重難點13 電磁感應（法拉第電磁感應定律和楞次定律的應用、電磁感應中的電路和圖像問題）-2025年高考物理二輪復習講義-學案下載-教習網

【課標要求】
1.熟練應用楞次定律與法拉第電磁感應定律解決問題。
2.會分析電磁感應中的圖像問題。
3.會分析電磁感應中得動力學問題。
【考查方向】
本專題知識不僅是高考必考點，而且考查呈現(xiàn)多樣性，不僅有在選擇題中，對基本內容，如楞次定律、法拉第電磁感應定律、安培定則等知識的考查，還有在選擇題和計算題中對感應電動勢問題中的圖像問題，與閉合電路歐姆定律相結合的電路問題，與動力學、功能關系相結合問題等，進行綜合考察；?？嫉哪Ｐ陀袟U一軌模型、線框模型等。
【備考建議】
復習中要注意：熟練掌握感應電流的產生條件、感應電流方向的判斷、感應電動勢的計算；掌握電磁感應知識與電路相結合的問題、與力和運動相結合的問題、與動量守恒及能量守恒相結合的問題等的分析求解方法。對一些典型模型如桿一軌類問題、線框穿越有界磁場的問題、電磁感應圖像的問題等要分析理解透徹,弄清它們的動力學特點和功能關系。
【情境解讀】
電磁感應基本概念與規(guī)律考查情境
感應電流產生條件及方向判斷：常以線圈在磁場中運動、磁鐵在線圈中進出等情境，考查考生對產生感應電流條件的理解，以及運用楞次定律判斷感應電流方向的能力。
法拉第電磁感應定律應用：通過改變磁通量的方式，如磁場強度變化、線圈面積變化、線圈與磁場夾角變化等，結合法拉第電磁感應定律計算感應電動勢的大小。
電磁感應與電路、圖像綜合考查情境
電磁感應電路分析：給出導體棒在磁場中切割磁感線或線圈在磁場中運動的情境，要求考生分析等效電路，確定電源部分、內阻，運用閉合電路歐姆定律計算電流、電壓等物理量。
電磁感應圖像問題：以導體棒在導軌上的運動、線框通過有界磁場等為背景，給出速度圖像、電流圖像、安培力圖像等，要求考生根據電磁感應規(guī)律分析物理過程，判斷圖像的正誤或根據圖像信息求解相關物理量。
電磁感應與動力學綜合考查情境
導體棒在磁場中運動分析：常見情境是導體棒在光滑或粗糙導軌上，在磁場中受安培力和其他外力作用而運動，需要考生運用牛頓第二定律、共點力平衡條件等力學規(guī)律分析導體棒的加速度、速度、位移等物理量。
線框在磁場中運動問題：線框在磁場中可能會受到安培力、重力、彈力等多種力的作用，其運動情況較為復雜，如線框在磁場中自由下落、在磁場中擺動等，需要考生綜合運用電磁感應和動力學知識進行分析。
電磁感應與能量、動量綜合考查情境
電磁感應中的能量轉化與守恒：以導體棒在磁場中運動或線框通過有界磁場等情境，分析能量的轉化過程，如機械能轉化為電能、電能轉化為內能等，運用能量守恒定律求解焦耳熱、機械能的變化等物理量。
電磁感應與動量定理、動量守恒定律結合：當導體棒在磁場中受到安培力作用時，安培力的沖量會使導體棒的動量發(fā)生變化，可結合動量定理求解運動時間、位移等物理量。
【高分技巧】
一、電磁感應中電路知識的關系圖
二、電磁感應中的圖像問題
電磁感應中圖像問題的解題思路：
(1)明確圖像的種類，即是B－t圖還是Φ－t圖，或者E－t圖、I－t圖等；對切割磁感線產生感應電動勢和感應電流的情況，還常涉及E－x圖像和i－x圖像；
(2)分析電磁感應的具體過程；
(3)用右手定則或楞次定律確定方向的對應關系；
(4)結合法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運動定律等知識寫出相應的函數(shù)關系式；
(5)根據函數(shù)關系式，進行數(shù)學分析，如分析斜率的變化、截距等；
(6)畫圖像或判斷圖像．
三、電磁感應中的動力學問題
1．導體的兩種運動狀態(tài)
(1)平衡狀態(tài)——加速度為0——靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài)．（根據平衡條件列式分析）
(2)非平衡狀態(tài)——加速度不為零．（根據牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結合功能關系分析）
