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第12課時　電磁感應
【知識網絡】
熱點一　楞次定律與法拉第電磁感應定律的應用
1.感應電流方向的判斷方法
2.感應電動勢大小的求法
情境圖 研究對象 表達式
回路(不一定閉合) 三種形式 E＝ E＝n E＝
一段直導線(或等效直導線) E＝Blv
繞一端轉動的一段導體棒 E＝Bl2ω
繞與B垂直的軸轉動的導線框 從圖示時刻計時 e＝NBSωcos ωt
3.通過回路截面的電荷量q＝Δt＝Δt＝。q僅與n、ΔΦ和回路總電阻
R總有關，與時間長短無關，與Φ是否均勻變化無關。
例1 (2024·北京卷，6)如圖1所示，線圈M和線圈P繞在同一個鐵芯上，下列說法正確的是(　　)
圖1
A.閉合開關瞬間，線圈M和線圈P相互吸引
B.閉合開關，達到穩定后，電流表的示數為0
C.斷開開關瞬間，流過電流表的電流方向由a到b
D.斷開開關瞬間，線圈P中感應電流的磁場方向向左
例2 (多選)(2024·安徽合肥聯考)如圖2甲所示，一圓形金屬線圈上半部分處于勻強磁場中，線圈匝數為n，線圈固定不動。t＝0時勻強磁場的磁感應強度的方向垂直紙面向里，磁感應強度B隨時間t變化的關系圖像如圖乙所示，已知線圈的半徑為r，線圈總電阻為R，則(　　)
圖2
A.線圈中的感應電流的方向在t0時刻發生改變
B.線圈受到的安培力方向始終豎直向上
C.t＝0時刻，線圈受到的安培力大小為
D.0～t0時間內通過導線某橫截面的電荷量為
訓練1 (多選)(2024·陜西西安模擬預測)用一段橫截面半徑為r、電阻率為ρ、密度為d的均勻導體材料做成一個半徑為R(r R)的圓環，圓環豎直向下落入如圖3所示的徑向磁場中，圓環的圓心始終在N極的軸線上，圓環所在位置的磁感應強度大小均為B。圓環在加速下落過程中某一時刻的速度為v，忽略電感的影響，下列說法正確的是(　　)
圖3
A.下落過程圓環中磁通量不變
B.此時圓環受到豎直向上的安培力作用
C.此時圓環的加速度大小為－g
D.如果徑向磁場足夠深，則圓環的最大速度為
vm＝
熱點二　電磁感應中的電路和圖像問題
例3 在如圖4甲所示的電路中，電阻R1＝R2＝R，單匝圓形金屬線圈半徑為r1，線圈導線的電阻也為R，半徑為r2(r2＜r1)的圓形區域內存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化的關系圖線如圖乙所示，圖線與橫、縱軸的交點坐標分別為t0和B0，其余導線的電阻不計。t＝0時閉合S，至t1時刻，電路中的電流已穩定，下列說法正確的是(　　)
圖4
A.線圈中產生的感應電動勢的大小為
B.電容器下極板帶負電
C.t0時間內通過R1的電荷量為
D.穩定后線圈兩端的電壓為
訓練2 (多選)(2024·江西萍鄉二模)如圖5所示，光滑平行金屬導軌左端接一定值電阻R，水平置于方向豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中，導軌上有一質量為m，電阻為R的導體棒ab以初速度v0向右運動，已知導體棒長度為d，導軌間距為L，導軌電阻不計，導體棒的瞬時速度為v，所受安培力大小為F，流過導體棒的電荷量為q，導體棒兩端的電壓U，下列描述各物理量隨時間t或位移x變化的圖像正確的是(　　)
圖5
熱點三　電磁感應中的動力學和能量問題
例4 (2024·浙江杭州二模)如圖6所示，固定的一對長金屬導軌，間距為L＝0.5 m，其水平部分與傾斜部分均足夠長。導軌的水平部分處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B1，其左側連接了電源G。導軌的傾斜部分傾角θ＝37°且處于平行斜面向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B2，導軌上正對的P、Q兩處各有一小段用絕緣材料制成，長度不計。質量均為m＝0.25 kg的導電桿甲、乙靜止在導軌上，均與導軌垂直，甲與導軌摩擦不計，電阻R1＝ Ω，乙的電阻R2＝ Ω。某時刻起電源G開始工作，輸出恒定電流I0＝0.5 A，經t0＝3 s，使甲運動到P、Q處，電源G立即停止工作。當甲越過P、Q瞬間，再對其施加一個沿導軌水平向右的恒力F＝1.6 N，此時乙恰好開始運動。已知B1＝B2＝1 T，不計除導電桿外所有電阻，不計回路自身激發磁場，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度為g＝10 m/s2，求：
圖6
(1)甲通過P、Q時的速度大小；
(2)乙與傾斜導軌間的動摩擦因數；
(3)電源G輸出的總能量。
拓展 如圖7所示，為回收部分能量，在傾斜導軌下方接上開關S和C＝0.1 F的電容器，開始時電容器不帶電，現閉合開關S，其他條件不變，已知在甲通過P、Q后10 s內位移為102 m，產生的焦耳熱為49 J，此時電容器已達到最大穩定電壓。當電容器電壓為UC時，其儲能為EC＝CU。忽略電磁輻射，求此過程中，乙上產生的焦耳熱(該結果保留3位有效數字)。
圖7
訓練3 (多選)(2024·湖南模擬預測)如圖8所示，兩條電阻不計的光滑平行導軌AED和BFC與水平面成θ角，平行導軌之間間距為L，一勁度系數為k的輕質彈簧一端固定在O點，彈簧中心軸線與軌道平行，另一端與質量為m、電阻為R1的導體棒相連接，導軌的一端連接定值電阻R2，勻強磁場垂直穿過導軌平面ABCD，AB到CD距離足夠大，磁感應強度大小為B0，O點到AB的距離等于彈簧的原長，導體棒從AB位置靜止釋放，到達EF位置時速度達到最大，AB到EF距離為d，導體棒始終與軌道良好垂直接觸，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)
圖8
A.導體棒在AB位置時，加速度為gsin θ
B.到達EF時導體棒最大速度為
C.下滑到最低點的過程中導體棒機械能先增大后減小
D.導體棒最終可以回到AB位置
1.(2024·江蘇卷，10)如圖9所示，在絕緣的水平面上，有閉合的兩個線圈a、b，線圈a處在垂直紙面向里的勻強磁場中，線圈b位于右側無磁場區域，現將線圈a從磁場中勻速拉出，線圈a、b中產生的感應電流方向分別是(　　)
圖9
A.順時針，順時針 B.順時針，逆時針
C.逆時針，順時針 D.逆時針，逆時針
2.(2024·廣東卷，4)電磁俘能器可在汽車發動機振動時利用電磁感應發電實現能量回收，結構如圖10甲所示。兩對永磁鐵可隨發動機一起上下振動，每對永磁鐵間有水平方向的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，磁場中，邊長為L的正方形線圈豎直固定在減震裝置上。某時刻磁場分布與線圈位置如圖乙所示，永磁鐵振動時磁場分界線不會離開線圈。關于圖乙中的線圈，下列說法正確的是(　　)
圖10
A.穿過線圈的磁通量為BL2
B.永磁鐵相對線圈上升越高，線圈中感應電動勢越大
C.永磁鐵相對線圈上升越快，線圈中感應電動勢越小
D.永磁鐵相對線圈下降時，線圈中感應電流的方向為順時針方向
3.(2024·湖南卷，4)如圖11，有一硬質導線Oabc，其中是半徑為R的半圓弧，b為圓弧的中點，直線段Oa長為R且垂直于直徑ac。該導線在紙面內繞O點逆時針轉動，導線始終在垂直紙面向里的勻強磁場中。則O、a、b、c各點電勢關系為(　　)
圖11
A.φO>φa>φb>φc B.φO<φa<φb<φc
C.φO>φa>φb＝φc D.φO<φa<φb＝φc
4.(2024·浙江6月選考，13)如圖12所示，邊長為1 m、電阻為0.04 Ω的剛性正方形線框abcd放在勻強磁場中，線框平面與磁場垂直。若線框固定不動，磁感應強度以＝0.1 T/s均勻增大時，線框的發熱功率為P；若磁感應強度恒為0.2 T，線框以某一角速度繞其中心軸OO′勻速轉動時，線框的發熱功率為2P，則ab邊所受最大的安培力為(　　)
