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2023届二轮复习通用版 4.2 电磁感应问题 学案
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这是一份2023届二轮复习通用版 4.2 电磁感应问题 学案，共23页。
第2讲 电磁感应问题
真题速练·明考情
1．(多选)(2022·广东高考)如图所示，水平地面(xOy平面)下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线．P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴．一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行．下列说法正确的有( AC )
A．N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同
B．线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变
C．线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流
D．线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等
【解析】 依题意，M、N两点连线与长直导线平行、两点与长直导线的距离相同，根据安培定则可知，通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，故A正确；根据安培定则，线圈在P点时，磁感线穿进与穿出在线圈中对称，磁通量为零；在向N点平移过程中，磁感线穿进与穿出线圈不再对称，线圈的磁通量会发生变化，故B错误；根据安培定则，线圈从P点竖直向上运动过程中，磁感线穿进与穿出线圈对称，线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈无感应电流，故C正确；线圈从P点到M点与从P点到N点，线圈的磁通量变化量相同，依题意P点到M点所用时间较从P点到N点时间长，根据法拉第电磁感应定律，则两次的感应电动势不相等，故D错误．故选AC．
2．(2022·全国甲，16)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示．把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3．则( C )
A．I1＜I3＜I2 B．I1＞I3＞I2
C．I1＝I2＞I3 D．I1＝I2＝I3
【解析】 设正方形的边长为2a，由几何关系可得，正方形的面积为S1＝(2a)2，圆形的面积为S2＝πa2，正六边形的面积为S3＝6×a×a＝a2，三个线框的周长分别为D1＝8a，D2＝2πa，D3＝6a，故根据法拉第电磁感应定律，有E＝S，回路电阻R＝ρ，回路电流I＝，解得I1∶I2∶I3＝2∶2∶，选项C正确，A、B、D错误．
3．(多选)(2022·山东，12)如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为l的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场．边长为l的正方形金属框绕其始终在O点的顶点，在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动．t＝0时刻，金属框开始进入第一象限．不考虚自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是( BC )
A．在t＝0到t＝的过程中，E一直增大
B．在t＝0到t＝的过程中，E先增大后减小
C．在t＝0到t＝的过程中，E的变化率一直增大
D．在t＝0到t＝的过程中，E的变化率一直减小
【解析】 根据电磁感应定律有E＝，l切为切割磁感线的有效长度；当t＝，即转过时，l切最大，电动势E最大，所以t＝0到t＝，即转动角度0～的过程中，E先增大后减小，选项A错误，B正确；设0～t时刻，金属框转动的角度为α，在t＝0到t＝，即转动角度0～过程中，E＝＝＝，对E求导可得，＝Bl2ω2＝，在t＝0到t＝过程中，tanωt在增大，cos2ωt在减小，可知，E的变化率一直增大，选项C正确，D错误．
4．(多选)(2020·全国Ⅱ卷)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直．ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略．一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行．经过一段时间后( BC )
A．金属框的速度大小趋于恒定值
B．金属框的加速度大小趋于恒定值
C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
【解析】 由bc边切割磁感线产生电动势，形成电流，使得导体棒MN受到向右的安培力，做加速运动，bc边受到向左的安培力，向右做加速运动．当MN运动时，金属框的bc边和导体棒MN一起切割磁感线，设导体棒MN和金属框的速度分别为v1、v2，则电路中的电动势E＝BL(v2－v1)
电流中的电流I＝＝
金属框受到的安培力F安框＝，与运动方向相反
导体棒MN受到的安培力F安MN＝，与运动方向相同
设导体棒MN和金属框的质量分别为m1、m2，则对导体棒MN：＝m1a1
对金属框：F－＝m2a2
初始速度均为零，则a1从零开始逐渐增加，a2从开始逐渐减小．当a1＝a2时，相对速度v2－v1＝
大小恒定．整个运动过程用速度—时间图象描述如下．
综上可得，金属框的加速度趋于恒定值，导体棒所受安培力也趋于恒定值，B、C选项正确；
金属框的速度会一直增大，由于一直存在速度差，导体棒到金属框bc边的距离也会一直增大，A、D选项错误．故选BC．
〔备考策略〕
电磁感应是电磁学中的重要内容之一，也是高考命题的高频考点，多为选择与计算，主要考查楞次定律、法拉第电磁感应定律、电磁感应的综合问题．
常用到的思想方法有：图象法、守恒法、模型法、等效法．
核心知识·固双基
“必备知识”解读
一、楞次定律中“阻碍”的理解
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．阻碍线圈面积的变化“增缩减扩”．
4．阻碍原电流的变化(自感现象)“增反减同”．
二、求感应电动势大小的三种方法
1．磁通量变化型：E＝n＝nS＝nB．
2．平动切割型：E＝Blv．
3．转动切割型：E＝Bl2ω．
三、求电荷量的三种方法
1．q＝It(式中I为回路中的恒定电流，t为时间)
2．q＝n(其中R为回路总电阻，ΔΦ为穿过闭合回路的磁通量变化量)
3．Δq＝CBlΔv(式中C为电容器的电容，B为匀强磁场的磁感应强度，l为导体棒切割磁感线的长度，Δv为导体棒切割速度的变化量)
四、求解焦耳热Q的三种方法
“关键能力”构建
一、电磁感应中电路综合问题
1．等效电源的分析
(1)用法拉第电磁感应定律算出E的大小．等效电源两端的电压等于路端电压，一般不等于电源电动势，除非切割磁感线的导体(或线圈)电阻为零．
(2)用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向，从而确定电源正负极．感应电流方向是电源内部电流的方向，要特别注意在等效电源内部，电流由负极流向正极．
(3)明确电源内阻r．
2．电路结构的分析
(1)分析内、外电路，以及外电路的串并联关系，画出等效的电路图．
(2)应用闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解．
二、分析线框在磁场中运动问题的两大关键
1．分析电磁感应情况：弄清线框在运动过程中是否有磁通量不变的阶段，线框进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生，结合闭合电路欧姆定律列方程解答．
2．分析导线框的受力以及运动情况，选择合适的力学规律处理问题：在题目中涉及电荷量、时间以及安培力为变力时应选用动量定理处理问题；如果题目中涉及加速度的问题时选用牛顿运动定律解决问题比较方便．
三、解决电磁感应综合问题的“看到”与“想到”
1．看到“磁感应强度B随时间t均匀变化”，想到“＝k为定值”．
2．看到“线圈(回路)中磁通量变化”时，想到“增反减同”．
3．看到“导体与磁体间有相对运动”时，想到“来拒去留”．
4．看到“回路面积可以变化”时，想到“增缩减扩”．但注意线圈套在磁铁上是“增扩减缩”．
命题热点·巧突破
考点一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
考向1 楞次定律的理解与应用
1．楞次定律中的“阻碍”不是“阻止”，也不是“相反”．
2．注意区别楞次定律和右手定则．
1．(2022·陕西榆林三模)水平放置的玻璃板上方有一用细线悬挂的可自由旋转的小磁针，下方有一水平放置的铜圆盘．圆盘的轴线与小磁针悬线在同一直线上，初始时小磁针与圆盘均处于静止状态．当圆盘绕轴逆时针方向匀速转动时，下列说法正确的是( B )
A．小磁针不动
B．小磁针逆时针方向转动
C．小磁针顺时针方向转动
D．由于圆盘中没有磁通量的变化，圆盘中没有感应电流
【解析】 铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流(涡流)，此电流产生的磁场导致磁针逆时针方向转动，构成电磁驱动，故选B．
2．(2022·河南许昌一模)如图所示是铜制圆盘发电机的示意图，铜盘安装在水平固定的转轴上，它的边缘正好在两磁极之间(磁极未画出；磁场方向和铜盘盘面垂直)，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触．使铜盘转动，电阻R中就有电流通过．设铜盘沿顺时针方向(从左向右看)匀速转动，两磁极之间的磁场可视为匀强磁场，关于通过电阻R的电流，下列说法正确的是( C )
A．正弦式交变电流
B．恒定电流，电流方向从上向下通过电阻R
C．恒定电流，电流方向从下向上通过电阻R
D．电流大小不断变化，电流方向从下向上通过电阻R
【解析】 圆盘转动时，相当于半径切割磁感线，因为匀速转动，则产生恒定不变的感应电流，根据右手定则可知，D点相当电源的正极，则电流方向从下向上通过电阻R，故选C．
