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微专题13　电磁感应的两大规律及应用
1.感应电流方向的判断：感生电动势——楞次定律；动生电动势——右手定则。
2.在电磁感应的电路中，产生感应电动势的那部分导体相当于电源，若形成回路，电源两端的电压为外电压。
3.电磁感应中的电荷量：q=t=n(n：线圈匝数，ΔΦ：磁通量变化量，R总：闭合电路的总电阻)
4.电磁感应中动力学问题的分析方法
5.能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化关系
(2)焦耳热的三种求法
①焦耳定律：Q=I2Rt，适用于电流、电阻不变的情况。
②功能关系：Q=W克安，系统产生的焦耳热等于系统克服安培力做的功，电流变或不变都适用。
③能量转化：Q=ΔE其他，系统产生的焦耳热等于系统其他能的减少量，电流变或不变都适用。
考点一　楞次定律　法拉第电磁感应定律
1.(2024·广东卷·4)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
2.(2024·安徽省部分学校二模联考)用材料相同粗细均匀的导线做成如图所示的单匝线圈，线圈构成一个闭合回路。左侧小圆的半径为2d，中间大圆的半径为3d，右侧小圆的半径为d，左侧两圆连接处缺口的长度可忽略不计，右侧两圆错开相交连通(麻花状)，三个圆处在同一平面，将线圈固定在与线圈所在平面垂直的磁场中，磁感应强度大小为B=B0+kt(k>0)，式中的B0和k为常量，则线圈中感应电动势的大小为：
A.14πd2k　 B.12πd2k　 C.6πd2k　 D.4πd2k
3.(2024·湖南卷·4)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
考点二　电磁感应中的电路、图像问题
4.两个固定的同心金属圆环中间部分存在与圆面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场，如图所示，一长度为4L的金属棒MN，处在如图所示位置时与两圆的交点分别为M、P、Q、N，O点为圆心，P、O、Q将金属棒平均分成了四等份，已知大圆环的总电阻为4R，小圆环和金属棒的电阻均为2R，金属棒和大、小圆环质量分布均匀，当金属棒以速度v经过如图所示位置时，下列说法正确的是：
A.金属棒产生的总感应电动势为4BLv
B.金属棒产生的总感应电动势为BLv
C.金属棒MP间产生的感应电流大小为I=
D.金属棒MP间产生的感应电流大小为I=
【点拨·提炼】　电磁感应中电路问题解题思路
5.(多选)(2024·全国甲卷·21)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：
A 　　 　B　　 　　C　 　　D
6.(多选)(2024·福建漳州市模拟)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻可忽略不计；导轨间有一垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，其边界ab、cd均与导轨垂直。现将两相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，运动过程中PQ、MN始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零，从PQ进入磁场时开始计时，MN中电流记为i，MN两端电势差记为u，则下列i-t、u-t图像可能正确的是：
A 　　 　B　　 　　C　 　　D
【点拨·提炼】　在解决图像问题时，可以使用排除法，某选项的图像中包含一处以上错误信息，该选项就可以排除。可以从以下几个方面筛查图像中是否含有错误信息： ①图像为直线还是曲线；②变化的趋势是否正确；③图像是否过原点；④交点、转折点的信息是否正确；⑤相邻两段图像的坐标值、斜率的正负、倍数关系是否合理。
考点三　电磁感应中的动力学、能量问题
7.(多选)(2024·黑吉辽·9)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
8.(多选)(2024·海南卷·13)两根足够长的导轨由上下段电阻不计、光滑的金属导轨组成，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，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棒的电阻为0.08 Ω，cd棒的电阻不计，将ab由静止释放，同时cd从距离MN为x0=4.32 m处在一个大小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，g=10 m/s2，下列说法正确的是：
A.ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44 s
B.ab从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳热为0.78 J
C.两棒第一次碰撞后瞬间，ab的速度大小为6.3 m/s
D.两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小为8.4 m/s