圖12
A. N B. N C.1 N D. N
5.(多選)(2024·黑吉遼卷，9)如圖13，兩條“∧”形的光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，間距為L，左、右兩導軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導體棒ab、cd放置在導軌上，同時由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導軌垂直并接觸良好。ab、cd的質量分別為2m和m，長度均為L。導軌足夠長且電阻不計，重力加速度為g。兩棒在下滑過程中(　　)
圖13
A.回路中的電流方向為abcda
B.ab中電流趨于
C.ab與cd加速度大小之比始終為2∶1
D.兩棒產生的電動勢始終相等
基礎保分練
1.(2024·安徽蕪湖二模)用材料相同粗細均勻的導線做成如圖1所示的單匝線圈，線圈構成一個閉合回路。左側小圓的半徑為2d，中間大圓的半徑為3d，右側小圓的半徑為d，左側兩圓連接處缺口的長度可忽略不計，右側兩圓錯開相交連通(麻花狀)，將線圈固定在與線圈所在平面垂直的磁場中，磁感應強度大小為B＝B0＋kt，式中的B0和k為常量，則線圈中感應電動勢的大小為(　　)
圖1
A.14πd2k B.12πd2k C.6πd2k D.4πd2k
2.(2024·河北石家莊二檢)為了使在磁場中轉動的絕緣輪快速停下來，小明同學設計了以下四種方案：圖2甲、乙中磁場方向與輪子的轉軸平行，圖甲中在輪上固定閉合金屬線圈，圖乙中在輪上固定未閉合金屬線圈；圖丙、丁中磁場方向與輪子的轉軸垂直，圖丙中在輪上固定一些閉合金屬線框，圖丁中在輪上固定一些細金屬棒。四種方案中效果最好的是(　　)
圖2
A.甲 B.乙 C.丙 D.丁
3.電磁制動原理是通過線圈與磁場的作用使物體做減速運動。如圖3所示，某列車車底安裝的電磁體產生磁場可視為勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向豎直向下。同種材料制成的粗細均勻的閉合正方形線框abcd，邊長為L1，MN長為L2(L2＞L1)，若當列車MN部分剛越過ab時，速度大小為v，則ab兩端的電勢差Uab等于(　　)
圖3
A.BL1v B.BL2v C.－BL1v D.－BL2v
4.(多選)(2024·河北石家莊質檢)如圖4甲所示，線圈A的匝數為50、電阻為3 Ω，在線圈A內加垂直線圈平面的磁場，t＝0時刻磁場方向垂直紙面向里，穿過線圈A的磁通量按圖乙變化。電阻不計、間距為0.5 m的足夠長水平光滑金屬導軌MN、PQ通過開關S與線圈A相連，兩導軌間存在垂直紙面的勻強磁場(圖中未畫出)。現將長度為0.5 m、電阻為1 Ω的導體棒ab垂直輕放在導軌MN、PQ上。t＝0時刻，閉合開關S，導體棒ab向右加速運動達到最大速度5 m/s后勻速運動，導體棒ab與導軌始終接觸良好。下列說法正確的是(　　)
圖4
A.t＝0時刻，線圈A產生的感應電動勢為5 V
B.t＝0時刻，線圈A中的感應電流為2.5 A
C.兩導軌間磁場的磁感應強度大小為2 T
D.兩導軌間磁場的方向垂直MNQP平面向外
5.(2024·北京海淀區高三期末)如圖5所示，兩根足夠長的平行金屬導軌位于水平的xOy平面內。導軌與x軸平行，左端接有電阻R。在x≥0的一側存在豎直向下的磁場，磁感應強度B隨空間位置均勻變化，滿足B＝B0＋kx(k＞0且為常量)。一金屬桿與導軌垂直放置，且接觸良好，在外力作用下沿x軸正方向勻速運動。t＝0時金屬桿位于x＝0處，不計導軌和金屬桿的電阻。下列關于金屬桿兩端的電壓U和所受安培力F大小的圖像可能正確的是(　　)
圖5
6.(多選)如圖6所示，豎直固定的光滑圓弧形金屬導軌PQ半徑為r，O為圓心，P、O之間用導線連接阻值為R的電阻。粗細均勻的輕質金屬棒的一端通過鉸鏈固定在O點，另一端連接質量為m的金屬小球，小球套在導軌PQ上。初始時刻金屬棒處于水平位置，小球、金屬棒與導軌始終接觸良好。過圓心O的水平線下方分布著磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。已知重力加速度為g，金屬棒總電阻為2R，小球、導軌及導線電阻不計，不計一切摩擦阻力。現將小球由靜止釋放，第一次運動到最低點時小球速度大小為v，在此過程中下列說法正確的是(　　)
圖6
A.小球運動到最低點時，金屬棒產生的感應電動勢為Brv
B.小球運動到最低點時，金屬棒兩端的電壓為
C.通過電阻R的電荷量為
D.電阻R上產生的焦耳熱為mgr－mv2
7.如圖7甲所示，間距為L＝1 m的長直平行金屬導軌PQ、MN水平放置，其右端接有阻值為R＝1.5 Ω 的電阻，一阻值為r＝0.5 Ω、質量為m＝0.2 kg、長度為L的金屬棒ab垂直導軌放置于距導軌右端d＝2 m處，與兩導軌保持良好接觸。整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度的大小隨時間變化的情況如圖乙所示。在0～1.0 s 內金屬棒ab保持靜止，1.0 s后金屬棒在水平外力的作用下運動，使回路的電流為零。導軌電阻不計，重力加速度g＝10 m/s2，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，下列說法正確的是(　　)
圖7
A.動摩擦因數需等于0.5
B.前2 s內通過電阻R的電荷量為2 C
C.1 s后金屬棒做勻加速直線運動
D.第2 s內金屬棒的位移為1 m
提能增分練
8.(多選)(2024·重慶模擬預測)如圖8所示，兩個完全相同的豎直光滑圓形金屬導軌平行放置，圓軌道半徑為r，導軌電阻忽略不計；導軌組最低點為A，最右端為C，最高點為D，導軌組一端連接電阻R。空間中分布著豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。金屬棒垂直于導軌所在平面，在A 點以垂直于導軌的初速度v0開始運動，恰能通過D點，金屬棒電阻忽略不計，重力加速度為g。則金屬棒從A運動到D的過程中(　　)
圖8
A.金屬棒的速度先減小后增大
B.金屬棒在AC間運動時間小于在CD間運動時間
C.金屬棒從A運動到C過程中，電阻R生熱大于－mgr
D.若撤去磁場，金屬棒初速度不變，則一定能通過D點
9.(多選)(2024·河北滄州模擬預測)如圖9所示，兩間距為L、傾角為θ＝30°的平行光滑導軌下端接一個阻值為R的定值電阻，在與導軌垂直的邊界MN、PQ之間存在垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B。由絕緣輕質桿連接的金屬棒a、b垂直于導軌放置，從某位置由靜止釋放，輕質桿剛好勻速進入磁場區域。a、b兩金屬棒的質量均為m、電阻分別為R、2R，兩金屬棒間的距離為d，磁場寬度為2d，重力加速度為g。已知兩個電動勢相同的電源并聯時電動勢等于其中一個電源的電動勢，內阻為兩個電源內阻的并聯電阻，下列說法正確的是(　　)
圖9
A.在兩金屬棒進入磁場區域的過程中，D點電勢高于C點電勢
B.初始時a棒與MN的距離為
C.在兩金屬棒進入磁場區域的過程中，電阻R產生的熱量為mgd
D.在金屬棒b進入磁場區域瞬間，金屬棒a的加速度為0
10.(2024·北京卷，18)如圖10甲所示為某種“電磁槍”的原理圖。在豎直向下的勻強磁場中，兩根相距L的平行長直金屬導軌水平放置，左端接電容為C的電容器，一導體棒放置在導軌上，與導軌垂直且接觸良好，不計導軌電阻及導體棒與導軌間的摩擦。已知磁場的磁感應強度大小為B，導體棒的質量為m、接入電路的電阻為R。開關閉合前電容器的電荷量為Q。
