第十二章 电磁感应（教师用书）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（培优进阶版）

第十二章　电磁感应 大单元分层教学设计 基础落实课 第1讲　电磁感应现象楞次定律 第2讲　法拉第电磁感应定律自感和涡流 综合融通课 第3讲　电磁感应中的电路和图像问题 第4讲　电磁感应中的动力学和能量问题 第5讲　电磁感应中的动量问题 实验探究课 第6讲　探究影响感应电流方向的因素 第1讲　电磁感应现象 楞次定律(基础落实课) 一、磁通量 1.定义：在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个与磁场方向垂直的面积为S的平面，B与S的乘积叫作穿过这个面积的磁通量。 2.公式：Φ=BS(B⊥S)；单位：韦伯(Wb)。 3.矢标性：磁通量是标量，但有正负。 4.磁通量的变化量：ΔΦ=Φ2-Φ1。 5.磁通量的变化率：磁通量的变化量与所用时间的比值，即，与线圈的匝数无关；表示磁通量变化的快慢。 二、电磁感应现象 1.定义：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生的现象。 2.感应电流的产生条件 (1)闭合导体回路；(2)磁通量发生变化。 三、感应电流的方向判断 1.楞次定律 (1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。 (2)适用范围：一切电磁感应现象。 2.右手定则 (1)内容：如图所示，伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向。 (2)适用情况：判断导线切割磁感线产生的感应电流的方向。 微点判断 1.磁通量等于磁感应强度B与面积S的乘积。 (×) 2.闭合电路内只要有磁通量，就一定有感应电流产生。 (×) 3.穿过线圈的磁通量和线圈的匝数无关。 (√) 4.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。 (√) 5.当导体切割磁感线时，一定产生感应电动势。 (√) 6.(鲁科必修3P164T2·选摘)法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中会出现感应电流。 (×) 7.(教科选择性必修2P53T1·改编)关于楞次定律中“阻碍”的含义，判断下列说法的正误： ①感应电流形成的磁场方向与引起感应电流的磁场方向相反。 (×) ②感应电流形成的磁场只是阻碍引起感应电流的磁场的增强。 (×) ③感应电流形成的磁场只是阻碍引起感应电流的磁场的减弱。 (×) 8.感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁通量的变化。 (√) 逐点清(一)　电磁感应现象的理解与判断 |题|点|全|练| 1.[磁通量大小的计算]如图所示，某一匀强磁场的磁感应强度为B，方向沿z轴正方向，其中AB=a，BE=b，EF=c，∠CDF=30°，下列说法正确的是 (　　) A.穿过ABCD面和穿过ADFE面的磁通量都为Bac B.穿过BCFE面的磁通量为0 C.若将ADFE面绕AD边顺时针转过150°角时，其磁通量变化量大小为Bbc D.若将BCFE面绕BC边转过180°角时，其磁通量变化量大小为0 解析：选C　由于磁场方向与ABCD面平行，故穿过ABCD面的磁通量为零，A错误；穿过BCFE面的磁通量为Φ0=Bbc，B错误；穿过ADFE面的磁通量为Φ1=Φ0=Bbc，将ADFE面绕AD边顺时针转过150°角后，穿过的磁通量为Φ2=0，则磁通量的变化量大小为ΔΦ1=Φ1-Φ2=Bbc，故C正确；将BCFE面绕BC转过180°角后，穿过的磁通量为Φ3=-Bbc，其磁通量变化量大小为ΔΦ2=Φ0-Φ3=2Bbc，故D错误。 2.[对电磁感应现象的理解](多选)如图所示是一种高频经颅磁刺激的医疗技术。在人体头部上方放置的金属线圈内通以脉冲电流，电流流经线圈产生高强度脉冲磁场，磁场穿过头颅对脑部特定区域产生感应电流。下列说法正确的是 (　　) A.脉冲电流流经线圈会产生高强度的磁场是电磁感应现象 B.变化的磁场会使得脑部特定区域产生感应电场 C.若将脉冲电流改为恒定电流，也会持续对脑部产生感应电流 D.若脉冲电流最大强度不变，但时间Δt缩短，则在脑部产生的感应电流会增强 解析：选BD　脉冲电流流经线圈会产生高强度的磁场是电流的磁效应，故A错误；脉冲电流产生的磁场对脑部特定区域产生感应电流是电磁感应现象，即变化的磁场会使得脑部特定区域产生感应电场，故B正确；将脉冲电流改为恒定电流，不会产生变化的磁场，不会产生感应电流，故C错误；若脉冲电流最大强度不变，但缩短脉冲电流时间，则脉冲电流产生的磁场变化得更快，在脑部产生的感应电流会增强，故D正确。 3.[电磁感应现象的判断]下列关于甲、乙、丙、丁四幅图的说法，正确的是 (　　) A.图甲中，当两导体棒以相同的速度在导轨上匀速向右运动时，导体棒中能产生感应电流 B.图乙中，当导体棒ab在匀强磁场中以恒定的角速度转动时，导体棒中能产生感应电流 C.图丙中，当闭合圆环导体(水平放置)某一直径正上方的直导线中通有恒定电流时，闭合圆环导体中能产生感应电流 D.图丁中，当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，不闭合的导体环中能产生感应电流 解析：选B　题图甲中，当两导体棒以相同的速度在导轨上匀速向右运动时，两导体棒与导轨所构成回路的面积不变，磁感应强度不变，则回路的磁通量不变，因此不会产生感应电流，故A错误；题图乙中，当导体棒ab在匀强磁场中以恒定的角速度转动时，导体棒切割磁感线，产生感应电动势，回路闭合，能产生感应电流，故B正确；题图丙中，当闭合圆环导体(水平放置)某一直径正上方的直导线中通有恒定电流时，在以通电导线的投影为对称轴的闭合圆环导体前后面中，通电导线产生的磁场方向相反，则穿过闭合圆环导体的磁通量为零，因此不会产生感应电流，故C错误；题图丁中，当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，电路中的电阻增大，电流减小，电流产生的磁场发生变化，使不闭合的导体环中产生感应电动势，但因为没有形成完整的回路，导体环中没有感应电流，故D错误。 |精|要|点|拨| 1.磁通量大小及其变化分析 (1)定量计算：通过公式Φ=BS来定量计算，计算磁通量时应注意的问题： ①明确磁场是否为匀强磁场，知道磁感应强度的大小。 ②平面的面积S应为磁感线通过的有效面积。当平面与磁场方向不垂直时，应明确所研究的平面与磁感应强度方向的夹角，准确求出有效面积。 ③穿过线圈的磁通量及其变化与线圈匝数无关，即磁通量的大小不受线圈匝数的影响。 (2)定性判断：磁通量是指穿过线圈面积的磁感线的“净条数”，当有不同方向的磁场同时穿过该面积时，此时的磁通量为各磁场穿过该面积磁通量的代数和。 2.判断有无感应电流的一般流程 逐点清(二)　感应电流方向的判断 细作1　对楞次定律的理解 1.(多选)下列说法正确的是 (　　) A.感应电流的磁场方向总是与引起感应电流的磁场方向相同 B.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 C.楞次定律只能判断闭合电路中感应电流的方向 D.楞次定律表明感应电流的效果总是与引起感应电流的原因相对抗 解析：选BD　根据楞次定律的表述，感应电流的效果总是与引起感应电流的原因相对抗，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，故A错误，B、D正确；楞次定律除了可判断闭合电路中感应电流的方向外，还可判断闭合电路中磁通量的变化情况，故C错误。 一点一过　楞次定律中“阻碍”的含义 细作2　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。 一点一过　“四步法”判断感应电流方向 细作3　应用右手定则判断感应电流的方向 　 3.下列图中表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情境，导体ab中的感应电流方向为a→b的是 (　　) 解析：选A　选项图A中，导体ab顺时针转动，由右手定则可知，导体ab中的感应电流方向为a→b，故A正确；选项图B中，导体ab向纸外运动，由右手定则可知，导体ab中的感应电流方向为b→a，故B错误；选项图C中，线框向右运动，只有ad边切割磁感线，由右手定则可知，导体ab中的感应电流方向为b→a，故C错误；选项图D中，导体ab沿导轨向下运动，由右手定则可知，导体ab中的感应电流方向为b→a，故D错误。 一点一过　右手定则的理解和应用 (1)右手定则是楞次定律的一种特殊形式，用右手定则能解决的问题，用楞次定律均可代替解决。右手定则只适用于导体切割磁感线产生的感应电流。 (2)应用右手定则“三注意”： ①掌心——磁感线穿入； 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 　　楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因。具体表现常见如下几种形式： 内容 例证 阻碍原磁通量变化——“增斥减吸” 阻碍相对运动——“来拒去留” 使回路面积有变化趋势——“增缩减扩” 注意：此结论只适用于磁感线单方向穿过回路的情境 阻碍原电流的变化——“增反减同”(即自感现象) [考法全训] 考法1　阻碍原磁通量变化——“增斥减吸” 1.国产航母福建舰上的舰载机起飞采用了先进的电磁弹射技术。电磁驱动原理示意图如图所示，在固定线圈左右两侧对称位置放置两个闭合金属圆环，铝环和铜环的形状、大小相同，已知铜的电阻率较小，不计所有接触面间的摩擦，则闭合开关S的瞬间 (　　) A.铝环向右运动，铜环向左运动 B.铝环和铜环都向右运动 C.铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力 D.从左向右看，两环中的感应电流均沿逆时针方向 解析：选C　根据楞次定律中的“增斥减吸”可知，闭合开关S的瞬间，铝环向左运动，铜环向右运动，A、B错误；由于铜的电阻率较小，则铜环的电阻较小，铜环中产生的感应电流较大，铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力，C正确；根据楞次定律和安培定则可知，从左向右看，两环中的感应电流均沿顺时针方向，D错误。 考法2　阻碍相对运动——“来拒去留” 2.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，下列说法正确的是 (　　) A.灯泡的亮暗不会发生变化 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S极接近线圈过程分析，速度增大，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，灯泡会变亮，故A错误；根据楞次定律的“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S极接近线圈时，根据楞次定律结合安培定则可知，从左往右看，线圈中的电流沿逆时针方向；当S极向右运动远离线圈时，根据楞次定律结合安培定则可知，从左往右看，线圈中的电流沿顺时针方向，故C错误；若忽略摩擦力和空气阻力，根据能量守恒定律可知，弹簧和磁铁的机械能逐渐转化为焦耳热，磁铁的振幅也会越来越小，故D错误。 考法3　使回路面积有变化趋势——“增缩减扩” 3.(2025·山东菏泽质检)(多选)如图，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者直径相同、轴线重合，螺线管与电源、滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向上滑动，下列说法正确的是 (　　) A.线圈a中将产生顺时针方向(俯视)的感应电流 B.穿过线圈a的磁通量变大 C.线圈a有扩张的趋势 D.线圈a对水平桌面的压力大于自身重力 解析：选AC　滑片向上滑动，回路电阻变大，电流减小，螺线管产生的磁场变弱，线圈a面积不变，穿过线圈a的磁通量变小，根据楞次定律中“增缩减扩”可知，线圈a有扩张的趋势；根据安培定则可知，穿过线圈a的磁场竖直向下，根据楞次定律可知，线圈a的感应电流产生的磁场竖直向下，根据安培定则可知，线圈a中将产生顺时针方向(俯视)的感应电流；根据楞次定律中“增斥减吸”可知，线圈a有靠近螺线管b的趋势，故线圈a对桌面的压力小于自身重力，故A、C正确，B、D错误。 逐点清(四)　“三定则、一定律”的应用 1.“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 闭合回路中磁通量变化产生的电磁感应现象 因磁生电 2.“三定则、一定律”的联系 (1)应用楞次定律时，一般要用到安培定则。 (2)判断感应电流所受安培力方向的“两法”： ①先用右手定则确定电流的方向，再用左手定则确定安培力的方向。 ②直接应用楞次定律的推论确定——“来拒去留”“增斥减吸”等。 [考法全训] 考法1　楞次定律、安培定则及左手定则的综合应用 　　[例1]　(多选)如图所示，在长直通电导线MN附近有一个矩形闭合金属线圈ABCD，线圈与导线放在光滑绝缘水平面上，且导线MN固定。下列说法正确的是 (　　) A.若MN中通有从N流向M的电流且电流增大，则线圈的CD边受到向右的安培力 B.若MN中通有从N流向M的电流且电流增大，则线圈ABCD会向右运动 C.如果MN中通有从N流向M的恒定电流，发现线圈中感应出A→B→C→D→A流向的电流，原因可能是线圈向左运动了 D.如果MN中通有从N流向M的恒定电流，且让线圈向右运动，则线圈有收缩趋势 [解析]　若MN中通有从N流向M的电流且电流增大，根据安培定则可知，穿过线圈的磁场方向为垂直纸面向里，且逐渐增大，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A→B→C→D→A，根据左手定则可知，CD边受到向左的安培力，AB边受到向右的安培力，越靠近导线磁场越强，则线圈ABCD受到的向右的安培力大于向左的安培力，则线圈ABCD会向右运动，故A错误，B正确；如果MN中通有从N流向M的恒定电流，发现线圈中感应出A→B→C→D→A流向的电流，根据安培定则可知，线圈中感应电流产生的磁场垂直纸面向外，根据楞次定律可知，穿过线圈的磁通量增加，可能是线圈向左运动，故C正确；如果MN中通有从N流向M的恒定电流，且让线圈向右运动，则穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈有扩张的趋势，故D错误。 [答案]　BC 考法2　“二次感应”问题 　　[例2]　(多选)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.向右减速运动 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处产生的磁场垂直纸面向里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PQ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PQ向左加速运动。 [答案]　BC |思|维|建|模| 　　在二次感应问题中，“程序法”和“逆向推理法”的选择： (1)如果要判断二次感应后的现象或结果，选择程序法。 (2)如果已知二次感应后的结果，要判断导体棒的运动情况或磁场的变化，需选择逆向推理法。 [课时跟踪检测]　 一、单项选择题 1.如图所示，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距离，图中1、2和3为金属环做转动时的转动轴，轴1到两导线的距离相等。两导线中通有图示方向的恒定电流I，则当环 (　　) A.绕轴1转动时，环中会产生感应电流 B.绕轴2转动时，环中会产生感应电流 C.绕轴3转动时，环中会产生感应电流 D.向左平移时，环中会产生感应电流 解析：选D　根据题意，由安培定则和对称性可知，两通电导线间轴1左边的磁场垂直纸面向外，轴1右边的磁场垂直纸面向里，大小关于轴1对称相等，则圆形金属环分别绕轴1、2、3转动时，穿过圆形金属环的磁通量一直为零，则环中不会产生感应电流，故A、B、C错误；当环向左平移时，穿过环的磁通量改变，环中会产生感应电流，故D正确。 2.(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“结合安培定则”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。 3.