9.(2024·北京市海淀区二模)如图所示，两条光滑的金属导轨相距L=1 m，其中MN段平行于PQ段，位于同一水平面内，NN0段与QQ0段平行，位于与水平面成倾角37°的斜面内，且MNN0与PQQ0均在竖直平面内。在水平导轨区域和倾斜导轨区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场B1和B2，且B1=B2=0.5 T。ab和cd是质量均为m=0.1 kg、电阻均为R=4 Ω的两根金属棒，ab置于水平导轨上，cd置于倾斜导轨上，均与导轨垂直且接触良好。从t=0时刻起，ab棒在外力(图中未标出)作用下由静止开始沿水平方向向右运动(ab棒始终在水平导轨上运动，且垂直于水平导轨)，cd棒受到沿斜面且平行于导轨方向的变力作用，并始终处于静止状态，规定沿导轨斜面向上为正方向，该变力F随时间t的变化关系式为F=0.6-0.25t(N)。不计导轨的电阻。(sin 37°=0.6，重力加速度g=10 m/s2)
(1)(3分)求流过cd棒的电流Icd的方向及其大小随时间t变化的函数关系；
(2)(3分)求ab棒在水平导轨上运动的速度vab随时间t变化的函数关系；
(3)(4分)若t=0时刻起，1.0 s内作用在ab棒上的外力做功为W=3.8 J，求这段时间内cd棒产生的焦耳热Qcd。
1.(2024·江苏卷·10)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处在匀强磁场中，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
2.(多选)(2024·安徽省三模)如图所示，质量为m、长为L的金属杆ab，以一定的初速度v0从一光滑平行金属轨道的底端向上滑行，轨道平面与水平面成θ角，轨道平面处于磁感应强度为B、方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中，两导轨上端与一阻值为R的电阻相连，轨道与金属杆ab的电阻均不计，金属杆向上滑行到某一高度后又返回到底端，则金属杆：
A.在上滑和下滑过程中的平均速度均小于
B.在上滑过程中克服安培力做的功等于下滑过程中克服安培力做的功
C.在上滑过程中电阻R上产生的焦耳热等于金属杆ab减少的动能
D.在上滑过程中通过电阻R的电荷量等于下滑过程中通过电阻R的电荷量
3.(多选)(2024·陕西榆林市三模)如图甲所示，一个矩形金属框ABCD通过细杆悬挂在竖直平面内，悬点P为AB边中点。金属框AB边水平，平行AB边的虚线EF下方存在有随时间变化的匀强磁场(未画出)，磁场范围足够大、方向垂直纸面(竖直平面)。若金属框的重量忽略不计，规定金属框所受安培力向上为正方向，t=0时刻起，金属框所受安培力F随时间t的变化图像如图乙所示。取垂直纸面向外为磁感应强度的正方向，则t=0时刻起磁感应强度B随时间t的变化图像可能正确的是：
A　　　　　　　　　B
C D
4.(2024·河北卷·14)如图，边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处固定一竖直细导体轴OO'。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框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。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为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)(5分)求CD棒所受安培力的最大值和最小值。
(2)(5分)锁定OA棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD棒的加速度大小为a，所受安培力大小等于(1)问中安培力的最大值，求CD棒与导轨间的动摩擦因数。
答案精析
高频考点练
1.D　[题图乙所示位置穿过线圈的磁通量Φ=|BS上-BS下|≠BL2，故A错误；根据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，线圈中感应电动势越大，故B、C错误；永磁铁相对线圈下降时，根据楞次定律和安培定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。]
2.B　[根据楞次定律可知，三个圆中感应电流均为逆时针，左侧小圆和中间大圆产生的感应电流方向相同，而右侧小圆产生的感应电流方向在相交处与中间大圆的电流方向相反，根据法拉第电磁感应定律可得线圈中感应电动势的大小为E=E左+E中-E右=kπ(2d)2+kπ(3d)2-kπd2=12πd2k，故选B。]
3.C　[导线绕O点转动过程中相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，如图所示，根据右手定则可知O点电势最高；
根据E=Blv=Bωl2
因为lOb=lOc>lOa
可得0得φO>φa>φb=φc
故选C。]
4.C　[金属棒中产生的总感应电动势等于MP、QN两段产生的感应电动势之和，E1=E2=BLv，总感应电动势E=E1+E2=2BLv，故A、B错误；整个电路的等效电路图如图所示，其中等效电源内阻r1=r2=则总电阻R总=+r1+r2+R=金属棒MP上产生的感应电流I===故C正确，D错误。]
5.AC　[设线框的上边框进入磁场时的速度为v，设线框的质量M，物块的质量m，题图中线框进入磁场时的加速度向下，对线框，由牛顿第二定律可知Mg+F安-FT=Ma
对物块有FT-mg=ma
其中F安=