2．導體常見運動情況的動態(tài)分析
四、電磁感應中的能量問題
1．電磁感應中的能量轉化
eq \x(\a\al\vs4\cl(其他形式,的能量))eq \(――――――→,\s\up7(克服安培力做功))eq \x(電能)eq \(―――→,\s\up7(電流做功))eq \x(\a\al\vs4\cl(焦耳熱或其他,形式的能量))
2.求解焦耳熱Q的三種方法
（1）焦耳定律：Q＝I2Rt，電流、電阻都不變時適用
（2）功能關系：Q＝W克服安培力，任意情況都適用
（3）能量轉化：Q＝ΔE其他能的減少量，任意情況都適用
三、電磁感應中的動量問題
1．動量觀點在電磁感應現(xiàn)象中的應用
(1)對于兩導體棒在平直的光滑導軌上運動的情況，如果兩棒所受的外力之和為零，則考慮應用動量守恒定律處理問題；
(2)由·Δt＝m·Δv、q＝·Δt可知，當題目中涉及電荷量或平均電流時，可應用動量定理來解決問題．
2．安培力對時間的平均值的兩種處理方法
力對時間的平均值和力對位移的平均值通常不等。力對時間的平均值可以通過作 F-t圖象，求出曲線與 t軸圍成的面積（即總沖量），再除以總時間，其大小就是力對時間的平均值。
（1）角度一安培力對時間的平均值求電荷量
安培力的沖量公式是，這是安培力在電磁感應中的一個重要推論。感應電流通過直導線時，直導線在磁場中受到安培力的作用，當導線與磁場垂直時，安培力的大小為F=BIL。在時間△t內安培力的沖量
根據電流的定義式，式中q是時間t內通過導體截面的電量
歐姆定律，R是回路中的總電阻
電磁感應中可以得到安培力的沖量公式，此公式的特殊性決定了它在解題過程中的特殊應用。
（2）角度二安培力對時間的平均值求位移
安培力的沖量公式是①
閉合電路歐姆定律 ②
平均感應電動勢：③
位移：④
聯(lián)立 ①②③④
得
這是安培力在電磁感應中的又一個重要推論。
一、單選題
1．（2024·廣西·模擬預測）如圖，學校興趣小組利用厚度為d、電阻率為的硅鋼片制成一個內徑為r、高度為h的圓筒，。已知圓筒所在處有沿軸線豎直向上方向的磁場，磁感應強度隨時間變化的規(guī)律為（k為常數(shù)）。下列說法正確的是（）
A．硅鋼片中感應電流的方向為從上往下看逆時針方向
B．硅鋼片中感應電動勢大小隨時間成正比變化
C．硅鋼片中感應電流大小為
D．硅鋼片的發(fā)熱功率為
【答案】D
【知識點】已知磁感應強度隨時間的變化的關系式求電動勢、增反減同、電功和電功率定義、表達式及簡單應用
【詳解】A．根據楞次定律可知，硅鋼片中感應電流的方向為從上往下看順時針方向，選項A錯誤；
B．硅鋼片中感應電動勢大小
則感應電動勢與時間無關，選項B錯誤；
C．硅鋼片中的電阻
則感應電流大小為
選項B錯誤；
D．硅鋼片的發(fā)熱功率為
選項D正確。
故選D。
2．（2025·陜西寶雞·一模）如圖所示，在豎直向下的勻強磁場中，將一水平放置的金屬棒ab從距地面高為h處，以水平初速度拋出。設運動的整個過程中棒的取向不變，且不計空氣阻力，則落地時金屬棒a、b兩端產生的感應電動勢和電勢高低，判斷正確的是（）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【知識點】導體棒平動切割磁感線產生的動生電動勢
【詳解】金屬棒在運動過程中切割磁感線的分速度為水平速度，保持不變，則金屬棒a、b兩端產生的感應電動勢大小為
根據左手定則可判斷金屬棒中電子在洛倫茲力的作用力下向a端移動，所以金屬棒b端比a端電勢高，即有
故選C。
3．（2024·浙江臺州·一模）如圖是我國研制的超導型核磁共振儀（MRI）。在圓筒狀機器內部，通電的超導型線圈能在受檢者周圍制造高強度磁場環(huán)境，借由高頻無線電波的脈沖撞擊身體細胞中的氫原子核，引起氫原子核共振，并吸收能量。在停止射頻脈沖后，氫原子核會將吸收的能量釋放出來，按特定頻率發(fā)出射頻電信號，被電腦收錄并加以分析，繼而轉換成2D影像。下列說法正確的是（）
A．超導線圈的電流產生高強度磁場是電磁感應現(xiàn)象