圖10
(1)求閉合開關瞬間通過導體棒的電流I；
(2)求閉合開關瞬間導體棒的加速度大小a；
(3)在圖乙中定性畫出閉合開關后導體棒的速度v隨時間t的變化圖線。
培優高分練
11.(2023·廣東卷，14)光滑絕緣的水平面上有垂直平面的勻強磁場，磁場被分成區域 Ⅰ 和 Ⅱ ，寬度均為h，其俯視圖如圖11(a)所示，兩磁場磁感應強度隨時間t的變化如圖(b)所示，0～τ時間內，兩區域磁場恒定，方向相反，磁感應強度大小分別為2B0和B0，一電阻為R、邊長為h的剛性正方形金屬框abcd，平放在水平面上，ab、cd邊與磁場邊界平行，t＝0時，線框ab邊剛好跨過區域 Ⅰ 的左邊界以速度v向右運動，在τ時刻，ab邊運動到距區域 Ⅰ 的左邊界處，線框的速度近似為零，此時線框被固定，如圖(a)中的虛線框所示，隨后在τ～2τ時間內， Ⅰ 區磁感應強度線性減小到0, Ⅱ 區磁場保持不變，2τ～3τ時間內， Ⅱ 區磁感應強度也線性減小到0。求：
圖11
(1)t＝0時線框所受的安培力F；
(2)t＝1.2τ時穿過線框的磁通量Φ；
(3)2τ～3τ時間內，線框中產生的熱量Q。
熱點一　楞次定律與法拉第電磁感應定律的應用
1.感應電流方向的判斷方法
2.感應電動勢大小的求法
情境圖 研究對象 表達式
回路(不一定閉合) 三種形式 E＝ E＝n E＝
一段直導線(或等效直導線) E＝Blv
繞一端轉動的一段導體棒 E＝Bl2ω
繞與B垂直的軸轉動的導線框 從圖示時刻計時 e＝NBSωcos ωt
3.通過回路截面的電荷量q＝Δt＝Δt＝。q僅與n、ΔΦ和回路總電阻
R總有關，與時間長短無關，與Φ是否均勻變化無關。
例1 (2024·北京卷，6)如圖1所示，線圈M和線圈P繞在同一個鐵芯上，下列說法正確的是(　　)
圖1
A.閉合開關瞬間，線圈M和線圈P相互吸引
B.閉合開關，達到穩定后，電流表的示數為0
C.斷開開關瞬間，流過電流表的電流方向由a到b
D.斷開開關瞬間，線圈P中感應電流的磁場方向向左
答案　B
解析　閉合開關瞬間，根據安培定則可知線圈M中突然產生向右的磁場，根據楞次定律可知，線圈P中感應電流的磁場方向向左，因此線圈M和線圈P相互排斥，A錯誤；線圈M中的磁場穩定后，線圈P中的磁通量也不再變化，則線圈P產生的感應電流為0，電流表示數為0，B正確；斷開開關瞬間，線圈M中向右的磁場瞬間減為0，根據楞次定律可知，線圈P中感應電流的磁場方向向右，根據安培定則可知流過電流表的方向由b到a，C、D錯誤。
例2 (多選)(2024·安徽合肥聯考)如圖2甲所示，一圓形金屬線圈上半部分處于勻強磁場中，線圈匝數為n，線圈固定不動。t＝0時勻強磁場的磁感應強度的方向垂直紙面向里，磁感應強度B隨時間t變化的關系圖像如圖乙所示，已知線圈的半徑為r，線圈總電阻為R，則(　　)
圖2
A.線圈中的感應電流的方向在t0時刻發生改變
B.線圈受到的安培力方向始終豎直向上
C.t＝0時刻，線圈受到的安培力大小為
D.0～t0時間內通過導線某橫截面的電荷量為
答案　CD
解析　由題意可知0～t0磁場方向垂直紙面向里，線圈中的磁通量逐漸減小，t0～2t0磁場方向垂直紙面向外，線圈中的磁通量逐漸增大，根據楞次定律可知線圈中的感應電流方向始終為順時針方向，故A錯誤；t0時刻安培力的方向會發生改變，故B錯誤；根據法拉第電磁感應定律可得線圈中感應電動勢的大小為E＝n＝n·，根據閉合電路歐姆定律可得，線圈中電流大小為I＝＝，t＝0時刻，線圈受到的安培力大小為F＝nILB0＝，故C正確；0～t0時間內通過導線某橫截面的電荷量為q＝I·t0＝，故D正確。
訓練1 (多選)(2024·陜西西安模擬預測)用一段橫截面半徑為r、電阻率為ρ、密度為d的均勻導體材料做成一個半徑為R(r R)的圓環，圓環豎直向下落入如圖3所示的徑向磁場中，圓環的圓心始終在N極的軸線上，圓環所在位置的磁感應強度大小均為B。圓環在加速下落過程中某一時刻的速度為v，忽略電感的影響，下列說法正確的是(　　)
圖3
A.下落過程圓環中磁通量不變
B.此時圓環受到豎直向上的安培力作用
C.此時圓環的加速度大小為－g
D.如果徑向磁場足夠深，則圓環的最大速度為
vm＝
答案　BD
解析　由題意可知，圓環下落過程中切割磁感線產生感應電流，則磁通量一定變化，故A錯誤；根據右手定則，圓環中有(俯視)順時針方向的感應電流，根據左手定則可知，圓環受到的安培力豎直向上，阻礙圓環的運動，故B正確；圓環落入磁感應強度為B的徑向磁場中，產生的感應電動勢E＝Blv＝B·2πRv，圓環的電阻R0＝ρ，電流I＝，圓環所受的安培力大小為F＝BI·2πR＝，由牛頓第二定律得mg－F＝ma，其中質量m＝dV＝d·2πR·πr2，聯立解得a＝g－，故C錯誤；當圓環做勻速運動時，安培力與重力大小相等，加速度為零，速度最大，有a＝g－＝0，解得vm＝，故D正確。
熱點二　電磁感應中的電路和圖像問題
例3 在如圖4甲所示的電路中，電阻R1＝R2＝R，單匝圓形金屬線圈半徑為r1，線圈導線的電阻也為R，半徑為r2(r2＜r1)的圓形區域內存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化的關系圖線如圖乙所示，圖線與橫、縱軸的交點坐標分別為t0和B0，其余導線的電阻不計。t＝0時閉合S，至t1時刻，電路中的電流已穩定，下列說法正確的是(　　)
圖4
A.線圈中產生的感應電動勢的大小為
B.電容器下極板帶負電
C.t0時間內通過R1的電荷量為
D.穩定后線圈兩端的電壓為
答案　D
解析　由法拉第電磁感應定律知感應電動勢為E＝＝S＝，A錯誤；由楞次定律知圓形金屬線圈中的感應電流方向為順時針方向，金屬線圈相當于電源，電源內部的電流從負極流向正極，則電容器的下極板帶正電，上極板帶負電，B錯誤；由閉合電路歐姆定律得感應電流為I＝＝，t0時間內通過R1的電荷量為q＝It0＝，C錯誤；穩定后線圈兩端的電壓為U＝I(R1＋R2)＝，D正確。
電磁感應中電路問題的解題流程
訓練2 (多選)(2024·江西萍鄉二模)如圖5所示，光滑平行金屬導軌左端接一定值電阻R，水平置于方向豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中，導軌上有一質量為m，電阻為R的導體棒ab以初速度v0向右運動，已知導體棒長度為d，導軌間距為L，導軌電阻不計，導體棒的瞬時速度為v，所受安培力大小為F，流過導體棒的電荷量為q，導體棒兩端的電壓U，下列描述各物理量隨時間t或位移x變化的圖像正確的是(　　)
圖5
答案　AC
解析　根據牛頓第二定律有F＝ILB＝ma，根據法拉第電磁感應定律有E＝BLv，其中I＝，解得F＝＝ma，可知導體棒的速度逐漸減小，且加速度逐漸減小，初始時刻安培力大小為，故A正確，D錯誤；根據歐姆定律可知U＝BLv＝BLv，則電壓的最大值為BLv0，故B錯誤；根據電流的定義式有q＝Δt＝Δt＝＝，則q與x成正比，故C正確。
熱點三　電磁感應中的動力學和能量問題
例4 (2024·浙江杭州二模)如圖6所示，固定的一對長金屬導軌，間距為L＝0.5 m，其水平部分與傾斜部分均足夠長。導軌的水平部分處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B1，其左側連接了電源G。導軌的傾斜部分傾角θ＝37°且處于平行斜面向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B2，導軌上正對的P、Q兩處各有一小段用絕緣材料制成，長度不計。質量均為m＝0.25 kg的導電桿甲、乙靜止在導軌上，均與導軌垂直，甲與導軌摩擦不計，電阻R1＝ Ω，乙的電阻R2＝ Ω。某時刻起電源G開始工作，輸出恒定電流I0＝0.5 A，經t0＝3 s，使甲運動到P、Q處，電源G立即停止工作。當甲越過P、Q瞬間，再對其施加一個沿導軌水平向右的恒力F＝1.6 N，此時乙恰好開始運動。已知B1＝B2＝1 T，不計除導電桿外所有電阻，不計回路自身激發磁場，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度為g＝10 m/s2，求：