即+(M-m)g=(M+m)a
线框向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线框匀速运动的速度为v0=
若线框进入磁场时的速度较小，则线框进入磁场时做加速度减小的减速运动，线框的速度和加速度都趋近于零，则图像A可能正确；
因t=0时刻线框进入磁场，则进入磁场时线框向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能；
若线框的质量等于物块的质量，且当线框进入磁场时速度较大时，线框进入磁场做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后线框做匀速运动；当线框出磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速运动，最终出磁场时做匀速运动，则图像C有可能，D不可能。]
6.AC　[MN刚进磁场时的速度与PQ刚进磁场时相同，设t=0时MN中电流为I1，若PQ刚出磁场时MN进入磁场，此时电流立即反向，MN进入磁场后仍匀速运动，因此电流大小不变，A正确，B错误；PQ刚进磁场时，MN两端的电势差记为U1，若PQ还未离开磁场时MN已进入磁场，根据题设此时两导体棒速度相等，回路电流为零，MN两端的电势差(导体棒切割磁场产生的电动势)为2U1，两导体棒均未离开磁场前做匀加速运动，电动势均匀增大，当PQ离开磁场时，MN的速度大于其刚进入磁场时的速度，其两端的电势差U发生突变，且略大于U1，此后MN做加速度减小的减速运动，MN两端的电势差逐渐减小，C正确；只有两导体棒同时在磁场中运动时，MN两端的电势差才等于2U1，但不会恒定不变，D错误。]
7.AB　[两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda，故A正确；设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得
2mgsin 30°-2BILcos 30°=2maab，
对cd有mgsin 30°-BILcos 30°
=macd，
故可知aab=acd，分析可知回路中的总电动势为两个导体棒产生的电动势相加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，对ab分析可得2mgsin 30°=2BILcos 30°，解得I=故B正确，C错误；根据前面分析可知aab=acd，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度大小不同，故产生的感应电动势不相等，故D错误。]
8.BD　[由于导体棒ab、cd同时由静止开始运动，且恰好在M、N处发生弹性碰撞，则说明ab、cd在到达M、N处所用的时间是相同的，对导体棒cd和电容器组成的回路有Δq=C·BLΔv
对cd根据牛顿第二定律有
F-BIL-m2gsin 30°=m2a2
其中a2=I=
联立有a2=
则说明导体棒cd做匀加速直线运动，
则有x0=a2t2
联立解得a2=6 m/s2，t=1.2 s，故A错误；
由题知，碰前瞬间ab的速度v1为4.5 m/s，
则根据功能关系有m1gxabsin 30°-Q=m1
导体棒ab下滑过程中根据动量定理有
m1gsin 30°·t-BL·t=m1v1
其中q=t=
R总=R+Rab=0.1 Ω
联立解得q=6 C，xab=3 m，Q=3.9 J
则R上消耗的焦耳热为QR=Q=0.78 J
故B正确；
由于两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，取沿斜面向下为正方向，有
m1v1-m2v2=m1v1'+m2v2'
m1+m2=m1v1'2+m2v2'2
其中v2=a2t=7.2 m/s
联立解得v1'=-3.3 m/s，v2'=8.4 m/s
故C错误，D正确。]
9.(1)d到c　Icd=0.5t(A)　(2)vab=8t(m/s)　(3)0.3 J
解析　(1)ab棒向右运动由右手定则可知电流方向为abdca，由于cd棒处于平衡状态，则有F+Fcd=mgsin 37°
Fcd=B2IcdL
解得Icd=0.5t(A)
(2)cd棒中电流Icd=Iab=0.5t(A)
则回路中电源电动势E=IcdR总
ab棒切割磁感线，产生的感应电动势为E=B1Lvab
解得ab棒的速度vab=8t(m/s)
可知ab棒做初速度为零的匀加速直线运动
(3)t=1.0 s时，ab棒的速度
vab=8t=8 m/s
根据动能定理可得
W+W安=m-0
可得1.0 s内安培力做功为
W安=-0.6 J
回路中产生的焦耳热为Q=-W安=0.6 J
cd棒上产生的焦耳热Qcd==0.3 J。
补偿强化练
1.A　[线圈a从磁场中匀速拉出的过程中，穿过a线圈的磁通量在减小，根据楞次定律和安培定则可知a线圈中的电流方向为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出，则a中产生的电流为恒定电流，线圈a靠近线圈b的过程中通过线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b中产生的电流方向为顺时针。故选A。]
