第11讲 电磁感应-【创新大课堂】2026年高考二轮物理专题复习

专题四电路与电磁感应 第11讲 电磁感应 【备考要求】1，熟练应用楞次定律与法拉第电磁感应定律解决问题.2.会分析电磁感应中的图像问题. 3.会分析电磁感应中的动力学与能量问题， 考点一楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用 1.感应电流方向的判断 钢制线圈 开关 钢制线圈 开关 (1)线圈面积不变、磁感应强度发生变化的情 形，往往用楞次定律。 ⊕ (2)导体棒切割磁感线的情形往往用右手定则： 电容器组 电容器组 2.楞次定律中“阻碍”的主要表现形式 压缩前铜环 压缩后铜环 (1)阻碍原磁通量的变化一“增反减同”； A.与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相同 (2)阻碍物体间的相对运动一“来拒去留”， B.与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相反 (3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势 一一般 C.远小于钢制线圈中的电流大小且方向相同 情况下为“增缩减扩”； D.远小于钢制线圈中的电流大小且方向相反 (4)阻碍原电流的变化（自感现象） 般情 [例2](2025·陕西省西安三中等五校高三联 况下为“增反减同”. 考)如图甲所示，半径为r的匀质圆形线框放置 3.求感应电动势的方法 在绝缘粗糙水平面上，线框上a、b、c、d四点将 (1)法拉第电磁感应定律： 线框四等分，c为ab的中点、线框的三区域处在 △Φ S不变时，E=nS △L 垂直纸面的变化磁场中（含线框），磁感应强度 E=n △ B不变时，E-B会签 随时间的变化规律如图乙所示，规定垂直纸面 (2)导体棒垂直切割磁感线：E=Blw. 向上为磁场的正方向，0一4时间内将阻值为朵 (3)导体棒以一端为圆心在垂直匀强磁场的平 的电流表接在α、b间线框上.已知线框始终静 面内匀速转动：E=2BPm 止，总阻值为R,其中B1、o、1已知，则下列说 法正确的是 (4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动（从线圈位 B 于中性面开始计时)：e=n BSwsin wt. 通过回路横被面的电荷量g=7气尖，A2 0 吧q仅与n、△0和回路总电阻R有关，与 R 时间长短无关，与Φ是否均匀变化无关 [例1](2025·晋、陕、宁、青卷·6)电磁压缩法 印 是当前产生超强磁场的主要方法之一，其原理 4πB1r2 A.电流表的示数为5R(一0 如图所示，在钢制线圈内同轴放置可压缩的铜 B.to~t1时间内线框受到O→e方向的摩擦力 环，其内已“注入”一个初级磁场，当钢制线圈与 C.0~1时间内通过线框c点处横截面的电荷 电容器组接通时，在极短时间内钢制线圈中的 3πB141r 电流从零增加到几兆安培，铜环迅速向内压缩， 量为5R(1一to) 使初级磁场的磁感线被“浓缩”，在直径为几毫 D.若仅线框横截面积增大一倍，电流表示数变 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 ( 为原来的号 精品教辅·智慧人生 高三二轮专题复习·物理 考点二 电磁感应中的图像问题 [例3](2025·广西省南宁市高三第三次质检)： ×××× 如图所示，足够长的光滑平行金属导轨PQ、 B/T XXa区文 b 0.3r-- MN与水平面的夹角为O,间距为l,P、M间接 ××X× 0.2 有一定值电阻R,质量为m的金属棒垂直于导 0.1-+ 轨放置且接触良好，整个装置处于垂直导轨平 ××a&x ×××× 0 1.0 2.0ts 面向上的磁感应强度为B的匀强磁场中.