电磁感应 易错辨析（含高考真题）-2027届高考物理一轮复习备考

电磁感应：易错辨析（含高考真题） 目录 一、感应电流产生条件：闭合回路 + 磁通量变化（最基础易错） 2 误区 2 辨析 2 二、楞次定律与右手定则：方向判断的定则混用（高频易错） 2 误区 2 辨析 3 三、法拉第电磁感应定律：匝数、变化率、平均 / 瞬时（核心公式易错） 3 误区 3 辨析 3 四、动生电动势与感生电动势：公式、本质、电场混淆 4 误区 4 辨析 4 五、电磁感应中的电路问题：电源、内阻、串并联（基础易错） 5 误区 5 辨析 5 六、电磁感应图像问题：斜率、正负、周期性（选择必考坑） 5 误区 5 辨析 5 七、电磁感应动力学问题：安培力、加速度、运动状态（压轴易错） 6 误区 6 辨析 6 八、电磁感应能量问题：焦耳热、克服安培力做功（最易混淆） 6 误区 6 辨析 7 九、电磁感应动量问题：电荷量、动量定理、双杆守恒（新高考压轴） 7 误区 7 辨析 7 十、经典模型易错：单杆、双杆、线框（模型混淆重灾区） 7 （一）单杆模型 8 （二）双杆模型 8 （三）线框模型 8 十一、自感与涡流：通电、断电、日光灯原理（选择易错） 8 误区 8 辨析 8 十二、电磁感应解题避坑三步法 8 总结 9 专题1　电磁感应 9 真题试练1：楞次定律 9 真题试练2：单杆、双杆模型 23 真题试练3：线框模型 45 电磁感应是高中物理电磁学最难、分值最高、失分最集中的模块，横跨力学、电路、能量、动量四大知识体系，涵盖楞次定律、法拉第电磁感应定律、动生 / 感生电动势、单杆 / 双杆 / 线框模型、自感涡流等核心考点。学生失分并非公式记不住，而是条件遗漏、定则混用、模型混淆、矢量疏忽、能量 / 动量规律错用。本文结合高考命题规律与典型陷阱，对电磁感应全模块易错点做系统性辨析，直击丢分根源。 一、感应电流产生条件：闭合回路 + 磁通量变化（最基础易错） 误区 1. 认为 “导体切割磁感线就一定产生感应电流”； 2. 认为 “磁通量不为零就有感应电流，磁通量为零就没有”； 3. 忽略 “闭合回路” 前提，孤立导线切割也判有感应电流； 4. 线圈在匀强磁场中平动，误判磁通量变化。 辨析 1. 感应电流两个必要条件缺一不可：①闭合回路；②穿过回路的磁通量发生变化。 2. 导体切割磁感线≠磁通量变化：闭合线圈在匀强磁场中平动切割，磁通量不变，无感应电流；转动切割，磁通量变化，才有感应电流。 3. 磁通量大小与是否产生感应电流无关，只看变化量 ΔΦ。线圈过中性面时 Φ=0，但 ΔΦ 最大，感应电流最大。 4. 磁通量是标量但有正负（磁感线穿入方向），线圈翻转 180°，ΔΦ=2BS，极易遗漏。 二、楞次定律与右手定则：方向判断的定则混用（高频易错） 误区 1. 左手定则（安培力）、右手定则（感应电流）、安培定则（磁场）完全颠倒； 2. 误解楞次定律 “阻碍” 为 “阻止”，认为磁通量会不变； 3. 机械套用 “增反减同”，忽略复杂磁场的原磁通量判断； 4. 切割磁感线用楞次定律，磁通量变化用右手定则，场景错配。 辨析 1. 三定则一定律核心区分 · 安培定则（右手螺旋）：判断电流→磁场方向； · 右手定则：判断导体切割磁感线的感应电流 / 电动势方向； · 左手定则：判断安培力 / 洛伦兹力方向； · 楞次定律：判断磁通量变化的感应电流方向（通用）。 2. 楞次定律核心：阻碍变化，而非阻止变化。磁通量该增仍增、该减仍减，感应磁场仅延缓变化。 3. 楞次定律三大推论（快速解题） · 增反减同：原磁通量增加，感应磁场与原磁场反向；原磁通量减少，同向； · 来拒去留：磁体靠近线圈，线圈排斥；磁体远离，线圈吸引； · 增缩减扩：磁感线单方向穿过回路，磁通量增加，回路面积收缩；减少则扩张。 4. 适用场景：切割用右手，变场用楞次，绝不混用。 三、法拉第电磁感应定律：匝数、变化率、平均 / 瞬时（核心公式易错） 误区 1. 遗漏公式中的匝数 n，直接用计算； 2. 混淆，认为 Φ 越大、E 越大； 3. 把平均电动势当瞬时电动势，或反之； 4. B、S 同时变化时，误用或。 辨析 1. 核心公式：，n 匝线圈电动势为单匝的 n 倍，遗漏 n 是最常见计算错误。 2. 三者本质区别 · ：磁通量（状态量）； · ：磁通量变化量（过程量）； · ：磁通量变化率（决定感应电动势大小）。 结论：E 与成正比，与 Φ、ΔΦ 无关。 3. 平均 vs 瞬时 · ：求平均电动势（用于计算电荷量）； · 瞬时电动势：切割用，转动用。 4. 普适式：，B、S 均变时，。 四、动生电动势与感生电动势：公式、本质、电场混淆 误区 1. 切割电动势忽略有效长度，弯曲导线按实际长度计算； 2. 转动切割误用平动公式，忘记； 3. 感生电动势认为是洛伦兹力引起，动生电动势认为是感生电场引起； 4. 导体转动时，误判电势高低（端点 vs 中点）。 辨析 1. 本质区分 · 动生电动势：导体切割磁感线，洛伦兹力分力提供非静电力； · 感生电动势：磁场变化产生涡旋电场，电场力提供非静电力。 2. 核心公式 · 平动切割：（为两端点垂直速度的长度）； · 转动切割（一端固定）：，端点电势高于中点。 3. 涡旋电场：感生电场为闭合曲线，非静电场，可使带电粒子加速，与静电场不同。 五、电磁感应中的电路问题：电源、内阻、串并联（基础易错） 误区 1. 找不到 “电源”：切割导体 / 磁变线圈为电源，其余为外电路； 2. 忽略电源内阻，直接用电动势当路端电压； 3. 串并联关系判断错误，总电阻计算失误； 4. 电势高低判断错误，电源内部电流从低电势流向高电势。 辨析 1. 电源判定：切割磁感线的导体、磁通量变化的线圈是电源，有内阻；其余导线 / 电阻为外电路。 2. 闭合电路欧姆定律：，路端电压，绝不等同于电动势。 3. 电势高低：右手定则 / 楞次定律判电源极性，电源内部电流从负极→正极（低电势→高电势）。 4. 多匝线圈：内阻为（单匝内阻为 r），极易遗漏。 六、电磁感应图像问题：斜率、正负、周期性（选择必考坑） 误区 1. 把 Φ-t 图像斜率当电流，混淆图像关系； 2. 忽略正方向规定，感应电流 / 电动势正负判断错误； 3. 线圈进出磁场，误判电流方向不变； 4. 