2.AD　[上滑时由牛顿第二定律得a1==gsin θ+即上滑时金属杆ab做加速度减小的减速直线运动，用v-t图像分析知上滑时的平均速度小于；同理可知，下滑时由牛顿第二定律a2==gsin θ-下滑过程中ab杆做加速度逐渐减小的加速直线运动，由于机械能有损失，所以ab杆经过同一位置时上滑的速度大于下滑的速度，则下滑过程的平均速度小于上滑的平均速度，即小于 选项A正确；经过同一位置时下滑的速度小于上滑的速度，下滑时ab杆受到的安培力小于上滑时所受的安培力，则下滑过程安培力的平均值小于上滑过程安培力的平均值，所以上滑时金属杆克服安培力做的功大于下滑过程克服安培力做的功，故B错误；在上滑过程中，金属杆ab减小的动能转化为焦耳热和杆的重力势能，故上滑过程中电阻R上产生的焦耳热小于金属杆ab减小的动能，故C错误；根据q=Δt=Δt==知上滑过程和下滑过程穿过回路的磁通量的变化量相等，则通过电阻R的电荷量相等，故D正确。]
3.BD　[在一个周期内，安培力F先正向线性增大，再反向线性减小，且增大时的变化率比减小时的变化率大；当线圈内的磁通量垂直纸面向外时，根据左手定则可知，感应电流先沿顺时针方向，再沿逆时针方向，由楞次定律和安培定则可知，穿过线圈的磁通量先增大后减小，则磁感应强度先增大后减小；由F=BIL可知，顺时针的最大电流大于逆时针的最大电流，由I==可知磁感应强度增大的变化率大于减小的变化率，故A错误，B正确；当线圈内的磁通量垂直纸面向里时，根据左手定则可知，感应电流先沿逆时针方向，再沿顺时针方向，由楞次定律和安培定则可知，磁通量先增大后减小，则磁感应强度先增大后减小；由F=BIL可知，逆时针的最大电流大于顺时针的最大电流，则磁感应强度增大的变化率大于减小的变化率，故C错误，D正确。]
4.(1)　　(2)-tan θ或或μ=
解析　(1)当OA运动到正方形细框对角线瞬间，切割的有效长度最大，Lmax=L，此时感应电流最大，CD棒所受的安培力最大，
根据法拉第电磁感应定律得
Emax=BLmax=B·L·
=BL2ω
根据闭合电路欧姆定律得Imax=
故CD棒所受的安培力最大值
Fmax=BImaxL=
当OA运动到与细框一边平行的瞬间，切割的有效长度最短，Lmin=L，感应电流最小，CD棒受到的安培力最小，
感应电动势最小为
Emin=BLmin'=B·L·=
根据闭合电路欧姆定律得Imin=
故CD棒所受的安培力最小值
Fmin=BIminL=
(2)当CD棒受到的安培力最小时根据平衡条件得mgsin θ-μmgcos θ-Fmin=0
当CD棒受到的安培力最大时根据平衡条件得
Fmax-mgsin θ-μmgcos θ=0
联立解得m=
撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律得
Fmax+μmgcos θ-mgsin θ=ma
联立解得μ=-tan θ或μ=或μ=。(共54张PPT)
微专题13
电磁感应的两大规律及应用
专题三　电磁场的基本原理
知识聚焦
高频考点练
内容索引
核心精讲
补偿强化练
知识聚焦
PART ONE
1.感应电流方向的判断：感生电动势——楞次定律；动生电动势——右手定则。
2.在电磁感应的电路中，产生感应电动势的那部分导体相当于电源，若形成回路，电源两端的电压为外电压。
3.电磁感应中的电荷量：q=t=n(n：线圈匝数，ΔΦ：磁通量变化量，R总：闭合电路的总电阻)
核心精讲
PART TWO
4.电磁感应中动力学问题的分析方法
5.能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化关系
(2)焦耳热的三种求法
①焦耳定律：Q=I2Rt，适用于电流、电阻不变的情况。
②功能关系：Q=W克安，系统产生的焦耳热等于系统克服安培力做的功，电流变或不变都适用。
③能量转化：Q=ΔE其他，系统产生的焦耳热等于系统其他能的减少量，电流变或不变都适用。
1
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3
4
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7
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9
高频考点练
PART THREE
考点一　楞次定律　法拉第电磁感应定律
1.(2024·广东卷·4)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
1
2
3
4
5
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7
8
9
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
√
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题图乙所示位置穿过线圈的磁通量Φ= |BS上-BS下|≠BL2，故A错误；
根据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
圈中感应电动势越大，故B、C错误；
永磁铁相对线圈下降时，根据楞次定律和安培定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。
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2.(2024·安徽省部分学校二模联考)用材料相同粗细均匀的导线做成如图所示的单匝线圈，线圈构成一个闭合回路。左侧小圆的半径为2d，中间大圆的半径为3d，右侧小圆的半径为d，左侧两圆连接处缺口的长度可忽略不计，右侧两圆错开相交连通(麻花状)，三个圆处在同一平面，将线圈固定在与线圈所在平面垂直的磁场中，磁感应强度大小为B=B0+kt(k>0)，式中的B0和k为常量，则线圈中感应电动势的大小为
