2025-2026学年高二下学期物理筑基阶段 课件 第十二课：电磁感应

该高中物理单元复习课件系统梳理了电磁感应的核心知识，涵盖电磁感应现象、楞次定律、法拉第电磁感应定律、自感与涡流等内容，通过考点分点解析、表格对比（如楞次定律“增反减同”推论及例证）、即练即清判断题巩固基础概念，并以微专题形式构建单杆、双杆、线框等模型网络，串联电路、图像等综合应用，帮助学生形成完整的电磁感应知识体系。 其亮点在于融合科学探究与模型建构，如通过“探究感应电流方向”实验培养科学探究能力，依托“基础单杆—含容含源单杆—双杆”递进式模型训练科学思维。设计“错题诊断—典例精讲—高考变式”分层练习，如从判断感应电流有无的基础题到电磁弹射情境的综合题，兼顾不同水平学生需求。这种设计既强化物理观念和科学推理，又助力教师实施系统性复习，提升单元复习效率。

物理清北班——筑基阶段 教师：林志敏 第十二课：电磁感应 1 第1节 电磁感应现象　楞次定律 考点1　电磁感应现象的理解和判断 1.磁通量 (1)公式:Φ=BS,S为垂直于磁感应强度B方向的投影面积。磁通量为标量,单位是Wb。 (2)物理意义:磁通量的大小可形象地表示为穿过某一面积的磁感线条数的多少。 2.电磁感应现象 (1)感应电流产生的条件 ①表述1:闭合回路中的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动。 ②表述2:穿过闭合回路的磁通量发生变化。 (2)当磁通量发生变化时,如果回路不闭合,则只有感应电动势,没有感应电流。 返回目录 即练即清 判断正误,正确的打√,错误的打✕。 (1)只要有磁通量穿过闭合电路,闭合电路中就有感应电流产生。 (　    ) (2)闭合电路中的一部分导体做切割磁感线运动时,电路中会产生感应电流。 (　    ) (3)闭合线圈和磁场发生相对运动时,一定能产生感应电流。 (　    ) (4)穿过闭合电路的磁通量发生变化,电路中一定会产生感应电流。 (　    ) ✕ √ ✕ √ 返回目录 提分关键·方法提升 判断感应电流有无的方法   返回目录 考点2    实验:探究影响感应电流方向的因素 1.实验器材:条形磁体、灵敏电流计、线圈、导线、一节干电池(用来查明线圈中电流 的流向与灵敏电流计中指针偏转方向的关系)。 2.实验现象:以下面四种情况(如图甲、乙、丙、丁)为例,根据实验结果,填写表格。  　      返回目录 图号 磁场 方向 磁通量 变化趋势 感应电流 的方向(俯) 感应电流的 磁场方向 甲 向下 增加 逆时针 向上 乙 向上 顺时针 向下 丙 向下 减少 顺时针 向下 丁 向上 逆时针 向上 3.实验结论 (1)表述一:当穿过线圈的磁通量增加时,感应电流的磁场与原磁场的方向相反;当穿过 线圈的磁通量减少时,感应电流的磁场与原磁场的方向相同。 (2)表述二:当磁体靠近线圈时,两者相斥;当磁体远离线圈时,两者相吸。 返回目录 考点3　楞次定律及其应用 一、楞次定律的内容 感应电流具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变 化。 二、正确理解楞次定律中“阻碍”的含义 返回目录 三、楞次定律的推论及其应用 例证 增反减同   磁体靠近线圈,B感与B原方向相反 (若远离,则相同)   当环A中的I1增大时,环B中的感 应电流方向与I1的方向相反;当I1 减小时,环B中的感应电流方向与 I1的方向相同 返回目录 来拒去留     作用:阻碍磁体与圆环的相对运动 增缩减扩(磁感线单方向穿过回 路) P、Q是光滑固定导轨,a、b是可动金属棒,磁体下移(上移),a、b靠近 (远离),使回路面积缩小(扩大)   返回目录 四、右手定则 1.内容: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:导体切割磁感线产生感应电流。 返回目录 典例    (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的左边有一如图所示的闭合电路。当PQ在一外力的作用下运动时,MN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 BC 返回目录 解析     根据安培定则可知,ab在右侧产生的磁场方向垂直纸面向里,MN向右运动,根据左手定 则可判断MN中感应电流方向由M到N。由安培定则可知L1中感应电流产生的磁场方向 向上,由楞次定律可知L2中感应电流产生的磁场方向向上减弱或向下增强。如果L2中 感应电流产生的磁场向上减弱,根据安培定则可知PQ中感应电流由Q到P且减小,再根 据右手定则可知PQ向右减速运动;如果L2中感应电流产生的磁场向下增强,根据安培定 则可知PQ中感应电流由P到Q且增大,再根据右手定则可知PQ向左加速运动。A、D错 误,B、C正确。 返回目录 提分关键·方法提升 三个定则和一个定律的应用比较   返回目录 第2节 法拉第电磁感应定律、自感和涡流 返回目录 考点1　法拉第电磁感应定律的理解及应用 一、感应电动势 1.产生条件:穿过电路的磁通量发生变化。与电路是否闭合无关。 2.产生感应电动势的那部分导体相当于电源。 二、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.大小:E= (单匝线圈);E=n (n匝线圈)。 3.应用E=n 求解的三种思路 (1)磁感应强度B不变,垂直于磁场的回路面积S发生变化,则E=nB 。 