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1.(多选)(2025·珠海市等三地一模)学生常用的饭卡内部结构由线圈和芯片组成。如图所示，当饭卡处于感应区域时，刷卡机会激发变化的磁场，在饭卡内线圈中产生感应电流驱动芯片工作。已知线圈面积为S，共n匝，某次刷卡时，线圈全部处于磁场区域内，且垂直于线圈平面向外的磁场在t0时间内，磁感应强度由0均匀增大到B0，在此过程中(　　)
A．线圈中磁通量的最大值为nB0S
B．线圈中产生感应电流沿A—B—C—D—A方向
C．线圈面积有缩小的趋势
D．线圈中感应电动势大小为n
解析：选BCD。线圈中磁通量的最大值Φ＝B0S，故A错误；通过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知线圈中感应电流的磁场方向垂直于线圈平面向里，由安培定则可知线圈中产生感应电流沿A—B—C—D—A方向，故B正确；通过线圈的磁通量增大，线圈面积有缩小的趋势，阻碍磁通量的变化，故C正确；线圈中感应电动势大小E＝n＝n，故D正确。
2.(2025·广西柳州市三模)如图所示，100匝边长为10 cm的正方形线圈，一半放在磁感应强度为2 T的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合，线圈沿图示方向匀速转动，角速度为6 rad/s，线圈的总电阻为5 Ω，从图示位置开始，线圈转过30°时所受安培力大小为(　　)
A．0.12 N B．0.24 N
C．12 N D．24 N
解析：选C。线圈转动过程中ab边切割磁感线，ab边各点的线速度大小v＝ω·L＝0.3 m/s，线圈转过30°时，产生的感应电动势E＝nBLv sin 30°＝3 V，此时感应电流I＝＝0.6 A，线圈转过30°时所受安培力大小等于ab边所受安培力大小F＝nBIL＝12 N。
3.(2025·甘肃卷，T6)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到内，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
解析：选C。在0到时间内，磁感应强度B增加，根据Φ＝BS，则磁通量Φ增加，但是图像的斜率减小，即磁感应强度B的变化率逐渐减小，根据法拉第电磁感应定律可知E＝S，感应电动势E逐渐减小，A错误；当t＝和t＝时，因B－t图像的斜率大小相等，符号相反，可知感应电动势E大小相等，方向相反，B错误；t＝时，B最大，则磁通量Φ最大，但是B的变化率为零，则感应电动势E为零，C正确；t＝时，B为零，则磁通量Φ为零，但是B的变化率最大，则感应电动势E最大，D错误。
4．(2025·广州市普通高中模拟)我国某地一次消防演练中，一直升机利用四根相同的绝缘绳索将金属线框abcd吊起，线框始终保持水平。地磁场的竖直分量By，随距离地面高度h的增大而减小，当飞机带动线框匀速上升时(　　)
A．穿过线框的磁通量增大
B．线框中感应电流方向为abcd
C．线框的四条边有向内收缩的趋势
D．绳索对线框的作用力小于线框的重力
解析：选B。地磁场的竖直分量随距离地面高度h的增大而减小，故穿过线框的磁通量减小，故A错误；根据楞次定律，向下的磁通量减小，可知感应电流的磁场向下，线框中感应电流方向为abcd，穿过线框的磁通量减小，线框的四条边有向外扩张的趋势，故B正确，C错误；线框受到的安培力的合力为零，当飞机带动线框匀速上升时，绳索对线框的作用力等于线框的重力，故D错误。
5．(多选)(2025·广东卷，T9)如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
解析：选BD。设线圈的长为l，磁场的磁感应强度大小为B，步骤①中BIl＝(M＋m)g，则I越大，m越大，B正确；测量与线圈电阻无关，线圈电阻无法求出，A错误；步骤②中Blv＝E，v越大，E越大，C错误；由上述分析可得，m＝－M，D正确。
6．(2025·陕晋青宁卷，T7)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
解析：选D。线框进磁场时，磁通量增大，感应电流的磁场阻碍磁通量增大，由安培定则知甲线框进磁场时电流方向为顺时针，同理得出磁场时，电流方向为逆时针，A错误；线框刚进磁场时，切割磁感线的有效长度为L，感应电动势E＝BLv0，甲线框中电流I甲＝，乙线框中电流I乙＝，安培力F＝BIL，则甲线框所受合力大小F甲＝，乙线框所受合力大小F乙＝，＝，B错误；乙线框进磁场和出磁场过程，总磁通量变化ΔΦ＝2×2BL2＝4BL2，根据动量定理有－B乙LΔt＝mv乙－mv0，又乙Δt＝Δt＝Δt＝，联立解得v乙＝≠0，C错误；同理，可求出甲线框完全出磁场时的速度v甲＝0，由能量守恒定律可知，整个过程甲线框产生的焦耳热Q甲＝mv－0＝，乙线框产生的焦耳热Q乙＝mv－mv＝，＝，D正确。