A.14πd2k B.12πd2k
C.6πd2k D.4πd2k
√
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根据楞次定律可知，三个圆中感应电流均为逆时针，左侧小圆和中间大圆产生的感应电流方向相同，而右侧小圆产生的感应电流方向在相交处与中间大圆的电流方向相反，根据法拉第电磁感应定律可得线圈中感应电动势的大小为E=E左+E中-E右=kπ(2d)2+kπ(3d)2-kπd2=12πd2k，故选B。
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3.(2024·湖南卷·4)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
√
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导线绕O点转动过程中相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，如图所示，根据右手定则可知O点电势最高；
根据E=Blv=Bωl2
因为lOb=lOc>lOa
可得0得φO>φa>φb=φc
故选C。
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考点二　电磁感应中的电路、图像问题
4.两个固定的同心金属圆环中间部分存在与圆面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场，如图所示，一长度为4L的金属棒MN，处在如图所示位置时与两圆的交点分别为M、P、Q、N，O点为圆心，P、O、Q将金属棒平均分成了四等份，已知大圆环的总电阻为4R，小圆环和金属棒的电阻均为2R，金属棒和大、小圆环质量分布均匀，当金属棒以速度v经过如图所示位置时，下列说法正确的是
A.金属棒产生的总感应电动势为4BLv
B.金属棒产生的总感应电动势为BLv
C.金属棒MP间产生的感应电流大小为I=
D.金属棒MP间产生的感应电流大小为I=
√
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金属棒中产生的总感应电动势等于MP、QN两段产生的感应电动势之和，E1=E2=BLv，总感应电动势E=E1+E2=2BLv，故A、B错误；
整个电路的等效电路图如图所示，其中等效电源内阻r1=r2=，则总电阻R总=+r1+r2+R=，金属棒MP上产生的感应电流I===，
故C正确，D错误。
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点拨·提炼
电磁感应中电路问题解题思路
5.(多选)(2024·全国甲卷·21)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
√
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设线框的上边框进入磁场时的速度为v，设线框的质量M，物块的质量m，题图中线框进入磁场时的加速度向下，对线框，由牛顿第二定律可知Mg+F安-FT=Ma
对物块有FT-mg=ma
其中F安=
即+(M-m)g=(M+m)a
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线框向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线框匀速运动的速度为v0
=
若线框进入磁场时的速度较小，则线框进入磁场时做
加速度减小的减速运动，线框的速度和加速度都趋近于零，则图像A可能正确；
因t=0时刻线框进入磁场，则进入磁场时线框向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能；
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若线框的质量等于物块的质量，且当线框进入磁场时速度较大时，线框进入磁场做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后线框做匀速运动；当线框出磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速运动，最终出磁场时做匀速运动，则图像C有可能，D不可能。
6.(多选)(2024·福建漳州市模拟)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻可忽略不计；导轨间有一垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场，其边界ab、cd均与导轨垂直。现将两相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，运动过程中PQ、MN始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零，从PQ进入磁场时开始计时，MN中电流记为i，MN两端电势差记为u，则下列i-t、u-t图像可能正确的是
√
√