(2024年1月·广西高考适应性演练)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，汽车上大部分是金属，汽车经过线圈时会引起汽车磁通量的变化，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。 4.(2025·浙江舟山检测)迈斯纳效应是超导体从一般状态转变至超导态的过程中对磁场的排斥现象。如图所示，超导平板位于xOy平面内，x轴正上方d处有一根无限长直导线平行x轴方向放置。当导线中通以电流I(方向沿x轴正方向)时，由于迈斯纳效应，超导平板表面出现感应电流，从而使得超导平板内部磁场为零，即超导平板会排斥体内的磁场。则超导平板表面感应电流的方向应 (　　) A.沿x轴负方向 B.沿x轴正方向 C.沿y轴负方向 D.沿y轴正方向 解析：选A　导线中通以沿x轴正方向的电流I时，在超导平板内部产生垂直于超导平板的逆时针方向的磁场，由于迈斯纳效应，可知超导平板表面感应电流在超导平板内部产生垂直于超导平板的顺时针方向的磁场，则超导平板表面感应电流的方向应沿x轴负方向。故选A。 5.如图所示是铜制圆盘发电机的示意图，铜盘安装在水平固定的转轴上，它的边缘正好在两磁极之间(磁极未画出)，磁场方向和铜盘盘面垂直，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触。使铜盘转动，电阻R中就有电流通过。设铜盘沿顺时针方向(从左向右看)匀速转动，两磁极之间的磁场可视为匀强磁场，关于通过电阻R的电流，下列说法正确的是 (　　) A.正弦式交变电流 B.恒定电流，电流从上向下通过电阻R C.恒定电流，电流从下向上通过电阻R D.电流大小不断变化，电流从下向上通过电阻R 解析：选C　铜盘转动时，相当于一条条半径切割磁感线，因为匀速转动，则产生恒定不变的感应电流，根据右手定则可知，D点相当于电源的正极，则电流从下向上通过电阻R。故选C。 6.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N极加速插向线圈的过程中，电子秤的示数小于m0 B.将静止于线圈内的磁铁匀速抽出的过程中，电子秤的示数大于m0 C.将磁铁N极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N极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　将条形磁铁插入线圈或从线圈中抽出的过程，穿过线圈的磁通量发生了变化，线圈中产生了感应电流，线圈与条形磁铁会发生相互作用，根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，在将磁铁插入线圈(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；在抽出磁铁(无论是匀速、加速还是减速)的过程中，线圈与磁铁相互吸引，导致电子秤的示数小于m0，A、B错误。根据楞次定律可判断，将条形磁铁的N极加速插入线圈时，线圈中产生的感应电流沿逆时针方向(俯视)，C正确；将磁铁N极匀速插入线圈的过程中，磁铁受到重力、手对磁铁的拉力、线圈对磁铁的斥力作用，重力和拉力的合力做的功等于克服斥力所做的功，等于线圈中产生的焦耳热，D错误。 7.(2025·陕西安康模拟预测)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线缆，为了准确定位线缆的位置和走向，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中的某条线移动时没有产生感应电流，则该条线的正下方一定没有线缆 B.线圈沿着直线1、2、3中的某条线移动时没有产生感应电流，则该条线的正下方一定有线缆 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线缆 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线缆 解析：选D　线圈沿着直线1、2、3移动时，穿过线圈的磁通量都不会变化，线圈中都不会产生感应电流，所以不能确定该条线正下方是否有线缆，故A、B错误；线圈沿着直线4、5移动时，从y轴到线缆正上方的过程中穿过线圈的磁通量先增大后减小，过了正上方后穿过线圈的磁通量反向先增大后减小，且在线缆正上方时穿过线圈的磁通量最小为零，故C错误，D正确。 8.为了测量列车运行的速度和加速度的大小，可采用如图甲所示的装置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在轨道地面的一组线圈及电流测量记录仪组成(测量记录仪未画出)。当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，P、Q为接测量仪器的端口，若俯视轨道平面磁场垂直地面向下(如图乙所示)。则在列车经过测量线圈的过程中，流经线圈的电流方向 (　　) A.始终沿逆时针方向 B.先沿逆时针方向，再沿顺时针方向 C.先沿顺时针方向，再沿逆时针方向 D.始终沿顺时针方向 解析：选B　列车通过线圈时，穿过线圈的磁通量先增大后减小，根据楞次定律结合安培定则可知，线圈中产生的电流先沿逆时针方向，再沿顺时针方向，B正确。 9.如图所示，一足够大的“”形导轨固定在水平面上，导轨左端接一灵敏电流计G，两侧导轨平行，空间中各处的磁感应强度大小均为B且随时间同步变化。t=0时刻，在电流计右侧某处放置一导体棒，并使之以速度v0向右匀速运动，发现运动过程中电流计读数始终为零。已知导体棒与导轨接触良好，则磁感应强度随时间变化的关系可能正确的是 (　　) 解析：选C　设导体棒开始运动时，距离导轨左端为x，磁场的磁感应强度为B0，依题意，闭合回路中始终无电流，则穿过闭合回路的磁通量不变，可得B0lx=Bl(x+v0t)，整理得=t+，故与t为一次函数关系。故选C。 10.(2025·四川模拟预测)随着时代的发展，新能源汽车已经走进了我们的生活，如图所示是新能源汽车的电磁阻尼减震装置。当车轮经过一个凸起的路面时，车轮立即带动弹簧和外筒向上运动，线性电机立即产生垂直纸面向里的匀强磁场并以速度v向下匀速通过正方形线圈，达到减震的目的。已知线圈的匝数为n，线圈的边长为L，磁感应强度为B，线圈总电阻为r，下列说法正确的是 (　　) A.图示线圈中感应电流的方向是先顺时针后逆时针 B.当磁场进入线圈时，线圈受到的安培力的方向向下 C.若车轮经过坑地时，电机立即产生垂直纸面向里的磁场，磁场向下运动也可实现减震 D.当磁场刚进入线圈时，线圈受到的安培力大小为 解析：选B　磁场经过线圈过程中，由楞次定律结合安培定则可知，线圈中的电流方向为先逆时针后顺时针，故A错误；磁场进入线圈时，线圈产生的感应电流方向为逆时针，磁场方向垂直纸面向里，由左手定则可知，线圈受到向下的安培力，故B正确；车轮经过坑地时，电机立即产生垂直纸面向里的磁场，由以上分析可知，磁场向下运动时，线圈受到向下的安培力，力和速度都向下，车轮加速下降，没起到减震作用，故C错误；当磁场刚进入线圈时，线圈受到的安培力为F=nBIL，又I=，E=nBLv，解得F=，故D错误。 二、多项选择题 11.如图所示，在粗糙绝缘水平面上，固定两条相互平行的直导线，导线中通有大小和方向都相同的电流，在两条导线的中间位置放置一正方形线框，导线、线框均关于虚线对称，当导线中电流发生变化时，线框始终静止。已知导线周围某点的磁感应强度与导线中的电流大小成正比，与到导线的距离成反比。则下列对导线中电流变化后线框所受摩擦力的方向的判断正确的是 (　　) A.a、b中电流同步增大，摩擦力方向向左 B.a、b中电流同步减小，摩擦力方向向左 C.a中电流减小，b中电流增大，摩擦力方向向右 D.a中电流不变，b中电流减小，摩擦力方向向左 解析：选CD　a、b两导线中间部分的磁场的磁感应强度大小分布关于虚线对称，磁场方向相反，当a、b导线中的电流同步增大或减小时，正方形线框的磁通量不变，线框所受摩擦力为0，A、B错误；a中电流减小、b中电流增大时，磁感应强度为0处向a导线移动，线框的磁通量垂直纸面向外增大，根据楞次定律可知，线框有向左运动的趋势，所受摩擦力方向向右，同理可知，a中电流不变、b中电流减小时，线框所受摩擦力方向向左，C、D正确。 12.(2025·雅安高三检测)如图所示，一电子以初速度v沿与金属板平行的方向飞入MN极板间，发现电子向M板偏转，则可能是 (　　) A.开关S闭合瞬间 B.开关S由闭合到断开瞬间 C.开关S是闭合的，滑动变阻器滑片P向右迅速滑动 D.开关S是闭合的，滑动变阻器滑片P向左迅速滑动 解析：选AD　开关S闭合瞬间，根据安培定则，穿过线圈的磁通量向右增加，由楞次定律知，在右侧线圈中感应电流的磁场方向向左，由安培定则可知，右侧线圈中产生逆时针方向(从左往右看)的感应电流，M板相当于与电源的正极相连，N板相当于与电源负极相连，其内部的电场方向向右，电子受到向左的电场力，从而向M板偏转，故A正确；断开开关S的瞬间，根据安培定则，穿过线圈的磁通量向右减少，由楞次定律知，右侧线圈中感应电流的磁场方向向右，即右侧线圈左端相当于电源负极，右端相当于电源正极，MN板间电场向左，电子向N板偏转，故B错误；开关S闭合后，滑动变阻器的滑片向右迅速滑动，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电流减小，穿过线圈的磁通量向右减小，由楞次定律知，右侧线圈产生左负右正的电动势，电子向N板偏转，故C错误；闭合S后，滑动变阻器滑片向左迅速滑动，滑动变阻器接入电路电阻减小，电流增大，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律知，右侧线圈中产生左正右负的电动势，电子向M板偏转，故D正确。 13.某同学设想的减小电梯坠落时造成伤害的一种应急安全装置如图所示，在电梯轿厢底部安装永久强磁铁，磁铁N极朝上，电梯井道内壁上铺设若干金属线圈，线圈在电梯轿厢坠落时能自动闭合，减缓下落速度，从而减小对电梯内人员的伤害。当电梯轿厢坠落到图示位置时，下列说法正确的是 (　　) A.从上往下看，金属线圈A中的感应电流沿逆时针方向 B.从上往下看，金属线圈B中的感应电流沿逆时针方向 C.金属线圈B对电梯轿厢下落有阻碍作用，A没有阻碍作用 D.金属线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势 解析：选AD　当电梯坠落至题图示位置时，金属线圈A中向上的磁场减弱，根据楞次定律，感应电流从上往下看是逆时针方向，金属线圈B中向上的磁场增强，感应电流从上往下看是顺时针方向，故B错误，A正确；结合上述分析可知，当电梯坠落至题图示位置时，金属线圈A、B都在阻碍电梯下落，故C错误；金属线圈A中向上的磁场减弱，金属线圈B中向上的磁场增强，根据楞次定律可知，金属线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势，故D正确。 第2讲　法拉第电磁感应定律 自感和涡流(基础落实课)　　 　　　　　 一、法拉第电磁感应定律 1.感应电动势 定义 在电磁感应现象中产生的电动势 产生 穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关 方向 感应电动势的方向判断可用：①楞次定律；②右手定则 2.法拉第电磁感应定律 (1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。 (2)公式：E=n，其中n为线圈匝数。 (3)感应电流与感应电动势的关系： ①有感应电动势，不一定有感应电流(电路不闭合)； ②有感应电流，一定有感应电动势(电路闭合)。 3.导体切割磁感线的情形 (1)若B、l、v相互垂直，则E=Blv。 (2)v∥B时，E=　0　。  二、自感、涡流 1.自感现象 定义 由于导体本身的电流发生变化而使自身产生感应电动势的现象 自感 电动势 ①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫作自感电动势；②表达式：E=L 2.涡流 定义 块状金属放在变化磁场中，或在磁场中有相对运动时，金属块内产生的漩涡状感应电流 产生原因 金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流 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.(粤教选择性必修2P59T1·选摘)线圈中的电流变化越快，其自感系数就越大。 (×) 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.自感电动势总是与原电流的方向相反。 (×) 7.(粤教选择性必修2P59T2·选摘)自感现象和涡流现象都符合能量守恒定律。 (√) 8.感应电动势的方向与电源电动势的方向一样，都规定为在电源内部由负极指向正极。 (√) 逐点清(一)　法拉第电磁感应定律的应用 |题|点|全|练| 1.[公式E=n的应用](多选)单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图所示，则 (　　) A.在t=0时，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大 B.在t=1×10-2 s时，感应电动势最大 C.在t=2×10-2 s时，感应电动势为0 D.在0~2×10-2 s时间内，线圈中感应电动势的平均值为0 解析：选BC　由法拉第电磁感应定律知E∝，故t=0及t=2×10-2 s时，感应电动势E=0，A错误，C正确；t=1×10-2 s时，感应电动势E最大，B正确；0~2×10-2 s时间内，ΔΦ≠0，感应电动势的平均值≠0，D错误。 2.[公式E=nS的应用](鲁科版教材选择性必修2，P44T3)无线充电技术中使用的受电线圈示意图如图所示，线圈匝数为n，面积为S。若在t1~t2这段时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间内线圈两端a和b之间的电势差 (　　) A.恒为 B.从0均匀变化到 C.恒为- D.从0均匀变化到- 解析：选C　根据E=nS，可得E=n，将线圈等效为电源，根据楞次定律，b为正极，故Uab=-n，C正确。 3.[公式E=nB的应用](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。 |精|要|点|拨| 　法拉第电磁感应定律变形式的应用 (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)　导体棒切割磁感线产生感应电动势　　　　 1.平动切割 (1)对公式E=Blv的理解 适用条件 ①磁场为匀强磁场 ②B、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，如图中的有效切割长度均为ab的直线长度 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，应注意其相对速度 (2)当B与l、v垂直但l与v不垂直时：E=Blvsin θ，其中θ为v与l的夹角，如图甲所示。 2.转动切割：当导体在垂直于磁场的平面内绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E=Bl=Bl2ω，如图乙所示。 [考法全训] 考法1　平动切割 1.(2025·随州高三检测)如图所示，在水平向右的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒ab以某一水平速度抛出，金属棒在运动过程中始终保持水平。不计空气阻力，金属棒在运动过程中ab两端的电势分别为φa、φb，则 (　　) A.φa>φb，且Uab保持不变 B.φa>φb，且Uab逐渐增大 C.φa<φb，且Uba保持不变 D.φa<φb，且Uba逐渐增大 解析：选B　金属棒在运动过程中始终保持水平，结合右手定则可知a端电势高于b端电势，由于金属棒没有形成闭合回路，故没有感应电流，金属棒不受安培力，只受重力，所以金属棒做平抛运动，水平速度不变，竖直分速度逐渐变大，所以金属棒ab产生的感应电动势逐渐增大，Uab逐渐增大，故选B。 考法2　转动切割 2.(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：选C　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。 逐点清(三)　自感现象和涡流 考法1　自感现象分析 　　[例1]　图1和图2是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是 (　　) A.