7．(2025·中山市期末)一质量为2m的足够长U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，bc边长为L，金属框ab边与cd边电阻不计，bc边电阻为R。一长为L的导体棒MN置于金属框上，导体棒的阻值为R，质量为3m。装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN始终与金属框保持良好接触，求整个运动过程中：
(1)导体棒的最大速度；
(2)通过导体棒的电荷量；
(3)导体棒产生的焦耳热。
解析：(1)以整体为研究对象，整体水平方向不受外力，动量守恒，最终金属框与导体棒速度相等为v，根据动量守恒定律得2mv0＝(2m＋3m)v
解得v＝v0。
(2)对导体棒根据动量定理得BLΔt＝3mv
又Δt＝q
解得q＝。
(3)以整体为研究对象，设回路产生的总焦耳热为Q，则
Q＝×2mv－×5mv2
金属框bc边电阻与导体棒电阻均为R，所以有
QMN＝Q
解得QMN＝mv。
答案：(1)v0　(2)　(3)mv
8．如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，两导轨间距L＝0.5 m，M、P两点间接有阻值R＝0.5 Ω的电阻，一根质量m＝0.5 kg的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，金属杆的电阻r＝0.5 Ω，整套装置处于磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小v＝2 m/s时，求此时杆加速度的大小a。
(2)求ab杆下落的最大速度vm的大小。
(3)若ab杆下滑距离d＝2 m时已经达到最大速度，求此过程中电阻R上产生的热量QR。
解析：(1)金属杆垂直切割磁感线产生的电动势
E＝BLv
闭合电路的电流I＝
金属杆所受安培力F安＝BIL
由牛顿第二定律可知mg sin 37°－F安＝ma
联立解得a＝2 m/s2。
(2)当a＝0时，杆的速度达到最大，有
mg sin 37°＝BImL
Im＝
联立可得vm＝3 m/s。
(3)由能量守恒可得mgd sin 37°＝Q＋mv
解得Q＝3.75 J
电阻R和金属杆ab串联，热量之比等于电阻之比，有
QR＝Q＝1.875 J。
答案：(1)2 m/s2　(2)3 m/s　(3)1.875 J(共24张PPT)
复习效果自测
BCD
解析：线圈中磁通量的最大值Φ＝B0S，故A错误；
通过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知线圈中感应电流的磁场方向垂直于线圈平面向里，由安培定则可知线圈中产生感应电流沿A—B—C—D—A方向，故B正确；
通过线圈的磁通量增大，线圈面积有缩小的趋势，阻碍磁通量的变化，故C正确；
2.(2025·广西柳州市三模)如图所示，100匝边长为10 cm的正方
形线圈，一半放在磁感应强度为2 T的匀强磁场中，线圈轴线
OO′与磁场边界重合，线圈沿图示方向匀速转动，角速度为
6 rad/s，线圈的总电阻为5 Ω，从图示位置开始，线圈转过30°
时所受安培力大小为(　　)
A．0.12 N
B．0.24 N
C．12 N
D．24 N
C
C
4．(2025·广州市普通高中模拟)我国某地一次消防演练中，一直升机利用四根相同的绝缘绳索将金属线框abcd吊起，线框始终保持水平。地磁场的竖直分量By，随距离地面高度h的增大而减小，当飞机带动线框匀速上升时(　　)

A．穿过线框的磁通量增大
B．线框中感应电流方向为abcd
C．线框的四条边有向内收缩的趋势
D．绳索对线框的作用力小于线框的重力
B
解析：地磁场的竖直分量随距离地面高度h的增大而减小，故穿过线框的磁通量减小，故A错误；
根据楞次定律，向下的磁通量减小，可知感应电流的磁场向下，线框中感应电流方向为abcd，穿过线框的磁通量减小，线框的四条边有向外扩张的趋势，故B正确，C错误；
线框受到的安培力的合力为零，当飞机带动线框匀速上升时，绳索对线框的作用力等于线框的重力，故D错误。
BD