=0 时刻，金属棒在沿导轨向上的恒力F=3 ngsin0 图(a) 图(b) 作用下，以初述度=”0沿导较向下运 1.0 2.0 0 动，此时金属棒的安培力大小为FAo,电阻R的 t/s 电功率为P。.已知重力加速度为g,导轨和金属 -0.2 棒电阻不计，若以初速度的方向为正方向， 则金属棒的速度为、安培力FA、流过金属棒横 图(e) 截面的电荷量为q、电阻R的电功率P随时间1 (1)求1=0.5s时ad边受到的安培力大小F: 变化的图像正确的是 () (2)在图(b)中画出1~2s内B-1图像（无需写 出计算过程)； B : (3)从1=2s开始，磁场不再随时间变化.之后 N 导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度 o o=0.1m/s,求ad边离开磁场时的速度大 、0 小1 FAo -2F0 B P 2Po C D [例4](2025·黑、吉、辽、蒙卷·14)如图(a),固 定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框 abcd,置于始终竖直向下的匀强磁场中，ad边与 磁场边界平行，ab边中点位于磁场边界.导体框 的质量m=1kg、电阻R=0.52、边长L=1m. 磁感应强度B随时间t连续变化，0~1s内B一1 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0~1s内的图 像未画出，规定顺时针方向为电流正方向. 精品教辅·智慧人生 52 专题四电路与电磁感应 提炼总结]++十+++十十+++++十+十++十++ 1.电磁感应中常见的图像 常见的有磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移的变化图像。 2.解答此类问题的两个常用方法 (1)排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化情况，把握三个关注，快速排除错误的选 项.这种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用。 关注特殊时刻 或特殊位置 如某一过程的起点、终点、转折点的感应电动势是否为零，电流方向（正负） 关注变化过程 看电磁感应的发生过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图像变化相对应 看图像的斜率、图像的曲直是否和物理过程相对应，分析大小和方向的变 关注变化趋势 化趋势 (2)函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法 得到的结果准确、详细，但不够简捷， 考点三 电磁感应中的动力学与能量问题 1.电磁感应综合问题的解题思路 为m的物块，右边有一垂直ab边的水平力F作 用在ab边上.以ab边的初位置为原点建立水平 用法拉第电磁感应定律上=n一普或 “源”的分析 向右的x轴如图，在0≤x≤0.3m桌面条形区 E=Bl)确定电动势的大小，用楞次定 律或右手定则判断电流的方向 间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B= 0.5T.力F拉动线框通过磁场区域，可以认为 “路”的分析 画等效电路图 求感应电流=E R+r ab边刚出磁场时，cd边恰进磁场，整个过程物 “力”的分析 安培力F=Bl 合外力F=ma 块都没有碰到定滑轮，线框没有离开桌面，细绳 不可伸长，重力加速度g=10m/s2. “运动”的分析 运动状态 加速度a “能量”的分析一分析研究过程中能量转化关系列方程 2.