定律可得滑块K上绕的线圈中通过的最大感应电流的大小为Imax=，故A错误；由于q=Δt，==n，ΔΦ=BΔS=BHL，若缓冲装置向下移动距离H后速度减为v，则此过程中每个缓冲线圈中通过的电荷量q=Δt=，故B错误；设每个缓冲线圈产生的焦耳热为Q，由动能定理得mgH-4Q=mv2-m，解得Q=mgH+m-mv2，故C正确，D错误。 [课时跟踪检测] 1.图甲所示粗糙U形导线框固定在水平面上，右端放有一金属棒PQ，整个装置处于竖直方向的磁场中，磁感应强度B按图乙所示图像规律变化，规定竖直向上为正方向，整个过程金属棒保持静止。则 (　 ) A.t0时刻回路没有感应电流 B.在t0~2t0时间内，流过金属棒的感应电流方向是从Q到P C.在0~t0时间内，金属棒PQ所受安培力方向水平向右 D.2t0时刻金属棒PQ所受摩擦力方向水平向左 解析：选C　t0时刻回路的磁通量为零，但是磁通量的变化率不为零，则回路有感应电流，A错误；在t0~2t0时间内，回路的磁通量向下增加，根据楞次定律可知，流过金属棒的感应电流方向是从P到Q，B错误；在0~t0时间内，回路的磁通量向上减小，则金属棒中有从P到Q的感应电流，由左手定则可知，PQ所受安培力方向水平向右，C正确；根据楞次定律可知，2t0时刻金属棒PQ中的感应电流从P到Q，则所受安培力方向水平向左，由平衡条件可知，所受摩擦力方向水平向右，D错误。 2.如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ互相平行，间距为L，上端接入阻值为R的定值电阻，构成U形平面，与水平面的夹角为θ(0°<θ<90°)，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直，导轨电阻不计。金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且接触良好，金属棒ab的质量为m，接入电路的电阻为r。则金属棒ab沿导轨下滑过程中 (　 ) A.最大加速度为gcos θ B.当金属棒ab下滑速度为v时，其两端电压为BLv C.所受安培力不会大于mgsin θ D.下滑速度大小一定小于mgsin θ 解析：选C　对金属棒ab受力分析，根据牛顿第二定律可得mgsin θ-F安=ma，由题可知，金属棒从静止开始滑动时，金属棒ab所受安培力为零，此时金属棒的加速度最大，为gsin θ，故A错误；由法拉第电磁感应定律可得，当金属棒ab下滑速度为v时，产生的感应电动势为BLv，则金属棒ab两端电压为BLv，故B错误；金属棒ab沿导轨下滑时，所受安培力增大，则加速度减小，当加速度为零时，所受安培力达到最大，为mgsin θ，故C正确；当金属棒ab所受安培力等于mgsin θ时，金属棒ab做匀速运动，此时速度最大，则有mgsin θ=，解得vm=，故D错误。 3.如图所示，“凹”字形金属线框右侧有一宽度为3L的匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里。线框在纸面内向右匀速通过磁场区域，t=0时，线框开始进入磁场。设逆时针方向为感应电流的正方向，则线框中感应电流i随时间t变化的图像可能正确的是 (　 ) 解析：选A　设线框的运动速度为v，线框总电阻为R，线框进入磁场的距离为0~L时，线框切割磁感线的有效长度为2L，感应电流的方向为逆时针方向，大小为I=；线框进入磁场的距离为L~3L时，线框切割磁感线的有效长度为3L，感应电流的方向为逆时针方向，大小为I=；线框离开磁场的距离为0~L时，线框切割磁感线的有效长度为2L，感应电流的方向为顺时针方向，大小为I=；线框离开磁场的距离为L~3L时，线框切割磁感线的有效长度为3L，感应电流的方向为顺时针方向，大小为I=，故选A。 4.（2025年1月·八省联考云南卷）如图所示，对角线长度为2L的正方形区域abcd中有垂直于纸面的磁场(图上未画)，磁感应强度B随时间t按B= B0-kt(B0、k不变，且B0>0，k>0)变化。abcd所在平面内有一根足够长的导体棒MN始终垂直于db，并通有恒定电流。t=0时，导体棒从d点开始沿db方向匀速穿过磁场，速率为。设导体棒运动过程中所受安培力大小为F，Ft图像可能正确的是 (　 ) 解析：选A　导体棒运动的距离在0~L范围内时，导体棒经过时间t移动的距离为x=vt=t,导体棒在磁场中的长度为L=2x=t,所受的安培力为F=BIL=I(B0-kt)t=(B0t-k),则F-t图像为开口向下的抛物线的一部分；同理，导体棒运动的距离在L~2L范围内时，导体棒所受的安培力为F=I(B0-kt)(4L-t )=4LI(B0-2kt+〖SX(〗k2t2〖〗B0), 由数学知识可F-t图像为开口向上的抛物线的一部分，则图像A可能正确。故选A。 5.(2024·黑吉辽高考，改编)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2m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 (　 ) A.回路中的电流方向为adcba B.ab中电流趋于 C.ab与cd加速度大小之比始终为2∶1 D.两棒产生的电动势始终相等 解析：选B　由于ab和cd均沿导轨下滑，则通过abcd回路的磁通量向上增大，根据楞次定律结合安培定则可知，回路中的电流方向为abcda，A错误；对ab和cd分别受力分析，如图所示，根据牛顿第二定律分别有2mgsin 30°-2BILcos 30°=2ma1，mgsin 30°-BILcos 30°=ma2，可得a1=a2=-，则ab与cd加速度大小之比始终为1∶1，C错误；当加速度趋于零时，两导体棒中的电流趋于稳定，结合C项分析可知，ab中的电流趋于，B正确；由于ab和cd加速度大小始终相等，则两导体棒的速度大小始终相等，则由法拉第电磁感应定律可知，两导体棒产生的感应电动势大小之比始终为2∶1，D错误。 6.