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专题强化练5　楞次定律及其推论的应用
题组一　增反减同
1.[2026重庆沙坪坝期末]线圈P中通有方向如图所示的电流,当电流增大时,眼睛看到金属线圈L和R中的感应电流方向是(　　)
A.都是顺时针
B.都是逆时针
C.L顺时针,R逆时针
D.L逆时针,R顺时针
2.[2025广东东莞期中]如图所示,通有恒定电流的直导线旁边同一平面内有矩形线圈abcd,ab边与直导线平行,则(　　)
A.当线圈以dc边为轴转动时,无感应电流产生
B.若线圈沿平行于ab边方向平动,无感应电流产生
C.若线圈向右平动,其中感应电流方向是a→b→c→d
D.若线圈向左平动且ab边不越过直导线,线圈中感应电流方向是a→d→c→b
3.[2025重庆南开中学期末]如图所示电路,两个螺线管a、b中间有一个可以绕垂直于纸面的转轴转动的闭合矩形金属线框(线框所在平面垂直于纸面,图中为主视图)。闭合开关S,线框初始时静止于图示位置,当滑动变阻器的滑片P向右滑动时,下列说法正确的是(　　)
A.螺线管a的右侧为N极
B.通电螺线管产生的磁场将变弱
C.中间的矩形线框将逆时针转动
D.从右向左看,线框中的感应电流方向为逆时针方向
题组二　来拒去留
4.[2026北京通州期末]如图所示,水平绝缘桌面上有一个金属圆环,在圆心的正上方一定高度处有一个竖直的条形磁体。把条形磁体水平向左移动(磁体不越过圆环)时,金属圆环始终保持静止。下列说法正确的是(　　)
A.从上往下看,金属圆环中产生逆时针方向的感应电流
B.金属圆环对桌面的压力大于其自身重力
C.金属圆环有相对桌面向左的运动趋势
D.金属圆环受到水平向左的摩擦力
5.[2026黑龙江哈尔滨期中]某同学学习了电磁感应相关知识之后,做了探究性实验:将闭合线圈按图示方式放在电子秤上,线圈上方有一N极朝下的条形磁铁,当磁铁在线圈的正上方静止时,电子秤的示数为m0。将磁铁N极加速插向线圈的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.电子秤的示数等于m0
B.电子秤的示数小于m0
C.线圈中产生的电流沿逆时针方向(俯视)
D.线圈中产生的电流沿顺时针方向(俯视)
6.[2025重庆拔尖强基联盟联考]如图所示,一个闭合三角形导线框ABC位于竖直平面内,其下方(略靠前)固定一根与线框平面平行的水平直导线,导线中通以图示方向的恒定电流。释放线框,它由实线位置下落到虚线位置未发生转动,在此过程中,以下说法正确的是(　　)
A.线框中感应电流方向依次为ACBA→ABCA→ACBA
B.线框的磁通量为零时,感应电流也为零
C.线框所受安培力的合力先向上后向下
D.线框做自由落体运动
7.[2026安徽特色高中教研联谊会联考]如图所示,光滑绝缘水平面上并排放置两个长方形线圈a、b,在两线圈的上方有一N极朝下的条形磁铁由静止下落靠近线圈,且两线圈均有一定的电阻。下列说法正确的是(　　)
A.条形磁铁的机械能守恒
B.线圈a、b中的感应电流方向相反
C.线圈对水平面的压力等于线圈的重力
D.线圈a、b相互远离
题组三　增缩减扩
8.[2026山东菏泽鄄城第一中学月考]如图所示,两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合,放在同一水平面内。当线圈A中通有不断减小的顺时针方向的电流时,对于线圈B,下列说法中正确的是(　　)
A.有逆时针方向的电流且有扩张的趋势
B.有顺时针方向的电流且有扩张的趋势
C.有逆时针方向的电流且有收缩的趋势
D.有顺时针方向的电流且有收缩的趋势
9.[2025陕西渭南一模]如图所示,将一通电螺线管竖直放置,螺线管内部形成方向竖直向上、磁感应强度大小B=kt的匀强磁场,在内部用绝缘轻绳悬挂一与螺线管共轴的金属薄圆管,则(　　)
A.从上向下看,薄圆管中的感应电流沿逆时针方向
B.薄圆管有垂直于轴线方向向内收缩的趋势
C.轻绳对薄圆管的拉力的合力大于薄圆管的重力
D.轻绳对薄圆管的拉力随时间减小
10.[创新题·新情境][2026安徽合肥一六八中学期中]某高层建筑中的电梯系统安装了电磁缓冲装置。在电梯轿厢底部对称安装了8块永久强磁铁,磁铁S极均朝上,电梯井道内壁上铺设若干金属线圈,当电梯轿厢超速下降时会迅速启动缓冲系统,使线圈立即闭合。当电梯轿厢超速下降到如图所示位置时,下列说法正确的是　(　　)
A.上、下方线圈对轿厢均有阻碍作用
B.上方线圈与下方线圈中感应电流方向相同
C.上、下方线圈都有扩张的趋势
D.上方线圈有收缩的趋势,下方线圈有扩张的趋势
答案与分层梯度式解析
专题强化练5　楞次定律及其推论的应用
1.B 2.B 3.D 4.C 5.C 6.A
7.D 8.D 9.B 10.A
1.B　由右手螺旋定则可判断出线圈P在轴线上产生的磁场方向由外指向里。当线圈P中电流增大时,其产生的磁场磁感应强度增大,穿过线圈L和R的磁通量增大,根据楞次定律可知线圈L和R中的感应电流产生的磁场方向与线圈P中电流产生的磁场方向相反,由右手螺旋定则可知,线圈L和R中的感应电流方向均为逆时针,B正确。
2.B　
关键点拨
明确导线周围磁场分布,根据线圈运动情况判断磁通量变化情况。
根据安培定则可知,导线右边的磁场方向垂直纸面向里,离导线越远的区域磁场越弱。当线圈以dc边为轴转动时,穿过线圈的磁通量发生变化,会产生感应电流,A错误;若线圈沿平行于ab边方向平动,穿过线圈的磁通量不发生改变,无感应电流产生,B正确;当线圈向右平动时,穿过线圈向里的磁通量减小,根据楞次定律可知,感应电流的磁场垂直纸面向里,则感应电流的方向为a→d→c→b,C错误;当线圈向左平动(ab边不越过导线)时,穿过线圈向里的磁通量增大,根据楞次定律可知,感应电流的磁场垂直纸面向外,则感应电流的方向为a→b→c→d,D错误。
方法技巧
楞次定律推论“增反减同”应用的基本思路
3.D　
思路点拨
根据安培定则可知螺线管a的左侧为N极,右侧为S极,故A错误;当滑动变阻器的滑片P向右滑动时,滑动变阻器接入电路的阻值减小,总电阻R减小,根据闭合电路欧姆定律,可知电路中的电流增大,而通电螺线管产生的磁场强弱与电流大小有关,电流增大,磁场增强,故B错误;当滑动变阻器的滑片P向右滑动时,电路中的电流增大,通电螺线管产生的磁场变强,穿过中间的矩形线框的磁通量增大,根据楞次定律可知,线框中产生的感应电流将阻碍这种变化,矩形线框将顺时针转动,故C错误;线框产生的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反,为水平向右,根据安培定则可知,从右向左看,线框中的感应电流方向为逆时针方向,故D正确。
4.C　穿过金属圆环的磁通量方向向下,条形磁体向左移动时,穿过金属圆环的磁通量减少,根据楞次定律和安培定则,从上往下看,金属圆环中产生顺时针方向的感应电流,A错误;根据“来拒去留”规律,把条形磁体水平向左移动时,条形磁体远离金属圆环,二者相互吸引,金属圆环受到向左上方的安培力作用,所以金属圆环对桌面的压力小于其自身重力,金属圆环相对桌面有向左的运动趋势,受到水平向右的摩擦力,C正确,B、D错误。
归纳总结
阻碍相对运动——来拒去留
5.C　将条形磁铁加速插向线圈的过程中,穿过线圈的磁通量发生了变化,线圈中产生了感应电流,线圈与条形磁铁会发生相互作用,根据楞次定律的推论“来拒去留”可知,将磁铁N极加速插向线圈的过程中,线圈与磁铁相互排斥,导致电子秤的示数大于m0(破题关键),A、B错误;根据楞次定律和安培定则可判断,将条形磁铁的N极加速插向线圈的过程中,线圈中产生的感应电流方向为逆时针方向(俯视),C正确,D错误。
6.A　根据安培定则可知,通电直导线产生的磁场在导线上方垂直纸面向外,在导线下方垂直纸面向里,且离导线近的地方磁感应强度大,离导线远的地方磁感应强度小。线框开始下落时,根据楞次定律和安培定则可知,线框中产生顺时针方向的电流,同理可知,刚开始穿越导线时,线框中产生逆时针方向的电流,穿越导线后,线框继续向下运动,产生顺时针方向的电流,所以线框中感应电流方向依次为ACBA→ABCA→ACBA,故A正确;线框穿越导线时,先是向外的磁通量减小,一直减小到零,之后变成向里的磁通量,并逐渐增加,这一过程中,线框的磁通量为零时,磁通量的变化率不为零,故线框中的感应电流不为零,故B错误;根据楞次定律的推论“来拒去留”(点拨:线框靠近导线时,所受安培力阻碍线框靠近导线,线框远离导线时,所受安培力阻碍线框远离导线),可知线框所受安培力的合力方向始终向上,故C错误;因受到向上的安培力,所以线框的运动不是自由落体运动,故D错误。
7.D　条形磁铁下落时,穿过两线圈的磁通量向下增加,则由楞次定律可知两线圈中均产生逆时针方向的感应电流(俯视),B错误;由于两线圈有电阻,则两线圈中均有焦耳热产生,由能量守恒定律可知,条形磁铁的机械能减少,A错误;由楞次定律的推论“来拒去留”可知,条形磁铁下落靠近线圈的过程,条形磁铁对线圈有斥力,则线圈对水平面的压力大于线圈的重力(破题关键),C错误;当条形磁铁下落时,两线圈均向磁通量减小的方向运动,即线圈a、b相互远离(点拨:线圈中产生感应电流,受到安培力,安培力阻碍磁通量增加,使线圈压紧平面并相互远离),D正确。
一题多解
条形磁铁下落受到阻碍作用,磁铁克服阻力做功,机械能减小,A错误。
8.D　线圈A中通有不断减小的顺时针方向的电流时,由右手螺旋定则可知,线圈A中磁场向里且逐渐减小,根据叠加原理可知线圈B中的合磁通量向里且逐渐减小,由楞次定律可知,线圈B中感应电流产生的磁场的方向向里,感应电流的方向为顺时针方向;要阻碍合磁通量的变化,线圈B有收缩的趋势(易错点),D正确。
易错警示
非单向磁场问题
　　如图,线圈a中有向里、向外两个方向的磁场,不能简单套用“增缩减扩”的结论,当线圈b中电流增大时,a扩张可以使向外的磁通量增大,以阻碍向里的合磁通量的增大,故a有扩张趋势;对于线圈c,有收缩趋势。
9.B　由题意可知,穿过圆管的磁通量向上且逐渐增大,根据楞次定律可知,圆管中产生的感应电流的磁场要阻碍其增加,所以感应电流的磁场方向竖直向下,根据右手螺旋定则可知,从上向下看感应电流的方向为顺时针,故A错误;穿过圆管的磁通量向上且随时间增大,根据楞次定律的推论“增缩减扩”(易错点)可知(应用“增缩减扩”的条件:回路处于单一变化的磁场中),薄圆管有垂直于轴线方向向内收缩的趋势,故B正确;根据左手定则可知,圆管中各段所受的安培力方向指向圆管的轴线,则轻绳对圆管的拉力的合力始终等于圆管的重力,不随时间变化,故C、D错误。
10.A　电梯轿厢底部安装了永磁铁,故上、下方线圈在电梯轿厢下降时会产生感应电流,根据楞次定律和安培定则可知,从上往下看,上方线圈产生的感应电流方向为顺时针(点拨:穿过上方线圈的磁通量向下减小),下方线圈产生的感应电流方向为逆时针(点拨:穿过下方线圈的磁通量向下增大),两线圈产生的感应电流方向相反,B错误;上、下方线圈均对轿厢有阻碍作用,轿厢向下运动,远离上方线圈,上方线圈有扩张的趋势,轿厢靠近下方线圈,下方线圈有收缩的趋势(点拨:线圈要通过改变面积阻碍磁通量变化,即增缩减扩),A正确,C、D错误。专题强化练10　线框模型
1.[2026北京房山二模]如图所示,一质量为m、边长为l的正方形导线框abcd,由高度h处自由下落,ab边进入磁感应强度为B的匀强磁场区域后,线框开始做匀速运动,直到dc边开始穿出磁场为止。已知磁场区域宽度为l,重力加速度为g,不计空气阻力。线框在穿越磁场过程中,下列说法正确的是(　　)
A.进入磁场时,线框感应电流为adcba方向
B.线框穿越磁场的过程中电流大小为
C.线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热为2mgl
D.进入磁场的过程中,通过线框导线的电荷量为
2.[2026广西模拟]磁悬浮列车是一种现代轨道交通工具。如图为磁悬浮列车利用电磁阻尼减速进站的简化图,两条平行光滑绝缘导轨水平放置,间距为L,导轨间有若干垂直于轨道平面、方向交替分布的匀强磁场,磁感应强度均为B,每个磁场宽度均为L,忽略磁场边缘效应。质量为m、边长为L的正方形金属框以初速度v0沿导轨进入匀强磁场,在磁场中通过3L的位移后速度减为零。已知金属框的电阻为R,则v0的大小为(　　)