解析：设线圈的长为l，磁场的磁感应强度大小为B，步骤①中BIl＝(M＋m)g，则I越大，m越大，B正确；
测量与线圈电阻无关，线圈电阻无法求出，A错误；
步骤②中Blv＝E，v越大，E越大，C错误；
D
解析：线框进磁场时，磁通量增大，感应电流的磁场阻碍磁通量增大，由安培定则知甲线框进磁场时电流方向为顺时针，同理得出磁场时，电流方向为逆时针，A错误；
7．(2025·中山市期末)一质量为2m的足够长U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，bc边长为L，金属框ab边与cd边电阻不计，bc边电阻为R。一长为L的导体棒MN置于金属框上，导体棒的阻值为R，质量为3m。装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。现给金属框水平向右的初速度v0，在整个运动过程中MN始终与金属框保持良好接触，求整个运动过程中：
(1)导体棒的最大速度；
(2)通过导体棒的电荷量；
(3)导体棒产生的焦耳热。
8．如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，两导轨间距L＝0.5 m，M、P两点间接有阻值R＝0.5 Ω的电阻，一根质量m＝0.5 kg的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，金属杆的电阻r＝0.5 Ω，整套装置处于磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小v＝2 m/s时，求此时杆加速度的大小a。
答案：2 m/s2　
(2)求ab杆下落的最大速度vm的大小。
答案：3 m/s　
(3)若ab杆下滑距离d＝2 m时已经达到最大速度，求此过程中电阻R上产生的热量QR。
答案：1.875 J专题十三　电磁感应的综合分析
[考情分析]
高考命题点 高考广东卷 其他高考卷(供参考)
1.两个定律的应用 广东卷T4 广东卷T10 广东卷T10 北京卷 T3、9、10，甘肃卷 T5、6，湖北卷 T5，河南卷 T5、9，山东卷 T7，黑吉辽蒙卷 T9，陕晋青宁卷 T6　 湖北卷T1，湖南卷T4，甘肃卷T6，江苏卷T10　 辽宁卷T4，北京卷T5，海南卷T6，河北卷T8，湖北卷T5，重庆卷T2，江苏卷T8
2.电磁感应中的动力学和能量问题 广东卷T9 广东卷T14 江苏卷 T15，四川卷 T14　 河北卷T14，黑吉辽卷T9，山东卷T11，安徽卷T15　 北京卷T9，山东卷T12，天津卷T11
3.电磁感应中的动量和能量观点的应用 安徽卷 T15，福建卷 T15，甘肃卷 T15，海南卷 T18，河北卷 T15，山东卷 T18，云南卷 T15，重庆卷 T10，湖南卷 T9，广西卷 T7，黑吉辽蒙卷 T14，陕晋青宁卷 T7　 湖北卷T15，湖南卷T8，江西卷T15，海南卷T13　 海南卷T17，新课标卷T26，辽宁卷T10，湖南卷T14，重庆卷T7
命题点1　两个定律的应用
1．感应电流方向的两种判断方法
(1)楞次定律：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)右手定则：导体棒切割磁感线的情形往往用右手定则。
2．楞次定律中“阻碍”的四种表现形式
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”。
(2)阻碍物体间的相对运动——“来拒去留”。
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——一般情况下为“增缩减扩”。
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——一般情况下为“增反减同”。
3．感应电动势的四种求解方法
(1)法拉第电磁感应定律。
E＝n
(2)导体棒垂直切割磁感线：E＝Blv。
(3)导体棒以一端为圆心在垂直于匀强磁场的平面内匀速转动：E＝Bl2ω。
(4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动(从线圈位于中性面开始计时)：e＝nBSωsin ωt。
4．感应电荷量的计算思路：q＝Δt＝·Δt＝。q仅与n、ΔΦ和回路总电阻R总有关，与时间长短无关，与Φ是否均匀变化无关。
考向1　楞次定律的理解和应用
　(2025·河南卷，T5)如图所示，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(　　)