(2025·徐州模拟)如图所示，间距为L的水平边界MN、PQ之间存在垂直于纸面向外的匀强磁场，“日”字形线框位于磁场区域上方某一高度，线框三条短边ab、ef、cd的长度均为L、电阻均为R，两条长边ac、bd的长度均为2L、电阻不计，ef位于线框正中间。若线框由静止释放，t=0时刻cd边进入磁场且恰好做匀速运动，则整个线框通过磁场区域的过程中，线框的速度大小v，a、b两点之间的电势差Uab，流过ab边的电流强度Iab，ab边产生的焦耳热Qab，以上物理量随时间t的变化图像正确的是 (　 ) 解析：选D　设cd边进入匀强磁场瞬间的速度大小为v0，匀强磁场的磁感应强度大小为B，线框质量为m，cd边切割磁感线产生的感应电动势E=BLv0，通过cd边的电流I=，由平衡条件得BIL=mg；当ef边进入磁场瞬间，cd边恰好出磁场，回路电动势和总电流不变，仍满足BIL=mg；同理当ab边进入磁场时亦有BIL=mg，由此可知，线框通过磁场区域的过程中做匀速运动，故A错误。当cd边切割磁感线时，ef、ab并联，根据闭合电路欧姆定律可知，a、b两点之间的电势差Uab=E-IR；当ef边切割磁感线时，cd、ab并联，根据闭合电路欧姆定律可知，a、b两点之间的电势差仍为Uab=E-IR；同理，当ab边切割磁感线时，a、b两点之间的电势差仍为Uab=E-IR，可知整个过程中a、b两点之间的电势差并不发生变化，故B错误。当cd边或ef边切割磁感线时，通过ab边的电流强度为，当ab边进入磁场切割磁感线时，ab边相当于电源，因此通过ab边的电流强度为I，故C错误。当cd边或ef边切割磁感线时，ab边产生的焦耳热Qab=Rt，当ab边切割磁感线时Qab=I2Rt，由函数关系可知，D正确。 7.某工厂为了检验正方形线圈的合格率，将线圈放在传送带上，传送带所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁场边界PQ与MN平行且与线圈速度方向成45°，磁感应强度大小为B，如图所示。线圈与传送带一起以恒定速度v向右运动，线圈与传送带间的动摩擦因数为μ。线圈进入磁场过程中线圈恰好不打滑，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知线圈质量为m，匝数为N，边长为L，总电阻为R，且磁场宽度大于L。下列说法错误的是 (　 ) A.线圈进入磁场过程中，电流方向为ADCBA B.在线圈进入磁场的过程中，线圈对传送带的摩擦力始终沿AC所在直线方向，且最大值为 C.线圈在进入磁场的过程中通过截面的电荷量为 D.在不改变传送带速度的情况下，相同质量、材料、边长但匝数为2N的线圈进入磁场过程相对传送带会打滑 解析：选D　线圈进入磁场的过程中，穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律，可判断出，感应电流的方向为ADCBA，故A正确；在线圈进入磁场的过程中，受到沿CA方向的安培力作用，由于线圈匀速运动，所以线圈受到的摩擦力沿AC方向，根据牛顿第三定律可知，线圈对传送带的摩擦力始终沿CA方向，最大值为fm=Fm=NBI·L，又有I==，解得fm=，故B正确；线圈在进入磁场的过程中通过截面的电荷量为q=t=t=Nt=N，故C正确；线圈质量不变、材料不变、边长不变、匝数变为原来的2倍，则导线长度变为原来的2倍，横截面积变为原来的，根据R=ρ可知，电阻变为原来的4倍，又因为安培力的最大值为Fm=，可知匝数变为原来的2倍，电阻变为原来的4倍，线框受到的安培力的最大值不变，因为最大静摩擦力为f=μmg不变，所以在不改变传送带速度的情况下，相同质量、材料、边长但匝数为2N的线圈进入磁场过程也恰好不打滑，故D错误，符合题意。 8.(12分)如图a所示，单匝线框cdef位于倾角θ=30°的斜面上，斜面上有一长度为D的矩形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，大小为0.5 T。已知线框边长为cd=D=0.4 m，质量为m=0.1 kg，总电阻为R=0.25 Ω，现对线框施加一沿斜面向上的力F使之运动。斜面与线框间的动摩擦因数μ=，线框速度随时间的变化关系如图b所示。(重力加速度g取10 m/s2) (1)求外力F大小；(4分) (2)求cf长度L；(4分) (3)求回路产生的焦耳热Q。(4分) 解析：(1)由题图b可知，在0~0.4 s内线框做匀加速运动，加速度为a== m/s2=5 m/s2 根据牛顿第二定律有F-mgsin θ-μmgcos θ=ma 代入数据解得F=1.5 N。 (2)由题图b可知线框cf边匀速进入磁场，则由平衡条件有F=mgsin θ+μmgcos θ+BIL 其中I== 联立解得L=0.5 m，I=2 A。 (3)线框穿过磁场过程中，回路产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即 Q=F安·2D=0.5×2×0.5×2×0.4 J=0.4 J。 答案：(1)1.5 N　(2)0.5 m　(3)0.4 J 9.(13分)如图所示，“凹”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一平面内，ab、bc边长均为2l，gf边长为l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，bc边离磁场上边界的距离为l，线框由静止释放，从bc边进入磁场到gf边进入磁场之前，线框做匀速运动；在gf边离开磁场后，ah、ed边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框在下落过程中始终处于竖直平面内，且bc、gf边保持水平，重力加速度为g。 (1)线框ah、ed边刚离开磁场时做匀速运动的速度大小是bc边刚进入磁场时的几倍；(6分) (2)若磁场上下边界间的距离为H，则线框完全穿过磁场过程中产生的热量为多少。