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新高考物理二轮复习精选练习专题11电磁感应（含解析）
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这是一份新高考物理二轮复习精选练习专题11电磁感应（含解析），共60页。试卷主要包含了电磁感应，法拉第电磁感应定律等内容，欢迎下载使用。
专题十一、电磁感应
第一部分 织网点睛，纲举目张
1．楞次定律中“阻碍”的四种表现形式
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”。
(2)阻碍相对运动——“来拒去留”。
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”。
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”。
2．“三定则、一定律”的应用
安培定则
判断运动电荷、电流产生的磁场方向
左手定则
判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向
右手定则
判断部分导体切割磁感线产生的感应电流的方向
楞次定律
判断闭合电路磁通量发生变化产生的感应电流的方向
3．判断感应电流方向的两种方法
(1)利用右手定则判断(适用切割磁感线的运动)。
(2)利用楞次定律判断(适用回路磁通量变化情况)。
二、法拉第电磁感应定律
1．求解感应电动势常用的四种方法
表达式
E＝n
E＝BLvsin θ
E＝BL2ω
E＝NBSω·
sin(ωt＋φ0)
情景图
研究对象
回路(不一定闭合)
一段直导线(或等效成直导线)
绕一端转动的一段导体棒
绕与B垂直的轴转动的导线框
意义
一般求平均感应电动势，当Δt→0时求的是瞬时感应电动势
一般求瞬时感应电动势，当v为平均速度时求的是平均感应电动势
用平均值法求瞬时感应电动势
求瞬时感应电动势
适用条件
所有磁场(匀强磁场定量计算、非匀强磁场定性分析)
匀强磁场
匀强磁场
匀强磁场
2.感应电荷量的计算
磁通量变化迁移的电荷量：q＝I·Δt＝·Δt＝n·Δt＝n，q仅由回路电阻R和磁通量的变化量ΔΦ决定。
3．电磁感应电路中产生的焦耳热
(1)当电路中电流恒定时，可用焦耳定律计算。
(2)当电路中电流变化时，则用功能关系或能量守恒定律计算。
第二部分 实战训练，高考真题演练
1．（2022重庆高考）如图1所示，光滑的平行导电轨道水平固定在桌面上，轨道间连接一可变电阻，导体杆与轨道垂直并接触良好（不计杆和轨道的电阻），整个装置处在垂直于轨道平面向上的匀强磁场中。杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，两次运动中拉力大小与速率的关系如图2所示。其中，第一次对应直线①，初始拉力大小为，改变电阻阻值和磁感应强度大小后，第二次对应直线②，初始拉力大小为，两直线交点的纵坐标为。若第一次和第二次运动中的磁感应强度大小之比为k、电阻的阻值之比为m、杆从静止开始运动相同位移的时间之比为n，则k、m、n可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【参考答案】C
【名师解析】由题意，杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，则在v=0时分别有，=ma1，2=ma2，
设第一次和第二次运动中，杆从静止开始运动相同位移的时间分别为t1和t2，则有
x=a1t12，x=a2t22，t1׃t2=n
联立解得：n=
第一次和第二次运动中，所受安培力FA=BIL=, 根据牛顿第二定律，
F-FA=ma，即F=ma+
由此可知，拉力大小F与速率v的关系图像斜率为，由第一次和第二次运动F与速率v的关系图像斜率之比为2׃1，可得=2，即=2，可以取k2=6，m=3，所以选项C正确。
2. （2022新高考江苏卷）如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为，、k为常量，则图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为（ ）
A. B.
C. D.
【参考答案】A
【命题意图】本题考查电磁感应及其相关知识点。
【解题思路】
根据磁感应强度B随时间t的变化关系为，可知磁场的变化率为
根据法拉第电磁感应定律可知，选项A正确。
3. （2022高考上海）半径为R的金属圆环里，有一个垂直于纸面向里且半径为r的圆形区域匀强磁场，磁感应强度大小为B。若增大该区域的磁感应强度，则金属圆环的感应电流方向为 （选填：“顺时针”或“逆时针”）；若保持圆形区域内磁场的磁感应强度大小不变，方向变化180°，则金属圆环的磁通量变化的大小为 。
【参考答案】 逆时针 2Bπr2
【命题意图】本题考查楞次定律+磁通量变化+模型思维
【名师解析】半径为r的圆形区域内匀强磁场的磁场方向垂直于纸面向里，若增大该区域的磁感应强度，由磁通量公式Φ=BS可知，金属圆环内磁通量增大，由楞次定律可知，金属圆环中产生的感应电流方向为逆时针方向。若保持圆形区域内磁场的磁感应强度大小不变，方向变化180°，则金属圆环的磁通量变化的大小为△Φ=Φ2-Φ1=Bπr2-（- Bπr2）=2 Bπr2。
4. （2022高考上海）如图，一个正方形导线框以初速度v0向右穿过一个有界的匀强磁场。线框两次速度发生变化所用时间分别为t1和t2 ，以及这两段时间内克服安培力做的功分别为W1和W2，则（ ）
A. t1＜t2，W1＜W2， B. t1＜t2，W1＞W2，
C. t1＞t2，W1＜W2， D. t1＞t2，W1＞W2，
【参考答案】B
【命题意图】本题考查法拉第电磁感应定律+闭合电路欧姆定律+安培力+动量定理+动能定理+等效思维
【名师解析】由于线框进入磁场的过程和离开磁场的过程，线框都是受到向左的安培力作用做减速运动，因此进入过程的平均速度v1平大于离开过程的平均速度v2平，由L=v1平t1和L=v2平t2可得t1＜t2。
线框刚进入磁场时速度为v0，设线框边长为L，电阻为R，线框完全进入磁场时速度为v1，刚完全离开磁场时速度为v2，进入磁场过程中产生的平均感应电动势为E1，平均感应电流为I1，离开磁场过程中产生的平均感应电动势为E2，平均感应电流为I1，由法拉第电磁感应定律，E1=△Φ/t1，E2=△Φ/t2，△Φ=BL2，由闭合电路欧姆定律，I1= E1/R，I2= E2/R，进入磁场过程通过导体截面的电荷量q1=I1t1，离开磁场过程通过导体截面的电荷量q2=I2t2，联立解得：q1= q2。对线框完全进入磁场的过程，由动量定理，-F1t1=mv1- mv0，F1=B I1L，对线框离开磁场的过程，由动量定理，-F2t2=mv2- mv1，F2=B I2L，又q1=I1t1，q2=I2t2，q1= q2，联立解得：v1-v0= v2- v1。根据动能定理，W1=mv02-mv12，W2=mv12-mv22，==＞1，所以W1＞W2，选项B正确。
5. （2022高考河北） 将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为，小圆面积均为，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小，和均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为（ ）
A B.