3．(2022·山西太原三模)如图所示，金属圆盘置于垂直纸面向里的匀强磁场中，其中央和边缘各引出一根导线与套在铁芯上部的线圈A相连．套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平导轨上，导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸面向外的匀强磁场中．下列说法正确的是( B )
A．圆盘顺时针匀速转动时，a点的电势高于b点的电势
B．圆盘顺时针加速转动时，ab棒受到向左的安培力
C．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动
D．圆盘顺时针减速转动时，a点的电势高于b点的电势
【解析】 当圆盘顺时针匀速转动时，线圈A中产生恒定的电流，那么线圈B的磁通量不变，则线圈B中不产生感应电动势，则a点的电势等于b点的电势，故A错误；由右手定则可知，圆盘顺时针加速转动时，感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下且磁场增强．由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向上，由安培定则可知，ab棒中感应电流方向由a→b，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒将向左运动，故B正确，C错误；由右手定则可知，圆盘顺时针减速转动时，感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下且磁场减弱．由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向下，由安培定则可知，B线圈的上端相当于电源的负极，则a点的电势低于b点的电势，故D错误．
考向2 法拉第电磁感应定律的应用
4．(2022·浙江1月高考)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，其电阻率为ρ、高度为h、半径为r、厚度为d(d≪r)，则( C )
A．从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向
B．圆管的感应电动势大小为
C．圆管的热功率大小为
D．轻绳对圆管的拉力随时间减小
【解析】 穿过圆管的磁通量向上逐渐增加，则根据楞次定律可知，从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向，选项A错误；圆管的感应电动势大小为E＝πr2＝kπr2，选项B错误；圆管的电阻R＝ρ，圆管的热功率大小为P＝＝，选项C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，选项D错误．
5．(2022·广东高考)图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图．定子是仅匝数n不同的两线圈，n1＞n2，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流．不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是( B )
A．两线圈产生的电动势的有效值相等
B．两线圈产生的交变电流频率相等
C．两线圈产生的电动势同时达到最大值
D．两电阻消耗的电功率相等
【解析】 根据E＝n可得两线圈中磁通量的变化率相等，但是匝数不等，则产生的感应电动势最大值不相等，有效值也不相等；根据P＝可知，两电阻的电功率也不相等，选项A、D错误；因两线圈放在同一个旋转磁铁的旁边，则两线圈产生的交流电的频率相等，选项B正确；当磁铁的磁极到达一线圈附近时，一个线圈的磁通量最大，感应电动势为0，另一个线圈通过的磁通量最小，感应电动势最大，可知两线圈产生的感应电动势不可能同时达到最大值，选项C错误．
6．(2022·全国乙，24)如图所示，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l＝0.40m的正方形金属框的一个顶点上．金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场．已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5.0×10－3Ω/m；在t＝0到t＝3.0s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)＝0.3－0.1t(SI)．求：
(1)t＝2.0s时金属框所受安培力的大小；
(2)在t＝0到t＝2.0s时间内金属框产生的焦耳热．
【答案】 (1)N (2)0.016J
【解析】 (1)金属框的总电阻为R＝4lλ＝4×0.40×5.0×10－3Ω＝0.008Ω
金属框中产生的感应电动势为E＝＝＝0.008V
金属框中的电流为I＝＝1A
t＝2.0s时磁感应强度为B2＝(0.3－0.1×2.0)T＝0.1T
金属框处于磁场中的有效长度为l1＝l
此时金属框所受安培力大小为F安＝B2Il1＝N．
(2)0～2.0s内金属框产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝0.016J．
考向3 导体棒切割磁感线问题
7．(多选)(2022·湖南师大附中二模)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝1m，cd间、de间、cf间分别接着阻值R＝10Ω的电阻．一阻值R＝10Ω的导体棒ab以速度v＝4m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好．导轨所在平面存在磁感应强度大小B＝0.5T、方向竖直向下的匀强磁场．下列说法正确的是( BD )
A．导体棒ab中电流的方向为由b到a
B．cd两端的电压为1V
C．de两端的电压为1V
D．fe两端的电压为1V
【解析】 由右手定则可知ab中电流方向为a→b，A错误；导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，ab为电源，cd间电阻R为外电路负载，de和cf间电阻中无电流，de和cf间无电压，因此cd和fe两端电压相等，即U＝×R＝＝1V，B、D正确，C错误．
8．(2022·山东济南二模)如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小分别为B、2B，磁场方向相反，且与纸面垂直，两磁场边界均与x轴垂直且宽度均为L，在y轴方向足够宽．现有一对角线长为L的正方形导线框，顶点a在y轴上，从图示x＝0位置开始，在外力F的作用下向右沿x轴正方向匀速穿过磁场区域．在运动过程中，对角线ab边始终与磁场的边界垂直．线框中感应电动势E大小、感应电流I大小、线框所受安培力F安大小、通过导线横截面电荷量q，这四个量分别与线框顶点a移动的位移x的关系图象中正确的是( B )
【解析】 在x＝0～L过程中，切割的有效长度从0均匀增大到L，然后又从L减小到0，当x≤时，感应电动势为E＝2Bxv，电流为I＝＝，安培力F安＝2BIx＝，通过导线横截面电荷量为q＝，当L＜x≤2L时，感应电动势为第一过程的3倍，当2L＜x≤3L时，感应电动势为第一过程的2倍，故B正确．
考点二 电磁感应中的图象问题
解决电磁感应图象问题的“三点关注”
1．关注初始时刻：看感应电流是否为零，电流方向是正方向还是负方向．
2．关注变化过程：看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应．
3．关注变化趋势：看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应，分析大小和方向的变化趋势．
考向1 根据题目所给条件，读图分析相关物理量
1．(2022·河南安徽二模)轻质细线吊着一匝数为100匝、总电阻为2.5Ω的匀质正三角形闭合金属线框，线框的质量为600g，线框的顶点正好位于半径为10cm的圆形匀强磁场的圆心处，线框的上边水平，如图甲所示．磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示．从0时刻开始经过一段时间后细线开始松弛，取g＝10m/s2，π＝3．则( C )
A．线框中有沿逆时针方向逐渐增大的感应电流
B．线框中磁通量的变化率为1.5×10－2Wb/s
C．t＝8s时，线框中产生的感应电动势的大小为0.25V
D．t＝10s时，细线开始松弛
【解析】 根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为E＝n＝nS＝100××π×0.12V＝0.25V，根据欧姆定律可得电流为I＝＝A＝0.1A大小恒定，根据楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，故A错误，C正确；根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为E＝0.25V，线框中磁通量的变化率为＝＝＝2.5×10－3Wb/s，故B错误；t＝10s时，由图可知B＝5T，根据几何关系可得线框的有效长度为L＝r＝0.1m，线框受到的安培力为F＝nBIL＝100×5×0.1×0.1N＝5N，因为F＝5N＜G＝6N，所以细线并未开始松弛，故D错误．
2．(多选)(2022·湖南娄底二模)如图甲所示，平行边界MN、QP间有垂直光滑绝缘水平桌面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为1T，正方形金属线框放在MN左侧的水平桌面上．用水平向右的恒力拉金属线框，使金属线框一直向右做初速度为零的匀加速直线运动，施加的拉力F随时间t变化规律如图乙所示，已知金属线框的质量为4.5kg、电阻为2Ω，则下列判断正确的是( BCD )
A．金属框运动的加速度大小为2m/s2
B．金属框的边长为1m
C．金属框进磁场过程通过金属框截面电量为0.5C
D．金属框通过磁场过程中安培力的冲量大小为1N·s
【解析】 由题意可知，金属框运动的加速度大小a＝＝0.5m/s2，A错误；由题意知，金属框进磁场时的速度大小为v1＝at1＝0.5m/s，且磁场的宽度与金属线框的边长相同，设金属框边长为L，则t＝1s时，F－F安＝ma，而F安＝，F＝2.5N，解得L＝1m，B正确；金属框进磁场过程中通过金属框截面的电量为q＝＝0.5C，C正确；由图可知，金属线框受安培力时间为2s，则由x＝v1t2＋at，可得x＝2m＝2L，所以磁场宽度等于线框的长度，金属框通过磁场时速度大小为v2＝v1＋at2＝1.5m/s，则金属框通过磁场过程中安培力的冲量大小为IA＝t2＝1N·s，D正确．故选BCD．