B．無線電波是電磁波，傳播需要介質，不能在真空中傳播
C．無線電波脈沖激發(fā)身體的氫原子核應用了電流的磁效應
D．檢查過程中會產生高強度磁場，所以受檢者不能攜帶鐵磁性金屬佩件
【答案】D
【知識點】電磁波與信息化社會、奧斯特實驗與安培定則、電磁感應的發(fā)現(xiàn)過程
【詳解】A．超導線圈的電流產生高強度磁場是電流的磁效應，不是電磁感應現(xiàn)象，選項A錯誤；
B．無線電波是電磁波，傳播不需要介質，能在真空中傳播，選項B錯誤；
C．無線電波脈沖激發(fā)身體的氫原子核，引起氫原子核共振，并吸收能量，不是應用了電流的磁效應，選項C錯誤；
D．檢查過程中會產生高強度磁場，所以受檢者不能攜帶鐵磁性金屬佩件，以防對儀器產生影響，選項D正確。
故選D。
4．（2024·北京西城·二模）如圖所示，軟鐵環(huán)上繞有M、N兩個線圈，線圈M與直流電源、電阻和開關S1相連，線圈N與電流表和開關S2相連。下列說法正確的是（）
A．保持S1閉合，軟鐵環(huán)中的磁場為逆時針方向
B．保持S1閉合，在開關S2閉合的瞬間，通過電流表的電流由
C．保持S2閉合，在開關S1閉合的瞬間，通過電流表的電流由
D．保持S2閉合，在開關S1斷開的瞬間，電流表所在回路不會產生電流
【答案】C
【知識點】增反減同、環(huán)形電流和通電螺線管周圍的磁場、感應電流產生條件的總結
【詳解】A．由右手螺旋定則可以判斷出，軟鐵環(huán)中的磁場為順時針方向，故A錯誤；
B．保持S1閉合，在開關S2閉合的瞬間，N線圈中磁通量不變，沒有感應電流產生。故B錯誤；
C．保持S2閉合，在開關S1閉合的瞬間，N線圈中磁通量增大，根據楞次定律可以判斷，通過電流表的電流由。故C正確；
D．保持S2閉合，在開關S1斷開的瞬間，N線圈中磁通量減小，根據“增反減同”可以判斷，通過電流表的電流由。故D錯誤。
故選C。
5．（2024·四川成都·模擬預測）如圖甲所示，金屬圓環(huán)和金屬線框相互靠近且固定在水平面上，金屬棒放在金屬線框上，圓環(huán)、端接如圖乙所示的正弦交變電流，金屬棒始終保持靜止。以圖甲中的電流方向為正方向，則下列說法正確的是（）
A．內，金屬棒中的感應電流方向為
B．內，金屬棒受到水平向左的靜摩擦力
C．時刻，金屬棒受到的安培力最大
D．內，金屬棒中的感應電流先減小后增大
【答案】B
【知識點】增反減同、法拉第電磁感應定律的表述和表達式
【詳解】A．內，右側閉合回路中穿過紙面向外的磁通量增大，根據楞次定律和安培定則可知，金屬棒中的感應電流方向為，故A錯誤；
B．內，右側閉合回路中穿過紙面向外的磁通量減小，根據楞次定律可知金屬棒有向右運動的趨勢，金屬棒受到水平向左的靜摩擦力，故B正確；
C．時刻，圓環(huán)中電流的變化率為零，則穿過閉合回路的磁通量變化率為零，感應電流為零，則金屬棒受到的安培力也為零，故C錯誤；
D．內，由圖乙可知，電流的變化率先增大后減小，則右側閉合回路中的磁通量的變化率也先增大后減小，根據法拉第電磁感應定律，可知金屬棒中的感應電流先增大后減小，故D錯誤。
故選B。
6．（2024·浙江·一模）“福建艦”是我國第一艘采用電磁彈射裝置的航空母艦。如圖是某實驗小組做的彈射模擬裝置，首先將單刀雙擲開關打到a，用電動勢為E的電源給電容為C的電容器充電。電容器充滿電后開關打到b，驅動線圈通電產生磁場，同時發(fā)射線圈從絕緣且內壁光滑的發(fā)射管道內彈射出去。下列說法正確的是（）
A．發(fā)射線圈中感應電流產生的磁場水平向右
B．開關打到b的瞬間，發(fā)射線圈中的感應電動勢最大
C．開關打到b的瞬間，驅動線圈的自感電動勢最小
D．開關打到b的瞬間，發(fā)射線圈的安培力最大
【答案】B
【知識點】含自感線圈的電路閉合及斷開后電流的變化及其圖像
【詳解】A．由于電容器放電，驅動線圈的電流增大，通過發(fā)射線圈的磁通量增大，根據楞次定律可知，發(fā)射線圈內部的感應磁場方向水平向左，故A錯誤；
BC．開關打到b的瞬間，驅動線圈的電流變化率最大，驅動線圈的自感電動勢最大，則此時通過發(fā)射線圈的磁通量變化得最快，發(fā)射線圈中的感應電動勢最大，故B正確，C錯誤；