[解析]　金属薄片中心运动到N极正下方时，穿过金属薄片的磁场竖直向下，金属薄片向右运动，通过金属薄片右半部分的磁场正在减弱，所以右侧涡电流产生的磁场向下，由安培定则判断可知涡电流为顺时针方向(俯视)，通过金属薄片左半部分的磁场正在增强，所以左侧涡电流产生的磁场向上，由安培定则判断可知涡电流为逆时针方向(俯视)，C正确。
[答案]　C
　(2025·陕晋青宁卷，T6)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
[解析]　当钢制线圈与电容器组接通时，钢制线圈中产生迅速增大的电流，即在线圈里产生迅速增强的磁场，由法拉第电磁感应定律和楞次定律知，铜环中产生很大的感应电流，且方向与钢制线圈中电流方向相反，大小几乎相等，阻碍钢环内磁通量的变化，且F＝BIL，只有电流I很大，铜环才能迅速压缩，故B符合题意。
[答案]　B
考向2　法拉第电磁感应定律的应用
　(2025·北京卷，T10)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
[解析]　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；根据楞次定律可知，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；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；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。
[答案]　D
　(2025·湖北卷，T5)如图(a)所示，相距L的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内，两长度均为L、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上，金属棒与导轨接触良好，导轨电阻忽略不计。导轨间存在与导轨平面垂直的匀强磁场，其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图(b)所示，t＝T时刻，B＝0；t＝0时刻，B＝B0，两棒相距x0，ab棒速度为零，cd棒速度方向水平向右，并与棒垂直，则0～T时间内流过回路的电荷量为(　　)
A． B．
C． D．
[解析]　根据法拉第电磁感应定律，闭合回路中产生的感应电动势E＝，根据闭合电路欧姆定律得电流I＝，通过回路的电荷量为q＝IΔt，0～T时间内ΔΦ＝B0Lx0，联立解得q＝，B正确。
[答案]　B
考向3　导体切割磁感线产生感应电动势
　(多选)(2025·黑吉辽蒙卷，T9)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．0到过程中，感应电动势平均值为0
[解析]　t＝0时线框的af边切割磁感线，根据右手定则可知电流方向为abcdefa，感应电动势E1＝Blv＝Bl2ω，A、B正确；当t＝时，线框转动180°，此时只有线框的af边切割磁感线，感应电动势E2＝Bl2ω，C错误；从t＝0到t＝过程中，磁通量的变化量ΔΦ＝2Bl2，感应电动势平均值＝＝，D错误。
[答案]　AB
命题点2　电磁感应中的动力学和能量问题
1．电磁感应综合问题的解题思维
2．求解焦耳热的三种方法
(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流恒定的情况。
(2)功能关系：Q＝W克安(W克安为克服安培力做的功)。
(3)能量转化：Q＝ΔE(其他能的减小量)。
　(2025·佛山市质检)如图所示，质量为m、边长为L、总电阻为R的单匝正方形线框abcd能在两竖直光滑绝缘导轨间滑行，导轨间存在两个直径为L的相切的圆形磁场区域(AB和EF分别为两圆与轨道垂直的直径)，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于导轨平面向外和向里，线框从图中位置(ab边与磁场上边界相切)由静止释放，线框ab边滑至EF处时加速度为零，重力加速度为g，求：
(1)ab边滑至EF处时，线框的电流大小I及速度大小v；
(2)ab边由静止滑至EF处的过程中，线框产生的焦耳热Q；
(3)ab边由静止滑至CD处的过程中，流过线框某一截面的电量q。
[解析]　(1)线框ab边滑至EF处时加速度为零，则mg＝2BIL
根据法拉第电磁感应定律可得
I＝＝
解得I＝，v＝。
(2)根据能量守恒定律可得
mg·L＝mv2＋Q