变加速运动的 I-t 图像，误认为匀变速（直线）。 辨析 1. 图像核心逻辑：，Φ-t 图像斜率 = E/n。 · 斜率恒定→E 恒定→I 恒定； · 斜率为 0→E=0→I=0； · 斜率正负变→E/I 方向变。 2. 方向判断：线圈进、出磁场，磁通量变化趋势相反，感应电流方向一定相反。 3. 变加速运动：安培力，v 变→F 安变→a 变，I-t 图像为曲线，非直线。 七、电磁感应动力学问题：安培力、加速度、运动状态（压轴易错） 误区 1. 安培力公式误用：中 I 计算错误； 2. 误判运动性质：认为导体棒做匀变速运动，实际是加速度减小的变加速 / 变减速； 3. 忽略摩擦力 / 重力，受力分析不完整； 4. 最大速度条件判断错误，忘记时速度最大。 辨析 1. 安培力通用式：，与速度 v 成正比，是变力。 2. 运动性质： · 有外力：加速度减小的加速运动，时达最大速度； · 无外力（仅初速度）：加速度减小的减速运动，最终静止。 3. 受力分析：必列，水平面考虑摩擦，斜面 / 竖直考虑重力。 八、电磁感应能量问题：焦耳热、克服安培力做功（最易混淆） 误区 1. 认为 “安培力做功 = 焦耳热”，忽略其他力做功； 2. 用平均电流计算焦耳热，误用； 3. 混淆 “克服安培力做功” 与 “外力做功”，能量转化关系错误； 4. 双杆模型中，总焦耳热计算遗漏某一电阻。 辨析 1. 核心能量关系：外力克服安培力做功 = 回路产生的电能 = 纯电阻电路的焦耳热。 · 公式：； · 非纯电阻电路：电能转化为焦耳热 + 机械能 / 化学能。 2. 焦耳热计算三法 · 恒定电流：； · 变电流：用能量守恒（动能变化 + 其他能量 = 焦耳热）； · 平均值：仅求电荷量用平均电动势，焦耳热绝不用平均值。 3. 能量流向：机械能→电能→焦耳热，安培力做负功是能量转化的桥梁。 九、电磁感应动量问题：电荷量、动量定理、双杆守恒（新高考压轴） 误区 1. 电荷量公式遗漏匝数：，正确为； 2. 动量定理应用时，安培力冲量符号错误； 3. 双杆模型误判动量守恒条件，随意列守恒式； 4. 相对位移与电荷量关系混淆。 辨析 1. 电荷量核心公式：，与时间无关，仅与磁通量变化、匝数、总电阻有关。 2. 动量定理：，即（单杆）。 3. 双杆动量守恒条件：光滑导轨、合外力为零（安培力为内力，等大反向），列。 4. 不等距双杆：动量不守恒，只能对单杆用动量定理，绝不可整体守恒。 十、经典模型易错：单杆、双杆、线框（模型混淆重灾区） （一）单杆模型 1. 误区：电容器单杆模型认为做变加速，实际是匀加速； 2. 误区：电源型单杆最大速度时，感应电动势 = 电源电动势。 （二）双杆模型 1. 误区：等宽双杆稳定时一定共速，不等宽双杆稳定时速度差恒定； 2. 误区：双杆动量守恒，安培力不做功，实际安培力做功转化为焦耳热。 （三）线框模型 1. 误区：线框进、出磁场焦耳热相等，实际进磁场速度大，焦耳热更多； 2. 误区：线框完全在磁场中仍有感应电流，实际磁通量不变，无电流； 3. 误区：线框竖直下落，认为匀速，实际需满足才匀速。 十一、自感与涡流：通电、断电、日光灯原理（选择易错） 误区 1. 通电自感：认为线圈立即有电流，实际通电瞬间线圈相当于断路； 2. 断电自感：认为灯泡立即熄灭，实际线圈与灯泡构成回路，灯泡闪亮后熄灭 / 逐渐熄灭； 3. 涡流：认为涡流有害，忽略应用（电磁炉、金属探测）； 4. 混淆自感系数的影响因素，认为与电流有关。 辨析 1. 通电自感：线圈产生自感电动势，阻碍电流增大，电流逐渐增大； 2. 断电自感：线圈作为电源，电流从原值逐渐减小，灯泡是否闪亮看原电流大小； 3. 自感系数 L：由线圈匝数、横截面积、铁芯决定，与电流无关； 4. 涡流：块状金属中感应的涡旋电流，电磁阻尼、电磁驱动的原理。 十二、电磁感应解题避坑三步法 1. 判条件：闭合回路？磁通量变化？切割 / 变场？ 2. 定方向：右手定则（切割）/ 楞次定律（变场），判电流 / 极性； 3. 选规律： · 求电荷量→； · 求时间 / 速度→动量定理； · 求热量→能量守恒； · 求最大速度→动力学平衡（）。 总结 电磁感应的所有易错点，本质是条件不清、定则混用、模型僵化、能量动量规律错用。牢牢抓住“闭合 + 磁变生电流、阻碍是楞次、匝数记心头、安培力变力、能量看克安、动量看电荷量”六大核心，就能彻底避开所有丢分陷阱，稳稳拿下电磁感应全部分数。 专题1　电磁感应 真题试练1：楞次定律 1.(2025河南,5,4分)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(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　 答案C 沿N极到S极的方向看,薄片右侧远离磁场,穿过薄片的磁通量减少,由于感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁通量的减少,故感应电流的磁场方向与原磁场方向相同,结合安培定则可以判定,右侧涡电流方向为顺时针。同理判定左侧涡电流方向为逆时针,C正确。 方法技巧 方法1:右手定则快速判断 取金属薄片中线附近一平行中线的金属条作为研究对象,金属条切割磁感线,磁场方向垂直纸面向里,金属条运动方向向右,应用右手定则即可判定电流方向。 为什么不用金属片右侧边缘判定?考虑到磁场较强的地方起决定性作用。 方法2:利用“来拒去留”快速判断涡电流方向 当金属片的一部分靠近磁场时,这部分金属片中涡电流产生的磁场方向与原磁场方向相反(来拒);当金属片的一部分远离磁场时,这部分金属片中涡电流产生的磁场方向与原磁场方向相同(去留)。 2.(2025陕晋青宁,6,4分)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D 思维路径　 解析　钢制线圈中的电流迅速增大,电流产生的磁场增强,铜环内磁通量快速增加,由楞次定律中的“增反减同”规律,可知铜环中的感应电流产生的磁场需阻碍磁通量的增加,故铜环中感应电流产生的磁场与钢制线圈中电流产生的磁场方向相反,铜环中感应电流方向与钢制线圈中电流方向相反;钢制线圈电流由电容器组放电直接提供,可达数兆安;铜环中的感应电流由磁通量变化产生,其能量来自磁场能,且铜环电阻不可忽略,故铜环中的感应电流远小于钢制线圈中的电流,D正确,A、B、C错误。 