10.2.4 电磁感应定律中的自感现象和动量问题 学案 -2026届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习学案系统梳理了电磁感应中的自感现象和动量问题核心考点，涵盖互感、自感电动势、涡流、电磁阻尼与驱动等概念，以及动量定理在电磁感应中的应用，通过概念辨析题、对比表格引导学生自主构建知识网络，体现从基础到综合的层次递进。 亮点在于诊断性自测与科学思维培养，开篇设自感现象判断题和填空式概念回顾，助力学生自主诊断薄弱点，考点模块通过例题变式强化模型建构与科学推理，课后巩固题分层设计，教师可依据答题数据精准指导，实现个性化复习与因材施教。

第10章 电磁感应 第2讲 第4课时 电磁感应定律中的自感现象和动量问题（2026年高考） 第10章 电磁感应 第2讲 第4课时 电磁感应定律中的自感现象和动量问题 课堂讲解 一、自感、涡流　 1．互感现象 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。 2．自感现象 (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（ ）激发出感应电动势，这种现象称为自感。 (2)自感电动势 ①定义：由于（ ）而产生的感应电动势。 ②表达式：E＝L。 ③自感系数L相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯等因素有关。 单位：亨利(H)，1 mH＝10－3 H,1 μH＝10－6 H。 3．涡流、电磁阻尼和电磁驱动 (1)涡流：如果穿过导体的磁通量发生变化，由于（ ），导体内会产生感应电流，这种电流像水中的漩涡，所以叫作涡电流，简称涡流。 (2)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到（ ），安培力的方向总是（ ）导体的运动，这种现象称为电磁阻尼。 (3)电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流，它使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用常常称为电磁驱动。交流感应电动机就是利用（ ）的原理工作的。 (4)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用。 二、判断题 (1)线圈中的电流越大，自感系数也越大。( ) (2)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。( ) 课堂讲解 考点1、区别通电自感与断电自感 通电自感 断电自感 电路图 器材规格 A1、A2灯同规格，R＝RL，L较大 L很大(有铁芯)，RL<RA 现象观察 开关S闭合瞬间，A2灯立即亮起来，A1灯逐渐变亮，最终一样亮；S断开瞬间，A1、A2慢慢熄灭。 开关S闭合时，A灯立即亮。开关S断开时，A灯突然闪亮一下后再渐渐熄灭 能量转化 电能转化为磁场能 磁场能转化为电能 例1、(人教版选择性必修第二册·P42·T3改编)如图所示，线圈L的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，随着开关S闭合和断开的过程中，L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)(　　) A．S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即不亮，L1逐渐变亮 B．S闭合，L1亮度不变，L2很亮；S断开，L1、L2立即不亮 C．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即不亮，L1亮一下才灭 D．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下才灭 变式1、(人教版选择性必修第二册·P39·演示实验改编)(多选)如图所示，两个灯泡A1和A2的规格相同，A1与线圈L串联后接到电路中，A2与可变电阻R串联后接到电路中。先闭合开关S，调节R，使两个灯泡的亮度相同，再调节R1，使它们正常发光，然后断开开关S，下列说法正确的是(　　) A．重新接通电路，A1、A2同时亮 B．重新接通电路，A1逐渐变亮 C．接通电路，一段时间电路稳定后再次断开S，A1、A2逐渐熄灭 D．接通电路，一段时间电路稳定后再次断开S，A2闪亮一下再熄灭 例2、（电磁阻尼）（2025·北京·高考真题）绝缘的轻质弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，磁铁开始振动，由于空气阻力的影响，振动最终停止。现将一个闭合铜线圈固定在磁铁正下方的桌面上（如图所示），仍将磁铁从弹簧原长位置由静止释放，振动最终也停止。则（　　） A．有无线圈，磁铁经过相同的时间停止运动 B．磁铁靠近线圈时，线圈有扩张趋势 C．磁铁离线圈最近时，线圈受到的安培力最大 D．有无线圈，磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能相同 变式2、（教材选择性必修二P37页第2题）如图2.3-14所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁铁。将磁铁托起到某一高度后放开，磁铁能上下振动较长时间才停下来。如果在磁铁下端放一个固定的闭合线圈，使磁极上下振动时穿过它，磁铁就会很快地停下来。分析这个现象的产生原因，并说明此现象中能量转化的情况。 考点2、电磁感应中的动量问题 1.模型构建 导体棒运动的形式有匀速、匀变速和非匀变速3种，对前两种情况，容易想到用平衡条件和牛顿运动定律求解，对后一种情况一般要用能量和动量知识求解，当安培力变化，且又涉及位移、速度、电荷量等问题时，用动量定理往往能巧妙解决。 2．模型分类 (一)动量定理在电磁感应中的应用 1.导体棒在磁场中所受安培力是变力时，可用动量定理分析棒的速度变化，表达式为 I其他－LBΔt＝mv－mv0 若其他力的合冲量为零，则有－LBΔt＝mv－mv0 2.求电荷量：q＝Δt＝。 3.求位移：由－Δt＝mv－mv0有x＝Δt＝。 4.求时间 (1)已知电荷量q，F其他为恒力，可求出非匀变速运动的时间－BLq＋F其他Δt＝mv－mv0； (2)若已知位移x，F其他为恒力，可求出非匀变速运动的时间＋F其他Δt＝mv－mv0，Δt＝x。 (二)动量守恒定律在电磁感应中的应用 在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力是系统内力，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，运用动量守恒定律求解比较方便。 例3、（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题T14）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。 变式3、（2025·陕晋青宁卷·高考真题）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 例4、（多选）（2023·辽宁·高考真题T10）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，回路中产生顺时针方向的电流 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 变式4、（2022年辽宁高考15T） 如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。 （1）求M刚进入磁场时受到安培力F的大小和方向； （2）若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，求：①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；②初始时刻N到的最小距离x； （3）初始时刻，若N到的距离与第（2）问初始时刻的相同、到的距离为，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。 课后巩固 1、(2020·浙江省高考压轴卷)如图a、b所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则(　　) A．在电路a中，断开S，A将立即熄灭 B．在电路a中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗 C．在电路b中，断开S，A将渐渐变暗 D．在电路b中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗 2、(2017·北京高考)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 3、(2017·全国卷Ⅰ)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是(　　) 4、（2021·浙江卷）在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。为了减小涡流在铁芯中产生的热量，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成。硅钢片应平行于______。 A．平面abcd B．平面abfe C．平面abgh D．平面aehd 5、（2021·北京·高考真题）某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。下列说法正确的是（　　） A．未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势 B．未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用 C．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势 D．接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用 6、（2024·甘肃·高考真题）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 7、（2022·上海·高考真题）如图，一个正方形导线框以初速v0向右穿过一个有界的匀强磁场。线框两次速度发生变化所用时间分别为t1和t2，以及这两段时间内克服安培力做的功分别为W1和W2，则（　　） A．t1＜t2，W1＜W2 B．t1＜t2，W1>W2 C．t1>t2，W1＜W2 D．t1>t2，W1>W2 8、（多选）（2021·福建·高考真题）如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界、进入磁场，速度大小均为；一段时间后，流经a棒的电流为0，此时，b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和，a棒的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则（　　） A．时刻a棒加速度大小为 B．时刻b棒的速度为0 C．时间内，通过a棒横截面的电荷量是b棒的2倍 D．时间内，a棒产生的焦耳热为 9、（2021·海南·高考真题）如图，间距为l的光滑平行金属导轨，水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，导轨左端接有阻值为R的定值电阻，一质量为m的金属杆放在导轨上。金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动，此时金属杆内自由电子沿杆定向移动的速率为u0。设金属杆内做定向移动的自由电子总量保持不变，金属杆始终与导轨垂直且接触良好，除了电阻R以外不计其它电阻。 （1）求金属杆中的电流和水平外力的功率； （2）某时刻撤去外力，经过一段时间，自由电子沿金属杆定向移动的速率变为，求： （i）这段时间内电阻R上产生的焦耳热； （ii）这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离。 