D．開關打到b的瞬間，由上述分析可知感應電流最大，但此時驅動線圈產生的磁感應強度大小為零，發(fā)射線圈所受安培力并非最大。故D錯誤。
故選B。
二、多選題
7．（2024·全國·模擬預測）如圖所示的甲、乙電路中，、為兩盞完全相同的燈泡，、是自感系數(shù)很大、直流電阻值大于燈泡阻值的自感線圈，為電源，、為開關，在演示自感現(xiàn)象的過程中，下列說法正確的是（）

A．閉合開關時，通過電流突然增大，然后逐漸減小達到穩(wěn)定
B．閉合開關時，通過電流突然增大，然后逐漸減小達到穩(wěn)定
C．斷開開關時，通過電流逐漸減小，燈泡逐漸變暗，電流方向不變
D．斷開開關時，通過電流逐漸減小，燈泡逐漸變暗，電流方向不變
【答案】BC
【知識點】含自感線圈的電路閉合及斷開后電流的變化及其圖像
【詳解】A．閉合開關時，由自感現(xiàn)象可知，通過電流逐漸增大，燈泡逐漸變亮，選項A錯誤；
B．閉合開關時，通過電流突然增大，然后逐漸減小達到穩(wěn)定，選項B正確；
C．斷開開關時，自感線圈L1與燈A1和電阻組成回路，由自感現(xiàn)象可知，通過電流逐漸減小，燈泡逐漸變暗，電流方向不變，選項C正確；
D．如下圖所示，電路中穩(wěn)態(tài)電流為、，因自感線圈直流電阻值大于燈泡阻值，則
斷開開關時，燈泡逐漸變暗，燈泡中電流方向改變，選項D錯誤。
故選BC。

8．（2025·全國·模擬預測）某學習小組研究線框通過磁場時產生的阻尼與線框形狀等因素的關系。光滑絕緣水平面上寬度為L的區(qū)域內存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B，一周長為的線框，質量為m。①如圖所示，線框為正方形時，初速度為，邊平行磁場邊界進入磁場，線框離開磁場時的速度是進入磁場時的一半。②線框為矩形，初速度不變，左、右邊長為。下列說法正確的是（）
A．①情況下線框進入磁場過程安培力的沖量大小為
B．①情況下線框穿出磁場過程產生的電熱為
C．②情況下線框穿出磁場的速度大小為
D．②情況下整個過程線框產生的電熱為
【答案】BC
【知識點】求線框進出磁場時電阻上生熱、動量定理的內容
【詳解】設線框電阻為R，邊長為，邊長為，線框完全進入磁場時速度為，線框進入磁場過程中，設某一時刻的速度為，感應電動勢
感應電流
安培力
經過一小段時間，由動量定理，有
得
線框前進位移
求和有
同理出磁場過程有
AB．①情況下，可得線框完全進入磁場時的速度
則線框進入磁場過程安培力的沖量大小為
穿出磁場過程產生的電熱為
解得
A錯誤，B正確；
CD．②情況下，線框穿出磁場的速度大小為
整個過程線框產生的電熱為
C正確，D錯誤。
故選BC。
9．（2024·河北·模擬預測）如圖所示，兩根平行金屬導軌MN和PQ放在水平面上，導軌左端向上彎曲且光滑，導軌間距為L，電阻不計。水平段導軌所處空間有兩個有界勻強磁場，相距一段距離而不重疊，磁場Ⅰ左邊界在水平段導軌的最左端，磁感應強度大小為B，方向豎直向上；磁場Ⅱ的磁感應強度大小為B，方向豎直向下。兩磁場沿導軌長度均為必質量均為m、接入電路中電阻均為R的金屬棒ab和ef垂直導軌放置，金屬棒ef置于磁場Ⅱ的右邊界處（邊界處存在磁場）。現(xiàn)將金屬棒ab從彎曲導軌上某一高度為處由靜止釋放，使其沿導軌運動。金屬棒ab在離開磁場Ⅰ前已經勻速。設兩金屬棒運動過程中始終與導軌垂直且接觸良好。重力加速度為g，下列說法正確的是（）
A．金屬棒ab下滑剛進入磁場Ⅰ時，ef中的電流方向為
B．金屬棒ab下滑剛進入磁場Ⅰ瞬間，ef中的電流大小
C．金屬棒ab在磁場Ⅰ內運動的過程中，回路中產生的焦耳熱
D．若金屬棒ab以速度進入磁場Ⅰ，經過時間從磁場Ⅰ穿出，則在這段時間內通過ef橫截面的電荷量
【答案】BCD
【知識點】雙桿在等寬導軌上運動問題、判斷導體切割磁感線中的電流方向、含有導體棒切割磁感線的電路
【詳解】A．根據右手定則可知，金屬棒ab剛進入磁場Ⅰ時，ef中的電流方向為，A錯誤；