知识拓展　 电磁压缩法原理延伸:当铜环向内压缩时,初级磁场磁感线被“浓缩”,本质是磁通量“守恒”(BS近似不变)。当铜环面积S减小时,磁感应强度B急剧增大,可达数百特斯拉。该技术常用于实验室产生超强磁场,应用于等离子体约束、材料科学等领域。 3.(2025北京,3,3分)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 【命题点】感应电流的产生条件 解析　(解题关键:当穿过闭合回路的磁通量发生变化时,回路中产生感应电流)图(a)中,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,A正确。图(b)、图(c)、图(d)中,穿过圆环的磁通量均发生变化,故均能产生感应电流,B、C、D错误。 4.(2025北京,9,3分)如图所示,线圈自感系数为L,电容器电容为C,电源电动势为E,A1、A2和A3是三个相同的小灯泡。开始时,开关S处于断开状态。忽略线圈电阻和电源内阻,将开关S闭合,下列说法正确的是(　　) A.闭合瞬间,A1与A3同时亮起 B.闭合后,A3亮起后亮度不变 C.稳定后,A1与A3亮度一样 D.稳定后,电容器的电荷量是CE 答案　C 【命题点】通电自感与断电自感 解析　闭合开关瞬间,电容器相当于通路,线圈相当于断路,所以A1、A2瞬间亮起,A3不亮,待A3亮起后逐渐变亮,A、B错误;稳定后,电容器相当于断路,线圈相当于导线,所以A1、A3串联,二者一样亮,C正确;稳定后,电容器与A3并联,电容器两端电压等于A3两端电压,由于线圈电阻和电源内阻忽略不计,且A1、A3串联,A3两端电压为E,根据Q=CU,可得电容器的电荷量是CE,D错误。 通电自感与断电自感现象对比 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 断电时 回路电流减小,灯泡逐渐变暗,A1中电流方向不变,A2中电流反向 ①若I2≤I1,灯泡逐渐变暗 ②若I2>I1,灯泡闪亮后逐渐变暗 两种情况下灯泡中电流方向均改变 总结 自感电动势总是阻碍原电流的变化 5.(2025北京,10,3分) 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 答案　D 【命题点】电磁阻尼　楞次定律　机械能的损失 解析　有线圈时,磁铁受到电磁阻尼的作用,振动更快停止,A错误;磁铁靠近线圈时,穿过线圈的磁通量增大,根据楞次定律,此时线圈有缩小的趋势,B错误;磁铁离线圈最近时,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,C错误;有无线圈,磁铁最终均静止,对磁铁受力分析可知,磁铁静止时弹簧的伸长量相同,即弹簧的弹性势能相同,即有无线圈,则系统损失的机械能相同,D正确。 6.(2025甘肃,6,4分)闭合金属框放置在磁场中,金属框平面始终与磁感线垂直。如图,磁感应强度B随时间t按正弦规律变化。Φ为穿过金属框的磁通量,E为金属框中的感应电动势,下列说法正确的是(　　) A.t在0~内,Φ和E均随时间增大 B.当t=与时,E大小相等,方向相同 C.当t=时,Φ最大,E为零 D.当t=时,Φ和E均为零 答案　C 【命题点】磁通量的理解　感应电动势大小和方向的判断 B-t图像中,B的正负表示磁场方向与规定的正方向相同或相反;图线的斜率表示磁感应强度随时间的变化率,斜率的绝对值越大,磁场变化越快,感应电动势越大,斜率的正负决定感应电动势的方向。 解析　0~,由Φ=BS可得Φ随时间增大,但不是均匀增大;由E=n=n可得E随时间减小,A错误。当t=和时,图线斜率的绝对值相等,但正负不同,可得E大小相等、方向相反,B错误。当t=时,B最大,但B-t图线的斜率为零,可得Φ最大,E为零,C正确。当t=时,B为零,但B-t图线切线斜率的绝对值最大,可得Φ为零,E最大,D错误。 7.(2025广东,9,6分)(多选)图是一种精确测量质量的装置原理示意图。竖直平面内,质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成,线圈的一边始终处于垂直线圈平面的匀强磁场中,磁感应强度不变。测量分两个步骤,步骤①:托盘内放置待测物块,其质量用m表示,线圈中通大小为I的电流,使称重框架受力平衡。步骤②:线圈处于断开状态,取下物块,保持线圈不动,磁场以速率v匀速向下运动,测得线圈中感应电动势为E,利用上述测量结果可得出m的值,重力加速度为g。下列说法正确的有(　　) A.线圈电阻为 B.I越大,表明m越大 C.v越大,则E越小 D.m=-M 答案BD 设线圈水平边的长度为L,步骤①中对称重框架与物块整体受力分析可得(m+M)g=BIL,由此可知I越大,表明m越大,B正确;步骤②中线圈中的电动势E=BLv,由此可知v越大,E越大,C错误;由于两步骤中B与L不变,则以上各式联立可得(m+M)g=I×,变形可得m=-M,D正确;E是步骤②中磁场以速率v匀速向下运动产生的,I是步骤①中通的电流,故不能将它们直接代入欧姆定律公式求解线圈电阻,A错误。 8.(2025黑吉辽蒙,9,6分)(多选)如图,“”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直,各边长均为l。线框绕b、e所在直线以角速度ω顺时针匀速转动,be与磁场方向垂直。t=0时,abef与水平面平行,则(　　) A.t=0时,电流方向为abcdefa B.t=0时,感应电动势为Bl2ω C.t=时,感应电动势为0 D.t=0到t=过程中,感应电动势平均值为0 答案AB t=0时,fa垂直切割磁感线,由右手定则可知a相当于电源正极,f相当于电源负极,电流方向为abcdefa,感应电动势为E=Blv,v=ωl,则E=Bl2ω,A、B正确;导线框匀速转动,周期T=,t==时,af垂直切割磁感线,感应电动势仍为E=Bl2ω,C错误;t=0时,Φ1=Bl2,t=时,Φ2=-Bl2,则t=0到t=过程中,|ΔΦ|=2Bl2≠0,由E=n可知,感应电动势平均值不为0,D错误。 