图1中，A1的电阻值小于L1的电阻值 B.图1中，断开开关S1瞬间，流过A1的电流方向自右向左 C.图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与滑动变阻器R中电流相等 D.图2中，闭合S2电路达到稳定时，滑动变阻器R的电阻值大于L2的电阻值 [解析]　根据题意可知，断开开关S1瞬间，流过L1的电流由于自感现象保持不变，流过A1的原电流消失，L1和A1组成新的回路，此时流过A1的电流大小与流过L1的电流大小相等，方向自右向左，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，是因为电路稳定时，A1的电流小于L1的电流，根据并联分流原理可知，L1的电阻值小于A1的电阻值，故A错误，B正确；题图2中，闭合S2瞬间，L2对电流有阻碍作用，所以L2中电流与滑动变阻器R中电流不相等，故C错误；题图2中，闭合S2电路稳定时，A2与A3的亮度相同，说明两支路的电流相同，故滑动变阻器R与L2的电阻值相同，故D错误。 [答案]　B |思|维|建|模| 自感现象中灯泡亮度变化分析 与线圈串联的灯泡 与线圈并联的灯泡 电路图 通电时 电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮 电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定 断电时 电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变 设电路中稳态电流为I1、I2： 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 　　[针对训练] 1.(多选)相同的电灯A1、A2和自感系数较大的电感线圈L接入如图甲所示的电路中，电源电动势为E、内阻不计。闭合开关S，待电路稳定后开始计时，t1时刻断开开关S，t2时刻整个电路的电流均为零。t1时刻前后通过电灯A2的电流—时间(iA2⁃t)图像如图乙所示，用I1和I2分别表示开关S断开瞬间前后通过电灯A2的电流大小。下列说法正确的是 (　　) A.电感线圈的直流电阻不可忽略 B.断开开关S后，电灯A1、A2电流大小始终相等 C.断开开关S后，流过电灯A2的电流方向向左 D.线圈的自感系数是由线圈本身决定的，与是否有铁芯无关 解析：选AB　由题图乙可知，电路稳定后通过电感线圈L支路的电流小于通过电灯A2支路的电流，所以电感线圈的直流电阻不可忽略，A正确；开关S断开后，由于线圈的自感现象，线圈中的电流只能逐渐减小，线圈L、电灯A1、A2构成闭合回路，两灯都过一会儿再熄灭，电灯A1、A2电流大小始终相等，且流过电灯A2的电流方向向右，故B正确，C错误；有铁芯时线圈的自感系数比没有铁芯时要大得多，D错误。 考法2　对涡流的理解 [例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]　当线圈中通有交变电流时，感应电炉中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，产生的磁感应强度的峰值变大，变化周期不变，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。 [答案]　B |思|维|建|模| 产生涡流时的能量转化 　　伴随着涡流现象，其他形式的能转化成电能，最终在金属块中转化为内能。 (1)金属块放在变化的磁场中，则磁场能转化为电能，最终转化为内能。 (2)如果是金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动，则由于克服安培力做功，金属块的机械能转化为电能，最终转化为内能。 　　[针对训练] 2.(多选)涡流检测是工业上无损检测的方法之一。如图所示，线圈中通入一定频率的正弦交变电流，靠近待测工件时，工件内会产生涡流，同时线圈中的电流受涡流影响也会发生变化。下列说法正确的是 (　　) A.涡流的磁场总是要阻碍穿过工件的磁通量的变化 B.涡流的频率大于通入线圈的交变电流的频率 C.通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力 D.待测工件可以是塑料或橡胶制品 解析：选AC　涡流是感应电流，涡流的磁场总是阻碍穿过工件的磁通量的变化，而且涡流的频率与线圈中交变电流的频率相等，A正确，B错误；因待测工件中的涡流与通电线圈中的电流具有相同频率，因此二者间必有周期性的作用力，C正确；涡流只能在金属制品中产生，故D错误。 逐点清(四)　电磁阻尼与电磁驱动 电磁阻尼与电磁驱动的比较 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，其他形式的能转化为电能，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 两者都是电磁感应现象，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 [考法全训] 考法1　电磁阻尼 1.(人教版教材选择性必修2，P39T3)在科技馆中常看到这样的表演：一根长1 m左右的空心铝管竖直放置(图甲)，把一枚磁性比较强的小圆柱形永磁体从铝管上端放入管口，圆柱直径略小于铝管的内径。根据一般经验，小圆柱自由下落1 m左右的时间不会超过0.5 s，但把小圆柱从上端放入管中后，过了许久它才从铝管下端落出。小圆柱在管内运动时，没有感觉到它跟铝管内壁发生摩擦，把小圆柱靠着铝管，也不见它们相互吸引。是什么原因使小圆柱在铝管中缓慢下落呢?如果换用一条有裂缝的铝管(图乙)，圆柱在铝管中的下落就变快了。这又是为什么? 提示：在磁性很强的小圆柱形永磁体下落过程中，铝管中的磁通量发生变化，产生较大的感应电流，感应电流产生的磁场对下落的小圆柱形永磁体产生阻碍作用，所以其在铝管中缓慢下落；当铝管有裂缝时，虽然有感应电动势产生，但没形成闭合回路，故没有感应电流产生，所以小圆柱形永磁体在有裂缝的铝管中下落得较快。 2.(2023·全国乙卷)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.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：选A　小磁体在铝管中运动，铝管会形成涡流，小磁体在铝管中加速后很快达到平衡状态，做匀速直线运动，而在玻璃管中的小磁体则一直做加速运动，故由图像可知题图(c)的脉冲电流峰值不断增大，说明小磁体的速度在增大，与玻璃管中小磁体的运动情况相符，A正确；在铝管中下落，脉冲电流的峰值相同，磁通量的变化率相同，故小磁体做匀速运动，B错误；在玻璃管中下落，线圈的脉冲电流峰值增大，电流不断在变化，故小磁体受到的电磁阻力在不断变化，C错误；铝管中的小磁体在线圈间做匀速运动，玻璃管中的小磁体在线圈间做加速运动，故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长，D错误。 考法2　电磁驱动 3.水平放置的玻璃板上方有一用细线悬挂的可自由旋转的小磁针，下方有一水平放置的铜圆盘，圆盘的轴线与小磁针悬线在同一直线上，初始时小磁针与圆盘均处于静止状态。当圆盘绕轴沿逆时针方向(俯视)匀速转动时，下列说法正确的是 (　　) A.小磁针不动 B.小磁针沿逆时针方向(俯视)转动 C.小磁针沿顺时针方向(俯视)转动 D.由于穿过圆盘的磁通量没有变化，圆盘中没有感应电流 解析：选B　铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过这些小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流(涡流)，此电流产生的磁场导致小磁针沿逆时针方向(俯视)转动，构成电磁驱动，故选B。 [课时跟踪检测]　 一、单项选择题 1.(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：选C　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。 2.如图所示，截半的塑料瓶周围贴上磁铁，用木棍在内部撑起，它的两边有用木棍支撑起倒立的铝质易拉罐。当转动中间的这个塑料瓶，从上向下看，塑料瓶是顺时针旋转，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：选B　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，所以若塑料瓶顺时针旋转，则左、右两边的易拉罐都是逆时针转动，且角速度均小于塑料瓶的角速度。因为塑料瓶不能屏蔽磁场，用塑料瓶罩住易拉罐，易拉罐仍会转动。故选B。 3.(2025·江西一模)如图所示，导线圆环总电阻为2R，半径为d，垂直磁场固定于磁感应强度为B的匀强磁场中，此磁场的左边界正好与圆环直径重合，电阻为R的直金属棒ab以恒定的角速度ω绕过环心O的轴匀速转动，a、b端始终与圆环保持良好接触。以下说法正确的是 (　　) A.图示位置处金属棒O点电势高于b点电势 B.a、b两点的电势差Uab=Bd2ω C.转动过程中金属棒与圆环上消耗的电功率之比为2∶1 D.金属棒转动一圈时间内通过金属棒的电荷量为 解析：选C　根据右手定则可知，题图示位置直金属棒Oa部分充当电源，电源内部电流方向为O→a，则在外电路电流方向为b→O，则金属棒O点电势低于b点电势，故A错误；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E=Bd=Bd·=，根据等效电路可知，圆环部分电阻为R环==，整个电路的总电阻为R总=R环+R=，干路电流为I==，a、b两点的电势差大小Uab=IR环=，故B错误；转动过程中金属棒与圆环上消耗的电功率分别为P棒=I2R，P环=I2R环=，故转动过程中金属棒与圆环上消耗的电功率之比为P棒∶P环=2∶1，故C正确；金属棒转动一圈时间内通过金属棒的电荷量为q=Δt=Δt=，金属棒转动一周，磁通量的变化量ΔΦ=0，则q=0，故D错误。 4.(2025·云南昆明模拟预测)如图所示，在光滑的水平桌面上有一根长直通电导线MN，通有电流I，方向由M到N，一个边长为L的正方形金属线框在外力的作用下垂直于导线向右以v0的速度做匀速运动，线框电阻为R。已知长直导线在其周围空间产生的磁场大小B=k，其中k是常数，I是导线中的电流，r是空间某点到导线的垂直距离。则当线框运动到左边框与导线的距离为L时，线框中的感应电流的大小及方向为 (　　) A.、顺时针 B.、顺时针 C.、逆时针 D.、逆时针 解析：选A　由右手螺旋定则知导线在其右侧产生的磁场方向垂直于纸面向里，由B=k知导线右侧磁场的大小从左至右逐渐减小，故线框运动过程中磁通量逐渐减小，由楞次定律结合安培定则可知，感应电流方向为顺时针，线框产生的总电动势由左右两边框切割磁感线产生的电动势叠加而成，即E=B左Lv0-B右Lv0=(B左-B右)Lv0=Lv0=，故感应电流的大小i==，故选A。 5.(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。 6.如图所示，电路中线圈L的自感系数足够大，两个灯泡A1和A2的规格相同，A1与线圈L串联后接到电源上，A2与滑动变阻器R串联后接到电源上。先闭合开关S，调节滑动变阻器R，使两个灯泡的亮度相同，再调节滑动变阻器R1，使它们都正常发光，然后断开开关S。下列说法正确的是 (　　) A.重新闭合开关S，A1先亮，A2后亮 B.断开开关S，A2先熄灭，A1后熄灭 C.断开开关S，A1先熄灭，A2后熄灭 D.断开开关S，流过A2的电流方向向左 解析：选D　重新闭合开关S，线圈L阻碍电流增大，所以A2先亮，A1后亮，A错误；断开开关S，A1、A2与L、R构成回路，L相当于电源，阻碍电流减小，A1、A2都会逐渐变暗，且同时熄灭，流过线圈的电流方向向右，故流过A1的电流方向向右，流过A2的电流方向向左，故D正确，B、C错误。 7.如图为上海中心大厦的上海慧眼阻尼器。质量块和吊索构成一个巨型复摆，质量块下方有一圆盘状的大型电磁铁，大厦产生晃动时，复摆与大厦做相同晃动，电磁铁通电后，质量块中会产生涡流，受到电磁阻尼作用，减弱大厦的晃动，保持大厦的稳定和安全。下列说法正确的是 (　　) A.阻尼过程中，电能转化为动能 B.涡流的大小与质量块摆动速度有关 C.改变电磁铁中电流方向，质量块不会受到电磁阻尼作用 D.质量块受到的电磁阻力与电磁铁的磁场强弱无关 解析：选B　阻尼过程中产生涡流，质量块的动能转化为电能，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小与磁通量的变化率有关，质量块摆动速度越大，磁通量的变化率越大，感应电动势越大，感应电流越大，故B正确；改变电磁铁中电流方向，同样会在质量块中产生涡流，质量块受到的安培力阻碍其运动，故C错误；根据安培力F=BIL，可知质量块受到的电磁阻力与电磁铁的磁场强弱有关，故D错误。 8.用材料相同、粗细均匀的导线做成如图所示的单匝线圈，线圈构成一个闭合回路。左侧小圆的半径为2d，中间大圆的半径为3d，右侧小圆的半径为d，左侧两圆连接处缺口的长度可忽略不计，右侧两圆错开相交连通(麻花状)。将线圈固定在与线圈所在平面垂直的磁场中，磁感应强度大小为B=B0+kt，式中的B0和k为常量，则线圈中感应电动势的大小为 (　　) A.14πd2k B.12πd2k C.6πd2k D.4πd2k 解析：选B　根据楞次定律可知，左侧小圆和中间大圆产生的感应电流方向相同，而右侧小圆产生的感应电流方向与左侧两圆产生的感应电流方向相反，根据法拉第电磁感应定律可得线圈中感应电动势的大小为E=E左+E中-E右=kπ(2d)2+kπ(3d)2-kπd2=12πd2k，故选B。 二、多项选择题 9.近年来，无线门铃逐渐流行。图甲为某款无线门铃按钮，其“自发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置。下列说法正确的是 (　　) A.按下按钮过程，螺线管上的导线Q端电势较高 B.松开按钮过程，螺线管上的导线P端电势较低 C.按住按钮不动，螺线管上的导线两端PQ间仍有电势差 D.按下和松开按钮过程，螺线管产生的感应电动势大小不一定相等 解析：选AD　按下按钮过程，螺线管内水平向左的磁通量增加，由楞次定律结合安培定则可知，PQ间导线上感应电流方向从P流向Q，所以Q相当于电源正极，Q端电势较高，故A正确；松开按钮过程，螺线管内水平向左的磁通量减小，由楞次定律结合安培定则可知，PQ间导线上感应电流方向从Q流向P，所以P相当于电源正极，P端电势较高，故B错误；按住按钮不动，螺线管内磁通量不变，无感应电动势，PQ间无电势差，故C错误；按下和松开按钮过程，有可能所用时间不同，螺线管内磁通量的变化率可能不同，所以产生的感应电动势大小可能不相等，故D正确。 10.(2023·全国甲卷)一有机玻璃管竖直放在水平地面上，管上有漆包线绕成的线圈，线圈的两端与电流传感器相连，线圈在玻璃管上部的5匝均匀分布，下部的3匝也均匀分布，下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两匝间的距离，如图(a)所示。现让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落，电流传感器测得线圈中电流I随时间t的变化如图(b)所示。则 (　　) A.小磁体在玻璃管内下降速度越来越快 B.下落过程中，小磁体的N极、S极上下颠倒了8次 C.下落过程中，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变 D.与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，磁通量变化率的最大值更大 解析：选AD　电流的峰值越来越大，即小磁体在依次穿过每个线圈的过程中磁通量变化率的最大值越来越大，因此小磁体的下降速度越来越快，A、D正确；由题图不难看出，线圈中电流方向的变化与磁体磁极沿运动方向穿过线圈产生的电流变化一致，所以小磁体磁极未发生颠倒，B错误；线圈可等效为条形磁铁，其磁性随电流变化，所以小磁体受到的电磁阻力是变化的，C错误。 11.如图甲是法拉第发明的铜盘发电机，也是人类历史上第一台发电机。利用这个发电机给平行金属板电容器供电，如图乙。已知铜盘的半径为L，加在铜盘下半部分的匀强磁场磁感应强度为B1，铜盘匀速转动的角速度为ω，每块平行板长度为d，板间距离也为d，板间加垂直纸面向里、磁感应强度为B2的匀强磁场。下列结论正确的是 (　　) A.若铜盘按照图乙方向转动，那么平行板电容器D板电势高 B.铜盘产生的感应电动势大小为E感=B1ωL2 C.若一电子从电容器两板中间水平向右射入，恰能做匀速直线运动从右侧水平射出，则电子射入时速度大小为v= D.