A.　　　　　　　B.
C.　　　　　　　D.
3.[创新题·新情境][2025广东深圳测试改编]动圈式扬声器的结构如图甲所示,图乙为磁铁和线圈部分从右往左看的剖面图,有指向圆心内部的辐射形磁场。当人对着纸盆说话,纸盆带着线圈左右运动(在乙图中垂直剖面上下运动)能将声信号转换为电信号。已知线圈有n匝,线圈半径为R,总电阻为r,线圈所在位置的磁感应强度大小为B,求:
(1)纸盆向左运动时,图乙的线圈中产生的感应电流方向;
(2)纸盆向右运动速度为v时,线圈所受安培力大小。
4.[2026江苏苏州期中]如图所示,光滑斜面倾角为θ,斜面上存在宽为L且垂直斜面向外的匀强磁场区域。一正方形线框abcd质量为m,边长为L,总电阻为R,由同种材料制成且粗细均匀。线框从斜面某一位置释放,cd边以速度v进入磁场区域时做匀速直线运动。重力加速度为g。求:
(1)匀强磁场磁感应强度大小B;
(2)ab边离开磁场区域前两端的电势差Uab。
答案与分层梯度式解析
专题强化练10　线框模型
1.C　线框进入磁场的过程中,ab边切割磁感线,根据右手定则可知,电流方向为abcda方向,A错误;由题可知,线框进入磁场后开始做匀速运动,根据平衡条件有BIl=mg,解得I=,B错误;从ab边进入磁场到cd边刚好离开磁场,线框一直做匀速运动,且下降的高度为2l,根据能量守恒,可知线框穿越磁场的过程中产生的焦耳热等于减少的重力势能,则有Q=2mgl(破题关键),C正确;线框从高度h处静止释放,由动能定理有mgh=mv2,线框以速度v进入磁场做匀速运动,经过时间t完全进入磁场,则有t=,则线框进入磁场的过程中,通过导线横截面的电荷量为q=It=,D错误。
2.C　设金属框走过第一个L时速度减为v1,则由动量定理有-BLΔt1=mv1-mv0,其中Δt1=Δt1==,即=mv0-mv1;设金属框走过第二个L时速度减为v2,由动量定理有-2BLΔt2=mv2-mv1,其中Δt2=Δt2==(提醒:不要丢掉“2”),即=mv1-mv2;金属框走过第三个L时速度减为0,同理可知=mv2-0;联立可得v0=,故选C。
3.答案　(1)逆时针方向　(2)
模型建构
线圈切割辐向磁场模型
解析　(1)纸盆向左运动时,由图乙结合右手定则可知,线圈中产生逆时针方向的感应电流。
(2)纸盆向右运动速度为v时,每匝线圈切割磁感线的长度为2πR(破题关键)
线圈中产生的感应电动势为E=nB·2πR·v=2πnBRv
则线圈中感应电流为I==
线圈所受的安培力大小F=nBI·2πR=
4.答案　(1)　(2)-
解析　(1)线框cd边进入磁场后匀速运动,由平衡条件得F安=mg sin θ
cd切割磁感线产生的感应电动势E=BLv
感应电流I==
安培力大小F安=BIL=
联立可得B=
(2)线框边长与磁场宽度均为L,从线框cd边进入磁场到ab边离开磁场的全过程,始终有一条边切割磁感线,合力为零,一直保持匀速运动,因此ab边离开磁场时速度仍为v(点拨:线框进、出磁场受力情况一致,速度不变)
此时ab边切割磁感线,感应电动势大小仍为E=BLv,
线框总电流I==
ab两端电势差Uab=φa-φb=-I·(点拨:ab边切割磁感线为电源,所求为路端电压,注意电势高低)
代入I和B的表达式化简得Uab=-专题强化练6　电磁感应中的电路问题
1.[2026湖北黄冈二模]如图所示,单匝铜线制成的正方形线框边长为L、电阻为r,两端点用导线与阻值为R的电阻构成回路(导线电阻不计)。整个线框内有垂直线框平面向里的匀强磁场,磁感应强度B随时间t的变化规律满足B=B0+kt(k>0)。下列说法中正确的是(　　)
A.流经电阻的电流方向由a到b
B.回路中的电流增大
C.电阻两端的电压为kL2
D.t时间内通过电阻的电荷量为
2.[2025福建莆田期末]在如图甲所示的电路中,螺线管匝数n=1 500,横截面积S=20 cm2,螺线管导线电阻r=1 Ω,R1=4 Ω,R2=5 Ω,C=30 μF。在一段时间内,穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化,闭合S,则下列说法中正确的是(　　)
　
A.螺线管中产生的感应电动势为1 V
B.电路中的电流稳定后,电阻R1的电功率为5×10-2 W
C.电路中的电流稳定后,电容器上极板带正电
D.S断开后,通过R2的电荷量为1.8×10-5 C
3.[多选题][2026山东济宁一中期中]如图所示,一不计电阻的导体圆环,半径为r、圆心在O点,过圆心放置一长度为2r、电阻为R的辐条,辐条与圆环接触良好,现将此装置放置于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场中,磁场边界恰与圆环的直径在同一直线上,现使辐条以角速度ω绕O点逆时针匀速转动,右侧电路通过电刷与辐条中心和环的边缘相接触,R1=,开关S处于闭合状态,不计其他电阻,则下列判断正确的是(　　)
A.通过R1的电流方向自上而下
B.感应电动势的大小为Br2ω
C.理想电压表的示数为Br2ω
D.理想电流表的示数为
4.[2026江苏宿迁二模]如图所示,固定在匀强磁场中的正方形导线框abcd边长为l,其中ab边是电阻为R的均匀电阻丝,其余三边是电阻可忽略的铜导线,匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直于纸面向里。现有一段长短、粗细、材料均与ab边相同的电阻丝PQ架在线框上,并以恒定速度v从ad边滑向bc边。PQ在滑动过程中与导线框接触良好。当PQ滑过l的距离时,求:
(1)PQ产生的感应电动势;
(2)通过aP段电阻丝的电流。
5.[2025江苏连云港统测]图甲是法拉第发明的铜盘发电机,也是人类历史上第一台发电机。利用这个发电机给电阻和平行金属板电容器供电,如图乙所示。已知铜盘的半径为r,铜盘边缘和圆心之间的电阻为R,铜盘外接电阻也为R,加在盘上的匀强磁场的磁感应强度为B1,每块平行板长度为d,板间距离为d,板间加垂直纸面向里、磁感应强度为B2的匀强磁场,一质量为m、电荷量为q的带电微粒从电容器两板中间水平向右射入极板间,恰好在复合场中做匀速圆周运动,最后打在下极板的中点,重力加速度大小为g。求:
　
(1)平行板间电场强度大小E;
(2)微粒射入的速度v大小;
(3)铜盘匀速转动的角速度ω大小。
6.[2026四川眉山期末]如图甲所示,间距为L=3 m的平行金属导轨由水平部分和倾斜部分连接而成,导轨光滑且电阻不计。水平部分接有面积为S=3 m2、电阻为r=3 Ω的单匝线圈,线圈水平放置且处在方向竖直向下的磁场中,磁感应强度B1随时间变化的情况如图乙所示。倾斜部分足够长,其c、d间接一阻值为R0=3 Ω的电阻,倾角θ=37°,处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中,其磁感应强度B2大小未知。将质量为m=2 kg的导体棒MN垂直倾斜导轨放置,0~2 s内导体棒MN恰好处于静止状态。已知导体棒MN接入电路的电阻为R=3 Ω,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。
　　
(1)求0~2 s内a、b间的电压;
(2)求磁感应强度B2的大小;
(3)导体棒MN从t=2 s开始运动到速度最大的过程中,在电阻R0上产生的热量= J,求此过程中流过导体棒MN的电荷量q。
答案与分层梯度式解析
专题强化练6　电磁感应中的电路问题
1.D　由楞次定律可知,正方形线框中感应电流为逆时针方向,故流经R的电流方向为由b到a,A错误;由法拉第电磁感应定律可得,正方形线框中产生的感应电动势E===kL2(点拨:磁通量变化率恒定,电动势大小不变),回路中感应电流I==,可知电流大小不变,B错误;R两端电压U=IR=,C错误;t时间内通过电阻的电荷量q=It=,D正确。
2.D　
题图解读
对闭合电路的分析如图:
螺线管内产生的感应电动势为E=n=nS=1.2 V,故A错误;闭合S,电路中的电流稳定后,电流为I==0.12 A,则电阻R1的电功率为P1=I2R1=5.76×10-2 W,故B错误;穿过螺线管的磁场向下增强,根据楞次定律可知感应电流的磁场向上,以阻碍原磁场的增强,根据安培定则可知,感应电流从螺线管的上端流到下端,此时螺线管相当于电源,下端是正极,上端是负极,所以电容器下极板带正电,故C错误;闭合S,电路中的电流稳定后,由于电容器与R2并联,则电容器两端的电压等于R2两端的电压,所以UC=IR2=0.6 V,充入电容器的电荷量为Q=CUC=1.8×10-5 C,S断开后,电容器放电,通过R2的电荷量为Q=1.8×10-5 C,故D正确。
3.BC　
模型建构
根据右手定则可知,通过定值电阻R1的电流方向为自下而上,故A错误;辐条旋转切割磁感线产生的电动势为E=Br2ω,B正确;外电阻R外==,则理想电压表的示数为U=×R外=Br2ω,C正确;理想电流表的示数为I==,D错误。
方法技巧
分析电磁感应中电路问题的思路
4.答案　(1)Blv　(2)
模型建构
解析　(1)PQ产生的感应电动势E=Blv
(2)设电阻丝单位长度的电阻为R0,则R=lR0
外电路总电阻R并==R
得总电流I===
根据并联电路电流与电阻成反比可知
IaP∶IbP=2∶1
得IaP=×=
5.答案　(1)　(2)　(3)
模型建构
将铜盘看作无数细小辐条,辐条转动切割磁感线产生感应电动势,相当于电源,等效电路如图所示。
解析　(1)由微粒恰好在复合场中做匀速圆周运动可知,电场力与重力平衡(破题关键),则Eq=mg
得E=
(2)作出微粒运动轨迹如图。
微粒在复合场中做匀速圆周运动,重力与电场力平衡,洛伦兹力提供向心力,则qvB2=m,由几何关系得r'2=+r'-2,解得v=qd
(3)平行板间电压U=Ed
根据串、并联电路规律得
U=E感
铜盘旋转产生的感应电动势
E感=B1r2ω
又E=,解得ω=
6.答案　(1)2 V　(2)6 T　(3) C
模型建构
0~2 s内的等效电路:
解析　(1)根据法拉第电磁感应定律有
E==·S=×3 V=6 V
外电路为R与R0并联,R并== Ω
a、b间电压为路端电压,则Uab=I总R并,其中I总=
解得Uab=2 V
(2)0~2 s内导体棒MN静止,根据平衡条件有
B2I2L=mg sin θ
根据欧姆定律有I2=
解得B2=6 T
(3)导体棒达到最大速度时FAm=mg sin θ(破题关键)
安培力FAm=B2ImL=B2L=
其中R总=R+= Ω
解得vm= m/s
因= J,r与R0并联,电流、电阻均相同
所以Qr= J
R与R0电阻等大,通过R的电流为通过R0电流的2倍,所以导体棒产生的热量为R0的4倍,即
QR=4= J
整体电路产生的总热量Q总=+Qr+QR=1 J
设导体棒达到最大速度时,下滑距离为x,根据能量守恒有mgx sin θ=m+Q总(破题关键)
解得x= m
流过导体棒MN的电荷量
q=·Δt'=·Δt'=
解得q= C专题强化练8　单杆+导轨模型
题组一　单杆—电阻模型
1.[2026北京海淀阶段检测]如图所示,两条相距为L的光滑平行金属导轨位于水平面(纸面)内,其左端接一阻值为R的定值电阻,匀强磁场垂直于导轨平面向里、磁感应强度大小为B,导轨电阻不计。导体棒ab垂直导轨放置并接触良好,其接入电路的电阻也为R。若给棒一平行导轨向右的初速度v0,当通过棒横截面的电荷量为q时,棒的速度刚好减为零。则在这一过程中(　　)
A.在导体棒向右运动过程中,通过棒的电流方向为从b到a
B.导体棒做匀减速直线运动
C.在通过棒横截面的电荷量为时,棒运动的速度为
D.定值电阻R产生的热量为
2.[2025北京顺义月考]导体棒MN的电阻为r,t=0时导体棒在水平向右的恒力作用下开始运动。设导体棒MN两端的电压为U,所受安培力的大小为FA,通过的电流为I,速度大小为v,加速度大小为a。关于导体棒MN开始运动后的情况,下列图像中合理的是(　　)
3.[多选题][2026安徽滁州中学月考]如图所示,宽度为l、足够长的光滑“U”形金属框固定在水平绝缘桌面上,空间存在垂直桌面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一质量为m、有效电阻为R的金属棒垂直放在金属框上,跨过光滑定滑轮的轻绳把金属棒和质量为M的钩码连在一起。初始时轻绳伸直,现将金属棒由静止释放,金属棒在金属框上先加速后匀速运动。金属框的电阻不计,忽略空气阻力,重力加速度为g,钩码离地面足够高,以下说法正确的是(　　)
A.钩码在加速阶段匀加速下落
B.钩码的最大速度为
C.钩码的最大加速度为