返回目录 (2)垂直于磁场的回路面积S不变,磁感应强度B发生变化,则E=nS 。 (3)磁感应强度B、垂直于磁场的回路面积S均发生变化,则E=n 。 返回目录 典例1　某研究团队的实验证实超导态“分段费米面”科研成果入选2022年度“中国 科学十大进展”。如图甲所示,超导体圆环半径为r,常温下电阻为R,圆环的横截面半径 远小于圆环半径,钕磁铁沿圆环轴线从上到下穿过圆环。沿圆环轴线方向的磁感应强 度分量By随时间t变化的情况如图乙所示(已作简化处理)。求:        (1)0~2t0时间内和5t0~6t0时间内圆环中产生的感应电动势的大小E1和E2; (2)0~6t0时间内圆环产生的焦耳热Q。 返回目录 答案    (1)          (2)  解题导引            返回目录 解析     (1)0~2t0时间内圆环中产生的感应电动势大小E1= = ,5t0~6t0时间内圆环中产生 的感应电动势的大小E2= = 。 (2)0~2t0时间内圆环产生的焦耳热Q1= ×2t0 2t0~5t0时间内穿过圆环的磁通量不发生变化,圆环内无感应电流,不产生焦耳热 5t0~6t0时间内圆环产生的焦耳热Q2= t0 0~6t0时间内圆环产生的焦耳热Q=Q1+Q2= 。 返回目录 考点2　导体切割磁感线产生感应电动势 1.导体切割磁感线时的感应电动势 垂直 切割   甲 B、l、v两两垂直时,如图甲所示, E=Blv 不垂直 切割   乙 导体的运动方向与导体本身垂 直,与磁感线方向的夹角为θ时,如 图乙所示,则E=Blv1=Blv sin θ 返回目录 2.对E=Blv的理解 特性 含义 正交性 B、l、v三者互相垂直 瞬时性 若v为瞬时速度,则E为相应的瞬时感应电动势 平均性 导体平动切割磁感线时,若v为平均速度,则E为平均感应电动势 有效性 公式中的l为导体切割磁感线的有效长度。图中导体的有效长度为a、b间的距离   相对性 速度v是导体相对磁场的速度,若磁场也在运动,应注意速度间的相对关系 返回目录 3.转动切割磁感线时感应电动势的计算 当导体棒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E= Bl = Bl2ω,如图所示。   返回目录 典例2    (2021广东,10,6分)(多选)如图所示,水平放置足够长光滑金属导轨abc和de,ab与 de平行,bc是以O为圆心的圆弧导轨。圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁 场。金属杆OP的O端与e点用导线相接,P端与圆弧bc接触良好。初始时,可滑动的金属 杆MN静止在平行导轨上。若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时,回路中始 终有电流,则此过程中,下列说法正确的有 (　    ) A.杆OP产生的感应电动势恒定 B.杆OP受到的安培力不变 C.杆MN做匀加速直线运动 D.杆MN中的电流逐渐减小 答案    AD     AD 返回目录 解析     杆OP匀速转动,由E= Bl2ω可知杆OP产生的感应电动势恒定,A正确。由右手定则可知, 杆OP产生了由O到P的感应电流,则由左手定则可知MN会受到向左的安培力,在MN向 左运动的过程中,由右手定则可判定MN切割磁感线产生由N到M的感应电动势,则通过 MN的电流逐渐减小,由安培力F=BIl可知,杆MN、杆OP所受的安培力减小,杆MN做加速 度减小的加速运动,B、C错误,D正确。 返回目录 高考变式　如图所示,半径为L的光滑圆形金属轨道固定放置在绝缘水平面上,圆心O处 固定一竖直细导体轴OO'。间距为L、与水平面成θ角的足够长平行光滑倾斜导轨通过 导线分别与圆形轨道及导体轴相连。倾斜导轨和圆形金属轨道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。长度为L的细导体棒OA在水平面内绕 O点沿逆时针方向以角速度ω匀速转动时,放置在导轨上的导体棒CD恰好静止。已知 CD棒在导轨间的电阻为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棒的质量m; (2)锁定OA棒,CD棒由静止释放,求CD棒运动的最大速度vm。 返回目录 答案    (1)     (2)  解析     (1)导体棒OA匀速转动产生的电动势E= BL2ω 导体棒CD静止时,有mg sin θ=ILB 由欧姆定律得I=  联立解得m= 。 (2)锁定OA棒,CD棒最终匀速运动,mg sin θ=I'LB E'=BLvm I'=  联立解得vm= 。 返回目录 考点3　自感现象 一、互感 两个互相靠近的线圈,当一个线圈中的电流变化时,它所产生的变化的磁场会在另一个 线圈中产生感应电动势。这种现象叫作互感,这种感应电动势叫作互感电动势。 二、自感 1.定义:当一个线圈中的电流变化时,它所产生的变化的磁场在线圈本身激发出感应电 动势,这种现象称为自感。由于自感而产生的感应电动势叫作自感电动势。 2.自感电动势的表达式:E=L 。 3.自感系数L的影响因素:线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯等。 返回目录 4.