C. D.
【参考答案】D
【命题意图】本题考查电磁感应及其相关知识点。
【名师解析】由磁感应强度大小B=B0+kt，可知磁感应强度变化率=k，根据法拉第电磁感应定律，大圆线圈产生的感应电动势
每个小圆线圈产生的感应电动势
由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同，所以线圈中总的感应电动势大小为E=E1+5E2=S1+5S2=，选项D正确。
6. （2022高考河北）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于轴上，另一根由、、三段直导轨组成，其中段与轴平行，导轨左端接入一电阻。导轨上一金属棒沿轴正向以速度保持匀速运动，时刻通过坐标原点，金属棒始终与轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为，金属棒受到安培力的大小为，金属棒克服安培力做功的功率为，电阻两端的电压为，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【参考答案】AC
【命题意图】本题考查电磁感应及其相关知识点。
【名师解析】
当导体棒从O点向右运动L时，即在时间内，在某时刻导体棒切割磁感线的长度
，（θ为ab与ad的夹角）
则根据法拉第电磁感应定律E=BLv0
根据闭合电路欧姆定律 ，可知回路电流均匀增加；
安培力
则F-t关系为抛物线，但是不过原点；安培力做功的功率
则P-t关系为抛物线，但是不过原点；电阻两端的电压等于导体棒产生的感应电动势，即
即图像是不过原点的直线；根据以上分析，可大致排除BD选项；
当在时间内，导体棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E不变，感应电流I不变，安培力F大小不变，安培力的功率P不变，电阻两端电压U保持不变；
同理可判断，在时间内，导体棒切割磁感线长度逐渐减小，导体棒切割磁感线感应电动势E均匀减小，感应电流I均匀减小，安培力F大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与内是对称的关系，安培力的功率P按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与内是对称的关系，电阻两端电压U按线性均匀减小；综上所述选项AC正确，BD错误。
【一题多解】导轨上一金属棒沿轴正向以速度保持匀速运动，在0~L/v0时间内，金属棒有效切割长度均匀增大，回路中产生的感应电动势均匀增大，根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻的电流强度i均匀增大；在L/v0~2L/v0时间内，金属棒有效切割长度不变，回路中产生的感应电动势不变，根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻的电流强度i不变；在2L/v0~3L/v0时间内，金属棒有效切割长度均匀减小，回路中产生的感应电动势均匀减小，根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻的电流强度i均匀减小，所以运动过程中通过电阻的电流强度随时间变化的图像A可能正确；金属棒受到安培力的大小=BiL，金属棒开始运动时，金属棒所受安培力一定大于0，所以图像B错误；金属棒克服安培力做功的功率为=Fv0，图像C可能正确；根据欧姆定律，电阻两端的电压为U=IR，图像形状与图像A类似，所以图像D错误。
7. （2022山东物理）如图所示，平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为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、在平面内以角速度顺时针匀速转动，时刻，金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响，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（ ）
A. 在到的过程中，E一直增大
B. 在到的过程中，E先增大后减小
C. 在到过程中，E的变化率一直增大
D. 在到的过程中，E的变化率一直减小
【参考答案】BC
【命题意图】本题考查电磁感应及其相关知识点。
【名师解析】
如图所示
在到的过程中，线框的有效切割长度先变大再变小，当时，有效切割长度最大为，此时，感应电动势最大，所以在到的过程中，E先增大后减小，故B正确，A错误；
CD．在到的过程中，设转过的角度为，由几何关系可得
进入磁场部分线框面积
穿过线圈的磁通量
线圈产生的感应电动势，感应电动势的变化率
对求二次导数得
在到的过程中一直变大，所以E的变化率一直增大，故C正确，D错误。
8．（2022·全国理综甲卷·20）如图，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，合上开关S后，（ ）
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
【参考答案】AD
【命题意图】本题考查电容器电容、电磁感应、安培力、运动情况分析、焦耳热。
【解题思路】带电荷量Q的电容器两端电压U=Q/C，合上开关S的瞬间，通过导体棒MN的电流最大，最大值为IM=U/R= Q/RC，选项A正确；合上开关S后导体棒MN受到向右安培力作用先向右加速运动，产生与原来电流方向相反的感应电动势，阻碍电流通过MN放电，而电容器还可以通过电阻R放电，导体棒MN向右运动产生的感应电动势与电阻R形成回路，受到向左安培力作用做减速运动，选项B错误；合上开关S的瞬间，通过导体棒MN的电流最大，导体棒所受安培力最大，选项C错误；由于合上开关S后导体棒MN受到向右安培力作用先向右加速运动，产生与原来电流方向相反的感应电动势，阻碍电流通过MN放电，所以电阻R产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热，选项D正确。
【易错提醒】通电导线做切割磁感线运动，产生与原来电流方向相反的感应电动势，阻碍电流通过。
9．（2022·全国理综甲卷·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和。则（ ）
A． B．
C． D．
【参考答案】C
【命题意图】本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律及其相关知识点。
【解题思路】设磁感应强度变化率为k，设圆半径为r，单位长度导线的电阻为R0，则正方形线框产生的感应电动势E1=4r2k，正方形线框电阻R1=8r R0，感应电流I1= E1/ R1=kr/2R0；圆形线框产生的感应电动势E2=πr2k，圆形线框电阻R2=2πr R0，感应电流I2= E2/ R2=kr/2R0；正六边形线框产生的感应电动势E3=r2k，正六边形线框电阻R3=6r R0，感应电流I3= E3/ R3=；所以I1=I2＞I3，选项C正确。
10．（2022·高考广东物理）如图9所示，水平地面（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（ ）
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
【参考答案】AC
【命题意图】本题意在考查电流产生磁场、磁通量、产生感应电流的条件和法拉第电磁感应定律。
【解题思路】
由于题述水平地面下的导线为通有恒定电流I的长直导线，且平行于y轴，MN平行于y轴，所以N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同，A正确；由于PN平行于x轴，线圈沿PN方向运动，穿过线圈的磁通量先变大后变小，B错误；线圈从P点开始竖直向上运动时，穿过线圈的磁通量一直为零，磁通量不变，线圈中无感应电流，C正确；线圈从P到M过程和从P到N过程，线圈中磁通量变化相同，所用时间不同，磁通量变化率不同，根据法拉第电磁感应定律，线圈从P到M过程产生的感应电动势小于从P到N过程产生的感应电动势，D错误。
11．（2022高考河北卷）[河北2022·7，6分]如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于轴上，另一根由、、三段直导轨组成，其中段与轴平行，导轨左端接入一电阻。导轨上一金属棒沿轴正向以速度保持匀速运动，时刻通过坐标原点，金属棒始终与轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为，金属棒受到安培力的大小为，金属棒克服安培力做功的功率为，电阻两端的电压为，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【参考答案】AＣ
【名师解析】导轨上一金属棒沿轴正向以速度保持匀速运动，在0~L/v0时间内，金属棒有效切割长度均匀增大，回路中产生的感应电动势均匀增大，根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻的电流强度i均匀增大；在L/v0~2L/v0时间内，金属棒有效切割长度不变，回路中产生的感应电动势不变，根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻的电流强度i不变；在2L/v0~3L/v0时间内，金属棒有效切割长度均匀减小，回路中产生的感应电动势均匀减小，根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻的电流强度i均匀减小，所以运动过程中通过电阻的电流强度随时间变化的图像A可能正确；金属棒受到安培力的大小=BiL，金属棒开始运动时，金属棒所受安培力一定大于0，所以图像B错误；金属棒克服安培力做功的功率为=Fv0，图像C可能正确；根据欧姆定律，电阻两端的电压为=IR，图像形状与图像A类似，所以图像D错误。
12. （2022年1月浙江选考）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、高度为h、半径为r、厚度为d（d≪r），则（ ）
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
【参考答案】C
【名师解析】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，选项B错误；圆管的电阻，圆管的热功率大小为，，选项C正确；根据左手定则可知，圆管中各段所受的受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。
13. （2022·全国理综乙卷·24）如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为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；在到时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为。求:
（1）时金属框所受安培力的大小；
（2）在到时间内金属框产生的焦耳热。
【参考答案】（1）；（2）0.016J
【名师解析】
（1）金属框的总电阻为
金属框中产生的感应电动势为
金属框中的电流为
t=2.0s时磁感应强度
金属框处于磁场中的有效长度为
此时金属框所受安培力大小为
（2）内金属框产生的焦耳热为
14. （2022高考辽宁物理）如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
（1）求M刚进入磁场时受到安培力F的大小和方向；
（2）若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，求：①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；②初始时刻N到的最小距离x；
（3）初始时刻，若N到的距离与第（2）问初始时刻的相同、到的距离为，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。
【参考答案】（1），方向水平向左；
（2）①，②；（3）2≤k＜3
【命题意图】本题考查电磁感应、闭合电路欧姆定律、安培力、动量定理、动量守恒定律及其相关知识点.
【名师解析】
（1）细金属杆M以初速度v0向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为E=BLv0
电流方向为a→b，电流的大小为 I=E/2R
则所受的安培力大小为 F=BIL=
安培力的方向由左手定则可知水平向左；
（2）①金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有
且
联立解得通过回路的电荷量为
②设两杆在磁场中相对靠近的位移为△x，有
整理可得
联立可得
若两杆在磁场内刚好相撞，N到ab的最小距离为
（3）两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到cd的距离与第（2）问初始时刻的相同、到ab的距离为kx（k＞1），则N到ab边的速度大小恒为，根据动量守恒定律可知
解得N出磁场时，M的速度大小为
由题意可知，此时M到cd边的距离为 s=（k-1）x
若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：
①M减速到时出磁场，速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有
联立解得
k=2
②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有
同理解得
k=3
综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为2≤k＜3
15. （2022高考上海）宽L=0.75m的导轨固定，导轨间存在着垂直于纸面且磁感应强度B=0.4T的匀强磁场。虚线框I、II中有定值电阻R0和最大阻值为20Ω的滑动变阻器R。一根与导轨等宽的金属杆以恒定速率向右运动，图甲和图乙分别为变阻器全部接入和一般接入时沿abcda方向电势变化的图像。求：
（1）匀强磁场的方向；
（2）分析并说明定值电阻R0在I还是在II中，并且R0大小为多少？
（3）金属杆运动的速率；
（4）滑动变阻器阻值为多大时变阻器的功率最大？并求出该最大功率Pm。
【命题意图】本题考查电磁感应及其相关知识点。
【思维导图】由电势图像得出a点电势高→切割磁感线产生感应电动势的金属杆是电源→金属杆上端为高电势（电源正极）→金属杆中电流方向从下到上→右手定则→磁场方向垂直纸面向里
对比图甲和图乙→串联电路分压规律→I中为定值电阻→欧姆定律列方程组→解得R0和φ0..