解得Q＝mgL－。
(3)ab边由静止滑至CD处的过程中，流过线框某一截面的电量q＝Δt＝Δt＝，ΔΦ＝B·π2
所以q＝。
[答案]　(1)　　(2)mgL－　(3)
　(2025·四川卷，T14)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。
[解析]　(1)金属杆在导轨上运动时，切割磁感线，产生的感应电动势E＝Blv。
(2)金属杆运动距离为d时，电路中的总电阻
R＝2dr＋2sr
故此时回路中的总的热功率P＝＝。
(3)设金属杆保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程为x，此时刚好将要脱离导轨，此时绳子拉力为T，与水平方向的夹角为θ ，对金属杆根据受力平衡可知F安＝T cos θ，mg＝T sin θ
根据位置关系有tan θ＝
同时有F安＝BIl，I＝
联立解得x＝。
[答案]　(1)Blv　(2)　(3)
情景分类 运动状态 情景图示 情景分析
棒、框平衡问题 静止 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
匀速运动 　最终匀速运动
棒、框不平衡 变加速运动 受力分析，分析加速度的变化
匀加速运动 棒匀加速最后双棒加速度相同 受力分析，利用牛顿第二定律求加速度
棒、框运动过程中能量问题 棒、框从某一速度到另一速度 棒从静止到匀速时产生的焦耳热 利用能量守恒定律或功能关系求产生的焦耳热，回路中有多个电阻时，注意热量的分配
命题点3　电磁感应中的动量和能量观点的应用
1．单棒模型
2．双棒模型
物理模型
两杆都在运动，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒
分析方法 动力学观点 通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动
能量观点 两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和
动量观点 对双杆合外力为零，应用动量守恒定律处理速度问题，对其中一杆应用动量定理可解电荷量、时间及位移差问题
考向1　动量定理的应用
　(2025·黑吉辽蒙卷，T14)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 s到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。
[解析]　(1)由题图(b)可知t＝0.5 s时B1＝0.15 T，B－t图线斜率大小|k|＝＝0.1 T/s
由E＝·得E＝0.05 V
导体框中电流I＝＝0.1 A
导体框ad边受到的安培力大小F＝B1IL＝0.015 N。
(2)由楞次定律和安培定则可知，0到1 s过程中，导体框中的电流沿顺时针方向为正，由题图(c)可知1 s到2 s过程导体框中的电流沿逆时针方向、大小为0.2 A，故磁场方向不变，磁感应强度应均匀增大，斜率是0到1 s时图线斜率的绝对值的2倍，B－t图像如图所示。
(3)由(2)知t＝2 s时B2＝0.3 T
导体框离开磁场过程中，以向右为正方向，由动量定理有－B2L·Δt＝mv1－mv0
又·Δt＝＝
可得v1＝0.01 m/s。
[答案]　(1)0.015 N　(2)图像见解析　(3)0.01 m/s
考向2　动量守恒定律的应用
　(2025·佛山市质检)如图，两固定光滑平行直金属导轨MN、M′N′与PQ、P′Q′间用两段光滑小圆弧平滑连接，两导轨间距L＝0.5 m，M、M′两点间接有阻值R＝2.0 Ω的电阻。质量m1＝0.2 kg的均匀直金属杆ab放在导轨上，其接入回路的电阻r＝0.5 Ω，质量m2＝0.6 kg的绝缘杆cd静置于水平轨道上，水平轨道处于磁感应强度大小B＝1 T、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨电阻忽略不计。现让金属杆ab由静止释放，释放点距水平轨道的竖直高度h＝0.45 m，进入水平轨道减速运动一段时间后，与绝缘杆cd发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后瞬间杆ab的速度大小v1＝1 m/s，方向水平向右。已知杆ab、cd均与导轨垂直，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)金属杆ab刚进入磁场时的加速度大小a；