9.(2025四川,14,12分)(12分)如图所示,长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘桌面上,两者平行且相距l,M、P连线垂直于导轨,定滑轮位于N、Q连线中点正上方h处。MN和PQ单位长度的电阻均为r,M、P间连接一阻值为2sr的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动,速度大小为v。零时刻,金属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好,重力加速度大小为g。求: (1)金属杆在导轨上运动时,回路的感应电动势; (2)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时,回路的热功率; (3)金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程。 答案　(1)Blv　(2)　(3) 【命题点】法拉第电磁感应定律的应用　热功率　安培力　闭合电路欧姆定律 解析　(1)金属杆在导轨上运动时,由法拉第电磁感应定律得,回路的感应电动势E=Blv。 (2)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时,回路中总电阻R=2sr+2dr, 回路的热功率P==。 (3)金属杆在导轨上做匀速直线运动的最终状态是金属杆即将脱离导轨,即金属杆所受支持力N=0时,其做匀速直线运动路程达到最大。设金属杆运动的最大路程为x,绳与水平方向的夹角为θ,对金属杆进行受力分析并列平衡方程,水平方向上有F安=FT cos θ,竖直方向上有mg=FT sin θ,安培力大小F安=BIl,闭合回路的感应电流I=,回路中的总电阻R'=2sr+2xr,联立整理后,得tan θ=, 根据几何关系有tan θ=, 联立后得=,解得x=, 所以金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程为 x=。 10.(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。 11.(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。 12.(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。 13.(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。 14.（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。 15.(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。 16.(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。 17.(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。 18.(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。 19.(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。 20.(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。 21.(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)。 22.(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。 23.(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。 专题1　电磁感应 真题试练2：单杆、双杆模型 1.(2025湖南,9,5分)(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r0。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v0,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 审题指导　金属杆沿x轴正方向运动过程中,所处位置不同,导轨间金属杆的长度不同,导致某时刻回路中产生感应电动势的有效切割长度l不同,回路的电阻lr0不同;金属杆运动过程中应用动量定理求解运动距离相关问题。 解析　金属杆沿x轴正方向运动过程中,由右手定则可得金属杆中电流沿y轴负方向,A正确。(破解疑难:利用假设法分析)若金属杆可在沿x轴正方向的恒力作用下做匀速直线运动,可得恒力F=BIl=Bl==,若v不变,l必为定值,与实际不符,B错误。金属杆从开始运动到停止运动过程中,对金属杆由动量定理可得-∑B·l·Δt=0-mv0(解题关键 :较短的时间Δt内,vlΔt=ΔS,ΔS为Δt内导轨间的金属杆扫过的面积),故-=0-mv0,解得金属杆停止运动时与导轨围成的面积为S=,C正确。若金属杆的初速度减半,由S=可得金属杆停止运动时与导轨围成的面积减小为原来的一半,由抛物线的特点可知金属杆停止运动时经过的距离大于原来的一半,D错误。 2.