把定值电阻和金属杆视作等效电源→电源输出电功率最大条件→滑动变阻器最大功率
【名师解析】（1）a点电势高，即金属杆上端电势高，根据右手定则可判断出磁场垂直纸面向里
（2）滑动变阻器接入阻值减小时，Uab变大，根据串联电路分压特点，说明I中的阻值分到的电压增多，I中为定值电阻。
金属杆的电阻不计，Uad=E=φ0。
滑动变阻器两种情况下，R=1.2V，R=1.0V，
联立解得：R0=5Ω，φ0=1.5V
（3）金属杆切割磁感线，产生感应电动势 ，E=BLv=φ0=1.5V
解得v=5m/s
（4）将定值电阻和金属杆视作一个等效电源，由电源输出功率最大的条件可知，当滑动变阻器阻值为Rx= R0=5Ω时，滑动变阻器消耗的电功率最大，最大功率Pm===0.1125W。
16．（12分）（2022重庆高考）某同学以金属戒指为研究对象，探究金属物品在变化磁场中的热效应。如图所示，戒指可视为周长为L、横截面积为S、电阻率为的单匝圆形线圈，放置在匀强磁场中，磁感应强度方向垂直于戒指平面。若磁感应强度大小在时间内从0均匀增加到，求
（1）戒指中的感应电动势和电流；
（2）戒指中电流的热功率。
【参考答案】（1），；（2）
【名师解析】（1）设戒指的半径为r，戒指的周长L=2πr
磁感应强度大小在时间内从0均匀增加到，
戒指中产生的感应电动势为 E=
即 E=
由电阻定律，戒指的电阻R=ρL/S
由闭合电路欧姆定律，戒指中的感应电流I=E/R=；
(2)戒指中电流的热功率为P=I2R=
17．(2020·浙江7月选考)如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动，在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是( )
A．棒产生的电动势为Bl2ω
B．微粒的电荷量与质量之比为
C．电阻消耗的电功率为
D．电容器所带的电荷量为CBr2ω
【参考答案】B
【名师解析】由法拉第电磁感应定律可知棒产生的电动势为E＝Br·ωr＝Br2ω，选项A错误。金属棒电阻不计，故电容器两极板间的电压等于棒产生的电动势，微粒的重力与其受到的电场力大小相等，有q＝mg，可得＝，选项B正确。电阻消耗的电功率P＝＝，选项C错误。电容器所带的电荷量Q＝CU＝CBr2ω，选项D错误。
18．[多选](2020·山东等级考)如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)。从图示位置开始计时，4 s末bc边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为I，ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图像可能正确的是( )
【参考答案】BC
【名师解析】 第1 s内，ae边切割磁感线，由E＝BLv可知，感应电动势不变，导体框总电阻一定，故感应电流一定，由安培力F＝BIL可知ab边所受安培力与ab边进入磁场的长度成正比；第2 s内，导体框切割磁感线的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；在2～4 s内，导体框在第二象限内切割磁感线的有效长度保持不变，在第一象限内切割磁感线的有效长度不断增大，但两象限磁场方向相反，导体框的两部分感应电动势方向相反，所以第2 s 末感应电动势达到最大，之后便不断减小，第3 s末与第1 s末导体框切割磁感线的有效长度相同，可知第3 s末与第1 s 末线框中产生的感应电流大小相等，A项错误，B项正确；但第3 s末ab边进入磁场的长度是第1 s末的3倍，即ab边所受安培力在第3 s末的大小等于第1 s末所受安培力大小的3倍，C项正确，D项错误。
19．(2020·全国卷Ⅲ)如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。圆环初始时静止。将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到( )
A．拨至M端或N端，圆环都向左运动
B．拨至M端或N端，圆环都向右运动
C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动
D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动
【参考答案】B
【名师解析】 将开关S由断开状态拨至M端或N端，都会使线圈中的电流突然增大，穿过右边圆环的磁通量突然增大，由楞次定律可知，圆环都会向右运动以阻碍磁通量的增大，选项B正确，A、C、D均错误。
20.[多选](2020·全国卷Ⅰ)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( )
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
【参考答案】BC
【名师解析】 用水平恒力F向右拉动金属框，bc边切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流I，bc边受到水平向左的安培力作用，设金属框的质量为M，加速度为a1，由牛顿第二定律有F－BIL＝Ma1；导体棒MN受到向右的安培力，向右做加速运动，设导体棒的质量为m，加速度为a2，由牛顿第二定律有BIL＝ma2。设金属框bc边的速度为v时，导体棒的速度为v′，则回路中产生的感应电动势为E＝BL(v－v′)，由闭合电路欧姆定律得I＝＝，F安＝BIL，可得金属框bc边和导体棒MN所受的安培力均为F安＝，二者加速度之差Δa＝a1－a2＝－＝－F安（＋），随着所受安培力的增大，二者加速度之差Δa减小，当Δa减小到零时，＝·（＋），之后金属框和导体棒的速度之差Δv＝v－v′＝，保持不变。由此可知，金属框的速度逐渐增大，金属框所受安培力趋于恒定值，金属框的加速度大小趋于恒定值，导体棒所受的安培力F安＝趋于恒定值，选项A错误，B、C正确；由于导体棒的速度小于金属框的速度，导体棒到金属框bc边的距离随时间的增大而增大，选项D错误。
21．(2020·天津等级考)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R＝0.1 Ω，边长l＝0.2 m。求：
(1)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中的感应电动势E；
(2)t＝0.05 s时，金属框ab边受到的安培力F的大小和方向；
(3)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中电流的电功率P。
【名师解析】：(1)在t＝0到t＝0.1 s的时间Δt内，磁感应强度的变化量ΔB＝0.2 T，设穿过金属框的磁通量变化量为ΔΦ，有
ΔΦ＝ΔBl2 ①
由于磁场均匀变化，金属框中产生的电动势是恒定的，有E＝②
联立①②式，代入数据，解得E＝0.08 V。 ③
(2)设金属框中的电流为I，由闭合电路欧姆定律，有
I＝ ④
由题图可知，t＝0.05 s时，磁感应强度为B1＝0.1 T，金属框ab边受到的安培力
F＝IlB1 ⑤
联立①②④⑤式，代入数据，解得F＝0.016 N ⑥
方向垂直于ab向左。 ⑦
(3)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中电流的电功率
P＝I2R ⑧
联立①②④⑧式，代入数据，解得
P＝0.064 W。 ⑨
答案：(1)0.08 V (2)0.016 N，方向垂直于ab向左 (3)0.064 W
22．(2020·浙江7月选考)如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在0≤x≤1.0 m区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长L＝0.5 m、电阻R＝0.25 Ω的正方形线框abcd，当平行于磁场边界的cd边进入磁场时，在沿x方向的外力F作用下以v＝1.0 m/s的速度做匀速运动，直到ab边进入磁场时撤去外力。若以cd边进入磁场时作为计时起点，在0≤t≤1.0 s内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，在0≤t≤1.3 s内线框始终做匀速运动。
(1)求外力F的大小；
(2)在1.0 s≤t≤1.3 s内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系；
(3)求在0≤t≤1.3 s内流过导线横截面的电荷量q。
【名师解析】：(1)t0＝0，B0＝0.25 T，线框刚进入磁场时
回路电流I＝
安培力FA＝v
外力F＝FA＝0.062 5 N。
(2)线框匀速出磁场，电流为0，磁通量不变Φ1＝Φ
t1＝1.0 s时，B1＝0.5 T，磁通量Φ1＝B1L2
t时刻，磁通量Φ＝BL[L－v(t－t1)]
得B＝。
(3)在0≤t≤0.5 s内电荷量q1＝＝0.25 C
在0.5 s≤t≤1.0 s内电荷量q2＝＝0.25 C
总电荷量q＝q1＋q2＝0.5 C。
答案：(1)0.062 5 N (2)B＝ (3)0.5 C
第三部分 思路归纳，内化方法
在应用楞次定律时需注意的两点
(1)利用楞次定律判断的电流方向也是电路中感应电动势的方向，利用右手定则判断的电流方向也是做切割磁感线运动的导体上感应电动势的方向。若电路为开路，可假设电路闭合，应用楞次定律或右手定则确定电路中假想电流的方向即为感应电动势的方向。
(2)在分析电磁感应现象中的电势高低时，一定要明确产生感应电动势的那部分电路相当于电源，在电源内部，电流方向从低电势处指向高电势处。
1．图像问题——掌握两个技法
(1)排除法：定性地分析每一个过程中物理量的变化(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项。