B．金屬棒ab在彎曲光滑導軌上運動的過程中，機械能守恒，設其剛進入磁場Ⅰ時速度為，閉合回路產生的感應電動勢為E，感應電流為I，由機械能守恒定律可得
解得
感應電動勢為
由閉合電路歐姆定律可得
聯(lián)立解得
B正確；
C．由左手定則可知，金屬棒ab所受安培力水平向左，金屬棒ef所受安培力水平向左，則金屬棒ab在磁場Ⅰ中做減速運動，產生的感應電動勢逐漸減小，金屬棒ef在磁場Ⅱ中做加速運動，產生的感應電動勢逐漸增加，當兩棒產生的感應電動勢相等時，回路中感應電流為零，此后金屬棒ab、ef都做勻速運動．設金屬棒最終的速度大小分別為、，整個過程中安培力對金屬棒ab、ef的沖量大小分別為、，由
解得
設向右為正方向，對金屬棒ab，由動量定理有
對金屬棒ef，由動量定理有
由于金屬棒ab、ef在運動過程中流過金屬棒的電流始終相等，所處磁場的磁感應強度大小也相等，則兩金屬棒受到的安培力大小相等，則兩金屬棒受到的沖量的大小
聯(lián)立可得
金屬棒ab在磁場Ⅰ內運動的過程中，回路中產生的焦耳熱
C正確；
D．由以上分析可知，當金屬棒ab進入磁場Ⅰ后，金屬棒ef開始向左運動，兩棒在運動過程中受到的安培力大小時刻相等，則每個時刻兩金屬棒的加速度大小相等，所以兩金屬棒在時間內速度的變化量大小相等，作出兩金屬棒的圖像如圖所示
根據圖像的面積表示位移可知，在時間內，兩金屬棒運動距離之和為，金屬棒ab的位移大小為d，則金屬棒ef運動的位移的大小為
根據法拉第電磁感應定律和閉合電路歐姆定律得，通過金屬棒ef橫截面的電荷量為
而
，
整個回路的磁通量變化量
聯(lián)立解得
D正確。
故選BCD。
10．（2024·河北·模擬預測）如圖所示的裝置水平置于豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場中，電源電動勢為E、內阻為R，兩副平行且光滑的導軌間距分別為d與2d。材質均勻的導體棒b、c的長度均為2d、電阻均為R、質量均為m，垂直置于導軌上，導軌足夠長且不計電阻。從閉合開關到兩導體棒達到穩(wěn)定狀態(tài)的全過程中，下列說法正確的是（）
A．穩(wěn)定前b、c棒均做加速度減小的加速運動
B．穩(wěn)定前b、c棒的加速度大小始終相同
C．穩(wěn)定時導體棒b的速度大小為
D．導體棒b中產生的焦耳熱為
【答案】AD
【知識點】計算導軌切割磁感線電路中產生的熱量、雙桿在不等寬導軌上運動問題
【詳解】A．穩(wěn)定前b、c棒均做加速運動，由
可知兩棒產生的反電動勢越來越大，則回路中的電動勢越來越小，由閉合電路歐姆定律知回路中電流越來越小，由牛頓第二定律得
則兩棒的加速度越來越小，故穩(wěn)定前b、c棒均做加速度減小的加速運動，故A正確；
B．加速過程，b棒的加速度大小為
c棒的加速度大小為
故B錯誤；
C．兩棒穩(wěn)定時，兩棒產生的反電動勢與電源電動勢的關系為
根據動量定理，對b棒有
對c棒有
解得
，
故C錯誤；
D．由能量守恒定律得，電源提供的電能轉化為兩棒的動能和焦耳熱，有
則
解得導體棒b中產生的焦耳熱為
故D正確。
故選D。
11．（2024·云南·模擬預測）直流電動機的工作原理是通電導體在磁場中受到安培力的作用而運動．如圖所示為使用直流電動機提升重物的示意圖，間距為L的平行導軌固定在水平面內，導軌左端接有電動勢為E、內阻為r的直流電源，導軌電阻不計；質量為、長為L的導體棒垂直導軌放置，導體棒電阻不計，其中心通過絕緣細線繞過固定光滑定滑輪后與靜止在地面上的質量為m的重物相連，此時細線恰好伸直且無拉力，導體棒與滑輪間的細線水平．整個裝置處于方向豎直向下、磁感應強度大小為B的勻強磁場中．已知導體棒距離導軌左端足夠遠，重物上升過程中不會碰到定滑輪，重力加速度為g，不計一切摩擦．閉合開關S后，下列說法正確的是（）
A．閉合開關S瞬間，重物的加速度大小為
B．導體棒最終的速度大小為
C．要使導體棒勻速運動時直流電源的輸出功率最大，則重物的質量應為
D．重物從靜止出發(fā)到剛好做勻速運動的過程中，安培力對導體棒所做的功等于系統(tǒng)增加的機械能與回路產生的焦耳熱之和