圖6
(1)甲通過P、Q時的速度大小；
(2)乙與傾斜導軌間的動摩擦因數；
(3)電源G輸出的總能量。
答案　(1)3 m/s　(2)　(3) J
解析　(1)對甲導電桿進行分析，根據牛頓第二定律有I0LB1＝ma1
根據速度公式有v0＝a1t0
解得v0＝3 m/s。
(2)甲導電桿剛剛通過P、Q時的感應電動勢
E1＝BLv0
此時的感應電流I1＝
解得I1＝0.8 A
根據右手定則確定電流從上往下看，方向為逆時針，根據左手定則可知，乙導電桿所受安培力方向垂直于斜面向上，且大小為F1＝I1LB2
解得F1＝0.4 N
此時乙恰好開始運動，則有mgsin θ＝μ(mgcos θ－F1)
解得μ＝。
(3)根據能量守恒定律知，電源G輸出的總能量
E＝mv＋IR1t0
解得E＝ J。
拓展 如圖7所示，為回收部分能量，在傾斜導軌下方接上開關S和C＝0.1 F的電容器，開始時電容器不帶電，現閉合開關S，其他條件不變，已知在甲通過P、Q后10 s內位移為102 m，產生的焦耳熱為49 J，此時電容器已達到最大穩定電壓。當電容器電壓為UC時，其儲能為EC＝CU。忽略電磁輻射，求此過程中，乙上產生的焦耳熱(該結果保留3位有效數字)。
圖7
答案　96.5 J
解析　對甲分析，在拉力作用下，先向右做加速度減小的變加速運動，最后做勻速直線運動，則有F＝I2LB1
感應電流I2＝
解得v1＝12 m/s
對甲分析，根據動能定理有
Fx甲＋W安＝mv－mv
根據功能關系有＝Q甲＋Q乙＋CU
其中UC＝B1Lv1
解得Q乙＝96.5 J。
1.電磁感應綜合問題的解題思路
2.求解焦耳熱Q的三種方法
(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，適用于電流恒定的情況。
(2)功能關系：Q＝W克安(W克安為克服安培力做的功)。
(3)能量轉化：Q＝ΔE(其他能的減少量)。
訓練3 (多選)(2024·湖南模擬預測)如圖8所示，兩條電阻不計的光滑平行導軌AED和BFC與水平面成θ角，平行導軌之間間距為L，一勁度系數為k的輕質彈簧一端固定在O點，彈簧中心軸線與軌道平行，另一端與質量為m、電阻為R1的導體棒相連接，導軌的一端連接定值電阻R2，勻強磁場垂直穿過導軌平面ABCD，AB到CD距離足夠大，磁感應強度大小為B0，O點到AB的距離等于彈簧的原長，導體棒從AB位置靜止釋放，到達EF位置時速度達到最大，AB到EF距離為d，導體棒始終與軌道良好垂直接觸，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)
圖8
A.導體棒在AB位置時，加速度為gsin θ
B.到達EF時導體棒最大速度為
C.下滑到最低點的過程中導體棒機械能先增大后減小
D.導體棒最終可以回到AB位置
答案　AB
解析　導體棒在AB位置只受重力和支持力，由mgsin θ＝ma，解得a＝gsin θ，故A正確；到達EF時速度達到最大，合力為0，受力分析可得mgsin θ－kd－B0IL＝0，其中I＝，解得到達EF時導體棒最大速度為v＝，故B正確；由于電路中焦耳熱增加，彈簧彈性勢能增加，根據能量守恒定律知，導體棒機械能不斷減小，故C錯誤；整個過程中焦耳熱增加，所以導體棒與彈簧組成的系統機械能減少，不能回到AB位置，故D錯誤。
1.(2024·江蘇卷，10)如圖9所示，在絕緣的水平面上，有閉合的兩個線圈a、b，線圈a處在垂直紙面向里的勻強磁場中，線圈b位于右側無磁場區域，現將線圈a從磁場中勻速拉出，線圈a、b中產生的感應電流方向分別是(　　)
圖9
A.順時針，順時針 B.順時針，逆時針
C.逆時針，順時針 D.逆時針，逆時針
答案　A
解析　將線圈a勻速拉出磁場的過程中，穿過線圈a的磁通量垂直紙面向里且不斷減小，則由楞次定律可知，線圈a中的感應電流在其內部產生的磁場垂直紙面向里，在其外部產生的磁場垂直紙面向外，由安培定則可知，線圈a中產生的感應電流方向為順時針，C、D錯誤；由法拉第電磁感應定律與閉合電路歐姆定律可知，線圈a中產生的感應電流大小不變，線圈a被拉出磁場，與線圈b的距離逐漸減小，則穿過線圈b的磁通量垂直紙面向外且不斷增大，由楞次定律與安培定則可知線圈b中的感應電流為順時針方向，A正確，B錯誤。
2.(2024·廣東卷，4)電磁俘能器可在汽車發動機振動時利用電磁感應發電實現能量回收，結構如圖10甲所示。兩對永磁鐵可隨發動機一起上下振動，每對永磁鐵間有水平方向的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，磁場中，邊長為L的正方形線圈豎直固定在減震裝置上。某時刻磁場分布與線圈位置如圖乙所示，永磁鐵振動時磁場分界線不會離開線圈。關于圖乙中的線圈，下列說法正確的是(　　)
圖10
A.穿過線圈的磁通量為BL2
B.永磁鐵相對線圈上升越高，線圈中感應電動勢越大
C.永磁鐵相對線圈上升越快，線圈中感應電動勢越小
D.永磁鐵相對線圈下降時，線圈中感應電流的方向為順時針方向
答案　D
解析　根據圖乙可知此時穿過線圈的磁通量為0，故A錯誤；根據法拉第電磁感應定律可知永磁鐵相對線圈上升越快，磁通量變化越快，線圈中感應電動勢越大，故B、C錯誤；永磁鐵相對線圈下降時，根據楞次定律可知線圈中感應電流的方向為順時針方向，故D正確。
3.(2024·湖南卷，4)如圖11，有一硬質導線Oabc，其中是半徑為R的半圓弧，b為圓弧的中點，直線段Oa長為R且垂直于直徑ac。該導線在紙面內繞O點逆時針轉動，導線始終在垂直紙面向里的勻強磁場中。則O、a、b、c各點電勢關系為(　　)
圖11
A.φO>φa>φb>φc B.φO<φa<φb<φc
C.φO>φa>φb＝φc D.φO<φa<φb＝φc
答案　C
解析　由幾何關系可知Oa＝R，Ob＝R，Oc＝R，根據E＝Bl2ω可得EOa＝BR2ω，EOb＝B·5R2ω＝BR2ω，EOc＝B·5R2ω＝BR2ω，又EOa＝φO－φa，EOb＝φO－φb，EOc＝φO－φc，結合右手定則可知φO>φa>φb＝φc，C正確。
4.(2024·浙江6月選考，13)如圖12所示，邊長為1 m、電阻為0.04 Ω的剛性正方形線框abcd放在勻強磁場中，線框平面與磁場垂直。若線框固定不動，磁感應強度以＝0.1 T/s均勻增大時，線框的發熱功率為P；若磁感應強度恒為0.2 T，線框以某一角速度繞其中心軸OO′勻速轉動時，線框的發熱功率為2P，則ab邊所受最大的安培力為(　　)
圖12
A. N B. N C.1 N D. N
答案　C
解析　
5.(多選)(2024·黑吉遼卷，9)如圖13，兩條“∧”形的光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，間距為L，左、右兩導軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導體棒ab、cd放置在導軌上，同時由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導軌垂直并接觸良好。ab、cd的質量分別為2m和m，長度均為L。導軌足夠長且電阻不計，重力加速度為g。兩棒在下滑過程中(　　)
圖13
A.回路中的電流方向為abcda
B.ab中電流趨于
C.ab與cd加速度大小之比始終為2∶1
