专题12 电磁感应-【高考密码】备战2026高考物理十年高考真题分类汇编

专题十二　电磁感应 考点1 电磁感应现象 楞次定律 1．（2025·北京 ）下列图示情况，金属圆环中不能产生感应电流的是（　　） A．图（a）中，圆环在匀强磁场中向左平移 B．图（b）中，圆环在匀强磁场中绕轴转动 C．图（c）中，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移 D．图（d）中，圆环向条形磁铁N极平移 【答案】A 【详解】A．圆环在匀强磁场中向左平移，穿过圆环的磁通量不发生变化，金属圆环中不能产生感应电流，故A正确； B．圆环在匀强磁场中绕轴转动，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故B错误； C．离通有恒定电流的长直导线越远，导线产生的磁感应强度越弱，圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故C错误； D．根据条形磁铁的磁感应特征可知，圆环向条形磁铁N极平移，穿过圆环的磁通量发生变化，金属圆环中能产生感应电流，故D错误。 故选A 。 2．（2025·陕晋青宁卷 ）电磁压缩法是当前产生超强磁场的主要方法之一，其原理如图所示，在钢制线圈内同轴放置可压缩的铜环，其内已“注入”一个初级磁场，当钢制线圈与电容器组接通时，在极短时间内钢制线圈中的电流从零增加到几兆安培，铜环迅速向内压缩，使初级磁场的磁感线被“浓缩”，在直径为几毫米的铜环区域内磁感应强度可达几百特斯拉。此过程，铜环中的感应电流（　　） A．与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相同 B．与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相反 C．远小于钢制线圈中的电流大小且方向相同 D．远小于钢制线圈中的电流大小且方向相反 【答案】B 【详解】当钢制线圈与电容器组连通时，钢制线圈中产生迅速增大的电流，线圈中产生迅速增强的磁场。根据楞次定律，可知铜环中产生的感应电流的磁场会阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故铜环中的感应电流与钢制线圈中的电流方向相反。为阻碍铜环中磁通量变化，铜环上感应的电流与钢制线圈的电流大小几乎相等。因此两个方向相反的大电流之间的作用力使圆环被急速的向内侧压缩。ACD错误，B正确。 故选B。 3.(2024湖北,1,4分)《梦溪笔谈》中记录了一次罕见的雷击事件:房屋被雷击后,屋内的银饰、宝刀等金属熔化了,但是漆器、刀鞘等非金属却完好(原文为:有一木格,其中杂贮诸器,其漆器银扣者,银悉熔流在地,漆器曾不焦灼。有一宝刀,极坚钢,就刀室中熔为汁,而室亦俨然)。导致金属熔化而非金属完好的原因可能为(　　) A.摩擦 B.声波 C.涡流 D.光照 【答案】C 【解析】雷击时,非均匀变化的电场产生变化的磁场,变化的磁场在金属内产生涡流,涡流的热效应使金属熔化,C正确。 4.(2024贵州,5,4分)如图,两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内,导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流I1、I2,且I1>I2,则当导线框中通有顺时针方向的电流时,导线框所受安培力的合力方向(　　) A.竖直向上 B.竖直向下 C.水平向左 D.水平向右 【答案】C 【解析】根据右手螺旋定则可知导线框所在位置的磁场方向垂直纸面向里,每根长直导线在距其相等距离的位置产生的磁场磁感应强度大小相等,根据左手定则结合F=BIL可知导线框水平部分受到的安培力的合力为0,由于I1>I2,导线框左侧竖直部分导线处的磁感应强度比右侧竖直部分导线处的大,则左侧竖直部分的导线所受的水平向左的安培力大于右侧竖直部分导线所受的水平向右的安培力,故导线框所受安培力的合力方向水平向左,C正确。 5.(2024江苏,10,4分)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处在垂直纸面向里的匀强磁场中,线圈b位于右侧无磁场区域,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 【答案】A 【解析】将线圈a从磁场中匀速拉出的过程中,穿过线圈a的磁通量在减小,根据楞次定律可知线圈a中的感应电流方向为顺时针,C、D错误;由于线圈a从磁场中匀速拉出,根据法拉第电磁感应定律可知,a中产生的感应电动势恒定,则a中产生的感应电流恒定,a中感应电流产生的磁场恒定,则a靠近线圈b的过程中,穿过b的磁场方向垂直纸面向外且在增强,穿过线圈b的磁通量增大,可知线圈b产生的感应电流方向为顺时针,B错误,A正确。 6.(2024北京,6,3分)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 【答案】 B 【解析】闭合开关瞬间,由楞次定律可得线圈M和线圈P相互排斥,A错误。闭合开关,达到稳定后,穿过线圈P的磁通量不变,线圈P中不会产生感应电动势,电流表的示数为0,B正确。断开开关瞬间,线圈P中向右的磁通量减小,由楞次定律可得线圈P中感应电流产生的磁场方向向右;由安培定则可得流过电流表的电流方向由b到a,C、D错误。 7.（2024山东，8，3分）如图甲所示，在-d≤x≤d，-d≤y≤d的区域中存在垂直Oxy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场（用阴影表示磁场的区域），边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可能为（　　） 【答案】C 【解析】感应电动势瞬时值表达式e=E sin ωt，当e=E时，sin ωt=，即线圈由题图甲所示位置转过60°（见俯视图）的过程中线圈内磁通量不变，无感应电动势产生，由图中关系可知磁场区域分布在-≤x≤空间内，C正确。 8.(2023海南，6，3分)汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针(俯视)方向电流，当汽车经过线圈时 (　　) A.线圈1、2产生的磁场方向竖直向上 B.汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcd C.汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcd D.汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同 答案C　线圈1、2中所通电流方向为顺时针(俯视)，产生的磁场方向都垂直地面向下，A错误;汽车进入线圈1过程，通过线圈abcd的磁通量增大，感应电流方向与线圈1中电流反向，为逆时针(adcb)，离开线圈1过程通过线圈abcd的磁通量减小，感应电流方向为顺时针(abcd)，B错误，C正确;汽车进入线圈2过程，通过线圈abcd的磁通量增大，感应电流方向为逆时针，汽车受到的安培力方向与速度方向相反，D错误。 9.(2023河北,8,6分)(多选)如图1,绝缘水平面上四根完全相同的光滑金属杆围成矩形,彼此接触良好,匀强磁场方向竖直向下。金属杆2、3固定不动,1、4同时沿图1箭头方向移动,移动过程中金属杆所围成的矩形周长保持不变。当金属杆移动到图2位置时,金属杆所围面积与初始时相同。在此过程中 (　　) A.金属杆所围回路中电流方向保持不变 B.通过金属杆截面的电荷量随时间均匀增加 C.金属杆1所受安培力方向与运动方向先相同后相反 D.金属杆4所受安培力方向与运动方向先相反后相同 答案CD　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,A错误;由于金属杆所围回路的面积非均匀变化,故感应电流的大小不恒定,通过金属杆截面的电荷量随时间不是均匀增加的,B错误;由上述分析,再根据左手定则,可知金属杆1所受安培力方向与运动方向先相同后相反,金属杆4所受安培力方向与运动方向先相反后相同,故C、D正确。 10.(2022北京,11,3分)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 答案　D　由楞次定律可判定线框中产生的感应电流方向为a→d→c→b→a,选项A错误。由于空间各点磁感应强度随时间均匀增大,则线框中磁通量均匀增大,由法拉第电磁感应定律可知,线框中产生的感应电流恒定,B错误。ad边所受安培力F=BIL随B均匀增大,C错误。由安培定则可知线框所在平面处磁场方向垂直纸面向里,再由左手定则可知线框各边所受安培力方向均垂直于各边向内使线框收缩,由于离场源电流越近磁场越强,故ab边与cd边所受安培力等大反向,ad边所受安培力大于bc边所受安培力,整体所受合力方向水平向右,D正确。 11.(2022广东,10,6分)(多选)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,线圈中无感应电流 D.线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等 答案　AC　长直导线中的电流产生的磁场在P、N两点的磁感应强度方向如图。 过M点作x轴的平行线,与通电导线在xOy平面内的投影交于P',则有MP'=NP,故N、M两点磁感应强度大小相等、方向相同,A项正确;圆形线圈在初始位置时,通过线圈的磁通量为零,沿PN方向运动时,穿过线圈的磁通量变化,B项错误;P点为导线正上方的点,当线圈从P点开始竖直向上运动时,通过线圈的磁通量始终为0,线圈中无感应电流,选项C正确;由E=,Δt=,而xPN<xPM,则ΔtPN<ΔtPM,故线圈从P到M过程与从P到N过程的磁通量变化量相等,但感应电动势不相等,选项D错误。 考点2 法拉第电磁感应定律及其应用 考向1 感应电动势的理解及相关计算 1．（2025·湖北 ）如图（a）所示，相距L的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内，两长度均为L、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上，金属棒与导轨接触良好。导轨电阻忽略不计。导轨间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图（b）所示，时刻，。时刻，两棒相距，ab棒速度为零，cd棒速度方向水平向右，并与棒垂直，则0~T时间内流过回路的电荷量为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】通过导体的电荷量 而 时，磁感应强度为零，故 联立以上各式，可得 故选B。 2．（2025·江西 ）（多选）如图所示，一细金属导体棒在匀强磁场中沿纸面由静止开始向右运动，磁场方向垂直纸面向里。不考虑棒中自由电子的热运动。下列选项正确的是（　　） A．电子沿棒运动时不受洛伦兹力作用 B．棒运动时，P端比Q端电势低 C．棒加速运动时，棒中电场强度变大 D．棒保持匀速运动时，电子最终相对棒静止 【答案】CD 【详解】A．由左手定则可知，电子沿棒运动时受到水平方向的洛伦兹力作用，A错误； B．根据右手定则可知，棒向右运动时，P端比Q端电势高，B错误； C．PQ两端电势差U=BLv，可知棒中电场强度，则棒加速运动时，棒中电场强度变大，C正确； D．棒保持匀速运动时，PQ两端电势差保持恒定，电子将集聚在导体棒下端，最终相对棒静止，D正确。 故选CD。 3．（2025·新课标）（多选）如图，过P点的虚线上方存在方向垂直于纸面的匀强磁场。一金属圆环在纸面内以P点为轴沿顺时针方向匀速转动，O为圆环的圆心，OP为圆环的半径。则（   ） A．圆环中感应电流始终绕O逆时针流动 B．OP与虚线平行时圆环中感应电流最大 C．圆环中感应电流变化的周期与环转动周期相同 D．圆环在磁场内且OP与虚线垂直时环中感应电流最大 【答案】BC 【详解】A．在圆环进入磁场的过程中圆环中感应电流绕O逆时针流动，圆环出磁场的过程中圆环中感应电流绕O顺时针流动，故A错误； BCD．由几何关系可知圆环进入磁场的过程中，圆环的圆心轨迹是以P点为圆心且半径与圆环的半径大小相等的圆，则圆环切割磁感线的有效长度为l = 2rcos(90°－ωt)，其中ω为圆环匀速转动的角速度，90°－ωt为OP与虚线的夹角 则金属圆环在纸面内以P点为轴沿顺时针方向匀速转动产生的感应电动势瞬时值为 化简得e = Bωr2[1－cos(2ωt)] 可见OP与虚线平行时即ωt = 90°或270°圆环中感应电流最大；分析可知当环转动一圈的过程中，圆环中的感应电流先逆时针增大再减小，后顺时针增大再减小，故圆环中感应电流变化的周期与环转动周期相同；而圆环在磁场内且OP与虚线垂直时ωt = 180°此时环中感应电流为零，故BC正确、D错误。 故选BC。 4.(2024广东,4,4分)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收,结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动,每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场,磁感应强度大小均为B。磁场中,边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示,永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈,下列说法正确的是(　　) 　 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 答案 D 题图乙所示情况下,穿过线圈的磁通量为0,A错误;由法拉第电磁感应定律可知,永磁铁相对线圈上升越快,磁通量变化越快,线圈中的感应电动势越大,永磁铁相对线圈上升越高时速度越小(点拨:永磁铁是上下振动的运动形式,故永磁铁相对线圈上升或下降的距离越大,速度越小),B、C错误;永磁铁相对线圈下降,穿过线圈的磁通量向外增大,由楞次定律可知,线圈中感应电流的方向为顺时针方向,D正确。 5.(2024湖南,4,4分)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 答案 C 根据几何关系可知Ob=Oc,根据v=ωr、E=Brv及右手定则可知,UOb=UOc>UOa,且O点的电势最高,即φO>φa>φb=φc,C正确。 6.(2024甘肃,6,4分)工业上常利用感应电炉冶炼合金,装置如图所示。