若有一带负电的小球从电容器两板中间水平向右射入，在复合场中做匀速圆周运动，又恰好从极板右侧射出，则小球的圆周运动半径为 解析：选BCD　根据右手定则可得，铜盘上电流由边缘流向中心，C极板带正电，电势高，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，可得E感=B1L=B1ωL2，故B正确；由于电子做匀速直线运动，受力平衡，有evB2=e，解得v=，故C正确；带电小球恰能从极板右边缘射出，如图所示，由几何关系可得r2=d2+，解得r=，故D正确。 三、计算题 12.(10分)如图，有一正方形线框静止悬挂着，其质量为m、电阻为R、边长为l。空间中有一个三角形磁场区域，其磁感应强度大小为B=kt(k>0)，方向垂直于线框所在平面向里，且线框中磁场区域的面积为线框面积的一半，已知重力加速度为g，求： (1)感应电动势E；(4分) (2)线框开始向上运动的时刻t0。(6分) 解析：(1)根据法拉第电磁感应定律有E=n，又n=1，=·S=kS，S=，解得E=。 (2)根据闭合电路欧姆定律可知，线框中的感应电流为I=，结合安培力的公式和题图可知，线框受到的安培力大小为FA=BIl，又B=kt(k>0)，联立可得线框受到的安培力大小为FA=，当线框开始向上运动时，有=mg，解得t0=。 答案：(1)　(2) 第3讲　电磁感应中的电路和图像问题(综合融通课) (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”分析电磁感应中的电路问题 [典例]　(2025·昆明高三检测)如图所示，两间距d=1 m的足够长的平行光滑导轨MN和PQ水平置于竖直向下的匀强磁场中，导轨电阻不计，导轨两端分别接电阻R1和R2。导体棒ab在水平外力F的作用下以v=8 m/s 的速度匀速向左运动。已知R1=R2=2 Ω，导体棒ab在导轨间的电阻r=1 Ω，磁感应强度B=0.25 T。求： (1)通过电阻R1的电流的大小I1； (2)0.5 s内拉力F做的功W。 [解析]　(1)导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=Bdv 通过干路的电流I= 通过电阻R1的电流的大小为I1= 解得I1=0.5 A。 (2)0.5 s内导体棒的位移x=vt 0.5 s内拉力F做的功W=Fx 对导体棒进行分析有F=BId 解得W=1 J。 [答案]　(1)0.5 A　(2)1 J [考法全训] 考法1　导体棒平动切割的电路问题 1.(多选)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端刚好接触导轨，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AD　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UAD=-IR=-0.4 V，A正确，B错误；D、C两点的电势差UDC=-BLv=-0.8 V，则UAC=UAD+UDC=-1.2 V，C错误，D正确。 考法2　导体棒转动切割的电路问题 2.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的金属棒与圆环接触良好，其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.金属棒产生的电动势为Bl2ω B.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：选B　由法拉第电磁感应定律可知，金属棒产生的电动势为E=Br·ωr=Br2ω，A错误；金属棒电阻不计，故电容器两极板间的电压等于金属棒产生的电动势，微粒的重力与其受到的电场力大小相等，有q=mg，可得=，B正确；电阻消耗的电功率为P==，C错误；电容器所带的电荷量为Q=CU=CBr2ω，D错误。 考法3　磁场变化引起的电路问题 3.(多选)如图甲所示的电路中，电阻R1=R，R2=2R，电容器的电容为C，单匝圆形金属线圈半径为r2、圆心为O，线圈的电阻为R，其余导线的电阻不计。半径为r1(r1<r2)、圆心为O的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B随时间t变化的关系图像如图乙所示。闭合开关S，t1时刻开始电路中的电流稳定不变，下列说法正确的是 (　　) A.电容器上极板带正电 B.t1时刻，电容器所带的电荷量为 C.t1时刻之后，线圈两端的电压为 D.t1时刻之后，R1两端的电压为 解析：选AC　根据楞次定律可知，线圈中产生沿逆时针方向的感应电流，则电容器上极板带正电，故A正确；根据法拉第电磁感应定律有E==S=，稳定电流为I==，R2两端的电压UR2=IR2=，电容器所带的电荷量为Q=CUR2=，故B错误；t1时刻之后，线圈两端的电压为U=I(R1+R2)=，故C正确；t1时刻之后，R1两端的电压为UR1=IR1==，故D错误。 (二) 电磁感应中的图像问题 1.题型简述 借助图像考查电磁感应的规律一直是高考的热点，此类题目一般分为三类： (1)根据给定的电磁感应过程判断、选择有关图像。 (2)根据给定的图像分析电磁感应过程，定性或定量求解有关问题。 (3)电磁感应中图像的转化——根据给定的图像分析、判断其他图像。 2.常见类型及分析方法 [考法全训] 考法1　图像选择问题 　　[例1]　(多选)如图所示，边长为L的正方形区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，等腰直角三角形导线框ABC以速度v匀速进入磁场区域，且AB=L，若从C点进入磁场开始计时，单位长度导线框的电阻相同，则B、C两点电势差UBC和BC边所受安培力FBC(规定FBC向上为正)随时间变化的图像正确的是 (　　) [解析]　0~时间内导线切割磁感线的有效长度随时间均匀增大，如图甲， 由右手定则可知感应电流方向为由C到B，即C点电势高，则UBC<0，由感应电动势E=Blv=Bv2t，可知感应电动势随时间均匀增大，电阻不变，电路中电流随时间均匀增大，|UBC|随时间均匀增大；在~时间内导线切割磁感线的有效长度随时间均匀减小，感应电动势随时间均匀减小，感应电流随时间均匀减小，|UBC|随时间均匀减小，t=时电路中感应电动势为零，如图乙； 此后由右手定则可知电流方向反向，电流先均匀变大再均匀变小，UBC也是先均匀变大再均匀变小，如图丙、丁，A错误，B正确；0~时间内BC边受力FBC=BIl=t2，FBC⁃t 图像是开口向上的抛物线；在~时间内，BC边在磁场中的长度不变，由FBC=BIL可知FBC的大小和方向随电流的大小和方向线性变化；在~时间内，BC边在磁场中的长度及导线切割磁感线的有效长度都减小，则FBC=BI(3L-vt)=，FBC⁃t图像是开口向下的抛物线，C错误，D正确。 [答案]　BD |思|维|建|模| 解答图像选择问题的常用方法 排除法 定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项 函数法 根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和判断 考法2　图像分析问题 　　[例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(b)可知，t=0时线框切割磁感线产生的感应电动势为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)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2τ~3τ时间内，线框中产生的热量为Q=I'2RΔt=。 [答案]　(1)，方向水平向左 (2)，方向垂直纸面向里　(3) |思|维|建|模| 图像分析问题的“四明确、一理解” 四明确 明确图像所描述的物理意义 明确各种正、负号的含义 明确斜率的含义 明确图像和电磁感应过程之间的对应关系 一理解 三个相似关系及其各自的物理意义v、Δv、；B、ΔB、；Φ、ΔΦ、 考法3　图像转化问题 　　[例3]　(多选)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cd边所受安培力F随时间t变化的图像正确的是 (　　) [解析]　0~2 s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，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I1=为定值；在2~3 s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，为正值，大小与0~2 s内相等；在3~4 s内，磁感应强度垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0~2 s内相等；在4~6 s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0~2 s内相等，故A正确，B错误。在0~2 s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据FA=BIL，则安培力逐渐减小，cd边所受安培力方向向右，为负值，0时刻安培力大小为F=2B0I0L；在2~3 s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据FA=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时安培力大小为B0I0L；在3~4 s 内，磁感应强度方向垂直纸面向外，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时的安培力大小为B0I0L；在4~6 s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，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，6 s时的安培力大小为2B0I0L，故C正确，D错误。 [答案]　AC [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.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的关系图像可能正确的是 (　　) 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，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，有效长度L均匀变大，感应电流均匀变大，方向沿顺时针，故|UBC|均匀增大，且B点的电势低于C点的电势，UBC<0，只有B正确。 2.(2025·贵阳高三检测)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|S1-4S2| D.k(S1+4S2) 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=|E1-4E2|=k|S1-4S2|，故选C。 3.(2025·长沙高三调研)如图所示，平行导轨MN、PQ间距为d，M、P间接一个电阻R，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于平行金属导轨所在的平面向里。一根足够长的金属杆ab第一次垂直于导轨放置，第二次与导轨成60°角放置。金属杆和导轨的电阻不计，当金属杆两次均以速度v沿垂直于杆的方向滑行时，下列说法正确的是 (　　) A.两次电阻R上的电压相等 B.第一次和第二次金属杆中感应电流之比为 C.第一次和第二次金属杆受到的安培力大小之比为 D.第一次和第二次电阻R上的电功率之比为 解析：选B　第一次产生的感应电动势为E1=Bdv，第二次产生的感应电动势为E2=Bv=Bdv，因金属杆和导轨的电阻不计，电阻上的电压即为感应电动势，可知两次电阻R上的电压不相等，根据I=，可知第一次和第二次金属杆中感应电流之比为==，A错误，B正确；第一次金属杆受到的安培力大小为F1=Bd=，第二次金属杆受到的安培力大小F2=B×=，第一次和第二次金属杆受到的安培力大小之比为，C错误；根据P=，可知第一次和第二次电阻R上的电功率之比为，D错误。 4.(2025·淮南高三期末)如图所示，abcd为水平固定放置的U形导体框，其中bc长为x，bc部分阻值为r，其余部分电阻不计。长为2x、阻值为2r的均匀导体棒MN始终与导体框接触良好，整个装置处于垂直纸面向外的匀强磁场中。现使导体棒以速度v水平向左匀速运动，则导体棒两端的电势差是 (　　) A.0.5Bxv B.Bxv C.1.5Bxv D.2Bxv 解析：选C　导体棒以速度v水平向左匀速运动，等效电路如图所示，UPQ=·r=0.5Bxv，闭合回路之外的电势差为UMP+UQN=Bxv，所以导体棒两端的电势差UMN=UMP+UPQ+UQN=1.5Bxv，故选C。 5.(2024·河南二模)如图所示，铜制圆盘安装在水平铜轴上，圆盘位于两磁极之间(可视为匀强磁场)，圆盘平面与磁感线垂直，两铜片C、D分别与转动轴和圆盘的边缘接触，电容为C的平行板电容器接在C、D之间，下极板接地。已知铜盘的半径为R，铜盘匀速转动的角速度为ω，磁感应强度大小为B。下列说法正确的是 (　　) A.电容器极板上所带电荷量为BR2ωC B.将电容器的下极板向下移动一小段距离，则电容器极板上的电荷量增加 C.将一金属板插入平行板电容器，则电容器的电容减小 D.将电容器的上极板水平向右移动一小段距离，则电容器内P点的电势不变 解析：选D　圆盘匀速转动时产生的感应电动势为E感=BR2ω，由题图可知电容器接在干路上，相当于断路，则电容器两端电压U等于感应电动势E感，所以电容器极板上所带电荷量为Q=CU=BR2ωC，故A错误；将电容器的下极板向下移动一小段距离，根据公式C=，可知电容C减小，再根据公式Q=CU，可知电容器极板上的电荷量减小，故B错误；将金属板插入平行板电容器，则电容器的板间距减小，根据C=，可知电容C变大，故C错误；将电容器的上极板水平向右移动，板间距不变，板间电压不变，根据E=，可知板间电场强度不变，下极板电势为零，P点距下极板距离不变，所以P点电势不变，故D正确。 6.(2025·福建泉州一模)如图，在间距为d的水平固定平行金属导轨上，放置质量分别为2m0、m0的金属杆M、N。N的中点系着一条跨过定滑轮的细绳，细绳下端悬挂重物，滑轮左侧细绳与导轨平行。两导轨间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。当重物质量m取不同值时，系统最终稳定的状态不同。设稳定时M杆的加速度大小为a，回路中电动势为E、电流为I、热功率为P。已知重力加速度大小为g，两杆接入回路的总电阻为R，导轨足够长且电阻不计，忽略一切摩擦，两杆始终与导轨垂直且接触良好。则下列关系图像合理的是 (　　) 解析：选D　根据牛顿第二定律，对N杆有T-BId=m0aN，对重物有mg-T=maN，所以mg-BId=(m0+m)aN，对M杆有BId=2m0aM，根据闭合电路欧姆定律可得，回路中的电流为I=，经过Δt时间的电流为I'=，当系统最终稳定时，回路中的感应电流不变，即aN·Δt=aM·Δt，所以aN=aM=a，即稳定时金属杆与重物的加速度相同，一起做匀加速直线运动，所以mg=(2m0+m0+m)a，则a=，由此可知，a与m的关系图像不是过原点的倾斜直线，故A错误；根据以上分析可知E=IR=·=·，当m趋近于无穷大时，E趋近于，故B错误；回路中电流为I=·=·，当m趋近于无穷大时，I趋近于，故C错误；回路中的热功率为P=I2R=R，当m趋近于无穷大时，P趋近于R，故D正确。 7.(2024·浙江1月选考)若通以电流I的圆形线圈在线圈内产生的磁场近似为方向垂直线圈平面的匀强磁场，其大小B=kI(k的数量级为10-4 T/A)。现有横截面半径为1 mm的导线构成半径为1 cm的圆形线圈处于超导状态，其电阻率上限为10-26 Ω·m。开始时线圈通有100 A的电流，则线圈的感应电动势大小的数量级和一年后电流减小量的数量级分别为 (　　) A.10-23 V　10-7 A B.10-20 V　10-7 A C.10-23 V　10-5 A D.10-20 V　10-5 A 解析：选D　根据题意，超导线圈的微小电阻使得线圈中的电流缓慢衰减，产生自感电动势，其大小等于电阻上对应的电压。根据电阻定律，该线圈的电阻为R=ρ= Ω=2×10-22 Ω，E=IR=2×10-20 V，A、C错误；根据法拉第电磁感应定律E=π，经过一年时间，电流减小量为ΔI== A≈2.0×10-5 A，B错误，D正确。 