(2025广西,7,4分)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θ,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Ep与形变量x的关系为Ep=kx2;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 【命题点】含弹簧的单杆模型　电磁感应中的动量和能量问题 解析　金属棒沿导轨向下运动,切割磁感线产生感应电动势,回路中有感应电流,设此过程中某时刻金属棒的速度大小为v,由法拉第电磁感应定律可得接入回路中的金属棒部分产生的感应电动势为E=Blv,又由串、并联电路规律可得回路中的总电阻为R总=R+=2R,故回路中的总电流为I==,某时刻金属棒受到的安培力大小为F=BIl=,则在极短时间Δt内安培力的冲量大小为IA=FΔt=,等式两边求和有IA总=∑IA=∑==,分析可知金属棒向下运动到的最远位置在导轨中间位置的下方且与导轨中间位置距离为b(点拔:假设金属棒向下运动到的最远位置在导轨中间位置的上方,由于金属棒运动到该最远位置时速度为0,可知金属棒所受安培力为0,对金属棒受力分析可知,金属棒所受合力沿导轨向下,金属棒会继续沿导轨向下运动,此位置不是金属棒向下运动到的最远位置,假设不成立),则此过程金属棒向下运动的距离x=a+b,所以此过程金属棒所受安培力的冲量大小为IA总=,A错误。分析可知金属棒运动到任一位置,两个弹簧对金属棒的弹力均相同,规定平行金属导轨所在平面向下为正方向,设每个弹簧对金属棒施加的冲量为I弹,则对金属棒从静止释放到沿导轨向下运动到最远处的过程,由动量定理有-IA总+mgt sin θ+2I弹=0,则I弹=-,B错误。设在金属棒下滑过程中回路中产生的总热量为Q总,对该过程由能量守恒定律可得2ΔEp弹+ΔEp重+Q总=0,其中ΔEp弹=kb2-ka2、ΔEp重=-mg·(a+b) sin θ,则Q总=k(a2-b2)+mg(a+b) sin θ,又每个定值电阻产生的热量为Q=Q总=Q总,故此过程每个定值电阻产生的热量为Q=+,C错误。金属棒对两定值电阻输出能量,两定值电阻产生热量,则金属棒下滑过程金属棒输出的总能量为E输出=2Q=+,此过程金属棒的平均输出功率为P输出==,D正确。 3.(2025安徽,15,18分)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)m· 解析　(1)刚进入磁场时,导体棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv0 回路中的感应电流为I= 导体棒受到的安培力大小为F=BIL 安培力的功率为P=Fv0 cos 180° 联立解得P=-(安培力的功率写成正值也得分) (2)第2根导体棒在磁场中运动的整个过程,由动量定理得 -BLt=0-mv0 又q=t 解得q= (3)第1根导体棒从进入磁场到停下来的过程中,该导体棒的动能转化为电路中产生的热量,有m=Q1 由电路关系可知,定值电阻上产生的热量为 QR1=Q1=×m 同理,第n根导体棒从进入磁场到停下来的过程中,导体棒的动能全部转化为电路中产生的热量,有m=Qn, 定值电阻上产生的热量为 QRn=·Qn=·m (点拨:电路结构为右侧n-1根不动棒和定值电阻R并联后再与左侧的动棒串联) 整个过程中,右端定值电阻上产生的总热量为 ∑QR=m++…+=m+-+…+-=m· 知识拓展 裂项相消法:裂项相消法是一种高效处理数列求和(特别是分式形式数列)的方法。其核心思想是将数列的通项公式(一般记为an)拆分为两个或多个部分,使得在求和过程中,中间的项相互抵消,最终只留下首尾少数项,从而简化计算。这种方法特别适用于通项为有理函数(分母可分解为线性因式的乘积)的数列。 4.(2025四川,14,12分)如图所示,长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘桌面上,两者平行且相距l,M、P连线垂直于导轨,定滑轮位于N、Q连线中点正上方h处。MN和PQ单位长度的电阻均为r,M、P间连接一阻值为2sr的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B。过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动,速度大小为v。零时刻,金属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好,重力加速度大小为g。求: (1)金属杆在导轨上运动时,回路的感应电动势; (2)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时,回路的热功率; (3)金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程。 答案 (1)Blv　(2)　(3) 解析　(1)金属杆在导轨上运动时,由法拉第电磁感应定律得,回路的感应电动势E=Blv。 (2)金属杆在导轨上与M、P连线相距d时,回路中总电阻R=2sr+2dr, 回路的热功率P==。 (3)金属杆在导轨上做匀速直线运动的最终状态是金属杆即将脱离导轨,即金属杆所受支持力N=0时,其做匀速直线运动路程达到最大。设金属杆运动的最大路程为x,绳与水平方向的夹角为θ,对金属杆进行受力分析并列平衡方程,水平方向上有F安=FT cos θ,竖直方向上有mg=FT sin θ,安培力大小F安=BIl,闭合回路的感应电流I=,回路中的总电阻R'=2sr+2xr,联立整理后,得tan θ=, 根据几何关系有tan θ=, 联立后得=,解得x=, 所以金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程为 x=。 5.(2025河北,15,16分)(16分)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1 000 A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,损失的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10 F,导轨间距为0.5 m,磁感应强度大小为1 T,MM'到NN'的距离为5 m,a、b质量分别为2 kg、8 kg,a在导轨间的电阻为0.01 Ω。