求解焦耳热Q的三种方法 (1)焦耳定律：Q=PR1,适用于电流恒定的 x/m 情况； (2)功能关系：Q=W克安(W克安为克服安培力做 甲 的功)： v/(m-s-1) ↑FN (3)能量转化：Q=△E(其他能的减少量)， [例5](2025·四川师大附中高三三模)如图甲 所示，“日”字形单匝线框平放在粗糙的水平桌 面上，线框可以看作两个正方形，正方形的每条 t/s 0.3 x/m 边长为L=0.3m,线框总质量m=0.2kg,其中 乙 Rb=Rd=Rf=R=0.1n,其余边不计电阻， (1)若线框以v=2m/s的速度匀速通过磁场区 线框与桌面间动摩擦因数=0.5.线框左边用 域，求ab边在磁场中运动时ab两点间电势 水平细绳通过光滑的轻质定滑轮悬挂一质量也 差Uab; 53 精品教辅·智慧人生 高三二轮专题复习·物理 (2)若线框从静止出发做匀加速直线运动，通过 磁场区域过程中拉力F与时间：的图像如图乙 所示，图中数据可用，求这一过程中拉力F与时 间1的关系式； (3)若线框从静止出发，通过磁场区域过程中速 度v与位移x的关系图像如图丙所示，图中数据 可用，求ab边穿过磁场过程中ab产生的焦耳热. (1)试计算号时刻导体棒所在回路中的电动势 大小： (2)求Ⅱ区磁感应强度大小； (3)为使导体棒匀速通过磁场I区，对导体棒施 加沿运动方向的水平外力.导体棒进入I区开 始计时，请推导水平外力的功率随时间变化 关系. 变式训练 变式1(2025·广东省深圳市高三二模)如图所 示，倾角为30°的斜面内固定有平行轨道ab、cd, 与固定在水平面上的平行轨道b、df在b、d两 点平滑连接，ab、be均与bd垂直，平行轨道间距 均为L.ef间连接一定值电阻，阻值为R.水平 面内有等腰直角三角形hok区域，h、k均在轨道 上，hk∥bd,∠hok=90°，该区域内有方向竖直 向下的均匀磁场工，磁感应强度大小随时间变 化关系如图乙所示.轨道abdc区域有方向垂直 斜面向上的匀强磁场Ⅱ.将质量为m的导体棒 NQ垂直放在倾斜轨道上，导体棒距水平面高 为H,在0<1<o时间内棒刚好静止.o时刻撤 去磁场Ⅱ，导体棒沿轨道滑动，通过bd处无能 变式2（多选）(2025·湖南省长沙市九校联盟第 量损失，重力加速度为g,忽略导体棒及轨道电 二次联考)如图所示，倾斜放置的两根足够长的 阻，轨道均光滑. 光滑平行金属导轨，倾角为O,上端接一电阻R, 磁场川 虚线MM、NN'之间存在垂直斜面向上的匀强 磁场，MM、NN'平行且垂直于两导轨，MM'、 NN'之间的距离为d,MM上方放置两导体棒 磁场I A、B,A、B均平行于MM',其中导体棒A质量 为2m、接入回路电阻为R,导体棒B质量为m、 接入回路电阻为2R,从图示位置同时静止释 放，且都能匀速穿过磁场区域，当B刚穿出磁场 30° 时，A恰好进入磁场，整个过程A、B与导轨接 触良好，导轨电阻忽略不计，则 ) 精品教辅·智慧人生 54 专题四电路与电磁感应 A.导体棒A、B进入磁场时速度大小之比为4：3 M B.整个过程中，B导体棒产生的热量为 mgdsin 0 C.导体棒B通过磁场的时间为 d 3gsin 0 8 D释放时导休棒A.B间的距离为d 【迁移归纳】 电磁感应中的动力学和能量问题 M 静止 R 棒、框平衡问题 闭合K,ab恰好静止 棒、框处于平衡状态， 进行受力分析，满足 ☐ 合力为零 B 匀速运动 4n 恰好匀速进入磁场 棒的最大速度 变加速 B 受力分析，分析加速 运动 度的变化 棒、框不平衡 匀加速 受力分析，利用牛顿 运动 N 第二定律求加速度 nnnn0n00 棒匀加速 最后双棒加速度相同 ×x×× 利用能量守恒定律或 棒、框 棒、框从 XX K X M 运动过 某一速度 XXXX 功能关系求产生的焦 耳热，回路中有多个 程中能 到另 + 电阻时，注意热量的 量问题 速度 ×× R2 29w N 0 分配 棒从静止到匀速时产生的焦耳热 温馨提示 完成作业专题强化练（十一） 55 精品教辅·智慧人生例3C由电路图甲知，电压表V,测量路端电压，当电流 增大时，内电压增大，路端电压减小，所以图乙中最上面的 图线表示V,的电压与电流的关系，则由闭合电路欧姆定 律有U2=E-rI 所以此图线的斜率大小等于电源的内阻， 为=3.4,300=20 0.2 由图乙知，当I=0.1A时，U=3.4V 则电源的电动势为E=U+Ir=3.4V+0.1×2V=3.6V. 