D.通过回路的电荷量与钩码下落的距离成正比
4.[多选题][2026山东寿光一中月考]如图所示,MN、PQ是电阻不计的平行金属导轨,导轨间距L=0.4 m,导轨弯曲部分光滑,水平部分粗糙,弯曲部分与水平部分平滑相连,垂直导轨的虚线之间宽度d=0.4 m,内有竖直向上、磁感应强度B=1 T的匀强磁场。N、Q两点间接一个阻值R=0.5 Ω的定值电阻,将阻值r=0.3 Ω、质量m=0.5 kg的导体棒从弯曲导轨上h=0.8 m高处由静止释放,导体棒沿导轨运动,到达磁场右边界处恰好停止。已知导体棒与导轨垂直且接触良好,导体棒与水平导轨间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.通过定值电阻的最大电流为2 A
B.定值电阻两端电压的最大值为0.8 V
C.流过定值电阻的电荷量为0.2 C
D.定值电阻中产生的焦耳热为3.6 J
5.[多选题][2026辽宁锦州一模]如图甲所示,两根间距为L=1.0 m、电阻不计的足够长光滑平行金属导轨与水平面夹角θ=30°,导轨底端接入一阻值为R=2.0 Ω的定值电阻,所在区域内存在磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于导轨平面向上,在导轨上垂直于导轨放置一质量为m=0.2 kg、接入电路的电阻为r=1.0 Ω的金属杆。开始时使金属杆保持静止,某时刻开始给金属杆一个沿斜面向上、F=5.0 N的恒力,金属杆由静止开始运动。图乙为运动过程的v-t图像,重力加速度g取10 m/s2。则在金属杆向上运动的过程中,下列说法中正确的是(　　)
　　
A.匀强磁场的磁感应强度B=4 T
B.前2 s内通过电阻R的电荷量为3.7 C
C.前2 s内金属杆通过的位移为5.55 m
D.前4 s内电阻R产生的热量为6.2 J
6.[2026江苏常州金坛一中月考]如图甲所示,足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置,其宽度L=1 m,一磁感应强度B=1 T的匀强磁场,垂直穿过导轨平面,导轨的上端M与P之间连接一阻值为R=0.6 Ω的电阻,一根电阻为r=0.3 Ω的金属棒ab紧贴在导轨上。现使金属棒ab由静止开始下滑,下滑过程中ab始终保持水平,且与导轨接触良好,其下滑距离x与时间t的关系如图乙所示,图像中的OA段为曲线,AB段为直线,导轨电阻不计,重力加速度g取10 m/s2。求:
　　
(1)第2 s末回路中的感应电动势;
(2)金属棒的质量;
(3)金属棒从静止开始运动的1.5 s内,电阻R上产生的焦耳热QR。
题组二　含容单杆模型
7.[多选题][2026重庆巴蜀中学模拟]如图所示,PQ和MN为竖直平面内两条平行且足够长的光滑金属导轨,导轨无电阻,间距为L。磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度为B,定值电阻R1=3R,电容器的电容为C。质量为m、电阻为R的金属杆ab始终垂直于导轨,并与其保持良好接触。ab由静止开始下滑,电路消耗的最大电功率为P,最大速度为v,则(　　)
A.电容器的最大带电荷量为
B.电容器右极板带负电
C.杆ab的最大速度为
D.杆ab所受安培力的最大功率为
8.[2026湖南衡阳联考]如图所示,足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面上,导轨处在垂直于导轨平面向下的匀强磁场中,导轨左端连接有电容器,金属棒PQ垂直放置在导轨上,用水平恒力作用在金属棒上使其从静止开始沿导轨向右运动,一段时间后撤去拉力,不计导轨和金属棒的电阻,金属棒运动中始终与导轨垂直并接触良好,电容器不会被击穿,则金属棒运动的v-t图像正确的是(　　)
9.[多选题][2026江西抚州期中]如图所示,两条相距为L的足够长的光滑平行金属导轨位于水平面(纸面)内,其左端有一电容为C的不带电的电容器和一定值电阻R,导轨平面与磁感应强度大小为B的匀强磁场垂直,质量为m的金属棒ab垂直导轨放置并接触良好,金属棒及导轨电阻不计。现给棒一个平行导轨向右的初速度v0,下列关于单刀双掷开关接不同位置的说法正确的是(　　)
A.开关接1时,若流过金属棒横截面的电荷量为q时,棒速度减为零,则流过金属棒横截面的电荷量为时,金属棒的速度为
B.开关接1时,若金属棒的速度为时的位移为x,则金属棒的最大位移为2x
C.开关接2时,金属棒做匀速直线运动时的速度一定是
D.开关接2时,金属棒做匀速直线运动时的速度为
10.[多选题][2026黑龙江大庆模拟]某探究小组模拟电磁弹射系统,设计了如图所示的简化模型(俯视图)。直流电源电动势为E,内阻不计;储能单元采用超级电容器,电容为C;弹射轨道由两根固定在水平面的足够长平行金属导轨组成,导轨间距为L,电阻不计;导轨间存在垂直轨道平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B;质量为m、电阻为R的金属棒PQ放置在导轨滑槽内,与导轨接触良好,忽略一切摩擦及电路其他部分的电阻。弹射前,开关S接a,待电容器完全充电后,将S迅速切换至b,金属棒在较短时间内向右加速至最大速度后离开轨道。下列说法正确的是(已知电容器储能EC=CU2)(　　)
A.电容器完全充电时的电荷量为CE
B.金属棒的最大加速度为
C.金属棒的最大速度为
D.金属棒被弹射的整个过程中,电容器释放的电能为CE2
题组三　单杆—电源模型
11.[2026辽宁名校联盟联考]如图所示,间距为L=0.5 m的两条平行金属导轨固定在水平面上,导轨左端与直流电源相连,电源电动势和内阻分别为E=4 V、r=1 Ω,质量为m=0.5 kg、电阻为R=1 Ω的金属杆垂直放在导轨上,它们之间接触良好,动摩擦因数为μ=0.1,导轨足够长,电阻不计,整个装置处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为B=1 T,闭合开关后,金属杆由静止开始向右加速运动,在t=8 s时,达到最大速度。已知重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)闭合开关瞬间,金属杆的加速度大小a;
(2)金属杆的最大速度vm;
(3)金属杆在这8 s内的位移大小x;
(4)这8 s内,金属杆中产生的焦耳热QR。
答案与分层梯度式解析
专题强化练8　单杆+导轨模型
1.D 2.D 3.BD 4.AC 5.BC 7.AC
8.C 9.ABD 10.AC
1.D　
关键点拨
根据右手定则,可知在导体棒向右运动过程中,通过棒的电流方向为从a到b,故A错误;根据左手定则,可知导体棒所受的安培力方向向左,与速度方向相反,故导体棒做减速运动,安培力的大小为F=BIL,又I=,E=BLv,联立可得F=,导体棒向右做减速运动,则感应电动势减小,感应电流减小,所以导体棒受到的安培力减小,根据牛顿第二定律F=ma,可知其加速度减小,导体棒做加速度减小的减速运动,故B错误;由题知,当通过棒横截面的电荷量为q时,棒的速度刚好减为零,根据动量定理有-BLt=0-mv0,又q=t,联立可得q=,设通过棒横截面的电荷量为时速度为v',根据动量定理有-B'Lt'=mv'-mv0,又='t',联立可得-B×L=mv'-mv0,将q=代入上式,解得v'=v0,故C错误;导体棒的速度从v0减到0,根据能量守恒定律有Q=m(点拨:机械能的减少量等于回路总的焦耳热),则定值电阻R产生的热量为QR=Q=m(点拨:导体棒与定值电阻阻值相同,电流相同,经过一定时间,产生的焦耳热相同),又q=,联立解得QR=,故D正确。故选D。
2.D　对MN受力分析,由牛顿第二定律得F-FA=ma,且FA=BIL,E=BLv,I=,联立可得a=-v,D正确;电流I=,可知电流与速度成正比关系,图像应为过原点的直线,C错误;MN所受安培力为FA=v,由以上分析可知MN做加速度逐渐减小的加速运动,最后匀速,故安培力应随时间逐渐变大,且变大得越来越慢,最后趋于定值,B错误;MN两端的电压为U=E=BLv,故MN两端的电压应随时间逐渐变大,且变大得越来越慢,最后趋于定值,A错误。
3.BD　因为金属棒最后匀速运动,可知系统加速度越来越小,不是匀变速运动,A错误;金属棒匀速运动时,安培力F安=BIl=,此时Mg=F安=,解得v=,B正确;刚开始运动时钩码加速度最大,根据整体法得a=,C错误;通过回路的电荷量为q=t===,可知q与钩码下落距离h成正比,D正确。
4.AC　导体棒沿导轨弯曲部分下滑到底端的过程,由机械能守恒有mgh=mv2,解得v=4 m/s,导体棒进入磁场后受安培力和摩擦力作用做减速运动,刚进磁场时速度最大,电流最大值Im==2 A,此时定值电阻两端电压最大,电压的最大值Um=ImR=1 V,A正确,B错误;流过定值电阻的电荷量q=t==0.2 C,C正确;由能量守恒可得定值电阻中产生的焦耳热Q=(mgh-μmgd)=2.25 J,D错误。
5.BC　
模型建构
由图乙可知金属杆先做加速度减小的加速运动,2 s后做匀速直线运动;当t=2 s时,速度为v=3 m/s,此时感应电动势为E=BLv,感应电流为I=,安培力为F安=BIL=,根据受力平衡可得F=F安+mg sin θ,联立解得B=2 T,A错误。前2 s内,根据动量定理有(F-mg sin θ)t-BLt=mv,又q=t,联立解得q=3.7 C,B正确。设前2 s内金属杆通过的位移为x,由q=t=t==,解得x=5.55 m,C正确。前2 s内金属杆通过的位移为x=5.55 m,2~4 s内金属杆通过的位移为x'=vt=6 m,前4 s内由能量守恒可得F(x+x')=mv2+mg(x+x') sin θ+Q,解得Q=45.3 J,则前4 s内电阻R产生的热量为Q'=Q=30.2 J,D错误。
6.答案　(1)9 V　(2)1 kg　(3) J
题图解读
　
解析　(1)由题图乙可知,在第2 s末金属棒做匀速运动,图线斜率表示速度,则速度大小为
v== m/s=9 m/s
金属棒产生的感应电动势为
E=BLv=1×1×9 V=9 V
(2)金属棒匀速运动时,有
mg=B××L
解得m=1 kg
(3)由能量守恒可知,金属棒下落过程重力势能的减少量等于动能增加量与总焦耳热之和,即
mgx=mv2+Q
解得Q=15.5 J
电阻R上产生的焦耳热为
QR=Q= J
7.AC　杆ab下滑过程中产生的最大感应电动势Em=BLv,ab两端的电压为U=Em=BLv(点拨:两电阻串联分压,R1分得四分之三电动势),电容器的最大带电荷量为Q=CU=CBLv,A正确;根据右手定则可知,感应电流的方向为a→b,电容器右极板带正电(点拨:b端电势高,连通的极板带正电),B错误;当ab达到最大速度时,安培力与重力平衡,即F安=mg,整个电路消耗的电功率等于克服安培力做功的功率,即P=F安v=mgv,得v=,C正确,D错误。
8.C　拉力作用时,对金属棒由动量定理可得FΔt-BLΔt=mΔv,即FΔt-BLΔq=mΔv,对电容器研究,则有Δq=CΔU=CBLΔv,结合a=,解得a=,可知金属棒做匀加速运动;撤去拉力后,由于电容器两端的电压等于金属棒的感应电动势,因此电路中不再有充电电流,金属棒做匀速运动,C正确。
思维拓展
把电容器等效为虚拟质量块,等效质量为m等效=CB2L2,在水平恒力的作用下,系统加速度a=。
归纳总结
单杆模型必记结论(轨道均光滑)
图示 速度图像 收尾条件 最终状态
电流 为零 最终导 体棒停 止运动
F为恒力 电流 恒定 最终导 体棒匀 速运动
F为恒力 电流 恒定 导体棒 一直做 匀加速 运动　
9.ABD　开关接1时,流过金属棒横截面的电荷量为q时,对金属棒由动量定理有-BLt=0-mv0,又q=t,则-BqL=0-mv0,当流过金属棒横截面的电荷量为时,有-B×L=mv1-mv0,联立解得v1=,A正确;因为q=t=t=,当金属棒的速度为时的位移为x时,有-BL=m-mv0,当金属棒位移最大时,有-BL=0-mv0,解得金属棒的最大位移为xm=2x,B正确;开关接2时,当金属棒匀速运动时有UC=BLv,对金属棒由动量定理得-BLt=mv-mv0,又q=t=CUC,联立解得v=,C错误,D正确。
思维拓展
开关接2时,电容器的等效质量m等效=B2L2C,把它和棒看成系统,由动量守恒有mv0=(m等效+m)v,解得v=,C错误,D正确。
10.AC　
模型建构