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MN刚进磁场时的速度与PQ刚进磁场时相同，设t=0时MN中电流为I1，若PQ刚出磁场时MN进入磁场，此时电流立即反向，MN进入磁场后仍匀速运动，因此电流大小不变，A正确，B错误；
PQ刚进磁场时，MN两端的电势差记为U1，若PQ还未离开磁场时MN已进入磁场，根据题设此时两导体棒速度相等，回路电流为零，MN两端的电势差(导体棒切割磁场产生的电动势)为2U1，两导体棒均未离开磁场前做匀加速运动，电动势均匀增大，当PQ离开磁场时，MN的速度大于其刚进入磁场时的速度，其两端的电势差U发生突变，且略大于U1，此后MN做加速度减小的减速运动，MN两端的电势差逐渐减小，C正确；
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只有两导体棒同时在磁场中运动时，MN两端的电势差才等于2U1，但不会恒定不变，D错误。
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点拨·提炼
在解决图像问题时，可以使用排除法，某选项的图像中包含一处以上错误信息，该选项就可以排除。可以从以下几个方面筛查图像中是否含有错误信息：
①图像为直线还是曲线；②变化的趋势是否正确；③图像是否过原点；④交点、转折点的信息是否正确；⑤相邻两段图像的坐标值、斜率的正负、倍数关系是否合理。
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考点三　电磁感应中的动力学、能量问题
7.(多选)(2024·黑吉辽·9)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
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两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda，故A正确；
设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的
电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得
2mgsin 30°-2BILcos 30°=2maab，
对cd有mgsin 30°-BILcos 30°=macd，
故可知aab=acd，分析可知回路中的总电动势为两个导体棒产生的电动势相加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，
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故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，对ab分析可得
2mgsin 30°=2BILcos 30°，解得I=，故B
正确，C错误；
根据前面分析可知aab=acd，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度大小不同，故产生的感应电动势不相等，故D错误。
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8.(多选)(2024·海南卷·13)两根足够长的导轨由上下段电阻不计、光滑的金属导轨组成，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，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棒的电阻为0.08 Ω，cd棒的电阻不计，将ab由静止释放，同时cd从距离MN为x0= 4.32 m处在一个大小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，g=10 m/s2，
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下列说法正确的是
A.ab从释放到第一次碰撞前所用时间为1.44 s
B.ab从释放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳
热为0.78 J
C.两棒第一次碰撞后瞬间，ab的速度大小为6.3 m/s
D.两棒第一次碰撞后瞬间，cd的速度大小为8.4 m/s
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由于导体棒ab、cd同时由静止开始运动，且恰好在M、N处发生弹性碰撞，则说明ab、cd在到达M、N处所用的时间是相同的，对导体棒cd和电容器组成的回路有Δq=C·BLΔv
对cd根据牛顿第二定律有
F-BIL-m2gsin 30°=m2a2
其中a2=，I=
联立有a2=
则说明导体棒cd做匀加速直线运动，
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则有x0=a2t2
联立解得a2=6 m/s2，t=1.2 s，故A错误；
由题知，碰前瞬间ab的速度v1为4.5 m/s，
则根据功能关系有m1gxabsin 30°-Q=m1
导体棒ab下滑过程中根据动量定理有
m1gsin 30°·t-BL·t=m1v1
其中q=t=，
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R总=R+Rab=0.1 Ω
联立解得q=6 C，xab=3 m，Q=3.9 J
则R上消耗的焦耳热为QR=Q=0.78 J