故A错误； 滑动变阻器的滑片向右滑动时，R阻值变大，电路的总电阻 增大，总电流减小，内电压减小，路端电压增大，则V?读数 逐渐增大，故B错误； 由图可知，电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转 动，此时电压表V1的示数即电动机内阻两端的电压，根据 欧姆定律可知，电动机的电阻 0.8-0.40=40 IM= 0.1 当I=0.3A时，U=3V 电动机输出功率最大，最大为P=UI一I严rM=3VX0.3A 一(0.3A)2×42=0.54W,故C正确： 当I=0.1A时，电路中电流最小，滑动变阻器接入电路的 电阻最大，所以滑动变阻器的最大阻值为R-号-，一 =(信9-2-4）n=30n,故D错溪 例4D由题意可知导体棒通过磁场区域过程需要的时间， 即周期为T-化，同一个导休棒先道过区拔Ⅱ，后通过区 域I,导体棒通过区域I时，根据导体棒切割磁感线产生 感应电动势公式，产生的电动势大小为E1=BL,经过的 时间为1=二，同理，导你棒道过区城Ⅱ时，产生的电动势 大小为EB=BX0.5L,经过的时间为t2=二，根据有效值 的定又有袋+货：-授T,代入底器可得E- E 10BLv,故D正确，ABC错误. 4 变式ABD波沿x轴正方向传播，由图示可知，t=0时刻 浮杆正随海水向下振动，故A正确；=0时刻发动电机产 生的电动势E=NBLv=NB×2πu=200X0.4X2πX 0.25×1V=40π(V),故B正确；浮杆在平衡位置时速度最 大，发电机感应电动势的峰值Em=40π(V),由理想变压器 的支压比可加，闲线图输出电压的峰位U。=票E。=5X 40π(V)=200π(V),故C错误；副线圈输出电压的有效值 U=200rV=1002x(V),负载消耗的功率P=R U2 U= 2√② =100E)2W=10002(w),故D正确. 20 例5AC根据理想变压器电压与匝数比的关系型- 2U 器-51号-品-0-51tA请B: 根据理想变压器的功率关系，输入功率P1=P2十P3=7.0kW +3.5kW=10.5kW,故C正确；根据正弦交变电流电压 的有效值与最大值的关系Um=√②U可知，两副线圈输出 电压最大值均为220√2V,故D错误. ·22 例6D设交流电源的输出电压为U,所有电阻和灯泡电阻 均相等，设为R,由图甲所示电路图可知，灯泡L1的功率P =PR=(品)R识R:由图乙所示电路图可知，U一 U2 771 =2U,右侧变压器剧线围的等效电阻R年=（院）广R= U2 (名）×R=4R,输电电流I=R+R+R等R+R+R 2U 录则U,=U-R+R)=2U-品×2R=号，由g想交 压器的变压比可知，副线图电压U4= U3= 3 2 3 2U)2 U ,灯泡L的功率P,= 37 4U2 =4P,故D正 R 9R 确，A、B、C错误. 例7A由升压变压器原副线圈匝数比、电压比、电流比的 U 12 关系：)=1=气，结合闭合电路欧姆定律：U2=2r十 I2R原，由降压变压器原副线圈匝数比、电压比、电流比的关 :受一-格个闭合电路欧好定宁=R。=此 系可 12 =nR质，联立解得：U2=12r十吃I2R质，可得到电阻r的功 率表达式：P=Ir,解得：P= 2(+R魔)2，当匝数比变为 Ur 0.1n时，电阻r的功率变为：P2=100P,故A正确，B错 民：良我的就率方：)物。化商好：9器。