(7分) 解析：(1)设bc边刚进入磁场时速度为v1，有E1=2Blv1，I1=，F1=2BI1l 线框做匀速运动，有F1=mg 联立可得v1= 设ah、ed边刚离开磁场时速度为v2，有 E2=Blv2，I2=，F2=I2lB 线框做匀速运动，有F2=mg 联立可得v2=，综上所述=4。 (2)bc边进入磁场前，根据动能定理，有 mgl=m 穿过磁场过程中，根据能量守恒定律，有 mg(H+2l)+m=m+Q 联立可得Q=mg(H-13l)。 答案：(1)4　(2)mg(H-13l) 第4课时　电磁感应中的动量问题(综合应用课) (一)　动量定理在电磁感应中的应用 1.导体棒在磁场中所受安培力是变力时，可用动量定理分析棒的速度变化，表达式为I其他+BLΔt=mv-mv0或I其他-BLΔt=mv-mv0；若其他力的冲量和为零，则有BLΔt=mv-mv0或-BLΔt=mv-mv0。 2.求电荷量：q=Δt=。 3.求位移：由-Δt=mv-mv0有x=Δt=。 模型(一)　“单棒+电阻”模型 情境 示例 水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒的初速度为v0、质量为m、电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来 求电荷量q -BLΔt=0-mv0，q=Δt，q= 求位移x -Δt=0-mv0，x=Δt= 应用技巧 初、末速度已知的变加速运动，在用动量定理列出的式子中q=Δt，x=Δt；若已知q或x也可求末速度 　　[例1]　如图甲所示，两根间距为L=1.0 m、电阻不计且足够长的光滑平行金属导轨与水平面夹角θ=30°，导轨底端接入一阻值为R=2.0 Ω的定值电阻，所在区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面向上，在导轨上垂直于导轨放置一质量为m=0.2 kg、电阻为r=1.0 Ω的金属杆，开始时使金属杆保持静止，某时刻开始给金属杆一个沿导轨平面向上F=2.0 N的恒力，金属杆由静止开始运动，图乙为金属杆运动过程的v-t图像，重力加速度g取10 m/s2。则在金属杆向上运动的过程中，下列说法正确的是 (　 ) A.匀强磁场的磁感应强度B= T B.前2 s内通过电阻R的电荷量为1.4 C C.前2 s内金属杆通过的位移为4 m D.前4 s内电阻R产生的热量为6.5 J [解析]　由题图乙可知金属杆先做加速度减小的加速运动后做匀速直线运动。当t=2 s时，速度为v=3 m/s，此时金属杆产生的感应电动势为E=BLv，感应电流为I=，所受的安培力为F安=BIL=，根据受力平衡可得F=F安+mgsin θ，联立解得B=1 T，故A错误；前2 s内，对金属杆根据动量定理有(F-mgsin θ)Δt-BLΔt=mv-0，又q=Δt，联立解得q=1.4 C，故B正确；设前2 s内金属杆通过的位移为x，由q=Δt=Δt=Δt=，联立解得x=4.2 m，故C错误；前2 s内金属杆通过的位移为x=4.2 m，在2~4 s内金属杆通过的位移为x'=vt=6 m，前4 s内，由能量守恒定律可得F(x+x')=mv2+mg(x+x')sin θ+Q，解得总热量Q=9.3 J，则前4 s内电阻R产生的热量为QR=Q=6.2 J，故D错误。 [答案]　B 模型(二)　“电容器+棒”模型 　　　基本 　　　模型 规律 导轨光滑，电阻阻值为R，电容器电容为C 电路特点 导体棒相当于电源，电容器充电 电流特点 安培力为阻力，导体棒减速，E减小，有I=，电容器充电UC变大，当BLv=UC时，I=0，F安=0，导体棒匀速运动 运动特点和 最终特征 导体棒做加速度a减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I=0，但电容器带电荷量不为零 最终速度 电容器增加的电荷量：q=CU 最终电容器两端电压：U=BLv 对导体棒应用动量定理：mv-mv0=-BL·Δt=-BLq v= v-t图像 　　[例2]　电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意图如图所示，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C，两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电，然后将开关S接至2，MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。求： (1)磁场的方向； (2)MN刚开始运动时加速度a的大小； (3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q。 [解析]　(1)电容器充电后上极板带正电，下极板带负电，放电时通过MN的电流方向由M到N，欲使炮弹向右射出，安培力的方向应沿导轨向右，根据左手定则可知磁场的方向垂直于导轨平面向下。 (2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，根据欧姆定律，电容器刚放电时的电流I= MN受到的安培力F=BIl 根据牛顿第二定律F=ma，解得加速度a=。 (3)电容器放电前所带的电荷量Q1=CE 开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vm时，MN产生的感应电动势E'=Blvm 最终电容器所带电荷量Q=CE'，MN运动过程中受到安培力的作用，磁感应强度和MN长度不变，即安培力和电流成正比，设在此过程中通过MN的平均电流为，则MN上受到的平均安培力=Bl 由动量定理，有·Δt=mvm-0 又·Δt=Q1-Q 解得最终电容器所带电荷量Q=。 [答案]　(1)垂直于导轨平面向下　(2)　(3) (二)　动量守恒定律在电磁感应中的应用 　　在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒定律，运用动量守恒定律解题比较方便。 　　