二、多项选择题 8.(2025·西安高三调研)如图所示，水平放置的金属导轨由bade和bcM两部分组成，bcM是以O点为圆心、L为半径的圆弧导轨，扇形bOc内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，金属杆OP的P端与圆弧bcM接触良好，O点与e点有导线相连，金属杆OP绕O点以角速度ω在b、M之间做往复运动。已知导轨左侧接有阻值为R的定值电阻，其余部分电阻不计，∠bOc=∠MOc=90°，下列说法正确的是 (　　) A.金属杆OP在磁场区域内沿顺时针方向转动时，P点电势高于O点电势 B.金属杆OP在磁场区域内转动时，其产生的感应电动势为BL2ω C.金属杆OP在磁场区域内转动时，回路中电流的瞬时值为 D.回路中电流的有效值为 解析：选ACD　金属杆OP在磁场区域内沿顺时针方向转动时，由右手定则可知，P点电势高于O点电势， 故A正确；金属杆OP在磁场区域内转动时，其产生的感应电动势为E=BL=BL=BL2ω，故B错误；金属杆OP在磁场区域内转动时，回路中电流的瞬时值为I1==，故C正确；金属杆OP运动一个周期T时，只有一半时间在切割磁感线产生感应电流，根据有效值的定义有R·+0=RT，解得回路中电流的有效值为I效==，故D正确。 9.(2024·全国甲卷)如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平。在t=0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是 (　　) 解析：选AC　设线框的质量为m，物块的质量为M，在线框减速进入磁场的过程中，对线框受力分析，根据牛顿第二定律有mg+-T=ma，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有T-Mg=Ma，联立解得a=-g，则随着速度的减小，加速度不断减小，B错误；结合以上分析可知，若匀强磁场区域高度与线框宽度相等且物块质量与线框质量相等，则线框在磁场中一直做加速度逐渐减小的减速运动，出磁场后做匀速运动，则A选项的图像可能正确；若匀强磁场区域高度大于线框宽度且物块质量与线框质量相等，则线框进磁场和出磁场阶段均做加速度逐渐减小的减速运动，完全在磁场中运动时不受安培力，做匀速运动，完全出磁场后也做匀速运动，则C选项的图像可能正确；D选项的图像中线框出磁场后做匀加速运动，说明物块质量大于线框质量，但在此情况下，结合以上分析可知，存在第二段匀速阶段时，不会存在第三段减速阶段，D错误。 10.如图所示，abcd是位于竖直平面内用粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框，它的下方有一个垂直纸面向里的匀强磁场，MN、PQ为磁场的上下水平边界，两边界间的距离与正方形的边长均为L，线框从某一高度开始下落，恰好能匀速进入磁场。不计空气阻力，以bc边进入磁场时为起点，在线框通过磁场的过程中，线框中的感应电流i、bc两点间的电势差Ubc、线框所受的安培力F、线框产生的焦耳热Q分别随下落高度h的变化关系可能正确的是 (　　) 解析：选ABD　设线框每条边的电阻为R，进入磁场时速率为v。线框进入磁场过程中，只有bc边切割磁感线，由右手定则可知，线框中电流方向为逆时针方向，设为正方向，大小为i1=；b、c两点的电势差为Ubc=BLv；线框所受安培力大小为F1=Bi1L==mg，由左手定则知方向向上；线框产生的焦耳热为Q1=×4R×t=×4R×=h；由于v为定值，所以进入磁场过程，i、Ubc、F都恒定不变，Q随下落高度h均匀增大。线框离开磁场过程中，线框所受安培力继续被重力平衡，所以速度还是v；ad边切割磁感线，由右手定则可知，线框中电流方向为顺时针，与进入磁场过程方向相反，为负值，其大小为i2=，与i1等大反向；b、c两点的电势差为Ubc'=BLv；线框所受安培力大小为F2=Bi2L==mg，与F1相同；线框产生的焦耳热为Q2=×4R×+×4R×t'=×4R×+×4R×=h，随下落高度h继续均匀增大。综上可知，A、B、D正确，C错误。 三、计算题 11.(14分)在同一水平面上的光滑平行导轨P、Q相距l=1 m，导轨左端接有如图所示的电路。其中水平放置的平行板电容器两极板M、N相距d=10 mm，定值电阻R1=R2=12 Ω，R3=2 Ω，金属棒ab的电阻r=2 Ω，其他电阻不计。磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间的质量m=1×10-14 kg、电荷量 q=-1×10-14 C的微粒恰好静止不动。取g=10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，且速度保持恒定。试求： (1)匀强磁场的方向；(4分) (2)ab两端的路端电压；(6分) (3)金属棒ab运动的速度。(4分) 解析：(1)带负电荷的微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故M板带正电。ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab棒等效于电源，其a端为电源的正极，感应电流方向由b→a，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下。 (2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有mg=E|q| 又E= 所以UMN==0.1 V R3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得，通过R3的电流为I==0.05 A 则ab棒两端的电压为Uab=UMN+I=0.4 V。 (3)由法拉第电磁感应定律得，感应电动势E=Blv 由闭合电路的欧姆定律得E=Uab+Ir 联立解得v=1 m/s。 答案：(1)竖直向下　(2)0.4 V　(3)1 m/s 第4讲　电磁感应中的动力学和能量问题(综合融通课) (一) 电磁感应中的动力学问题　 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 3.电磁感应中的动力学临界问题的分析思路 (1)解决这类问题的关键是通过受力情况和运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度为最大值或最小值的条件。 (2)基本思路是：导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力合外力变化加速度变化速度变化临界状态列式求解。 [考法全训] 考法1　水平面内的动力学问题 　　[例1]　(2023·山东高考)(多选)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，电阻不计。质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好。Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1=2 T，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域 Ⅰ 和 Ⅱ 并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1=2 m/s，CD的速度为v2，且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10 m/s2，下列说法正确的是 (　　) A.B2的方向向上 B.B2的方向向下 C.v2=5 m/s D.v2=3 m/s [解析]　导轨的速度v2>v1，因此导体棒受到向右的摩擦力，又因导体棒做匀速直线运动，可知导体棒受到向左的安培力，摩擦力大小为f=μmg=2 N，导体棒所受安培力大小为F1=f=2 N，由左手定则可知导体棒的电流方向为N→M，导轨受到向左的摩擦力f'=f=2 N、向右的拉力FT=m0g=1 N，因导轨做匀速直线运动，故受到的向右的安培力大小为F2=f'-FT=1 N，由左手定则可知B2的方向向下，A错误，B正确；对导体棒分析F1=B1IL，对导轨分析F2=B2IL，电路中的电流为I=，联立解得v2=3 m/s，C错误，D正确。 [答案]　BD 考法2　竖直平面内的动力学问题 　　[例2]　(2025·河南郑州质检)如图所示，空间中等间距分布有水平方向的n(n=1，2，3，…)个条形匀强磁场，左、右边界竖直，磁感应强度的方向均垂直于纸面向里，大小从上往下依次减小，每一个条形磁场区域的宽度相同，相邻条形磁场区域的间距均为d=0.4 m。现让一边长L=0.2 m、电阻R=1.6×10-3 Ω、质量m=0.2 kg的匀质正方形单匝线框abcd以初速度v0=1 m/s水平抛出，线框平面与磁场方向垂直，抛出时，线框的ad边与磁场左边界平齐，cd边与条形磁场1的上边界间的距离也为L。线框在每个条形磁场区域中均做匀速直线运动，当线框的ab边到达第n个条形磁场下边界时，线框的bc边恰好与磁场右边界平齐。已知重力加速度g取10 m/s2，求： (1)条形磁场1中的磁感应强度B1。 (2)线框从抛出至ab边恰好到达第n(n=1，2，3，…)个条形磁场下边界的整个过程中，回路产生的焦耳热Q。 (3)条形磁场区域的水平宽度。 [解析]　(1)线框刚进入磁场1时，设竖直方向的速度大小为v1，则有=2gL，线框在磁场1中做匀速直线运动，则安培力与重力平衡，有mg=B1I1L=，解得B1=0.2 T。 (2)由于线框在每个条形磁场区域中均做匀速直线运动，可知条形磁场的高度等于线框的边长L 由能量守恒定律可知，回路产生的焦耳热等于线框在磁场中运动时减小的重力势能，则有Q=mg·2nL(n=1，2，3，…)，解得Q=0.8n J(n=1，2，3，…)。 (3)由题意可知d=2L，则线框在相邻两条形磁场间匀加速运动的高度为L，线框匀速穿过磁场n的竖直速度为vn=，线框在竖直方向做匀加速运动的时间t1=， 线框在竖直方向做匀速运动的时间t2=++…+=2×(n=1，2，3，…)， 则条形磁场区域的水平宽度x=v0(t1+t2)+L，解得x= m (n=1，2，3，…)。 [答案]　(1)0.2 T　(2)0.8n J(n=1，2，3，…) (3) m (n=1，2，3，…) 考法3　斜面上的动力学问题 [例3]　(2025·安徽淮北调研)如图所示，电阻不计且足够长的U型金属框架放置在倾角θ=37°的绝缘斜面上，金属框架上端与阻值R=0.3 Ω的电阻相连，该装置处于磁感应强度大小B=0.5 T、方向垂直斜面向下的匀强磁场中。质量m=0.1 kg、电阻r=0.1 Ω的导体棒ab垂直放在框架上，从静止开始沿框架无摩擦下滑，且始终与框架接触良好。框架的质量M=0.2 kg、宽度L=0.4 m，框架与斜面间的动摩擦因数μ=0.7，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。 (1)若框架固定，棒从静止开始下滑位移x=5.75 m时速度v=5 m/s，求此过程中电阻R上产生的热量Q； (2)证明：流过棒ab的电量q=，其中ΔΦ为磁通量的变化量。并求出(1)过程中流过棒ab的电量q； (3)若框架不固定，判断其能否运动。如果框架不能运动，求导体棒的最大速度vm；如果框架能运动，求框架刚运动时导体棒的速度v1。 [解析]　(1)根据能量守恒定律有mgxsin 37°=mv2+Q总，代入数据解得Q总=2.2 J，则电阻R上产生的热量为Q=Q总·=1.65 J。 (2)流过棒ab的电量q=Δt 根据闭合电路欧姆定律=，根据法拉第电磁感应定律= 故可推出q= 其中ΔΦ=BLx 代入数据解得q=2.875 C。 (3)假设框架不能运动，设导体棒达到最大速度时回路电流为Im，则BImL=mgsin 37°=0.6 N 对框架分析，此时Mgsin 37°+BImL=1.8 N 框架受到最大静摩擦力fm=μ(m+M)gcos 37°=1.68 N<1.8 N 故框架在棒ab达到最大速度前运动。 框架刚运动时棒ab产生的电动势E=BLv1 回路中感应电流I1= 对框架有Mgsin 37°+BI1L=μ(m+M)gcos 37° 代入数据解得v1=4.8 m/s。 [答案]　(1)1.65 J　(2)证明过程见解析　2.875 C　(3)能　4.8 m/s (二) 电磁感应中的能量问题 1.电磁感应中的能量转化 2.求解焦耳热Q的三种方法 方法一 焦耳定律：Q=I2Rt 方法二 功能关系：Q=W克服安培力 方法三 能量转化：Q=ΔE其他能的减少量 3.解题的一般步骤 (1)确定研究对象(导体棒或回路)； (2)分析电磁感应过程中研究对象受哪些力、哪些力做功，以及哪些形式的能量相互转化； (3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解。 [典例]　(2024·全国甲卷)两根平行长直光滑金属导轨距离为l，固定在同一水平面(纸面)内，导轨左端接有电容为C的电容器和阻值为R的电阻，开关S与电容器并联；导轨上有一长度略大于l的金属棒，如图所示。导轨所处区域有方向垂直于纸面、磁感应强度大小为B的匀强磁场。开关S闭合，金属棒在恒定的外力作用下由静止开始加速，最后将做速率为v0的匀速直线运动。金属棒始终与两导轨垂直且接触良好，导轨电阻和金属棒电阻忽略不计。 (1)在加速过程中，当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍时，金属棒的速度大小是多少? (2)如果金属棒达到(1)中的速度时断开开关S，改变外力使金属棒保持此速度做匀速运动。之后某时刻，外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍，求此时电容器两极间的电压及从断开S开始到此刻外力做的功。 [解析]　(1)由法拉第电磁感应定律可得，金属棒切割磁感线运动过程中，金属棒产生的感应电动势为E=Blv 闭合开关S，电容器被短路，由闭合电路欧姆定律可得回路中的电流I= 由安培力公式可得金属棒所受的安培力F安=BIl 联立可得F安= 当金属棒匀速运动时，金属棒受力平衡，可得外力大小为F=F安m= 故外力做功的功率为P=Fv= 又电阻R的热功率为PR=I2R= 则当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍，即P=2PR时，金属棒的速度大小为v1=。 (2)断开开关S后，金属棒匀速运动，设回路中的电流为I'，则外力的大小为F'=F安'=BI'l 则外力做功的功率为P'=F'v1= 而电阻R的热功率为PR'=I'2R 当外力做功的功率等于电阻R热功率的2倍，即P'=2PR'时，有I1'= 则此时电容器两端的电压为U=Blv1-I1'R= 电容器所带电荷量为Q=CU 从断开S开始到该时刻的过程，对金属棒根据动能定理可知，外力做功的绝对值等于安培力做功的绝对值，则有 W=W安=t=v1t=Blv1't 其中't=Q-0 联立解得W=。 [答案]　(1)　(2)　 　　[针对训练] 1.如图所示，AB、CD为两个平行的不计电阻的水平光滑金属导轨，置于方向垂直导轨平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。AB、CD的间距为L，左右两端均接有阻值为R的电阻。质量为m、长为L且电阻不计的导体棒MN放在导轨上，与导轨接触良好，并与轻质弹簧组成弹簧振动系统。开始时，弹簧处于自然长度，导体棒MN具有水平向左的初速度v0，经过一段时间，导体棒MN第一次运动到最右端，这一过程中AC间的电阻R上产生的焦耳热为Q，则 (　　) A.导体棒在水平方向做简谐运动 B.初始时刻导体棒所受的安培力大小为 C.当导体棒第一次到达最右端时，弹簧具有的弹性势能为m-Q D.当导体棒再次回到初始位置时，AC间的电阻R的热功率小于 解析：选D　导体棒运动过程中，安培力做功，电阻产生焦耳热，则棒和弹簧的机械能有损失，则当棒再次回到初始位置时速度小于v0，导体棒在水平方向做的不是简谐运动，则导体棒回到初始位置时产生的感应电动势E1<BLv0，根据热功率公式P=可知，AC间的电阻R的热功率P<，故A错误，D正确；根据公式E=BLv0，I=，F=BIL，可得初始时刻导体棒所受的安培力大小为F=，故B错误；当导体棒第一次到达最右端时，设弹簧的弹性势能为Ep，根据能量守恒定律有Ep+2Q=m，解得Ep=m-2Q，故C错误。 2.(2025·大连高三调研)如图甲所示，倾角为37°的足够长的光滑绝缘斜面，虚线MN、PQ间存在垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示，MN、PQ均与斜面顶边(顶边水平)平行。