(2)两杆碰后瞬间，绝缘杆cd获得的速度大小；
(3)全过程中电阻R上产生的焦耳热。
[解析]　(1)金属杆滑下过程，由机械能守恒定律有m1gh＝m1v2
刚进入磁场时，由电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有I＝
由安培力公式和牛顿第二定律有BIL＝m1a
解得a＝1.5 m/s2。
(2)设碰撞前瞬间ab的速度大小为v0，碰后瞬间绝缘杆速度大小为v2，根据碰撞过程中ab、cd系统动量守恒与能量守恒有m1v0＝－m1v1＋m2v2
m1v＝m1v＋m2v
解得v0＝2 m/s，v2＝1 m/s。
(3)碰撞后cd棒做匀速直线运动，金属杆ab最终静止于水平轨道上，全过程由能量守恒定律，有
m1gh＝m2v＋Q
全过程中电阻R上产生的焦耳热QR＝Q
解得QR＝0.48 J。
[答案]　(1)1.5 m/s2　(2)1 m/s　(3)0.48 J
审题与规范答题(四)——电磁感应型
【审题定位】
电磁感应问题主要考查电磁感应现象与直流电路、磁场、动力学、动量和能量相联系的综合问题。基本思路：①用法拉第电磁感应定律及楞次定律求感应电动势的大小及方向；②求电路中的电流；③分析导体的受力情况，根据平衡条件或者牛顿第二定律列方程；④分析导体运动过程中各力做功和能量的转化情况，考虑应用能量解决问题；⑤涉及电荷量或者位移的求解，一般用动量定理；双棒运动的问题，如果最终同速，一般考虑用动量守恒定律。
【题目示例】
(10分)如图所示，两平行金属直导轨ab、a′b′固定于同一水平绝缘桌面上，两导轨之间的距离为L，a、a′端与倾角为30°的倾斜金属导轨平滑连接，倾斜导轨上端连接阻值为R的定值电阻，b、b′端与位于竖直面内、半径相同的半圆形金属导轨平滑连接，所有金属导轨的电阻忽略不计。仅水平导轨abb′a′所围矩形区域存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一根质量为m、电阻为R、长度为L的细金属棒M与导轨垂直，静置于aa′处，另一根与M长度相同、质量为2m的①细绝缘棒N由倾斜导轨上与aa′距离为L处静止释放，一段时间后N与M发生②弹性碰撞，碰撞时间极短。碰撞后，M和N③先后恰好运动到半圆形导轨的最高点(抛出后立即撤去)，运动过程中棒与导轨始终垂直且接触良好。不计一切摩擦，重力加速度为g。求：
(1)半圆形金属导轨的半径r；
(2)整个过程中④定值电阻R产生的焦耳热Q。
【信息提取】
序号 信息提取
① 细绝缘棒N在磁场中运动过程不产生感应电动势
② 弹性碰撞的碰撞过程动量和机械能守恒
③ 先后恰好运动到半圆形导轨的最高点，则在最高点重力提供向心力，M、N棒速度相同
④ N棒绝缘，定值电阻R产生的焦耳热为整个电路的一半
【规范答题】
(1)(第1个给分点：7分)
对绝缘棒N，由动能定理得
2mgL sin 30°＝×2mv(1分)
绝缘棒N与金属棒M发生弹性碰撞，可得
2mvN＝2mvN′＋mvM′( 1分)
×2mv＝×2mvN′2＋mvM′2(1分)
因M和N恰好均能通过半圆形导轨的最高点，则M和N通过bb′时速度大小相等
则v＝vN′＝(1分)
M在半圆形导轨最高点时有mg＝m(1分)
M由半圆形导轨最低点到最高点有
－mg·2r＝mv′2－mv2(1分)
解得r＝。(1分)
(2)(第2个给分点：3分)
M从aa′运动到bb′，由能量守恒定律得
mvM′2－mv2＝Q总(1分)
定值电阻R产生的焦耳热Q＝(1分)
解得Q＝mgL。(1分)(共54张PPT)
专题十三　电磁感应的综合分析
命题点1　两个定律的应用
01
1．感应电流方向的两种判断方法
(1)楞次定律：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)右手定则：导体棒切割磁感线的情形往往用右手定则。
2．楞次定律中“阻碍”的四种表现形式
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”。
(2)阻碍物体间的相对运动——“来拒去留”。
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——一般情况下为“增缩减扩”。
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——一般情况下为“增反减同”。
(2)导体棒垂直切割磁感线：E＝Blv。


(4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动(从线圈位于中性面开始计时)：e＝nBSωsin ωt。