[典例]　(2023·辽宁高考，改编)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 (　 ) A.弹簧伸展过程中，回路中产生逆时针方向的电流 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∶1 D.整个运动过程中，通过MN的电荷量为 [解析]　弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的电流，A错误；任意时刻，设电流为I，则PQ受安培力FPQ=BI·2d，MN受安培力FMN=2BId，PQ与MN所受安培力大小相等，方向相反，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m， PQ速率为v时，则2mv=mv'，解得MN的速率v'=2v，回路中的感应电流I==，MN所受安培力大小为FMN=2BId=，B错误；两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒定律可得mx1=2mx2，x1+x2=L，可得最终MN位置向左移动x1=，PQ位置向右移动x2=，因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相等，整个运动过程中，MN的加速度为aMN=，PQ的加速度为aPQ=，则aMN∶aPQ=2∶1，由B选项分析可知MN与PQ的速率之比为2∶1，则由公式v2=2ax可知MN与PQ的路程之比为2∶1，C正确；两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN位置向左移动，PQ位置向右移动，则q=Δt===，D错误。 [答案]　C 　　[针对训练] 1.如图所示，两条足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平桌面上，导轨间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上，金属棒1与2均垂直于导轨放置并静止。已知两金属棒的材料相同、长度均为d，金属棒1的横截面积为金属棒2的两倍，电路中除两金属棒的电阻均不计。现使质量为m的金属棒2获得一个水平向右的瞬时速度v0，两金属棒从开始运动到状态稳定的过程中，下列说法正确的是 (　 ) A.金属棒1的最大速度为 B.金属棒2的最小速度为 C.金属棒1上产生的焦耳热为m D.金属棒2上产生的焦耳热为m 解析：选D　两金属棒的材料相同、长度均为d，金属棒1的横截面积为金属棒2的两倍，根据m=ρSd，R=ρ'，可知m1=2m2、R2=2R1，金属棒2在安培力作用下先减速后匀速，金属棒1在安培力作用下先加速后匀速，状态稳定时两金属棒速度相等，一起做匀速运动。对整个系统由动量守恒定律得m2v0=(m1+m2)v，解得v=，则金属棒1的最大速度和金属棒2的最小速度均为，故A、B错误；运动过程中系统损失的动能转化为焦耳热，则由能量守恒定律得Q=m2-(m1+m2)v2，其中Q1=Q，Q2=Q，解得Q1=m，Q2=m，故D正确，C错误。 2.(2025·南通模拟)如图所示，两根平行且光滑的金属导轨由圆弧部分和水平部分组成，圆弧部分由间距为2l、竖直放置的四分之一圆弧导轨构成，水平部分由足够长、但不等宽的水平导轨构成，水平导轨的宽、窄部分间距分别为2l、l，虚线MN右侧导轨区域处于竖直向上的匀强磁场中，宽、窄两部分区域内的磁感应强度大小分别为B、2B。金属棒ab与cd的质量均为m、电阻均为R，长度分别为l、2l，金属棒ab静止在窄导轨上。现将金属棒cd从圆弧轨道上距水平导轨h高度处由静止释放，在此后的运动过程中，cd始终在宽导轨上运动，ab始终在窄导轨上运动，两金属棒始终垂直于导轨且与导轨接触良好。导轨各部分之间均平滑连接，导轨电阻不计，重力加速度为g，则 (　 ) A.金属棒cd刚进入磁场时的速度大小为 B.通过金属棒ab的最大电流为 C.金属棒ab、cd运动状态稳定时，二者速度相等 D.整个过程中金属棒cd上产生的焦耳热为mgh 解析：选C　设金属棒cd刚进入磁场时的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有mgh=m，解得v0=，故A错误；金属棒cd刚进入磁场时速度最大，产生的感应电动势最大，回路中的电流最大，为Im===，故B错误；金属棒cd和ab存在相对运动的过程中，通过两金属棒的电流时刻相等，根据左手定则可知两金属棒所受安培力大小时刻方向相反，根据Fab=2BIl，Fcd=BI×2l，可得两金属棒所受安培力大小时刻相等，所以两金属棒组成的系统动量守恒，当金属棒运动状态稳定时，可知二者产生的感应电动势大小相等、方向相反，所以回路中电流为零，即Eab=Ecd，其中Eab=2Blvab，Ecd=B×2lvcd，所以vab=vcd，根据动量守恒定律有mv0=mvab+mvcd，又因为两金属棒阻值相同，则根据能量守恒定律和焦耳定律可知整个过程中金属棒cd上产生的焦耳热为Q==mgh，故C正确，D错误。 [课时跟踪检测] 1.(2025·无锡模拟)如图所示，间距为L的两足够长平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，两导轨左端连接阻值为3R的电阻，一质量为m、电阻为R、长为L的金属棒垂直导轨放置，整个装置处于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导轨电阻不计。现使金属棒以v0的初速度向右运动，运动过程中金属棒始终与导轨接触良好，则在金属棒运动过程中 (　 ) A.通过电阻的电流方向为a→b B.金属棒两端电压的最大值为 C.通过电阻的电荷量为 D.金属棒上产生的焦耳热为m 解析：选C　金属棒以v0的初速度向右运动，由右手定则可知通过电阻的电流方向为b→a，A错误；金属棒切割磁感线速度最大时，产生的感应电动势最大，则金属棒两端电压最大，金属棒两端电压即为路端电压，由闭合电路欧姆定律可得最大值为Um=×3R=，B错误；金属棒在安培力作用下向右做减速运动，最后静止，此过程由动量定理可得-BL·Δt=0-mv0，由电流强度定义式可得q=·Δt=，C正确；由能量守恒定律可得金属棒上产生的焦耳热为Q棒=×m=m，D错误。 