当线圈中通有交变电流时,下列说法正确的是(　　) A.金属中产生恒定感应电流 B.金属中产生交变感应电流 C.若线圈匝数增加,则金属中感应电流减小 D.若线圈匝数增加,则金属中感应电流不变 【答案】B 【解析】当线圈中通有交变电流时,感应电炉金属中的磁通量也不断随之变化,金属中产生交变感应电流(点拨:电流的变化与其产生的磁场的变化是同步的,若电流成线性变化,则会产生恒定的感应电流),A错误,B正确。若线圈匝数增加,根据法拉第电磁感应定律E=n可知,感应电动势增大,则金属中感应电流变大,C、D错误。 7.(2024甘肃,4,4分)如图,相距为d的固定平行光滑金属导轨与阻值为R的电阻相连,处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。长度为L的导体棒ab沿导轨向右做匀速直线运动,速度大小为v,则导体棒ab所受的安培力为(　　) A.,方向向左 B.,方向向右 C.,方向向左 D.,方向向右 【答案】A 【解析】导体棒ab切割磁感线过程中,接入回路部分的有效长度为d,故感应电动势为E=Bdv,回路中感应电流为I=,根据右手定则,判断导体棒ab中电流方向为从b流向a,故导体棒ab所受的安培力大小为F=BId=,方向向左(另解:根据楞次定律的阻碍作用,导体棒向右运动,受到的阻力向左),A正确。 8.(2023重庆，2，4分)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. 答案A　根据法拉第电磁感应定律有=N = (点拨:计算磁通量时，应该用磁感应强度在垂直线圈平面的分量乘以面积)。 9.(2023江苏，8，4分)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动，O、A、C点电势分别为φO、φA、φC，则(　　) A.φO>φC B.φC>φA C.φO=φA D.φO-φA=φA-φC 答案A 棒OA段切割磁感线产生感应电动势，相当于电源，由右手定则可判定，φO>φA，因AC段不切割磁感线，故φA=φC，则φO>φC，A正确。 10.(2023全国甲,21,6分)(多选)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 答案AD 设线圈总电阻为R,小磁体所受电磁阻力为F阻,小磁体下落过程中由法拉第电磁感应定律有 E=n① 回路中的感应电流I=② 线圈受到的安培力F安=BIL③ 根据楞次定律可知,小磁体每穿过一个线圈,电流方向改变一次(小磁体正中央水平截面与线圈齐平时,以及和上下两相邻线圈距离相同时,电流为0),小磁体的N极、S极上下不颠倒,B错误;由牛顿第三定律知,小磁体受到的电磁阻力与线圈所受安培力等大反向,即F阻=F安,由题图(b)可知感应电流大小不断变化,故小磁体受到的电磁阻力发生变化,C选项错误;由①②③联立可得感应电流的大小I=·,在匝数不变的情况下,感应电流的大小与磁通量的变化率成正比,由题图(b)知感应电流峰值的绝对值逐渐增大,电流在达到峰值前后,可认为n=1,则小磁体下落过程中,磁通量变化率的极值逐渐增大,即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,D选项正确;小磁体下落的过程中,电流峰值对应磁通量变化率逐渐增大,说明小磁体的速度在增大,A选项正确。故选A、D。 11.(2022江苏,5,4分)如图所示,半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度B随时间t的变化关系为B=B0+kt,B0、k为常量,则图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为 (　　) A.πkr2　　　　　B.πkR2　　　　　C.πB0r2　　　　　D.πB0R2 答案　A　由E==S=πr2·k可知A正确。 12.(2022河北,5,4分)将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈,其中大圆面积为S1,小圆面积均为S2,垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场,磁感应强度大小B=B0+kt,B0和k均为常量,则线圈中总的感应电动势大小为 (　　) A.kS1　　　　　　　　　　B.5kS2 C.k(S1-5S2)　　　　　　　　　　D.k(S1+5S2) 答案　D　根据楞次定律可知,5个小圆线圈和大圆线圈内产生的感应电流方向一致,因此线圈产生的总感应电动势应为所有感应电动势之和。小圆线圈产生的感应电动势E1==kS2,大圆线圈产生的感应电动势为E2==kS1,所以总感应电动势为E=5E1+E2=k(S1+5S2),选项D正确。 13.(2022山东,12,4分)(多选)如图所示,xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场。边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动。t=0时刻,金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响,关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是 (　　) A.在t=0到t=的过程中,E一直增大 B.在t=0到t=的过程中,E先增大后减小 C.在t=0到t=的过程中,E的变化率一直增大 D.在t=0到t=的过程中,E的变化率一直减小 答案　BC　在t=0至t= 的过程中,l有先变大后变小,故E先增大后减小,故B正确,A错误。在t=0至t= 的过程中,有效切割长度l有=,E=Bω=,由三角函数求导知识可得,E的变化率=BL2ω2·变大,故C正确,D错误。 易错点拨　电动势的变化率从t=0至t= 的过程中,有效切割长度变大,故E变大,E的变化率需要对E求导,结合数学方法去分析推导。 14.(2018课标Ⅲ,20,6分)(多选)如图(a),在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R,R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i,i的变化如图(b)所示,规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势 (　　) A.在t=时为零 B.在t=时改变方向 C.在t=时最大,且沿顺时针方向 D.在t=T时最大,且沿顺时针方向 答案　AC　本题考查楞次定律的应用及法拉第电磁感应定律。由i-t图像可知,在t=时,=0,此时穿过导线框R的磁通量的变化率=0,由法拉第电磁感应定律可知,此时导线框R中的感应电动势为0,选项A正确;同理在t=和t=T 时,为最大值,为最大值,导线框R中的感应电动势为最大值,不改变方向,选项B错误;根据楞次定律,t=时,导线框R中的感应电动势的方向为顺时针方向,而t=T时,导线框R中的感应电动势的方向为逆时针方向,选项C正确,选项D错误。 一题多解　当导线PQ中电流变大时,穿过导线框R的磁通量变大,由楞次定律可知,为阻碍磁通量变大,R有向右的运动趋势,根据两直导线电流同向相吸,异向相斥,可判断R中的电流方向。同理,可判断当导线PQ中电流变小时导线框R中的电流方向。 15.(2016课标Ⅲ,25,20分)如图,两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内,其左端接一阻值为R的电阻;一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上;在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域,区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场,磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1=kt,式中k为常量;在金属棒右侧还有一匀强磁场区域,区域左边界MN(虚线)与导轨垂直,磁场的磁感应强度大小为B0,方向也垂直于纸面向里。某时刻,金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动,在t0时刻恰好以速度v0越过MN,此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好,它们的电阻均忽略不计。求 (1)在t=0到t=t0时间间隔内,流过电阻的电荷量的绝对值; (2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。 答案　(1)　(2)B0lv0(t-t0)+kSt　(B0lv0+kS) 解析　(1)在金属棒越过MN之前,t时刻穿过回路的磁通量为Φ=ktS① 设在从t时刻到t+Δt的时间间隔内,回路磁通量的变化量为ΔΦ,流过电阻R的电荷量为Δq。由法拉第电磁感应定律有ε=-② 由欧姆定律有i=③ 由电流的定义有i=④ 联立①②③④式得|Δq|=Δt⑤ 由⑤式得,在t=0到t=t0的时间间隔内,流过电阻R的电荷量q的绝对值为 |q|=⑥ (2)当t>t0时,金属棒已越过MN。由于金属棒在MN右侧做匀速运动,有f=F⑦ 式中,f是外加水平恒力,F是匀强磁场施加的安培力。设此时回路中的电流为I,F的大小为 F=B0lI⑧ 此时金属棒与MN之间的距离为s=v0(t-t0)⑨ 匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ'=B0ls⑩ 回路的总磁通量为Φt=Φ+Φ' 式中,Φ仍如①式所示。由①⑨⑩式得,在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为 Φt=B0lv0(t-t0)+kSt 在t到t+Δt的时间间隔内,总磁通量的改变ΔΦt为 ΔΦt=(B0lv0+kS)Δt 由法拉第电磁感应定律得,回路感应电动势的大小为 εt= 由欧姆定律有I= 联立⑦⑧式得f=(B0lv0+kS) 解题指导　(1)金属棒在0~t0时间内,由于圆形磁场中的磁通量变化而引起感应电动势,从而形成感应电流,由电流的定义式可以求出流过电阻的电荷量的绝对值。 (2)当金属棒越过MN后,穿过回路的磁通量由两部分组成;再由法拉第电磁感应定律等知识可以求出外加水平恒力的大小。 易错点拨　(1)在计算磁通量时,用的是左侧矩形面积,而不是圆形磁场面积,从而导致出错。(2)当金属棒越过MN后计算磁通量时,得出的金属棒与MN的距离s=v0t,从而导致出错。 考向2 自感、涡流、电磁阻尼与电磁驱动 1．（2025·河南 ）如图，一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时，沿N极到S极的方向看，下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据题意当金属薄片中心运动到N极正下方时，薄片右侧的磁通量在减小，左侧磁通量在增加，由于两极间的磁场竖直向下，根据楞次定律可知此时薄片右侧的涡电流方向为顺时针，薄片左侧的涡电流方向为逆时针。 故选C。 2.(2024北京,14,3分)电荷量Q、电压U、电流I和磁通量Φ是电磁学中重要的物理量,其中特定的两个物理量之比可用来描述电容器、电阻、电感三种电磁学元件的属性,如图所示。类似地,上世纪七十年代有科学家预言Φ和Q 之比可能也是一种电磁学元件的属性,并将此元件命名为“忆阻器”,近年来实验室已研制出了多种类型的忆阻器。由于忆阻器对电阻的记忆特性,其在信息存储、人工智能等领域具有广阔的应用前景。下列说法错误的是(　　) A.QU的单位和ΦI的单位不同 B.在国际单位制中,图中所定义的M的单位是欧姆 C.可以用来描述物体的导电性质 D.根据图中电感L的定义和法拉第电磁感应定律可以推导出自感电动势的表达式E=L 【答案】A 【审题指导】 本题的关键是联想并能发现物理公式间的联系,找到物理量间的相关公式才能更容易地得出物理量的单位间的联系。 【解析】由电势差的定义式UAB=得WAB=qUAB,易知QU的单位应与功的单位相同,ΦI=BSI=ILB·x=FA·x,安培力与位移的乘积的单位与功的单位相同,A错误。M====(其中用到了电流的定义式I=,动生电动势E=BLv),故M的单位与电动势和电流的比值的单位相同,即与电阻单位相同,国际单位制中,电阻的单位为欧姆,B正确。=,仅与导体的电阻有关,反映了导体的导电性质,C正确。由电感定义式L=可得,ΔΦ=L·ΔI,代入法拉第电磁感应定律的表达式E=中,可得E=L,D正确。 3.(2023全国乙，17，6分)一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验。用图(a)所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通。两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端。实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图(b)和图(c)所示，分析可知(　　) A.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 答案A 由题图(b)知强磁体下落的速度较小且速度几乎不变，说明强磁体受到的电磁阻力较大，由题图(c)知强磁体下落速度较大且速度增加得快，说明强磁体受到的电磁阻力较小，所以图(b)是用铝管获得的图像，金属铝管重产生涡流，使金属铝管产生较大电磁阻力，强磁体运动时间较长，图(c)是用玻璃管获得的图像，故A正确，D错误。由强磁体在铝管中运动时漆包线的电流峰值相同，可知强磁体在一段时间内做匀速运动，B错误。强磁体在玻璃管中速度增大，电流峰值增大，强磁体受到的电磁阻力的峰值增大，故C错误。 4.(2017北京理综,19,6分)图1和图2是教材中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与L1的电阻值相同 B.图1中,闭合S1,电路稳定后,A1中电流大于L1中电流 C.图2中,变阻器R与L2的电阻值相同 D.图2中,闭合S2瞬间,L2中电流与变阻器R中电流相等 答案　C　本题考查自感现象的判断。在图1中断开S1瞬间,灯A1突然闪亮,说明断开S1前,L1中的电流大于A1中的电流,故L1的阻值小于A1的阻值,A、B选项均错误;在图2中,闭合S2瞬间,由于L2的自感作用,通过L2的电流很小,D错误;闭合S2后,最终A2与A3亮度相同,说明两支路电流相等,故R与L2的阻值相同,C项正确。 