电容器完全充电时,板间电压为U=E,则电容器所带电荷量为Q=CE,故A正确;将开关S切换至b瞬间,通过金属棒的电流最大,所受安培力最大,加速度最大,则有Im=,Fm=BImL=,am==,故B错误;金属棒运动后,切割磁感线产生电动势,当电容器电压与金属棒切割磁感线产生的电动势相等时,金属棒的速度不再变化,做匀速直线运动,此时速度达到最大,设此时电容器两端电压为U1,则有U1=BLvm,该过程电容器放出的电荷量为q,则有q=C·ΔU=C(E-U1),对金属棒由动量定理可得BL·Δt=mvm-0,其中q=Δt,联立解得vm=,故C正确;金属棒被弹射的整个过程中,初始时刻电容器两端电压为E,最终电容器两端电压为U1,则电容器释放的电能为ΔE电=CE2-C思维拓展
等效法求金属棒的最大速度vm。
11.答案　(1)1 m/s2　(2)4 m/s　(3)16 m　(4)18 J
解析　(1)开关闭合瞬间,对金属杆根据牛顿第二定律有I1LB-μmg=ma
根据闭合电路欧姆定律有I1==2 A
解得a=1 m/s2
(2)金属杆匀速运动时速度最大,此时安培力与摩擦力平衡,有I2LB=μmg
解得I2=1 A
金属杆匀速运动时,由于切割磁感线产生与电源相反的感应电动势,回路中满足E-BLvm=I2(R+r)
解得vm=4 m/s
(3)在这8 s内,根据动量定理有
BLt-μmgt=mvm-0
其中=
代入得t-t-μmgt=mvm
可得t-x-μmgt=mvm
解得x=16 m
(4)这8 s内,根据动量定理得BLt-μmgt=mvm-0
由微元法可得,表达式中的t为通过金属杆横截面的电荷量q,即BLq-μmgt=mvm-0
解得q=12 C
由能量守恒得,电源产生的电能转化为金属杆的动能、摩擦热和焦耳热,即Eq=m+μmgx+Q
解得回路产生的焦耳热为Q=36 J
金属杆产生的焦耳热为QR=Q=18 J专题强化练9　双杆+导轨模型
题组一　等间距双杆
1.[多选题][2026陕西西安阶段检测]如图所示,两光滑平行长直导轨,间距为d,放置在水平面上,磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直向下,两质量都为m、接入电路中的电阻都为r的导体棒L1、L2垂直放置在导轨上,与导轨接触良好,两导体棒距离足够远,L1静止,L2以初速度v0向右运动,不计导轨电阻,忽略感生电流产生的磁场,则(　　)
A.导体棒L1的最终速度为v0
B.导体棒L2产生的焦耳热为
C.通过导体棒横截面的电荷量为
D.两导体棒的初始距离最小为
2.[2025吉林松原模拟]如图所示,两足够长的平行光滑金属导轨固定在水平面内,匀强磁场方向垂直导轨平面向下,恒力F作用在金属棒cd上,金属棒ab、cd以相同的加速度沿导轨滑动,某时刻撤去F。已知运动过程中,ab、cd始终与导轨垂直并接触良好,下列说法中正确的是(　　)
A.撤去F前,两棒速度相同
B.撤去F前,两棒间距恒定
C.撤去F后,cd的速度不小于ab的速度
D.撤去F后,两棒在相等时间内产生的焦耳热相同
3.[2026河北衡水期末]如图所示,绝缘的水平面上固定着间距为L的平行金属导轨,导轨所处位置存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B。两根完全相同的光滑导体棒a、b垂直放置在导轨上(导体棒与金属导轨接触良好),t=0时刻,两导体棒间的距离为x0,现让a棒以初速度2v0向右滑动,同时b棒以初速度v0向左滑动。已知两导体棒的质量均为m,电阻均为R。关于两棒的运动情况,下列说法正确的是(　　)
A.当b棒的速度为零时,a棒的速度大小为2v0
B.t=0时刻,a棒的加速度大小为
C.从开始运动到稳定时,通过b棒的电荷量为
D.从开始运动到稳定的整个过程中,两导体棒的最远距离为x0+
4.[2026山东济宁期中]如图所示,两根足够长的光滑金属直导轨平行放置,导轨间距为L,两导轨及其构成的平面均与水平面垂直,整个装置处于垂直于轨道平面向外的匀强磁场中,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,先保持棒b静止,棒a由静止释放达到匀速运动时释放棒b,从棒b释放瞬间开始计时,经过时间t0两棒达到相同的速度。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,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
A.棒a匀速运动时的速度为
B.棒b释放瞬间的加速度为g
C.两棒达到的相同速度为gt0+
D.在时间t0内,棒a相对于棒b运动的距离为
5.[2026山东菏泽一模]如图所示,MN、PQ为在同一水平面内足够长的金属导轨,处在如图所示磁感应强度大小均为B=1 T,虚线左侧部分竖直向下、右侧部分竖直向上的匀强磁场中,导轨间距L=1 m。质量均为m=1 kg、长度均为L的金属杆a、b垂直放置在导轨上,不可伸长的绝缘轻绳一端固定在金属杆b上,另一端连接质量mc=0.6 kg的重物c,b被锁定。两杆在运动过程中始终垂直导轨并与导轨保持良好接触,两杆的电阻均为R=0.5 Ω,导轨电阻不计,a、b与导轨间的动摩擦因数分别为μ1=0.25、μ2=0.1,重力加速度g取10 m/s2。
(1)解除对b的锁定瞬间,求杆b的加速度大小及a开始运动时b的速度大小;
(2)若a有向右的初速度,大小为10 m/s,经时间t=0.5 s(a杆没有到达虚线位置)释放b,b恰好开始向右运动,则这0.5 s内系统产生的焦耳热为多少
题组二　非等间距双杆
6.[多选题][2025山东临沂三模]如图所示的光滑金属轨道由左、右两段足够长的轨道拼接而成,整个轨道固定在水平面内,左侧两平行导轨间距为2L,在上面放置导体棒2(长度为2L,质量为2m,电阻为2R),右侧两平行导轨间距为L,在上面放置导体棒1(长度为L,质量为m,电阻为R),导轨电阻不计,整个轨道所在的空间中有垂直于轨道平面的匀强磁场。现在给棒1一个初速度v0,它通过安培力带动棒2向右运动,运动过程中棒1、棒2均与导轨接触良好。下列说法正确的是(　　)
A.两棒一直做减速运动,最终速度为0
B.棒1和棒2的最终速度分别为v0和v0
C.两棒在运动过程中的同一时刻加速度大小不相等
D.整个过程中两棒上产生的焦耳热为m
7.如图所示,两电阻不计的光滑平行导轨水平放置,M、N间的距离为2l,P、Q间的距离为l,金属棒a和b的质量分别为2m和m,其电阻分别为2R和R,a和b分别静止在M、N和P、Q上,垂直于导轨放置且相距足够远,整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。现对金属棒a施加水平向右的恒力F,两棒运动时始终保持平行且a总在M、N上运动,b总在P、Q上运动,经过足够长时间后,下列说法正确的是　(　　)
A.回路中的感应电动势为零
B.流过金属棒a的电流大小为
C.金属棒a和b均做匀速直线运动
D.金属棒a和b均做加速度相同的匀加速直线运动
答案与分层梯度式解析
专题强化练9　双杆+导轨模型
1.CD 2.C 3.D 4.D 6.BD 7.B
1.CD　
关键点拨
导体棒L1、L2组成的系统所受合外力为0,系统动量守恒,最终以相同的速度做匀速直线运动,设共同速度为v,以水平向右为正方向,则根据动量守恒定律有mv0=2mv,解得v=,即导体棒L1的最终速度为,故A错误;设导体棒L1、L2在整个过程中产生的总焦耳热为Q,则根据能量守恒定律有Q=m-·2mv2=m,由于导体棒L1、L2接入电路中的电阻都为r,所以导体棒L2产生的焦耳热为Q2=Q=m,故B错误;设通过导体棒横截面的电荷量为q,则对导体棒L1由动量定理有Bd·Δt=m·-0,又因为q=·Δt,联立解得q=,故C正确;由分析可知,要使两导体棒的初始距离最小,应满足当导体棒L1、L2速度相同时距离恰好为零(破题关键),设最小初始距离为x,则通过导体棒横截面的电荷量为q=·Δt=·Δt=·Δt==,结合C选项可得x=,故D正确。故选C、D。
2.C　撤去F前,金属棒ab、cd以相同的加速度沿导轨滑动,对cd有F-BIL=m1a,对ab有BIL=m2a,I=,只有两棒速度不同时,金属棒ab才能做加速运动(点拨:若两棒速度相同,即Δv=0,则回路中的感应电流为0,两金属棒都不受安培力,ab棒无法加速),A错误;撤去F前,由于两棒均受到安培力,回路中感应电动势不为0,则Δv不为0,所以两棒间距不恒定,B错误;撤去F后,金属棒ab做加速运动,cd做减速运动,当速度相同时,回路中无感应电流,之后两棒一起做匀速运动,所以cd的速度不小于ab的速度,C正确;撤去F后,两棒中的电流大小相等,但两棒接入回路的电阻未知,所以两棒在相等时间内产生的焦耳热不一定相同,D错误。故选C。
名师点津
电磁感应中的双杆模型(等距、有外力F)
　　刚开始运动时,受恒定外力F作用的导体棒做加速度减小的加速运动,另一导体棒做加速度增大的加速运动,当两棒加速度相同时,两者的相对速度(速度差)恒定,感应电动势保持恒定,感应电流恒定,安培力恒定。
3.D　运动的过程中,两导体棒所受安培力等大、反向,系统动量守恒,规定向右为正方向,当b棒的速度为零时,有m·2v0-mv0=0+mva,解得va=v0,A错误;t=0时刻有E=BL(2v0+v0),I=,F安=BIL=ma,代入得a=,B错误;稳定时,两导体棒的速度相同,有m·2v0-mv0=2mv共,得v共=,对b棒,根据动量定理得∑BIL·Δt=m·-(-mv0),又q=∑I·Δt,解得q=,C错误;从开始运动到稳定时q===,得Δx=,两导体棒的最远距离为x0+,D正确。
方法技巧
动量观点在电磁感应现象中的应用
(1)对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况,如果两棒所受的外力之和为零,则考虑应用动量守恒定律处理问题。
(2)导体棒在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时,安培力的冲量大小为I安=BlΔt=Blq,通过导体棒某一横截面的电荷量为q=Δt=Δt=Δt=,磁通量的变化量ΔΦ=BΔS=Blx。
如果导体棒只受到安培力,则安培力的冲量I安=mv2-mv1。
当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时,应用动量定理求解更方便。
4.D　保持棒b静止,棒a由静止释放达到匀速运动时,棒a切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv0,回路中产生的感应电流为I==,棒a受到的安培力为F=BIL=,棒a匀速运动时,所受合力为零,则有F=mg,联立解得v0=,A错误;棒b由静止释放,由左手定则可知棒b所受安培力方向竖直向下,通过a、b棒的电流相等,两者的安培力大小相等,对b应用牛顿第二定律有mg+BIL=ma,解得a=2g,B错误;从棒b由静止释放到两棒达到相同速度,对a、b棒分别应用动量定理,规定向下为正方向,则有(mg-F)t0=mv-mv0,(mg+F)t0=mv,两式联立,解得v=gt0+,C错误;在时间t0内,对棒b应用动量定理,有mgt0+BLt0=mv,由法拉第电磁感应定律及电流定义式有t0=t0==,解得x=,D正确。
5.答案　(1)3.125 m/s2　2.5 m/s　(2)28.125 J
解析　(1)解除对b的锁定瞬间,对b、c整体由牛顿第二定律有mcg-μ2mg=(mc+m)a(点拨:解除对b的锁定瞬间回路中电流为零)
解得a=3.125 m/s2
a开始运动时,对a有
F安1=μ1mg
F安1=BI1L
I1=
解得v1=2.5 m/s
(2)设a的初速度为v0,b即将滑动时a的速度为v01,a在该过程的位移为x,则对b有
BIL+μ2mg=mcg
I=
联立解得v01=5 m/s
此过程对a由动量定理得
-BLt-μ1mgt=mΔv
则有+μ1mgt=m(v0-v01)
代入数据解得x=3.75 m
由系统能量守恒可得m-m=Q+μ1mgx(点拨:总热量包括摩擦生热和电流产生的焦耳热)
解得Q=28.125 J
6.BD　
关键点拨
根据题意,棒2在安培力作用下向右加速运动,棒1在安培力作用下向右减速运动,最终两棒均做匀速直线运动,故A错误。当两棒均做匀速直线运动时,有BLv1=B·2Lv2,此时回路中无电流,即两棒最终达到稳定状态(破题关键),此时v1=2v2;对棒1应用动量定理,有-BLΔt=mv1-mv0,对棒2应用动量定理,有B·2LΔt=2mv2,联立解得v1=,v2=,故B正确。对棒1,由牛顿第二定律有BI1L=ma1,对棒2,由牛顿第二定律有BI2·2L=2ma2,其中,因为两棒串联,所以每时每刻I1=I2,解得a1=a2,故C错误。由能量守恒有Q=m-,解得Q=m,故D正确。故选B、D。