2.(2025·扬中质检)现有如图所示光滑金属轨道处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，左边较宽部分两轨道间距为2d，右边较窄部分两轨道间距为d，轨道电阻不计。现有质地均匀的导体棒，电阻值为R，从左侧以初速度v0=向右运动，出发点到两侧轨道交界ab处距离为x，导体棒质量为m。下列结论正确的是 (　 ) A.导体棒运动至ab处速度为v0 B.导体棒运动至ab处速度为v0 C.导体棒在右侧区域运动距离3x减速到0 D.导体棒在右侧区域运动距离4x减速到0 解析：选A　根据题意可知，导体棒运动至ab过程中，所受平均安培力为=B·2d，由动量定理有-t=-B·2dt=-2Bdq=mv-mv0，又有q==，联立解得v==v0，故B错误，A正确；根据题意，在右侧区域运动过程中，由动量定理有-'t'=-B·d't'=-Bdq'=0-mv，又有q'==，联立解得x'=2x，故C、D错误。 3.(2025·连云港模拟)如图所示，两宽度不等的光滑平行金属导轨水平固定放置，窄轨间距为L、宽轨间距为2L，导体棒ab、cd分别垂直放置在两导轨上，质量均为m、电阻均为R，导轨间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B，已知两导轨均足够长、电阻不计，现让两导体棒均以大小为v0的初速度平行于导轨水平向右运动，运动过程中棒始终与导轨垂直且接触良好，ab棒始终未滑离窄轨，在导体棒运动的过程中，下列说法正确的是 (　 ) A.导体棒ab的最大速度为 B.回路中的最大电流为 C.导体棒ab产生的焦耳热最多为 D.通过导体棒ab的电荷量最多为 解析：选D　稳定时电路中电流为0，ab棒速度最大，有BLvab=B·2Lvcd，所以vab=2vcd，取向右为正方向，根据动量定理，对ab棒有BLt=mvab-mv0，对cd棒有-2BLt=mvcd-mv0，解得vab=v0，vcd=v0，故A项错误；对整个过程根据能量守恒定律，有m+m=m+m+Q，导体棒ab产生的焦耳热最多为Qab=Q，解得Qab=，故C项错误；对ab棒根据动量定理有BLt=mvab-mv0，又因为q=t，解得通过导体棒ab的电荷量最多为q=，故D项正确；导体棒刚开始运动时，产生的感应电动势最大，感应电流最大，由闭合电路欧姆定律可得I===，故B项错误。 4.如图，空间等距分布无数个垂直纸面向里的匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度大小B=1 T，每一条形磁场区域宽度及相邻条形磁场区域间距均为d=1 m。现有一个边长为l=0.5 m、质量为m=0.2 kg、电阻为R=1 Ω的单匝正方形线框，以v0=8 m/s的初速度从左侧磁场边缘水平进入磁场，g取10 m/s2，下列说法正确的是 (　 ) A.线框刚进入第一个磁场区域时，加速度大小为10 m/s2 B.线框进入第一个磁场区域过程，通过线框的电荷量为0.5 C C.线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热为6.4 J D.线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中能穿过5个完整磁场区域 解析：选C　根据题意可得E=Blv0，I=，F=BIl，联立解得线框刚进入第一个磁场区域时受到的安培力为F=2 N，根据牛顿第二定律线框的加速度大小为a==10 m/s2，故A错误；由法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电荷量计算公式可知=n=，q=t，解得通过线框的电荷量为q=，线框进入第一个磁场区域过程，通过线框的电荷量q==0.25 C，故B错误；当线框水平速度减为零时竖直下落，线框受到安培力的合力水平向左，安培力对线框做的功等于电路中产生的焦耳热，由功能关系可得Q=m=6.4 J，故C正确；水平方向上的安培力大小为F=，设水平向右为正方向，在水平方向由动量定理可得-􀰐Ft=-=0-mv0，解得x==6.4 m，线框穿过1个完整磁场区域，有安培力作用的水平距离为2l，则有=6.4，则线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中能穿过6个完整磁场区域，故D错误。 5.(2024·南通检测)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中放置两平行且足够长的光滑水平金属导轨，导体棒MN沿导轨向右匀速运动，导轨左侧接有电源和电容器，不计导体棒以外的电阻。t=0时将开关S由a转接到b，MN两端的电势差UMN、导体棒的动能Ek与时间t的关系图像中，一定错误的是 (　 ) 解析：选B　设导体棒MN沿导轨向右匀速运动的速度为v，将开关S由a转接到b，对导体棒MN根据动量定理有-BLt=0-mv，即BLq0=mv，此时流过电容器的电量也为q0。若初始状态满足qC=C·UC>q0，则导体棒MN先减速，再反向加速，最后达到匀速状态，UMN-t、Ek-t图像如图甲、乙所示；若初始状态满足qC=C·UC=q0，则导体棒MN恰好减速至0，UMN-t、Ek-t图像如图丙、丁所示；若初始状态满足qC=C·UC<q0，则导体棒MN先减速，再匀速，电容器先放电，后反向充电，UMN-t、Ek-t图像如图戊、己所示；本题选择一定错误的图像，故选B。 6.