(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析和判断。
2．电磁感应图像问题分析的注意点
(1)注意初始时刻的特征，如初始时刻感应电流是否为零，感应电流的方向如何。
(2)注意电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图像变化对应。
(3)注意观察图像的变化趋势，判断图像斜率的大小、图像的曲直是否和物理过程对应。
[微点拨] 电磁感应中电路问题的解题流程
确定
解决电磁感应中的电路和动力学问题的关键
电磁感应与动力学问题联系的桥梁是磁场对感应电流的安培力。解答电磁感应中的动力学问题，在分析方法上，要始终抓住导体的受力(特别是安培力)特点及其变化规律，明确导体的运动过程以及运动过程中状态的变化，准确把握运动状态的临界点。
(1)电源：E＝Blv或E＝n分析电路的结构
(2)受力分析：F安＝BIl→F合＝m a
(3)临界点→运动状态的变化点
求解电磁感应中能量问题的策略
(1)若回路中的电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算。
(2)若回路中的电流变化，则可按以下两种情况计算：
①利用功能关系求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；
②利用能量守恒定律求解：其他形式的能的减少量等于回路中产生的电能，如例2的第(2)小题中焦耳热的计算。
[方法规律] “单杆＋电阻＋导轨”四种题型剖析
题型一(v0≠0)
题型二(v0＝0)
题型三(v0＝0)
题型四(v0＝0)
说明
质量为m，电阻不计的单杆cd以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动，两平行导轨间距为L
轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L，拉力F恒定
倾斜轨道光滑，倾角为α，杆cd质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L
竖直轨道光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L
示意图
力学观点
杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，电流I＝，安培力F＝BIL＝。杆做减速运动：v↓⇒F↓⇒a↓，当v＝0时，a＝0，杆保持静止
开始时a＝，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由F－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝
开始时a＝gsin α，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由mgsin α－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝
开始时a＝g，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由mg－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝
图像观点
能量观点
动能全部转化为内能：Q＝mv02
F做的功一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：
WF＝Q＋mvm2
重力做的功(或减少的重力势能)一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：
WG＝Q＋mvm2
重力做的功(或减少的重力势能)一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：WG＝Q＋mvm2
[方法规律] “单杆＋电容器(或电源)＋导轨”四种题型剖析
题型一(v0＝0)
题型二(v0＝0)
题型三(v0＝0)
题型四(v0＝0)
说明
轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L
轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L，拉力F恒定
轨道倾斜光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L
轨道竖直光滑，杆cd质量为m，电阻为R，两平行导轨间距为L
示意图
力学观点
S闭合，杆cd受安培力F＝，a＝，杆cd速度v↑⇒感应电动势E感＝BLv↑⇒I↓⇒安培力F＝BIL↓⇒加速度a↓，当E感＝E时，v最大，且vmax＝
开始时a＝，杆cd速度v↑⇒E＝BLv↑，经过Δt速度为v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝＝CBLa，F安＝CB2L2a，F－F安＝ma，a＝，所以杆做匀加速运动
开始时a＝gsin α，杆cd速度v↑⇒E＝BLv↑，经过Δt速度为v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝＝CBLa，F安＝CB2L2a，mgsin α－F安＝ma，a＝，所以杆做匀加速运动
开始时a＝g，杆cd速度v↑⇒E＝BLv↑，经过Δt速度为v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝＝CBLa，F安＝CB2L2a，mg－F安＝ma，a＝，所以杆做匀加速运动
图像观点
能量观点
电源输出的电能转化为动能：W电＝mvm2
F做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WF＝mv2＋EC
重力做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WG＝mv2＋EC
重力做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WG＝mv2＋EC
[方法规律] “双杆＋导轨”四种题型剖析(双棒质量m1＝m2、电阻r1＝r2，导轨电阻不计)
题型一(光滑的平行导轨)
题型二(光滑不等距导轨)
题型三(光滑的平行导轨)
题型四(不光滑平行导轨)
示意图
导体棒长度L1＝L2
导体棒长度L1＝2L2，两棒只在各自的轨道上运动
导体棒长度L1＝L2
摩擦力Ff1＝Ff2＝Ff
导体棒长度L1＝L2
图像观点
力学观点
棒1做加速度减小的减速运动，棒2做加速度减小的加速运动，稳定时，两棒以相等的速度匀速运动
棒1做加速度减小的减速运动，棒2做加速度减小的加速运动，稳定时，两棒的加速度均为零，速度之比为1∶2
开始时，两棒做变加速运动；稳定时，两棒以相同的加速度做匀加速运动
开始时，若Ff2Ff，则棒2先做变加速运动后做匀加速运动，棒1先静止后做变加速运动，最后和棒2做加速度相同的匀加速运动
动量观点
两棒组成的系统动量守恒
两棒组成的系统动量不守恒
对单棒可以用动量定理
两棒组成的系统动量不守恒
对单棒可以用动量定理
两棒组成的系统动量不守对单棒可以用动量定理恒
能量观点
系统动能的减少量等于产生的焦耳热
系统动能的减少量等于产生的焦耳热
拉力做的功一部分转化为双棒的动能，一部分转化为内能(焦耳热)：W＝Q＋Ek1＋Ek2
拉力做的功一部分转化为双棒的动能，一部分转化为内能(摩擦热和焦耳热)：W＝Q1＋Q2＋Ek1＋Ek2
解决线框模型问题的两大关键
(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。
第四部分 最新模拟集萃，提升应试能力
1. （2022年9月甘肃张掖一诊）如图，面积为的50匝线圈处于匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面向里。已知磁感应强度以0.5T/s的变化率增强，定值电阻，线圈电阻，不计其它电阻。下列说法正确的是（ ）
A. 线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向
B. 线圈中产生的感应电动势大小为E=75V
C. 通过的电流为I=5A
D. ab两端的电压为U=4V
【参考答案】D
【名师解析】
根据楞次定律可以判断线圈感应电流的方向为逆时针方向，故A错误；
由法拉第电磁感应定律知，故B错误；
由闭合电路欧姆定律知。故C错误；
ab两端的电压等于R1的电压，为，故D正确。
2. （2023陕西师大附中期初检测）如图所示，边长为L的正方形单匝线框有一半水平放置在与水平方向夹角为30°的匀强磁场中，线框的左侧接入电阻R，右侧接入电容为C的电容器，其余电阻不计。若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示（规定斜向下为正方向），则在时间内（ ）
A. 电容器a板带负电
B. 电容器所带的电荷量为零
C. 线框中产生的感应电动势大小为
D. 线框中产生的感应电动势大小为
【参考答案】AD
【名师解析】
依据楞次定律，结合规定斜向下为正方向，则在t0时间前，线圈的感应电流方向逆时针方向，当t0时间后，线圈的感应电流方向仍为逆时针方向，依据电源内部电流方向由负极到正极，因此电容器a板带负电，故A正确；根据法拉第电磁感应定律，线框中产生的电动势为
，故C错误，D正确；
由上可知，在时间内线圈产生的感应电动势为，根据Q=CU
可知电容器所带的电荷量不为零，故B错误。