考向2 根据题目所给条件，选择图象
3．
(2022·广西玉林模拟)如图，两个半径不同但共心的圆形导线环A、B位于同一平面内，A环的半径大于B环的半径，已知在t＝0到t＝t1的时间间隔内，当导线环A中的电流i发生某种变化，而导线环B中的感应电流总是沿顺时针方向，且导线B环总有扩张的趋势时．设A环中电流i的正方向与图中箭头所示的方向相同，则i随时间t变化的图线可能是( A )
【解析】 A环中顺时针方向的电流减小，导致B环中的指向纸内的磁通量减小，根据楞次定律B环中感生电流产生的磁场将阻碍磁通量减小，产生顺时针方向感生电流，两环相吸，B环有扩张的趋势，A正确；A环中逆时针方向的电流减小，导致B环中指向纸外的磁通量减小，根据楞次定律，可知B中产生逆时针方向电流，两环相吸，B环有扩张的趋势，B错误；A环中顺时针方向的电流增大，导致B环中指向纸内的磁通量增大，根据楞次定律，可知B环将产生逆时针方向的电流，两环相斥，B环有收缩的趋势，C错误；A环中逆时针方向的电流增大，导致B环中指向纸外的磁通量增大，根据楞次定律，可知B环中产生顺时针方向电流，两环相斥，B环有收缩的趋势，D错误．
4．(2022·青海湟川一模)如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽．现有一高度为a的正三角形导线框从图示位置开始向右沿x轴方向匀速穿过磁场区域．若以逆时针方向为电流的正方向，在下列选项中(如图所示)，线框中感应电流i与线框移动的位移x的关系图象正确的是( C )
【解析】 导线框的运动可以分为三个阶段，第一个阶段为从开始向右运动到完全进入左侧磁场，第二个阶段为从完全进入左侧磁场到完全进入右侧磁场，第三个阶段为从完全进入右侧磁场到恰好完全出离右侧磁场．由楞次定律可以判断电流方向，位移x为0～a,2a～3a时，电流为正方向，位移为a～2a时，电流为负方向；在第二个阶段线框同时处在两个磁场中，当进入右侧磁场的位移的大小与第一个阶段进入左侧磁场的位移的大小、第三个阶段出离右侧磁场的位移的大小相等时，产生的感应电动势、感应电流是后两者时的2倍，对比选项中各图象可知C正确．
5．(多选)(2022·四川宜宾二诊)如图，水平放置足够长光滑金属导轨ab和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和半圆形Obc内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好．初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动过程中，回路中始终有电流，金属杆MN的速度用v表示，金属杆MN的加速度用a表示，回路中电流用I表示，回路消耗的电功率用P表示，只计金属杆MN、OP的电阻．下列图象中可能正确的是( AC )
【解析】 MN转动切割磁感线产生感应电动势E＝，大小恒定，回路中产生感应电流，方向由右手定则可知为P→b→M→N→e→O，由左手定则可知MN会受到向左的安培力从而向左运动，MN向左运动的过程中会产生方向为N指向M的感应电动势，所以回路中的感应电流会减小，MN受到的安培力会减小，由牛顿第二定律知MN的加速度会减小，MN做加速度减小的加速运动，回路消耗的电功率P＝I2R会减小，故A、C正确，B、D错误．
考点三 电磁感应定律的综合应用
1．等效电源两端的电压等于路端电压，一般不等于电源电动势，除非切割磁感线的导体(或线圈)电阻为零．
2．感应电流方向是电源内部电流的方向，要特别注意在等效电源内部，电流由负极流向正极．
3．在题目中涉及电荷量、时间以及安培力为变力时应选用动量定理处理问题；如果题目中涉及加速度的问题时选用牛顿运动定律解决问题比较方便．
考向1 以“单棒＋导轨”模型为载体，考查电磁感应中的力、电综合问题
典例1 (多选)(2022·广西玉林模拟)如图所示，足够长的光滑金属导轨MN、PQ相互平行，间距为L，导轨平面与水平面成θ角(0°＜θ＜90°)，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直．导轨电阻不计，上端接入阻值为R的定值电阻，今有一质量为m、内阻为r的金属棒ab垂直于导轨放置，并由静止开始下滑，设磁场区域无限大，当金属棒下滑达到最大速度vm时，运动的位移为x．重力加速度为g，则以下说法正确的是( AD )
A．金属棒最大加速度为gsinθ
B．当金属棒下滑速度为v时，其两端电压为BLv
C．金属棒下滑最大速度mgsinθ
D．此过程中流过电阻R的电荷量为
【解析】 金属棒刚开始运动的一瞬间所受安培力为零，此时加速度最大，为am＝gsinθ，故A正确；当金属棒下滑速度为v时，感应电动势为E＝BLv，感应电流为I＝＝，其两端电压为Uab＝IR＝，故B错误；当金属棒所受安培力与重力沿轨道的分力平衡时速度达到最大值vm，则＝mgsinθ，解得vm＝，故C错误；此过程中流过电阻R的电荷量为q＝Δt＝＝＝，故D正确．故选AD．
〔考向预测〕
1．(2022·福建泉州二模)如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m、有效电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q．下列说法正确的是( C )
A．金属棒在导轨上做匀减速运动
B．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为
C．整个过程中金属棒克服安培力做功为mv2
D．整个过程中电阻R上产生的焦耳热为mv2
【解析】 因为金属棒向右运动时受到向左的安培力作用，且安培力随速度的减小而减小，所以金属棒向右做加速度减小的减速运动，故A错误；根据＝＝，q＝·Δt＝·Δt＝，解得x＝，故B错误；整个过程中金属棒克服安培力做功等于金属棒动能的减少量mv2；整个过程中电路中产生的热量等于机械能的减少量mv2，电阻R上产生的焦耳热为mv2，故C正确、D错误．
2．(多选)(2022·全国甲，20)如图所示，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻．质量为m，阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中．开始时，电容器所带的电荷量为Q，闭合开关S后( AD )
A．通过导体棒MN电流的最大值为
B．导体棒MN向右先加速，后匀速运动
C．导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大
D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热
【解析】 导体棒MN两端的最大电压为U＝，因此通过导体棒MN电流的最大值为，选项A正确；导体棒MN向右加速后，产生反电动势，当MN两端的电压u＞Blv时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，导体棒MN与R构成回路，由于一直处于通路状态，由能量守恒可知，最后导体棒MN速度为零，选项B错误；由A选项可知，刚闭合开关的瞬间流过MN的电流最大，此时导体棒所受安培力是最大的，故C选项错误；电容器放电阶段，导体棒MN会产生反电动势，则流过导体棒MN的电流较小，产生焦耳热较少，导体棒MN作电源阶段，电容器放出电流和导体棒形成电流都流过电阻R，电阻R中电流较大，产生焦耳热较多，选项D正确．
考向2 以“双棒＋导轨”模型为载体，考查电磁感应中的力、电综合问题
典例2 (多选)(2022·河南郑州一模)如图所示，电阻不计的光滑金属导轨由直窄轨AB、CD以及直宽轨EF、GH组合而成，窄轨和宽轨均处于同一水平面内，AB、CD等长且与EF、GH均相互平行，BE、GD等长、共线，且均与AB垂直，窄轨间距为，宽轨间距为L．窄轨和宽轨之间均有竖直向上的磁感强度为B的匀强磁场．由同种材料制成的相同金属直棒a、b始终与导轨垂直且接触良好，棒长为L、质量为m、电阻为R．初始时b棒静止于导轨EF段某位置，a棒从AB段某位置以初速度v0向右运动，且a棒距窄轨右端足够远，宽轨EF、GH足够长．下列判断正确的是( ACD )
A．a棒刚开始运动时，b棒的加速度大小为
B．经过足够长的时间，a棒的速度为v0
C．整个过程中通过回路的电荷量为
D．整个过程中b棒产生的焦耳热为mv
【解析】 a棒刚开始运动时，感应电动势为E＝，电路中电流为I＝＝，b棒的安培力为F＝BIL＝，根据牛顿第二定律得a＝，A正确；经过足够长时间，电路中无电流，有＝BLvb，对a导体棒，根据动量定理得－BΔt＝mva－mv0，对b导体棒，根据动量定理得BLΔt＝mvb，联立解得va＝v0，vb＝v0，B错误；对b导体棒，根据动量定理得BLΔt＝BLq＝mvb，解得q＝，C正确；根据能量守恒得mv＝mv＋mv＋Qa＋Qb，两导体棒发热量关系为2Qa＝Qb，解得Qb＝mv，D正确．故选ACD．
〔考向预测〕
3．(多选)(2022·吉林押题卷)如图所示，两根电阻不计、相互平行、足够长的光滑金属导轨固定于绝缘水平桌面，导轨所在区域存在垂直桌面竖直向下的匀强磁场，两质量分别为m、2m，长度和电阻相同的导体棒a、b分别置于导轨的左、右两侧，已知导体棒的长度大于导轨间的距离，且始终与导轨接触良好并垂直于导轨．现给a棒一个向左的初速度v0，经过足够长时间后．下列说法正确的是( BCD )
A．金属棒a静止
B．金属棒b做匀速直线运动
C．金属棒均做匀速直线运动，速度之比为1∶1
D．金属棒a产生的热量为
【解析】 导体棒切割磁感线，产生感应电流，则两导体棒受安培力作用，根据右手定则及左手定则，判断出金属棒a受安培力向右，为阻力；金属棒b受安培力向左，为动力，且安培力等大反向，故金属棒a做减速运动，金属棒b做加速运动．当两导体棒共速时，没有感应电流，故安培力为零，两导体棒以相同速度做匀速直线运动．将安培力看作两导体棒的内力，根据动量守恒mv0＝(m＋2m)v，再根据能量守恒mv＝(m＋2m)v2＋Q热，两金属棒电阻相等，则热量相等Qa＝，解得，金属棒a产生的热量为Qa＝，故A错误，B、C、D正确．
考向3 以“导体框”为载体，考查电磁感应定律的综合应用
典例3 (2021·全国乙卷)如图，一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量M＝0.06kg的U形导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R＝3Ω的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L＝0.6m．初始时CD与EF相距s0＝0.4m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1＝m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界(图中虚线)与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域．当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速．已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B＝1T，重力加速度大小取g＝10m/s2，sinα＝0.6．求：