(2024·贵州高考,改编)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 (　 ) 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：选A　设加速阶段的位移与减速阶段的位移为x，根据q=Δt=Δt=·Δt==，可知加速过程中通过金属棒的电荷量等于减速过程中通过金属棒的电荷量，对减速过程由动量定理可得-BLΔt=-BLq=0-mv，解得q=，A正确；由q==，解得x=，金属棒加速的过程中，由位移公式可得x=vt，可得加速时间为t=，B错误；金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动，加速过程中，安培力逐渐增大，加速度不变，因此拉力逐渐增大，在撤去拉力前的瞬间，拉力最大，由牛顿第二定律可得Fm-BL=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安=mv2，可得WF=W安+mv2，因此加速过程中拉力做的功大于mv2，D错误。 7.(2025·镇江模拟)如图，在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨，电阻不计。在虚线l1的左侧存在竖直向上的匀强磁场，在虚线l2的右侧存在竖直向下的匀强磁场，两部分磁场的磁感应强度大小均为B。ab、cd两根电阻均为R的金属棒与导轨垂直，分别静置在两侧磁场中，现突然给金属棒ab一个水平向左的初速度v0，从此时到两棒匀速运动的过程中下列说法正确的是 (　 ) A.金属棒ab中的电流方向由b→a B.金属棒cd中的电流方向由c→d C.安培力对金属棒ab做功的功率大小等于金属棒ab的发热功率 D.两金属棒最终速度大小相等 解析：选D　给金属棒ab一个水平向左的初速度v0，根据右手定则可知，回路电流方向为逆时针，则金属棒ab中的电流方向由a→b，金属棒cd中的电流方向由d→c，故A、B错误；两金属棒构成的系统能量守恒，ab棒的动能减少量转化为cd棒的动能增加量和系统的焦耳热，所以ab棒克服安培力做功的功率等于安培力对cd棒做功的功率与两棒总发热功率之和，故C错误；根据左手定则可知金属棒ab受到向右的安培力做减速运动，金属棒cd受到向右的安培力做加速运动，当金属棒cd产生的电动势等于金属棒ab产生的电动势时，回路中的总电动势为0，电流为0，两棒开始做匀速直线运动，则有BLvab=BLvcd，可知两金属棒最终速度大小相等，故D正确。 8.(12分)(2023·湖南高考)如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。 (1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；(4分) (2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；(4分) (3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。(4分) 解析：(1)棒a在运动过程中所受重力沿斜面的分力和安培力平衡时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E=BLv0，由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I=，F=BIL，由棒a受力平衡可得mgsin θ=BIL，联立解得v0=。 (2)由右手定则可知释放瞬间棒b中电流向里，棒b受到沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，对棒b根据牛顿第二定律可得mgsin θ+BIL=ma0，解得a0=2gsin θ。 (3)由题意可知，释放棒b后，棒a受沿斜面向上的安培力和沿斜面向下的重力的分力，棒b受沿斜面向下的安培力和沿斜面向下的重力的分力，棒a、b达到相同速度v，由动量定理可知，mgt0sin θ-BLt0=mv-mv0，mgt0sin θ+BLt0=mv 设此过程流过棒a、b的电荷量为q，有q=t0，联立解得v=gt0sin θ+，q= 由法拉第电磁感应定律可知==· 联立可得Δx=。 答案：(1)　(2)2gsin θ　 (3)gt0sin θ+　 9.(13分)(2023·新课标卷)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。(6分) (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。(7分) 解析：(1)金属框进入磁场过程中有=， 则金属框进入磁场过程中流过回路的电荷量为 q1=t=， 则金属框完全穿过磁场区域的过程中流过回路的电荷量为q=2q1=， 金属框穿过磁场区域过程中，由动量定理得 -BqL=-mv0，联立解得v0=。 (2)设金属框的初速度为v0，则金属框完全进入磁场时的末速度为v1，向右为正方向。 金属框进入磁场过程中，由于导轨电阻可忽略，此时金属框上下部分被短路，故电路中的总电阻 R总=R0+=， 根据动量定理有-=mv1-mv0， 解得v1=， 则在此过程中根据能量守恒定律有 m=Q1+m，解得Q1=， 其中电阻R1产生的热量 =··Q1=Q1=， 此后线框完全进入磁场中，则线框左右两边均作为电源，且等效电路图如图所示，则此时回路的总电阻R总'=2R0+=，设线框刚离开磁场时的速度为v2，再根据动量定理有-=mv2-mv1，解得v2=0， 则说明线框在刚开始离开磁场瞬间停止运动，则再根据能量守恒定律有m==Q2，其中电阻R1产生的热量 '=·Q2=Q2=， 则在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量=+'=。 答案：(1)　(2) 第三讲　实验：探究影响感应电流方向的因素(基础实验) 一、理清原理与操作 原理装置图 操作要领 (1)确定电流计指针偏转方向与电流流向的关系。 (2)利用图甲研究开关闭合、断开、滑动变阻器滑动触头移动时电流计指针偏转方向。 (3)利用图乙研究条形磁铁N极向下(或S极向下)插入、抽出时电流计指针偏转方向 二、突破核心关键点 1.