3．（2022年9月河北示范性高中调研）如图甲所示，间距为L＝1m的长直平行金属导轨PQ、MN水平放置，其右端接有阻值为R＝1.5Ω的电阻，一阻值为r＝0.5Ω、质量为m＝0.2kg、长度为L的金属棒ab垂直导轨放置于距导轨右端d＝2m处，与两导轨保持良好接触。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小随时间变化的情况如图乙所示。在0~1.0s内金属棒ab保持静止，1.0s后金属棒在水平外力的作用下运动，使回路的电流为零。导轨电阻不计，重力加速度，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．动摩擦因数需等于0.5
B．前2s内通过电阻R的电荷量为2C
C．1s后金属棒做匀加速直线运动
D．第2s内金属棒的位移为1m
【参考答案】．D
【名师解析】：在0~1.0s内，由法拉第电磁感应定律可得电动势为
由闭合电路的欧姆定律得电流的大小为
由金属棒静止可知最大静摩擦力大于等于安培力
解得，A选项错误。
0~1s内电流恒定为1A，1~2s内电流为零，故前两秒内通过的电荷量q＝It＝1C。B选项错误。
由法拉第电磁感应定律知，1s后回路磁通量不变。
t＝1s时，
t时刻（）导体棒的位移设为x，由图像知t时刻磁感应强度B＝t
t时刻（）回路磁通量
解得，金属棒不是做匀加速直线运动。C选项错误。
t＝2s时，金属棒第2s内的位移为x＝1m。D选项正确。
4. （2022年9月甘肃张掖一诊）如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接。右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。己知金属棒与平直分导轨间的动摩擦因数为，金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场区域的过程中（ ）
A. 流过定值电阻的电流方向是
B. 通过金属棒的电荷量为
C. 金属棒在磁场中运动的加速度不变
D. 金属棒产生的焦耳热为
【参考答案】BD
【名师解析】
金属棒下滑到最低端时速度向右，而且磁场竖直向上，根据右手定则可以知道流过定值电阻的电流方向为Q→N，故A错误；B．根据法拉第电磁感应定律，通过金属棒的电荷量为
故B正确；由于金属棒做切割磁感线运动，使得金属棒中有电流通过，根据安培定则可知，金属棒所受安培力水平向左，所以金属棒做运动，故有
所以由于v在不断的变小，所以加速度也在不断变小。故C错误；
根据能量守恒可知
由于电阻R和金属棒的电阻值相等，所以有
所以产生的焦耳热，故D正确。
故选BD。
【点睛】注意金属棒在磁场中会由于安培力的作用而不断减速，导致产生的感应电流逐步变小。
5. （2023四川内江一中入学考试）如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，PQ 为两磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B和2B。一个竖直放置的边长为a、质量为m、电阻为R的正方形金属线框，以初速度2v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到每个磁场中各有一半的面积时，线框的速度变为v，则下列判断正确的（ ）
A. 此时线框的加速度为
B. 此时线框中的电功率为
C. 此过程中通过线框截面的电量为
D. 此过程中线框克服安培力做的功为
【参考答案】AC
【名师解析】
此时线框中产生的感应电动势
线框电流为
由牛顿第二定律得
解得，故A正确；
此时线框的电功率为，故B错误；
A．此过程的感应电动势为
感应电流为
电荷量为，故C正确；
．由能量守恒定律得，克服安培力做的功等于线框减少的动能，有
故D错误；
6.（2023四川内江一中入学考试） 如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零。A和B是两个完全相同的小灯泡。下列说法正确的是（ ）
A 闭合开关S后，A灯亮，B灯不亮
B. 闭合开关S后，A、B灯亮，之后B灯慢慢熄灭，A灯更亮
C. 开关S闭合电路稳定后，在突然断开的瞬间，A、B灯都闪亮一下
D. 开关S闭合电路稳定后，在突然断开的瞬间，A灯立即熄灭、B灯闪亮一下再熄灭
【参考答案】BD
【名师解析】
开关S闭合瞬间，线圈L因自感对电流有阻碍作用，则相当于灯泡A与B串联，因此两灯同时亮且亮度相同，稳定后B灯被短路熄灭，A灯更亮，A错误，B正确；
电路稳定后当开关S突然断开瞬间，A灯中不会再有电流通过，故A灯马上熄灭，由于线圈的自感使得线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源与B灯构成闭合回路放电，B灯闪亮一下再熄灭，C错误，D正确。
7．（11分）（2023江西红色十校第一次联考）如图，间距为L的足够长的“”形金属线框abcd静置在光滑水平桌面上，质量为m的导体杆A平行bc边放置在线框上，且保持与金属线框接触良好，二者间的动摩擦因数为，导体杆A始终挡在两个固定小立柱M、N的左侧。空间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。某时刻，对bc边施加一水平向右的拉力F（大小未知），当导体杆A离bc边距离恰好为L时，线框开始以速度v做匀速运动，并以此刻作为计时起点。已知导体杆和金属线框单位长度的电阻均为r，重力加速度为g。在t时刻，求：
（1）立柱M受到导体杆的压力大小；
（2）水平拉力F的大小；
（3）回路中的电功率。
【名师解析】：（1）开始计时以后导体杆做匀速直线运动，感应电动势（1分）
回路的电阻（1分）
由闭合电路欧姆定律（1分）
导体杆受到的安培力大小为（1分）
方向水平向右
立柱M受到的压力大小（1分）
（2）由上可知，bc加边受到的安培力与导体杆受到的安培力大小相等
有（1分）
方向水平向左
导体杆对线框的摩擦力大小（1分）
由平衡条件可知，水平拉力大小（1分）
（3）回路中的电功率（1分）
（2分）
说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。
8.(12分) （2023江苏百校联考第一次考试）如图所示,两平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在同一水平面内,间距为L,电阻不计。导轨的M、P两端用导线连接一定值电阻,阻值为R,在PM的右侧0到x0区域里有方向竖直向下的匀强磁场,其磁感应强度为B0。一直导体棒cd质量为m,长度为L,电阻为R,其两端放在导轨上且静止在x=0处,现对导体棒持续施加一作用力F,使导体棒从静止开始沿x正方向做加速度为a的匀加速运动,求:(用m、L、R、x0、a表示)
(1)导体棒在磁场中运动到x0时,导体棒的热功率;
(2)导体棒从0运动到x0过程中,通过电阻R的电量;
(3)导体棒从0运动到x0过程中,作用力F的最大值。
【参考答案】.(12分)(1) (2) (3)ma+
【名师解析】(1)导体棒做匀加速运动,则从静止运动到x0处的速度为v,有2ax0=v2 (1分)
感应电动势 E=B0Lv (1分)
得导体棒产生的电动势为E=B0L (1分)
导体棒运动到x0时产生的热功率P=()2R=。 (1分)
(2)由q=t= (2分)
得q=。 (2分)
(3)在磁场中x0位置,有F-B0L=ma (2分)
解得:F=ma+。 (2分)
其他解法参考赋分
9. （2023云南昆明云南师大附中质检）如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFHG矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在0时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为；一段时间后，金属棒a、b没有相碰，且两棒整个过程中相距最近时b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b长度均为L，电阻均为R，a棒的质量为2m、b棒的质量为m，最终其中一棒恰好停在磁场边界处，在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好。求：
（1）0时刻a棒的加速度大小；
（2）两棒整个过程中相距最近的距离s；
（3）整个过程中，a棒产生的焦耳热。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）由题知，a进入磁场的速度方向向右，b的速度方向向左，根据右手定则可知，a产生的感应电流方向是E到F，b产生的感应电流方向是H到G，即两个感应电流方向相同，所以流过a、b的感应电流是两个感应电流之和，则有
对a，根据牛顿第二定律有
解得
（2）取向右为正方向，相距最近时，根据系统动量守恒有
解得
此时，电路中感应电流为0，a、b棒一起向右匀速运动，直到b棒出磁场区域；之后b棒不受安培力、a棒受安培力减速直到停下，对a，有
解得
（3）对a、b组成的系统，最终b棒一直做匀速直线运动，根据能量守恒有
解得回路中产生的总热量为
对a、b，根据焦耳定律有
因a、b流过的电流一直相等，所用时间相同，故a、b产生的热量与电阻成正比，即
∶=1∶1
又
解得a棒产生的焦耳热为
10. （2023四川内江一中入学考试）如图所示，平行金属导轨和，其中和为R=0.8m的四分之一光滑圆轨道，和为对应圆轨道的圆心，、在、正下方且为圆轨道和水平轨道的平滑连接点，和为足够长的粗糙水平轨道，并处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度，导轨间距。两导体棒a、b始终垂直于两导轨且与导轨接触良好，a、b的质量均为1kg，电阻均为，导轨电阻不计，a、b棒与水平轨道间的滑动摩擦因数均为。初始时刻，b棒静止在水平导轨上，与间的距离为，a棒从与圆心等高的处静止释放。当a棒刚进入磁场时，在b棒中点处施加一个与导轨平行且水平向右的恒力，经两棒速度相等。已知a、b棒在运动的过程中不会发生碰撞（g取10m/s2）。求：