10、（2022·浙江1月卷·T21）如图所示，水平固定一半径r=0.2m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=600rad/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=0.09F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=0.01kg，de与cf长度均为l3=0.08m，已知l1=0.25m，l2=0.068m，B1=B2=1T、方向均为竖直向上；棒ab和“［”形框的cd边的电阻均为R=0.1，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0.2m后返回进入磁场。 （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； （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。 v 11、（2023·湖南·高考真题）如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为，两导轨及其所构成的平面均与水平面成角，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．现将质量均为的金属棒垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为。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。   （1）先保持棒静止，将棒由静止释放，求棒匀速运动时的速度大小； （2）在（1）问中，当棒匀速运动时，再将棒由静止释放，求释放瞬间棒的加速度大小； （3）在（2）问中，从棒释放瞬间开始计时，经过时间，两棒恰好达到相同的速度，求速度的大小，以及时间内棒相对于棒运动的距离。    12．（2023·全国甲卷·高考真题）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，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。一质量为、电阻为、长度也为的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为的速度向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。 13、（2025·海南·高考真题）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。 14、2025·安徽·高考真题）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。 15．（2025·河北·高考真题）某电磁助推装置设计如图，超级电容器经调控系统为电路提供1000A的恒定电流，水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中，a可视为始终垂直导轨的导体棒，b为表面绝缘的无人机。初始时a静止于MM′处，b静止于a右侧某处。现将开关S接1端，a与b正碰后锁定并一起运动，损失动能全部储存为弹性势能。当a运行至NN′时将S接2端，同时解除锁定，所储势能瞬间全部转化为动能，a与b分离。已知电容器电容C为10F，导轨间距为0.5m，磁感应强度大小为1T，MM′到NN′的距离为5m，a、b质量分别为2kg、8kg，a在导轨间的电阻为0.01Ω。碰撞、分离时间极短，各部分始终接触良好，不计导轨电阻、摩擦和储能耗损，忽略电流对磁场的影响。 (1)若分离后某时刻a的速度大小为10m/s，求此时通过a的电流大小。 (2)忽略a、b所受空气阻力，当a与b的初始间距为1.25m时，求b分离后的速度大小，分析其是否为b能够获得的最大速度；并求a运动过程中电容器的电压减小量。 (3)忽略a所受空气阻力，若b所受空气阻力大小与其速度v的关系为f = kv2（k = 0.025N·s2/m2），初始位置与（2）问一致，试估算a运行至NN′时。a分离前的速度大小能否达到（2）问中分离前速度的99%，并给出结论。（0.992 = 0.980l） 16．（2024·湖北·高考真题）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。 参考答案： 课前复习 1、 线圈本身 自感 电磁感应 安培力 阻碍 电磁驱动 楞次定律 2、 判断题 × √ 课堂讲解 例1、答案：D 解析：S闭合瞬间，自感线圈L相当于一个大电阻，以后阻值逐渐减小到0，所以观察到的现象是灯泡L1和L2同时亮，以后L1逐渐变暗到熄灭，L2逐渐变得更亮。S断开瞬间，自感线圈相当于一个电动势逐渐减小的内阻不计的电源，它与灯泡L1组成闭合回路，所以L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭。所以A、B、C错误，D正确。 变式1、答案：BC 解析：重新接通电路，由于L有自感电动势产生，阻碍电流增大，所以A1逐渐变亮，而A2立即变亮，故A错误，B正确。再次断开S，A1、A2与L、R构成回路，L相当于电源，因原来两支路电流相等，所以不会出现A2闪亮一下再熄灭的现象，A1、A2都会逐渐熄灭，故C正确，D错误。 例2、【答案】D 【详解】A．有线圈时，磁铁受到电磁阻尼的作用，振动更快停止，故A错误； B．根据楞次定律，磁铁靠近线圈时，线圈的磁通量增大，此时线圈有缩小的趋势，故B错误； C．磁铁离线圈最近时，此时磁铁与线圈的相对速度为零，感应电动势为零，感应电流为零，线圈受到的安培力为零，故C错误； D．分析可知有无线圈时，根据平衡条件最后磁铁静止后弹簧的伸长量相同，由于磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能为磁铁减小的重力势能减去此时弹簧的弹性势能，故系统损失的机械能相同，故D正确。 故选D。 变式2、答案：详见解析 解析：当条形磁铁的 N极靠近线圈时，线圈中向下的磁通量