【答案】AB
【知識點】計算導軌切割磁感線電路中產生的熱量
【詳解】A．閉合開關S瞬間，回路中的電流為
導體棒所受安培力
對導體棒和重物整體受力分析，由
解得
A正確；
B．導體棒向左運動時會產生與直流電源相反的感應電動勢，初始，導體棒向左加速運動，隨著導體棒速度的增大，回路中的電流減小，根據牛頓第二定律可知，導體棒向左做加速度減小的加速運動，最終達到勻速，設穩(wěn)定時導體棒的速度大小為v，則回路中的電流
由
解得
B正確；
C．直流電源的輸出功率
則當
時，直流電源的輸出功率最大，根據
解得
C錯誤；
D．重物從靜止出發(fā)到剛好做勻速運動的過程中，對導體棒和重物組成的整體，只有安培力和重物的重力做功，由功能關系可知，安培力對導體棒所做的功等于導體棒和重物組成的整體增加的機械能，D錯誤。
故選AB。
12．（2024·貴州黔東南·三模）如圖甲所示，足夠長的兩平行光滑金屬導軌固定在絕緣水平面上，導軌間距l(xiāng)=1m，空間中有垂直導軌平面向里的均勻分布的磁場（圖中未畫出），導軌的左端接阻值R=1.5Ω的電阻，一長l=1m，阻值r=0.5Ω，質量m=1kg的導體棒垂直放置在距導軌左側x0=2m處。從t=0時刻開始，導體棒在外力F作用下向右做初速度為零的勻加速直線運動，v-t圖像如圖丙所示，同時導軌間的磁場按如圖乙所示規(guī)律變化，導體棒始終垂直金屬軌道并與金屬軌道接觸良好。則( )
A．0~0.5s內F的大小恒定
B．0~0.5s內F的沖量大小為
C．t=0.75s時回路中的感應電流方向俯視為順時針方向
D．0~1s內通過定值電阻R的電荷量為0.5C
【答案】BCD
【知識點】作用的導體棒在導軌上運動的電動勢、安培力、電流、路端電壓、求恒力的沖量、由B-t圖象計算感生電動勢的大小
【詳解】A．在 0~0.5s 內，磁場磁感應強度B0=0.5T，導體棒運動過程中t時刻產生的感應電動勢
感應電流
對棒由牛頓第二定律有
聯(lián)立解得
故隨t的增加，力F逐漸變大，故 A 錯誤。
B．對棒由動量定理有
其中
而
v=at
由圖丙，將a=2m/s2，t=0.5s代入可解得

故 B 正確。
C．在 0.5s~1s 時間內，回路中任一t 時刻的磁通量
磁通量變化率
其中，磁通量不斷減小，根據楞次定律可知電流方向俯視為順時針方向，故C正確。
D．從 0~1s內
故D正確。
故選BCD。
13．（2024·山東·模擬預測）如圖所示，傾角為、間距為d的光滑導軌的上端連接一自感系數(shù)為L的線圈，空間存在垂直于導軌平面向上、磁感應強度大小為B的勻強磁場，現(xiàn)將一根質量為m的導體棒從導軌上某處由靜止釋放，由于電路中的總電阻極小，此后導體棒在導軌上做簡諧運動，導體棒的最大速度等于圓頻率與振幅的乘積，即，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）
A．導體棒做簡諧運動的振幅為
B．回路中的最大電流為
C．導體棒的最大動能為
D．導體棒做簡諧運動的周期為
【答案】BCD
【知識點】作用的導體棒在導軌上運動的電動勢、安培力、電流、路端電壓、自感和自感電動勢、簡諧運動的振幅、周期、頻率
【詳解】A．導體棒兩端產生的動生電動勢始終等于線圈產生的自感電動勢，設導體棒的速度為v時產生的動生電動勢為e，導體棒沿導軌下滑的距離為x時，導體棒的加速度為a，電路中的電流為i，結合牛頓第二定律有
即
兩邊求和得
根據牛頓第二定律有
解得
作出圖像如圖所示
解得
故A錯誤；
B．回路中的最大電流為
故B正確；
CD．圖像與坐標軸圍成的面積的兩倍等于導體棒速度的平方，當導體棒處于時，最大動能為
最大速度為
解得
故CD正確。
故選BCD。
三、解答題
14．（2024·陜西寶雞·模擬預測）如圖，固定的足夠長平行光滑雙導軌由水平段和弧形段在CD處相切構成，導軌的間距為L，區(qū)域CDEF內存在方向豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場?，F(xiàn)將多根長度也為L的相同導體棒依次從弧形軌道上高為h的PQ處由靜止釋放（釋放前棒均未接觸導軌），釋放第根棒時，第根棒剛好穿出磁場。已知每根棒的質量均為m，電阻均為R，重力加速度大小為g，且與導軌垂直，導軌電阻不計，棒與導軌接觸良好。求