一单匝正方形金属线框abcd通过一轻质绝缘细线连接静止在斜面上，且线框一半位于磁场中，ab边与MN平行。已知线框质量m=2 kg、边长L=0.5 m、电阻R=0.5 Ω，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。(计算结果保留两位有效数字) (1)求t=0.1 s时线框中的感应电流大小及t=0.25 s 时细线的拉力大小； (2)在0.25 s后剪断细线，金属线框由静止沿斜面下滑，ab边进磁场前瞬间，线框加速度为0，当cd边刚出磁场时，线框加速度大小为2 m/s2，整个下滑过程cd边始终与PQ平行。求MN、PQ间距s及线框进入磁场的过程中产生的焦耳热Q。 解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得t=0.1 s时线框的感应电动势大小为E==S=×，又由题图乙可知0~0.25 s内磁感应强度的变化率为= T/s=24 T/s，解得E=3 V，由闭合电路欧姆定律可得线框中的感应电流大小为I==6.0 A， t=0.25 s时，对线框受力分析，有F=mgsin 37°+BIL，此时的磁感应强度大小为B=4 T，解得细线上的拉力大小为F=24 N。 (2)ab边进入磁场前瞬间线框的加速度为0，设此时线框的速度大小为v1，有mgsin 37°=BI1L，由导体棒切割磁感线产生感应电动势及闭合电路欧姆定律可得I1=，联立解得v1=1.5 m/s， 当cd边刚出磁场时，线框的加速度大小为2 m/s2，设此时线框的速度大小为v2，有-mgsin 37°=ma，解得v2=2 m/s， 从ab边进入磁场前瞬间到cd边刚出磁场过程，由动能定理可得mg(s-L)sin 37°=m-m，解得MN、PQ间距s≈0.65 m， 线框进入磁场的过程由功能关系得Q=mg×sin 37°-m 解得线框进入磁场的过程中产生的焦耳热Q=0.75 J。 答案：(1)6.0 A　24 N　(2)0.65 m　0.75 J [课时跟踪检测]　 (说明:标★的为推荐讲评题目) 一、单项选择题 1.如图，一足够长通电直导线固定在光滑水平面上，质量为0.04 kg的硬质金属环在该平面上运动，初速度大小为v0=2 m/s、方向与导线的夹角为60°，则该金属环最终 (　　) A.做曲线运动，环中最多能产生0.08 J的电能 B.静止在平面上，环中最多能产生0.04 J的电能 C.做匀加速直线运动，环中最多能产生0.02 J的电能 D.做匀速直线运动，环中最多能产生0.06 J的电能 解析：选D　金属环在向右上方运动过程中，通过金属环的磁通量减少，根据楞次定律可知金属环受到的安培力会阻碍其运动，直到其磁通量不发生变化，即沿着导线的方向运动时，金属环不再受到安培力的作用，此时金属环将做匀速直线运动，只具有平行导线方向的速度，根据速度的合成与分解规律可知金属环最终做匀速直线运动的速度大小为v=v0cos 60°=v0=1 m/s，根据能量守恒定律可得，金属环中产生的电能为E=m-mv2=0.06 J，所以D正确，A、B、C错误。 2.如图所示，一“<”形的光滑金属导轨AOC，OA=OC=d，∠AOC=60°，单位长度的电阻为R0。整个装置竖直固定放置于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。一质量为m、电阻不计且长也为d的金属棒平行于AC连线放置，O在金属棒的中点。金属棒从O端开始在一水平外力作用下以速度v0水平向右匀速运动至A、C端点，整个运动过程中金属棒与导轨接触良好。关于金属棒运动的整个过程中(不含O点)，下列说法正确的是 (　　) A.通过金属棒的电流不变 B.感应电流方向为顺时针方向 C.A、C两点的电势始终有φA<φC D.整个过程中通过金属棒的电荷量为 解析：选A　设金属棒运动的距离为x，可知金属棒产生的感应电流I===，可知金属棒产生的感应电流为定值，根据右手定则可知感应电流方向为逆时针方向，故A正确，B错误；金属棒的上端为等效电源的正极，下端为负极，始终有φA>φC，故C错误；整个过程中通过金属棒的电荷量q=It=·=，故D错误。 3.(2025·浙江杭州质检)麦克斯韦从场的观点出发，认为变化的磁场会激发感生电场。如图甲所示，半径为r的绝缘光滑真空管道(内径远小于半径r)固定在水平面上，管内有一质量为m、带电量为+q的小球，直径略小于管道内径。真空管处在匀强磁场中，磁感应强度B随时间变化的关系如图乙所示，规定竖直向上为正方向。t=0时刻无初速度释放小球。下列说法正确的是 (　　) A.俯视真空管道，感生电场的方向是逆时针 B.感生电场对小球的作用力大小为q C.小球绕环一周，感生电场做功为q D.t0时刻管道对小球的作用力大小 解析：选C　根据楞次定律判断，俯视真空管道，感生电场的方向为顺时针，故A项错误；由法拉第电磁感应定律可得E电动势==，由题图乙可知，有=，设产生的感生电场的电场强度为E，则E电动势=Ed=E·2πr，感生电场对小球的作用力大小F=Eq=q，故B项错误；小球绕环一周，感生电场做功W=F·2πr=q，故C项正确；小球在感生电场中的加速度aE=，t0时刻小球的速度v=aEt0=，在水平方向上有B0qv+FNx=，解得FNx=-，所以管道对小球的作用力的大小为FN=，故D项错误。 4.如图所示，水平面内放置着电阻可忽略不计的金属导轨，其形状满足方程y=x2，空间分布着垂直xOy平面向内的匀强磁场。先将足够长的导体棒ab与x轴重合，且关于y轴对称放置，再用沿y轴正方向的外力使其由静止开始做匀加速直线运动，导体棒先后经过y=y0、y=4y0的位置。若导体棒接入电路的电阻和其长度成正比，运动过程中始终和x轴平行并与导轨接触良好，不计摩擦，下列说法正确的是 (　　) A.导体棒经过y=y0、y=4y0的位置时，闭合回路中的电动势之比为1∶1 B.导体棒经过y=y0、y=4y0的位置时，闭合回路中的电流大小之比为1∶4 C.导体棒经过y=y0、y=4y0的位置时，导体棒所受安培力大小之比为1∶1 D.0~y0、y0~4y0过程中，闭合回路中产生的电热之比为1∶15 解析：选D　若导体棒运动到某一位置，速度大小为v，其与导轨接触点的坐标为，由匀变速直线运动规律v2=2ay，根据法拉第电磁感应定律，闭合回路中的感应电动势大小为E=2Bvx，解得E=2By，故感应电动势之比为1∶4，故A错误；由闭合电路欧姆定律，闭合回路中的电流为I=，其中R=2kx，解得I=，故闭合回路中的电流之比为1∶2，故B错误；导体棒所受安培力大小为F=2BIx=，故安培力大小之比为1∶4，故C错误；由以上分析可知，导体棒所受安培力大小与其位移大小y成正比，作出安培力随位移变化的图像如图所示，图像与横轴所围的面积即导体棒运动过程中克服安培力做的功，也就是闭合回路产生的电热Q=Fy=，故0~y0、y0~4y0过程中，闭合回路中产生的电热之比为12∶=1∶15，故D正确。 二、多项选择题 5.(2024·黑吉辽高考)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abcda 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AB　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正确；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，结合以上分析可知，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·重庆模拟)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AD　设cd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，切割磁感线产生的电动势E=BLv0，通过cd的电流I=，由平衡条件得BIL=mg，当ef进入磁场瞬间，cd出磁场，回路电动势和总电流不变，仍满足BIL=mg，同理当ab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正确；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和ef切割磁感线时，通过ab的电流强度为，而当ab进入磁场后，回路中的总电流不变，仍为I，但此时ab切割磁感线，相当于电源，因此通过ab的电流强度为I，故C错误；当cd和ef切割磁感线时，ab产生的焦耳热Qab=Rt，当ab进入磁场后Qab=Q1+I2R(t-t1)，由函数关系可知，D正确。 7.如图所示，两条足够长的光滑平行导轨MN、PQ水平放置，导轨间距为L=1 m，电阻不计，两导体棒a、b静置于导轨上，导体棒a的电阻不计，b棒的阻值为R=1 Ω，单刀双掷开关1接在电容为C=0.5 F的电容器上，初始状态电容器不带电。电容器的右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B1=1 T，电容器左侧有垂直纸面向外的匀强磁场B2=0.5 T，导体棒a通过细线跨过光滑定滑轮与竖直悬挂的重物A相连，已知重物A、两导体棒a、b三者的质量均为m=1 kg。现将开关S接1位置，释放重物A，同时开始计时，t1=0.25 s时断开开关S，t2=0.45 s时将开关S接2位置，导体棒b开始运动，t3时刻两导体棒的加速度大小相等。重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是 (　　) A.t1时刻导体棒a的速度为v1=1 m/s B.t2时刻导体棒a的速度为v2=3 m/s C.t3时刻导体棒a的加速度为 m/s2 D.t3时刻回路消耗的热功率为25 W 解析：选AD　对导体棒a和重物A，根据牛顿第二定律得mg-B1iL=2ma1，根据i=，ΔQ=CΔU，ΔU=B1LΔv，Δv=a1Δt，联立解得a1==4 m/s2，t1时刻导体棒a的速度v1=a1t1=1 m/s，故A正确；断开开关S后，导体棒a不受安培力，则有mg=2ma2，t2时刻导体棒a的速度为v2=v1+a2(t2-t1)=2 m/s，故B错误；开关S接2位置，设t3时刻导体棒a、b的加速度大小为a3，mg-B1IL=2ma3，B2IL=ma3，解得a3=2.5 m/s2，I=5 A，t3时刻回路消耗的热功率为P=I2R=25 W，故C错误，D正确。 8.如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，磁场范围足够大，磁感应强度的大小左边为2B、右边为3B，一个竖直放置的宽为L、长为3L、质量为m、电阻为r的矩形金属线框，以初速度v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到虚线位置(在左边磁场中的长度为L，在右边磁场中的长度为2L)时，线框的速度为v，则下列判断正确的是 (　　) A.此时线框中电流方向为逆时针，电功率为 B.此过程中通过线框截面的电荷量为 C.此时线框的加速度大小为 D.此过程中线框克服安培力做的功为mv2 解析：选AD　在题图示位置根据右手定则可知，线框中电流方向为逆时针，线框产生的电动势为E=3BL·+2BL·=BLv，线框中的电流为I==，则电功率为P=EI=，故A正确；此过程中磁通量的变化量为ΔΦ=2B·3L2-(2B·L2-3B·2L2)=10BL2，此过程中通过线框截面的电荷量为q=Δt=Δt=Δt==，故B错误；线框受到的安培力大小为F=3BIL+2BIL=，此时线框的加速度大小为a==，故C错误；由动能定理得W安=m-mv2=-mv2，则此过程中线框克服安培力做的功为mv2，故D正确。 三、计算题 9.(14分)(2024·安徽高考)如图所示，一“U”型金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计、质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B=kt(SI)，k为常数(k>0)。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R。t=0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。不计空气阻力，两磁场互不影响。 (1)求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab中电流的方向；(4分) (2)求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式；(4分) (3)求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。(6分) 解析：(1)通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式为Φ=BS=kL2t， 根据法拉第电磁感应定律得E=n==kL2， 由楞次定律和安培定则可知，ab中的电流方向从a流向b。 (2)根据左手定则可知，ab受到的安培力方向垂直纸面向里，大小为F安=BIL，其中B=kt， 设金属棒向上运动的位移为x，根据运动学公式x=at2，所以支架上方的导轨电阻为R'=2xr， 由闭合电路欧姆定律得I=， 联立解得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为F安=。 (3)由题知t=0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，则对ab受力分析，由牛顿第二定律得 F-mg-μF安=ma，其中F安=， 联立可得F=+m(g+a)，整理有F=+m(g+a)， 根据均值不等式可知，当=art时，F有最大值， 故解得t=，F的最大值为Fm=+m(g+a)。 答案：(1)Φ=kL2t　kL2　从a流向b (2)F安=　(3)　+m 10.(14分)(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。(6分) (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。(8分) 解析：(1)当OA棒运动到正方形细框对角线瞬间，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，感应电流最小，CD棒受到的安培力最小，得 Emin=BLmin=B·L·= 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) 11.(14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边将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?(8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?(6分) 解析：(1)设bc边刚进入磁场时速度大小为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边将离开磁场时速度大小为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5讲　电磁感应中的动量问题(综合融通课) (一) 动量定理在电磁感应中的应用　 　　导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解。 模型(一)　“单棒+电阻”模型 情境示例1 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= 求位移x -Δt=0-mv0，x=Δt= 应用技巧 初、末速度已知的非匀变速运动，在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 情境示例2 间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m、接入电路的阻值为R的导体棒，匀强磁场的磁感应强度为B，当通过横截面的电荷量为q或下滑位移为x时，速度达到v 求运动时间 -BLΔt+mgsin θ·Δt=mv-0， q=Δt，Δt= -Δt+mgsin θ·Δt=mv-0， x=Δt，Δt= 应用技巧 用动量定理求时间需有其他恒力参与，若已知运动时间，也可求q、x、v中的一个物理量 　　 [例1]　(多选)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斜面向上F=2.0 N的恒力，金属杆由静止开始运动，图乙为运动过程的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，下列说法中正确的是 (　　) 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6.2 J [解析]　由题图乙可知金属杆先做加速度减小的加速运动，2 s后做匀速直线运动。