通电自感和断电自感的比较 电路图     器材 要求 A1、A2同规格,R=RL,L较大 L很大(有铁芯) 通电时 在S闭合瞬间,灯A2立即亮起来,灯 A1逐渐变亮,最终一样亮 灯A立即亮,然后逐渐变暗达到稳 定 返回目录 断电时 L、A1、A2、R组成回路,回路电 流减小,灯泡逐渐变暗;流过A1的 电流方向不变,流过A2的电流反 向 ①若断电前稳定电流I2≤I1,灯泡 逐渐变暗 ②若I2>I1,灯泡闪亮后逐渐变暗 两种情况下灯泡中电流方向均改 变 总结 自感电动势总是阻碍原电流的变化 返回目录 典例3　图1为演示自感现象的实验电路。实验时,先闭合开关S,电路达到稳定后,灯泡 A和B处于正常发光状态,在t0时刻,将开关S断开,测量得到t0时刻前后灯泡A、B两端电 势差Uab、Ucd随时间t的变化关系,如图2、3所示。电源内阻及电感线圈L的直流电阻可 忽略不计。下列说法正确的是 (　    )   A.图2所示为灯泡A两端电势差Uab在S断开 前后随时间的变化关系 B.S断开瞬间,电感线圈L两端电势差大小为U0 C.电源电动势为2U0 D.由图2和图3可知两灯泡正常发光时,灯泡A的阻值与灯泡B的阻值之比为1∶2 D 返回目录 解析     电路达到稳定后,灯泡A和B处于正常发光状态,Uab>0,Ucd>0,开关S断开瞬间,由于电感线 圈的自感作用,Uab>0,Ucd<0(点拨:断开开关S瞬间,流经灯泡A的电流方向不变,流经灯泡 B的电流方向改变),所以题图2为灯泡B两端电势差Ucd在S断开前后随时间的变化关系, A错误。根据题图,S断开瞬间,电感线圈L两端电势差大小U=Uab+Udc=3U0,B错误。电路 达到稳定后,灯泡A和B处于正常发光状态,由题图可知电源电动势为U0,C错误。在S断 开瞬间,电感线圈L和灯泡A、B构成闭合回路,经过两灯泡的电流相等,由于Udc=2Uab,根 据U=IR,可知灯泡A的阻值与灯泡B的阻值之比为1∶2,D正确。 返回目录 提分关键·方法提升 通、断电自感现象的判断技巧 (1)通电时线圈产生的自感电动势阻碍电流的增大且与电流方向相反,使电流相对缓慢 地增大。 (2)断电时线圈产生的自感电动势与原电流方向相同,在与线圈串联的回路中,线圈相当 于电源,它提供的电流逐渐变小。 (3)电流稳定时,若线圈有电阻,线圈就相当于一个定值电阻;若不计线圈的电阻,线圈就 相当于一根导线。 返回目录 考点4　涡流　电磁阻尼和电磁驱动 一、涡流 产生 在变化的磁场中,导体内产生的感应电流,就像水中的漩涡,叫作涡电流,简称涡流 特点 若金属的电阻率小,涡流往往很强,产生的热量很多 应用 涡流热效应的应用:真空冶炼炉 涡流磁效应的应用:探雷器、安检门 防止 电动机、变压器等设备中为防止铁芯中涡流过大而导致浪费能量,损坏电器,可采取的措施 (1)增大铁芯材料的电阻率 (2)用相互绝缘的硅钢片叠成的铁芯代替整块硅钢铁芯 返回目录 二、电磁阻尼和电磁驱动 电磁阻尼 电磁驱动   由于导体在磁场中运动而产生感 应电流 由于磁场运动引起磁通量的变化 而产生感应电流   安培力的方向与导体运动方向相 反,阻碍导体运动 安培力的方向与导体运动方向相 同,推动导体运动   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 返回目录 典例4　以下属于电磁驱动现象的是 (　    )                  A.图a中,线圈能使振动的磁体快速停下来 B.图b中,无缺口的铝管比有缺口的铝管更快使磁体匀速运动 C.图c中,用手把磁体转动,线框跟随转动 D.图d中,U形磁体能使旋转的金属圆盘快速停下来 C 返回目录 解析     “使振动的磁体快速停下来”“更快使磁体匀速运动(正在下落的磁铁)”“旋转的金 属圆盘快速停下来”这些现象体现的都是对应物体的运动受到了阻碍,属于电磁阻尼 现象。用手把磁体转动,线框跟随转动,线框切割磁感线产生感应电流,受到的安培力是 动力,所以是电磁驱动现象,C正确。 返回目录 微专题 23 电磁感应中的电路和图像问题 返回目录 题型1　电磁感应中的电路问题 一、电磁感应中电路知识的关系图谱   返回目录 二、“三步走”分析电路为主的电磁感应问题 返回目录 典例1　如图所示,间距L=1.0 m的两条平行光滑竖直金属导轨PQ、MN足够长,底 部Q、N之间连有一阻值R1=3 Ω的定值电阻,磁感应强度的大小B1=0.5 T的匀强磁场与 导轨平面垂直,导轨的上端点P、M分别与横截面积为5×10-3 m2的100匝线圈的两端连 接,线圈的轴线与大小随时间均匀变化的匀强磁场平行。开关K闭合后,质量m=1×10-2 kg、阻值R2=2 Ω的金属棒ab恰能保持静止。若断开开关后金属棒下落2 m时恰好达到 最大速度,金属棒始终与导轨接触良好,其余部分电阻不计,g取10 m/s2。求: (1)金属棒ab恰能保持静止时,匀强磁场的磁感应强度大小B2的变化率; (2)金属棒ab下落时能达到的最大速度v的大小; 返回目录 (3)金属棒ab从开始下落到恰好运动至最大速度的过程中,金属棒产生的焦耳热Q。   答案    (1)0.8 T/s    (2)2 m/s    (3)0.072 J 返回目录 解析     (1)金属棒ab保持静止,根据平衡条件得mg=B1I1L,可得I1=0.2 A 线圈产生的感应电动势E1=I1R2=0.4 V 根据法拉第电磁感应定律可知E1=n =nS  解得 =0.8 T/s。 (2)断开开关K后,金属棒向下做加速度逐渐减小的加速运动,当加速度为0(即合力是0) 时其速度最大,此时恰能匀速下降。 根据平衡条件有mg=B1I2L 此时金属棒中产生的感应电动势E2=B1Lv 返回目录 根据闭合电路欧姆定律得I2=  联立解得v=2 m/s。 (3)金属棒从开始下落到恰好运动至最大速度的过程中,根据动能定理得mgh-W克安= mv 2-0 金属棒产生的焦耳热Q= W克安=0.072 J。 返回目录 题型2　电磁感应中的图像问题 一、分析思路   返回目录 二、分析电磁感应图像问题的几点关注 (1)导体棒切割磁感线的有效长度L有效的变化。 (2)导体棒相对磁场运动速度v相对的变化。 (3)Φ-t图像和B-t图像的图线斜率的变化。 (4)题中规定的B、I、F安等物理量的正方向。 三、数形结合 写出图像中横、纵坐标两物理量之间的函数关系式,把图像和函数关系式结合起来。 返回目录 典例2    (多选)如图所示,水平光滑桌面上有一等边三角形金属线框abc,c点恰好处于方 向垂直于桌面向里的匀强磁场的边界PQ上,在拉力F的作用下,线框以恒定速率通过匀 强磁场区域,磁场区域的宽度大于线框的边长,且运动过程中ab始终与PQ保持平行。 在线框从开始进入磁场到完全进入磁场区域的过程中,下列四幅图中可以正确反映线 框中的感应电流I、热功率P、拉力F以及通过线框横截面的电荷量q随时间t变化规律 的是 (　    ) AC 返回目录 解析     关注有效长度的变化得出I、t间的函数关系式,设线框进入磁场时的速度为v,总电阻为 R,经过时间t(线框未全部进入磁场),切割磁感线的有效长度l=2vt tan 30°= vt,感应电 动势E=Blv,回路中的感应电流I= ,整理可得I= t,可知I与t成正比,故I-t图线为一 条过坐标原点的倾斜直线,A正确。热功率P=I2R= R= t2,可知P-t图线为 抛物线的一部分,B错误。线框所受安培力大小F'=BIl=B× t× vt= t2,根据 平衡条件可知拉力F与安培力F'等大反向,故F与t2成正比,F-t2图线为一条过坐标原点的 倾斜直线,C正确。通过线框横截面的电荷量q= = = t2,q与t2成正比,q-t2图线 为一条过坐标原点的倾斜直线,D错误。 返回目录 微专题 24 基础单杆模型 返回目录 题型1　具有初速度的单杆模型 情境 水平固定放置的平行粗糙导轨(电阻不计且足够长,导体杆与导轨间 的动摩擦因数为μ),间距为L,一侧接有电阻R,导体杆初速度为v0、质 量为m、电阻为r,匀强磁场的磁感应强度大小为B   等效 电路   感应电流I= =  返回目录 图形 转换   把立体图转换为平面图,并画出 电流的方向,便于受力分析 受力 分析   ①安培力F安=BIL=  ②由 +μmg=ma得a=  +μg(v=v0时,a最大) 过程 分析   导体杆做加速度逐渐减小的减速 运动 能量分析 (全程) ①根据能量守恒可得Q= m -μmgx(x为全程的位移) ②电阻R产生的焦耳热QR= Q 返回目录 能力进阶 典例1　我国新一代航空母舰采用全新的电磁阻拦技术,飞机着舰时利用电磁作用力使 它快速停止。为研究问题方便,我们将其简化为如图所示的模型。在磁感应强度大小 为B、垂直纸面向下的匀强磁场中,有间距为L、电阻不计的水平平行金属导轨ab、cd, a、c间连接一电阻R,质量为m、接入电路的电阻为r的粗细均匀的金属杆MN垂直于金 属导轨放置,现使金属杆MN获得一水平向右的初速度v0,滑行时间t后停下。已知金属 杆MN受到的摩擦阻力恒为f,MN长为2L,忽略空气阻力的影响,重力加速度为g。   返回目录 (1)①金属杆MN受到的安培力的最大值; ②全过程金属杆MN克服摩擦阻力f做的功W。 (2)进阶1    (从恒力做功到变力做功)金属杆MN所受摩擦阻力f是恒力,可以根据功的定 义式求金属杆MN克服摩擦阻力f做的功W,而安培力是变力,能否根据功的定义式求解 克服安培力做的功? (3)进阶2    (克服安培力做功到焦耳热的计算)回路中产生的焦耳热是多少?能否确定电 阻R和金属杆MN的焦耳热分配关系? 答案    (1)①  　②      (2)见解析    (3) m -  　见 解析 返回目录 解析     (1)①刚开始时,金属杆MN受到的安培力最大,则感应电动势E=BLv0 感应电流I=  安培力F=BIL 解得安培力的最大值F= 。 ②全过程以金属杆为研究对象,根据动量定理有-ft-B Lt=0-mv0 感应电流的平均值 = ,x= t 联立解得x=  返回目录 金属杆克服摩擦阻力做的功W=fx 解得W= 。 (2)不能。应用安培力关于位移的平均值求功,但不能应用安培力关于时间的平均值求功。本题中不知道安培力对位移的平均值,因而不能根据功的定义式求解克服安培力做的功。 (3)可以从能量转化的角度求闭合回路中产生的焦耳热。根据能量的转化和守恒,金属 杆减少的机械能,一部分通过克服安培力做功转化为电能,电能全部转化为焦耳热;另一 部分通过克服摩擦阻力做功,摩擦生热,因而回路中产生的焦耳热Q焦耳热= m -  。能确定电阻R和金属杆MN的焦耳热的分配关系,因为电阻R和金属杆 MN串联,电阻R上产生的焦耳热与金属杆MN上产生的焦耳热之比等于两者电阻之 比R∶r。 