(1)金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；
(2)金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；
(3)导体框匀速运动的距离．
【答案】 (1)0.18N (2)m＝0.02kg，μ＝
(3)m
【解析】 (1)根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得(M＋m)gs1sinα＝(M＋m)v
代入数据解得v0＝m/s
金属棒在磁场中切割磁感线产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0
由闭合回路的欧姆定律可得I＝
则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为F安＝BIL＝0.18N．
(2)金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，可有mgsinα＋μmgcosα＝F安
由于导体框在进入磁场后才会匀速，故此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得Mgsinα－μmgcosα＝Ma
设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为t＝
则此时导体框的速度为v1＝v0＋at
则导体框的位移x1＝v0t＋at2
因此导体框和金属棒的相对位移为Δx＝x1－x＝at2
由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF刚好进入线框，则有位移关系s0－Δx＝x
导体框进入磁场时匀速运动，此时的感应电动势为E1＝BLv1，I1＝，
导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得Mgsinα＝μmgcosα＋BI1L
联立以上可得x＝0.3m，a＝5m/s2，m＝0.02kg，μ＝．
(3)金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有mgsinα＋μmgcosα＝ma1
金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有v0＋a1t1＝v1
导体框匀速运动的距离为x2＝v1t1
代入数据解得x2＝m．
〔考向预测〕
4．(多选)(2021·全国甲卷)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍．现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示．不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平．在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是( AB )
A．甲和乙都加速运动
B．甲和乙都减速运动
C．甲加速运动，乙减速运动
D．甲减速运动，乙加速运动
【解析】 设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有v＝，感应电动势为E＝nBlv，两线圈材料相同(设密度为ρ0)，质量相等(设为m)，则m＝ρ0×4nl×S，设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻R＝ρ，感应电流为I＝＝，安培力为F＝nBIl＝，则线框刚进磁场之前，都做自由落体且高度一致，则v相同，由牛顿第二定律有mg－F＝ma，联立解得a＝g－＝g－，加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度．当g＞时，甲和乙都加速运动，当g＜时，甲和乙都减速运动，当g＝时都匀速，故选AB．
5．(2022·湖南，10)如图所示，间距l＝1m的U形金属导轨，一端接有0.1Ω的定值电阻R，固定在高h＝0.8m的绝缘水平桌面上．质量均为0.1kg的均质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为0.1Ω，与导轨间的动摩擦因数均为0.1(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，导体棒a距离导轨最右端1.74m．整个空间存在竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为0.1T．用F＝0.5N沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去F，导体棒a离开导轨后落到水平地面上．重力加速度取10m/s2，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是( BD )
A．导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6m
B．导体棒a离开导轨至落地前，其感应电动势不变
C．导体棒a在导轨上运动的过程中，导体棒b有向右运动的趋势
D．导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电阻R的电荷量为0.58C
【解析】 当导体棒b刚要滑动时，有F安＝μmg，F安＝BIbl，设此时导体棒a的速度为v，E＝Blv，I总＝，I总＝Ib＋IR＝2Ib，R总＝Ra＋，解得v＝3m/s，导体棒a离开轨道做平抛运动，由h＝gt2，x＝vt知，x＝1.2m，故A错误；导体棒a离开轨道做平抛运动过程中与磁场垂直，水平速度v不变，由E＝Blv知，其感应电动势不变，故B正确；导体棒a在导轨上运动的过程中，由右手定则判断出电路中电流方向，又由左手定则知导体棒b受到的安培力的方向向左，导体棒b有向左运动的趋势，故C错误；导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电路的电荷量q＝Δt＝＝1.16C，导体棒b与电阻R并联，Ib＝IR，则通过电阻R的电荷量q′＝＝0.58C，故D正确．
6．(2022·吉林松原三模)如图所示，由粗细均匀、同种金属导线构成的长方形线框abcd放在光滑的水平桌面上，线框边长分别为L和2L，其中ab段的电阻为R．在宽度为2L的区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向竖直向下．线框在水平拉力的作用下以恒定的速率v通过匀强磁场区域，线框平面始终与磁场方向垂直．求：
(1)线框进入磁场区域的过程中，拉力的冲量IF的大小；
(2)线框进入和离开磁场的整个过程中，bc边金属导线上产生的电热Qbc．
【答案】 (1) (2)
【解析】 (1)cd边进入磁场时产生的感应电动势E＝BLv
线框的总电阻R总＝6R
线框中的电流为I＝＝
线框在水平拉力的作用下以恒定的速率v运动，外力应等于安培力，则有F＝F安＝BIL＝
线框进入磁场区域所经历的时间为t1＝
线框进入磁场区域的过程中，拉力的冲量大小为IF＝Ft1＝×＝．
(2)线框进入和离开磁场的整个过程中所经历的时间为t2＝
由焦耳定律，可得bc边金属导线上产生的电热为Qbc＝I2×2Rt2＝2×2R×＝．
应用创新·提素养
应用创新 电磁感应现象在生产生活中的应用
1．(2022·北师大附中模拟)如图是磁电式转速传感器的结构简图．该装置主要由测量齿轮、T形软铁、永久磁铁、线圈等原件组成．测量齿轮为磁性材料，N个齿等距离地安装在被测旋转体的一个圆周上(圆心在旋转体的轴线上)，齿轮转动过程中，当齿靠近T形软铁时，由于磁化作用，软铁中的磁场增强，相反，远离时磁场减弱．现测得线圈中感应电流的变化频率为f，旋转体角速度为ω．则正确的是( A )
A．f＝
B．当齿距离T形软铁最近的时候，线圈中电流最大
C．线圈中的感应电流方向不变，只是大小发生周期性变化
D．若旋转体转速均匀增加，则与线圈串联的交流电流表的示数不变
【解析】 旋转体转一圈，测量齿轮靠近和远离线圈N次，线圈中的感应电流变化N次，旋转体的角速度为ω，故转速为n＝，故线圈中感应电流的变化频率为f＝nN＝，故A正确；当齿距离T形软铁最近的时候，通过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，线圈中电流最小，故B错误；测量齿轮靠近和远离线圈时，线圈中磁通量的变化相反，产生的感应电流方向相反，故C错误；旋转体转速越高，测量齿轮靠近和远离线圈越快，线圈中磁通量的变化率越快，线圈中感应电动势越大，线圈中的感应电流越强，则与线圈串联的交流电流表的示数变大，故D错误．
2．(2022·山东淄博一模)如图甲所示，磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈．当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E-t关系如图乙所示．如果只将刷卡速度改为2v0，线圈中E-t的关系可能是( A )
【解析】 根据感应电动势公式E＝BLv可知，其他条件不变时，感应电动势与导体的切割速度成正比，只将刷卡速度改为2v0，则线圈中产生的感应电动势的最大值将变为原来的2倍，磁卡通过刷卡器的时间t＝与速率成反比，所用时间变为原来的一半，故选A．
3．(2022·四川南充三模)电磁刹车是一种新的刹车形式，某实验小组利用遥控小车模型探究电磁刹车的效果．在遥控小车底面安装与小车底面长、宽均相同的N匝矩形导线框abcd，其总电阻为R，其平面与水平地面平行，如图所示，小车在磁场外以恒定功率P做直线运动，受到地面阻力恒为f，进入磁场前已达到最大速度，车头(ab边)刚要进入磁场时牵引力立即变为零，车尾(cd边)刚出磁场时速度恰好为零．已知小车总质量为m，小车底面长为d，宽为L，有界匀强磁场宽度也为d，磁感应强度为B，方向竖直向下，若不考虑其他阻力的影响．求：
(1)小车车头刚进入磁场时，线框产生的感应电动势大小E和线框所受安培力F安；