故B正确；
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由于两棒恰好在M、N处发生弹性碰撞，取沿斜面向下为正方向，有
m1v1-m2v2=m1v1'+m2v2'
m1+m2=m1v1'2+m2v2'2
其中v2=a2t=7.2 m/s
联立解得v1'=-3.3 m/s，v2'=8.4 m/s
故C错误，D正确。
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9.(2024·北京市海淀区二模)如图所示，两条光滑的金属导轨相距L=1 m，其中MN段平行于PQ段，位于同一水平面内，NN0段与QQ0段平行，位于与水平面成倾角37°的斜面内，且MNN0与PQQ0均在竖直平面内。在水平导轨区域和倾斜导轨区域内分别有垂直于水平面和斜面的匀强磁场B1和B2，且B1=B2=0.5 T。ab和cd是质量均为m=0.1 kg、电阻均为R=4 Ω的两根金属棒，ab置于水平导轨上，cd置于倾斜导轨上，均与导轨垂直且接触良好。
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从t=0时刻起，ab棒在外力(图中未标出)作用下由静止开始沿水平方向向右运动(ab棒始终在水平导轨上运动，且垂直于水平导轨)，cd棒受到沿斜面且平行于导轨方向的变力作用，并始终处于静止状态，规定沿导轨斜面向上为正方向，该变力F随时间t的变化关系式为F=0.6-0.25t(N)。不计导轨的电阻。(sin 37°=0.6，重力加速度g=10 m/s2)
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(1)求流过cd棒的电流Icd的方向及其大小随时间t变化的函数关系；
答案　d到c　Icd=0.5t(A)　
ab棒向右运动由右手定则可知电流方向为abdca，由于cd棒处于平衡状态，则有F+Fcd=mgsin 37°
Fcd=B2IcdL
解得Icd=0.5t(A)
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(2)求ab棒在水平导轨上运动的速度vab随时间t变化的函数关系；
答案　vab=8t(m/s)　
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cd棒中电流Icd=Iab=0.5t(A)
则回路中电源电动势E=IcdR总
ab棒切割磁感线，产生的感应电动势为
E=B1Lvab
解得ab棒的速度vab=8t(m/s)
可知ab棒做初速度为零的匀加速直线运动
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(3)若t=0时刻起，1.0 s内作用在ab棒上的外力做功为W=3.8 J，求这段时间内cd棒产生的焦耳热Qcd。
答案　0.3 J
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t=1.0 s时，ab棒的速度
vab=8t=8 m/s
根据动能定理可得W+W安=m-0
可得1.0 s内安培力做功为
W安=-0.6 J
回路中产生的焦耳热为Q=-W安=0.6 J
cd棒上产生的焦耳热Qcd==0.3 J。
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补偿强化练
PART FOUR
1.(2024·江苏卷·10)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处在匀强磁场中，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
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圈a靠近线圈b的过程中通过线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b中产生的电流方向为顺时针。故选A。
线圈a从磁场中匀速拉出的过程中，穿过a线圈的磁通量在减小，根据楞次定律和安培定则可知a线圈中的电流方向为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出，则a中产生的电流为恒定电流，线
2.(多选)(2024·安徽省三模)如图所示，质量为m、长为L的金属杆ab，以一定的初速度v0从一光滑平行金属轨道的底端向上滑行，轨道平面与水平面成θ角，轨道平面处于磁感应强度为B、方向垂直轨道平面向上的匀强磁场中，两导轨上端与一阻值为R的电阻相连，轨道与金属杆ab的电阻均不计，金属杆向上滑行到某一高度后又返回到底端，则金属杆
A.在上滑和下滑过程中的平均速度均小于
B.在上滑过程中克服安培力做的功等于下滑过程
中克服安培力做的功
C.在上滑过程中电阻R上产生的焦耳热等于金属杆ab减少的动能
D.在上滑过程中通过电阻R的电荷量等于下滑过程中通过电阻R的电荷量
√
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度小于；同理可知，下滑时由牛顿第二定律a2==gsin θ-，下滑过程中ab杆做加速度逐渐减小的加速直线运动，由于机械
能有损失，所以ab杆经过同一位置时上滑的速度大于下滑的速度，则下滑过程的平均速度小于上滑的平均速度，即小于， 选项A正确；
上滑时由牛顿第二定律得a1==gsin θ +，即上滑时金属杆ab做加速度减小的减