返回目录 题型2　受恒定外力的单杆模型 情境 水平固定放置的平行粗糙导轨(电阻不计且足够长,导体杆与导轨间 的动摩擦因数为μ),间距为L,一侧接有电阻R,导体杆质量为m,电阻 为r,在恒力F作用下从静止开始运动,匀强磁场的磁感应强度大小为 B   等效 电路   感应电流I= =  返回目录 图形 转换   把立体图转换为平面图,并画出 电流的方向,便于受力分析 受力 分析   ①安培力F安=BIL=  ②加速度a= -μg- (v=0 时,a最大) 过程 分析   导体杆做加速度减小的加速运 动,当a=0时,达到最大速度,vm=   返回目录 能量 分析 (全程) ①根据能量守恒得Fx= m +Q+μmgx ②电阻R产生的焦耳热QR= Q 动量 分析 研究导体杆从静止到速度为v(已知未达到最大速度)的过程(见过程 分析中的v-t图像) ①通过电阻R的电荷量q= t= =  ②根据动量定理有Ft-μmgt-B Lt=mv 可得(F-μmg)t-BLq=mv 由两式分析可知,v已知的前提下,在q、x、t三个物理量中,知一可求 二 返回目录 典例2　如图所示,MN、PQ为间距L=0.5 m的足够长的平行导轨,NQ⊥MN。导轨平面 与水平面间的夹角θ=37°,NQ间连接一个R=4 Ω的电阻。有一方向垂直导轨平面向上的 匀强磁场,磁感应强度大小B=1 T。将一根质量m=0.05 kg的金属棒ab紧靠NQ放置在导 轨上,且与导轨接触良好,金属棒的电阻r=1 Ω,导轨电阻不计。现由静止释放金属棒,金 属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0. 5,经5 s金属棒滑行至cd处时刚好达到稳定速度,cd与NQ相距s=8 m。重力加速度g取10 m/s2。求: (1)金属棒达到的稳定速度是多大? (2)金属棒ab从静止释放到滑行至cd处的过程中,电阻R上产生的焦耳热和通过电阻R的 返回目录 总电荷量分别是多少?   答案    (1)2 m/s    (2)0.56 J    0.8 C 返回目录 解析     (1)设金属棒达到稳定时速度为vm,回路中的电流为I,切割磁感线产生的电动势为E,则E =BLvm、I=  沿导轨所在平面方向由受力平衡可得BIL+μmg cos θ=mg sin θ 联立可得vm=2 m/s。 (2)由能量守恒可得mgs sin θ=Q+Wf克+ m  又Wf克=μmgs cos θ (重力做正功,重力势能减少,转化为金属棒的动能、摩擦生热以及电路中的焦耳热,摩 返回目录 擦生热由克服摩擦力做的功表示) 解得Q=0.7 J,则QR= Q=0.56 J 此过程中流过电阻R的电荷量q= t  = , = =  联立可得q=0.8 C。 返回目录 典例3    (2024届福建泉州一中适应性测试)如图所示,MN和PQ为沿竖直方向的两平行 足够长金属导轨,间距为L,电阻不计。导轨所在平面处于磁感应强度大小为B、垂直纸 面向外的匀强磁场中。质量为m、电阻为R的光滑金属杆ab始终垂直于导轨并保持良 好接触。两导轨间分别接有两个阻值均为2R的定值电阻。重力加速度为g。 (1)开关S断开时,金属杆ab由静止开始释放,求金属杆ab能达到的最大速度; (2)当金属杆ab的速度达到最大时,闭合开关S,经过时间t金属杆ab匀速下落。求: ①闭合开关瞬间金属杆ab的加速度a; ②时间t内通过电阻1的电荷量q。 返回目录 答案    (1)     (2)① g,方向竖直向上 ② +  解析     (1)开关S断开时,金属杆ab由静止开始释放,金属杆ab达到最大速度时其加速度为0,根 据平衡条件可得mg=F安,F安=BIL,I= ,E=BLvm,联立解得vm= 。 (2)①闭合开关S瞬间金属杆ab的速度仍为vm,则有E=BLvm 根据闭合电路欧姆定律有I'= =   =BI'L 返回目录 根据牛顿第二定律可得 -mg=ma 联立解得a= g,方向竖直向上。 ②闭合开关S,经过时间t金属杆ab匀速下落时,有mg=  解得 =  根据动量定理有mgt-B Lt=m -mvm,又q总= t 联立解得q总= +  通过电阻1的电荷量q= = + 。 返回目录 微专题 25 含容含源单杆模型 返回目录 题型1　单杆电源模型 情境 水平固定的平行光滑导轨(导轨足够长且电阻不计),间距为L,左侧接电动势为E、内阻为r的电源,金属杆ab质量为m,电阻为R,匀强磁场的磁感应强度大小为B   等效 电路 当杆的速度为v时,电流I= =    返回目录 安培力 F安=BIL=  运动 过程 a= = ,杆做加速运动,v↑⇒F安↓⇒a↓;当速度达到最大即vm= 时F安=0,a=0,此后杆以vm做匀速直线运动   能量 角度 (1)杆速度为v时,电源输出电能E电= mv2+QR (2)全过程电源输出电能E电'= m +QR' 动量 角度 (1)通过金属杆ab横截面的总电荷量分析: Δt=B LΔt=mvm-0,q= Δt,得q=  (2)加速运动过程的位移分析: Δt= Δt- Δt=mvm-0,x= Δt,得x= Δt-  返回目录 典例1    (多选)水平固定放置的足够长的光滑平行导轨,电阻不计,间距为L,左侧连接的 电源电动势为E、内阻为r,质量为m的金属杆垂直静止放在导轨上,金属杆处于导轨间 的部分的电阻为R。整个装置处在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中, 如图所示。闭合开关,金属杆由静止开始沿导轨做变加速运动直至达到最大速度,则下 列说法正确的是 (　     ) A.金属杆的最大速度等于  B.此过程中通过金属杆的电荷量为  C.此过程中电源提供的电能为  D.此过程中金属杆产生的热量为  ABD 返回目录 解析 (运动学角度)当杆的加速度为零时,杆的速度最大,此时杆切割磁感线产 生的感应电动势和电源的电动势大小相等,即BLvm=E,解得杆的最大速度vm= ,A正 确。(动量角度)取向右为正方向,由动量定理可得B LΔt=mvm,流过杆的电荷量q= Δt,联 立解得q= ,B正确。