(2)电磁刹车过程中产生的焦耳热Q．
【答案】 (1) ，安培力方向向左 (2)－2df
【解析】 (1)小车刚进入磁场时的速度设为v，根据功率与速度关系可得v＝
产生的感应电动势大小为E＝NBLv
E＝
感应电流的大小为I＝
车头刚进入磁场时，安培力大小为F安＝NBIL
解得F安＝
安培力方向向左．
(2)根据能量转化与守恒得f·2d＋Q＝mv2
解得Q＝－2df．
第2讲 电磁感应问题
真题速练·明考情
1．(多选)(2022·广东高考)如图所示，水平地面(xOy平面)下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线．P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴．一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行．下列说法正确的有( AC )
A．N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同
B．线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变
C．线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流
D．线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等
【解析】 依题意，M、N两点连线与长直导线平行、两点与长直导线的距离相同，根据安培定则可知，通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，故A正确；根据安培定则，线圈在P点时，磁感线穿进与穿出在线圈中对称，磁通量为零；在向N点平移过程中，磁感线穿进与穿出线圈不再对称，线圈的磁通量会发生变化，故B错误；根据安培定则，线圈从P点竖直向上运动过程中，磁感线穿进与穿出线圈对称，线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈无感应电流，故C正确；线圈从P点到M点与从P点到N点，线圈的磁通量变化量相同，依题意P点到M点所用时间较从P点到N点时间长，根据法拉第电磁感应定律，则两次的感应电动势不相等，故D错误．故选AC．
2．(2022·全国甲，16)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示．把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3．则( C )
A．I1＜I3＜I2 B．I1＞I3＞I2
C．I1＝I2＞I3 D．I1＝I2＝I3
【解析】 设正方形的边长为2a，由几何关系可得，正方形的面积为S1＝(2a)2，圆形的面积为S2＝πa2，正六边形的面积为S3＝6×a×a＝a2，三个线框的周长分别为D1＝8a，D2＝2πa，D3＝6a，故根据法拉第电磁感应定律，有E＝S，回路电阻R＝ρ，回路电流I＝，解得I1∶I2∶I3＝2∶2∶，选项C正确，A、B、D错误．
3．(多选)(2022·山东，12)如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为l的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场．边长为l的正方形金属框绕其始终在O点的顶点，在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动．t＝0时刻，金属框开始进入第一象限．不考虚自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是( BC )
A．在t＝0到t＝的过程中，E一直增大
B．在t＝0到t＝的过程中，E先增大后减小
C．在t＝0到t＝的过程中，E的变化率一直增大
D．在t＝0到t＝的过程中，E的变化率一直减小
【解析】 根据电磁感应定律有E＝，l切为切割磁感线的有效长度；当t＝，即转过时，l切最大，电动势E最大，所以t＝0到t＝，即转动角度0～的过程中，E先增大后减小，选项A错误，B正确；设0～t时刻，金属框转动的角度为α，在t＝0到t＝，即转动角度0～过程中，E＝＝＝，对E求导可得，＝Bl2ω2＝，在t＝0到t＝过程中，tanωt在增大，cos2ωt在减小，可知，E的变化率一直增大，选项C正确，D错误．
4．(多选)(2020·全国Ⅱ卷)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直．ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略．一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行．经过一段时间后( BC )
A．金属框的速度大小趋于恒定值
B．金属框的加速度大小趋于恒定值
C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
【解析】 由bc边切割磁感线产生电动势，形成电流，使得导体棒MN受到向右的安培力，做加速运动，bc边受到向左的安培力，向右做加速运动．当MN运动时，金属框的bc边和导体棒MN一起切割磁感线，设导体棒MN和金属框的速度分别为v1、v2，则电路中的电动势E＝BL(v2－v1)
电流中的电流I＝＝
金属框受到的安培力F安框＝，与运动方向相反
导体棒MN受到的安培力F安MN＝，与运动方向相同
设导体棒MN和金属框的质量分别为m1、m2，则对导体棒MN：＝m1a1
对金属框：F－＝m2a2
初始速度均为零，则a1从零开始逐渐增加，a2从开始逐渐减小．当a1＝a2时，相对速度v2－v1＝
大小恒定．整个运动过程用速度—时间图象描述如下．
综上可得，金属框的加速度趋于恒定值，导体棒所受安培力也趋于恒定值，B、C选项正确；
金属框的速度会一直增大，由于一直存在速度差，导体棒到金属框bc边的距离也会一直增大，A、D选项错误．故选BC．
〔备考策略〕
电磁感应是电磁学中的重要内容之一，也是高考命题的高频考点，多为选择与计算，主要考查楞次定律、法拉第电磁感应定律、电磁感应的综合问题．
常用到的思想方法有：图象法、守恒法、模型法、等效法．
核心知识·固双基
“必备知识”解读
一、楞次定律中“阻碍”的理解
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．阻碍线圈面积的变化“增缩减扩”．
4．阻碍原电流的变化(自感现象)“增反减同”．
二、求感应电动势大小的三种方法
1．磁通量变化型：E＝n＝nS＝nB．
2．平动切割型：E＝Blv．
3．转动切割型：E＝Bl2ω．
三、求电荷量的三种方法
1．q＝It(式中I为回路中的恒定电流，t为时间)
2．q＝n(其中R为回路总电阻，ΔΦ为穿过闭合回路的磁通量变化量)
3．Δq＝CBlΔv(式中C为电容器的电容，B为匀强磁场的磁感应强度，l为导体棒切割磁感线的长度，Δv为导体棒切割速度的变化量)
四、求解焦耳热Q的三种方法
“关键能力”构建
一、电磁感应中电路综合问题
1．等效电源的分析
(1)用法拉第电磁感应定律算出E的大小．等效电源两端的电压等于路端电压，一般不等于电源电动势，除非切割磁感线的导体(或线圈)电阻为零．
(2)用楞次定律或右手定则确定感应电动势的方向，从而确定电源正负极．感应电流方向是电源内部电流的方向，要特别注意在等效电源内部，电流由负极流向正极．
(3)明确电源内阻r．
2．电路结构的分析
(1)分析内、外电路，以及外电路的串并联关系，画出等效的电路图．
(2)应用闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解．
二、分析线框在磁场中运动问题的两大关键
1．分析电磁感应情况：弄清线框在运动过程中是否有磁通量不变的阶段，线框进入和穿出磁场的过程中，才有感应电流产生，结合闭合电路欧姆定律列方程解答．
2．分析导线框的受力以及运动情况，选择合适的力学规律处理问题：在题目中涉及电荷量、时间以及安培力为变力时应选用动量定理处理问题；如果题目中涉及加速度的问题时选用牛顿运动定律解决问题比较方便．
三、解决电磁感应综合问题的“看到”与“想到”
1．看到“磁感应强度B随时间t均匀变化”，想到“＝k为定值”．
2．看到“线圈(回路)中磁通量变化”时，想到“增反减同”．
3．看到“导体与磁体间有相对运动”时，想到“来拒去留”．
4．看到“回路面积可以变化”时，想到“增缩减扩”．但注意线圈套在磁铁上是“增扩减缩”．
命题热点·巧突破
考点一 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
考向1 楞次定律的理解与应用
1．楞次定律中的“阻碍”不是“阻止”，也不是“相反”．
2．注意区别楞次定律和右手定则．
1．(2022·陕西榆林三模)水平放置的玻璃板上方有一用细线悬挂的可自由旋转的小磁针，下方有一水平放置的铜圆盘．圆盘的轴线与小磁针悬线在同一直线上，初始时小磁针与圆盘均处于静止状态．当圆盘绕轴逆时针方向匀速转动时，下列说法正确的是( B )
A．小磁针不动
B．小磁针逆时针方向转动
C．小磁针顺时针方向转动
D．由于圆盘中没有磁通量的变化，圆盘中没有感应电流
【解析】 铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流(涡流)，此电流产生的磁场导致磁针逆时针方向转动，构成电磁驱动，故选B．
2．(2022·河南许昌一模)如图所示是铜制圆盘发电机的示意图，铜盘安装在水平固定的转轴上，它的边缘正好在两磁极之间(磁极未画出；磁场方向和铜盘盘面垂直)，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触．使铜盘转动，电阻R中就有电流通过．设铜盘沿顺时针方向(从左向右看)匀速转动，两磁极之间的磁场可视为匀强磁场，关于通过电阻R的电流，下列说法正确的是( C )
A．正弦式交变电流
B．恒定电流，电流方向从上向下通过电阻R
C．恒定电流，电流方向从下向上通过电阻R
D．电流大小不断变化，电流方向从下向上通过电阻R
【解析】 圆盘转动时，相当于半径切割磁感线，因为匀速转动，则产生恒定不变的感应电流，根据右手定则可知，D点相当电源的正极，则电流方向从下向上通过电阻R，故选C．
3．(2022·山西太原三模)如图所示，金属圆盘置于垂直纸面向里的匀强磁场中，其中央和边缘各引出一根导线与套在铁芯上部的线圈A相连．套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平导轨上，导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸面向外的匀强磁场中．下列说法正确的是( B )