当t=2 s时，速度为v=3 m/s，此时感应电动势大小为E=BLv，感应电流大小为I=，安培力大小为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，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=，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，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正确。 [答案]　BD 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，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，棒匀速运动 运动特点和 最终特征 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=CUC 最终电容器两端电压：UC=BLv 对棒应用动量定理：mv-mv0=-BL·Δt=-BLq v= v-t图像 　　 [例2]　如图所示，两条平行金属导轨的间距为L，长为d的倾斜部分与水平面的夹角为θ，水平部分足够长，两部分平滑相连，倾斜导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。两部分导轨均处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上，磁感应强度大小分别为2B和B，在倾斜导轨上端放置一质量为m的金属棒，使其沿导轨由静止开始加速下滑，当金属棒下滑距离d后无动能损失进入水平轨道，然后进入竖直向上的匀强磁场。已知金属棒在滑动过程中始终与导轨垂直且接触良好，电容器能正常工作，重力加速度为g，不计所有电阻和摩擦阻力。求： (1)金属棒刚进入水平导轨时速度的大小v0； (2)金属棒进入水平导轨后的最终速度v。 [解析]　(1)设金属棒速度大小为v'时，通过金属棒的电流为I，对金属棒由牛顿第二定律有 mgsin θ-2BIL=ma 设在极短时间间隔Δt内流过金属棒的电荷量为ΔQ，则ΔQ=CΔE=2BLC·Δv 而I=，a= 所以I=2BLCa 联立解得a= 金属棒做初速度为零的匀加速运动，当金属棒下滑距离d后的速度大小为v0= 联立解得v0=。 (2)当金属棒刚进入水平导轨时，电容器极板上积累的电荷量为 Q=EC=2BLC 此时金属棒的速度大小仍为v0= 而感应电动势变为E'=BLv0 金属棒进入水平导轨后，E'<E，电容器放电，设再经过t1时间电容器放电结束，此时金属棒达到最终速度v，取水平向右为正方向，根据动量定理可得BL·t1=mv-mv0 而·t1=Q-Q'，Q'=BLCv 联立解得v= 。 [答案]　(1) (2) (二) 动量守恒定律在电磁感应中的应用 1.问题特点：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，运用动量守恒定律解题比较方便。 2.双棒模型(不计摩擦力) 双棒无外力 双棒有外力 示意图 F为恒力 运动过程 导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动 导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动 动量观点 系统动量守恒 系统动量不守恒 能量观点 棒1动能的减少量=棒2动能的增加量+焦耳热 外力做的功=棒1的动能+棒2的动能+焦耳热 　　[典例]　(2025·重庆高三检测)如图所示，两根平行光滑的金属导轨M1N1P1和M2N2P2由四分之一圆弧部分与水平部分构成，导轨末端固定两根绝缘柱，弧形部分半径r=0.8 m，导轨间距L=1 m，导轨水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B=2 T。两根完全相同的金属棒a、b分别垂直导轨静置于圆弧顶端M1M2处和水平导轨中某位置，两金属棒质量均为m=1 kg、电阻均为R=2 Ω。棒a由静止释放，沿圆弧导轨滑入水平部分，此后，棒b向右运动，在导轨末端与绝缘柱发生碰撞后反弹，碰撞过程中无机械能损失，棒b接触绝缘柱之前两棒已匀速运动且未发生碰撞，棒b与绝缘柱发生碰撞后，在距绝缘柱x=0.5 m的A1A2位置与棒a发生碰撞，整个运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，取g=10 m/s2。 (1)求棒a刚滑入水平导轨时，受到的安培力大小； (2)求棒b与绝缘柱碰撞前，整个回路产生的焦耳热； (3)求棒b与绝缘柱碰撞后到与棒a碰撞前的过程，整个回路产生的焦耳热。 [解析]　(1)金属棒a下滑过程，根据动能定理可得mgr=mv2 解得v==4 m/s 金属棒a刚滑入水平导轨时，产生的感应电动势为E=BLv=8 V 回路电流为I==2 A 金属棒a受到的安培力大小为F=BIL=4 N。 (2)以金属棒a、b为系统，由于两金属棒受到的安培力大小相等、方向相反，则系统在碰到绝缘柱之前满足动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律有mv=2mv1 可得金属棒b接触绝缘柱之前，两棒匀速运动的速度大小v1==2 m/s 根据能量守恒定律可得棒b与绝缘柱碰撞前，整个回路产生的焦耳热Q=mv2-×2m 解得Q=4 J。 (3)金属棒b与绝缘柱发生碰撞后等速率返回，金属棒a、b组成的系统动量仍然守恒，但总动量为零，则有0=mva+mvb 即任何时刻都有va=-vb 两金属棒相向运动到相碰，位移大小相等均为0.5 m，电路中的瞬时感应电动势是两棒感应电动势的叠加，则有E'=2BLv' 根据闭合电路欧姆定律可得I'= 金属棒b受到的安培力大小为F安=BI'L= 对金属棒b由动量定理得-∑v'Δt=mv2-mv1 其中∑v'Δt=x1=0.5 m 可得v2=1 m/s 棒b与绝缘柱碰撞后到与棒a碰撞前的过程，根据能量守恒定律，可得整个回路产生的焦耳热为Q'=×2m-×2m=3 J。 [答案]　(1)4 N　(2)4 J　(3)3 J 　　[针对训练] 1.(2025·东莞高三调研)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：选C　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，故A错误；任意时刻，设电流为I，则PQ所受安培力FPQ=BI·2d，方向向左，MN所受安培力FMN=2BI·d，方向向右，可知两棒及轻质绝缘弹簧组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，设PQ质量为2m，MN质量为m， PQ速率为v时，根据动量守恒定律2mv=mv'，解得v'=2v，此时回路中的感应电流I==，故MN所受安培力大小为FMN=2BId=，故B错误；根据动量守恒定律2mvPQ=mvMN，可知整个运动过程中，任意时刻MN与PQ的速率都有vMN=2vPQ，故MN与PQ的速率之比始终为2∶1，运动时间相同，故路程之比等于速率之比， 故MN与PQ的路程之比为2∶1，故C正确；设MN与PQ的位移大小分别为x1、x2，两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，解得x1=，x2=，则整个运动过程中，通过MN的电荷量为q=Δt===，故D错误。 2.(2023·全国甲卷)如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v0的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间很短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求： (1)金属棒P滑出导轨时的速度大小； (2)金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量； (3)与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。 解析：(1)由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得 3mv0=3mvQ+mvP ×3m=×3m+m 联立解得vP=v0，vQ=v0 由题知，碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点，由于Q为绝缘棒，无电流通过，碰撞后在导轨上做匀速直线运动，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为vP'=vQ=v0。 (2)根据能量守恒定律有m=mvP'2+Q 解得Q=m。 (3)设碰撞时金属棒P距导轨最右端距离为x，P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得 -BlΔt=mvP'-mvP 又=== 联立可得x= 故Q在导轨上运动的时间为t==。 答案：(1)v0　(2)m　(3) [课时跟踪检测]　 一、单项选择题 1.如图，平行光滑金属导轨固定在绝缘水平面上，左端接有定值电阻R，导轨处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN垂直放在导轨上，给金属棒一个水平向右的瞬时速度，金属棒向右运动最终停在虚线b处，虚线a为金属棒向右运动到b的中间位置。金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，不计金属棒、导轨的电阻。金属棒从开始运动到虚线a的过程中，克服安培力做功为W1，安培力的冲量大小为I1；从虚线a运动到虚线b的过程中，克服安培力做功为W2，安培力的冲量大小为I2。则 (　　) A.I1=I2 B.I1=2I2 C.W1=2W2 D.W1=4W2 解析：选A　设金属棒运动全过程的距离为2x，金属棒从开始运动到虚线a的过程中，安培力的冲量大小为I1=t=BLt，根据电流的定义式有q=t，通过金属棒的电荷量为q==，联立解得I1=，同理可得I2=I1=，A正确，B错误；设金属棒初速度为v0，在虚线a位置速度为va，根据动量定理，金属棒从虚线a运动到虚线b有0-mva=-I2，从开始运动到虚线a的过程有mva-mv0=-I1，联立解得v0=2va，根据动能定理，金属棒从虚线a运动到虚线b有0-m=-W2，从开始运动到虚线a的过程有m-m=-W1，联立解得W1=3W2，C、D错误。 2.(2025·河北衡水调研)如图所示，间距为L的平行导轨固定在水平绝缘桌面上，导轨右端接有定值电阻，阻值为R，垂直导轨的虚线PQ和MN之间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，其中导轨的PM和QN段光滑。在虚线PQ左侧到PQ的距离为的位置垂直导轨放置质量为m的导体棒。现给处于静止状态的导体棒一个水平向右的恒力作用，经过PQ时撤去恒力，此时导体棒的速度大小v0=，经过MN时导体棒的速度大小v=。已知恒力大小为3mg，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒接入电路的电阻为，重力加速度为g，导轨电阻不计，下列说法正确的是 (　　) A.导体棒与PQ左侧导轨之间的动摩擦因数为0.66 B.导体棒经过磁场的过程中，通过导体棒的电荷量为 C.导体棒经过磁场的过程中，导体棒上产生的热量为 D.虚线PQ和MN之间的距离为 解析：选D　对导体棒从开始运动至到达虚线PQ的过程，由动能定理可得F-μmg=m-0，代入数据解得动摩擦因数μ=0.44，故A错误；对导体棒经过磁场区域的过程，应用动量定理可得-BLΔt=mv-mv0，通过导体棒横截面的电荷量q=Δt，解得q= ，故B错误；导体棒通过磁场过程，根据能量守恒定律可知，整个回路中产生的热量Q=m-mv2=，根据电阻的串并联关系，导体棒上产生的热量=Q×=，故C错误；设虚线PQ和MN之间的距离为Δx，可得q=，解得Δx=，故D正确。 3.(2025·广西桂林模拟)如图甲所示，一竖直倒放固定的“U”形足够长金属导轨的上端接一定值电阻R，整个装置处于方向垂直导轨平面向里的匀强磁场中。现将一质量为 m的金属棒从距电阻R足够远的导轨上某处，以大小为p0的初动量竖直向上抛出，金属棒的动量随时间变化的图像如图乙所示(图中p=-0.5p0的虚线为图像渐近线)。整个过程中金属棒与导轨接触良好且保持垂直，不计空气阻力及金属棒和导轨电阻，重力加速度大小为g。关于此过程，下列说法正确的是 (　　) A.t0时刻金属棒的加速度为零 B.金属棒的最大加速度大小为3g C.金属棒上升过程安培力的冲量大小为2p0-mgt0 D.金属棒上升过程定值电阻产生的焦耳热大于 解析：选B　t0 时刻金属棒的速度为零，则电路中感应电动势为零，金属棒所受安培力为零，则金属棒仅受重力作用，加速度为 g ，故A错误；金属棒在运动过程中切割磁感线，E=BLv，I=，又F安=BIL，联立可得F安=，由题图乙可知金属棒向下运动的动量最大为 0.5p0，有0.5p0=mv1，解得v1=，此时图像斜率为零，故合外力为零，金属棒所受安培力与重力等大反向，故mg=，在 t=0 时，金属棒向上运动的速度最大，所受向下的安培力最大，设p0=mv0，解得金属棒向上运动的最大速度v0==2v1，故金属棒受向下最大的安培力大小为F安m==2mg，金属棒的最大加速度大小为am==3g，故B正确；对金属棒上升过程，由动量定理得-mgt0-I=0-p0，解得金属棒上升过程安培力的冲量大小为I=p0-mgt0，故C错误；金属棒的初动能为=，金属棒上升过程由动能定理可知WG+W安=0-Ek0，金属棒上升过程克服安培力所做的功等于定值电阻产生的焦耳热，小于 ，故D错误。 4.如图所示，半径为r的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水平导轨平滑相连，四分之一圆弧导轨区域没有磁场，水平导轨区域存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，导轨间距为d，导轨电阻忽略不计。ab、cd是质量为m、电阻为R的金属棒，cd静止在平滑导轨上，ab从四分之一圆弧导轨顶端由静止释放，在圆弧导轨上克服阻力做功为mgr，水平导轨足够长，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，且不会相撞，重力加速度为g。从ab棒进入水平导轨开始，下列说法正确的是 (　　) A.ab棒先做匀减速运动，最后做匀速运动 B.cd棒先做匀加速直线运动，最后和ab棒以相同的速度做匀速运动 C.ab棒刚进入磁场时，流过cd棒的电流为 D.ab棒的最终速度大小为 解析：选D　ab棒进入磁场受向左的安培力，做减速运动，所受安培力减小，则ab棒先做加速度减小的减速运动，cd棒与ab棒串联，所以cd棒先做加速度减小的加速运动，最后它们共速，做匀速运动，故A、B错误；ab棒刚进入磁场的速度就是它下滑到圆弧导轨底端的速度，根据动能定理得mgr-mgr=mv2，可得速度为v=，则感应电动势为E=Bdv，两金属棒串联，故两棒瞬时电流为I=，两棒共速时由动量守恒定律有mv=2mv'，解得速度大小为v'=，故C错误，D正确。 二、多项选择题 5.(2025·济南质检)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。现有均匀导体棒，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2x减速到0 D.导体棒在右侧区域运动4x减速到0 解析：选AC　根据题意可知，导体棒运动至ab过程中，所受平均安培力大小为=B·2d，由动量定理有-t=-B·2dt=-2Bdq=mv-mv0，又有q==，联立解得v==v0，故A正确，B错误；根据题意，在右侧区域运动过程中，由动量定理有-'t'=-Bd't'=-Bdq'=0-mv，又有q'==，联立解得x'=2x，故C正确，D错误。 6.