考向3 电磁感应中的电路与图像问题 1．（2025·江西 ）（多选）如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为，速率恒为，宽为的区域存在与传送带平面垂直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。边长为、质量为m、电阻为R的正方形线框置于传送带上，进入磁场前与传送带保持相对静止，线框边刚离开磁场区域时的速率恰为。若线框或边受到安培力，则其安培力大于。线框受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，动摩擦因数，边始终平行于，重力加速度为g。下列选项正确的是（　　） A．线框速率的最小值为 B．线框穿过磁场区域产生的焦耳热为 C．线框穿过磁场区域的时间为 D．边从进入到离开磁场区域的时间内，传送带移动距离为 【答案】AD 【详解】A．在边进入磁场而边未进入磁场的过程中，线框受到沿传送带平面向上的安培力和沿传送带平面向下的重力分力。若线框相对传送带滑动，则滑动摩擦力为，而，故 已知线框受到的安培力 即 因此线框将相对传送带向上滑动，滑动摩擦力方向沿传送带平面向下。线框在沿传送带平面的安培力、重力分力、摩擦力作用下做减速运动。在边进入磁场到边离开磁场的过程中，因线框速度小于传送带速度，故其所受滑动摩擦力方向沿传送带平面向下。又因线框不受安培力，所以其在沿传送带平面的滑动摩擦力和重力分力作用下做匀加速直线运动。综上分析可知，当边刚进入磁场时，线框有最小速度。设线框加速度为，根据牛顿第二定律有 边离开磁场时速度恰好为，则有 联立解得，故A正确； B．在边进入磁场到边进入磁场的过程中，由动能定理有 则该过程产生的焦耳热 在边离开磁场到边离开磁场的过程中，线框产生的焦耳热也为。因此，线框穿过磁场区域产生的焦耳热为，故B错误； C．设边进入磁场到边进入磁场的时间为，根据闭合电路欧姆定律得 根据动量定理有 设边进入磁场到边离开磁场的时间为，有 因为边离开磁场到边离开磁场所用时间也为，所以线框穿过磁场区域的总时间 联立解得，故C错误； D．边从进入到离开磁场区域的时间 该段时间内传送带移动的距离，故D正确。 故选AD。 2.(2024黑吉辽,9,6分)(多选)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 【答案】AB 【解析】对两棒分别由右手定则知电流方向为abcda,A正确。对ab棒沿左导轨面方向由牛顿第二定律有2mg sin θ-2BIL cos θ=2ma1,对cd棒沿右导轨面方向由牛顿第二定律有mg sin θ-BIL cos θ=ma2,由以上两式比较得a1=a2,C错误。两棒加速度大小始终相等,所以速率始终相等,因磁感应强度不同,所以两棒产生的电动势不相等,D错误。稳定后,两棒各自沿左、右导轨面向下做匀速运动,对ab棒沿左导轨面方向由力的平衡条件有2BIL cos θ=2mg sin θ,可得I=,B正确。 3.（2024全国甲，21，6分）（多选）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（　　） 【答案】AC 【解析】设线框上边框在进入磁场瞬间的速度为v，上、下边框长度均为L，线框电阻为R，磁场的磁感应强度为B，则线框所受安培力F=BIL=，设线框质量为m，物块质量为M，由四个选项可知，线框刚进入磁场时，线框加速度方向向下，则对线框有mg+F-T=ma，对物块有T-Mg=Ma，联立可得加速度大小a=，线框向上进入磁场的过程做加速度逐渐减小的减速运动，B错误；当m=M时，可能在线框完全进入磁场前，速度减为0，加速度也减为0（结合上述a的表达式可得该结论），A正确；当m=M，且线框减速到某一速度刚好全部进入磁场，则线框匀速上升到上边框接触到磁场上边界后，继续做加速度越来越小的减速运动，线框完全出磁场后匀速上升，C正确；由D选项可知，线框完全进入磁场前，加速度已减为0且速度不为0，结合上述a的表达式，可知m<M，则线框从完全进入磁场后至上边框到磁场上边界的过程中向上做匀加速运动，离开磁场的过程再做加速度减小的减速运动，D错误。 【深度解析】题图中显示线框宽度比磁场宽度要窄一些，说明线框完全进入磁场和完全离开磁场的v-t图线的斜率应该是相同的。题目中不清楚线框和物块的质量关系，因此需要分情况讨论，利用图线斜率判断加速度变化趋势。 4.(2023福建,4,4分)如图,M、N是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨,导轨足够长且电阻可忽略不计;导轨间有一垂直于水平面向下的匀强磁场,其左边界OO'垂直于导轨;阻值恒定的两均匀金属棒a、b均垂直于导轨放置,b始终固定。a以一定初速度进入磁场,此后运动过程中始终与导轨垂直且接触良好,并与b不相碰。以O为坐标原点,水平向右为正方向建立x轴坐标;在运动过程中,a的速度记为v,a克服安培力做功的功率记为P。下列v或P随x变化的图像中,可能正确的是 (　　) 　　 　　 答案A　设导轨间磁场的磁感应强度大小为B,导轨间距为L,两金属棒总电阻为R,感应电动势E=BLv,回路中电流I==,金属棒a受到的安培力F=BIL=,方向与运动方向相反。由动量定理有-·Δt=m·Δv,对等式两边求和可得·Δt=mvt-mv0,即-(v·Δt)=mvt-mv0,其中(v·Δt)=x,得vt=v0-x,故v⁃x图线是一条直线,A正确,B错误。克服安培力做功的功率P=Fv=·,P⁃x图线是一条开口向上的抛物线,故C、D均错误。 5.(2022全国甲,16,6分)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线框的直径相等,圆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 答案　C　设正方形的边长为2a,细导线单位长度的电阻为r0,对正方形线框,由法拉第电磁感应定律可得线框产生的感应电动势E=·(2a)2,总电阻R=8a·r0,所以感应电流I1==;同理可得圆形线框中感应电流I2==,正六边形线框中感应电流I3==,所以I1=I2>I3,C正确。 6.(2022浙江1月选考,13,3分)如图所示,将一通电螺线管竖直放置,螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B=kt的匀强磁场,在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管,其电阻率为ρ、高度为h、半径为r、厚度为d (d≪r),则 (　　) A.从上向下看,圆管中的感应电流为逆时针方向 B.圆管的感应电动势大小为 C.圆管的热功率大小为 D.轻绳对圆管的拉力随时间减小 答案　C　根据安培定则,圆管中磁场方向向上增大,由楞次定律可判定圆管中感应电流方向为顺时针方向(从上向下看),故A错误;=k,圆管中感应电动势E==·πr2=kπr2,故B错误;根据电阻定律R=ρ可知圆管电阻R=ρ,结合P=I2R,I=可得圆管热功率大小为,C正确;根据左手定则,圆管所受安培力在水平方向,故轻绳拉力不变,D错误。 7.(2022河北,8,6分)(多选)如图,两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中,一根导轨位于x轴上,另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成,其中bc段与x轴平行,导轨左端接入一电阻R。导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动,t=0时刻通过坐标原点O,金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流为i,金属棒受到安培力的大小为F,金属棒克服安培力做功的功率为P,电阻两端的电压为U。导轨与金属棒接触良好,忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能正确的是 (　　) 答案　AC　设ab、cd导轨与x轴夹角为θ,在O处,金属棒有效长度为y0,在0~ 时间内,金属棒切割磁感线有效长度为y=y0+v0t tan θ,则切割磁感线的感应电动势E=Byv0=By0v0+Bt tan θ,感应电动势E与t是一次函数关系,即感应电流i与时间t是一次函数关系,在~时间内,金属棒切割磁感线有效长度不变,所以感应电动势不变,感应电流不变,在~时间内相当于0~时间内的逆过程,因此选项A正确;由于不计除电阻R之外的所有电阻,所以电阻R两端电压与感应电动势相等,选项D错误;当t=0、t=时,金属棒的感应电动势并不等于零,电流也不等于零,所以安培力并不等于0,选项B错误;在0~时间内,金属棒克服安培力做功的功率P=Fv0==(y0+v0t tan θ)2,P-t图像是抛物线的一部分,在~时间内切割磁感线有效长度不变,P=Fv0=,所以P恒定,在~时间内相当于0~时间内的逆过程,选项C正确。 8.(2022湖南,10,5分)(多选)如图,间距L=1 m的U形金属导轨,一端接有0.1 Ω的定值电阻R,固定在高h=0.8 m的绝缘水平桌面上。质量均为0.1 kg的匀质导体棒a和b静止在导轨上,两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直,接入电路的阻值均为0.1 Ω,与导轨间的动摩擦因数均为0.1(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),导体棒a距离导轨最右端1.74 m。整个空间存在竖直向下的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度大小为0.1 T。用F=0.5 N沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a,当导体棒a运动到导轨最右端时,导体棒b刚要滑动,撤去F,导体棒a离开导轨后落到水平地面上。重力加速度取10 m/s2,不计空气阻力,不计其他电阻,下列说法正确的是 (　　) A.导体棒a离开导轨至落地过程中,水平位移为0.6 m B.导体棒a离开导轨至落地前,其感应电动势不变 C.导体棒a在导轨上运动的过程中,导体棒b有向右运动的趋势 D.导体棒a在导轨上运动的过程中,通过电阻R的电荷量为0.58 C 答案　BD　b刚要滑动时,等效电路如图 Ra=Rb=R=0.1 Ω E1=BLva,故Ib=× 对b,有BIbL=μmg,解得va=3.0 m/s,E1=0.30 V a离开导轨做平抛运动,满足h=gt2,x=vat,解得x=1.2 m,A项错误。a在空中运动过程中,切割磁感线的速度不变,由E=BLva,可知E不变,B项正确。由右手定则和左手定则可判断b所受安培力向左,故C项错误。a在导轨上运动过程,感应电荷量Q=·Δt=·Δt=·Δt=,通过R的电荷量q=Q=× C=0.58 C,D项正确。 方法归纳　1.分析平抛运动时要抓住两个分运动,h=gt2,x=v0t。2.电磁感应综合问题,要抓“源、路、力、能”分析:①等效电路分析往往是电荷量分配、热量分配问题的突破口;②感应电荷量Q=应用很广泛。 9.(2019课标Ⅲ,19,6分)(多选)如图,方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨,两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t=0时,棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中,ab、cd始终与导轨垂直并接触良好,两者速度分别用v1、v2表示,回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是(　　) 答案　AC　本题考查法拉第电磁感应定律与图像结合的问题,难度较大,要求学生具有较强的综合分析能力,很好地体现了科学思维的学科核心素养。 由楞次定律可知ab棒做减速运动,cd棒做加速运动,即v1减小,v2增加。回路中的感应电动势E=BL(v1-v2),回路中的电流I==,回路中的导体棒ab、cd的加速度大小均为a===,由于v1-v2减小,可知a减小,所以ab与cd的v-t图线斜率的绝对值减小,I也非线性减小,所以A、C正确,B、D错误。 10.(2016四川理综,7,6分)(多选)如图所示,电阻不计、间距为l的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中,导轨左端接一定值电阻R。质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上,受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动,外力F与金属棒速度v的关系是F=F0+kv(F0、k是常量),金属棒与导轨始终垂直且接触良好。金属棒中感应电流为i,受到的安培力大小为FA,电阻R两端的电压为UR,感应电流的功率为P,它们随时间t变化图像可能正确的有(　　) 答案　BC　金属棒MN相当于电源,其感应电动势E=Blv,感应电流I=　即I∝v FA=BIl=　即:FA∝v UR=IR=R　即:UR∝v P=IE=　即:P∝v2 对金属棒MN:F-FA=ma F0+kv-v=ma F0+v=ma 若k->0,随着v增大,a也增大,棒做加速度增大的加速运动,B项正确。 若k-<0,随着v增大,a减小,棒做加速度减小的加速运动,当a=0时,v达到最大后保持不变,C项正确,A项错误。 若k-=0,则a=,金属棒做匀加速运动 则v=at,P=IE=t2,D项错误。 方法技巧　先分别得出I、FA、UR、P与v的关系,然后对棒MN受力分析,由牛顿第二定律列方程,最后分情况讨论棒MN的运动情况,根据各量与v的关系讨论得各量与时间的关系图像。 11.（2025·黑吉辽蒙卷 ）如图（a），固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框，置于始终竖直向下的匀强磁场中，边与磁场边界平行，边中点位于磁场边界。导体框的质量，电阻、边长。磁感应强度B随时间t连续变化，内图像如图（b）所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图（c）所示，其中内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。 (1)求时边受到的安培力大小F； (2)画出图(b)中内图像（无需写出计算过程）； (3)从开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度，求ad边离开磁场时的速度大小。 【答案】(1)0.015N (2) (3)0.01m/s 【详解】（1）由法拉第电磁感应定律 由闭合电路欧姆定律可知，内线框中的感应电流大小为 由图（b）可知，时磁感应强度大小为 所以此时导线框的安培力大小为 （2）内线框内的感应电流大小为，根据楞次定律及安培定则可知感应电流方向为顺时针，由图（c）可知内的感应电流大小为 方向为逆时针，根据欧姆定律可知内的感应电动势大小为 由法拉第电磁感应定律 可知内磁感应强度的变化率为 解得时磁感应强度大小为 方向垂直于纸面向里，故的磁场随时间变化图为 （3）由动量定理可知 其中 联立解得经过磁场边界的速度大小为 12．（2025·山东 ）如图所示，平行轨道的间距为L，轨道平面与水平面夹角为α，二者的交线与轨道垂直，以轨道上O点为坐标原点，沿轨道向下为x轴正方向建立坐标系。轨道之间存在区域I、Ⅱ，区域I（−2L ≤ x < −L）内充满磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场；区域Ⅱ（x ≥ 0）内充满方向垂直轨道平面向上的磁场，磁感应强度大小B1 = k1t+k2x，k1和k2均为大于零的常量，该磁场可视为由随时间t均匀增加的匀强磁场和随x轴坐标均匀增加的磁场叠加而成。将质量为m、边长为L、电阻为R的匀质正方形闭合金属框epqf放置在轨道上，pq边与轨道垂直，由静止释放。已知轨道绝缘、光滑、足够长且不可移动，磁场上、下边界均与x轴垂直，整个过程中金属框不发生形变，重力加速度大小为g，不计自感。 (1)若金属框从开始进入到完全离开区域I的过程中匀速运动，求金属框匀速运动的速率v和释放时pq边与区域I上边界的距离s； (2)金属框沿轨道下滑，当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t = 0），此时金属框的速率为v0，若，求从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，ef边移动的距离d。 【答案】(1)， (2) 【详解】（1）金属框从开始进入到完全离开区域I的过程中，金属框只有一条边切割磁感线，根据楞次定律可得，安培力水平向左，则 切割磁感线产生的电动势 线框中电流 线框做匀速直线运动，则 解得金属框从开始进入到完全离开区域I的过程的速率 金属框开始释放到pq边进入磁场的过程中，只有重力做功，由动能定理可得 可得释放时pq边与区域I上边界的距离 （2）当ef边刚进入区域Ⅱ时开始计时（t = 0），设线框ef边到O点的距离为s时，线框中产生的感应电动势，其中 此时线路中的感应电流 线框pq边受到沿轨道向上的安培力，大小为 线框ef边受到沿轨道向下的安培力，大小为 则线框受到的安培力 代入 化简得 当线框平衡时，可知此时线框速率为0。 则从开始计时到金属框达到平衡状态的过程中，根据动量定理可得 即 对时间累积求和可得 可得 13.(2023广东,14,13分)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,两磁场的磁感应强度随时间t的变化图线如图(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的刚性正方形金属线框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。 答案　(1),方向水平向左　(2)　(3) 解析 (1)由题可知,t=0时线框切割磁感线产生的感应电动势E=2B0hv+B0hv=3B0hv 则感应电流大小I== 所受的安培力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,则t=1.2τ时穿过线框的磁通量Φ=1.6B0h·h-B0h·h=。 (3)2τ~3τ时间内,Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0,则有 E'=== 感应电流大小I'== 则2τ~3τ时间内,线框中产生的热量Q=I'2Rτ= 14.(2023新课标,26,20分)一边长为L、质量为m的正方形金属细框,每边电阻为R0,置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小为B,两虚线为磁场边界,如图(a)所示。 (1)使金属框以一定的初速度向右运动,进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行,金属框完全穿过磁场区域后,速度大小降为它初速度的一半,求金属框的初速度大小。 (2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨,导轨与磁场边界垂直,左端连接电阻R1=2R0,导轨电阻可忽略,金属框置于导轨上,如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动,进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中,电阻R1产生的热量。 图(a) 图(b) 答案 (1)　(2) 解析 (1)金属框刚进入磁场到完全穿过磁场的过程中,有q=·Δt、=、=、ΔΦ=2BL2 解得此过程通过金属框的电荷量q== 根据动量定理有-BLΔt=m·-mv0 可得BLq=mv0 解得金属框的初速度v0= (2)金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好,导轨电阻可忽略,则上、下边框被导轨短路,线框进入磁场过程中左边框与R1并联,右边框相当于电源,等效电路图如图1所示。 R1与R0并联后电阻为R0,R总1=R0,该过程R1上产生的热量与整个回路产生的热量之比 = 由电路特点知==,I总1=I1+I0,则= 设金属框刚好完全进入磁场时的速度为v1,金属框刚进入磁场到完全进入磁场过程中,由动量定理可得 -Δt1=mv1-mv0 其中=BL,== 解得v1= 则此过程中整个回路产生的热量 Q总1=m-m= 此过程中R1产生的热量 Q1=Q总1= 线框全部在磁场中运动时,等效电路如图2所示 简化电路如图3所示 R内= R总2=R1+R内=R0 该过程R1上产生的热量与整个回路产生的热量之比 == 设金属框右边框刚要出磁场时的速度为v2,从金属框恰好完全进入磁场到金属框右边框刚要出磁场过程中,通过包含电路的整个闭合回路的磁通量发生变化,由动量定理可得 -Δt2=mv2-mv1 =BL,其中== 解得金属框右边框到达磁场右边界时的速度v2=0 则此过程中整个回路产生的热量 Q总2=m-m= 此过程中R1产生的热量 Q2=Q总2= 综上,R1产生的总热量 Q=Q1+Q2== 15.(2022全国乙,24,12分)如图,一不可伸长的细绳的上端固定,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单位长度的阻值为λ=5.0×10-3 Ω/m;在t=0到t=3.0 s时间内,磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)=0.3-0.1t(SI)。求 (1)t=2.0 s时金属框所受安培力的大小; (2)在t=0到t=2.0 s时间内金属框产生的焦耳热。 答案　(1)0.057 N　(2)0.016 J 解析　(1)对正方形金属框分析,由法拉第电磁感应定律得E===×,由B(t)=0.3-0.1t(SI),知=0.1 T/s,由闭合电路欧姆定律知I=,其中R=4lλ,当t=2.0 s时,B=0.3-0.1×2.0(T)=0.1 T,金属框所受安培力大小F=BIl',其中l'=l,代入数据解得F≈0.057 N。 (2)根据焦耳定律有Q=I2Rt,其中R=4λl=8×10-3 Ω,0~2.0 s内电流恒定,I==1 A,代入数据解得Q=0.016 J。 误区警示　在计算感生电动势时,注意金属框只有一半面积处于磁场中;在计算安培力大小时,注意金属框的有效长度。 16.(2022重庆,13,12分)某同学以金属戒指为研究对象,探究金属物品在变化磁场中的热效应。如图所示,戒指可视为周长为L、横截面积为S、电阻率为ρ的单匝圆形线圈,放置在匀强磁场中,磁感应强度方向垂直于戒指平面。若磁感应强度大小在Δt时间内从0均匀增加到B0,求: (1)戒指中的感应电动势和电流; (2)戒指中电流的热功率。 答案　(1)　　(2) 解析　(1)设戒指的半径为r,则有L=2πr 磁感应强度大小在Δt时间内从0均匀增加到B0,产生的感应电动势为E=·πr2 可得E= 戒指的电阻R= 则戒指中的感应电流I== (2)戒指中电流的热功率P=I2R= 考向4 电磁感应中的动力学问题 1．（2025·湖南 ）（多选）如图，关于x轴对称的光滑导轨固定在水平面内，导轨形状为抛物线，顶点位于O点。一足够长的金属杆初始位置与y轴重合，金属杆的质量为m，单位长度的电阻为。整个空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。现给金属杆一沿x轴正方向的初速度，金属杆运动过程中始终与y轴平行，且与电阻不计的导轨接触良好。下列说法正确的是（　　） A．金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向 B．金属杆可以在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动 C．金属杆停止运动时，与导轨围成的面积为 D．若金属杆的初速度减半，则金属杆停止运动时经过的距离小于原来的一半 【答案】AC 【详解】A．根据右手定则可知金属杆沿x轴正方向运动过程中，金属杆中电流沿y轴负方向，故A正确； B．若金属杆可以在沿x轴正方向的恒力F作用下做匀速直线运动，可知， 可得 由于金属杆运动过程中接入导轨中的长度L在变化，故F在变化，故B错误； C．取一微小时间内，设此时金属杆接入导轨中的长度为，根据动量定理有 同时有 联立得 对从开始到金属杆停止运动时整个过程累积可得 解得此时金属杆与导轨围成的面积为 故C正确； D．若金属杆的初速度减半，根据前面分析可知当金属杆停止运动时金属杆与导轨围成的面积为，根据抛物线的图像规律可知此时金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半，故D错误。 故选AC。 2.（2024山东，11，4分）（多选）如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO'与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的匀强磁场（图中未画出），导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO'放置在导轨图示位置，由静止释放。MN运动过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法正确的是　（　　） A.MN最终一定静止于OO'位置 B.MN运动过程中安培力始终做负功 C.从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN的速率一直在增大 D.从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN中电流方向由M到N 【答案】ABD 【解析】MN在运动过程中，受重力、支持力和安培力作用，且MN始终克服安培力做功将机械能转化为电能，电能又转化为焦耳热；MN最后静止时，安培力为零，重力与支持力平衡，只能在OO'位置，A、B正确。MN从释放到第一次运动到OO'位置过程中，由右手定则可得MN的电流方向由M到N，D正确；当重力沿导轨切线方向的分力与安培力沿导轨切线方向的分力等大反向时，MN速率最大，故从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN的速率先增大后减小，C错误。 【一题多解】MN所受重力与安培力的合力始终斜向左下，则类比等效重力场，MN在第一次到达OO'之前已达到最大速率，C错误。 3．（2025·甘肃 ）在自动化装配车间，常采用电磁驱动的机械臂系统，如图，ab、cd为两条足够长的光滑平行金属导轨，间距为L，电阻忽略不计。导轨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，导轨上有与之垂直并接触良好的金属机械臂1和2，质量均为m，电阻均为R。导轨左侧接有电容为C的电容器。初始时刻，机械臂1以初速度向右运动，机械臂2静止，运动过程中两机械臂不发生碰撞。系统达到稳定状态后，电流为零，两机械臂速度相同。 (1)求初始时刻机械臂1的感应电动势大小和感应电流方向； (2)系统达到稳定状态前，若机械臂1和2中的电流分别为和，写出两机械臂各自所受安培力的大小；若电容器两端电压为U，写出电容器电荷量的表达式； (3)求系统达到稳定状态后两机械臂的速度。若要两机械臂不相撞，二者在初始时刻的间距至少为多少？ 【答案】(1)，沿机械臂1向上 (2)，， (3)，方向向右； 【详解】（1）由法拉第电磁感应定律可知，初始时刻机械臂1的感应电动势大小为 由右手定则可知感应电流方向沿机械臂1向上。 （2）在达到稳定前，两机械臂电流分别为和，两机械臂安培力的大小分别为， 设电容器所带电荷量为Q，则 （3）达到稳定时，两机械臂的速度相同，产生的感应电动势与电容器的电压相等，回路中没有电流结合（2）问的分析可知此时， 同时 可得两机械臂的速度为 方向向右 结合（2）问分析，在任意时刻有 即 对该式两边取全过程时间的累计有 其中，, 即 从开始到最终稳定的过程中，对机械臂1和机械臂2分别根据动量定理有 ， 即， 可得 联立解得稳定时的速度和两棒间初始距离的最小值为 4．（2025·海南 ）间距为L的金属导轨倾斜部分光滑，水平部分粗糙且平滑相接，导轨上方接有电源和开关，倾斜导轨与水平面夹角，处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，水平导轨处于垂直竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小均为，两相同导体棒、与水平导轨的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两棒质量均，接入电路中的电阻均为，棒仅在水平导轨上运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好，且不互相碰撞，忽略金属导轨的电阻，重力加速度为。 (1)锁定水平导轨上的棒，闭合开关，棒静止在倾斜导轨上，求通过棒的电流；断开开关，同时解除棒的锁定，当棒下滑距离为时，棒开始运动，求棒从解除锁定到开始运动过程中，棒产生的焦耳热； (2)此后棒在下滑过程中，电流达到稳定，求此时、棒的速度大小之差； (3)棒中电流稳定之后继续下滑，从棒到达水平导轨开始计时，时刻棒速度为零，加速度不为零，此后某时刻，棒的加速度为零，速度不为零，求从时刻到某时刻，、的路程之差。 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）棒静止在倾斜导轨上，根据平衡条件可得， 解得通过棒的电流为 设当棒下滑距离为时速度为，棒开始运动时回路中的电流为，此时对cd棒有 同时有， 分析可知棒从解除锁定到开始运动过程中，棒产生的焦耳热与ab棒产生的焦耳热相等，整个过程根据能量守恒可得 联立解得棒产生的焦耳热为 （2）分析可知棒在下滑过程中产生的电动势与cd棒在向左运动的过程中产生的电动势方向相反，故当电流达到稳定时，两棒的速度差恒定，故可知此时两棒的加速度相等，由于两棒受到的安培力大小相等，对两棒有， 同时有， 联立解得此时、棒的速度大小之差为 （3）分析可知从开始到时刻，两棒整体所受的合外力为零，故该过程系统动量守恒，设时刻ab棒的速度为，可知 解得 设某时刻时，ab棒速度为，cd棒速度为，棒的加速度为零，可得① 其中 分析可知此时两导体棒产生的电动势方向相反，可得② 从时刻到某时刻间，对两棒分别根据动量定理有， 变式可得， 两式相加得③ 同时有 ④ 联立①②③④可得从到某时刻，、的路程之差为 5．（2025·福建 ）如图所示，光滑斜面倾角为θ=30°，Ⅰ号区域与Ⅱ号区域均存在垂直斜面向外的匀强磁场。正方形线框abcd质量为m，总电阻为R，粗细均匀，Ⅰ号区域长为L1，Ⅱ号区域长为L2，两区域间无磁场的区域长度大于线框长度。线框从某一位置释放，cd边进入Ⅰ号区域时速度为v，且直到ab边离开Ⅰ号区域时，速度始终为v，当cd边进入Ⅱ号区域时的速度和ab边离开Ⅱ号区域时的速度一致，已知重力加速度为。则： (1)求线框释放时，cd边与Ⅰ区域上边缘的距离； (2)求cd边进入Ⅰ号区域时，cd边两端的电势差； (3)求线框进入Ⅱ号区域到完全离开过程中克服安培力做功的功率。 【答案】(1) (2) (3)若，则；若，则 【详解】（1）线框在没有进入磁场区域时，根据牛顿第二定律 根据运动学公式 联立可得线框释放点cd边与Ⅰ区域上边缘的距离 （2）因为cd边进入Ⅰ区域时速度为v，且直到ab边离开Ⅰ区域时速度均为v，可知线框的边长与Ⅰ区域的长度相等，根据平衡条件有 又， cd边两端的电势差 联立可得 （3）①若，则线框在通过Ⅱ区域过程中可能一直做减速运动，也可能先减速后匀速，完全离开Ⅱ号区域时的速度不再恢复为刚进入时的速度，故该情况不符合题意。 ②若，在线框进入Ⅰ区域过程中，根据动量定理 其中，， 联立可得 线框在Ⅱ区域运动过程中，根据动量定理 根据 线框进入磁场过程中电荷量都相等，即 联立可得 根据能量守恒定律 克服安培力做功的平均功率 联立可得 ③若，同理可得 根据动量定理 其中 结合， 联立可得 根据能量守恒定律 克服安培力做功的平均功率 联立可得 6.(2024北京,18,9分)如图1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2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。 　 答案 (1)　(2)　(3)见解析图 解析　(1)闭合开关瞬间,电容器两极板间电压U= 根据欧姆定律可得I= 解得闭合开关瞬间通过导体棒的电流I=。 (2)对导体棒受力分析,结合牛顿第二定律有BIL=ma 联立解得闭合开关瞬间导体棒的加速度大小a=。 (3)随着电容器放电,电容器两端电压在减小,导体棒运动产生的反向电动势在增大,流过导体棒的电流在减小,导体棒做加速度越来越小的加速运动,当导体棒产生的反向电动势与电容器两极板间的电压等大后,导体棒做匀速直线运动,闭合开关后导体棒的速度v随时间t的变化图线如图所示。 Fmin+fm=mg sin θ(点拨:CD棒所受安培力最大和最小时,分别对应CD棒所受最大静摩擦力沿斜面向下和向上) 在最大安培力作用下恰好静止,如图2,对CD棒受力分析可知Fmax=fm+mg sin θ 　　 当OA棒锁定后,撤去推力瞬间,如图3,对CD棒受力分析,结合牛顿第二定律得Fmax+f-mg sin θ=ma f=μmg cos θ 联立解得μ=- tan θ。 7.(2024广西,15,16分)某兴趣小组为研究非摩擦形式的阻力设计了如图甲的模型。模型由大齿轮、小齿轮、链条、阻力装置K及绝缘圆盘等组成。K由固定在绝缘圆盘上两个完全相同的环状扇形线圈M1、M2组成。小齿轮与绝缘圆盘固定于同一转轴上,转轴轴线位于磁场边界处,方向与磁场方向平行,匀强磁场磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里,与K所在平面垂直。大、小齿轮半径比为n,通过链条连接。K的结构参数见图乙,其中r1=r,r2=4r,每个线圈的圆心角为π-β,圆心在转轴轴线上,电阻为R。不计摩擦,忽略磁场边界处的磁场,若大齿轮以ω的角速度保持匀速转动,以线圈M1的ab边某次进入磁场时为计时起点,求K转动一周 (1)不同时刻线圈M1受到的安培力大小; (2)流过线圈M1的电流有效值; (3)装置K消耗的平均电功率。 【答案】(1)见解析　(2)　(3) 解析　(1)由题意知大齿轮以ω的角速度保持匀速转动,大、小齿轮线速度相等,则v=ωnr=ω1r, 可得小齿轮转动的角速度为ω1=nω, 线圈与小齿轮角速度相同,线圈转动周期为T==, 以线圈M1的ab边某次进入磁场时为计时起点,到cd边进入磁场,经历的时间为t1=T=, 这段时间内线圈M1上产生的电动势为 E1=B(4r-r)=B×3r×=nBr2ω, 电流为I1==, 受到的安培力大小 F1=BI1L=B××(4r-r)=, 从线圈M1的ab边和cd边均进入磁场到ab边离开磁场,经历的时间为t2=T=, t2时间内由于穿过线圈M1的磁通量不变,无感应电流,则此阶段安培力大小为0; 从线圈M1的ab边离开磁场到cd边离开磁场,经历的时间为t3=t1=T=, 同理可得此阶段的安培力大小为F3=F1=, 安培力方向与ab边进入磁场到cd边进入磁场的阶段相反; 从线圈M1的cd边离开磁场到ab边进入磁场,经历的时间为t4=t2=, 同理可知此阶段安培力为0。 (2)根据(1)中分析,设流过线圈M1的电流有效值为I,则根据有效值的定义有Rt1+Rt3=I2RT, 其中I1=I3,t1=t3, 联立解得I=。 (3)根据题意可知流过线圈M1和M2的电流有效值相同,则在一个周期内装置K消耗的平均电功率为P=2I2R=。 8.(2024安徽,15,18分)如图所示,一“U”形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; (2)求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式; (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。 【答案】(1)Φ=kL2t　kL2　从a流向b　 (2)F安=　(3)　+m(g+a) 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中电流的方向从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,则根据运动学公式有x=at2 所以支架上方接入回路的电阻为R'=2xr 由闭合电路欧姆定律得I= 联立得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为F安= (3)由题意可知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,对ab受力分析,由牛顿第二定律有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=时,F有最大值,最大值为Fmax=+m(g+a) 9.(2023山东,12,4分)(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 答案：BD MN、CD分别同时进入磁场区域Ⅰ、Ⅱ并做匀速直线运动,且CD的速度v2大于MN的速度v1,MN受到向右的滑动摩擦力f=μmg=2 N,设回路中电流为I,则MN受到向左的安培力F1=B1IL,根据平衡条件可知f=F1,由此得回路中的电流I=1 A,回路总电阻R=1 Ω,则回路中总电动势E=IR=1 V,MN切割磁感线产生的感应电动势E1=B1Lv1=4 V,产生的感应电流由N到M,则CD切割磁感线产生的感应电动势大小E2=E1-E=3 V,且感应电流应由C到D,由右手定则可知B2方向应向下,B正确,A错误;对U形导轨受力分析,受到向右的绳子的拉力T=m'g=1 N,受到向左的滑动摩擦力f'=f=2 N,根据平衡条件可知U形导轨受到向右的安培力且大小为F2=f'-T=1 N,由F2=B2IL解得B2=1 T,代入E2=B2Lv2=3 V中解得v2=3 m/s,D正确,C错误。 10.(2022重庆,7,4分)如图1所示,光滑的平行导电轨道水平固定在桌面上,轨道间连接一可变电阻,导体杆与轨道垂直并接触良好(不计杆和轨道的电阻),整个装置处在垂直于轨道平面向上的匀强磁场中。杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动,两次运动中拉力大小与速率的关系如图2所示。其中,第一次对应直线①,初始拉力大小为F0,改变电阻阻值和磁感应强度大小后,第二次对应直线②,初始拉力大小为2F0,两直线交点的纵坐标为3F0。若第一次和第二次运动中的磁感应强度大小之比为k、电阻的阻值之比为m、杆从静止开始运动相同位移的时间之比为n,则k、m、n可能为 (　　) 图1　图2 A.k=2、m=2、n=2 B.k=2、m=2、n= C.k=、m=3、n= D.k=2、m=6、n=2 答案　C　在导体杆匀加速运动中,由F-BIL=Ma、I=E/R、E=BLv可得:F=+Ma,结合图2可见两次运动过程中=2、=,再结合位移-时间公式x=at2可得==2、n===,可见只有C正确。 11.(2023天津,10,14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; (2)线框开始向上运动的时刻t0。 答案　(1)　(2) 解析 (1)根据法拉第电磁感应定律有 E==·=。 (2)由图可知线框受到的安培力为 FA=BIl=kt··l=·kt 当线框开始向上运动时有mg=FA 解得t0=。 12.(2016天津理综,12,20分)电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置,其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度。电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论:如图所示,将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上,斜面与水平方向夹角为θ。一质量为m的条形磁铁滑入两铝条间,恰好匀速穿过,穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定,其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同。磁铁端面是边长为d的正方形,由于磁铁距离铝条很近,磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场,磁感应强度为B,铝条的高度大于d,电阻率为ρ。为研究问题方便,铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场,其他部分电阻和磁场可忽略不计,假设磁铁进入铝条间以后,减少的机械能完全转化为铝条的内能,重力加速度为g。 (1)求铝条中与磁铁正对部分的电流I; (2)若两铝条的宽度均为b,推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v的表达式; (3)在其他条件不变的情况下,仅将两铝条更换为宽度b'>b的铝条,磁铁仍以速度v进入铝条间,试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化。 答案　(1)　(2)见解析　(3)见解析 解析　(1)磁铁在铝条间运动时,两根铝条受到的安培力大小相等均为F安,有 F安=IdB① 磁铁受到沿斜面向上的作用力为F,其大小有 F=2F安② 磁铁匀速运动时受力平衡,则有 F-mg sin θ=0③ 联立①②③式可得 I=④ (2)磁铁穿过铝条时,在铝条中产生的感应电动势为E,有 E=Bdv⑤ 铝条与磁铁正对部分的电阻为R,由电阻定律有 R=ρ⑥ 由欧姆定律有 I=⑦ 联立④⑤⑥⑦式可得 v=⑧ (3)磁铁以速度v进入铝条间,恰好做匀速运动时,磁铁受到沿斜面向上的作用力F,联立①②⑤⑥⑦式可得 F=⑨ 当铝条的宽度b'>b时,磁铁以速度v进入铝条间时,磁铁受到的作用力变为F',有 F'=⑩ 可见,F'>F=mg sin θ,磁铁所受到的合力方向沿斜面向上,获得与运动方向相反的加速度,磁铁将减速下滑,此时加速度最大。之后,随着运动速度减小,F'也随着减小,磁铁所受的合力也减小,由于磁铁加速度与所受到的合力成正比,磁铁的加速度逐渐减小。综上所述,磁铁做加速度逐渐减小的减速运动。直到F'=mg sin θ时,磁铁重新达到平衡状态,将再次以较小的速度匀速下滑。 解题指导　明确题中所构建的物理模型是解本题的关键。另外要注意的是:两边铝条对磁铁均有电磁阻力,且阻力相同。对于(3)中磁铁运动过程的分析,可类比我们熟悉的情景:导体棒沿倾斜的平行金属导轨下滑。 方法技巧　当遇到崭新的物理情景时,可以把它与我们熟悉的情景进行分析对比,找出共同点与不同点,采用类比的方法解题,就容易突破难点。 考向5 电磁感应中的能量问题 1．（2025·陕晋青宁卷 ）如图，光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于的匀强磁场，其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m，长均为，宽均为L，电阻分别为R和。