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10 m/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1.25 m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=0.025 N·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=0.980 1) 答案　(1)500 A　(2)见解析　(3)见解析 【命题点】电磁感应中的单杆模型　多过程问题　碰撞问题 忽略导体棒a与无人机b所受空气阻力的情况下: (1)开关接1,回路中有恒定的电流,导体棒a在恒定安培力的作用下做匀加速直线运动; (2)导体棒a与无人机b发生完全非弹性碰撞,损失的动能全部储存为弹性势能; (3)导体棒a与无人机b整体在恒定安培力的作用下做匀加速直线运动; (4)导体棒a与无人机b在NN'处分离时,内力远大于外力,动量守恒,且储存的弹性势能全部转化为系统的动能。 解析　(1)导体棒a与无人机b分离后,导体棒a与开关、导线构成闭合回路,设此时a切割磁感线产生的感应电动势为E,电流为I,L=0.5 m、B=1 T、v=10 m/s、R=0.01 Ω, 有E=BLv,I= 联立并代入数据解得I=500 A (2)开关S接1端时,回路中电流I0=1 000 A,MM'与NN'间距离为s=5 m,a、b间距为x=1.25 m 导体棒a加速过程,由动能定理有BI0Lx=ma 导体棒a与无人机b发生完全非弹性碰撞,由动量守恒定律有mav0=(ma+mb)v 由能量守恒有ma=(ma+mb)v2+Ep 导体棒a与无人机b整体继续加速,有BI0L(s-x)=(ma+mb)-(ma+mb)v2 导体棒a与无人机b在NN'处分离时,有 (ma+mb)v1=mava+mbvb Ep+(ma+mb)=ma+mb 联立解得va=0、vb=25 m/s 导体棒a速度为零,则此时无人机b获得最大速度,速度大小为25 m/s 通过导体棒a的电荷量q=I0(t1+t2) 第一阶段加速过程中有BI0Lt1=mav0 第二阶段加速过程中有BI0Lt2=(ma+mb)v1-(ma+mb)v q=CΔU减 联立解得ΔU减=40 V (3)若考虑无人机b所受空气阻力f=kv2 导体棒a与无人机b整体加速过程中有 BI0L(s-x)-kv2Δx=(ma+mb)v'21　-(ma+mb)v2 作v2-(s-x)可能的图像如图所示,已知v=5 m/s、v1=20 m/s 可知kv2Δx=5(-v'21　)<(s-x)(难点突破:寻找变化后的速度小于变化前的速度,作图可得大小关系) 解得v'21　>396.015 625 m2·s-2>392.04 m2·s-2= 可知分离前的速度能达到(2)中分离前速度的99% 6.(2025甘肃,15,17分)(17分)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v0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产生的感应电动势大小及感应电流方向。 (2)系统达到稳定状态前,若机械臂1和2中的电流分别为I1和I2,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,写出电容器所带电荷量的表达式。 (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)BLv0　在纸面内向上　(2)I1LB　I2LB　Q=CU　(3)　 【命题点】动生电动势及含容双杆模型 解析　(1)初始时刻机械臂1产生的感应电动势大小E0=BLv0 由右手定则可知机械臂1中感应电流的方向在纸面内向上。 (2)机械臂1受到的安培力大小FA1=I1LB 机械臂2受到的安培力大小FA2=I2LB 由电容的定义式C=可得,电容器所带电荷量的表达式为Q=CU。 (3)设两机械臂稳定运动时的共同速度为v,从开始至共速过程中,机械臂1和机械臂2中的平均电流分别为和,通过的电荷量分别为q1、q2,则q1=t,q2=t 对机械臂1,由动量定理得-LBt=mv-mv0 对机械臂2,由动量定理得LBt=mv-0 电容器所带的电荷量Q=q1-q2 稳定后电容器两极板间的电压U=BLv 又C= 联立解得v= 某一瞬间,电容器两端的电压U=BLv1-I1R 电压还可以表示为U=BLv2+I2R 解得I1R+I2R=BL(v1-v2) 则(+)t= 由前面两个动量定理表达式得LBt+LBt=mv0 联立解得t=mv0 为使两臂不相撞,两臂初始时刻的最小间距Δxmin=x1-x2=(-)t 则有Δxmin=mv0 解得Δxmin=。 7.(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。 8.（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。 9.(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。 易错警示 本题中最大静摩擦力不等于滑动摩擦力。 10.(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。 11.(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。 12.(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。 13.(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) 14.（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= 15.（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。 16.(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。 17.(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'= 18.