7.B　对a、b整体分析,由于受恒定拉力作用,则经过足够长时间后最终达到稳定状态,此时回路中的感应电动势保持恒定,则回路中的电流恒定,设a、b棒的加速度分别为aa、ab,有E总=B×2l(va+aaΔt)-Bl(vb+abΔt),由于电动势恒定,则有0=2BlaaΔt-BlabΔt,可得ab=2aa,故A、C、D错误;根据受力分析,由牛顿第二定律得F-F安a=2maa,F安b=mab,又F安a=2BIl,F安b=BIl,联立解得I=,故B正确。三年模拟练
应用实践
1.[2026陕西宝鸡期中]如图所示,MN左侧有一垂直纸面向外的磁场,一个线圈的两个端点a、b与内阻很大的电压表相连,线圈内磁通量变化的规律满足Φ=0.3-0.05t (Wb),在0~5 s内(　　)
A.线圈有缩小的趋势
B.电压表的示数不变
C.电压表的示数先增大后减小
D.线圈中有顺时针方向的感应电流
2.[2025浙江绍兴期末]如图所示,水平固定的光滑平行导轨间距为L,定值电阻的阻值为R,其余电阻忽略不计,电容器的电容大小为C,整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中(磁场未画出),磁场的磁感应强度大小为B。闭合开关S,金属棒在水平向右的外力作用下开始运动,在运动过程中金属棒始终与导轨保持垂直,当金属棒速度大小达到v时,立即断开开关S,并改变水平外力使金属棒做匀速运动。在某个时刻,外力的功率恰好为定值电阻功率的两倍,则从断开开关S到此时刻的过程中,外力所做的功为(　　)
A.B2L2v2C　　　　　　　B.B2L2v2C
C.B2L2v2C　　　　　　　D.B2L2v2C
3.[多选题][2025广东深圳一模]下面是一种电动汽车能量回收系统简化结构图。行驶过程,电动机驱动车轮转动。制动过程,电动机用作发电机给电池充电,进行能量回收,这种方式叫“再生制动”。某电动汽车4个车轮都采用轮毂电机驱动,轮毂电机内有固定在转子上的强磁铁形成的方向交替的等宽辐向磁场,线圈可视为处于方向交替的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。正方形线圈固定在定子上,边长与磁场宽度相等,均为L,每组线圈匝数均为N1,每个轮毂上有N2组线圈,4个车轮上的线圈串联后通过换向器(未画出)与动力电池连接,动力电池的电动势始终为E。已知某次开始制动时线圈相对磁场的速率为v,回路总电阻为R,下列说法正确的有(　　)
A.行驶过程,S1断开,S2闭合
B.制动过程,S1断开,S2闭合
C.开始制动时,全部线圈产生的总电动势为E1=8N1N2BLv
D.开始制动时,每组线圈受到的安培力大小为F安=
4.[多选题][2025山东威海三模]如图甲所示,圆形金属框内充满垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B0,长为L的导体棒ab绕固定于圆心转轴上的a端以角速度ω顺时针匀速转动,两竖直平行金属导轨MN、PQ间距为L,上端分别用导线与圆形金属框和a端相连,M、P间接有阻值为R的定值电阻,长为L的导体棒cd与MN、PQ垂直且接触良好,cd始终处于垂直纸面向外的磁场中,磁场的磁感应强度大小随时间的变化规律如图乙所示。0时刻cd棒从磁场的上边界以的速度开始向下匀速运动,t0时刻锁定cd棒。已知Rab=Rcd=R,其他电阻不计,重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
　
A.0~t0时间内,通过MP的电流大小为
B.cd棒的质量为
C.t0~2t0时间内,通过M、P间电阻的电荷量为
D.t0~2t0时间内,回路消耗的总功率为
5.[2025天津重点高中联考]福建舰配备了先进的电磁弹射系统。某学习小组在研究电磁弹射时设计了如图甲所示的装置。两根固定于水平面内足够长的光滑平行金属导轨,间距d=0.2 m,导轨区域内存在B=0.5 T的竖直向下的匀强磁场。用质量m1=50 g、电阻R1=0.4 Ω的均匀金属丝制成一个直径也为d的圆环作为电磁弹射车,圆环水平放在两条直导轨上和两导轨保持良好接触。实验时,将质量m2=50 g的绝缘模型飞机(如图乙)锁定在圆环上。计时开始,开关掷向1,与一恒流源接通,使干路电流恒为I=10 A。圆环从静止开始推动模型飞机一起做匀加速运动,经过Δt后,模型飞机达到起飞速度v1=20 m/s并立即与圆环解锁,飞离圆环。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及圆环可能的形变。
(1)求圆环接入电路的电阻r和模型飞机的加速时间Δt。
(2)若飞机起飞瞬间将开关立即掷向2,与R=0.1 Ω的电阻接通,求此后电阻R上产生的焦耳热。
(3)若飞机起飞瞬间将开关立即掷向3,与C=15 F的电容器接通,求圆环稳定时的速度大小v2。
6.[多选题][2026山东临沂等级考]如图所示,正方形导体线框abcd的质量为m,边长为L,匝数为N,总电阻为R。平面直角坐标系xOy的x轴水平向右,y轴竖直向下,x轴以下有一垂直于xOy平面的磁场,其沿x轴方向均匀分布,沿y轴方向大小变化规律为By=B0+ky(k为常数且k>0)。现从O点上方距离x轴高度为h处以某一初速度将导体线框abcd水平抛出,在线框下落过程中,线框平面始终位于竖直平面内,ab边始终水平。已知重力加速度为g,忽略空气阻力。下列说法正确的是(　　)
A.线框沿x轴方向一直做匀速直线运动
B.线框在磁场中受到的安培力方向竖直向上
C.线框沿y轴方向最终做匀速运动,沿y轴方向的速度大小为
D.线框完全进入磁场的过程中,通过导线横截面的电荷量为(2B0+kL)
答案与分层梯度式解析
三年模拟练
1.B 2.B 3.BC 4.AC 6.ABD
1.B　根据线圈内磁通量变化的规律满足Φ=0.3-0.05t (Wb)可知,0~5 s内磁通量随时间减小;根据楞次定律可知线圈中产生的感应电流的磁场与原磁场方向相同,根据安培定则可知,线圈中产生的感应电流沿逆时针方向;根据左手定则可知,线圈所受的安培力向外,线圈有扩大的趋势(点拨:线圈扩大可阻碍磁通量的减小),选项A、D错误。根据线圈内磁通量变化的规律满足Φ=0.3-0.05t (Wb)可知,Φ-t函数变化率的绝对值k==0.05 V,根据法拉第电磁感应定律可知,线圈产生的感应电动势E==0.05 V,大小恒定,因此电压表的示数不变,B正确,C错误。
易错警示
本题易误以为磁通量线性减小会导致感应电动势变化,从而错选电压表示数变化的选项。磁通量随时间线性变化时,变化率恒定,感应电动势大小不变,电压表读数也恒定。
2.B　
关键点拨
断开开关S后,电路的感应电动势、安培力与外力的分析如图所示:
断开开关S,改变水平外力使金属棒以速率v匀速运动,电容器与定值电阻串联,电容器充电,设当外力的功率恰好为定值电阻功率的两倍时电容器两端的电压为UC,根据闭合电路欧姆定律得E=BLv=IR+UC,水平外力F与安培力F安=BIL等大反向,水平外力F的功率为PF=Fv=BILv,定值电阻的功率为PR=I2R,当PF=2PR时有BILv=2I2R,联立解得此时电容器两端电压为UC=BLv;应用微元法,从断开开关到此刻外力所做的功为W=∑BIL(vΔt)=BLv∑(IΔt),由于q=∑(IΔt),则W=BLvq(解题技法),又由电容的定义式可得q=CUC=CBLv,解得W=CB2L2v2,故选B。
3.BC　
关键点拨
线圈的感应电流与安培力分析如图所示:
行驶过程,动力电池提供电能,根据二极管的单向导电性可知S1闭合,S2断开,电动机驱动车轮转动;制动过程,电动机作为发电机给电池充电,则S1断开,S2闭合,故A错误,B正确。由图可知,线圈左右两边同时切割磁感线,4个车轮上的线圈串联,则开始制动时,全部线圈产生的总电动势为E1=4×2N1N2BLv=8N1N2BLv,故C正确。开始制动时,回路中的电流为I==,线圈左右两边受到的安培力同向,则每组线圈受到的安培力大小为F安=2N1BIL=,故D错误。
4.AC　
模型建构
0~t0、t0~2t0内等效电路分析如图所示:
0~t0时间内,ab棒匀速转动,产生的电动势为E1=B0L2ω,cd棒匀速下滑,产生的电动势为E2=B0L·=E1,由于两个电源并联,且R总=+R=,所以通过MP的电流大小为I1==,故A正确;对cd棒,根据平衡条件可得B0L=mg,所以m=,故B错误;t0时刻锁定cd棒,磁场均匀增大,产生的电动势为E3==S=L·t0=B0L2ω=E1,由于两个电源并联,所以通过MP的电流大小为I2==,所以t0~2t0时间内通过M、P间电阻的电荷量为q=I2t0=,故C正确;t0~2t0时间内回路消耗的总功率为P=2R+R=,故D错误。
5.答案　(1)0.1 Ω　2 s　(2)5 J　(3)5 m/s
解析　(1)圆环在导轨间的两段圆弧金属丝并联接入电路中,每段圆弧金属丝的电阻为,则r==0.1 Ω。圆环和模型飞机整体受到的安培力F=BId=1 N,由牛顿第二定律有F=(m1+m2)a,解得a=10 m/s2,由匀变速直线运动规律有v1=a·Δt,解得Δt=2 s
(2)圆环的动能转化为电路的焦耳热,即Q总=m1,且r=R=0.1 Ω,则QR=Q总==m1,解得QR=5 J
(3)圆环稳定时产生的电动势E=Bdv2,此时电容器的电荷量Q=CE=CBdv2,通过圆环的电荷量ΔQ等于电容器的电荷量Q,则ΔQ=Q=t,对圆环,应用动量定理有-Bdt=m1v2-m1v1,解得v2==5 m/s
6.ABD　
模型建构
E总=NB下Lvy-NB上Lvy=NΔBLvy→定值
[ΔB=(B0+ky下)-(B0+ky上)=kL]
I= →定值
安培力的合力F安合=NB下IL-NB上IL=NΔBIL→定值
线框受力平衡,有mg=F安合
线框在磁场中斜向下运动时产生顺时针方向的感应电流,线框的两竖直边所受安培力等大反向,则水平方向合力为零,做匀速直线运动;ab边所受安培力竖直向上,cd边所受安培力竖直向下,但因ab边所受安培力大于cd边,可知线框受到竖直向上的安培力,A、B正确。当线框受到的安培力大小等于重力时,达到最终速度,则mg=NΔBL,其中的ΔB=kL,解得vy=,C错误。线框完全进入磁场的过程中,通过导线横截面的电荷量为q=Δt=Δt==·L2=(2B0+kL),D正确。五年高考练
考点1　安培定则、楞次定律的综合应用
1.[2024江苏,10]如图所示,在绝缘的水平面上,有闭合的两个线框a、b,线框a处在匀强磁场中,在将线框a从磁场中匀速拉出的过程中,线框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.[2025河南,5]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(　　)
　　　　　　　
　　　　　　　
3.[2025江西,5]托卡马克是一种磁约束核聚变装置,其中心柱上的密绕螺线管(CS线圈)可以驱动附近由电子和离子组成的磁约束等离子体旋转形成等离子体电流,如图(a)所示。当CS线圈通以如图(b)所示的电流时,产生的等离子体电流方向(俯视)为(　　)
A.顺时针
B.逆时针
C.先顺时针后逆时针
D.先逆时针后顺时针
考点2　自感
4.[2025浙江1月选考,9]新能源汽车日趋普及,其能量回收系统可将制动时的动能回收再利用,当制动过程中回收系统的输出电压(U)比动力电池所需充电电压(U0)低时,不能直接充入其中。在下列电路中,通过不断打开和闭合开关S,实现由低压向高压充电①,其中正确的是(　　)
　
　
①言之有“物”→电路要求:打开开关时,线圈产生自感电动势,与回收系统的输出电压U叠加,实现由低压向高压充电。
考点3　E=n的综合应用
5.[2026河北,6]如图所示,在长直螺线管中间区域放置一个匝数为n、面积为S的同轴小线圈。已知,长直螺线管通电后其内部磁场处处相同,磁感应强度的大小B与螺线管中的电流I成正比,即B=αI。在一段时间内,若电流I随时间t的变化关系满足I=βt(β为常量),由理想电压表测出小线圈的感应电动势为E,则α可以表示为(　　)
A.　　　B.　　　C.　　　D.
6.[2025湖北,5]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,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.