(1)第3根棒剛進入磁場時的加速度大??？
(2)第n根棒剛進入磁場時，第1根棒的熱功率？
【答案】(1)
(2)
【知識點】計算導軌切割磁感線電路中產生的熱量、牛頓第二定律的簡單應用
【詳解】第3根棒剛進入磁場時速度為，由能量守恒得
解得
棒產生的感應電動勢為
此時第1、2根棒并聯(lián)，電阻為，第3根棒等效于電源，電路中總電阻為
聯(lián)立解得電路中電流為
由牛頓第二定律
解得
（2）第n根棒剛進入磁場時，前根棒并聯(lián)電阻為
電路總電阻為
電路總電流
由并聯(lián)關系可知，第一根棒中電流
解得
第1根棒的熱功率為
15．（2024·海南儋州·模擬預測）如圖所示，水平虛線L1、L2之間是勻強磁場，磁場區(qū)豎直寬度為h，磁場方向水平向里。豎直平面內有一等腰梯形導線框，底邊水平，其上下邊長之比為5:1，高為2h。現(xiàn)使線框AB邊在磁場邊界L1的上方h高處由靜止自由下落，當AB邊剛進入磁場時加速度恰好為0，在DC邊剛要進入磁場前的一小段時間內，線框做勻速運動。重力加速度為g。
(1)如果已知磁感應強度為B，導線框電阻為R，AB長為l，求線框的質量；
(2)求在DC邊進入磁場前，線框做勻速運動時的速度大小與AB邊剛進入磁場時的速度大小之比；
(3)求DC邊剛進入磁場時，線框加速度的大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【知識點】線框進出磁場產生的等效電路相關計算（E、I、F、U、P）
【詳解】（1）設AB邊剛進入磁場時速度為v1，線框質量為m，由于
則
線框下落過程，如圖所示
由機械能守恒定律得
AB剛進入磁場時感應電動勢
感應電流為
安培力為
加速度為0，即受力平衡，有
聯(lián)立解得
（2）設DC邊剛進入磁場前勻速運動時速度為v2，如圖所示
線框切割磁感應線的有效長度為2l，則
線框勻速運動時受力平衡，有
AB剛進入磁場時有
聯(lián)立解得
（3）CD剛進入磁場瞬間，線框切割磁感應線的有效長度為3l，則
安培力為
由牛頓第二定律得
聯(lián)立解得
16．（2024·陜西商洛·模擬預測）如圖，水平面內固定有平行長直金屬導軌ab、cd和金屬圓環(huán)；金屬桿MN垂直導軌靜止放置，金屬桿OP一端在圓環(huán)圓心O處，另一端與圓環(huán)接觸良好。水平導軌區(qū)域、圓環(huán)區(qū)域有等大反向的勻強磁場。OP繞O點逆時針勻速轉動；閉合K，待MN勻速運動后，使OP停止轉動并保持靜止。已知磁感應強度大小為B，MN質量為m，OP的角速度為ω，OP長度、MN長度和平行導軌間距均為L，MN和OP的電阻阻值均為r，忽略其余電阻和一切摩擦，求：
（1）閉合K瞬間MN所受安培力大小和方向；
（2）從OP停止轉動到MN停止運動的過程，MN產生的焦耳熱。
【答案】（1），方向水平向左；（2）
【知識點】作用的導體棒在導軌上運動的電動勢、安培力、電流、路端電壓、導體棒轉動切割磁感線產生的動生電動勢、計算導軌切割磁感線電路中產生的熱量
【詳解】（1）當OP繞O點逆時針勻速轉動時，由右手定則可知O點電勢高，OP切割磁感線產生感應電動勢為
閉合K瞬間，由閉合電路歐姆定律可知，通過MN的電流大小為
方向由M到N。則有MN所受安培力大小為
由左手定則可知，安培力方向水平向左。
（2）閉合K后，則有MN向左做加速運動，速度逐漸增大，MN切割磁感線產生感應電動勢，則感應電流方向與原電流方向相反，減弱原電流，可知MN受安培力逐漸減小，做加速度減小的加速運動，當MN中電流減小到零時，安培力是零，加速度是零，MN的速度達到最大，設為，此時做勻速直線運動，則有MN切割磁感線產生感應電動勢與OP產生的感應電動勢大小相等，可知
解得
從OP停止轉動到MN停止運動的過程，由能量守恒定律可知，電路中產生的焦耳熱為