升区 U212-P 变压器的匝数比变为0.1后，负载的输电效率不变，故C、 D错误， 第11讲电磁感应 例1B当钢制线圈中电流迅速增加时，根据楞次定律，铜 环中会产生感应电流来阻碍磁通量的增加，感应电流产生 的磁场方向与钢制线圈产生的磁场方向相反，由安培定则 可知，铜环中的电流方向与钢制线圈中的电流方向相反： 由于铜环电阻较小，在这种电磁感应情境下，根据楞次定 律的“增反减同”，铜环中产生的感应电流会很大，几乎与 钢制线圈中的电流大小相等，且方向相反，以阻碍磁通量 的快速增加，故B正确、ACD错误. 例2C根据法拉第电磁感应定律可知，线框产生的感应电 动势为E=ABs=,B1×3x E △t t一to ,回路中总电流为1R这： 回路总电阻为R%=R十子R=号R,联立解得电流表的示 3元B1r2 数为I一R一o0一4时间内通过线框c点处横裁面 3πB1412 的电荷量g=1h1一R,-0),故A错误，C正确：o有 时间内，线框内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度增 加，根据楞次定律分析可知，线框中感应电流沿顺时针方 向，对线框进行受力分析可知，bc段和da段受到的安培力 等大反向，相互抵消，cd段受到的安培力沿O→方向，由 平衡条件可知，线框受到的摩擦力沿→O方向，故B错 误；将线框横截面积增大一倍，磁场变化产生的感应电动 势不变，线框的电阻变为原来的一半，则回路总电阻发生 、变化，有=ER题三十=子R,联立解得1 4 4 号1，即电流表示数变为原来的号，故D错误。 6 例3A开始时金属棒沿导轨向下运动，安培力沿导轨向 上，随着速度减小，安培力减小，加速度为：Q= 2 ngsin-F△增大，速度一时间图像的斜率增大，当速度 减为0后，金属棒在恒力作用下沿导轨向上加速运动，安培 力沿导轨向下，随着速度增大，安培力增大，加速度减小， 速度一时间图像的斜率减小，当=0时，金属棒匀速运动， 此时有：2 gsin0=B巴，由于=msn9,可解得匀速 R B22 时速度v=2,方向沿导轨向上，所以速度一时间图像先 斜率增大减速到0，再斜率减小加速到2，故A正确；因 PA二B安培力与速度成正比，结合选项A中速 的变化情况，安培力应先减小到0，再反向增大到2FA0（因 为匀速时速度是20，安培力与速度成正比)，故B错误；流 过金局捧横我面的电背麦为g一亚一吧股（红为金局诗 的位移)，q一t图像的斜率表示电流工.金属棒先做加速度 变化的减速运动，再做加速度变化的加速运动，电流是变 化的，q一1图像的斜率应是变化的，不是先增大后减小这 种规律，故C错误；电阻R的电功率为：P=1PR=Bd R· 电功率与速度的平方成正比.结合选项A中速度的变化情 况，电功率应先减小到0，再增大到4P。(因为匀速时速度 是2%，电功率与速度平方成正比)，故D错误. 例4解)根据法拉第电磁感应定律E=n= n△B:§-1×0.201×1×号V=0.05V,由闭合电路 △t 1 的欧好定律1長-0A=0.1A,由图（b)可知，0.5s 时的磁感应强度大小B1=0.15T,则t=0.5s时，根据安 培力公式，ad边受到的安培力F=B1IL=0.15×0.1×1N =0.015N; (2)由图(c)可知，1~2s内电流大小BT 为0.2A,方向沿逆时针方向，由(1)0.3 的解答可知，磁感应强度变化率大小0.2 是第1s内的2倍，又磁场大小时间 连续变化，可知磁场方向不变，均匀 增大，补充后的图像如图所示： 04 2 t/s (3)由图t=2s时，磁感应强度为B=0.3T,对导体框，规 定初速度的方向为正方向，由动量定理有一BL·△1= B.A5.A △1 m1一mo,而q=】△1= B·△S= R R 0.3X1×0.5C=0.3C,代入数据解得=0.01m/s,方 0.5 向水平向右 例5解(1)线框以v=2m/s的速度匀速通过磁场时，ab! 