考点4　E=BLv的综合应用
7.[2024湖南,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①。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
①关键点拨→找到有效切割长度,构建“转动切割”模型。
8.[多选题][2025广东,9]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
考点5　电磁感应中的图像问题
9.[2026黑吉辽蒙,6]动圈式扬声器的结构和线圈绕向如图(a)所示①,图(b)为线圈所在区域磁场分布。将其用作话筒时,锥形纸盆的振动带动线圈运动,把声信号转化为电信号。规定向右为线圈位移x的正方向,若x随时间t的变化如图(c)所示,则a、b间电势差Uab随t变化的图像可能为(　　)
　　
　　　　　　　
　　　　　　　
①教材回溯→本题情境取自教材第33页课后习题第3题,线圈切割辐向磁场产生感应电动势。
10.[多选题][2024全国甲,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(　　)
考点6　电磁感应中的动力学问题
11.[多选题][2024山东,11]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
12.[多选题][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
13.[2026四川,14]如图所示,两根相距l的平行金属长导轨EH、FG与金属杆EF固定连接成U形框。U形框质量为m,电阻不计,静止在水平绝缘桌面上,与桌面间动摩擦因数为μ。劲度系数为k的绝缘轻弹簧一端连接杆EF的中点,另一端与墙壁相连,弹簧水平且处于原长。导轨上静置一质量为m、电阻为R的光滑金属杆JK。空间存在方向竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。现使杆JK在水平向右的外力作用下做匀速直线运动。杆JK始终与导轨垂直且接触良好,弹簧始终与杆EF垂直且在弹性限度内,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等,重力加速度大小为g。
(1)求U形框所受最大静摩擦力的大小;
(2)若弹簧保持原长,求杆JK做匀速直线运动速度的最大值;
(3)若杆JK运动速度大小为v,当弹簧伸长量为x0时外力功率最小,求此时U形框的速度大小和外力功率的最小值。
考点7　电磁感应中的动量与能量问题
14.[多选题][2023辽宁,10]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B①。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
①关键点拨→2BId=BI·2d,从系统动量守恒角度切入。
15.[2025陕晋青宁,7]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
16.[多选题][2025湖南,9]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
17.[2025安徽,15]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。
18.[2026湖南,14]某小组制作了一储能器,其两端电压U与其储存的电荷量q间的函数关系近似为U=kq(k为常量)。将该储能器接入如图所示电路,a、b、c为固定的三个触点。两足够长的平行金属导轨固定于水平面上,电阻不计,间距为L。导轨间有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B。质量为m的导体棒垂直导轨放置,接入电路的阻值为r。电源电动势为E,内阻不计。定值电阻阻值为R。t0时刻开关S与a连接,直到导体棒做匀速运动,再于t1时刻切换开关与b或c连接。运动过程中导体棒与导轨始终垂直且接触良好,忽略摩擦。
(1)求t0时刻导体棒加速度a0的大小;
(2)若t1时刻开关与b连接,储能器接入电路前电压为0,当储能器电压为U0时(此时电路中电流不为0),求导体棒速度v的大小;
(3)若t1时刻开关与c连接,求从t0时刻起到导体棒静止的过程中,导体棒上产生的焦耳热Q。
强基计划
19.[多选题][北京大学强基计划]如图,虚线下方有水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场,长方形线框长为a,宽为b,质量为m,电阻为R,在磁场上方h高度自由下落,磁感应强度大小为B,重力加速度为g,不计空气阻力,在图中几个时刻(　　)
A.t1时刻,线框速度大小为
B.t2时刻,线框速度大小为++g(t2-t1)
C.t3时刻,线框的加速度恒定
D.以上说法都不对
答案与分层梯度式解析
五年高考练
1.A 2.C 3.A 4.B 5.D 6.B 7.C 8.BD
9.D 10.AC 11.ABD 12.AB 14.AC 15.D 16.AC 19.AC
1.A　将线框a从磁场中匀速拉出的过程中穿过线框a的磁通量在减小,且磁场方向垂直纸面向里,根据楞次定律和安培定则可知线框a中产生的感应电流的方向为顺时针方向;由于线框a从磁场中匀速拉出,则线框a中产生的感应电流是恒定电流,根据安培定则可知线框a的感应电流产生的磁场如图所示,可见,线框a靠近线框b的过程中,线框a中感应电流产生的磁场使穿过线框b的磁通量向外且在增大(破题关键),再根据楞次定律和安培定则可知线框b中产生的感应电流的方向为顺时针方向,故A正确。
2.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。
3.A　由题可知CS线圈中的电流(俯视)先顺时针减小再逆时针增大,根据安培定则可判定穿过磁约束等离子体的磁场先向下减弱再向上增强(点拨:CS线圈内的磁场起主导作用),根据楞次定律可知,磁约束等离子体中产生的感应电流始终沿顺时针方向(俯视),A正确。
4.B　
关键点拨
UA选项图中,当开关S断开时,整个电路均断开,则不能给电池充电,A错误;B选项图中,当S闭合,电路稳定时,线圈L中有电流通过(点拨:动力电池所在支路被短路),当S断开时L产生自感电动势阻碍电流减小,L相当于电源,回收系统的输出电压U与L中的自感电动势串联后加在充电电池两端,且此时二极管能导通,从而实现低压向高压充电,B正确;C选项图中,当S闭合,电路稳定时,线圈中有电流通过,但当S断开时L也与电路断开,全程还是只有回收系统的输出电压U加在充电电池两端,则不能实现低压向高压充电,C错误;D选项图中,当S闭合,电路稳定时,线圈中有电流通过,但当S断开时回收系统也断开,只有L产生的自感电动势(相当于电源)加在充电电池两端,则不能实现低压向高压充电,D错误。
5.D　根据法拉第电磁感应定律有E=nS·,根据题意有B=αI,I=βt,联立可得E=nSαβ,解得α=,D正确。
易错警示
法拉第电磁感应定律中感应电动势与磁通量的变化率成正比,螺线管中均匀变化的电流产生均匀变化的磁场,使通过小线圈的磁通量均匀变化,继而使小线圈产生恒定的感应电动势,计算时必须带上匝数,否则推导出的比例常量结果会出错。
6.B　t=0时刻,Φ1=B0x0L,t=T时刻,B=0,Φ2=0,==B0x0L,则q==,B正确。
7.C　
考教衔接
本题考查导体棒转动切割磁感线产生感应电动势的计算,其方法与教材P34第6题类似。
　
解答本题,还要从弯曲导线情境中提取出切割磁感线的有效长度l。如图所示,相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线。
由图可知lOb=lOc=R,根据右手定则可知O点电势最高;同轴转动中,导线上各点的角速度是相同的,根据E=Bl=Bωl2可得UOb=UOc>UOa>0(破题关键),得φO>φa>φb=φc,C正确。
8.BD　
真题降维
关键信息 核心规律、模型、结论及其应用思路
步骤①中,线圈中通大小为I的电流,待测物块、称重框架受力平衡 线圈受到的安培力竖直向上,与整体的重力平衡,列平衡方程有(M+m)g=BIL①
步骤②中,线圈不动,磁场以速率v匀速向下运动,感应电动势为E 磁场与线圈的相对速度大小为v,则有E=BLv②,联立①②推导出m的表达式
电动势E是线圈断开时切割磁感线产生的感应电动势,I为线圈闭合时通入的电流,故不是线圈的电阻,故A错误;根据平衡条件有(M+m)g=BIL①,可知,I越大,m越大,故B正确;感应电动势E=BLv②,可知,v越大,E越大,故C错误;联立①②可得m=-M,故D正确。故选B、D。
9.D　
考教衔接
本题改编自教材第二章第2节练习与应用第3题。只要明白情境中的电磁感应原理,并能从本题的x-t图像中提取出速度变化规律,且正确应用右手定则判断电势高低,答对此高考题并不难。
由动生电动势的公式E=nBlv可知,==nBl,在x-t图像中,图线的斜率表示速度v,由题图(c)知时v=0,则该时刻Uab=0,A、C错误。0~时间内,x-t图线的斜率为正,故线圈的速度方向向右,将题图(b)视为右视图,则线圈此时垂直纸面向外运动,由右手定则可知感应电流沿逆时针方向,即从a流向b,电源内部电流从低电势端流向高电势端,故b端电势比a端电势高,即Uab<0,B错误,D正确。
10.AC　设线框上、下边框长度均为L,线框电阻为R,磁场的磁感应强度为B,则线框所受安培力大小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;若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方法技巧
线框、导体棒因为自身的感应电流而受到安培力作用,当速度发生变化时,其加速度往往是变化的,分析v-t图像时,要从图线的切线的斜率变化方面去思考,从而突破难点。
11.ABD　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中电流方向由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(易错点),C错误。
12.AB　
思路点拨
两导体棒沿导轨向下滑动,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2mg sin 30°-2BIL cos 30°=2maab,对cd有mg sin 30°-BIL cos 30°=macd,故可知aab=acd,分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加,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,此时对ab分析可得2mg sin 30°=2BIL cos 30°(也可对cd由平衡条件分析),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不同,故产生的感应电动势不等,故D错误。
13.答案　(1)2μmg　(2)　(3)见解析
模型建构
(1)
(2)
(3)
解析　(1)对U形框与金属杆JK整体,最大静摩擦力
fmax=f滑=μN=2μmg。
(2)金属杆JK产生的感应电动势E=Blv
回路电流I==
U形框受到的安培力大小为F安=BIl=
弹簧保持原长,当U形框刚好将要滑动,即安培力等于最大静摩擦力时,杆JK的速度最大
有F安=fmax=2μmg
联立得=2μmg
解得vmax=。
(3)杆JK的速度大小恒定,外力与杆JK所受安培力等大反向,当外力功率最小时,外力最小,即安培力最小,感应电流最小,U形框与金属杆JK的相对速度最小,即U形框的速度最大,U形框所受合力为零,加速度为零,此后由加速转为减速。
设U形框的速度为u,则金属杆JK与U形框的相对速度为v-u,此时回路中总的感应电动势E'=Bl(v-u)
感应电流I'=
U形框受到的安培力大小为F'安=BI'l=
U形框速度最大时,所受合力为零,有
=kx0+2μmg
可得此时U形框的速度大小u=v-
此时U形框和金属杆JK所受合力均为零,处于平衡状态,对整体分析有F外=kx0+2μmg
[另解:对金属杆JK有F外=F'安=,即F外=kx0+2μmg]
则外力功率的最小值Pmin=F外·v=(kx0+2μmg)v
14.AC
关键点拨
MN、PQ和导轨组成回路,通过MN和PQ的电流大小始终相等,MN所受安培力大小为2BId,PQ所受安培力大小为BI·2d,初始状态弹簧被压缩,最终恢复到原长。
弹簧伸展过程中,由右手定则可判定PQ向右运动产生的感应电流沿顺时针方向,MN向左运动产生的感应电流也沿顺时针方向,所以回路中产生顺时针方向的电流,A正确;因MN所受安培力F安1=2BId,PQ所受安培力F安2=BI·2d,所以F安1=F安2,两导体棒与弹簧组成的系统动量守恒(破题关键),mvMN-2mvPQ=0,当PQ的速率为v时,MN的速率为2v,此时E=2Bd·2v+B·2dv=6Bdv,I==,MN所受安培力F安1=2BId=,故B错误;任意时刻vMN∶vPQ=2∶1,且速度方向相反,则在相同时间内MN和PQ的路程之比为2∶1,C正确;在整个运动过程中弹簧最终恢复到原长,MN左移L,PQ右移,ΔΦ=2B·L·d+B··2d=2BLd,通过MN的电荷量即通过整个回路的电荷量,q=Δt=·Δt=·Δt==,故D错误。
归纳总结
双杆问题中若F合=0,则双杆组成的系统动量守恒。
15.D　
思路点拨