增加，根据楞次定律可得，线圈中感应电流的磁场方向应该向上，再根据安培定则，判断出线圈中的感应电流方向为逆时针方向（自上向下看）。感应电流的磁场对条形磁铁 N 极的作用力向上，阻碍条形磁铁向下运动。当条形磁铁的N 极远离线圈时，线圈中向下的磁通量减少，根据楞次定律可得，线圈中感应电流的磁场方向应该向下，再根据安培定则，判断出线圈中的感应电流方向为顺时针方向（自上向下看）。感应电流的磁场对条形磁铁N 极的作用力向下，阻碍条形磁铁向上运动。因此，无论条形磁铁怎样运动，都将受到线圈中感应电流磁场的阻碍作用，所以条形磁铁很快停了下来。整个过程中，弹簧和磁铁的机械能转化为线圈的电能。说明∶做这个实验时，为了现象明显，闭合线圈应当使用较宽、较厚且内径较小的铜环或铝环，这样可以产生较强的感应电流，从而对磁铁产生较大的作用力。 例3、【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 变式3、【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。 例4、【答案】AC 【详解】A．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，选项A正确； B．任意时刻，设电流为I，则PQ受安培力 方向向左；MN受安培力 方向向右，可知两棒系统受合外力为零，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m， PQ速率为v时，则 解得 回路的感应电流 MN所受安培力大小为 选项B错误； C．两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得 可得则最终MN位置向左移动 PQ位置向右移动 因任意时刻两棒受安培力和弹簧弹力大小都相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F弹，安培力平均值F安，则整个过程根据动能定理 可得 选项C正确； D．两棒最后停止时，弹簧处于原长位置，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN向左位置移动，PQ位置向右移动，则 选项D错误。 故选AC。 变式4、答案（1），方向水平向左；（2）①，②；（3） 解析（1）细金属杆M以初速度向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为 电流方向为，电流的大小为 则所受的安培力大小为 安培力的方向由左手定则可知水平向左； （2）①金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有 且 联立解得通过回路的电荷量为 ②设两杆在磁场中相对靠近的位移为，有； 整理可得 联立可得 若两杆在磁场内刚好相撞，N到的最小距离为 （3）两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到的距离与第（2）问初始时刻的相同、到的距离为，则N到ab边的速度大小恒为，根据动量守恒定律可知 解得N出磁场时，M的速度大小为 由题意可知，此时M到cd边的距离为 若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况： ①M减速到时出磁场，速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有 联立解得 ②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有 同理解得 综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为 课后巩固 1、答案：D 解析：在电路a中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致灯A将逐渐变暗，因为断开前后通过灯A的电流一样，灯不会变得更亮，故A、B错误；在电路b中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以电路稳定时，通过灯泡A的电流比通过线圈的电流小得多，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致灯泡A先变得更亮，然后逐渐变暗，故C错误，D正确。 2、答案：C 解析：断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过灯A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明IL1>IA1，即RL1<RA1，故A错误。图1中，闭合S1，电路稳定后，因为RL1<RA1，所以A1中电流小于L1中电流，故B错误。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，说明变阻器R与L2的电阻值相同，故C正确。闭合S2瞬间，通过L2的电流增大，由于电磁感应，线圈L2产生自感电动势，阻碍电流的增大，则L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错误。 3、答案：A 解析：底盘上的紫铜薄板出现扰动时，其扰动方向不确定，在C这种情况下，紫铜薄板出现上下或左右扰动时，穿过薄板的磁通量难以改变，不能发生电磁感应现象，没有阻尼效应；在B、D这两种情况下，紫铜薄板出现上下扰动时，也没有发生电磁阻尼现象；在A这种情况下，紫铜薄板出现上下或左右扰动时，都发生电磁感应现象，产生电磁阻尼效应，A正确。 4、答案：D 解析：变压器的正视图如图： 所以要减小涡流在铁芯中产生的热量，硅钢片应平行于平面aehd。 故选D。 5、【答案】D 【详解】A．未接导线时，表针晃动过程中导线切割磁感线，表内线圈会产生感应电动势，故A错误； B．未接导线时，未连成闭合回路，没有感应电流，所以不受安培力，故B错误； CD．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈产生感应电动势，根据楞次定律可知，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用，故C错误D正确。 故选D。 6、【答案】B 【详解】AB．当线圈中通有交变电流时，感应电炉金属内的磁通量也不断随之变化，金属中产生交变感应电流，A错误，B正确； CD．若线圈匝数增加，根据电磁感应定律可知，感应电动势增大，则金属中感应电流变大，CD错误。 故选B。 7、【答案】B 【详解】设线框刚进入磁场是速度为v1，刚离开磁场时速度为v2，由动量定理得 ， 又 可得 线框进入磁场和离开磁场的过程都受向左的安培力作用而减速，进入过程平均速度大于离开过程平均速度，根据知 t1＜t2 根据动能定理 ， 可知 故选B。 【点睛】 8、【答案】AD 【详解】A．