边在磁场中运动时产生的感应电动势为E=BLv=0.5× 0.3×2V=0.3V,另外两条边并联，电路总电阻为R感=R 十号-号R=号×0,1n=0,15n总电流为1居器A =2A,根据右手定则可知，a点电势比b,点高，b两点间电势 差为外电路电压，剥则U=1X受=2x0V=0,1V, (2)线框通过磁场，任何一条边切割磁感线产生的感应电 动势都为E=BL,切割的那一条边相当于电源，另两条边 并联，总电流为1二。一3R,在磁场中运动的那条边 ·22 受到的安培力大小为F套=B=2B2”,任意时刻，根据 3R 牛顿第二定律可得：对线框有F-F安一mg一FT=ma;对 物块有FT一mg=ma,联立得F=2B”+mg十mg十 3R 2a,线框从静止出发做匀加速直线运动，则有v=at,可知 mg+mg+2ma=3.8N,解得a=2m/s2,代入得F= (0.3t+3.8)N; (3)ab边穿过磁场时受到的安培力为↑FN F袋=BIL=2B巴，根据图像得口= 0.6- 3R k,联立解得F袋=2B卫= 3R 0 0.3x/m 2B1k虹，作下安一x图像如图所示： 3R 可知图线下方的“面积”表示b边克服安培力做的功为 W克=7×0.6×0.3J=0.091,由功能关系可知Q然 W克又Q=1乃R1,可知Q=4Qu=4Q4,则Qh=名Q起 号×0.09J=0.06 1 变式1解(1)等腰直角三角形hk的面积为：S=2k2= 在0<1<0时间内磁感应强度B,随时间均匀增大，回路 中的电动势恒定，根据法拉第电磁感应定律，可得分时刻 导体棒所在回路中的电动势大小为：E=△P=△BS At △t Bo L2 4to (2)根据闭合电路欧姆定律，可得在0<t<to时间内回路 中的感应电流为：1=是 设Ⅱ区磁感应强度大小为B2,此时间内导体棒受到的安培 力大小为：F金=B2IL 此时间内导体棒刚好静止，由平衡条件可得： F袋=mgsin30°，联主解得：Bg=BP9 2mgRto (3)设导体棒匀速通过磁场I区的速度大小为，根据动能 定里得：mgH=号m2-0 从导体棒送入I区开始计时，t时刻导体棒的位移大小为： x=,l时刻导体棒切割磁感线的长度为：L1=2x=2t,1 时刻感应电动势为：E1=B,L]0,t时刻导体棒受到的安培 力大小为：A=B1山1=B,1尺=，由平衡条件 可得水平外力F=F1,水平外力F的功率为：P=F,联立 可得水平外力的功率随时间变化关系为：P= 16B品g2H t2 R 变式2AC设导体棒B在磁场中匀速运动速度为2，此时 B棒相当于电源，A棒与R并联，此时整个电路的总电阻为 _BL,由平衡条 R尽资+R-号RB棒中电流- 得M=mgsn0,设导体棒A在磁场中匀速运动 件可 速度为2，此时a棒相当于电源，B棒与R并联，此时整个 电路总电胆为R一尽干祭+R=号尺由平衡条件可得 =2 gsin0,解得的：=4：3，故A正确：当B棒 R2 穿过磁场时，由能量定恒可知mgsin0·d=Q总1，此时B棒 产生热量Q-瓷.Qa1=青mdn8,当A养穿注陵场 4 时，由能量守恒可知2 mgdsin日=Q总2，此时B棒产生热量 Qm=号XQm=是mgdsin,全过程QB=Qm+Qm 13 3 16 一5 mgdsin0,故B错误；设导体棒B在磁场中运动时间为t, 则有d=·t,又因B刚穿出磁场时A进入磁场，则有边= 十gsin0·t,又因y:y=4:3,解得M=√3 gdsin0,t= √3gsin0:故C正确；设释放时，B,A棒距离MM的距离为1、 d 2听=2gin0·话=2gin0·,解得号d,=ga0 故AB间距离△x=26d,故D错误， 第12讲动量观点在电磁感应中的应用 例1BCD稳定前b向左做加速运动、c向右做加速运动， 根据右手定则可知产生的感应电流方向与通电电流方向 相反，所以电路中的电流减小，安培力减小，b、c棒均做加 速度减小的加速运动，故A错误；根据图中可知，两捧串 联，通过b、c两棒的电流相同，根据安培力的计算公式可 得：F=BIL,可知b、c两棒所受安培力之比为：Fb:F。