(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=,需分析线框进、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
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,根据楞次定律结合安培定则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(易错点)(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'乙L·Δt'=mv乙2-mv乙1,'乙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。
16.AC　
思路点拨
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导体有效切割长度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。
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。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(点拨:极短的时间Δt内,vl·Δt=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。
17.答案　(1)-　(2)　(3)m·
解题指引
解析　(1)第1根导体棒刚进入磁场时,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
安培力的功率大小为P=Fv0
联立解得P=,由于安培力做负功,故安培力的功率为-
(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++…+=m1-+-+…+-=m·
18.答案　(1)　(2)-　(3)
解析　(1)t0时刻,对导体棒,通过的电流I=
受到的安培力F=BIL
根据牛顿第二定律有F=ma0
解得a0=
(2)开关S与a连接,设导体棒做匀速运动时的速度为v0,有E=BLv0
开关S接b后,设t时刻电路中的电流为i,则对导体棒由牛顿第二定律可知-BiL=ma
则极短时间Δt内有-BiLΔt=maΔt
累积求和有-BL∑iΔt=m∑aΔt
其中∑iΔt=q=,∑aΔt=v-v0
则有v=-
(3)从t0时刻至t1时刻,由能量守恒得
Eq'=Qr1+m
由动量定理得BL(t1-t0)=mv0-0
可得BLq'=mv0
则Qr1=-m
从t1时刻至棒静止
由能量守恒得m=Qr2+QR,其中QR=Qr2
解得Qr2=
则从t0时刻起到导体棒静止过程中,导体棒上产生的焦耳热Q=Qr1+Qr2=
19.AC　在进入磁场之前线框做自由落体运动,t1时刻线框的速度为v1=,故A正确;t1~t2时间段内,线框中感应电动势的平均值==,感应电流的平均值==,以向下为正方向,则安培力的冲量I安=-BaΔt=-,由动量定理有mg(t2-t1)-=m(v2-v1),可得t2时刻线框的速度v2=-+g(t2-t1),故B错误;线框完全进入磁场后只受重力,在磁场中做匀加速直线运动,加速度不变,故C正确;由以上分析可知D错误。思想方法练2
一、二级结论法
方法概述
“二级结论”是由基本规律和基本公式导出的推论,在解题时可以直接应用。电磁感应中经常用到的二级结论有:(1)增反减同;(2)来拒去留;(3)增缩减扩。
1.[2026山西晋中介休第一中学月考]如图,水平桌面上固定有光滑导轨m和n,在导轨m、n上放置有一对平行导体棒p、q,且始终接触良好。不考虑p、q间的相互作用,重力加速度为g。在一条形磁铁从上方落下的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.p、q相互远离
B.条形磁铁的加速度大于g
C.导轨对桌面的压力增大
D.俯视时导轨与导体棒间一定形成沿逆时针方向的电流
二、等效法
方法概述
等效法就是在某种特定的意义上,在保证效果相同的前提下,将陌生的、复杂的、难处理的问题转换成熟悉的、简单的、易处理的问题的一种方法。
2.用同样材料、不同粗细的导线绕成两个面积相同的正方形线圈Ⅰ和Ⅱ,使它们从距匀强磁场上边界高度为h的地方同时自由下落,如图所示。下落过程中,线圈平面始终与磁场方向垂直,磁场区域高度大于线圈边长,空气阻力不计,则(　　)
A.两线圈同时落地,线圈发热量相同
B.细线圈先落地,细线圈发热量大
C.粗线圈先落地,粗线圈发热量大
D.两线圈同时落地,粗线圈发热量大
三、动量定理法
方法概述
电磁感应中的动量定理法核心是将安培力的冲量与通过回路的电荷量建立联系,根据动量定理列式求解。适用于变加速运动、多棒切割磁感线等复杂问题,能避开复杂的过程分析,尤其是求速度、电荷量或位移,非常方便。
3.如图所示,在光滑绝缘水平面上,一单匝矩形线圈以一定的初速度穿越匀强磁场区域,已知磁场区域宽度大于线圈宽度,则线圈进、出磁场的两个过程中(　　)
A.平均加速度相等
B.克服安培力做功相等
C.速度变化量相同
D.通过线圈的电荷量不相等
4.如图所示,水平面上固定两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ,两导轨间距为L,导轨电阻均可忽略不计。在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻,导体杆ab质量为m、电阻也为R,并与导轨垂直且接触良好,整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给导体杆ab一个初速度v0,使导体杆向右运动,最终导体杆ab停在导轨上。下列说法正确的是(　　)
A.导体杆ab将做匀减速运动直到静止
B.导体杆ab速度减为时,加速度大小为
C.导体杆ab速度减为时,通过定值电阻的电荷量为
D.导体杆ab速度减为时,导体杆ab通过的位移大小为
四、感生电动势和动生电动势叠加法
方法概述
回路中同时存在感生电动势与动生电动势时,可分别判断其方向、计算其大小,并进行叠加,得到回路中总的感应电动势。
5.[2025江西南昌期中]如图所示,半径为R的四分之三金属圆环ab固定在水平桌面上,有一垂直于圆环向里的匀强磁场,磁感应强度B随时间t变化的关系为B=kt(k>0)。一长为2R的金属直杆垂直磁场放置在圆环上,杆的一端与圆环的端口a接触,t=0时,杆从图示实线位置以角速度ω顺时针绕a在圆环所在平面内匀速转动,t=时,金属杆转到虚线位置,与圆环另一端口b刚好接触。设t=时金属杆和金属圆环构成的整个回路的总电阻值为r,金属杆与圆环接触良好,下列说法正确的是(　　)
A.t=时,回路中的电流方向为顺时针方向
B.t=0到t=的过程中,回路中的感应电动势一直减小
C.t=时,回路中的感应电动势大小为
D.t=时,回路中的电流大小为
6.[2026上海华东师大一附中开学考]如图甲所示,斜面顶部线圈的横截面积S=0.02 m2,匝数N=200,内有沿图示方向且均匀增加的磁场B1,磁感应强度随时间变化的图像如图乙所示。线圈与间距为L=0.2 m的光滑平行金属导轨相连,导轨固定在倾角为θ=37°的绝缘斜面上。图示虚线cd下方存在磁感应强度大小为B2=0.5 T的匀强磁场,磁场方向垂直于斜面向上。质量m=0.02 kg的导体棒ab垂直导轨放置,其有效电阻R=1 Ω,从无磁场区域由静止释放,导体棒沿斜面下滑一段距离后进入磁场B2中并刚好匀速下滑。在运动中导体棒与导轨始终保持良好接触,导轨足够长,线圈和导轨电阻均不计。重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:
　
(1)导体棒进入磁场B2前流过导体棒的感应电流大小和方向;
(2)导体棒刚进入磁场B2时的速度大小。
答案与分层梯度式解析
思想方法练2
1.C 2.D 3.C 4.B 5.D
1.C　条形磁铁从上方落下的过程中,穿过回路的磁通量增大,根据“增缩减扩”,回路面积要减小,因此p、q应相互靠近,而非远离,A错误;根据“来拒去留”,回路对磁铁有向上的斥力,磁铁所受合力小于重力,加速度小于g,B错误;磁铁受到回路向上的斥力,根据牛顿第三定律,回路受到磁铁向下的作用力,因此导轨对桌面的压力增大,C正确;由于条形磁铁下端是N极还是S极不确定,即穿过回路的原磁场方向不确定,则回路中感应电流的方向也不确定,D错误。
方法点津
楞次定律的三个推论是电磁感应现象中判断感应电流效果的高效方法。解题时先分析磁通量的增减变化,再匹配“增缩减扩”判断回路面积变化趋势、“来拒去留”判断相互作用力与运动趋势、“增反减同”判断感应电流产生的磁场方向,三步快速锁定选项,尤其适用于无具体磁场方向、侧重受力与运动趋势分析的题目。
2.D　设线圈材料的电阻率为ρ,密度为ρ',线圈边长为L,线圈的截面面积为S,线圈刚进入磁场时速度大小为v,加速度大小为a,有v=,E=BLv,I=,R=ρ,F=BIL,m=ρ'·4LS,根据牛顿第二定律,有a=,联立解得a=g-,与S无关,两线圈在刚进入磁场时,它们的瞬时速度大小v相同,瞬时加速度大小a相同,则两线圈从刚进入磁场到全部进入磁场所用的时间是相同的。在两线圈全部进入磁场到线圈的下边缘运动到磁场区域的下边界,两者都以相同的初速度和相同的加速度做竖直向下的匀加速运动,两线圈所用时间相同。根据上述分析可知,两线圈出磁场过程中所用时间也相同,完全出磁场时速度大小相等,则两线圈同时落地,落地时速度大小相等,B、C错误。设开始时线圈的下边缘离地高度为H,落地时速度大小为v落,此过程中产生的热量为Q=mgH-m,粗线圈的质量较大,故产生的热量较多,A错误,D正确。
小题速解
等效法:将粗线圈看成由n个(n>1)细线圈叠加而成,由于每个细线圈运动情况相同,故等效的粗线圈与每个细线圈运动情况相同,即同时落地,且落地时速度相同,粗线圈的发热量是每个细线圈发热量的n倍,D正确。
方法点津
等效法在解题过程中的体现,主要有模型的等效、过程的等效、作用效果的等效,巧妙转换思维,简化问题,使解题的效率提高。
3.C　设线圈进入磁场前的速度为v0、完全进入磁场时速度为v、完全离开磁场时速度为v1,线圈左右两边的长度为L1,上下两边的长度为L2,磁感应强度大小为B。取向右为正方向,根据动量定理,进入磁场过程中,有-BL1Δt1=mv-mv0,其中Δt1=q1==;离开磁场过程中,有-BL1Δt2=mv1-mv,其中Δt2=q2==,所以有mv-mv0=mv1-mv,解得v-v0=v1-v,故线圈进、出磁场过程中速度变化量相同,通过线圈的电荷量相等,故C正确,D错误。进入磁场时线圈的平均速度较大,所用时间较短,速度变化量相同,可知进入磁场时平均加速度较大,故A错误。进入磁场过程所用时间较短,平均电流较大,则线圈进入磁场过程所受的安培力大于离开磁场过程所受的安培力,位移相同,可知克服安培力做功不相等,故B错误。
4.B　导体杆ab所受安培力大小为FA=BIL=B··L=,由牛顿第二定律可得,导体杆ab的加速度大小为a==,导体杆向右运动过程中速度减小,所以导体杆ab做加速度减小的减速运动直到静止,A错误;导体杆ab的速度为时,加速度大小为a=,B正确;对导体杆ab,取向右为正方向,由动量定理得-BLΔt=m·-mv0,解得q=Δt=,C错误;由q=·Δt=·Δt=·Δt==,解得导体杆ab通过的位移大小为x=(点拨:电荷量与磁通量变化的关系是求解位移的关键桥梁,注意回路中总电阻的取值),D错误。
方法点津
安培力随速度减小而减小,导体杆做加速度减小的减速运动,需要用动量定理求电荷量,再通过电荷量与磁通量变化的关系求解位移;加速度则由牛顿第二定律结合安培力公式代入瞬时速度直接计算。
5.D　
题图解读
t=时刻的关键点:
t=时,由楞次定律可知,感应电流方向为逆时针方向(点拨:动生电动势和感生电动势产生同方向的感应电流),A错误;t=0到t=的过程中,回路的面积变大,感生电动势和杆切割磁感线的有效长度均变大,感生电动势和动生电动势均增大,即回路中的感应电动势一直变大,B错误;t=时,由于磁场均匀增大,四分之三圆环与杆构成的回路产生的感生电动势为E感==S==k[点拨:回路面积为圆与三角形的面积和(瞬时面积)],动生电动势为E动=B(R)2ω=kt(R)2ω=(点拨:金属杆转动切割磁感线的有效长度为R,B取t时刻的瞬时值),所以回路中的感应电动势大小为E=E感+E动=(点拨:感生电动势与动生电动势方向相同,直接相加),C错误;t=时,回路中的电流大小为I==,D正确。
6.答案　(1)0.4 A　b到a　(2)8 m/s
解析　(1)由法拉第电磁感应定律,斜面顶部线圈产生的感生电动势为E1=N=NS=0.4 V
回路中的感应电流为I1==0.4 A
根据楞次定律可得流过导体棒的电流方向为b到a。
(2)导体棒沿斜面下滑一段距离后进入磁场B2中并匀速下滑,由平衡条件可得B2I2L=mg sin θ
导体棒在B2中切割磁感线产生的感应电流方向为b到a,回路中的感应电动势为E1+E2,由闭合电路欧姆定律可得E1+E2=I2R(点拨:感生电动势与动生电动势同向进行叠加)
动生电动势大小为E2=B2Lv
解得v=8 m/s
方法点津
对于回路中明显存在感生电动势与动生电动势的情况,应利用叠加法求解总感应电动势。如果通过题目条件可以得到Φ(t)表达式,还可对其进行求导得到磁通量变化率表达式,代入数值求E。专题强化练7　电磁感应中的图像问题
1.[甄选真题][2025甘肃高考]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
2.[2026山东聊城一中月考]如图所示,平行于y轴的导体棒以速度v向右做匀速运动,经过半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域,下列能表示导体棒中的感应电动势E与导体棒的位置x关系的图像是(　　)