两线框在光滑水平面上以相同初速度并排进入磁场，忽略两线框之间的相互作用。则（    ） A．甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同 B．甲、乙线框刚进磁场区域时，所受合力大小之比为 C．乙线框恰好完全出磁场区域时，速度大小为0 D．甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为 【答案】D 【详解】A．根据楞次定律，甲线框进磁场的过程电流方向为顺时针，出磁场的过程中电流方向为逆时针，故A错误； B．甲线框刚进磁场区域时，合力为， 乙线框刚进磁场区域时，合力为， 可知； 故B错误； CD．假设甲乙都能完全出磁场，对甲根据动量定理有， 同理对乙有， 解得， 故甲恰好完全出磁场区域，乙完全出磁场区域时，速度大小不为0；由能量守恒可知甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为， 即； 故C错误，D正确。 故选D。 2．（2025·广西 ）如图，两条固定的光滑平行金属导轨，所在平面与水平面夹角为，间距为l，导轨电阻忽略不计，两端各接一个阻值为2R的定值电阻，形成闭合回路：质量为m的金属棒垂直导轨放置，并与导轨接触良好，接入导轨之间的电阻为R；劲度系数为k的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨平行，一端固定，另一端均与金属棒中间位置相连，弹簧的弹性势能与形变量x的关系为；将金属棒移至导轨中间位置时，两弹簧刚好处于原长状态；整个装置处于垂直导轨所在平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a后静止释放，金属棒沿导轨向下运动到最远处，用时为t，最远处与导轨中间位置距离为b，弹簧形变始终在弹性限度内。此过程中（   ） A．金属棒所受安培力冲量大小为 B．每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为 C．每个定值电阻产生的热量为 D．金属棒的平均输出功率为 【答案】D 【详解】A．根据 而, 解得，选项A错误； B．该过程中由动量定理 解得每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为，选项B错误； C．由能量关系可知回路产生的总热量 每个定值电阻产生的热量为，选项C错误； D．金属棒的平均输出功率，选项D正确。 故选D。 3．（2025·安徽 ）如图，平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上，导轨间距为L，右端连接阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒，导体棒以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定；从原位置再发射第2根相同的导体棒，导体棒仍以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，以此类推，直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m，电阻为R，长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好（发射前导体棒与导轨不接触），不计空气阻力、导轨的电阻，忽略回路中的电流对原磁场的影响。 求： (1)第1根导体棒刚进入磁场时，所受安培力的功率； (2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，其横截面上通过的电荷量； (3)从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量。 【答案】(1) (2) (3)，n = 1，2，3，… 【详解】（1）第1根导体棒刚进入磁场时产生的感应电动势为E = BLv0 则此时回路的电流为 此时导体棒受到的安培力F安 = BIL 此时导体棒受安培力的功率 （2）第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中，根据动量定理有 其中 解得 （3）由于每根导体棒均以初速度v0进入磁场，速度减为0时被锁定，则根据能量守恒，每根导体棒进入磁场后产生的总热量均为 第1根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量 第2根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量 第3根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量 第n根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的热量 则从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中，导轨右端定值电阻R上产生的总热量QR = QR1＋QR2＋QR3＋…＋QRn 通过分式分解和观察数列的“望远镜求和”性质，得出，n = 1，2，3，… 4.（2024浙江6月，19，11分）某小组探究“法拉第圆盘发电机与电动机的功用”，设计了如图所示装置。飞轮由三根长a=0.8 m的辐条和金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定轴转动，不可伸长细绳绕在圆环上，系着质量m=1 kg的物块，细绳与圆环无相对滑动。飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中，左侧电路通过电刷与转轴和圆环边缘良好接触，开关S可分别与图示中的电路连接。已知电源电动势E0=12 V、内阻r=0.1 Ω、限流电阻R1=0.3 Ω、飞轮每根辐条电阻R=0.9 Ω，电路中还有可调电阻R2（待求）和电感L，不计其他电阻和阻力损耗，不计飞轮转轴大小，重力加速度g=10 m/s2。 （1）开关S掷1，“电动机”提升物块匀速上升时，理想电压表示数U=8 V， ①判断磁场方向，并求流过电阻R1的电流I； ②求物块匀速上升的速度v。 （2）开关S掷2，物块从静止开始下落，经过一段时间后，物块匀速下降的速度与“电动机”匀速提升物块的速度大小相等， ①求可调电阻R2的阻值； ②求磁感应强度B的大小。 【答案】（1）①垂直纸面向外　10 A　②5 m/s （2）①0.2 Ω　②2.5 T 【解析】（1）①流过辐条的电流方向从圆环边缘流向转轴，受安培力使其逆时针转动，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外 由闭合电路欧姆定律有E0=I（R1+r）+U 代入数据解得I=10 A ②三根辐条并联接入电路，则流过每根辐条上的电流大小为，且该部分消耗的电功率转化为辐条的热功率和提升物块的机械功率 由UI=3×R+mgv代入数据得v=5 m/s （2）①开关掷2，当物块匀速下降时，物块的速度与“电动机”匀速提升物块的速度大小相等，说明物块受到细绳的作用力不变，大小均等于物块的重力，可推知辐条中的电流相等 三根辐条并联接入电路，每根辐条中的电流I'= 物块匀速下降时，其减少的重力势能转化为电路中的焦耳热，所以物块的机械功率等于电路中的总功率 有3·I'2R+（3I'）2·R2=mgv 解得R2=0.2 Ω ②物块匀速下落的速率与圆环转动的线速度大小相等，由法拉第电磁感应定律可知每根辐条产生的电动势E=Bav 由电路规律可知E=I'R+3I'·R2 解得B=2.5 T 5.(2022全国甲,20,6分)(多选)如图,两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上,在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上,与导轨垂直,且接触良好,导轨电阻忽略不计,整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时,电容器所带的电荷量为Q,合上开关S后,　 (　　) A.通过导体棒MN电流的最大值为 B.导体棒MN向右先加速、后匀速运动 C.导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大 D.电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热 答案　AD　合上开关的瞬间,导体棒两端电压等于电容器两端电压且为最大值,电流也最大,I==,电流最大时,导体棒MN所受的安培力最大,而导体棒速度最大时电流不是最大,所以A正确,C错误;导体棒MN先加速后减速,不会匀速,如果导体棒MN做匀速直线运动,电阻上一直有焦耳热产生,其他能量都不变,不符合能量守恒,所以B错误;由于棒运动过程切割磁感线产生反电动势,导致只有开始时通过电阻R的电流与通过导体棒MN的电流相等,其他时候通过电阻R的电流都比通过导体棒MN的电流大,故由焦耳定律可知电阻R上产生的焦耳热比导体棒MN上产生的焦耳热多,D正确。 易错警示　导体棒加速时通过其电流由M到N,减速时电流由N到M。 6.(2019课标Ⅲ,14,6分)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现?(　　) A.电阻定律　　　　　　B.库仑定律 C.欧姆定律　　　　　　D.能量守恒定律 答案　C　楞次定律的本质是感应磁场中能量的转化,是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现,故选项D正确。 7.(2017北京理综,24,20分)发电机和电动机具有装置上的类似性,源于它们机理上的类似性。直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景。 在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中,两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内,相距为L,电阻不计。电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上,与轨道接触良好,以速度v(v平行于MN)向右做匀速运动。 图1轨道端点M、P间接有阻值为r的电阻,导体棒ab受到水平向右的外力作用。图2轨道端点M、P间接有直流电源,导体棒ab通过滑轮匀速提升重物,电路中的电流为I。 (1)求在Δt时间内,图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能。 (2)从微观角度看,导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为了方便,可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。 a.请在图3(图1的导体棒ab)、图4(图2的导体棒ab)中,分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图。 b.我们知道,洛伦兹力对运动电荷不做功。那么,导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢?请以图2“电动机”为例,通过计算分析说明。 答案　见解析 解析　本题考查发电机和电动机的机理分析、洛伦兹力的方向及其在能量转化中的作用。 (1)图1中,电路中的电流I1= 棒ab受到的安培力F1=BI1L 在Δt时间内,“发电机”产生的电能等于棒ab克服安培力做的功 E电=F1·vΔt= 图2中,棒ab受到的安培力F2=BIL 在Δt时间内,“电动机”输出的机械能等于安培力对棒ab做的功 E机=F2·vΔt=BILvΔt (2)a.如图甲、乙所示。 b.设自由电荷的电荷量为q,沿导体棒定向移动的速率为u。 如图乙所示,沿棒方向的洛伦兹力f1'=qvB,做负功 W1=-f1'·uΔt=-qvBuΔt 垂直棒方向的洛伦兹力f2'=quB,做正功 W2=f2'·vΔt=quBvΔt 所以W1=-W2,即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。 f1'做负功,阻碍自由电荷的定向移动,宏观上表现为“反电动势”,消耗电源的电能;f2'做正功,宏观上表现为安培力做正功,使机械能增加。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能,在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。 疑难突破　洛伦兹力的做功及其作用 在“发电机”模型中,外力促使导体棒做切割磁感线运动时,棒中自由电荷随棒运动,从而会受到沿棒方向的洛伦兹力,表现为“电源中的非静电力”,这一力做正功,起到了使其他形式能量向电能转化的作用;在“电动机”模型中,外电源使导体棒中产生电场,在电场力作用下,导体棒中的自由电荷沿棒运动,从而受到垂直于棒方向的洛伦兹力,宏观上表现为“导体棒受到的安培力”,这一力做正功,起到了使电能向其他形式能量转化的作用。 8.(2016上海单科,33,14分)如图,一关于y轴对称的导体轨道位于水平面内,磁感应强度为B的匀强磁场与平面垂直。一足够长、质量为m的直导体棒沿x方向置于轨道上,在外力F作用下从原点由静止开始沿y轴正方向做加速度为a的匀加速直线运动,运动时棒与x轴始终平行。棒单位长度的电阻为ρ,与电阻不计的轨道接触良好,运动中产生的热功率随棒位置的变化规律为P=k(SI)。求: (1)导体轨道的轨道方程y=f(x); (2)棒在运动过程中受到的安培力Fm随y的变化关系; (3)棒从y=0运动到y=L过程中外力F的功。 答案　(1)y=x2　(2)Fm=y (3)L2+maL 解析　(1)设棒运动到某一位置时与轨道接触点的坐标为(±x,y),安培力Fm= 安培力的功率P=Fmv==k 棒做匀加速运动 v2=2ay R=2ρx 代入前式得y=x2 轨道形状为抛物线。 (2)安培力Fm=v= 以轨道方程代入得 Fm=y (3)由动能定理W=Wm+mv2 安培力做功Wm=L2 棒在y=L处的动能为mv2=maL 外力做功W=L2+maL 考向6 电磁感应中的动量问题 1.