(能量角度)电源提供的电能E电=qE,解得E电= ,C错误。由能 量守恒可得,回路产生的热量Q=E电- m ,杆产生的热量QR= Q,解得QR=  ,D正确。 返回目录 (拓展设问)若闭合开关时,给金属杆施加水平向右的恒力F,试分析杆的运动情况。 答案　见解析 返回目录 解析     第一阶段:安培力向右,由牛顿第二定律得a= ;由于F安=BIL,I= ,代入解得a=  + - ,金属杆向右做加速度逐渐减小的加速运动。当E=BLv1,即v1=  时,回路电流为零,F安=0,金属杆的加速度a1= 。 第二阶段:金属杆的速度继续增加,回路电流反向,安培力向左,加速度a= ;由于F安= BIL,I= ,可得a= + - ,加速度继续减小。当向左的安培力等于F时, 金属杆的加速度为零,速度最大,即由B L=F,解得杆的最大速度vm= + , 之后金属杆以vm做匀速直线运动。 返回目录 题型2　单杆电容模型 1.电容器充电式 (1)含“容”有v0,无外力 情境 质量为m、电阻为R的金属杆ab在水平光滑导轨上以速度v0开始运动,忽略导轨电阻   等效电路 杆速度为v时,电流I= (UC为电容器两端电压)   安培力 F安=BIL= -  返回目录 运动过程 加速度a= = - ,杆做加速度减小的减速运动。当BLvmin=UCm时,I=0,此后杆做匀速直线运动   能量角度 杆减少的动能转化为电容器的电场能和杆产生的热量 动量角度 最终电容器两端的电压UCm=BLvmin,最终电容器的电荷量q=CUCm=CBLvmin,由动量定理可得-B L·Δt=mvmin-mv0,由于q= ·Δt,联立解得vmin=  返回目录 (2)含“容”有外力,F恒定,v0=0   质量为m、电阻为R的金属杆ab在水平光滑导轨上由静止开始运动,所受外力F恒定,忽略导轨电阻     电容器持续充电,F-BIL=ma,I= ,ΔQ=CΔU=CBLΔv,a= ,联立解得a= ,a恒定,金属杆 做匀加速直线运动     F做的功一部分转化为杆的动能,一部分转化为电容器的电场能,即WF= mv2+EC 返回目录 2.电容器放电式 情境 电源电动势为E,内阻可忽略,电容器电容为C,质量为m、阻值为R的光滑金属杆静止在导轨上,先将开关拨到左侧,电容器充满电后再拨到右侧   等效电路 杆速度为v时,电流I= (UC为电容器两端电压)   返回目录 安培力 F安=BIL= -  运动过程 加速度a= = - ,杆做加速度减小的加速运动;当BLvm=UCmin时,I=0,此后杆做匀速直线运动   能量角度 电容器减少的电场能转化为杆的动能和杆产生的热量 动量 角度 电容器充满电时电荷量Q1=CE,最终电容器的电荷量Q2=CUCmin=CBLvm,对杆由动量定理得B L·Δt=mvm,电容器放出的电荷量ΔQ= Δt,且ΔQ=Q1-Q2,联立解得vm=  返回目录 典例2    (多选)2024年5月1日福建舰首次海试,其采用先进的电磁弹射技术,使战机的出 动效率大大提升。如图所示,电源电动势为E,内阻忽略不计,电容器的电容为C,足够长 的光滑水平平行导轨M、N间距为L,导轨间有磁感应强度大小为B的匀强磁场,质量 为m、电阻为R的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内处于静止状态,并与两导轨接触良 好。单刀双掷开关先打向a,电源给电容器充电,充电完毕后再打向b,电容器放电,金属 滑块在安培力的作用下发射出去。不计其他阻力和电阻。下列说法正确的是 (　     )   BCD 返回目录 A.滑块达到最大速度时电容器放电结束,两极板带电荷量为0 B.滑块从开始运动至达到最大速度的过程中流过它的电荷量为  C.该过程中,安培力对滑块的冲量等于滑块动量的变化量 D.滑块能达到的最大速度为  返回目录 解析     在电容器放电过程中,两极板间电势差逐渐减小,滑块向右运动产生的感应电动势E'= BLv,当两极板间电势差减至与E'相等,滑块达到最大速度,此后电容器不再放电,两极板 的带电荷量不为0,A错误。根据C= ,可得ΔQ=C(E-BLvm)(点拨:滑块开始运动时两极 板间的电势差为E,滑块达到最大速度时两极板间的电势差为BLvm),由动量定理可得B  LΔt=mvm(点拨:因为平行导轨光滑,在此过程中,安培力对滑块的冲量等于滑块动量的变 化量),又 Δt=ΔQ,联立解得ΔQ= ,vm= ,B、C、D正确。 返回目录 微专题 26 双杆模型 返回目录 题型1　等距双杆模型 杆具有初速度 杆受到恒定外力 情境 水平放置、不计电阻的光滑导轨(已知条件如图)     等效 电路 设某时刻金属杆1速度为v1,金属杆2速度为v2,则电流I=    返回目录 运动 过程 a1=a2=  杆1做加速度减小的减速运动,杆2做加速度减小的加速运动,最终两杆以相同的速度做匀速直线运动 a1= - ,a2= ;杆1做加速度减小的加速运动,杆2做加速度增大的加速运动,最终两杆以相同的加速度做匀加速直线运动 运动 图像     动量 角度 系统动量守恒,mv0=mv1+mv2,两杆最终速度v1=v2=  系统动量不守恒,Ft=mv1+mv2,两杆最终的加速度a1=a2=  能量角度 杆1减少的动能转化为杆2的动能和系统产生的热量 外力F做的功等于杆1、杆2的动能及系统产生的热量之和 返回目录 典例1    (多选)如图所示,在绝缘水平面上固定两根足够长的间距为L的光滑平行金属 导轨,导轨间有方向竖直向下的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B。