　　　　　　　
　　　　　　　
3.[2026福建厦门期中]在边长为L的等边三角形区域abc内存在着垂直纸面向外的匀强磁场,一个边长也为L的等边三角形导线框def在纸面上以某一速度向右匀速运动,底边ef始终与磁场的底边界bc在同一直线上,如图所示。取沿顺时针方向的电流为正,在线框通过磁场的过程中,其感应电流随时间变化的图像是(　　)
4.[2026山东菏泽阶段检测]如图所示,一个各短边边长均为L、长边边长为3L的线框以速度v匀速通过宽度为L的匀强磁场区域,磁感应强度大小为B,磁场方向垂直于纸面向里,线框沿纸面运动,开始时线框右侧短边ab恰好与磁场左边界重合,此过程中最右侧短边两端点a、b两点间电势差Uab随时间t变化的关系图像正确的是　(　　)
　　　　　　　
　　　　　　　
5.[2026浙江联考]如图,矩形闭合导体线框在匀强磁场上方,从不同高度处由静止释放,t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻。线框下落过程形状不变,ab边始终保持与磁场水平边界线OO'平行,线框平面与磁场方向垂直。设OO'下方磁场区域足够大,不计空气阻力影响,则下列图像不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化规律的是(　　)
6.[2024江苏南通阶段测试]如图所示,导体棒与“V”形导轨为粗细相同的同种金属,导轨处于与其平面垂直的匀强磁场中。t=0时刻,导体棒与导轨角平分线垂直,并从O处沿角平分线在导轨上匀速向右运动,下列关于回路中通过导体棒横截面的电荷量q、电功率P随时间t变化的图像正确的是　(　　)
7.[2026四川成都二模]如图所示,足够长的平行光滑金属导轨水平固定放置,一端连接定值电阻,空间存在竖直向下的匀强磁场。导体棒MN放在导轨上,t=0时以初速度v0水平向右运动,经过足够长时间停在导轨上。导体棒与导轨接触良好,且电阻均忽略不计。下列正确描述MN运动过程中加速度a、速度v随时间t或位移x变化的图像是(　　)
8.[创新题·新考法][多选题][2025黑龙江哈尔滨阶段检测]如图所示,两根粗细均匀、完全相同的平行金属导轨固定在水平桌面上,两根导轨单位长度的电阻相同,导轨的端点P、Q用电阻可忽略的导线相连,有随时间变化的匀强磁场垂直于桌面,已知磁感应强度B与时间t的关系为B=kt(k>0),k为比例系数。一电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动,在滑动过程中保持与导轨垂直。在t=0时刻,金属杆紧靠在P、Q端,在外力作用下,杆以恒定的加速度从静止开始向导轨的另一端滑动。用i、f分别表示此过程中金属杆中的电流大小和金属杆受到的安培力大小,则下列图像正确的是(　　)
　　　
9.[2026福建三明一中月考]如图所示,两个有界匀强磁场的磁感应强度大小均为B,方向分别垂直纸面向里和向外,磁场宽度均为L,距磁场区域的左侧L处,有一边长为L的正方形导体线框,总电阻为R,且线框平面与磁场方向垂直,现用外力F使线框以速度v匀速穿过磁场区域,以初始位置为计时起点,规定电流沿逆时针方向时的电动势E为正,磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ的方向为正,外力F向右为正。则以下关于线框中的磁通量Φ、感应电动势E、外力F和电功率P随时间t变化的图像正确的是(　　)
答案与分层梯度式解析
专题强化练7　电磁感应中的图像问题
1.C 2.A 3.B 4.C 5.A 6.A
7.D 8.AD 9.C
1.C　0~内,由Φ=BS可得Φ随时间增大,E=n=n,由题图可得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。
2.A　当导体棒运动到图示位置时其坐标值为x,切割磁感线的棒长l=2,则感应电动势E=Blv=2Bv,根据数学知识可知,A正确,B、C、D错误。
3.B　线框进入磁场后,切割磁感线的有效长度为L=vt tan 60°,产生的感应电动势为E=BLv=Bv2t tan 60°,所以感应电流为I==,从开始进入磁场到d与a重合之前,电流与t是成正比的,由楞次定律可知线框中的电流方向是顺时针的(点拨:磁通量增大,感应电流的磁场与原磁场反向);此后线框切割磁感线的有效长度均匀减小,电流随时间变化仍然是线性关系,由楞次定律可知线框中的电流方向是逆时针的(点拨:磁通量减小,感应电流的磁场与原磁场同向),B正确,A、C、D错误。
4.C　
关键点拨
三个阶段:
0~L过程中,ab边切割磁感线产生的感应电动势E1=BLv,a点电势高于b点电势,则Uab=BLv;L~2L过程中,感应电动势E2=2BLv,a点电势低于b点电势,则Uab=-;2L~3L过程中,最左边切割磁感线产生的感应电动势E3=3BLv,a点电势高于b点电势,则Uab=×3BLv=BLv。故选C。
5.A　线框先做自由落体运动,ab边进入磁场后做减速运动,加速度逐渐减小,而A图像中的加速度逐渐增大,A错误;线框先做自由落体运动,ab边进入磁场后,因为重力小于安培力,线框做加速度减小的减速运动,当加速度减小到零时做匀速直线运动,cd边进入磁场后做匀加速直线运动,加速度为g,B正确;线框先做自由落体运动,ab边进入磁场后,因为重力大于安培力,做加速度减小的加速运动,cd边进入磁场后做匀加速直线运动,加速度为g,C正确;线框先做自由落体运动,ab边进入磁场后,因为重力等于安培力,做匀速直线运动,cd边进入磁场后做匀加速直线运动,加速度为g,D正确。故选A。
6.A　
关键点拨
设“V”形导轨顶角为2θ,导体棒匀速运动的速度为v,则t时刻导体棒切割磁感线的有效长度为L=2vt tan θ,设单位长度的导体棒、导轨电阻为r,则此时电路总电阻为R=r=Lr,电动势为E=BLv,感应电流为I===,则t时间内通过导体棒横截面的电荷量为q=It=t∝t,故A正确,B错误;电功率为P====·t∝t,可知P-t图像为一条过原点的倾斜直线,故C、D错误。故选A。
7.D　导体棒切割磁感线产生感应电动势E=BLv,感应电流I=,安培力F=BIL=,由牛顿第二定律得加速度a=,可知a∝v,导体棒做加速度逐渐减小的减速运动,v-t图线的斜率表示加速度,应是斜率逐渐减小的曲线,A图是加速度增大的减速运动,A错误;a与v成线性关系,v-t图像是曲线,所以a-t图像也是曲线,B错误;设向右为正方向,对导体棒由动量定理可得∑-Δt=mv-mv0,∑vΔt=x,整理得v=v0-x,v与x成线性关系,C错误;a与v成线性关系,v与x成线性关系,所以a与x成线性关系,D正确。
名师点津
题干条件不变,导体棒的动量p、动能Ek随位移x变化的图像:
8.AD　
思路点拨
设导轨单位长度的电阻为r,金属杆做匀加速运动的加速度大小为a,导轨宽度为L,则经过t时间有v=at,x=at2,回路的总电阻为R=2xr=art2(此为导轨的电阻,而金属杆的电阻不计),回路的总电动势为e=E动+E感(动生电动势与感生电动势并存且方向相同),其中E动=BLv=kLat2,E感=S=kLx=kLat2,则回路电流为i===,可知回路电流恒定不变,则i-t图像为一条与横轴平行的直线;金属杆受到的安培力大小为f=BiL=t∝t,可知f-t图像为一条过原点的倾斜直线。故选A、D。
9.C　~过程中,线框右边切割磁感线,产生的电动势为E=BLv,电路中的电流I=,沿逆时针方向,电动势为正;~过程中,线框两边均切割磁感线,由于磁场反向,故电动势E'=2BLv(点拨:电动势同向叠加),产生顺时针方向电流,I'=,电动势为负;~过程中,线框左边切割磁感线,此时电动势为E=BLv,电流为I=,沿逆时针方向,电动势为正,A错误。由于线框匀速运动,外力F等于安培力F安=BIL,故0~过程中,F安=0,~过程中,F安=BIL,~过程中,F安=BI'·2L=4BIL,~过程中,F安=BIL,外力F的方向一直与安培力方向相反,向右,B错误。根据能量守恒可知,电路中的电功率等于克服安培力做功的功率,P=F安·v=Fv不变,P与F成正比,P-t图像与F-t图像形状相同,C正确。~过程的磁通量变化率应是~过程的磁通量变化率的2倍,则直线的斜率应为2倍关系(点拨:磁通量变化率对应电动势,双边切割磁感线时电动势更大,磁通量变化更快),D错误。易混易错练2
易错点1　盲目套用楞次定律的推论“增缩减扩”
1.[多选题]如图所示,在匀强磁场中放一平行金属导轨,导轨跟小线圈N相接,二者与大线圈M之间绝缘,磁感线垂直于导轨所在平面。导轨与金属棒ab接触良好,导轨电阻不计,当金属棒ab向右加速运动时,大线圈M中产生的感应电流方向及所具有的形变趋势是(　　)
A.线圈M中有顺时针方向的电流
B.线圈M中有逆时针方向的电流
C.线圈M有收缩的趋势
D.线圈M有扩张的趋势
易错点2　磁通量变化情况分析错误
2.[2025山东济宁统测]如图所示,固定的水平长直导线中通有电流I,矩形金属线框与导线在竖直平面内,且一边与导线平行。线框由静止释放,在下落过程中不与导线碰撞,则关于线框内感应电流的方向说法正确的是(　　)
A.先逆时针后顺时针再逆时针
B.先逆时针后顺时针再逆时针再顺时针
C.先顺时针后逆时针再顺时针
D.先顺时针后逆时针再顺时针再逆时针
易错点3　错把感应电动势当成路端电压
3.[2026广东深圳多校质量监测]如图所示,有一宽为2L的匀强磁场区域,磁场方向垂直于纸面向里。现有一边长为L、粗细均匀的正方形金属线框MNPQ,以恒定速度v穿过磁场区域。在运动过程中,金属线框MN边始终与磁场区域边界平行,取MN边刚进入磁场的时刻为计时起点,规定逆时针方向为电流正方向,则在下列选项中,能正确反映线框中感应电流i以及M、N两点间电势差UMN随时间变化规律的是(　　)
　　　　　　　
　　　　　　　
易错点4　对自感现象理解不透彻
4.物理老师在课上做了“千人震”趣味小实验,如图所示,A、B之间接一个有铁芯的多匝线圈,用2节1.5 V的干电池、开关以及若干导线连成电路,几位同学手牵手连接到电路的C、D端,会产生“触电”的感觉。以下说法正确的是(　　)
A.“触电”发生在开关K闭合的瞬间
B.“触电”时C、D两端的电压不会高于3 V
C.“触电”时,通过人体的电流方向为D到C
D.“触电”时,A点电势高于B点电势
答案与分层梯度式解析
易混易错练2
1.BD 2.A 3.D 4.C
1.BD　当金属棒ab向右加速运动时,根据右手定则,感应电流从a到b且逐渐增大,根据安培定则,穿过线圈M的磁通量垂直纸面向里且增加,根据楞次定律结合安培定则可知,M中感应电流沿逆时针方向,A错误,B正确;M中感应电流沿逆时针方向,线圈M所处的磁场垂直纸面向外,根据左手定则可知线圈M各部分所受安培力背离圆心向外,则线圈M有扩张的趋势,C错误,D正确。
错解分析
错解原因是没有考虑合磁通量,直接套用楞次定律的推论“增缩减扩”。根据楞次定律,感应电流的磁场总是阻碍原磁场磁通量的变化,原磁场在增强,线圈应扩大面积以减小净磁通量。“增缩减扩”的结论只适用于磁感线单方向穿过回路的情境。
2.A　
关键点拨
线框下落过程中磁通量变化的分析如图所示:
根据安培定则可以判定,导线上侧的磁场方向向里,线框靠近导线时,穿过线框的磁通量增大,感应电流产生的磁场方向向外,可知感应电流沿逆时针方向;从线框刚开始越过导线到线框中心与导线在同一水平面过程中,穿过线框向里的磁通量减小,线框中产生顺时针方向的感应电流;从线框中心与导线在同一水平面时开始到线框恰好完全越过导线的过程中,穿过线框向外的磁通量逐渐增大,则线框中产生顺时针方向的感应电流;从线框恰好完全越过导线开始,线框下落过程中,穿过线框向外的磁通量逐渐减小,线框中的感应电流方向为逆时针。故选A。
错解分析
穿过线框的磁通量先增大后减小,再反向增大后减小,忽略了这点是错解的原因。解答本题时,需明确通电直导线周围磁感线的分布规律。
3.D　在0~过程中,如图1所示,线框MN边切割磁感线,相当于电源,其余三边为外电路,则M、N两点间电势差UMN为电路的路端电压,
　　
设线框的电阻为R,MN边的感应电动势E=BLv=U0,根据右手定则判断出,线框中感应电流沿逆时针方向,大小为I0==,根据闭合电路欧姆定律可得UMN=I0×R=BLv=U0;在~过程中,如图2所示,线框完全处于磁场中,穿过线框的磁通量不变,没有感应电流产生,但MN边仍然在做切割磁感线运动,产生感应电动势,有UMN=BLv=U0;在~过程中,如图3所示,线框QP边切割磁感线,相当于电源,产生感应电动势E=BLv,根据右手定则判断知线框中的感应电流方向为顺时针方向,大小为I0==,根据欧姆定律可得UMN=I0×R=BLv=U0。结合选项图像,只有选项D图线符合,故选D。
错解分析
本题错解原因是把等效电源的电动势错误地当成了M、N两端的电势差。本题中,在0~内,线框MN边切割磁感线相当于电源,其余三条边相当于外电路,UMN其实是外电路的总电压(即路端电压)。
4.C　两节1.5 V的干电池,当开关K闭合时,电流很小,不会有“触电”的感觉(易错点);开关K断开的瞬间,线圈中电流发生变化,线圈产生自感电动势,由于线圈的自感产生瞬间的高压,会高于3 V,使人有“触电”的感觉,故A、B错误;根据前面分析,开关K断开的瞬间,线圈产生自感电动势阻碍电流的减小,所以此时线圈中的感应电流方向与原电流方向相同,即通过人体的电流方向是A→B→D→C,此时线圈相当于电源,在电源外部电流由高电势到低电势,则A点电势低于B点电势,C正确,D错误。
错解分析
若对自感现象理解不透彻,易误认为“触电”发生在开关闭合瞬间,导致后续的分析出现误判。

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