如图，空间中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0.25 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BC　根据题意可得E0=Blv0，I0=，F0=BI0l，联立解得线框刚进入第一个磁场区域时受到的安培力大小为F0=2 N，则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==，q=Δt，解得通过线框的电荷量为q=，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正确；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，安培力对线框做的负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，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。 7.(2024·湖南高考)某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨BC段与B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ，AB=BC=d。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是 (　　) A.金属杆经过BB1的速度为 B.在整个过程中，定值电阻R产生的热量为m-μmgd C.金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同 D.若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍 解析：选CD　设平行金属导轨间距为L，金属杆在AA1B1B区域向右运动的过程中切割磁感线，有E=BLvt，I=，金属杆在AA1B1B区域运动的过程中只受安培力，根据动量定理有-BILΔt=mΔv，则-Δt=mΔv，由于d=∑vtΔt，则方程左右两边累计求和，可得-=mvB-mv0，则vB=v0-，设金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t0，金属杆在BB1C1C区域运动的过程中受安培力和滑动摩擦力，根据动量定理有--μmgt0=-mvB，解得vB=+μgt0，综上有vB=+>，则金属杆经过BB1的速度大于，故A错误；在整个过程中，根据能量守恒定律有m=μmgd+Q，则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为QR=Q=m-μmgd，故B错误；金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量为-∑BILΔt=-∑vtΔt=-，又金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域滑行距离均为d，故金属杆所受安培力的冲量相同，故C正确；对金属杆在磁场中运动的全过程，由动量定理有-μmgt0-=0-mv0，若将金属杆的初速度加倍，则对全过程有-μmgt1-=0-2mv0，由于金属杆在BB1C1C区域运动的速度比原来的大，则t1<t0，即t1<2t0，则x>4d，故D正确。 三、计算题 8.(13分)(2025·湖北荆州检测)如图所示，光滑平行金属轨道MM'、NN'间距为d，末端接有三匝面积不同的矩形线圈，面积由大到小依次为S1=4S0、S2=2S0，S3=S0，其中S2线圈所在区域有向下均匀增强的匀强磁场，其变化率为=k，线圈总电阻为r，轨道电阻不计。轨道间有垂直轨道平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现将一质量为m、长为d、阻值为R的金属杆PQ静止放在轨道上，杆两端始终与轨道接触良好。求： (1)线圈中产生的总感应电动势E；(3分) (2)金属杆加速过程中速度为v时的加速度大小a；(4分) (3)若杆刚好匀速运动时沿轨道运动距离为x，求杆从开始运动至达到匀速过程中所用的时间t。(6分) 解析：(1)线圈中感应电动势E=(S2+S2+S1)=5kS0。 (2)金属杆加速过程中速度为v时回路的总电动势 E1=E-Bdv=I(r+R) 由牛顿第二定律可知BId=ma 解得a=。 (3)达到最大速度时杆中产生的电动势 Em=Bdvm=E 根据动量定理得∑BIdΔt=∑Δt-∑Δt=mvm-0 其中∑vΔt=x 联立得t-= 解得t=+。 答案：(1)5kS0　(2)(3)+ 9.(12分)(2024·江西高考，节选)如图所示，绝缘水平面上固定一光滑平行金属导轨，导轨左右两端分别与两粗糙的倾斜平行金属导轨平滑连接，两侧导轨倾角分别为θ1、θ2，导轨间距均为l=2 m，水平导轨所在区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5 T。现有两均匀金属细棒甲和乙，质量分别为m1=6 kg和m2 =2 kg，接入导轨的电阻均为R=1 Ω。左、右两侧倾斜导轨与两棒的动摩擦因数分别为μ1=、μ2=。初始时刻，乙静止在水平导轨上，与水平导轨左端P1P2的距离为d，甲从左侧倾斜导轨高度h=4 m的位置静止滑下。水平导轨足够长，两棒运动过程中始终与导轨接触良好且保持垂直。若两棒发生碰撞，则为完全非弹性碰撞。不计空气阻力和导轨的电阻。(g取10 m/s2， sin θ1=0.6，sin θ2=0.8) (1)求甲刚进入磁场时乙的加速度大小和方向；(6分) (2)为使乙第一次到达水平导轨右端Q1Q2之前甲和乙不相碰，求d的最小值。(6分) 解析：(1)对甲从静止至运动到P1P2处的过程，根据动能定理有 m1gh-μ1m1gcos θ1·=m1-0 甲刚进入磁场时，由法拉第电磁感应定律有 E0=Blv0 根据闭合电路欧姆定律有I0= 对乙由牛顿第二定律有 BI0l=m2a乙0 联立并代入数据解得a乙0=2 m/s2 根据右手定则可知，回路中的感应电流沿逆时针方向(俯视)，结合左手定则可知，乙所受安培力方向水平向右，则加速度方向水平向右。 (2)甲和乙在磁场中运动的过程中，系统所受合外力为零，则系统动量守恒，若两者共速时恰不相碰，则有 m1v0=(m1+m2)v共 对乙根据动量定理有 Blt=m2v共-0 又t=q== dmin=Δx 联立解得dmin=24 m。 答案：(1)2 m/s2，方向水平向右　(2)24 m 10.(18分)(2024·湖北高考)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求： (1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；(3分) (2)金属环刚开始运动时的加速度大小；(6分) (3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。(9分) 解析：(1)根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中，由动能定理有mgL=m 解得v0= 则金属棒ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为E=BLv0=BL。 (2)根据题意可知，金属环在导轨间的两段圆弧并联接入电路中，金属环在导轨外侧的两段圆弧被短路，由几何关系可得，金属环在导轨间的每段圆弧的电阻为R0=×=R 可知，整个回路的总电阻为R总=R+=R 金属棒ab刚越过MP时，通过金属棒ab的感应电流为I== 对金属环由牛顿第二定律有2BL·=2ma 解得a=。 (3)根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使金属棒ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为v，由动量守恒定律有mv0=mv+2mv 解得v=v0 对金属棒ab，由动量定理有-BLt=m·-mv0 又q=t 则有BLq=mv0 设金属棒运动距离为x1，金属环运动的距离为x2，则有q= 联立解得Δx=x1-x2= 则金属环圆心初始位置到MP的最小距离 d=L+Δx= 答案：(1)BL　(2)(3) 第6讲　探究影响感应电流方向的因素(基础实验) 一、实验知能/系统归纳　　 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、滑动变阻器滑片移动时电流计指针偏转方向。 (3)利用图乙研究条形磁体N极向下(或S极向下)插入、抽出时电流计指针偏转方向。 二、掌握规律和结论 1.探究规律 以下面四种情况为例： (1)N极(S极)向下时插入线圈，线圈内磁通量增大时的情况 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，线圈内磁通量减小时的情况 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大时，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小时，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。 二、应用发展/练中融通 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·福建宁德质检)1834年，物理学家楞次在分析了许多实验事实后，总结得到电磁学中一重要的定律——楞次定律，某兴趣小组为了探究该定律做了以下物理实验： (1)“探究影响感应电流方向的因素”的实验装置中滑动变阻器采用限流接法，请用笔画线代替导线将图甲中的实物电路补充完整。 (2)图甲实验电路连接后，开关闭合瞬间，发现电流计指针向左偏转；开关处于闭合状态时，电流计指针 　　　　(选填“偏转”或“不偏转”)；滑动变阻器滑片P向右快速移动时，电流计指针　　　　(选填“向左”“向右”或“不”)偏转。  (3)为了进一步研究，该小组又做了如图乙实验，磁体从靠近线圈上方由静止下落。在磁体穿过整个线圈的过程中，传感器显示电流i随时间t的变化图像如图丙所示，由图可得到的结论是　　　　。  A.感应电流方向与线圈中的磁通量增减有关 B.感应电流方向与磁体下落速度的大小有关 C.感应电流大小与线圈中磁通量的变化快慢有关 解析：(1)实物电路如图。 (2)开关处于闭合状态时，线圈A中电流不变，磁感应强度不变，线圈B磁通量不变，不产生感应电流，电流计指针不偏转；滑动变阻器滑片P向右快速移动时，线圈A所在电路中总电阻变大，线圈A中电流减小，磁感应强度变小，线圈B磁通量变小，故电流计指针向右偏转。 (3)由题图丙可知，磁体从上方进入时电流为正，从下方出来时电流为负，所以感应电流方向与线圈中的磁通量增减有关，与磁体下落速度的大小无关，故A正确，B错误；由题图丙可知，在下落过程中磁体的速度变大，出线圈时的速度大于进入时的速度，磁通量的变化率变快，感应电流也变大，所以感应电流大小与线圈中磁通量的变化快慢有关，故C正确。 答案：(1)见解析图　(2)不偏转　向右　(3)AC 3.(2025·新疆和田期末)我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律。以下是实验探究过程的一部分。 (1)为了探究线圈中产生感应电流的方向，首先通过实验发现，当有电流从正接线柱流入电流表时，指针向右偏转。如图甲所示，当磁体的N极向下运动时，发现电流表指针向　　　　(选填“左”或“右”)偏转。  (2)如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏转。电路稳定后，若向右移动滑动变阻器的滑片，此过程中电流表指针向　　　　(选填“左”或“右”)偏转。  (3)在图丙中，某同学第一次将滑动变阻器的滑片从变阻器的右端慢慢滑到左端，第二次将滑动变阻器的滑片从变阻器的右端快速滑到左端，发现电流表的指针摆动的幅度大小不同，第一次比第二次的幅度　　　　(选填“大”或“小”)。  解析：(1)磁体N极向下运动时，螺线管中向下的磁通量增大，根据楞次定律可知，螺线管会产生向上的磁场，根据右手螺旋定则可知，电流从正接线柱流入电流表，所以指针向右偏转。 (2)闭合开关，电路中瞬间有电流流过，所以内螺线管中磁场向下增大，根据楞次定律，外螺线管感应电流产生的磁场方向向上，根据右手螺旋定则，感应电流从电流表上端流向下端，电流表指针向右偏转。稳定后，若向右移动滑动变阻器的滑片，接入电路的电阻变大，电流变小，所以内螺线管中的磁场向下减小，外螺线管感应电流产生的磁场方向向下，感应电流从电流表下端流向上端，电流表的指针向左偏转。 (3)迅速滑动滑片和缓慢滑动滑片，电路中的电流变化快慢不同，螺线管中磁通量的变化快慢不同，根据法拉第电磁感应定律E=n可知，第一次产生的感应电动势小，感应电流较小，所以电流表的指针摆动的幅度第一次比第二次小。 答案：(1)右　(2)左　(3)小 4.(2025·山东济宁质检)为探究影响感应电流方向的因素，同学们做了如下实验。 (1)小明同学用如图甲所示的实验装置探究影响感应电流方向的因素。 ①部分实验记录如下： ⅰ.实验得出所用灵敏电流计指针偏转方向与电流方向间的关系为：当电流从“+”接线柱流入灵敏电流计时，指针向右偏转。 ⅱ.将条形磁铁按如图甲方式N极向下插入螺线管时，发现灵敏电流计的指针向右偏转。判断出螺线管中电流的方向，再判断出螺线管中的感应电流磁场的方向。 ⅲ.经分析可得出结论：当穿过螺线管的磁通量增加时，感应电流产生的磁场与条形磁铁的磁场方向　　　　　 (填“相同”或“相反”)。  ②关于该实验，下列说法正确的是　　　　 。  A.只有磁铁N极向下插入螺线管，灵敏电流计指针才会向右偏转 B.将磁铁的S极向下插入螺线管时，灵敏电流计指针向右偏转 C.将磁铁的S极向下插入螺线管时，灵敏电流计指针向左偏转 D.将磁铁向下插入或向上抽出的速度越大，灵敏电流计指针偏转幅度越大 (2)小宁同学用如图乙所示的电路研究感应电流的方向。 ①将线圈A插入线圈B中，闭合开关瞬间，发现灵敏电流计指针向左偏转，保持开关闭合，将滑动变阻器的滑片向左匀速移动，则灵敏电流计指针　　　　 (填“向左”“向右”或“不”)偏转。  ②实验结束后，某同学在开关还没断开，A、B两线圈和铁芯也没分开放置的情况下，直接用手去拆除某线圈处的导线，突然被电击了一下，则该同学被电击是在拆除　　　　 (选填“A”或“B”)线圈所在电路时发生的。  解析：(1)①由楞次定律可知，感应电流产生的磁场总是阻碍条形磁铁磁场的变化(增反减同)，故当穿过螺线管的磁通量增加时，感应电流产生的磁场与条形磁铁的磁场方向相反。 ②将磁铁的S极向上拔出螺线管时，灵敏电流计指针也会向右偏转，A错误；由楞次定律结合安培定则知，将磁铁的S极向下插入螺线管时，灵敏电流计指针向左偏转，B错误，C正确；将磁铁向下插入或向上抽出的速度越大，螺线管磁通量变化越快，感应电流越大，灵敏电流计指针偏转幅度越大，D正确。 (2)①由题知，当闭合开关瞬间，线圈A中电流瞬间增加，电流计指针向左偏转，由实物图知，将滑动变阻器的滑片向左匀速移动，电路中总电阻减小，线圈A中电流继续增加，故电流计指针向左偏转。 ②在拆除A线圈时，原电路中存在电流，断开A线圈，由于线圈的断电自感现象而产生自感电动势，与人体组成回路，电流经过人体时产生被电击的感应，则小宁同学被电击是在拆除A线圈所在电路时发生的。 答案：(1)①相反　②CD　(2)①向左　②A 5.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　　　　(填“20 kΩ”“1 kΩ”或“100 Ω”)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。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，将线圈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)由闭合电路欧姆定律有R== Ω=1.5×104 Ω，R1>R，不会使电流超过电流表量程，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，螺线管上端应为N极，下端为S极，又电流表指针向左偏，可知电流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，感应电流的磁场应阻碍磁通量的减少，螺线管上端应为N极，下端为S极，由螺线管的绕线方向可以判定电流是从电流表的负接线柱流入，故指针向左偏。 (4)由题意可知当P向左加速滑动时，线圈A中的电流应越来越小，则其磁场减弱，此时线圈B中产生的电流使指针向右偏转，由此可知，当B中的磁通量减小时，电流表指针右偏；当将线圈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 41 / 84 学科网（北京）股份有限公司 $$