MN產生的焦耳熱為
17．（24-25高三上·安徽·階段練習）如圖所示，間距為d、足夠長的光滑平行金屬導軌傾斜放置，導軌與水平面之間的夾角θ = 30°。a、b兩根長均為d的金屬棒垂直于導軌放置，a、b之間用一長為d的絕緣輕質細線相連，整個裝置處于垂直導軌平面向上的勻強磁場中。開始時金屬棒a固定，細線被拉直。已知a的質量為m，電阻為R，b的質量為2m，電阻為2R，重力加速度為g，金屬棒與導軌接觸良好，不計導軌的電阻以及空氣阻力。
(1)若磁感應強度B = kt（k > 0），求從t = 0開始經過多長時間，細線中開始沒有拉力；
(2)若已知磁感應強度大小為B0且不變，剪斷細線，當b棒沿導軌下滑距離s時，速度達到最大值，求該過程a棒中產生的熱量；
(3)在（2）問條件下，當b棒速度剛達到最大時，釋放a棒，求a棒加速度為b棒2倍時，整個回路的電功率。
【答案】(1)
(2)
(3)
【知識點】雙桿在等寬導軌上運動問題
【詳解】（1）根據法拉第電磁感應定律，正方形閉合回路中的感應電動勢為
根據閉合回路電磁感應定律，回路中的感應電流為
棒b受到的安培力為
由題意，有
解得
（2）剪斷細線后，b棒合力為零時，速度最大，感應電動勢為
根據閉合回路電磁感應定律，感應電流大小為
則有
解得
對回路而言，根據能量守恒，有
其中
解得
（3）釋放金屬棒a后，當a棒加速度為b棒2倍時，設此時電路中的電流為I，則：對b棒，根據牛頓第二定律，有
對a棒，同理，有
當a2 = 2a1時，解得
則回路中的電功率為
解得
18．（2024·廣西柳州·一模）如圖1所示，傾角為的斜面上平行放置兩根足夠長金屬導軌，間距為，導軌下端接一阻值為的定值電阻，一質量為的金屬桿垂直放在導軌上，通過一根不可伸長的絕緣細繩跨過光滑定滑輪與質量為的重物連接，整個空間有垂直于斜面向下的勻強磁場，磁感應強度大小．已知金屬桿與導軌間的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，除R外，其余電阻不計，，g取?，F(xiàn)由靜止釋放重物，求：
(1)剛釋放重物的瞬間，金屬桿的加速度大小；
(2)金屬桿的最大速度和達到最大速度后電阻R消耗的電功率；
(3)若將定值電阻換成電容為C的電容器，如圖2所示，電容器初始不帶電，重新由靜止釋放重物，金屬桿向上運動的加速度是否恒定？若恒定，請證明并求出加速度的表達式；若不恒定，也請證明。
【答案】(1)6m/s2
(2)3m/s，9W
(3)見解析
【知識點】牛頓第二定律的簡單應用、含有導體棒切割磁感線的電路、作用的導體棒在導軌上運動的電動勢、安培力、電流、路端電壓、計算導軌切割磁感線電路中產生的熱量
【詳解】（1）對金屬桿及重物，由牛頓第二定律分別有
得
代入數(shù)據，得
（2）當重物速度達到最大時，由平衡狀態(tài)條件
其中
聯(lián)立，解得
電阻R消耗的電功率
代入數(shù)據，得
（3）金屬桿的加速度是恒定的。當金屬桿的速度為v時，對重物和金屬桿，由牛頓第二定律分別有
設很短時間內通過金屬桿的電荷量為，則
聯(lián)立，求得
由上式可知，a為定值，即金屬桿的加速度恒定。
考點分析
三年考情分析
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三大力學觀點在電磁感應中的應用
2024：廣西卷、江西卷、湖南卷、黑吉遼卷、山東卷、河北卷、湖北卷
2023：廣東卷、山東卷、遼寧卷
2022：湖北卷、湖南卷
v
↓
E＝Blv
↓
I＝eq \f(E,R＋r)
↓
F安＝BIl
↓
F合
若F合＝0
勻速直線運動
若F合≠0
↓
F合＝ma
a、v同向
v增大，若a恒定，拉力F增大
v增大，F(xiàn)安增大，F(xiàn)合減小，a減小，做加速度減小的加速運動，減小到a＝0，勻速直線運動
a、v反向
v減小，F(xiàn)安減小，a減小，當a＝0，靜止或勻速直線運動

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