D.兩棒產生的電動勢始終相等
答案　AB
解析　兩導體棒均向下運動，穿過閉合回路的磁通量增加，根據楞次定律和安培定則可知回路中的電流方向為abcda，A正確；如圖，對兩導體棒受力分析，對ab棒有2mgsin 30°－2ILBcos 30°＝2ma1，對cd棒有mgsin 30°－ILBcos 30°＝ma2，可得a1＝a2＝－，則a1∶a2＝1∶1。初始時兩導體棒均做加速運動，閉合回路的電動勢增大，電流增大，導體棒受到的安培力增大，導體棒的加速度減小，最終加速度為零，此時I＝＝，B正確；由B項分析可知兩導體棒加速階段加速度大小之比為a1∶a2＝1∶1，最終加速度均為零，C錯誤；由于兩棒的加速度大小始終相等，則兩導體棒的速度大小始終相等，但兩部分磁場的磁感應強度大小為兩倍的關系，根據E＝BLv可知，兩導體棒產生的電動勢大小之比始終為2∶1，D錯誤。
基礎保分練
1.(2024·安徽蕪湖二模)用材料相同粗細均勻的導線做成如圖1所示的單匝線圈，線圈構成一個閉合回路。左側小圓的半徑為2d，中間大圓的半徑為3d，右側小圓的半徑為d，左側兩圓連接處缺口的長度可忽略不計，右側兩圓錯開相交連通(麻花狀)，將線圈固定在與線圈所在平面垂直的磁場中，磁感應強度大小為B＝B0＋kt，式中的B0和k為常量，則線圈中感應電動勢的大小為(　　)
圖1
A.14πd2k B.12πd2k C.6πd2k D.4πd2k
答案　B
解析　根據楞次定律可知，左側小圓和中間大圓產生的感應電流方向相同，而右側小圓產生的感應電流方向與左側小圓和中間大圓的相反，根據法拉第電磁感應定律可得線圈中感應電動勢的大小為E＝E左＋E中－E右＝S左＋S中－S右＝kπ(2d)2＋kπ(3d)2－kπd2＝12πd2k，故B正確。
2.(2024·河北石家莊二檢)為了使在磁場中轉動的絕緣輪快速停下來，小明同學設計了以下四種方案：圖2甲、乙中磁場方向與輪子的轉軸平行，圖甲中在輪上固定閉合金屬線圈，圖乙中在輪上固定未閉合金屬線圈；圖丙、丁中磁場方向與輪子的轉軸垂直，圖丙中在輪上固定一些閉合金屬線框，圖丁中在輪上固定一些細金屬棒。四種方案中效果最好的是(　　)
圖2
A.甲 B.乙 C.丙 D.丁
答案　C
解析　題圖甲、乙，當輪子轉動時，穿過線圈的磁通量都是不變的，不會產生感應電流，則不會有磁場力阻礙輪子的轉動，A、B錯誤；題圖丙，在輪上固定一些閉合金屬線框，線框長邊與輪子轉軸平行，當輪子轉動時會產生感應電動勢，形成感應電流，則會產生磁場力阻礙輪子轉動，C正確；題圖丁，在輪上固定一些細金屬棒，當輪子轉動時會產生感應電動勢，但是不會形成感應電流，即不會產生磁場力阻礙輪子轉動，D錯誤。
3.電磁制動原理是通過線圈與磁場的作用使物體做減速運動。如圖3所示，某列車車底安裝的電磁體產生磁場可視為勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向豎直向下。同種材料制成的粗細均勻的閉合正方形線框abcd，邊長為L1，MN長為L2(L2＞L1)，若當列車MN部分剛越過ab時，速度大小為v，則ab兩端的電勢差Uab等于(　　)
圖3
A.BL1v B.BL2v C.－BL1v D.－BL2v
答案　C
解析　若當列車MN部分剛越過ab時，由楞次定律知，正方形線框abcd產生的感應電流方向為abcd方向。ab相當于電源，電源內部電流從負極指向正極，a點電勢低于b點電勢。線框中產生的感應電動勢E＝BL1v，ab兩端的電勢差Uab＝－E＝－BL1v，C項正確。
4.(多選)(2024·河北石家莊質檢)如圖4甲所示，線圈A的匝數為50、電阻為3 Ω，在線圈A內加垂直線圈平面的磁場，t＝0時刻磁場方向垂直紙面向里，穿過線圈A的磁通量按圖乙變化。電阻不計、間距為0.5 m的足夠長水平光滑金屬導軌MN、PQ通過開關S與線圈A相連，兩導軌間存在垂直紙面的勻強磁場(圖中未畫出)。現將長度為0.5 m、電阻為1 Ω的導體棒ab垂直輕放在導軌MN、PQ上。t＝0時刻，閉合開關S，導體棒ab向右加速運動達到最大速度5 m/s后勻速運動，導體棒ab與導軌始終接觸良好。下列說法正確的是(　　)
圖4
A.t＝0時刻，線圈A產生的感應電動勢為5 V
B.t＝0時刻，線圈A中的感應電流為2.5 A
C.兩導軌間磁場的磁感應強度大小為2 T
D.兩導軌間磁場的方向垂直MNQP平面向外
答案　AC
解析　t＝0時刻，根據法拉第電磁感應定律可得線圈A產生的感應電動勢E＝n＝50× V＝5 V，線圈A中的感應電流I＝＝ A＝1.25 A，A正確，B錯誤；由題意可知導體棒ab最后勻速運動，則E＝BLv，解得B＝＝ T＝2 T，C正確；根據楞次定律可知，線圈A產生的感應電流由a指向b，則導體棒ab向右切割磁感線產生的感應電流由b指向a，根據右手定則可知兩導軌間磁場的方向垂直MNQP平面向里，D錯誤。
5.(2024·北京海淀區高三期末)如圖5所示，兩根足夠長的平行金屬導軌位于水平的xOy平面內。導軌與x軸平行，左端接有電阻R。在x≥0的一側存在豎直向下的磁場，磁感應強度B隨空間位置均勻變化，滿足B＝B0＋kx(k＞0且為常量)。一金屬桿與導軌垂直放置，且接觸良好，在外力作用下沿x軸正方向勻速運動。t＝0時金屬桿位于x＝0處，不計導軌和金屬桿的電阻。下列關于金屬桿兩端的電壓U和所受安培力F大小的圖像可能正確的是(　　)
圖5
答案　B
解析　金屬桿內阻不計，則金屬桿兩端電壓U與其切割磁感線產生的電動勢E大小相等，經過時間t金屬桿勻速移動距離x，如圖所示
U＝E＝BLv＝
U－t圖像與U－x圖像均是縱截距為正、斜率也為正的傾斜直線，A錯誤，B可能正確；
F＝BIL＝＝
F－t圖像與F－x圖像均為曲線，C、D錯誤。
6.(多選)如圖6所示，豎直固定的光滑圓弧形金屬導軌PQ半徑為r，O為圓心，P、O之間用導線連接阻值為R的電阻。粗細均勻的輕質金屬棒的一端通過鉸鏈固定在O點，另一端連接質量為m的金屬小球，小球套在導軌PQ上。初始時刻金屬棒處于水平位置，小球、金屬棒與導軌始終接觸良好。過圓心O的水平線下方分布著磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場。已知重力加速度為g，金屬棒總電阻為2R，小球、導軌及導線電阻不計，不計一切摩擦阻力。現將小球由靜止釋放，第一次運動到最低點時小球速度大小為v，在此過程中下列說法正確的是(　　)
圖6
A.小球運動到最低點時，金屬棒產生的感應電動勢為Brv
B.小球運動到最低點時，金屬棒兩端的電壓為
C.通過電阻R的電荷量為
D.電阻R上產生的焦耳熱為mgr－mv2
答案　BC
解析　當小球運動到最低點時，金屬棒切割磁感線產生的感應電動勢為E＝Br＝B·r＝，金屬棒兩端的電壓為U＝E＝，A錯誤，B正確；此過程中回路中的平均感應電動勢為＝，回路中的平均電流為＝，此過程通過電阻R的電荷量為q＝Δt，聯立解得q＝＝＝，C正確；根據能量守恒定律可知，回路中產生的總焦耳熱為Q＝mgr－mv2，電阻R上產生的焦耳熱為Q′＝Q＝－mv2，D錯誤。
7.如圖7甲所示，間距為L＝1 m的長直平行金屬導軌PQ、MN水平放置，其右端接有阻值為R＝1.5 Ω 的電阻，一阻值為r＝0.5 Ω、質量為m＝0.2 kg、長度為L的金屬棒ab垂直導軌放置于距導軌右端d＝2 m處，與兩導軌保持良好接觸。整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度的大小隨時間變化的情況如圖乙所示。在0～1.0 s 內金屬棒ab保持靜止，1.0 s后金屬棒在水平外力的作用下運動，使回路的電流為零。導軌電阻不計，重力加速度g＝10 m/s2，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，下列說法正確的是(　　)