= 1!2,根据牛频第二定律可得：山=后，两捧质量相等，运动 过程中加速度大小之比为：a:a。=F,：F。=1:2,故B 正确：闭合开关，当两棒稳定时，两棒产生的反电动势与电 源电动势的关系有：E=Bd,十B·2dv。,以向左为正方 向，根据动量定理对b棒有：BIdt=Bdg=mu,,以向右为 正方向，对c棒有：2BIdt=2Bdg=me,联立解得：= 品4-器故C正商：根格C选项可得：9器由 E 能量守恒定律，电源提供的电能转化为动能和焦耳热，则 有：9E=子m呢十之mf十Q,又根搭热量与电阻的正比关 R 2 荣可得：Q。二R十R十R 一Q,联立解得导体棒b中产生的焦 mE 耳热为：Q。=0B,故D正确。 变式1AB根据电荷量的计算公式可得：q=1=尽1= △ΦBS_50×0.2×0.2×0.5C=2C,故A正确；第 nR=”R 0.5 1个线圈完全进入磁场过程中，取初速度方向为正方向，根 据动量定理可得：一nBIL△t=m-m6,即：nBLo.q= m一mU,解得：v=8m/s,故B正确；每个线圈进入磁场中 过程中安培力的冲量：I冲=nBLaq相同，动量变化相同， 列车停止时进入磁场的线圈数为：N= m(-,解得：N 1016 =5个，故C错误；根据C选项的分析可知，完全进入磁场 的最后1个线圈进入磁场的速度大小为凹1=2m/s,产生 的热为：Q=2m心，进入磁场的第1个线圈产生的热量 为：Q,=2m6-7m㎡，则：8话”10-g寸 1 、22 1 故D错误. ·21 变式2C根据牛顿第二定律得 对a棒有 _FaBIl an 1777 对b棒有 _F=BI·2L_BIl ab-2m 2m m 可知a、b棒的加速度大小相等，故A错误： 取向右为正方向，对、b棒，分别根据动量定理有 BIl·△l=mva一mo -B7·2l·△t=2m-2m·2o 稳定时有Blua=B·2l 即得a=2 联立解得 Va=2,h=0,故B错误； 由能量守恒定律可知，系统动能的损失等于焦耳热，则电 路中产生的焦耳热为Q=日m呢+日·2m(2)P-2n （2m2-名·2m6=m,故C正确： 对a棒，取向右为正方向，根据动量定理可得 BIl·△t=mva-mo 又q=i·△t Va=2v0 联立解得通过导体棒a的某一横截面的电荷量为q一"： 故D错误 例2BCb棒离开挡杆前，a棒做加速直线运动，随着速度 增大，棒产生的感应电动势增大，回路中感应电流增大，a 棒受到的安培力增大，合力减小，加速度减小，所以a棒做 加速度减小的变加速直线运动，故A错误；设b棒刚要离 开挡杆时，a棒速度大小为o·对b棒，由平衡条件有BIL =m山，根据闭合电移欧好定体得1景紧联立 解得=2 ngRsin,故B正确：在0一时间内，两棒做加速 B2L2 直线运动，在6时刻，挂力大小减为号，固号=2mg·s血，系 统合外力为零，系统动量守恒，最终两棒以相同的速度做 匀速运动，设t0时刻，a棒和b棒的速度分别为a、,最终 两棒的共同速度为. 在0一t。时间内，取沿导轨向上为正方向，对a棒和b棒整 体，因两棒受到的安培力大小相等，方向相反，所以安培力 对整体的冲量为零，由动量定理得Ftn一2 ngsin0·t0= mva十nh 从t0时刻直到运动稳定，取沿导轨向上为正方向，对a棒 和b棒系统，根据动量守恒定律得十m饥=2m0,联立 解得v=gto sin0,故C正确，D错误. 变式3ABC根据法拉第电磁感应定律，设导体棒a任意 时刻速度为，有E=BL心 根据欧姆定律，电流为1=下，根据牛顿第二定律，设日 r+2 棒的加速度为a,有F-BIL=ma1, 2B2L2=1.4-0.2 结合图乙有ma1=0.2N,3r 解得a1=2m/s2,B=0.3T 故A正确； 4s时，导体棒的速度为 28