A．圆盘顺时针匀速转动时，a点的电势高于b点的电势
B．圆盘顺时针加速转动时，ab棒受到向左的安培力
C．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动
D．圆盘顺时针减速转动时，a点的电势高于b点的电势
【解析】 当圆盘顺时针匀速转动时，线圈A中产生恒定的电流，那么线圈B的磁通量不变，则线圈B中不产生感应电动势，则a点的电势等于b点的电势，故A错误；由右手定则可知，圆盘顺时针加速转动时，感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下且磁场增强．由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向上，由安培定则可知，ab棒中感应电流方向由a→b，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒将向左运动，故B正确，C错误；由右手定则可知，圆盘顺时针减速转动时，感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下且磁场减弱．由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向下，由安培定则可知，B线圈的上端相当于电源的负极，则a点的电势低于b点的电势，故D错误．
考向2 法拉第电磁感应定律的应用
4．(2022·浙江1月高考)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，其电阻率为ρ、高度为h、半径为r、厚度为d(d≪r)，则( C )
A．从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向
B．圆管的感应电动势大小为
C．圆管的热功率大小为
D．轻绳对圆管的拉力随时间减小
【解析】 穿过圆管的磁通量向上逐渐增加，则根据楞次定律可知，从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向，选项A错误；圆管的感应电动势大小为E＝πr2＝kπr2，选项B错误；圆管的电阻R＝ρ，圆管的热功率大小为P＝＝，选项C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，选项D错误．
5．(2022·广东高考)图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图．定子是仅匝数n不同的两线圈，n1＞n2，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流．不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是( B )
A．两线圈产生的电动势的有效值相等
B．两线圈产生的交变电流频率相等
C．两线圈产生的电动势同时达到最大值
D．两电阻消耗的电功率相等
【解析】 根据E＝n可得两线圈中磁通量的变化率相等，但是匝数不等，则产生的感应电动势最大值不相等，有效值也不相等；根据P＝可知，两电阻的电功率也不相等，选项A、D错误；因两线圈放在同一个旋转磁铁的旁边，则两线圈产生的交流电的频率相等，选项B正确；当磁铁的磁极到达一线圈附近时，一个线圈的磁通量最大，感应电动势为0，另一个线圈通过的磁通量最小，感应电动势最大，可知两线圈产生的感应电动势不可能同时达到最大值，选项C错误．
6．(2022·全国乙，24)如图所示，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l＝0.40m的正方形金属框的一个顶点上．金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场．已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5.0×10－3Ω/m；在t＝0到t＝3.0s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)＝0.3－0.1t(SI)．求：
(1)t＝2.0s时金属框所受安培力的大小；
(2)在t＝0到t＝2.0s时间内金属框产生的焦耳热．
【答案】 (1)N (2)0.016J
【解析】 (1)金属框的总电阻为R＝4lλ＝4×0.40×5.0×10－3Ω＝0.008Ω
金属框中产生的感应电动势为E＝＝＝0.008V
金属框中的电流为I＝＝1A
t＝2.0s时磁感应强度为B2＝(0.3－0.1×2.0)T＝0.1T
金属框处于磁场中的有效长度为l1＝l
此时金属框所受安培力大小为F安＝B2Il1＝N．
(2)0～2.0s内金属框产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝0.016J．
考向3 导体棒切割磁感线问题
7．(多选)(2022·湖南师大附中二模)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝1m，cd间、de间、cf间分别接着阻值R＝10Ω的电阻．一阻值R＝10Ω的导体棒ab以速度v＝4m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好．导轨所在平面存在磁感应强度大小B＝0.5T、方向竖直向下的匀强磁场．下列说法正确的是( BD )
A．导体棒ab中电流的方向为由b到a
B．cd两端的电压为1V
C．de两端的电压为1V
D．fe两端的电压为1V
【解析】 由右手定则可知ab中电流方向为a→b，A错误；导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，ab为电源，cd间电阻R为外电路负载，de和cf间电阻中无电流，de和cf间无电压，因此cd和fe两端电压相等，即U＝×R＝＝1V，B、D正确，C错误．
8．(2022·山东济南二模)如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小分别为B、2B，磁场方向相反，且与纸面垂直，两磁场边界均与x轴垂直且宽度均为L，在y轴方向足够宽．现有一对角线长为L的正方形导线框，顶点a在y轴上，从图示x＝0位置开始，在外力F的作用下向右沿x轴正方向匀速穿过磁场区域．在运动过程中，对角线ab边始终与磁场的边界垂直．线框中感应电动势E大小、感应电流I大小、线框所受安培力F安大小、通过导线横截面电荷量q，这四个量分别与线框顶点a移动的位移x的关系图象中正确的是( B )
【解析】 在x＝0～L过程中，切割的有效长度从0均匀增大到L，然后又从L减小到0，当x≤时，感应电动势为E＝2Bxv，电流为I＝＝，安培力F安＝2BIx＝，通过导线横截面电荷量为q＝，当L＜x≤2L时，感应电动势为第一过程的3倍，当2L＜x≤3L时，感应电动势为第一过程的2倍，故B正确．
考点二 电磁感应中的图象问题
解决电磁感应图象问题的“三点关注”
1．关注初始时刻：看感应电流是否为零，电流方向是正方向还是负方向．
2．关注变化过程：看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应．
3．关注变化趋势：看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应，分析大小和方向的变化趋势．
考向1 根据题目所给条件，读图分析相关物理量
1．(2022·河南安徽二模)轻质细线吊着一匝数为100匝、总电阻为2.5Ω的匀质正三角形闭合金属线框，线框的质量为600g，线框的顶点正好位于半径为10cm的圆形匀强磁场的圆心处，线框的上边水平，如图甲所示．磁场方向垂直纸面向里，大小随时间变化如图乙所示．从0时刻开始经过一段时间后细线开始松弛，取g＝10m/s2，π＝3．则( C )
A．线框中有沿逆时针方向逐渐增大的感应电流
B．线框中磁通量的变化率为1.5×10－2Wb/s
C．t＝8s时，线框中产生的感应电动势的大小为0.25V
D．t＝10s时，细线开始松弛
【解析】 根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为E＝n＝nS＝100××π×0.12V＝0.25V，根据欧姆定律可得电流为I＝＝A＝0.1A大小恒定，根据楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，故A错误，C正确；根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为E＝0.25V，线框中磁通量的变化率为＝＝＝2.5×10－3Wb/s，故B错误；t＝10s时，由图可知B＝5T，根据几何关系可得线框的有效长度为L＝r＝0.1m，线框受到的安培力为F＝nBIL＝100×5×0.1×0.1N＝5N，因为F＝5N＜G＝6N，所以细线并未开始松弛，故D错误．
2．(多选)(2022·湖南娄底二模)如图甲所示，平行边界MN、QP间有垂直光滑绝缘水平桌面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为1T，正方形金属线框放在MN左侧的水平桌面上．用水平向右的恒力拉金属线框，使金属线框一直向右做初速度为零的匀加速直线运动，施加的拉力F随时间t变化规律如图乙所示，已知金属线框的质量为4.5kg、电阻为2Ω，则下列判断正确的是( BCD )
A．金属框运动的加速度大小为2m/s2
B．金属框的边长为1m
C．金属框进磁场过程通过金属框截面电量为0.5C
D．金属框通过磁场过程中安培力的冲量大小为1N·s
【解析】 由题意可知，金属框运动的加速度大小a＝＝0.5m/s2，A错误；由题意知，金属框进磁场时的速度大小为v1＝at1＝0.5m/s，且磁场的宽度与金属线框的边长相同，设金属框边长为L，则t＝1s时，F－F安＝ma，而F安＝，F＝2.5N，解得L＝1m，B正确；金属框进磁场过程中通过金属框截面的电量为q＝＝0.5C，C正确；由图可知，金属线框受安培力时间为2s，则由x＝v1t2＋at，可得x＝2m＝2L，所以磁场宽度等于线框的长度，金属框通过磁场时速度大小为v2＝v1＋at2＝1.5m/s，则金属框通过磁场过程中安培力的冲量大小为IA＝t2＝1N·s，D正确．故选BCD．
考向2 根据题目所给条件，选择图象
3．