数据处理 以下面四种情况为例： (1)N极(S极)向下时插入线圈，线圈内磁通量增加时的情况 图号 磁场方向 感应电流的方向 感应电流的磁场方向 甲 向下 逆时针(俯视) 向上 乙 向上 顺时针(俯视) 向下 (2)N极(S极)向下时抽出线圈，线圈内磁通量减少时的情况 图号 磁场方向 感应电流的方向 感应电流的磁场方向 丙 向下 顺时针(俯视) 向下 丁 向上 逆时针(俯视) 向上 2.得出结论 (1)当穿过线圈的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反；当穿过线圈的磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场的方向相同。 (2)当磁铁靠近线圈时，两者相斥；当磁铁远离线圈时，两者相吸。 1.(2024·北京高考)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。 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 解析：本实验探究影响感应电流方向的因素，故不需要记录感应电流的大小，故A错误；本实验通过观察电流表指针的偏转方向确定感应电流的方向，故B正确；由题图2甲和乙知，条形磁体插入N极和S极时，电流方向不同，故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，故C正确。 答案：BC 2.(2025·无锡模拟)某小组的同学做“探究影响感应电流方向的因素”实验。 (1)首先按图甲所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向右偏转；再按图乙所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向左偏转。进行上述实验的目的是　　　　。   A.检查电流计测量电路的电流是否准确 B.检查干电池是否为新电池 C.推断电流计指针偏转方向与电流方向的关系 (2)接下来用图丙所示的装置做实验，图中螺线管上的导线绕行方向为俯视逆时针方向。某次实验中在条形磁铁插入螺线管的过程中，观察到电流计指针向右偏转，则条形磁铁的下端为　　　　(选填“N”或“S”)极。   (3)下表是该小组的同学设计的记录表格的一部分，表中完成了实验现象的记录，还有一项需要推断的实验结果未完成，请帮助该小组的同学完成(选填“垂直纸面向外”或“垂直纸面向里”)。 实验记录表(部分) 操作 N极朝下插入螺线管 从上往下看的平面图(B0表示原磁场，即磁铁产生的磁场) 原磁场通过螺线管磁通量的增减 增加 感应电流的方向 沿逆时针方向 感应电流的磁场B的方向 　　　  (4)该小组同学通过实验探究，对楞次定律有了比较深刻的认识。结合以上实验，有同学认为，理解楞次定律，关键在于抓住感应电流的磁场总是要　　　　原磁场磁通量的变化这一点。  解析：(1)首先按题图甲方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向右偏转，说明电流从电流计的“+”接线柱进入时电流计指针向右偏转；再按题图乙方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向左偏转，说明电流从电流计的“-”接线柱进入时电流计指针向左偏转。进行上述实验的目的是推断电流计指针偏转方向与电流方向的关系。故选C。 (2)电流计指针向右偏转，说明螺线管中的电流方向(从上往下看)是沿顺时针方向，由安培定则可知，感应电流的磁场方向向下，条形磁铁向下插入，即磁通量增加，由楞次定律可知，条形磁铁的磁场方向应该向上，所以条形磁铁下端为S极。 (3)由于感应电流的方向沿逆时针方向，由安培定则可判断出感应电流的磁场B的方向为垂直纸面向外。 (4)理解楞次定律，关键在于抓住感应电流的磁场总是要阻碍原磁场磁通量的变化这一点。 答案：(1)C　(2)S　(3)垂直纸面向外　(4)阻碍 3.(2025·淮安模拟)某兴趣小组在探究感应电流的产生条件和影响感应电流方向的因素 (1)图a中，将条形磁铁从图示位置先向上后向下移动一小段距离，出现的现象是　　　　。  A.灯泡A、B均不发光 B.灯泡A、B交替短暂发光 C.灯泡A短暂发光、灯泡B不发光 D.灯泡A不发光、灯泡B短暂发光 (2)通过实验得知：当电流从图b中电流计的正接线柱流入时指针向右偏转；则当磁体　　　(选填“向上”或“向下”)运动时，电流计指针向右偏转。  (3)为进一步探究影响感应电流方向的因素，该小组设计了如图c所示的电路。 (4)若图c电路连接正确，在闭合开关前滑动变阻器滑片应移至最　　　　(选填“左”或“右”)端。  (5)若图c电路连接正确，开关闭合瞬间，电流计指针向左偏转，则将铁芯从线圈中快速抽出时，观察到电流计指针　　　　。  A.不偏转　B.向左偏转　C.向右偏转 解析：(1)条形磁铁向上移动一小段距离，穿过螺线管的磁感线减少，向下移动一小段距离，穿过螺线管的磁感线增加，移动方向不同，产生的感应电流方向不同，根据二极管具有单向导电性可知灯泡A、B交替短暂发光。故选B。 (2)当磁体向上运动时，穿过螺线管竖直向下的磁通量减少，根据楞次定律，可知线圈中的感应电流产生的磁场竖直向下，根据右手螺旋定则可知电流从电流计的正接线柱流入，指针向右偏转，故磁体向上运动。 (4)闭合开关瞬间，电路中电流增大，电磁铁的磁性增强，穿过螺线管的磁感线增多，会产生感应电流，为了防止产生的感应电流过大烧坏电流计，闭合开关前需要将滑动变阻器的滑片移到最左端。 (5)开关闭合瞬间，穿过螺线管的磁通量增多，根据题意可知指针向左偏转，将铁芯从线圈中快速抽出时，穿过螺线管的磁通量减少，观察到电流计指针向右偏转。故选C。 答案：(1)B　(2)向上　(4)左　(5)C 4.小明同学在做探究电磁感应现象规律的实验中，他选择了一个灵敏电流计G，在没有电流通过灵敏电流计的情况下，电流计的指针恰好指在刻度盘中央。他先将灵敏电流计G连接在图甲所示的电路中，电流计的指针如图甲所示。 (1)为了探究电磁感应规律，小明同学将灵敏电流计G与一螺线管串联，如图乙所示。通过分析可知图乙中的条形磁铁的运动情况是　　　　　　(填“向上拔出”或“向下插入”)。  (2)小明同学将灵敏电流计G接入图丙所示的电路。此时电路已经连接好，A线圈已插入B线圈中，他合上开关后，灵敏电流计的指针向右偏了一下，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是　　　。  A.在A线圈中插入铁芯 B.拔出A线圈 C.滑动变阻器的滑片向右滑动 D.滑动变阻器的滑片向左滑动 (3)通过本实验可以得出：感应电流产生的磁场，总是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  解析：(1)要使灵敏电流计的指针向左偏转，可知线圈中感应电流沿顺时针方向(俯视)，由安培定则可知，感应电流的磁场方向向下，条形磁铁的磁场方向向上，根据楞次定律可知，穿过螺线管的磁通量增加，条形磁铁向下插入。 (2)要使灵敏电流计的指针向左偏转，根据楞次定律可知，穿过B线圈的磁通量减小，在A线圈中插入铁芯，穿过B线圈的磁通量增加，故A错误；拔出A线圈时，穿过B线圈的磁通量减小，B正确；滑动变阻器的滑片向右滑动，A线圈中电流减小，穿过B线圈的磁通量减小，故C正确，D错误。 (3)通过本实验可以得出：感应电流产生的磁场，总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。 答案：(1)向下插入　(2)BC　(3)阻碍引起感应电流的磁通量的变化 5.(2025·苏州调研)在探究影响感应电流方向的因素的实验中： (1)首先要确定电流表指针偏转方向与电流方向间的关系，实验中所用电流表量程为100 μA，电源电动势为1.5 V，待选的保护电阻有三种R1=20 kΩ，R2=1 kΩ，R3=100 Ω，应选用　　　　的电阻。  (2)已测得电流表指针向右偏转时，电流是由正接线柱流入。由于某种原因，螺线管线圈绕线标识已经没有了，通过实验查找绕线方向如图甲所示，当磁铁N极插入线圈时，电流表指针向左偏，则线圈的绕线方向是图乙所示的　　　　图(填“左”或“右”)。  (3)若将条形磁铁S极放在下端，从螺线管中拔出，这时电流表的指针应向　　　偏(填“左”或“右”)。  (4)若将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流表及开关，按图丙所示连接。在开关闭合，线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑片P向左加速滑动时，电流表指针向右偏转。由此可以推断，线圈A中铁芯向上拔出，能引起电流表指针向　　　　　偏转(填“左”或“右”)。  解析：(1)根据闭合电路欧姆定律，有R== Ω=1.5×104 Ω，R1>R，不会超过电流表量程，因此应选20 kΩ的电阻。 (2)已测得电流表指针向右偏时，电流是由正接线柱流入，当磁铁N极插入螺线管时，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍磁通量的增加，感应电流的磁场方向向上，又电流表指针向左偏，可知电流方向是由电流表正接线柱流出至螺线管上端接线柱，由安培定则可判断螺线管的绕线方向如题图乙中左图所示。 (3)若将条形磁铁S极放在下端，从螺线管中拔出时，感应电流的磁场为阻碍磁通量的减少，感应电流的磁场方向向上，由螺线管的绕线方向可以判定电流从电流表的负接线柱流入，故指针向左偏。 (4)由题意可知当滑片P向左加速滑动时，线圈A中的电流越来越小，则其磁场减弱，此时线圈B中产生的感应电流使电流表指针向右偏转，由此可知，当穿过线圈B的磁通量减小时，电流表指针右偏；线圈A中铁芯向上拔出的过程中，穿过线圈B的磁通量减小，电流表指针向右偏转。 答案：(1)20 kΩ　(2)左　(3)左　(4)右 6.(2025·连云港模拟)某同学正在探究影响感应电流方向的因素，已知当电流从灵敏电流计的正接线柱流入时，灵敏电流计的指针向右偏转。 (1)如图甲所示，导体棒ab向右匀速平移的过程中，电流计的指针将　　　　(填“向左”“向右”或“不发生”)偏转。  (2)该同学研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系时采用了如图乙所示的实验装置，该同学用螺旋测微器测量挡光片的宽度示数如图丙所示，则挡光片的宽度d=　　　　mm；实验中让小车以不同速度靠近螺线管，记录下光电门挡光时间Δt和Δt内的感应电动势的平均值E，改变小车速度进行多次实验，得到多组数据，为了更直观地体现E和Δt的关系，若以E为纵坐标，则横坐标应为　　　　(选填“Δt”或“”)；误差允许的范围内绘制的图像为一条过原点的直线，则得出的结论是　　　　　　　　　　　　。  (3)其他条件都不变，若换用匝数加倍的线圈做实验，根据实验数据所作出的那条直线图像斜率　　　　(选填“减半”“不变”或“加倍”)。  解析：(1)导体棒ab向右匀速运动的过程中，根据右手定则可知，感应电流由电流计的负接线柱流入，结合题中条件可知，电流计的指针将向左偏转。 (2)螺旋测微器的精度为0.01 mm，挡光片的宽度为d=5.5 mm+16.5×0.01 mm=5.665 mm； 在挡光片每次经过光电门的过程中，磁铁与线圈之间相对位置的改变量都一样，即穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ相同，这种情况下E与成正比，横坐标应该是； 根据绘制的E-图像是一条直线，可以得出的结论是：在误差允许的范围内感应电动势与磁通量的变化率成正比。 (3)匝数n加倍后，产生的感应电动势加倍，E-图像纵坐标加倍横坐标不变，所以新图像的斜率加倍。 答案：(1)向左　(2)5.665(5.664~5.666均可)　　在误差允许的范围内感应电动势与磁通量的变化率成正比　(3)加倍 82 / 82 学科网（北京）股份有限公司 $$