(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=。 19.(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。 20.(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。 专题1　电磁感应 真题试练3：线框模型 1.(2025陕晋青宁,7,4分)如图,光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场,其磁感应强度为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m,长均为2L,宽均为L,电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0=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1∶1 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4∶3 答案 D 审题指导 (1)关键条件梳理:甲、乙线框电阻分别为R和2R,长均为2L,宽均为L,磁场区域宽度d>2L,初速度大小v0=,需分析进、出磁场的电流方向、安培力大小、速度大小及焦耳热。 (2)过程分解 解析　进磁场时穿过甲线框的磁通量增加,出磁场时穿过甲线框的磁通量减少,根据楞次定律可知甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相反,A错误。甲、乙两线框在进磁场瞬间,感应电动势E=BLv0,通过甲线框的电流I甲=,所受安培力F甲=BI甲L=; 通过乙线框的电流I乙=,所受安培力F乙=BI乙L=,故F甲∶F乙=2∶1,线框仅受安培力,B错误。在乙线框进磁场过程中,规定水平向右为正方向,根据动量定理有-BL·Δt=mv乙1-mv0(易错提醒:注意规定正方向),其中Δt===,在乙线框出磁场过程中,根据动量定理有-B'L·Δt'=mv乙2-mv乙1,'Δt'==,联立解得v乙2==,C错误。同理,对甲线框,从刚要进入磁场到完全出磁场,由动量定理得-2BL·Δt″=mv甲-mv0,其中Δt″=,解得v甲=0,根据能量守恒,甲线框从刚进入磁场到完全出磁场产生的焦耳热Q甲=m,乙从刚进入磁场到完全出磁场产生的焦耳热Q乙=m-m=m,所以=4∶3,D正确。 2.(2025黑吉辽蒙,14,12分)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=1 kg、电阻R=0.5 Ω、边长L=1 m。磁感应强度B随时间t连续变化,0~1 s内B-t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0~1 s内的图像未画出,规定顺时针方向为电流正方向。 (1)求t=0.5 s时ad边受到的安培力大小F。 (2)在图(b)中画出1~2 s内B-t图像(无需写出计算过程)。 (3)从t=2 s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v0=0.1 m/s,求ad边离开磁场时的速度大小v1。 　　 答案 (1)0.015 N　(2)图见解析　(3)0.01 m/s 解析　(1)在0~1 s时间内,B随时间均匀减小, 由法拉第电磁感应定律有E==· 代入数据解得E=0.05 V 电流I1==0.1 A,由楞次定律可知电流为顺时针方向 在t=0.5 s时,由题图(b)可得磁感应强度B1= T=0.15 T 安培力大小F=I1LB1=0.015 N (2)在1~2 s时间内,由题图(c)可知,电流I2=0.2 A,方向为逆时针 根据(1)的分析,类比可得I2=·· 与I1对比,I2大小加倍,方向相反,故磁感应强度应增大,且变化率加倍, 即在B-t图像中1~2 s时间内图线的斜率应为0.2 T/s,作出B-t图像如图 (3)t=2 s及以后,磁感应强度B3=0.3 T 导体框运动过程中,导体框中电流I3= 导体框所受安培力大小F安=I3LB3= 由动量定理可得t=- t=-·=mv1-mv0 代入数据解得v1=0.01 m/s 二级结论 　　解决第(3)问这种涉及电磁感应的变速切割磁感线问题时,常利用动量定理解决,可利用电荷量q,根据qLB=m|Δv|,q=,快速求解 3.(2025云南,15,15分)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。t=0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t=0时刻,箱子右侧壁距磁场边界的最小距离; (3)若t=0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)- 解析　(1)箱子在PQ左侧运动的过程,对木块受力分析, 水平方向有FN=ma,竖直方向有μFN=mg 解得加速度a= 对木块与箱子整体分析,有F=(M+m)a 联立解得F= (2)木块与箱子分离后的瞬间,木块水平方向的加速度为0,说明此时箱子水平方向的加速度向左或为零 若恰好分离,说明箱子的加速度恰好为零,设箱子右侧壁距PQ最小距离为s0,进入磁场瞬间箱子速度为v0, 由动能定理得Fs0=(M+m)-0 安培力FA=IdB,其中电流I= 安培力与力F平衡,可得F= 联立解得s0= (3)当s>s0时,设木块在箱子右侧壁进入磁场瞬间的速度为v1,则有 Fs=(M+m)-0 代入F=得v1= 设木块从与箱子分离至落到箱子底部所用的时间为t,则有h=gt2 从箱子右侧壁进入磁场到箱子完全进入磁场(点拨:此后木块与箱子共速),对木块与箱子组成的系统分析 由动量定理得Ft-I安=(M+m)(v2-v1) 安培力的冲量大小I安=Bdt'=B··dt'=t'=L 解得v2=- 4.