质量均为m、接 入电路的阻值均为R的金属棒ab和cd垂直于导轨放置,均处于静止状态。现同时给金属 棒ab、cd一个水平方向的初速度,ab棒的初速度大小为v0,方向水平向左,cd棒的初速度 大小为2v0,方向水平向右。金属棒始终与导轨垂直且接触良好,不计导轨电阻。下列说 法正确的是 (　    ) A.整个运动过程,ab棒上产生的焦耳热为m  B.整个运动过程,ab棒上产生的焦耳热为  C.最终金属棒ab、cd间的距离比初始时的距离增大  D.最终金属棒ab、cd间的距离比初始时的距离增大  BD 返回目录 解题导引     返回目录 解析     ab棒存在方向水平向左、大小为v0的初速度,cd棒的初速度大小为2v0,方向水平向右,此 时磁通量改变,电路中产生感应电流,在安培力的作用下,两棒速度发生变化,最终闭合 回路中的磁通量不发生改变,即金属棒ab和cd共速,由水平方向上动量守恒,以向右为正 方向,可得2mv0-mv0=2mv,解得v= ,由能量守恒可得 ×m + ×m(2v0)2= ×2mv2+Q,解得 Q= m ,ab棒产生的焦耳热Qab= Q= m ,A错误,B正确。对金属棒cd由动量定理有B  L·Δt=2mv0-m· ,其中 ·Δt= = ,解得Δx= ,C错误,D正确。 返回目录 题型2　不等距双杆模型 情境 已知条件如图所示,导体杆1始终在窄导轨上运动,导体杆2始终在宽 导轨上运动,其中m2=2m1=2m,l2=2l1=2l,R2=2R1=2R,导体杆2的初速度 为v0,导体杆1的初速度为0   返回目录 受力 分析 设在某一瞬间导体杆1的速度为v1,导体杆2的速度为v2,两导体杆水 平方向受力分析如图所示   对导体杆2:F安2=BIl2= =2ma2;对导体杆1:F安1=BIl1= =ma1 运动 分析   导体杆2做加速度减小的减速运 动,导体杆1做加速度减小的加速 运动,当2v2=v1时a2=a1=0,两导体杆 做匀速直线运动 返回目录 动量 分析 对导体杆2有-B·2l ·t=2mv2-2mv0,即Blq=m(v0-v2),对导体杆1同理可得 Blq=mv1;由于两导体杆速度稳定时有2v2=v1,联立解得v1= v0,v2= v 0。把v1= v0代入Blq=mv1,解得q=  能量 分析 对导体杆1和2组成的系统,根据能量守恒有Q= m2 -  = m  返回目录 典例2    (2025届湖北武汉硚口7月质检)如图所示,光滑金属导轨A1B1C1D1E1、A2B2C2D2E 2,其中A1B1、A2B2是半径为h的 圆弧导轨,B1C1、B2C2是间距3L且足够长的水平导轨,D1 E1、D2E2是间距2L且足够长的水平导轨。导体棒M、N的质量均为m,接入电路中的电 阻均为R,导体棒N静置在D1E1、D2E2间,水平导轨间存在方向竖直向下的匀强磁场,磁感 应强度的大小为B。现将导体棒M自圆弧导轨的最高点处由静止释放,两导体棒在运动 过程中均与导轨垂直且始终接触良好,导轨电阻不计,重力加速度大小为g。求: 返回目录   (1)导体棒M运动到B1B2处时对导轨的压力大小; (2)导体棒M由静止释放至达到稳定状态的过程中,通过其横截面的电荷量; (3)在上述过程中导体棒N产生的焦耳热。 返回目录 解题导引       答案    (1)3mg    (2)     (3) mgh 返回目录 解析     (1)导体棒M从圆弧导轨滑下的过程,根据机械能守恒定律可得mgh= m  运动到B1B2处时,根据牛顿第二定律可得FN-mg=m  联立解得FN=3mg 根据牛顿第三定律可知,导体棒M运动到B1B2处时对导轨的压力大小为3mg。 (2)两导体棒最终分别做匀速直线运动,则有EM=3BLvM,EN=2BLvN EM-EN=0(点拨:若EM≠EN,则两导体棒和导轨组成的电路中感应电流不为0,两导体棒不 可能做匀速直线运动) 解得3vM=2vN 返回目录 分别对导体棒M、N应用动量定理,对M有-3BL t=mvM-mv0 对N有2BL t=mvN,q= t 联立解得vN=  ,vM=  ,q= 。 (3)全过程系统能量守恒,mgh= m + m +Q QN= Q 联立解得QN= mgh。 返回目录 微专题 27 线框模型 返回目录 题型　线框模型 水平平动切割 竖直平动切割 斜向平动切割 基础情境 单匝正方形线框质量为m,边长为L,总电阻为R,摩擦力忽略不计,ab边以速度v 0进入磁场       ab边进入磁场 瞬间的加速度 a=  (取水平向左为正方向) a=g-  (取竖直向下为正方向) a=g sin θ-  (取沿斜面向下为正方向) 返回目录 进入磁 场过程 的运动 加速度减小的减速直线运动 ①匀速直线运动(mg=F安) ②加速度减小的加速直 线运动(mg>F安) ③加速度减小的减速直 线运动(mg<F安) ①匀速直线运动(mg sin θ=F安) ②加速度减小的加速直 线运动(mg sin θ>F安) ③加速度减小的减速直 线运动(mg sin θ<F安) 完全进入磁场后的运动 匀速直线运动a=0 匀加速直线运动a=g 匀加速直线运动a=gsin θ 能量角度 动能减少量等于线框产生的热量 机械能减少量等于线框 产生的热量 机械能减少量等于线框产生的热量 进入过程通 过横截面的 电荷量计算 由法拉第电磁感应定律有 = = ,由闭合电路欧姆定律有 = ,穿过横 截面的电荷量q= Δt,推导得出q= =  返回目录 教考衔接 典例    (人教版选必二P46,B组,T2改编)如图所示,单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v 向右匀速进入匀强磁场,第二次又以2v匀速进入同一匀强磁场。