（1）导体棒a刚到达时对导轨的压力大小；
（2）0~0.5s内通过导体棒b的电荷量；
（3）0~0.5s内两导体棒间的最短距离。
【参考答案】（1）30N；（2）1C；（3）1m
【名师解析】
（1）导体棒a下滑到达过程，根据动能定理有
导体棒a刚到达时
由牛顿第三定律有
（2）对a、b系统，所受合外力为零，由动量守恒定律有
对a棒由动量定理有
通过截面的电量
解得
（3）由欧姆定律有
感应电动势
又由于
解得
11. （2023湖北新高考协作体高三起点考试）如图所示，夹角为足够长的光滑金属框架AOC固定在水平面内，磁感应强度为B的匀强磁场垂直水平面，足够长且质量为m的导体棒DE在水平外力作用下以速度v从O点（0时刻）沿框架角平分线向右匀速运动，金属杆与框架构成等腰三角形（金属杆所在边为底），框架电阻不计，导体棒单位长度的电阻为r，导体棒在滑动过程始终保持与金属框架两边接触良好，求：（取，）
（1）t时刻流过导体棒的电流大小；
（2）t时刻水平外力F的表达式；
（3）0～t时间内，导体棒产生的焦耳热Q；
（4）若在t时刻撤去外力，导体棒在整个运动过程中的位移大小x。
【参考答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【名师解析】
（1）设t时刻电路中导体棒长度为l，电路总电阻为R，电流为I，由感应电动势及欧姆定律有
由几何关系可知
l=2vttan37°
电路总电阻
R=lr
联立解得
（2）由于导体棒匀速运动，则
F=BIl
解得
（3）t时刻导体棒消耗热功率
P=I2R
可得
热功率与时间t成正比，可由P-t图像面积得0～t时间内导体棒产生的焦耳热
（4）设撤去外力F后导体棒运动过程中某时刻在电路中长度为l1，速度大小为v1，此时电路电流I1由（1）问有
取该时刻后极短时间△t，导体棒速度变化量△v，由动量定理有
可得
上式中为极短时间△t内导体棒在金属框架中扫过的面积，设导体棒停止运动时
在电路中长度为l2，那么有
由几何关系可知
l2=2xtan37°
联立解得
12. （2023湖南三湘创新发展联考）质量为m、边长为L的均匀导线首尾相接制成的单匝正方形闭合导线框abcd，总电阻为R。将其置于磁感应强度大小为B的水平匀强磁场上方h处，磁场的上边界水平，方向垂直纸面向外，如图所示。将导线框由静止释放，当导线框一半面积进入磁场时，恰好处于平衡状态，导线框平面保持在竖直平面内，且b、d两点的连线始终水平，已知重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
（1）导线框一半面积进入磁场时，导线框的速度大小v；
（2）导线框从静止下落到一半面积进入磁场时，导线产生的热量Q；
（3）导线框从静止下落到完全进入磁场时，通过导线框某一横截面的电荷量q。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）导线框一半面积进入磁场时，线框切割磁感线的有效长度为，则线框产生的感应电动势为
根据闭合电路的欧姆定律可知线框中的感应电流为
根据平衡条件有
解得
（2）导线框从静止下落到一半面积进入磁场的过程中，根据能量守恒定律有
解得
（3）导线框进入磁场过程中的平均感应电动势
平均感应电流为
根据电流的定义有
解得
13. （2023河南郑州四中第一次调研）如图所示，一个匝数n=1000匝、边长l=20cm、电阻r=1Ω的正方形线圈，在线圈内存在面积S=0.03m2的匀强磁场区域，磁场方向垂直于线圈所在平面向里，磁感应强度大小B随时间t变化的规律是B=0.15t（T）。电阻R与电容器C并联后接在线圈两端，电阻R=2Ω，电容C=30μF。下列说法正确的是（ ）
A. 线圈中产生的感应电动势为4.5V
B. 若b端电势为0，则a端电势为3V
C. 电容器所带电荷量为1.2×10-4C
D. 稳定状态下电阻的发热功率为4.5W
【参考答案】AD
【名师解析】
根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势
，A正确；
电流
电容器两端电势差
由楞次定律可判断感应电流方向为逆时针方向，即a端电势低、b端电势高，由于b端接地，故有，，B错误；
电容器带电荷量，C错误；
电阻的发热功率，D正确。
14. （2022重庆第9次质检）如图甲所示，是一种手压式环保节能手电筒的结构示意图。使用时，迅速按压手柄，灯泡（可视为纯电阻）就能发光，这种不需要干电池的手电筒的工作原理是利用电磁感应现象。其转动装置和齿轮传动装置的简化原理图如图乙、丙所示。假设图乙中的转动装置由金属内圈和金属外圈构成，内、外圈之间接有一根沿半径方向的金属条ab，灯泡通过电刷分别跟内外线圈相连接（图乙中未画出）。整个转动装置固定在转动轴上，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面（纸面）向里。图丙中的齿轮传动装置中A齿轮固定在转动装置的转动轴上，B、C齿轮同心固定，C轮边缘与手柄相啮合，A、B齿轮边缘相啮合，手柄重力忽略不计（ ）
A. 向下压手柄时，齿轮C逆时针转动
B. 转动装置中的A齿轮逆时针转动时，电流由a流向b
C. 手柄向下向上运动时流过ab杆的电流方向相同
D. 流过灯泡的电流大小与手柄向下压的速度成正比
【参考答案】D
【名师解析】由丙图可知，向下压手柄时，齿轮C顺时针转动，A错误；
转动装置中的A齿轮逆时针转动时，金属条ab逆时针转动切割磁感线，回路闭合，由右手定则知电流由b流向a，B错误；手柄向下和向上运动时，A齿轮转动方向相反，流过ab杆的电流方向相反，C错误；流过灯泡的电流
知与A齿轮的角速度成正比；A齿轮与B齿轮边缘点线速度大小相等，B齿轮与C齿轮边缘角速度相等，C齿轮边缘线速度大小等于手柄上下运动的速度大小，由于各齿轮半径不变，所以A齿轮的角速度，与手柄上下运动的速度大小成正比，则流过灯泡的电流大小与手柄向下压的速度成正比，D正确。
【知识拓展】手压式环保节能手电筒的内部，有一发电机，通过手压发电，使灯泡发光。
15. （2023湖南永州一模） 如图所示，水平虚线、之间存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场区域的高度为h。竖直平面内有一质量为m的直角梯形线框，其底边水平，上、下边长之比为1：4，高为线框ABCD在磁场边界的下方h处，受到竖直向上的拉力作用，从静止开始运动（上升过程中底边始终水平，线框平面始终与磁场方向垂直），当AB边刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零，且在DC边刚进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动。重力加速度为g，下列正确的是（ ）
A. AB边刚进入磁场时，线框的速度为
B. AB边刚进入磁场时，线框中感应电流的瞬时电功率为
C. DC边刚进入磁场时，线框加速度大小为
D. 从线框开始运动到DC边刚进入磁场的过程中，线框产生的焦耳热为
【参考答案】BD
【名师解析】
设AB边刚进入磁场时速度为v0，线框的电阻为R，AB=l，则CD=4l，根据动能定理
解得
A错误；
B．AB边刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零，则此时安培力的大小为
线框中感应电流的瞬时电功率为
B正确；
D．AB刚进入磁场时加速度为0，则有
设DC边刚进入磁场前匀速运动时速度为v1，线框切割磁感应线的有效长度为1.5l线框匀速运动时有
联立解得
从线框开始到CD边进入磁场前瞬间，根据能量守恒定律得
联立解得
D正确；
C．CD刚进入磁场瞬间，线框切割磁感应线的有效长度为2.5l
由闭合电路欧姆定律得
由牛顿第二定律得
解得
C错误；
故选BD。
16．（2023浙江模拟）如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d＝0.5 m，电阻不计，左端通过导线与阻值R ＝2 W的电阻连接，右端通过导线与阻值RL ＝4 W的小灯泡L连接．在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE长 ="2" m，有一阻值r ="2" W的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处．CDEF区域内磁场的磁感应强度B随时间变化如图乙所示．在t＝0至t＝4s内，金属棒PQ保持静止，在t＝4s时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动．已知从t＝0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，求：
（1）通过小灯泡的电流．
（2）金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小．
【名师解析】．（1）在t＝0至t＝4s内，金属棒PQ保持静止，磁场变化导致电路中产生感应电动势．
电路为r与R并联，再与RL串联，电路的总电阻
①
此时感应电动势
②
通过小灯泡的电流为： ③
（2）当棒在磁场区域中运动时，由导体棒切割磁感线产生电动势，电路为R与RL并联，再与r串联，此时电路的总电阻
④
由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流IL=0.1A，则流过棒的电流为
⑤
电动势 ⑥
解得棒PQ在磁场区域中运动的速度大小
v=1m/s⑦