(2024湖南,8,5分)(多选)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 答案 CD 取向右为正方向,金属杆从AA1到BB1的过程,根据动量定理得-BL·t1=mv-mv0,其中·t1=q1=,同理,金属杆从BB1到CC1的过程,根据动量定理得-BL·t2-μmg·t2=0-mv,其中·t2=q2=,由此可知mv>mv0-mv,则金属杆经过BB1的速度v>,A错误;根据能量守恒可知电流通过整个回路所产生的总热量Q=m-μmgd,则定值电阻R上产生的热量QR==m-μmgd,B错误;经过AA1B1B与BB1C1C区域,金属杆所受安培力的冲量分别为I冲=-BLt1=-BLq1,I’冲=-BLt2=-BLq2,结合A选项的分析,可知金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域,金属杆所受安培力的冲量相同,C正确;初速度为v0时,金属杆在磁场中的运动过程由动量定理得-BLq-μmgt2=0-mv0,其中q=,x=2d,解得x=,若将金属杆的初速度加倍,即初速度为2v0时,金属杆在磁场中的运动过程由动量定理得-BLq’-μmgt’=0-m·2v0,其中q’=,解得x’=,以2v0的初速度进入磁场,金属杆经过BB1C1C区域的时间更短,即t’<t2,由此可知,x’>2x,D正确。 技巧点拨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的题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解。 在电磁感应中应用动量定理时,通常将动量定理和电磁感应中电荷量的表达式结合应用,即-lB·Δt=m(v2-v1)、q=Δt=n。 2.(2024贵州,10,5分)(多选)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 【答案】AB 【解析】金属棒加速过程中通过横截面的电荷量q=Δt=Δt=·Δt==,加速阶段的位移与减速阶段的位移相等,则加速过程中和减速过程中通过金属棒的电荷量相等,对减速过程,由动量定理有-BL'Δt'=0-mv,即BLq=mv,故q=,A正确。由q==,解得x=,金属棒加速的过程中,有x=vt,解得加速时间t=,B正确。金属棒在水平拉力作用下从静止开始做匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得F-BL=ma(提示:u表示金属棒运动过程中的速度大小),安培力增大,加速度不变,则拉力逐渐增大,撤去拉力前瞬间,拉力最大,拉力的最大值Fm=+ma,其中a=,联立解得Fm=,C错误。加速过程中拉力对金属棒做正功,安培力对金属棒做负功,由动能定理有WF-W克安=mv2-0,可得WF=W克安+mv2,因此加速过程中拉力做的功大于mv2,D错误。 3.(2024海南,13,4分)(多选)两根足够长的平行导轨由上、下两段电阻不计的光滑导轨组成,在M、N两点绝缘连接,M、N等高,间距L=1 m,连接处平滑。导轨平面与水平面夹角为30°,导轨两端分别连接一个阻值R=0.02 Ω的电阻和电容C=1 F的电容器,整个装置处于B=0.2 T的垂直导轨平面斜向上的匀强磁场中(图中未画出),两根导体棒ab、cd分别放在MN两侧,质量分别为m1=0.8 kg,m2=0.4 kg,ab棒电阻为0.08 Ω,cd棒的电阻不计,将ab棒由静止释放,同时cd棒从距离MN为x0=4.32 m处在一个大小为F=4.64 N、方向沿导轨平面向上的力作用下由静止开始运动,两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞,碰撞前瞬间撤去F,已知碰前瞬间ab的速度为4.5 m/s,重力加速度g=10 m/s2,则(　　) A.ab棒从释放到第一次碰撞前瞬间所用时间为1.44 s B.ab棒从释放到第一次碰撞,R上消耗的焦耳热为0.78 J C.两棒第一次碰撞后瞬间,ab棒的速度大小为6.3 m/s D.两棒第一次碰撞后瞬间,cd棒的速度大小为8.4 m/s 【答案】BD 【解析】ab棒和cd棒同时开始运动,且同时到达MN,所以两者运动到MN时间相同。对cd棒受力分析,根据牛顿第二定律有F-m2g sin 30°-BIL=m2a,其中I====CBLa,联立解得a=6 m/s2,即cd棒以a=6 m/s2的加速度沿导轨平面向上做初速度为零的匀加速直线运动,cd棒从释放到第一次碰撞前瞬间,有x0=a,解得t0=1.2 s,A错误。对ab棒从静止释放到第一次碰撞前瞬间,根据动能定理有m1gx sin θ-W克安=m1,其中W克安=Q,根据动量定理有m1g sin θ·t0-BLt0=m1vab,其中t0=,联立解得Q=3.9 J,Q表示ab棒和电阻R上消耗的总焦耳热,故R上消耗的焦耳热QR=Q=0.78 J,B正确。两棒第一次碰撞前瞬间,ab棒的速度大小为vab=4.5 m/s,cd棒的速度大小为vcd=at0=7.2 m/s,以沿导轨平面向下为正方向,碰撞过程中动量守恒、机械能守恒,有m1vab-m2vcd=m1v'ab+m2v'cd,m1+m2=m1v'2ab+m2v'2cd,解得v'ab=-3.3 m/s,v'cd=8.4 m/s,C错误,D正确。 4．（2025·云南 ）如图所示，光滑水平面上有一个长为L、宽为d的长方体空绝缘箱，其四周紧固一电阻为R的水平矩形导线框，箱子与导线框的总质量为M。与箱子右侧壁平行的磁场边界平面如截面图中虚线PQ所示，边界右侧存在范围足够大的匀强磁场，其磁感应强度大小为B、方向竖直向下。时刻，箱子在水平向右的恒力F（大小未知）作用下由静止开始做匀加速直线运动，这时箱子左侧壁上距离箱底h处、质量为m的木块（视为质点）恰好能与箱子保持相对静止。箱子右侧壁进入磁场瞬间，木块与箱子分离；箱子完全进入磁场前某时刻，木块落到箱子底部，且箱子与木块均不反弹（木块下落过程中与箱子侧壁无碰撞）；木块落到箱子底部时即撤去F。运动过程中，箱子右侧壁始终与磁场边界平行，忽略箱壁厚度、箱子形变、导线粗细及空气阻力。木块与箱子内壁间的动摩擦因数为μ，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。 (1)求F的大小； (2)求时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离； (3)若时刻，箱子右侧壁距磁场边界的距离为s（s大于（2）问中最小距离），求最终木块与箱子的速度大小。 【答案】(1) (2) (3)见解析 【详解】（1）对木块与箱子整体受力分析由牛顿第二定律 对木块受力分析，水平方向由牛顿第二定律 竖直方向由平衡条件 联立可得 （2）设箱子刚进入磁场中时速度为v，产生的感应电动势为 由闭合电路欧姆定律得，感应电流为 安培力大小为 联立可得 若要使两物体分离，此时有 其中 解得 由运动学公式 解得 故时刻，箱子右侧壁距磁场边界的最小距离为 （3）水平方向由运动学公式 竖直方向有 其中 可得力F作用的总时间为 水平方向对系统由动量定理 其中 联立可得 当时，最终木块与箱子的速度大小为 当时，最终木块与箱子的速度大小为 5.(2024湖北,15,18分)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。 (2)金属环刚开始运动时的加速度大小。 (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。 【答案】(1)BL　(2) (3) 解析　(1)对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程,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,金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中,导轨外侧的两段圆弧被短路,由几何关系可得金属环圆心到导轨的垂直距离为L,故金属环接入电路中的两段圆弧的电阻均为R(点拨:接入电路中的两段圆弧所对应的圆心角为60°) 可知,整个回路的总电阻为R总=R+=R 金属棒ab刚越过MP时,金属环开始运动,此时通过金属棒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)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ab在整个运动过程中不与金属环接触,则金属棒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-BILt=m·-mv0 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= 6.（2024全国甲，25，20分）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。 【答案】（1）　（2）　 【解析】（1）开关S闭合，电容器被短路，金属棒最后做速度为v0的匀速运动，可得此时金属棒切割磁感线产生的感应电动势E=Blv0① 回路中的电流I=② 金属棒所受安培力F安=BIl③ F=F安④ 联立①②③④可得F= 当P外=2PR时 ·v=2·R=2·v 解得v= （2）当P'外=2P'R时，设此时电流为I'，可得 F'·=2I'2R⑤ 又因为F'=F'安=BI'l⑥ 联立⑤⑥可得BI'l·=2I'2R⑦ 此时电阻R两端电压UR=I'R=Bl·⑧ 因为UC+UR=Bl·⑨ （点拨:匀速运动的金属棒产生大小恒定的电动势，电阻和电容器处于为外电路） 联立⑧⑨可得此时电容器两极间的电压UC= 从断开S开始到此刻外力做功为 W=∑F'Δx=∑BI'lΔx=∑BI'l·Δt（能量角度:由于金属棒动能不变且无摩擦生热，外力对金属棒做的功等于金属棒作为电源在电路中的总功，有W=E'qC）⑩ 而qC=∑I'Δt=C·Bl 可得W= 7.（2024江西，15，18分）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； （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； （3）若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的高度y随时间t的变化如图（b）所示（t1、t2、t3、t4、b均为未知量），乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞，甲在0~t3时间内未进入右侧倾斜导轨，求d的取值范围。 【答案】（1）2 m/s2　方向水平向右　（2）24 m （3）见解析 【审题指导】利用电磁感应中的双杆模型，综合考查牛顿第二定律、动量守恒定律和动量定理的应用。尤其是利用安培力的冲量lB·t=qlB中的电荷量q作为中间媒介，结合q=n求非匀变速运动的位移Δx。 【解析】（1）设甲进入磁场时的速度为v0，甲从左侧倾斜导轨滑下的过程，由动能定理得 m1gh-μ1m1g cos θ1×=m1-0 代入数据解得v0=8 m/s 甲刚进入磁场时，回路中的电流I= 对乙，由牛顿第二定律得IlB=m2a 联立解得a=2 m/s2，方向水平向右 （2）分别对甲、乙受力分析可知，甲在水平导轨上向右减速运动，乙在水平导轨上向右加速运动，当甲、乙在刚要发生碰撞前达到共同速度时，d的值最小，设最小值为dmin，则 从甲进入磁场到甲、乙第一次共速， 由动量守恒定律得m1v0=（m1+m2）v 代入数据解得v=6 m/s 对乙棒，由动量定理得lBt=m2v-0 其中= 又=Bl= 联立解得dmin=24 m （3）由题意可知乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞，根据第（2）问的分析可知乙第一次进入右侧倾斜导轨前与甲达到共同速度，其速度v=6 m/s 乙上升过程的加速度大小a上=g sin θ2+μ2g cos θ2= m/s2 乙下降过程的加速度大小a下=g sin θ2-μ2g cos θ2= m/s2 联立可得= 设乙第一次上升和下降的距离均为s，乙第一次返回右侧倾斜导轨底端时的速度大小为v'，根据匀变速直线运动规律可知v2=2a上s，v'2=2a下s 联立解得==，v'=5 m/s 设乙第一次在右侧倾斜导轨上运动的过程中，甲在水平导轨上运动的距离为d1 设乙第二次到达右侧倾斜导轨底端时甲的速度大小为v1，甲、乙碰撞后的速度大小为v2，根据题图（b）可知=，解得v2= m/s 若甲、乙恰好在右侧倾斜导轨底端相碰（点拨:对应d的最小值），设甲碰撞前的速度大小为v3，根据动量守恒定律有 m1v3-m2v'=（m1+m2）v2 代入数据解得v3= m/s 对甲，应用动量定理可得-lBt'=m1v3-m1v 其中= = 联立并代入数据解得d1= m 可知d的最小取值d'min=dmin+d1= m 若甲、乙第二次达到共同速度时恰好发生相遇，甲、乙组成的系统在水平导轨上满足动量守恒的条件，甲、乙碰撞后的速度大小为v2 从乙到达水平导轨至甲、乙发生碰撞的过程，对甲根据动量定理有-'lBt″=m1v2-m1v3 其中'= '= 联立并代入数据解得d2= m 可知d的最大取值dmax=dmin+d1+d2= m 综上可知，d的取值范围为 m≤d< m。 8.(2023重庆,7,4分)如图所示,与水平面夹角为θ的绝缘斜面上固定有光滑U形金属导轨。质量为m、电阻不可忽略的导体杆MN沿导轨向下运动,以大小为v的速度进入方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场区域,在磁场中运动一段时间t后,速度大小变为2v。运动过程中杆与导轨垂直并接触良好,导轨的电阻忽略不计,重力加速度为g。杆在磁场中运动的此段时间内 (　　) A.流过杆的感应电流方向从N到M B.杆沿导轨下滑的距离为vt C.流过杆感应电流的平均电功率等于重力的平均功率 D.杆所受安培力的冲量大小为mgt sin θ-mv 答案D　根据右手定则可知流过杆的感应电流方向从M到N,A错误。依题意,设匀强磁场的磁感应强度大小为B,杆切割磁感线的有效长度为L,导体杆MN电阻为R。杆在磁场中运动的此段时间内,杆受到重力、轨道支持力及沿导轨向上的安培力,根据牛顿第二定律可得mg sin θ-F安=ma,F安=BIL,I=,联立可得杆的加速度a=g sin θ-,可知杆在磁场中运动的此段时间内做加速度逐渐减小的加速运动;若杆做匀加速直线运动,则杆运动的距离s=·t=vt,则杆实际运动的距离大于vt,B错误。由于在磁场中运动的此段时间内,杆做加速度逐渐减小的加速运动,杆的动能增大。由动能定理可知,重力对杆所做的功大于杆克服安培力所做的功,根据P=可得安培力的平均功率小于重力的平均功率,即流过杆的感应电流的平均电功率小于重力的平均功率,C错误。