求:   (1)(回归教材)①第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比; ②第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比; ③第二次进入与第一次进入过程中线圈产生热量之比。 返回目录 (2)(情境变式)若将单匝线圈ABCD变为N匝线圈,N匝线圈以速度v向右匀速进入匀强磁 场与单匝线圈以速度2v向右匀速进入匀强磁场,对应的电流之比、通过线圈横截面的 电荷量之比、外力做功的功率之比、线圈产生热量之比又是怎样的? (3)(拓展变式)(多选)如图甲所示,若将粗细均匀的导线做成的正方形线框ABCD在磁场 上方某高度由静止释放,从CD边刚进入磁场时开始计时(t=0)。线框的v-t图像如图乙所 示,在3t0时刻CD边刚离开磁场时速度也为v0。已知线框的质量为m、边长为L,两条水 平虚线L1、L2的间距为d(d>3L),虚线之间的匀强磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度的 大小为B。重力加速度为g,不计空气阻力,则 (　    ) 返回目录        A.线框进入磁场过程中电流方向为ADCBA B.在t0时刻线框的速度大小为v0-gt0 C.当CD边刚进入磁场时C、D两点间的电势差UCD=BLv0 D.线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热等于2mgd (4)(链接高考)(2023新课标改编)如图所示,虚线所示的边界右侧存在垂直于导轨平面 返回目录 (纸面)向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,一边长为L、质量为m的正方形金属线框 ABCD与平行导轨接触良好,导轨光滑且忽略导轨电阻,金属线框每个边的阻值为R,求 金属线框以初速度v0从图示位置向右沿导轨移动距离s(未停下)的过程中,定值电阻R上 产生的热量。   答案    (1)①2∶1　②4∶1　③2∶1    (2)1∶2    1∶1 N∶4    N∶2    (3)AD　 (4) -  返回目录 解析     (1)①在单匝线圈进入磁场的过程中,感应电动势E=Blv 根据闭合电路欧姆定律得I= =  第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比 = = 。 ②单匝线圈匀速进入磁场,则外力与安培力平衡,所以外力做功的功率P=Fv=BIlv=   第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比 = = 。 ③根据功能关系,外力做的功转化为线圈产生的热量,所以第二次进入与第一次进入过 返回目录 程中线圈产生热量之比 = = = 。 (2)若将单匝线圈ABCD变为N匝线圈ABCD,在其以v1进入磁场的过程中,感应电动势E1= NBlv1 根据闭合电路欧姆定律有I1'= =  在单匝线圈以v2进入磁场的过程中,E2=Blv2,I2'= =  所以对应的电流之比 =  对于N匝线圈ABCD,有q1=I1't1 对于单匝线圈ABCD,有q2=I2't2 返回目录 联立解得 =1∶1 在线圈匀速进入匀强磁场的过程中,外力与安培力平衡,对于N匝线圈,外力做功的功率 P1=F1v1=NBI1'lv1 对于单匝线圈,外力做功的功率P2=F2v2=BI2'lv2 联立解得 =  在N匝线圈进入磁场的过程中线圈产生的热量 Q1=I1'2·NR·  在单匝线圈进入磁场的过程中线圈产生的热量 返回目录 Q2=I2'2R  联立解得 = 。 (3)根据楞次定律可得,线框进入磁场过程中,线框中感应电流产生的磁场方向垂直纸面 向外,则线框进入磁场过程中电流方向为ADCBA,A正确。在t0时刻线框完全进入磁场, 从t0到3t0时间内线框做加速度为g的匀加速直线运动,根据逆向思维可知t0时刻线框的 速度大小v=v0-2gt0,B错误。当CD边刚进入磁场时产生的感应电动势E=BLv0,所以C、D 两点间的电势差UCD= BLv0(易错:CD相当于电源,根据右手定则可知C端的电势高于D 端的电势),C错误。从CD边刚进入磁场到CD边刚到达磁场下边界的过程中产生的焦 耳热Q1=mgd(点拨:在初、末两个状态,线框的速度相同,动能相同,在此过程中重力势能 返回目录 的减少量等于产生的焦耳热),根据运动的对称性可知穿出和穿入磁场的过程中产生的 焦耳热相等,则线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热Q=2Q1=2mgd,D正确。 (4)根据题意,金属线框与定值电阻组成的等效电路图如图所示(点拨:AD边与BC边被短 路,感应电流从AD边与BC边下方接触的忽略电阻的导轨中流过)   以金属线框为研究对象,根据动量定理有-B LΔt=mv1-mv0 q= Δt 联立可得-BLq=mv1-mv0 返回目录 其中q= Δt= =  根据能量守恒定律可得Q总= m - m  QR= Q总= Q总,联立解得QR= - 。 返回目录 $