圖7
A.動摩擦因數需等于0.5
B.前2 s內通過電阻R的電荷量為2 C
C.1 s后金屬棒做勻加速直線運動
D.第2 s內金屬棒的位移為1 m
答案　D
解析　在0～1.0 s內，由法拉第電磁感應定律可得電動勢為E＝Ld＝2 V，由閉合電路歐姆定律得電流的大小為I＝＝1 A，由金屬棒靜止可知最大靜摩擦力大于等于安培力，即μmg≥ILB1，解得μ≥0.5，故A錯誤；0～1 s內電流恒定為1 A，1～2 s內電流為零，前2 s內通過電阻R的電荷量為q＝It＝1 C，故B錯誤；由法拉第電磁感應定律知，1 s后回路磁通量不變，t＝1 s時，磁通量為Φ1＝B1dL＝2 Wb，t>1 s，磁通量為Φ2＝B2L(d－x)＝t(2－x)，Φ1＝Φ2，解得x＝2－，金屬棒不是做勻加速直線運動，故C錯誤；由x＝2－知金屬棒第2 s內的位移為x＝1 m，故D正確。
提能增分練
8.(多選)(2024·重慶模擬預測)如圖8所示，兩個完全相同的豎直光滑圓形金屬導軌平行放置，圓軌道半徑為r，導軌電阻忽略不計；導軌組最低點為A，最右端為C，最高點為D，導軌組一端連接電阻R。空間中分布著豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。金屬棒垂直于導軌所在平面，在A 點以垂直于導軌的初速度v0開始運動，恰能通過D點，金屬棒電阻忽略不計，重力加速度為g。則金屬棒從A運動到D的過程中(　　)
圖8
A.金屬棒的速度先減小后增大
B.金屬棒在AC間運動時間小于在CD間運動時間
C.金屬棒從A運動到C過程中，電阻R生熱大于－mgr
D.若撤去磁場，金屬棒初速度不變，則一定能通過D點
答案　BCD
解析　金屬棒從A運動到D的過程中，重力和安培力一直對金屬棒做負功，金屬棒的速度一直減小，金屬棒在AC間的平均速率大于在CD間的平均速率，由于金屬棒在AC間與CD間通過的路程相等，則金屬棒在AC間運動時間小于在CD間運動時間，故A錯誤，B正確；金屬棒恰能通過D點，在D點有mg＝m，解得vD＝，金屬棒從A運動到D過程中，根據能量守恒定律可得mv－mv＝mg·2r＋Q總，解得Q總＝－mgr，由于金屬棒從A運動到D的過程中，金屬棒的速度一直減小，則金屬棒產生的電動勢一直減小，感應電流一直減小，安培力一直減小，根據對稱性可知，金屬棒在AC間克服安培力做功大于在CD間克服安培力做功，即在AC間產生的焦耳熱大于在CD間產生的焦耳熱，則金屬棒從A運動到C過程中，電阻R生熱滿足Q>＝－mgr，故C正確；若撤去磁場，金屬棒初速度不變，則金屬棒運動過程只克服重力做功，所以金屬棒到達D點時的速度比存在磁場時的大，所以金屬棒一定能通過D點，故D正確。
9.(多選)(2024·河北滄州模擬預測)如圖9所示，兩間距為L、傾角為θ＝30°的平行光滑導軌下端接一個阻值為R的定值電阻，在與導軌垂直的邊界MN、PQ之間存在垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B。由絕緣輕質桿連接的金屬棒a、b垂直于導軌放置，從某位置由靜止釋放，輕質桿剛好勻速進入磁場區域。a、b兩金屬棒的質量均為m、電阻分別為R、2R，兩金屬棒間的距離為d，磁場寬度為2d，重力加速度為g。已知兩個電動勢相同的電源并聯時電動勢等于其中一個電源的電動勢，內阻為兩個電源內阻的并聯電阻，下列說法正確的是(　　)
圖9
A.在兩金屬棒進入磁場區域的過程中，D點電勢高于C點電勢
B.初始時a棒與MN的距離為
C.在兩金屬棒進入磁場區域的過程中，電阻R產生的熱量為mgd
D.在金屬棒b進入磁場區域瞬間，金屬棒a的加速度為0
答案　ACD
解析　在金屬棒a穿過磁場區域的過程中，由右手定則可知流過電阻R的電流方向為D→R→C，所以D點電勢高于C點電勢，故A正確；設初始時金屬棒a與磁場邊界MN的距離為x，金屬棒下滑過程由動能定理有2mgxsin 30°＝×2mv2，金屬棒a進入磁場后切割磁感線產生的電動勢E＝BLv，此時流過金屬棒a的電流Ia＝＝，對兩金屬棒受力分析有BIaL＝2mgsin 30°，解得x＝，故B錯誤；在兩金屬棒進入磁場區域的過程中，兩金屬棒減少的機械能為ΔE＝2mgsin 30°·d＝mgd，此過程中電阻R和金屬棒b并聯部分產生的熱量Q并＝ΔE＝mgd，此過程中電阻R產生的熱量QR＝Q并＝mgd，故C正確；在金屬棒b進入磁場區域瞬間，兩個金屬棒的速度沒有變化，所以此時電源的電動勢E＝BLv，此時流過電阻R的電流IR＝＝＝，此時金屬棒a、b所受安培力的合力F安合＝BIRL，此時對金屬棒a、b整體受力分析并結合牛頓第二定律有F安合－2mgsin 30°＝2ma，解得a＝0，故D正確。
10.(2024·北京卷，18)如圖10甲所示為某種“電磁槍”的原理圖。在豎直向下的勻強磁場中，兩根相距L的平行長直金屬導軌水平放置，左端接電容為C的電容器，一導體棒放置在導軌上，與導軌垂直且接觸良好，不計導軌電阻及導體棒與導軌間的摩擦。已知磁場的磁感應強度大小為B，導體棒的質量為m、接入電路的電阻為R。開關閉合前電容器的電荷量為Q。
圖10
(1)求閉合開關瞬間通過導體棒的電流I；
(2)求閉合開關瞬間導體棒的加速度大小a；
(3)在圖乙中定性畫出閉合開關后導體棒的速度v隨時間t的變化圖線。
答案　(1)　(2)　(3)見解析圖
解析　(1)開關閉合前電容器的電荷量為Q，則電容器兩極板間電壓為U＝
閉合開關瞬間，通過導體棒的電流為I＝
聯立解得I＝。
(2)閉合開關瞬間，對導體棒由牛頓第二定律有BIL＝ma
結合(1)問解得a＝。
(3)由(2)中結論可知，隨著電容器放電，電容器所帶電荷量不斷減少，導體棒的加速度不斷減小，當電容器兩極板間的電壓與導體棒產生的感應電動勢相等，即回路中電流減為0時，導體棒不受安培力作用，加速度為0，此后導體棒做勻速運動，其v－t圖線如圖所示。
培優高分練
11.(2023·廣東卷，14)光滑絕緣的水平面上有垂直平面的勻強磁場，磁場被分成區域 Ⅰ 和 Ⅱ ，寬度均為h，其俯視圖如圖11(a)所示，兩磁場磁感應強度隨時間t的變化如圖(b)所示，0～τ時間內，兩區域磁場恒定，方向相反，磁感應強度大小分別為2B0和B0，一電阻為R、邊長為h的剛性正方形金屬框abcd，平放在水平面上，ab、cd邊與磁場邊界平行，t＝0時，線框ab邊剛好跨過區域 Ⅰ 的左邊界以速度v向右運動，在τ時刻，ab邊運動到距區域 Ⅰ 的左邊界處，線框的速度近似為零，此時線框被固定，如圖(a)中的虛線框所示，隨后在τ～2τ時間內， Ⅰ 區磁感應強度線性減小到0, Ⅱ 區磁場保持不變，2τ～3τ時間內， Ⅱ 區磁感應強度也線性減小到0。求：
圖11
(1)t＝0時線框所受的安培力F；
(2)t＝1.2τ時穿過線框的磁通量Φ；
(3)2τ～3τ時間內，線框中產生的熱量Q。
答案　(1)，方向水平向左　(2)B0h2，方向垂直紙面向里　(3)
解析　(1)由題圖可知t＝0時線框切割磁感線的感應電動勢為
E＝2B0hv＋B0hv＝3B0hv
則感應電流大小為I＝＝
所受的安培力為
F＝2B0h＋B0h＝
方向水平向左。
(2)在τ時刻，ab邊運動到距區域 Ⅰ 的左邊界處，線框的速度近似為零，此時線框被固定，則t＝1.2τ時， Ⅰ 區磁感應強度B＝1.6B0，此時穿過線框的磁通量為Φ＝1.6B0h·h－B0h·h＝B0h2
方向垂直紙面向里。
(3)2τ～3τ時間內， Ⅱ 區磁感應強度也線性減小到0，
則有E′＝＝S＝·h2＝
感應電流大小為I′＝＝
則2τ～3τ時間內，線框中產生的熱量為Q＝I′2Rτ＝。(共67張PPT)
第12課時　電磁感應
專題四　電路與電磁感應
知識網絡
目 錄
CONTENTS
突破高考熱點
01
課時跟蹤訓練
03
鏈接高考真題
02
突破高考熱點
1