速直线运动，用v-t图像分析知上滑时的平均速
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滑过程克服安培力做的功，故B错误；
在上滑过程中，金属杆ab减小的动能转化为焦耳热和杆的重力势能，故上滑过程中电阻R上产生的焦耳热小于金属杆ab减小的动能，故C错误；
根据q=Δt=Δt==，知上滑过程和下滑过程穿过回路的磁通量的变化
量相等，则通过电阻R的电荷量相等，故D正确。
经过同一位置时下滑的速度小于上滑的速度，下滑时ab杆受到的安培力小于上滑时所受的安培力，则下滑过程安培力的平均值小于上滑过程安培力的平均值，所以上滑时金属杆克服安培力做的功大于下
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3.(多选)(2024·陕西榆林市三模)如图甲所示，一个矩形金属框ABCD通过细杆悬挂在竖直平面内，悬点P为AB边中点。金属框AB边水平，平行AB边的虚线EF下方存在有随时间变化的匀强磁场(未画出)，磁场范围足够大、方向垂直纸面(竖直平面)。若金属框的重量忽略不计，规定金属框所受安培力向上为正方向，
t=0时刻起，金属框所受安培力F随时间t的变化图像如图乙所示。取垂直纸面向外为磁感应强度的正方向，则t=0时刻起磁感应强度B随时间t的变化图像可能正确的是
√
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在一个周期内，安培力F先正向线性增大，再反向线性减小，且增大时的变化率比减小时的变化率大；当线圈内的磁通量垂直纸面向外时，根据左手定则可知，感应电流先沿
顺时针方向，再沿逆时针方向，由楞次定律和安培定则可知，穿过线圈的磁通量先增大后减小，则磁感应强度先增大后减小；由F=BIL可知，顺时针的最大电流大于逆时针的最大电流，由I==，可知磁感应强度增大的变化率大于减小的变化率，故A错误，B正确；
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当线圈内的磁通量垂直纸面向里时，根据左手定则可知，感应电流先沿逆时针方向，再沿顺时针方向，由楞次定律和安培定则可知，磁通量先增大后减小，
则磁感应强度先增大后减小；由F=BIL可知，逆时针的最大电流大于顺时针的最大电流，则磁感应强度增大的变化率大于减小的变化率，故C错误，D正确。
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4.(2024·河北卷·14)如图，边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处固定一竖直细导体轴OO'。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框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。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和
最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为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。
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(1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值。
答案　　　
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当OA运动到正方形细框对角线瞬间，切割的有效长度最大，Lmax= L，此时感应电流最大，CD棒所受的安培力最大，
根据法拉第电磁感应定律得
Emax=BLmax=B·L·=BL2ω
根据闭合电路欧姆定律得Imax=
故CD棒所受的安培力最大值
Fmax=BImaxL=
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4
当OA运动到与细框一边平行的瞬间，切割的有效长度最短，Lmin=L，感应电流最小，CD棒受到的安培力最小，
感应电动势最小为
Emin=BLmin'=B·L·=
根据闭合电路欧姆定律得Imin=
故CD棒所受的安培力最小值
Fmin=BIminL=
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4
(2)锁定OA棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD棒的加速度大小为a，所受安培力大小等于(1)问中安培力的最大值，求CD棒与导轨间的动摩擦因数。
答案　-tan θ或或μ=
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当CD棒受到的安培力最小时根据平衡条件得mgsin θ-μmgcos θ-Fmin=0
当CD棒受到的安培力最大时根据平衡条件得
Fmax-mgsin θ-μmgcos θ=0
联立解得m=
撤去推力瞬间，根据牛顿第二定律得
Fmax+μmgcos θ-mgsin θ=ma
联立解得μ=-tan θ或μ=或μ=。

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