杆在磁场中运动的此段时间内,根据动量定理,可得mgt sin θ-I安=m·2v-mv,得杆所受安培力的冲量大小I安=mgt sin θ-mv,D正确。 9.(2023全国甲,25,20分)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,碰撞时间极短。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。 答案 (1)　(2)m　(3) 解析 (1)由于绝缘棒Q与金属棒P的碰撞为弹性碰撞,金属导轨光滑,可知Q棒与P棒组成的系统动量守恒,机械能守恒,有 3mv0=3mv'1+mv'2① ×3m=×3mv1'2+mv2'2② 联立①②得v'1=,v'2=v0 绝缘棒Q在水平方向所受合力为0,碰后做匀速直线运动,而P、Q落在地面同一点,可知P棒滑出导轨时的速度等于Q棒滑出导轨时的速度,即金属棒P滑出导轨时的速度大小为。 (2)由能量守恒定律可知,金属棒P减少的动能转换为运动过程中P棒产生的焦耳热,有 QP=mv2'2-mv1'2=m×-m×=m③ (3)对P棒由法拉第电磁感应定律有 =n　(其中n=1)④ =⑤ q=·Δt⑥ 联立④⑤⑥得q==⑦ 可知碰撞后P的位移为 x=⑧ 对P棒应用动量定理有 -BlΔt=mΔv⑨ 整理有-Blq=mv'1-mv'2=-mv0 解得q=⑩ 从Q与P碰撞到Q滑出导轨,Q与P在导轨上运动的位移相同,都是x,Q做匀速直线运动,则与P碰撞后,设绝缘棒Q在导轨上运动的时间为t' t'= 联立①②⑧⑩可得t'= 10.(2023湖南,14,14分)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; (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; (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。 答案： (1)　(2)2g sin θ　 (3)gt0 sin θ+　 解析 (1)棒a沿导轨向下运动,当mg sin θ=BIL时,棒a开始以速度v0匀速运动, 此时有E0=BLv0,流过金属棒的电流I= 联立有mg sin θ=,解得v0=。 (2)棒b释放瞬间,由右手定则可知棒b受到的安培力方向沿导轨平面向下,根据牛顿第二定律有 mg sin θ+BIL=ma0 解得a0=2g sin θ。 (3)从棒b释放瞬间到两棒共速,对棒a根据动量定理有mgt0 sin θ-IF=mv-mv0① 对棒b根据动量定理有mgt0 sin θ+IF=mv② 解得v=gt0 sin θ+ t0时间内a、b棒与导轨构成的回路中产生的感应电动势的平均值== = 联立解得IF=BLt0= 由①②得2IF=mv0,解得Δx=。 11.(2022浙江6月选考,21,10分)舰载机电磁弹射是现代航母最先进的弹射技术,我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究,如图1所示,用于推动模型飞机的动子(图中未画出)与线圈绝缘并固定,线圈带动动子,可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中,其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通,恒流源与线圈连接,动子从静止开始推动飞机加速,飞机达到起飞速度时与动子脱离;此时S掷向2接通定值电阻R0,同时施加回撤力F,在F和磁场力作用下,动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v-t图如图2所示,在t1至t3时间内F=(800-10v) N,t3时撤去F。已知起飞速度v1=80 m/s,t1=1.5 s,线圈匝数n=100匝,每匝周长l=1 m,动子和线圈的总质量m=5 kg,飞机质量M=10 kg,R0=9.5 Ω,B=0.1 T,不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响,求 (1)恒流源的电流I; (2)线圈电阻R; (3)时刻t3。 答案　(1)80 A　(2)0.5 Ω　(3) s 解析　(1)安培力F安=nBIl=(M+m)a　a=　 I==80 A (2)感应电流I'= F安'=nBlI' 由牛顿第二定律有F+F安'=ma' 即(800-10v)+v=ma' 在t1至t3期间加速度恒定,速度v时刻变化,则 应要求=10 kg·s-1、ma'=800 N, 解得R=0.5 Ω、a'=160 m/s2 (3)t2-t1==0.5 s t2时刻动子前进位移s=t2v1=80 m t3时刻动子到初始位置的距离 s'=s-a'(t3-t2)2 从t3至动子返回初始位置, 由动量定理得-F安″Δt=0-mv3, F安″=nBlΔt=nBlΔq, 故有-nBlΔq=0-ma'(t3-t2)[或nBlΔq=ma'(t3-t2)] 感应电荷量 Δq=Δt=Δt=== 代入数据得(t3-t2)2+(t3-t2)-1 s=0 解得t3= s 12.(2022浙江1月选考,21,10分)如图所示,水平固定一半径r=0.2 m的金属圆环,长均为r、电阻均为R0的两金属棒沿直径放置,其中一端与圆环接触良好,另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO'上,并随轴以角速度ω=600 rad/s匀速转动,圆环内左半圆均存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场。圆环边缘、与转轴良好接触上下垂直的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连,轨道间接有电容C=0.09 F的电容器,通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连。电容器左侧有宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab,磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接,在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde。棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m=0.01 kg,de与cf长度均为l3=0.08 m,已知l1=0.25 m, l2=0.068 m,B1=B2=1 T、方向均为竖直向上;棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R=0.1 Ω,除已给电阻外其他电阻不计,轨道均光滑,棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直。开始时开关S和接线柱1接通,待电容器充电完毕后,将S从1拨到2,电容器放电,棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd,此时将S与2断开,已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2 m后返回进入磁场。g=10 m/s2。 (1)求电容器充电完毕后所带的电荷量Q,哪个极板(M或N)带正电? (2)求电容器释放的电荷量ΔQ; (3)求框abcd进入磁场后,ab边与磁场区域左边界的最大距离x。 答案　见解析 解析　(1)金属棒在圆环上磁场区域内转动切割磁感线,故有E=B1ωr2 电容器充电时的等效电路图如图所示。 则电容器所带电荷量Q=CU=C 代入数据得Q=0.54 C,且M板带正电 (2)根据动量定理,设ab棒弹出磁场时的速度为v2,则有B2l1IΔt=mv1-0,即B2l1ΔQ=mv1 ab棒与“[”形框结合过程动量守恒,有 mv1=(m+m)v2 “[”形框abcd在倾斜轨道上上升h时,根据机械能守恒有×2m=2mgh 由上述各式联立解得ΔQ==0.16 C (3)导体框在磁场中做减速运动过程中,根据动量定理可得B2Il1Δt=B2l1Δt=2mv2,且Δx=Δt 则=2mv2,解得Δx=0.128 m 匀速运动距离为l3-l2=0.012 m ab边离磁场左边界最大,则最大距离 x=Δx+l3-l2=0.14 m 13.(2018天津理综,12,20分)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型,图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨,电阻忽略不计。ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒,通过绝缘材料固定在列车底部,并与导轨良好接触,其间距也为l,列车的总质量为m。列车启动前,ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下,如图1所示。为使列车启动,需在M、N间连接电动势为E的直流电源,电源内阻及导线电阻忽略不计。列车启动后电源自动关闭。 (1)要使列车向右运行,启动时图1中M、N哪个接电源正极,并简要说明理由; (2)求刚接通电源时列车加速度a的大小; (3)列车减速时,需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域,磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0,此时ab、cd均在无磁场区域,试讨论:要使列车停下来,前方至少需要多少块这样的有界磁场? 图1 图2 答案　(1)见解析　(2)　(3)见解析 解析　本题考查左手定则、安培力、法拉第电磁感应定律、动量定理等。 (1)列车要向右运动,安培力方向应向右。根据左手定则,接通电源后,金属棒中电流方向由a到b、由c到d,故M接电源正极。 (2)由题意,启动时ab、cd并联,设回路总电阻为R总,由电阻的串并联知识得 R总=① 设回路总电流为I,根据闭合电路欧姆定律有 I=② 设两根金属棒所受安培力之和为F,有 F=IlB③ 根据牛顿第二定律有 F=ma④ 联立①②③④式得 a=⑤ (3)设列车减速时,cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场,此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为ΔΦ,平均感应电动势为E1,由法拉第电磁感应定律有 E1=⑥ 其中 ΔΦ=Bl2⑦ 设回路中平均电流为I',由闭合电路欧姆定律有 I'=⑧ 设cd受到的平均安培力为F',有 F'=I'lB⑨ 以向右为正方向,设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲,有 I冲=-F'Δt⑩ 同理可知,回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值,设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0,有 I0=2I冲 设列车停下来受到的总冲量为I总,由动量定理有 I总=0-mv0 联立⑥⑦⑧⑨⑩式得 = 讨论:若恰为整数,设其为n,则需设置n块有界磁场;若不是整数,设的整数部分为N,则需设置N+1块有界磁场。 14.(2018浙江4月选考,23,10分)如图所示,在竖直平面内建立xOy坐标系,在0≤x≤0.65 m、y≤0.40 m范围内存在一具有理想边界、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域。一边长l=0.10 m、质量m=0.02 kg、电阻R=0.40 Ω的匀质正方形刚性导线框abcd处于图示位置,其中心的坐标为(0,0.65 m)。现将线框以初速度v0=2.0 m/s水平向右抛出。线框在进入磁场过程中速度保持不变,然后在磁场中运动,最后从磁场右边界离开磁场区域,完成运动全过程。线框在全过程中始终处于xOy平面内,其ab边与x轴保持平行,空气阻力不计。(g取10 m/s2)求: (1)磁感应强度B的大小; (2)线框在全过程中产生的焦耳热Q; (3)在全过程中,c、b两端的电势差Ucb与线框中心位置的x坐标的函数关系。 答案　见解析 解析　(1)线框做平抛运动,当ab边与磁场上边界接触时,竖直方向有h=gt2=0.2 m,得t=0.2 s,此时竖直方向的分速度v2y=gt=2 m/s=v0,合速度方向与水平方向成45°角,由题知线框匀速进入磁场,则感应电流 I== F安=BIl 因为线框匀速进入磁场,合力为0,所以mg=F安 联立解得B=2 T (2)线框全部进入磁场区域之后,水平方向做匀速直线运动,竖直方向做匀加速直线运动,线框离开磁场过程中,上下两边所受到的安培力抵消,所以不考虑竖直方向上的安培力产生的焦耳热,水平方向上,只有ad边在水平方向上切割磁感线,线框离开磁场时所带的电荷量 q== 对离开过程在水平方向由动量定理,设向右为正,则 -Blq=mv5x-mv0 得v5x=1.5 m/s 由能量守恒得 mgΔh-Q1=m-m=mv(+)-m(+) 同时离开磁场过程中竖直方向只受重力,有 -=2gΔh 联立解得Q1=0.017 5 J 在进入磁场过程中,速度不变,重力势能转换成焦耳热Q2=mgl=0.02 J 所以Q总=Q1+Q2=0.037 5 J (3)易得图中2、3、4、5状态下中心横坐标分别为0.4 m、0.5 m、0.6 m、0.7 m ①当x≤0.4 m时,线框还没进入磁场,Ucb=0; ②当0.4 m<x≤0.5 m时,线框电动势由ab边切割磁感线提供,但cb边进入磁场部分也在切割磁感线,因此这里相当于也有一个电源,在计算电势差时也要考虑,同时电势差要注意正负,因此 Ucb=-Blv2y+B(x-0.4)v0=4x-1.7; ③当0.5 m<x≤0.6 m时 线框完全进入磁场,电路中没有电流,但cb边仍在切割磁感线,因此仍然相当于一个电源,Ucb=Blv0=0.4 V; ④当0.6 m<x≤0.7 m时 线框出磁场,整个电动势由ad边提供,cb边已经在磁场外,Ucb=Blvx 又由动量定理得=m(v0-vx) 得Ucb=0.25-0.25x 易错点拨　在第(3)问中求c、b两端的电势差,很容易犯错误,比如说直接套用欧姆定律。在这里熟练掌握电路中的电势差的计算是避免犯错误的关键。进入磁场时cb边也有一小段导线在水平切割磁感线,所以计算电势差时,需要考虑这一小段导体上感应电动势的影响。 1 / 74 学科网（北京）股份有限公司 $