(2022·广西玉林模拟)如图，两个半径不同但共心的圆形导线环A、B位于同一平面内，A环的半径大于B环的半径，已知在t＝0到t＝t1的时间间隔内，当导线环A中的电流i发生某种变化，而导线环B中的感应电流总是沿顺时针方向，且导线B环总有扩张的趋势时．设A环中电流i的正方向与图中箭头所示的方向相同，则i随时间t变化的图线可能是( A )
【解析】 A环中顺时针方向的电流减小，导致B环中的指向纸内的磁通量减小，根据楞次定律B环中感生电流产生的磁场将阻碍磁通量减小，产生顺时针方向感生电流，两环相吸，B环有扩张的趋势，A正确；A环中逆时针方向的电流减小，导致B环中指向纸外的磁通量减小，根据楞次定律，可知B中产生逆时针方向电流，两环相吸，B环有扩张的趋势，B错误；A环中顺时针方向的电流增大，导致B环中指向纸内的磁通量增大，根据楞次定律，可知B环将产生逆时针方向的电流，两环相斥，B环有收缩的趋势，C错误；A环中逆时针方向的电流增大，导致B环中指向纸外的磁通量增大，根据楞次定律，可知B环中产生顺时针方向电流，两环相斥，B环有收缩的趋势，D错误．
4．(2022·青海湟川一模)如图所示，有两个相邻的有界匀强磁场区域，磁感应强度的大小均为B，磁场方向相反，且与纸面垂直，磁场区域在x轴方向宽度均为a，在y轴方向足够宽．现有一高度为a的正三角形导线框从图示位置开始向右沿x轴方向匀速穿过磁场区域．若以逆时针方向为电流的正方向，在下列选项中(如图所示)，线框中感应电流i与线框移动的位移x的关系图象正确的是( C )
【解析】 导线框的运动可以分为三个阶段，第一个阶段为从开始向右运动到完全进入左侧磁场，第二个阶段为从完全进入左侧磁场到完全进入右侧磁场，第三个阶段为从完全进入右侧磁场到恰好完全出离右侧磁场．由楞次定律可以判断电流方向，位移x为0～a,2a～3a时，电流为正方向，位移为a～2a时，电流为负方向；在第二个阶段线框同时处在两个磁场中，当进入右侧磁场的位移的大小与第一个阶段进入左侧磁场的位移的大小、第三个阶段出离右侧磁场的位移的大小相等时，产生的感应电动势、感应电流是后两者时的2倍，对比选项中各图象可知C正确．
5．(多选)(2022·四川宜宾二诊)如图，水平放置足够长光滑金属导轨ab和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和半圆形Obc内有方向如图的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好．初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动过程中，回路中始终有电流，金属杆MN的速度用v表示，金属杆MN的加速度用a表示，回路中电流用I表示，回路消耗的电功率用P表示，只计金属杆MN、OP的电阻．下列图象中可能正确的是( AC )
【解析】 MN转动切割磁感线产生感应电动势E＝，大小恒定，回路中产生感应电流，方向由右手定则可知为P→b→M→N→e→O，由左手定则可知MN会受到向左的安培力从而向左运动，MN向左运动的过程中会产生方向为N指向M的感应电动势，所以回路中的感应电流会减小，MN受到的安培力会减小，由牛顿第二定律知MN的加速度会减小，MN做加速度减小的加速运动，回路消耗的电功率P＝I2R会减小，故A、C正确，B、D错误．
考点三 电磁感应定律的综合应用
1．等效电源两端的电压等于路端电压，一般不等于电源电动势，除非切割磁感线的导体(或线圈)电阻为零．
2．感应电流方向是电源内部电流的方向，要特别注意在等效电源内部，电流由负极流向正极．
3．在题目中涉及电荷量、时间以及安培力为变力时应选用动量定理处理问题；如果题目中涉及加速度的问题时选用牛顿运动定律解决问题比较方便．
考向1 以“单棒＋导轨”模型为载体，考查电磁感应中的力、电综合问题
典例1 (多选)(2022·广西玉林模拟)如图所示，足够长的光滑金属导轨MN、PQ相互平行，间距为L，导轨平面与水平面成θ角(0°＜θ＜90°)，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨平面垂直．导轨电阻不计，上端接入阻值为R的定值电阻，今有一质量为m、内阻为r的金属棒ab垂直于导轨放置，并由静止开始下滑，设磁场区域无限大，当金属棒下滑达到最大速度vm时，运动的位移为x．重力加速度为g，则以下说法正确的是( AD )
A．金属棒最大加速度为gsinθ
B．当金属棒下滑速度为v时，其两端电压为BLv
C．金属棒下滑最大速度mgsinθ
D．此过程中流过电阻R的电荷量为
【解析】 金属棒刚开始运动的一瞬间所受安培力为零，此时加速度最大，为am＝gsinθ，故A正确；当金属棒下滑速度为v时，感应电动势为E＝BLv，感应电流为I＝＝，其两端电压为Uab＝IR＝，故B错误；当金属棒所受安培力与重力沿轨道的分力平衡时速度达到最大值vm，则＝mgsinθ，解得vm＝，故C错误；此过程中流过电阻R的电荷量为q＝Δt＝＝＝，故D正确．故选AD．
〔考向预测〕
1．(2022·福建泉州二模)如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m、有效电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q．下列说法正确的是( C )
A．金属棒在导轨上做匀减速运动
B．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为
C．整个过程中金属棒克服安培力做功为mv2
D．整个过程中电阻R上产生的焦耳热为mv2
【解析】 因为金属棒向右运动时受到向左的安培力作用，且安培力随速度的减小而减小，所以金属棒向右做加速度减小的减速运动，故A错误；根据＝＝，q＝·Δt＝·Δt＝，解得x＝，故B错误；整个过程中金属棒克服安培力做功等于金属棒动能的减少量mv2；整个过程中电路中产生的热量等于机械能的减少量mv2，电阻R上产生的焦耳热为mv2，故C正确、D错误．
2．(多选)(2022·全国甲，20)如图所示，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻．质量为m，阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中．开始时，电容器所带的电荷量为Q，闭合开关S后( AD )
A．通过导体棒MN电流的最大值为
B．导体棒MN向右先加速，后匀速运动
C．导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大
D．电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热
【解析】 导体棒MN两端的最大电压为U＝，因此通过导体棒MN电流的最大值为，选项A正确；导体棒MN向右加速后，产生反电动势，当MN两端的电压u＞Blv时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，导体棒MN与R构成回路，由于一直处于通路状态，由能量守恒可知，最后导体棒MN速度为零，选项B错误；由A选项可知，刚闭合开关的瞬间流过MN的电流最大，此时导体棒所受安培力是最大的，故C选项错误；电容器放电阶段，导体棒MN会产生反电动势，则流过导体棒MN的电流较小，产生焦耳热较少，导体棒MN作电源阶段，电容器放出电流和导体棒形成电流都流过电阻R，电阻R中电流较大，产生焦耳热较多，选项D正确．
考向2 以“双棒＋导轨”模型为载体，考查电磁感应中的力、电综合问题
典例2 (多选)(2022·河南郑州一模)如图所示，电阻不计的光滑金属导轨由直窄轨AB、CD以及直宽轨EF、GH组合而成，窄轨和宽轨均处于同一水平面内，AB、CD等长且与EF、GH均相互平行，BE、GD等长、共线，且均与AB垂直，窄轨间距为，宽轨间距为L．窄轨和宽轨之间均有竖直向上的磁感强度为B的匀强磁场．由同种材料制成的相同金属直棒a、b始终与导轨垂直且接触良好，棒长为L、质量为m、电阻为R．初始时b棒静止于导轨EF段某位置，a棒从AB段某位置以初速度v0向右运动，且a棒距窄轨右端足够远，宽轨EF、GH足够长．下列判断正确的是( ACD )
A．a棒刚开始运动时，b棒的加速度大小为
B．经过足够长的时间，a棒的速度为v0
C．整个过程中通过回路的电荷量为
D．整个过程中b棒产生的焦耳热为mv
【解析】 a棒刚开始运动时，感应电动势为E＝，电路中电流为I＝＝，b棒的安培力为F＝BIL＝，根据牛顿第二定律得a＝，A正确；经过足够长时间，电路中无电流，有＝BLvb，对a导体棒，根据动量定理得－BΔt＝mva－mv0，对b导体棒，根据动量定理得BLΔt＝mvb，联立解得va＝v0，vb＝v0，B错误；对b导体棒，根据动量定理得BLΔt＝BLq＝mvb，解得q＝，C正确；根据能量守恒得mv＝mv＋mv＋Qa＋Qb，两导体棒发热量关系为2Qa＝Qb，解得Qb＝mv，D正确．故选ACD．
〔考向预测〕
3．(多选)(2022·吉林押题卷)如图所示，两根电阻不计、相互平行、足够长的光滑金属导轨固定于绝缘水平桌面，导轨所在区域存在垂直桌面竖直向下的匀强磁场，两质量分别为m、2m，长度和电阻相同的导体棒a、b分别置于导轨的左、右两侧，已知导体棒的长度大于导轨间的距离，且始终与导轨接触良好并垂直于导轨．现给a棒一个向左的初速度v0，经过足够长时间后．下列说法正确的是( BCD )
A．金属棒a静止
B．金属棒b做匀速直线运动
C．金属棒均做匀速直线运动，速度之比为1∶1
D．金属棒a产生的热量为
【解析】 导体棒切割磁感线，产生感应电流，则两导体棒受安培力作用，根据右手定则及左手定则，判断出金属棒a受安培力向右，为阻力；金属棒b受安培力向左，为动力，且安培力等大反向，故金属棒a做减速运动，金属棒b做加速运动．当两导体棒共速时，没有感应电流，故安培力为零，两导体棒以相同速度做匀速直线运动．将安培力看作两导体棒的内力，根据动量守恒mv0＝(m＋2m)v，再根据能量守恒mv＝(m＋2m)v2＋Q热，两金属棒电阻相等，则热量相等Qa＝，解得，金属棒a产生的热量为Qa＝，故A错误，B、C、D正确．
考向3 以“导体框”为载体，考查电磁感应定律的综合应用
典例3 (2021·全国乙卷)如图，一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量M＝0.06kg的U形导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R＝3Ω的金属棒CD的两端置于导体框上，与导体框构成矩形回路CDEF；EF与斜面底边平行，长度L＝0.6m．初始时CD与EF相距s0＝0.4m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1＝m后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区域，磁场边界(图中虚线)与斜面底边平行；金属棒在磁场中做匀速运动，直至离开磁场区域．当金属棒离开磁场的瞬间，导体框的EF边正好进入磁场，并在匀速运动一段距离后开始加速．已知金属棒与导体框之间始终接触良好，磁场的磁感应强度大小B＝1T，重力加速度大小取g＝10m/s2，sinα＝0.6．求：