17. (2023浙江名校新高考研究联盟第一次联考)如图所示，水平固定一半径r=0.2m的金属圆环，长为2r、电阻值为R=0.1Ω的一金属棒沿直径放置，两端与圆环接触良好，金属棒的中心固定在过圆心的竖直导电转轴上，棒随轴以角速度匀速转动，转动方向如图。圆环内左半圆存在竖直向上、磁感应强度大小B=2T的匀强磁场。MP和NQ是竖直平面内间距l=0.1m的两平行金属导轨，P端通过开关、分别与阻值为R的电阻和C=0.1F的电容器相连，虚线框内存在方向垂直导轨平面向内、大小为B的匀强磁场。圆环边缘与Q端相连，转轴与电刷良好接触并通过与电容器左端相连。阻值为R、质量为m=0.1kg、长为l导体棒ab通过劲度系数k=4N/m的绝缘轻质弹簧静止悬挂于紧靠导轨磁场上边界的下方，始终与导轨接触良好。开关和断开，不计其它电阻和摩擦阻力。
（1）掷向2，求电容器所带电荷量的大小q；
（2）掷向1，ab棒以v=0.5m/s的速度向上离开磁场，
①求此时电容器剩余的电荷量大小；
②ab棒返回磁场上边界前断开，接通，ab棒第一次向下运动至距磁场上边界0.05m处时速度为0，求此过程中电阻R消耗的焦耳热。（提示：以弹簧处于自然长度时为弹性势能零势能点，当伸长量为x时，其弹性势能为）
【名师解析】．：
（1）开关掷向2，电容器充电。
根据法拉第电磁感应定律可知： 1分
则电容器的电荷量为： 1分
联立解得：q＝0.4C 1分
（2）①电容器放电过程有： 2分
电容器所带电荷量的大小 1分
②ab棒返回磁场时的速度，从返回刚进入磁场到至距磁场上边界h＝0.05m处由能量守恒可得 1分
， 1分
1分
联立解得： 1分
18. （2023河南郑州四中第一次调研）如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为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；在到时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为。求：
（1）时金属框所受安培力的大小；
（2）在到时间内金属框产生的焦耳热。
【参考答案】（1）；（2）
【名师解析】
（1）金属框的总电阻为
金属框中产生的感应电动势为
金属框中的电流为
磁感应强度为
金属框处于磁场中的有效长度为
所以金属框所受安培力大小为
（2）金属框产生的焦耳热为
19. （2023河南郑州四中第一次调研） 如图（a）所示，两根不计电阻、间距为L的足够长平行光滑金属导轨，竖直固定在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度大小为B。导轨上端串联非线性电子元件Z和阻值为R的电阻。元件Z的图像如图（b）所示，当流过元件Z的电流大于或等于时，电压稳定为Um。质量为m、不计电阻的金属棒可沿导轨运动，运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接触。忽略空气阻力及回路中的电流对原磁场的影响，重力加速度大小为g。为了方便计算，取，。以下计算结果只能选用m、g、B、L、R表示。
（1）闭合开关S。，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v1；
（2）断开开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v2；
（3）先闭合开关S，由静止释放金属棒，金属棒达到最大速度后，再断开开关S。忽略回路中电流突变的时间，求S断开瞬间金属棒的加速度大小a。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【关键能力】[]本题考 查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律等知识，意在考查考生综合电磁学知识以及力学规律处理问题的能力。
[压轴题透析] 3第（1）问通过对金属棒的受力分析以及运动分析，求出当金属棒的加速度为零时的最大速度；第（2）问首先应分析比较第（1）问中的电流与图（b）中Z元件的电压达到最大时的电流大小关系，然后通过定值电阻表示出回路中的最大电流，进而求出金属棒的最大速度；第（3）问的关键在于求出开关断开瞬间回路中的电流，得出导体棒所受的安培力大小，再根据牛顿第二定律求出金属棒的加速度。
【名师解析】
（1）闭合开关S，金属棒下落的过程中受竖直向下的重力、竖直向上的安培力作用，当重力与安培力大小相等时，金属棒的加速度为零，速度最大，则
由法拉第电磁感应定律得
由欧姆定律得
解得
（2）由第（1）问得
由于
断开开关S后，当金属棒的速度达到最大时，元件Z两端的电压恒为
此时定值电阻两端的电压为
回路中电流为
又由欧姆定律得
解得
（3）开关S闭合，当金属棒的速度最大时，金属棒产生的感应电动势为
断开开关S的瞬间，元件Z两端的电压为
则定值电阻两端的电压为
电路中的电流为
金属棒受到的安培力为
对金属棒由牛顿第二定律得
解得
20. （2023浙江舟山质检）如图所示，、是光滑平行轨道，间距为，左侧倾斜部分为电阻不计的金属轨道，水平部分轨道为绝缘材料制成，两部分轨道在处平滑连接，左侧倾斜轨道倾角为，轨道固定且水平部分足够长。轨道顶端间接有阻值为的电阻，左侧倾斜部分所在区域分布着垂直导轨平面向下、磁感应强度的匀强磁场，水平轨道上放置一质量的“”型金属框，“”型金属框三边长均为L，每边的电阻均为。金属框右侧区域内存在宽度为L，磁感应强度也为B匀强磁场。现将一根质量，长度为L，电阻的金属棒从图示位置静止释放，金属棒到达倾斜轨道底端前已处于匀速运动状态。金属棒到达水平轨道后与“”型金属框粘在一起形成闭合金属框。则：
（1）金属棒下滑过程中，a、b两点哪点电势高；
（2）求金属棒匀速下滑的速度大小；
（3）金属框刚进入水平轨道上的磁场区域时，两端的电势差；
（4）闭合金属框能否穿过水平轨道上的磁场区域？若能，请计算金属框穿过磁场区域后的速度大小；若不能，请计算边与磁场区域左边界的最大距高。
【参考答案】（1）b端；（2）；（3）；（4）能，
【名师解析】
（1）金属棒下滑过程中切割磁感线，由右手定则可知，b端等效为电源正极，电势较高。
（2）金属棒匀速下滑时，由平衡条件可得
其中
联立解得
（3）金属棒与框相结合后的速度为，据动量守恒定律可得
解得
cd边切割磁感线，产生感应电流，等效为电源，其两端电压相当于路端电压，可得
（4）设线框穿过磁场区域时的速度为，据动量定理可得
其中
联立解得
故闭合金属框能穿过水平轨道上的磁场区域，穿过磁场区域后的速度大小为。
21．（2023南京六校联考）如图所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ相距L=1m，上端连接一个阻值R=3Ω的电阻，导轨平面与水平面夹角θ=37°，长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．已知金属棒ab的质量m=0.5kg，阻值r=1Ω，与金属导轨间的动摩擦因数μ=0.5，磁场的磁感应强度B=1T，重力加速度g=10m/s2，导轨电阻不计．金属棒ab从静止开始运动，若金属棒下滑距离为s=10m时速度已达到最大(sin37°=0.6，cos37°=0.8)．求:
(1)金属棒达到的最大速度；
(2)金属棒由静止开始下滑位移为s的过程中，电阻R上产生的焦耳热.
【名师解析】
13.（1）.............................1分
............................2分
v=4m/s...................................1分
(2)
..............................1分
...................................1分
22．[多选](2020·呼伦贝尔一模)如图所示，光滑且足够长的金属导轨MN、PQ平行地固定在同一水平面上，两导轨间的距离L＝0.2 m，两导轨的左端之间连接的电阻R＝0.4 Ω，导轨上停放一质量m＝0.1 kg的金属杆ab，位于两导轨之间的金属杆的电阻r＝0.1 Ω，导轨的电阻可忽略不计。整个装置处于磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。现用一水平外力F水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图乙所示。则( )
A．t＝5 s时通过金属杆的感应电流的大小为1 A，方向由a指向b
B．t＝3 s时金属杆的速率为3 m/s
C．t＝5 s时外力F的瞬时功率为0.5 W
D．0～5 s内通过R的电荷量为2.5 C
【参考答案】BD
【名师解析】由图像可知，t＝5 s时，U＝0.4 V，此时电路中的电流(即通过金属杆的电流)为I＝＝ A＝1 A，用右手定则判断出，此时电流的方向由b指向a，故A错误；由题图可知，t＝3 s时，电压表示数为U′＝×3 V＝0.24 V，则有U′＝E，得E＝U′＝×0.24 V＝0.3 V，由公式E＝BLv得v＝＝ m/s＝3 m/s，故B正确；金属杆速度为v时，电压表示数应为U＝BLv，由图像可知，U与t成正比，由于R、r、B及L均为不变量，所以v与t成正比，即金属杆应沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动，金属杆运动的加速度为a＝＝ m/s2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律，在5 s末时对金属杆有F－BIL＝ma，得F＝BIL＋ma＝(0.5×1×0.2＋0.1×1)N＝0.2 N，此时F的瞬时功率为P＝Fv＝Fat＝0.2×1×5 W＝1.0 W，故C错误；0～5 s时间内金属杆移动的位移为x＝at2＝×1×52 m＝12.5 m，通过R的电荷量为：q＝＝＝ C＝2.5 C，故D正确。