　考向1　楞次定律的理解和应用
　　　(2025·河南卷，T5)如图所示，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(　　)
C
[解析]　金属薄片中心运动到N极正下方时，穿过金属薄片的磁场竖直向下，金属薄片向右运动，通过金属薄片右半部分的磁场正在减弱，所以右侧涡电流产生的磁场向下，由安培定则判断可知涡电流为顺时针方向(俯视)，通过金属薄片左半部分的磁场正在增强，所以左侧涡电流产生的磁场向上，由安培定则判断可知涡电流为逆时针方向(俯视)，C正确。
　(2025·陕晋青宁卷，T6)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
B
[解析]　当钢制线圈与电容器组接通时，钢制线圈中产生迅速增大的电流，即在线圈里产生迅速增强的磁场，由法拉第电磁感应定律和楞次定律知，铜环中产生很大的感应电流，且方向与钢制线圈中电流方向相反，大小几乎相等，阻碍钢环内磁通量的变化，且F＝BIL，只有电流I很大，铜环才能迅速压缩，故B符合题意。
　考向2　法拉第电磁感应定律的应用
　　　(2025·北京卷，T10)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
D
[解析]　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；
根据楞次定律可知，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；
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；
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。
B
AB
[解析]　t＝0时线框的af边切割磁感线，根据右手定则可知电流方向为abcdefa，感应电动势E1＝Blv＝Bl2ω，A、B正确；
命题点2　
电磁感应中的动力学和能量问题
02
1．电磁感应综合问题的解题思维
2．求解焦耳热的三种方法
(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流恒定的情况。
(2)功能关系：Q＝W克安(W克安为克服安培力做的功)。
(3)能量转化：Q＝ΔE(其他能的减小量)。
　(2025·佛山市质检)如图所示，质量为m、边长为L、总电阻为R的单匝正方形线框abcd能在两竖直光滑绝缘导轨间滑行，导轨间存在两个直径为L的相切的圆形磁场区域(AB和EF分别为两圆与轨道垂直的直径)，磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于导轨平面向外和向里，线框从图中位置(ab边与磁场上边界相切)由静止释放，线框ab边滑至EF处时加速度为零，重力加速度为g，求：
(1)ab边滑至EF处时，线框的电流大小I及速度大小v；
(2)ab边由静止滑至EF处的过程中，线框产生的焦耳热Q；
(3)ab边由静止滑至CD处的过程中，流过线框某一截面的电量q。
　　　(2025·四川卷，T14)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S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；
[解析]　金属杆在导轨上运动时，切割磁感线，产生的感应电动势E＝Blv。
[答案]　Blv　
(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。
情景分类 运动状态 情景图示 情景分析
棒、框平 衡问题
静止
闭合K，ab恰好静止
匀速运动
恰好匀速进入磁场
最终匀速运动
棒、框处于平衡状态，进行受力分析，满足合力为零
情景分类 运动状态 情景图示 情景分析
棒、框 不平衡

变加速运动
受力分析，分析加速度的变化
匀加速运动
棒匀加速
最后双棒加速度相同
受力分析，利用牛顿第二定律求加速度
情景分类 运动状态 情景图示 情景分析
棒、框运 动过程中 能量问题
棒、框从某
一速度到
另一速度
棒从静止到匀速时
产生的焦耳热
利用能量守恒定律或功能关系求产生的焦耳热，回路中有多个电阻时，注意热量的分配
命题点3　
电磁感应中的动量和能量观点的应用
03
1．单棒模型
2．双棒模型
物理 模型

两杆都在运动，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒
分析 方法
动力学
观点
通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动
能量
观点
两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和
动量
观点
对双杆合外力为零，应用动量守恒定律处理速度问题，对其中一杆应用动量定理可解电荷量、时间及位移差问题
　考向1　动量定理的应用
　　　(2025·黑吉辽蒙卷，T14)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。
[答案]　0.015 N　
(2)在图(b)中画出1 s到2 s内B－t图像(无需写出计算过程)。
[解析]　由楞次定律和安培定则可知，0到1 s过程中，导体
框中的电流沿顺时针方向为正，由题图(c)可知1 s到2 s过程
导体框中的电流沿逆时针方向、大小为0.2 A，故磁场方向
不变，磁感应强度应均匀增大，斜率是0到1 s时图线斜率的绝对值的2倍，B－t图像如图所示。
[答案]　图像见解析　
(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]　0.01 m/s
　考向2　动量守恒定律的应用
　　　(2025·佛山市质检)如图，两固定光滑平行直金属导轨MN、M′N′与PQ、P′Q′间用两段光滑小圆弧平滑连接，两导轨间距L＝0.5 m，M、M′两点间接有阻值R＝2.0 Ω的电阻。质量m1＝0.2 kg的均匀直金属杆ab放在导轨上，其接入回路的电阻r＝0.5 Ω，质量m2＝0.6 kg的绝缘杆cd静置于水平轨道上，水平轨道处于磁感应强度大小B＝1 T、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨电阻忽略不计。现让金属杆ab由静止释放，释放点距水平轨道的竖直高度h＝0.45 m，进入水平轨道减速运动一段时间后，与绝缘杆cd发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后瞬间杆ab的速度大小v1＝1 m/s，方向水平向右。已知杆ab、cd均与导轨垂直，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)金属杆ab刚进入磁场时的加速度大小a；
[答案]　1.5 m/s2　
(2)两杆碰后瞬间，绝缘杆cd获得的速度大小；
[答案]　1 m/s　
(3)全过程中电阻R上产生的焦耳热。
[答案]　0.48 J
审题与规范答题(四)——电磁感应型
【审题定位】
电磁感应问题主要考查电磁感应现象与直流电路、磁场、动力学、动量和能量相联系的综合问题。基本思路：①用法拉第电磁感应定律及楞次定律求感应电动势的大小及方向；②求电路中的电流；③分析导体的受力情况，根据平衡条件或者牛顿第二定律列方程；④分析导体运动过程中各力做功和能量的转化情况，考虑应用能量解决问题；⑤涉及电荷量或者位移的求解，一般用动量定理；双棒运动的问题，如果最终同速，一般考虑用动量守恒定律。
【题目示例】
(10分)如图所示，两平行金属直导轨ab、a′b′固定于同一水平绝缘桌面上，两导轨之间的距离为L，a、a′端与倾角为30°的倾斜金属导轨平滑连接，倾斜导轨上端连接阻值为R的定值电阻，b、b′端与位于竖直面内、半径相同的半圆形金属导轨平滑连接，所有金属导轨的电阻忽略不计。仅水平导轨abb′a′所围矩形区域存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。
一根质量为m、电阻为R、长度为L的细金属棒M与导轨垂直，静置于aa′处，另一根与M长度相同、质量为2m的①细绝缘棒N由倾斜导轨上与aa′距离为L处静止释放，一段时间后N与M发生②弹性碰撞，碰撞时间极短。碰撞后，M和N③先后恰好运动到半圆形导轨的最高点(抛出后立即撤去)，运动过程中棒与导轨始终垂直且接触良好。不计一切摩擦，重力加速度为g。求
(1)半圆形金属导轨的半径r；
(2)整个过程中
④定值电阻R产生的焦耳热Q。
【信息提取】
序号 信息提取
① 细绝缘棒N在磁场中运动过程不产生感应电动势
② 弹性碰撞的碰撞过程动量和机械能守恒
③ 先后恰好运动到半圆形导轨的最高点，则在最高点重力提供向心力，M、N棒速度相同
④ N棒绝缘，定值电阻R产生的焦耳热为整个电路的一半

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