熱點二　電磁感應中的電路和圖像問題
熱點一　楞次定律與法拉第電磁感應定律的應用
熱點三　電磁感應中的動力學和能量問題
熱點一　楞次定律與法拉第電磁感應定律的應用
1.感應電流方向的判斷方法
2.感應電動勢大小的求法
圖1
B
例1 (2024·北京卷，6)如圖1所示，線圈M和線圈P繞在同一個鐵芯上，下列說法正確的是(　　)
A.閉合開關瞬間，線圈M和線圈P相互吸引
B.閉合開關，達到穩定后，電流表的示數為0
C.斷開開關瞬間，流過電流表的電流方向由a到b
D.斷開開關瞬間，線圈P中感應電流的磁場方向向左
解析　閉合開關瞬間，根據安培定則可知線圈M中突然產生向右的磁場，根據楞次定律可知，線圈P中感應電流的磁場方向向左，因此線圈M和線圈P相互排斥，A錯誤；線圈M中的磁場穩定后，線圈P中的磁通量也不再變化，則線圈P產生的感應電流為0，電流表示數為0，B正確；斷開開關瞬間，線圈M中向右的磁場瞬間減為0，根據楞次定律可知，線圈P中感應電流的磁場方向向右，根據安培定則可知流過電流表的方向由b到a，C、D錯誤。
圖2
CD
例2 (多選)(2024·安徽合肥聯考)如圖2甲所示，一圓形金屬線圈上半部分處于勻強磁場中，線圈匝數為n，線圈固定不動。t＝0時勻強磁場的磁感應強度的方向垂直紙面向里，磁感應強度B隨時間t變化的關系圖像如圖乙所示，已知線圈的半徑為r，線圈總電阻為R，則(　　)
圖3
BD
訓練1 (多選)(2024·陜西西安模擬預測)用一段橫截面半徑為r、電阻率為ρ、密度為d的均勻導體材料做成一個半徑為R(r R)的圓環，圓環豎直向下落入如圖3所示的徑向磁場中，圓環的圓心始終在N極的軸線上，圓環所在位置的磁感應強度大小均為B。圓環在加速下落過程中某一時刻的速度為v，忽略電感的影響，下列說法正確的是(　　)
熱點二　電磁感應中的電路和圖像問題
圖4
D
例3 在如圖4甲所示的電路中，電阻R1＝R2＝R，單匝圓形金屬線圈半徑為r1，線圈導線的電阻也為R，半徑為r2(r2＜r1)的圓形區域內存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化的關系圖線如圖乙所示，圖線與橫、縱軸的交點坐標分別為t0和B0，其余導線的電阻不計。t＝0時閉合S，至t1時刻，電路中的電流已穩定，下列說法正確的是(　　)
電磁感應中電路問題的解題流程
圖5
AC
訓練2 (多選)(2024·江西萍鄉二模)如圖5所示，光滑平行金屬導軌左端接一定值電阻R，水平置于方向豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中，導軌上有一質量為m，電阻為R的導體棒ab以初速度v0向右運動，已知導體棒長度為d，導軌間距為L，導軌電阻不計，導體棒的瞬時速度為v，所受安培力大小為F，流過導體棒的電荷量為q，導體棒兩端的電壓U，下列描述各物理量隨時間t或位移x變化的圖像正確的是(　　)
熱點三　電磁感應中的動力學和能量問題
(1)甲通過P、Q時的速度大小；
(2)乙與傾斜導軌間的動摩擦因數；
(3)電源G輸出的總能量。
圖6
解析　(1)對甲導電桿進行分析，根據牛頓第二定律有
I0LB1＝ma1
根據速度公式有v0＝a1t0
解得v0＝3 m/s。
(2)甲導電桿剛剛通過P、Q時的感應電動勢E1＝BLv0
解得I1＝0.8 A
根據右手定則確定電流從上往下看，方向為逆時針，根據左手定則可知，乙導電桿所受安培力方向垂直于斜面向上，且大小為F1＝I1LB2
解得F1＝0.4 N
此時乙恰好開始運動，則有mgsin θ＝μ(mgcos θ－F1)
圖7
答案　96.5 J
解析　對甲分析，在拉力作用下，先向右做加速度減小的變加速運動，最后做勻速直線運動，則有F＝I2LB1
解得v1＝12 m/s
對甲分析，根據動能定理有
解得Q乙＝96.5 J。
1.電磁感應綜合問題的解題思路
2.求解焦耳熱Q的三種方法
(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，適用于電流恒定的情況。
(2)功能關系：Q＝W克安(W克安為克服安培力做的功)。
(3)能量轉化：Q＝ΔE(其他能的減少量)。
圖8
訓練3 (多選)(2024·湖南模擬預測)如圖8所示，兩條電阻不計的光滑平行導軌AED和BFC與水平面成θ角，平行導軌之間間距為L，一勁度系數為k的輕質彈簧一端固定在O點，彈簧中心軸線與軌道平行，另一端與質量為m、電阻為R1的導體棒相連接，導軌的一端連接定值電阻R2，勻強磁場垂直穿過導軌平面ABCD，AB到CD距離足夠大，磁感應強度大小為B0，O點到AB的距離等于彈簧的原長，導體棒從AB位置靜止釋放，到達EF位置時速度達到最大，AB到EF距離為d，導體棒始終與軌道良好垂直接觸，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　)
答案　AB
鏈接高考真題
2
A
1.(2024·江蘇卷，10)如圖9所示，在絕緣的水平面上，有閉合的兩個線圈a、b，線圈a處在垂直紙面向里的勻強磁場中，線圈b位于右側無磁場區域，現將線圈a從磁場中勻速拉出，線圈a、b中產生的感應電流方向分別是(　　)
圖9
A.順時針，順時針 B.順時針，逆時針
C.逆時針，順時針 D.逆時針，逆時針
解析　將線圈a勻速拉出磁場的過程中，穿過線圈a的磁通量垂直紙面向里且不斷減小，則由楞次定律可知，線圈a中的感應電流在其內部產生的磁場垂直紙面向里，在其外部產生的磁場垂直紙面向外，由安培定則可知，線圈a中產生的感應電流方向為順時針，C、D錯誤；由法拉第電磁感應定律與閉合電路歐姆定律可知，線圈a中產生的感應電流大小不變，線圈a被拉出磁場，與線圈b的距離逐漸減小，則穿過線圈b的磁通量垂直紙面向外且不斷增大，由楞次定律與安培定則可知線圈b中的感應電流為順時針方向，A正確，B錯誤。
D
2.(2024·廣東卷，4)電磁俘能器可在汽車發動機振動時利用電磁感應發電實現能量回收，結構如圖10甲所示。兩對永磁鐵可隨發動機一起上下振動，每對永磁鐵間有水平方向的勻強磁場，磁感應強度大小均為B，磁場中，邊長為L的正方形線圈豎直固定在減震裝置上。某時刻磁場分布與線圈位置如圖乙所示，永磁鐵振動時磁場分界線不會離開線圈。關于圖乙中的線圈，下列說法正確的是(　　)
圖10
A.穿過線圈的磁通量為BL2
B.永磁鐵相對線圈上升越高，線圈中感應電動勢越大
C.永磁鐵相對線圈上升越快，線圈中感應電動勢越小
D.永磁鐵相對線圈下降時，線圈中感應電流的方向為順時針方向
解析　根據圖乙可知此時穿過線圈的磁通量為0，故A錯誤；根據法拉第電磁感應定律可知永磁鐵相對線圈上升越快，磁通量變化越快，線圈中感應電動勢越大，故B、C錯誤；永磁鐵相對線圈下降時，根據楞次定律可知線圈中感應電流的方向為順時針方向，故D正確。
C
A.φO>φa>φb>φc B.φO<φa<φb<φc
C.φO>φa>φb＝φc D.φO<φa<φb＝φc
圖11
C
圖12
解析
AB
5.(多選)(2024·黑吉遼卷，9)如圖13，兩條“∧”形的光滑平行金屬導軌固定在絕緣水平面上，間距為L，左、右兩導軌面與水平面夾角均為30°，均處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小分別為2B和B。將有一定阻值的導體棒ab、cd放置在導軌上，同時由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導軌垂直并接觸良好。ab、cd的質量分別為2m和m，長度均為L。導軌足夠長且電阻不計，重力加速度為g。兩棒在下滑過程中(　　)
圖13
課時跟蹤訓練
3
B