由题知，a进入磁场的速度方向向右，b的速度方向向左，根据右手定则可知，a产生的感应电流方向是E到F，b产生的感应电流方向是H到G，即两个感应电流方向相同，所以流过a、b的感应电流是两个感应电流之和，则有 对a，根据牛顿第二定律有 解得 故A正确； B．根据左手定则，可知a受到的安培力向左，b受到的安培力向右，由于流过a、b的电流一直相等，故两个力大小相等，则a与b组成的系统动量守恒。由题知，时刻流过a的电流为零时，说明a、b之间的磁通量不变，即a、b在时刻达到了共同速度，设为v。由题知，金属棒a、b相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和，根据电阻定律有 ， 解得 已知a的质量为m，设b的质量为，则有 ， 联立解得 取向右为正方向，根据系统动量守恒有 解得 故B错误； C．在时间内，根据 因通过两棒的电流时刻相等，所用时间相同，故通过两棒横截面的电荷量相等，故C错误； D．在时间内，对a、b组成的系统，根据能量守恒有 解得回路中产生的总热量为 对a、b，根据焦耳定律有 因a、b流过的电流一直相等，所用时间相同，故a、b产生的热量与电阻成正比，即 又 解得a棒产生的焦耳热为 故D正确。 故选AD。 9、【答案】（1），；（2）（i），（ii） 【详解】（1）金属棒切割磁感线产生的感应电动势 E = Blv0 则金属杆中的电流 由题知，金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动则有 根据功率的计算公式有 （2）（i）设金属杆内单位体积的自由电子数为n，金属杆的横截面积为S，则金属杆在水平外力作用下以速度v0向右做匀速直线运动时的电流由微观表示为 解得 当电子沿金属杆定向移动的速率变为时，有 解得 v′ = 根据能量守恒定律有 解得 （ii）由（i）可知在这段时间内金属杆的速度由v0变到，设这段时间内一直在金属杆内的自由电子沿杆定向移动的距离为d，规定水平向右为正方向，则根据动量定理有 由于 解得 10、答案（1）0.54C；M板；（2）0.16C；（3）0.14m 解析 （1）开关S和接线柱1接通，电容器充电充电过程，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知其动生电源的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板充正电； 根据法拉第电磁感应定律可知 则电容器的电量为 （2）电容器放电过程有 棒ab被弹出磁场后与“［”形框粘在一起的过程有 棒上滑过程有 联立解得 （3）设导体框在磁场中减速滑行的总路程为，由动量定理 可得 匀速运动距离为 则 11、【答案】（1）；（2）；（3）， 【详解】（1）a导体棒在运动过程中重力沿斜面的分力和a棒的安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得 有闭合电路欧姆定律及安培力公式可得 ，a棒受力平衡可得 联立记得 （2）由右手定则可知导体棒b中电流向里，b棒 沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，则b棒牛顿第二定律可得 解得 （3）释放b棒后a棒受到沿斜面向上的安培力，在到达共速时对a棒动量定理 b棒受到向下的安培力，对b棒动量定理 联立解得 此过程流过b棒的电荷量为q，则有 由法拉第电磁感应定律可得 联立b棒动量定理可得 12、【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）由于绝缘棒Q与金属棒P发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得 联立解得 ， 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，则金属棒P滑出导轨时的速度大小为 （2）根据能量守恒有 解得 （3）P、Q碰撞后，对金属棒P分析，根据动量定理得 又 ， 联立可得 由于Q为绝缘棒，无电流通过，做匀速直线运动，故Q运动的时间为 13、【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 14、【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，… 15、【答案】(1)500A (2)vb1 = 25m/s，能，ΔU = 40V (3)能 【详解】（1）分离后a切割磁感线有E = BLv 则通过a的电流 解得I = 500A （2）由于超级电容器经调控系统为电路提供I0 = 1000A的恒定电流，则当a与b的初始间距为1.25m时a与b碰撞前的速度为 a与b碰撞时根据动量守恒和能量守恒有mava = (ma＋mb)v共， a与b整体从MM′到NN′的过程中有 a与b分离时根据动量守恒和能量守恒有(ma＋mb)v共1 = mava1＋mbvb1， 联立解得vb1 = 25m/s 由于a和ab组合体均做匀变速直线运动，分别有， 则电容器流出的电荷量有Δq = I0(t1＋t2) a运动过程中电容器的电压减小量 （3）b所受f = kv2(k = 0.025N·s2/m2）的空气阻力后，a与b整体从MM′到NN′的过程中有(BI0L－kv2) = (ma＋mb)a， 求解出 则 a分离前的速度大小能达到（2）问中分离前速度的99%。 16、【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（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 解得 则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为 （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，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路，由几何关系可得，每段圆弧的电阻为 可知，整个回路的总电阻为 ab刚越过MP时，通过ab的感应电流为 对金属环由牛顿第二定律有 解得 （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，由动量守恒定律有 解得 对金属棒，由动量定理有 则有 设金属棒运动距离为，金属环运动的距离为，则有 联立解得 则金属环圆心初始位置到MP的最小距离 第 1 页 共 5页 学科网（北京）股份有限公司 $