(1)金属棒在磁场中运动时所受安培力的大小；
(2)金属棒的质量以及金属棒与导体框之间的动摩擦因数；
(3)导体框匀速运动的距离．
【答案】 (1)0.18N (2)m＝0.02kg，μ＝
(3)m
【解析】 (1)根据题意可得金属棒和导体框在没有进入磁场时一起做匀加速直线运动，由动能定理可得(M＋m)gs1sinα＝(M＋m)v
代入数据解得v0＝m/s
金属棒在磁场中切割磁感线产生感应电动势，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0
由闭合回路的欧姆定律可得I＝
则导体棒刚进入磁场时受到的安培力为F安＝BIL＝0.18N．
(2)金属棒进入磁场以后因为瞬间受到安培力的作用，根据楞次定律可知金属棒的安培力沿斜面向上，之后金属棒相对导体框向上运动，因此金属棒受到导体框给的沿斜面向下的滑动摩擦力，因匀速运动，可有mgsinα＋μmgcosα＝F安
由于导体框在进入磁场后才会匀速，故此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得Mgsinα－μmgcosα＝Ma
设磁场区域的宽度为x，则金属棒在磁场中运动的时间为t＝
则此时导体框的速度为v1＝v0＋at
则导体框的位移x1＝v0t＋at2
因此导体框和金属棒的相对位移为Δx＝x1－x＝at2
由题意当金属棒离开磁场时金属框的上端EF刚好进入线框，则有位移关系s0－Δx＝x
导体框进入磁场时匀速运动，此时的感应电动势为E1＝BLv1，I1＝，
导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，因此可得Mgsinα＝μmgcosα＋BI1L
联立以上可得x＝0.3m，a＝5m/s2，m＝0.02kg，μ＝．
(3)金属棒出磁场以后，速度小于导体框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速运动，则有mgsinα＋μmgcosα＝ma1
金属棒向下加速，导体框匀速，当共速时导体框不再匀速，则有v0＋a1t1＝v1
导体框匀速运动的距离为x2＝v1t1
代入数据解得x2＝m．
〔考向预测〕
4．(多选)(2021·全国甲卷)由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍．现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示．不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平．在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是( AB )
A．甲和乙都加速运动
B．甲和乙都减速运动
C．甲加速运动，乙减速运动
D．甲减速运动，乙加速运动
【解析】 设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有v＝，感应电动势为E＝nBlv，两线圈材料相同(设密度为ρ0)，质量相等(设为m)，则m＝ρ0×4nl×S，设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻R＝ρ，感应电流为I＝＝，安培力为F＝nBIl＝，则线框刚进磁场之前，都做自由落体且高度一致，则v相同，由牛顿第二定律有mg－F＝ma，联立解得a＝g－＝g－，加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度．当g＞时，甲和乙都加速运动，当g＜时，甲和乙都减速运动，当g＝时都匀速，故选AB．
5．(2022·湖南，10)如图所示，间距l＝1m的U形金属导轨，一端接有0.1Ω的定值电阻R，固定在高h＝0.8m的绝缘水平桌面上．质量均为0.1kg的均质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为0.1Ω，与导轨间的动摩擦因数均为0.1(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，导体棒a距离导轨最右端1.74m．整个空间存在竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为0.1T．用F＝0.5N沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去F，导体棒a离开导轨后落到水平地面上．重力加速度取10m/s2，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是( BD )
A．导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6m
B．导体棒a离开导轨至落地前，其感应电动势不变
C．导体棒a在导轨上运动的过程中，导体棒b有向右运动的趋势
D．导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电阻R的电荷量为0.58C
【解析】 当导体棒b刚要滑动时，有F安＝μmg，F安＝BIbl，设此时导体棒a的速度为v，E＝Blv，I总＝，I总＝Ib＋IR＝2Ib，R总＝Ra＋，解得v＝3m/s，导体棒a离开轨道做平抛运动，由h＝gt2，x＝vt知，x＝1.2m，故A错误；导体棒a离开轨道做平抛运动过程中与磁场垂直，水平速度v不变，由E＝Blv知，其感应电动势不变，故B正确；导体棒a在导轨上运动的过程中，由右手定则判断出电路中电流方向，又由左手定则知导体棒b受到的安培力的方向向左，导体棒b有向左运动的趋势，故C错误；导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电路的电荷量q＝Δt＝＝1.16C，导体棒b与电阻R并联，Ib＝IR，则通过电阻R的电荷量q′＝＝0.58C，故D正确．
6．(2022·吉林松原三模)如图所示，由粗细均匀、同种金属导线构成的长方形线框abcd放在光滑的水平桌面上，线框边长分别为L和2L，其中ab段的电阻为R．在宽度为2L的区域内存在着磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向竖直向下．线框在水平拉力的作用下以恒定的速率v通过匀强磁场区域，线框平面始终与磁场方向垂直．求：
(1)线框进入磁场区域的过程中，拉力的冲量IF的大小；
(2)线框进入和离开磁场的整个过程中，bc边金属导线上产生的电热Qbc．
【答案】 (1) (2)
【解析】 (1)cd边进入磁场时产生的感应电动势E＝BLv
线框的总电阻R总＝6R
线框中的电流为I＝＝
线框在水平拉力的作用下以恒定的速率v运动，外力应等于安培力，则有F＝F安＝BIL＝
线框进入磁场区域所经历的时间为t1＝
线框进入磁场区域的过程中，拉力的冲量大小为IF＝Ft1＝×＝．
(2)线框进入和离开磁场的整个过程中所经历的时间为t2＝
由焦耳定律，可得bc边金属导线上产生的电热为Qbc＝I2×2Rt2＝2×2R×＝．
应用创新·提素养
应用创新 电磁感应现象在生产生活中的应用
1．(2022·北师大附中模拟)如图是磁电式转速传感器的结构简图．该装置主要由测量齿轮、T形软铁、永久磁铁、线圈等原件组成．测量齿轮为磁性材料，N个齿等距离地安装在被测旋转体的一个圆周上(圆心在旋转体的轴线上)，齿轮转动过程中，当齿靠近T形软铁时，由于磁化作用，软铁中的磁场增强，相反，远离时磁场减弱．现测得线圈中感应电流的变化频率为f，旋转体角速度为ω．则正确的是( A )
A．f＝
B．当齿距离T形软铁最近的时候，线圈中电流最大
C．线圈中的感应电流方向不变，只是大小发生周期性变化
D．若旋转体转速均匀增加，则与线圈串联的交流电流表的示数不变
【解析】 旋转体转一圈，测量齿轮靠近和远离线圈N次，线圈中的感应电流变化N次，旋转体的角速度为ω，故转速为n＝，故线圈中感应电流的变化频率为f＝nN＝，故A正确；当齿距离T形软铁最近的时候，通过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，线圈中电流最小，故B错误；测量齿轮靠近和远离线圈时，线圈中磁通量的变化相反，产生的感应电流方向相反，故C错误；旋转体转速越高，测量齿轮靠近和远离线圈越快，线圈中磁通量的变化率越快，线圈中感应电动势越大，线圈中的感应电流越强，则与线圈串联的交流电流表的示数变大，故D错误．
2．(2022·山东淄博一模)如图甲所示，磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈．当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E-t关系如图乙所示．如果只将刷卡速度改为2v0，线圈中E-t的关系可能是( A )
【解析】 根据感应电动势公式E＝BLv可知，其他条件不变时，感应电动势与导体的切割速度成正比，只将刷卡速度改为2v0，则线圈中产生的感应电动势的最大值将变为原来的2倍，磁卡通过刷卡器的时间t＝与速率成反比，所用时间变为原来的一半，故选A．
3．(2022·四川南充三模)电磁刹车是一种新的刹车形式，某实验小组利用遥控小车模型探究电磁刹车的效果．在遥控小车底面安装与小车底面长、宽均相同的N匝矩形导线框abcd，其总电阻为R，其平面与水平地面平行，如图所示，小车在磁场外以恒定功率P做直线运动，受到地面阻力恒为f，进入磁场前已达到最大速度，车头(ab边)刚要进入磁场时牵引力立即变为零，车尾(cd边)刚出磁场时速度恰好为零．已知小车总质量为m，小车底面长为d，宽为L，有界匀强磁场宽度也为d，磁感应强度为B，方向竖直向下，若不考虑其他阻力的影响．求：
(1)小车车头刚进入磁场时，线框产生的感应电动势大小E和线框所受安培力F安；
(2)电磁刹车过程中产生的焦耳热Q．
【答案】 (1) ，安培力方向向左 (2)－2df
【解析】 (1)小车刚进入磁场时的速度设为v，根据功率与速度关系可得v＝
产生的感应电动势大小为E＝NBLv
E＝
感应电流的大小为I＝
车头刚进入磁场时，安培力大小为F安＝NBIL
解得F安＝
安培力方向向左．
(2)根据能量转化与守恒得f·2d＋Q＝mv2
解得Q＝－2df．
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