(2025山东,18,16分)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k1=,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) 解析　(1)进出磁场区域Ⅰ时,对金属框进行受力分析,如图1所示,则 mg sin α=F安 cos α F安=BIL I= E=BLv cos α 联立解得v= 进入磁场前,金属框做匀加速直线运动,有v2=2g sin α·s 解得s= (2)因时间变化产生的感应电动势E1==L2=k1L2,方向为顺时针方向(垂直于轨道平面向下看) 如图2,因pq与ef处的磁感应强度之差为k2L,则切割磁感线产生的感应电动势E2=(Bpq-Bef)LvⅡ=k2L2vⅡ,方向为顺时针方向(垂直于轨道平面向下看) 总电动势E=E1+E2=k1L2+k2L2vⅡ 代入k1=得E=+k2L2vⅡ 金属框中电流I= 金属框所受安培力F安=BpqIL-BefIL=k2IL2,方向沿轨道向上 联立解得F安=mg sin α+ 金属框所受合力F合=F安-mg sin α=,方向沿轨道向上 达到平衡时F合=0,vⅡ=0 从开始计时到金属框达到平衡状态的过程, 由动量定理有F合Δt=m|ΔvⅡ| 得vⅡΔt=m 则有∑vⅡΔt=∑m 即·d=mv0 解得d= 5.(2025福建,16)光滑斜面倾角θ=30°,Ⅰ区域与Ⅱ区域均存在垂直斜面向上的匀强磁场,两区域中磁场的磁感应强度大小相等。正方形线框abcd质量为m,总电阻为R,线框由同种材料制成且粗细均匀,Ⅰ区域沿斜面的宽度为L1,Ⅱ区域沿斜面的宽度为L2,两区域间无磁场区域沿斜面的宽度大于线框的边长。线框从某一位置释放,cd边进入Ⅰ区域时速度大小为v,且直到ab边离开Ⅰ区域时速度大小始终为v,cd边进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度一致。已知重力加速度为g。 (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区域时cd边两端的电势差; (3)求线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域过程中克服安培力做功的平均功率。 答案 (1)　(2) 　(3)v或v 解析　(1)设线框cd边释放点与Ⅰ区域上边缘的距离为d,从线框释放到cd 边到达Ⅰ区域上边缘的过程中,由动能定理可得mgd sin θ=mv2,解得d=。 (2)由于cd边进入Ⅰ区域时速度大小为v,且直到ab 边离开Ⅰ区域时速度大小始终为v,可知线框匀速通过Ⅰ区域,则线框边长L=L1,且满足BIL1=mg sin θ① 又有I==② 将②代入①中可得B=③ 当cd边进入Ⅰ区域时,cd边切割磁感线产生的感应电动势E=BL1v ④ cd边两端的电势差Ucd=E=E=⑤ 联立③⑤可得Ucd=。⑥ (3)从cd 边进入Ⅱ区域到ab边刚要离开Ⅱ区域的过程中 由动能定理可得mg(L2+L1) sin θ-W=0⑦ 解得克服安培力做的功W=mg(L2+L1)⑧ 由于题目中并未给出线框边长L1与Ⅱ区域沿斜面的宽度L2的大小关系,故分情况进行讨论 第1种情况:若L1<L2,垂直于斜面看,如图甲所示 1到2过程,即从cd边刚到Ⅱ区域上边缘到ab边刚要进入Ⅱ区域的过程 以线框为研究对象,根据动量定理可得mg sin θ·t1-BL1t1=mv2-mv1⑨ 又有t1=q1=⑩ 联立⑨⑩解得mg sin θ·t1-=mv2-mv1 2到3过程,即从ab边刚要进入Ⅱ区域到cd边刚要出Ⅱ区域的过程 对线框由动量定理可得mg sin θ·t2=mv3-mv2 3到4过程,即从cd边刚要出Ⅱ区域到ab边恰好完全离开Ⅱ区域的过程 对线框根据动量定理可得mg sin θ·t3-BL1t3=mv1-mv3 又有t3=q2= 即mg sin θ·t3-=mv1-mv3 联立可得mg sin θ(t1+t2+t3)-2=0 则t=t1+t2+t3= 将③代入式可得t= 则线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域过程中克服安培力做功的平均功率P==v 第2种情况:若L1>L2,垂直于斜面看的俯视图如图乙所示 1到2过程,即从cd边刚到Ⅱ区域上边缘到cd边刚到达Ⅱ区域下边缘的过程 对线框根据动量定理可得mg sin θ×t'1-BL1t'1=mv'2-mv1 又有t'1=q'1= 可得mg sin θ·t'1-=mv'2-mv1 2到3过程,即从cd边刚到达Ⅱ区域下边缘到ab边刚要进入Ⅱ区域的过程 对线框根据动量定理可得mg sin θ×t'2=mv'3-mv'2 3到4过程,即从ab边刚到达Ⅱ区域上边缘到ab边刚到达Ⅱ区域下边缘的过程 对线框根据动量定理可得mg sin θ·t'3-BL1t'3=mv1-mv3 又有t'3=q'2= 即mg sin θ·t'3-=mv1-mv'3 联立可得mg sin θ(t'1+t'2+t'3)-2=0 则t'=t'1+t'2+t'3= 将③代入可得t'=2 则线框从进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率P'==v。 第3种情况:若L1=L2,根据题给信息与上述分析可知,线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域的过程,始终受安培力,可能一直减速,也可能先减速后匀速,则ab进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度不可能一致,与题给信息不符,故不存在此种情况。 6.（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。 7.(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= 8.(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== 9.(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= 学科网（北京）股份有限公司 $