1.(2024·安徽蕪湖二模)用材料相同粗細均勻的導線做成如圖1所示的單匝線圈，線圈構成一個閉合回路。左側小圓的半徑為2d，中間大圓的半徑為3d，右側小圓的半徑為d，左側兩圓連接處缺口的長度可忽略不計，右側兩圓錯開相交連通(麻花狀)，將線圈固定在與線圈所在平面垂直的磁場中，磁感應強度大小為B＝B0＋kt，式中的B0和k為常量，則線圈中感應電動勢的大小為(　　)
基礎保分練
圖1
A.14πd2k B.12πd2k C.6πd2k D.4πd2k
C
2.(2024·河北石家莊二檢)為了使在磁場中轉動的絕緣輪快速停下來，小明同學設計了以下四種方案：圖2甲、乙中磁場方向與輪子的轉軸平行，圖甲中在輪上固定閉合金屬線圈，圖乙中在輪上固定未閉合金屬線圈；圖丙、丁中磁場方向與輪子的轉軸垂直，圖丙中在輪上固定一些閉合金屬線框，圖丁中在輪上固定一些細金屬棒。四種方案中效果最好的是(　　)
圖2
A.甲 B.乙
C.丙 D.丁
解析　題圖甲、乙，當輪子轉動時，穿過線圈的磁通量都是不變的，不會產生感應電流，則不會有磁場力阻礙輪子的轉動，A、B錯誤；題圖丙，在輪上固定一些閉合金屬線框，線框長邊與輪子轉軸平行，當輪子轉動時會產生感應電動勢，形成感應電流，則會產生磁場力阻礙輪子轉動，C正確；題圖丁，在輪上固定一些細金屬棒，當輪子轉動時會產生感應電動勢，但是不會形成感應電流，即不會產生磁場力阻礙輪子轉動，D錯誤。
C
3.電磁制動原理是通過線圈與磁場的作用使物體做減速運動。如圖3所示，某列車車底安裝的電磁體產生磁場可視為勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向豎直向下。同種材料制成的粗細均勻的閉合正方形線框abcd，邊長為L1，MN長為L2(L2＞L1)，若當列車MN部分剛越過ab時，速度大小為v，則ab兩端的電勢差Uab等于(　　)
圖3
AC
4.(多選)(2024·河北石家莊質檢)如圖4甲所示，線圈A的匝數為50、電阻為3 Ω，在線圈A內加垂直線圈平面的磁場，t＝0時刻磁場方向垂直紙面向里，穿過線圈A的磁通量按圖乙變化。電阻不計、間距為0.5 m的足夠長水平光滑金屬導軌MN、PQ通過開關S與線圈A相連，兩導軌間存在垂直紙面的勻強磁場(圖中未畫出)。現將長度為0.5 m、電阻為1 Ω的導體棒ab垂直輕放在導軌MN、PQ上。t＝0時刻，閉合開關S，導體棒ab向右加速運動達到最大速度5 m/s后勻速運動，導體棒ab與導軌始終接觸良好。下列說法正確的是(　　)
圖4
A.t＝0時刻，線圈A產生的感應電動勢為5 V
B.t＝0時刻，線圈A中的感應電流為2.5 A
C.兩導軌間磁場的磁感應強度大小為2 T
D.兩導軌間磁場的方向垂直MNQP平面向外
B
5.(2024·北京海淀區高三期末)如圖5所示，兩根足夠長的平行金屬導軌位于水平的xOy平面內。導軌與x軸平行，左端接有電阻R。在x≥0的一側存在豎直向下的磁場，磁感應強度B隨空間位置均勻變化，滿足B＝B0＋kx(k＞0且為常量)。一金屬桿與導軌垂直放置，且接觸良好，在外力作用下沿x軸正方向勻速運動。t＝0時金屬桿位于x＝0處，不計導軌和金屬桿的電阻。下列關于金屬桿兩端的電壓U和所受安培力F大小的圖像可能正確的是(　　)
圖5
解析　金屬桿內阻不計，則金屬桿兩端電壓U與其切割磁感線產生的電動勢E大小相等，經過時間t金屬桿勻速移動距離x，如圖所示
BC
6.(多選)如圖6所示，豎直固定的光滑圓弧形金屬導軌PQ半徑為r，O為圓心，P、O之間用導線連接阻值為R的電阻。粗細均勻的輕質金屬棒的一端通過鉸鏈固定在O點，另一端連接質量為m的金屬小球，小球套在導軌PQ上。初始時刻金屬棒處于水平位置，小球、金屬棒與導軌始終接觸良好。過圓心O的水平線下方分布著磁感應強度大小為B、
圖6
方向垂直紙面向里的勻強磁場。已知重力加速度為g，金屬棒總電阻為2R，小球、導軌及導線電阻不計，不計一切摩擦阻力。現將小球由靜止釋放，第一次運動到最低點時小球速度大小為v，在此過程中下列說法正確的是(　　)
D
7.如圖7甲所示，間距為L＝1 m的長直平行金屬導軌PQ、MN水平放置，其右端接有阻值為R＝1.5 Ω 的電阻，一阻值為r＝0.5 Ω、質量為m＝0.2 kg、長度為L的金屬棒ab垂直導軌放置于距導軌右端d＝2 m處，與兩導軌保持良好接觸。整個裝置處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度的大小隨時間變化的情況如圖乙所示。在0～1.0 s 內金屬棒ab保持靜止，1.0 s后金屬棒在水平外力的作用下運動，使回路的電流為零。導軌電阻不計，重力加速度g＝10 m/s2，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，下列說法正確的是(　　)
圖7
A.動摩擦因數需等于0.5
B.前2 s內通過電阻R的電荷量為2 C
C.1 s后金屬棒做勻加速直線運動
D.第2 s內金屬棒的位移為1 m
BCD
提能增分練
8.(多選)(2024·重慶模擬預測)如圖8所示，兩個完全相同的豎直光滑圓形金屬導軌平行放置，圓軌道半徑為r，導軌電阻忽略不計；導軌組最低點為A，最右端為C，最高點為D，導軌組一端連接電阻R。空間中分布著豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小為B。金屬棒垂直于導軌所在平面，在A 點以垂直于導軌的初速度v0開始運動，恰能通過D點，金屬棒電阻忽略不計，重力加速度為g。則金屬棒從A運動到D的過程中(　 　)
圖8
A.金屬棒的速度先減小后增大
B.金屬棒在AC間運動時間小于在CD間運動時間
D.若撤去磁場，金屬棒初速度不變，則一定能通過D點
9.(多選)(2024·河北滄州模擬預測)如圖9所示，兩間距為L、傾角為θ＝30°的平行光滑導軌下端接一個阻值為R的定值電阻，在與導軌垂直的邊界MN、PQ之間存在垂直導軌平面向上的勻強磁場，磁感應強度大小為B。由絕緣輕質桿連接的金屬棒a、b垂直于導軌放置，從某位置由靜止釋放，輕質桿剛好勻速進入
圖9
磁場區域。a、b兩金屬棒的質量均為m、電阻分別為R、2R，兩金屬棒間的距離為d，磁場寬度為2d，重力加速度為g。已知兩個電動勢相同的電源并聯時電動勢等于其中一個電源的電動勢，內阻為兩個電源內阻的并聯電阻，下列說法正確的是(　 　)
答案　ACD
10.(2024·北京卷，18)如圖10甲所示為某種“電磁槍”的原理圖。在豎直向下的勻強磁場中，兩根相距L的平行長直金屬導軌水平放置，左端接電容為C的電容器，一導體棒放置在導軌上，與導軌垂直且接觸良好，不計導軌電阻及導體棒與導軌間的摩擦。已知磁場的磁感應強度大小為B，導體棒的質量為m、接入電路的電阻為R。開關閉合前電容器的電荷量為Q。
圖10
(1)求閉合開關瞬間通過導體棒的電流I；
(2)求閉合開關瞬間導體棒的加速度大小a；
(3)在圖乙中定性畫出閉合開關后導體棒的速度v隨時間t的變化圖線。
解析　(1)開關閉合前電容器的電荷量為Q，
(2)閉合開關瞬間，對導體棒由牛頓第二定律有BIL＝ma
(3)由(2)中結論可知，隨著電容器放電，電容器所帶電荷量不斷減少，導體棒的加速度不斷減小，當電容器兩極板間的電壓與導體棒產生的感應電動勢相等，即回路中電流減為0時，導體棒不受安培力作用，加速度為0，此后導體棒做勻速運動，其v－t圖線如圖所示。
培優高分練
圖11
(1)t＝0時線框所受的安培力F；
(2)t＝1.2τ時穿過線框的磁通量Φ；
(3)2τ～3τ時間內，線框中產生的熱量Q。
解析　(1)由題圖可知t＝0時線框切割磁感線的感應電動勢為
E＝2B0hv＋B0hv＝3B0hv
所受的安培力為
方向水平向左。
(3)2τ～3τ時間內， Ⅱ 區磁感應強度也線性減小到0，

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