23．(2020·成都模拟)有人做过这样一个实验：将一锡块和一个磁性很强的小永久磁铁叠放在一起，放入一个浅平的塑料容器中。往塑料容器中倒入液态氮，降低温度，使锡出现超导性。这时可以看到，小磁铁竟然离开锡块表面，飘然升起，与锡块保持一定距离后，便悬空不动了。产生该现象的原因是：磁场中的超导体能将磁场完全排斥在超导体外，即超导体内部没有磁通量(迈斯纳效应)。如果外界有一个磁场要通过超导体内部，那么在磁场作用下，超导体表面就会产生一个无损耗感应电流。这个电流产生的磁场恰恰与外加磁场大小相等、方向相反，这就形成了一个斥力。当磁铁受到的向上的斥力大小刚好等于它的重力大小的时候，磁铁就可以悬浮在空中。根据以上材料可知( )
A．超导体处在恒定的磁场中时它的表面不会产生感应电流
B．超导体处在均匀变化的磁场中时它的表面将产生恒定的感应电流
C．将磁铁靠近超导体，超导体表面的感应电流增大，超导体和磁铁间的斥力就会增大
D．将悬空在超导体上面的磁铁翻转180°，超导体和磁铁间的作用力将变成引力
【参考答案】C
【名师解析】 由题意可知，超导体处在磁场中，磁场要通过超导体内部，超导体表面就会产生一个无损耗感应电流，故A错误；超导体处在均匀变化的磁场中时，超导体表面就会产生感应电流，因磁场发生变化，则在超导体表面产生的感应电流也发生变化，故B错误；将磁铁靠近超导体，磁场要通过超导体的磁通量增大，超导体表面的感应电流增大，电流产生的磁场增大，则超导体和磁铁间的斥力就会增大，故C正确；超导体在外界磁场作用下，磁铁和超导体之间相互排斥，则将悬空在超导体上面的磁铁翻转180°，超导体和磁铁间的作用力仍为斥力，故D错误。
24．[多选](2020·淄博模拟)如图所示，在竖直向下的 y 轴两侧分布有垂直纸面向外和向里的磁场，磁感应强度均随位置坐标按 B＝B0＋ky(k为正常数)的规律变化。两个完全相同的正方形线框甲和乙的上边均与 y 轴垂直，甲的初始位置高于乙的初始位置，两线框平面均与磁场垂直。现同时分别给两个线框一个竖直向下的初速度 v1和 v2，设磁场的范围足够大，当线框完全在磁场中运动时，不考虑两线框的相互作用，下列说法正确的是( )
A．运动中两线框所受磁场的作用力方向相反
B．若 v1＝v2，则开始时甲所受磁场力等于乙所受磁场力
C．若 v1＞v2，则开始时甲中的感应电流一定大于乙中的感应电流
D．若 v1＜v2，则最终稳定状态时甲的速度可能大于乙的速度
【参考答案】BC
【名师解析】 根据楞次定律，甲线框中产生顺时针方向的电流，乙线框中产生逆时针方向的电流，因为线框下边磁场比上边的磁场强，下边所受的安培力大于上边所受的安培力，则安培力的方向与下边所受的安培力方向相同，根据左手定则，甲线框所受的安培力方向向上，乙线框所受的安培力方向向上，故A错误。线框产生的电动势E＝B2Lv－B1Lv＝kL2v，若v1＝v2，开始时两线框产生的感应电流大小相等。线框所受的安培力F＝B2IL－B1IL＝kIL2，知两线框所受的安培力相等，故B正确。线框产生的电动势E＝B2Lv－B1Lv＝kL2v，与速度有关，若v1＞v2，则开始时甲线框产生的电动势大于乙线框产生的电动势，则开始时甲线框的感应电流一定大于乙线框的感应电流，故C正确。线框达到稳定状态时，重力与安培力平衡，有mg＝kIL2，I＝＝，所以mg＝，v＝，知稳定时，两线框的速度相等，故D错误。
25．[多选](2020·日照模拟)如图所示，竖直放置的两根足够长的光滑金属导轨相距为L，导轨的两端分别与电源(串有一滑动变阻器R)、定值电阻R0、电容器(电容为C，原来不带电)和开关S相连。整个空间充满了磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向外的匀强磁场。一质量为m、电阻不计的金属棒ab横跨在导轨上。已知电源电动势为E、内阻为r，不计导轨的电阻。当S接1，滑动变阻器R接入电路一定阻值时，金属棒ab在磁场中恰好保持静止。当S接2后，金属棒ab从静止开始下滑，下滑距离h时达到稳定速度。重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．当S接1时，滑动变阻器接入电路的阻值R＝－r
B．当S接2时，金属棒ab从静止开始到刚好达到稳定速度所经历的时间为t＝
C．若将ab棒由静止释放的同时，将S接到3，则电容器积累的电荷量随金属棒速度v的变化关系为Q＝CBLv
D．若将ab棒由静止释放的同时，将S接到3，则金属棒ab将做匀加速直线运动，加速度大小a＝
【参考答案】ACD
【名师解析】 当S接到1位置时，有I＝，由平衡条件可得 mg＝BIL，则I＝，联立以上各式解得R＝－r，故A正确；当S接到2位置速度恒定时，有mg＝BIL＝，解得v＝，金属棒ab从静止开始下滑，下滑距离h时达到稳定速度，根据动量定理可得mgt－BLt＝mv，即mgt－·t＝mv，其中t＝h，解得t＝，故B错误；若将ab棒由静止释放的同时，将S接到3，则电容器积累的电荷量随金属棒速度v的变化关系为Q＝CU＝CBLv，根据动量定理可得mgΔt－BLΔt＝mΔv，即mgΔt－BL·ΔQ＝mΔv，将ΔQ＝CBLΔv代入解得mgΔt－CB2L2Δv＝mΔv，所以a＝＝ ，故C、D正确。
26．(2020·北京朝阳区六校联考)电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置，在不同的电源中，非静电力做功的本领也不相同，物理学中用电动势E来表明电源的这种特性。在电磁感应现象中，感应电动势分为动生电动势和感生电动势两种。产生感应电动势的那部分导体就相当于“电源”，在“电源”内部非静电力做功将其他形式的能转化为电能。
(1)如图1所示，固定于水平面上的U形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，金属框两平行导轨间距离为l。金属棒MN在外力的作用下，沿框架以速度v向右做匀速直线运动，运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。已知电子的电荷量为e。请根据电动势定义，推导金属棒MN切割磁感线产生的感应电动势E1；
(2)英国物理学家麦克斯韦认为，变化的磁场会在空间激发感生电场，感生电场与静电场不同，如图2所示，感生电场的电场线是一系列同心圆，单个圆上的电场强度大小处处相等，我们把这样的电场称为涡旋电场。在涡旋电场中电场力做功与路径有关，正因为如此，它是一种非静电力。如图3所示在某均匀变化的磁场中，将一个半径为x的金属圆环置于半径为r的圆形磁场区域，使金属圆环与磁场边界是相同圆心的同心圆，从圆环的两端点a、b引出两根导线，与阻值为R的电阻和内阻不计的电流表串接起来，金属圆环的电阻为，圆环两端点a、b间的距离可忽略不计，除金属圆环外其他部分均在磁场外。已知电子的电荷量为e，若磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0＋kt(k>0且为常量)。
①若x＜r，求金属圆环上a、b两点的电势差Uab；
②若x与r大小关系未知，推导金属圆环中自由电子受到的感生电场力F2与x的函数关系式，并在图4中定性画出F2x图像。
【名师解析】：(1)金属棒MN向右切割磁感线时，棒中的电子受到沿棒向下的洛伦兹力，是这个力充当了非静电力。非静电力的大小F1＝Bev
从N到M非静电力做功为W非＝Bevl
由电动势定义可得E1＝＝Blv。
(2)①由B＝B0＋kt可得＝k
根据法拉第电磁感应定律E2＝＝＝kS
因为x＜r，所以S＝πx2
根据闭合电路欧姆定律得I＝
Uab＝IR
联立解得Uab＝。
②在很短的时间内电子的位移为Δs，非静电力对电子做的功为F2Δs
电子沿着金属圆环运动一周，非静电力做的功W非＝∑F2Δs＝2πF2x
根据电动势定义E2＝
当x＜r时，联立解得F2＝
当x＞r时，磁通量有效面积为S＝πr2
联立解得F2＝
由自由电子受到的感生电场力F2与x的函数关系式，可得如图所示F2x图像。
答案：(1)见解析 (2)① ②F2＝ 图像见解析
27 如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L。一质量为m的导体棒cd垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。轨道和导体棒的电阻均不计。
(1)如图1所示，若轨道左端M、P间接一阻值为R的电阻，导体棒在拉力F的作用下以速度v沿轨道做匀速运动。请通过公式推导证明：在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等。
(2)如图2所示，若轨道左端接一电动势为E、内阻为r的电源和一阻值未知的电阻，闭合开关S，导体棒从静止开始运动，经过一段时间后，导体棒达到最大速度vm，求此时电源的输出功率。
(3)如图3所示，若轨道左端接一电容器，电容器的电容为C，导体棒在水平拉力的作用下从静止开始向右运动。电容器两极板间电势差随时间变化的图像如图4所示，已知t1时刻电容器两极板间的电势差为U1。求导体棒运动过程中受到的水平拉力大小。
[解题指导]
(1)导体棒匀速运动→受力平衡→求出拉力做的功。导体棒切割磁感线产生感应电动势→产生感应电流→求出回路的电能。
(2)闭合开关S→导体棒变加速运动→产生的感应电动势不断增大→达到电源的路端电压→棒中没有电流→由此可求出电源与电阻所在回路的电流→电源的输出功率。
(3)导体棒在外力作用下运动→回路中形成充电电流→导体棒还受安培力的作用→由牛顿第二定律列式分析。
【名师解析】 (1)导体棒切割磁感线，E＝BLv
导体棒做匀速运动，F＝F安
又F安＝BIL，其中I＝
在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功
W＝FvΔt＝F安vΔt＝Δt
电路获得的电能ΔE＝EIΔt＝Δt
可见，在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等。
(2)导体棒达到最大速度vm时，棒中没有电流，电源的路端电压U＝BLvm
电源与电阻所在回路的电流I＝
电源的输出功率P＝UI＝。
(3)感应电动势与电容器两极板间的电势差相等，
BLv＝U
由电容器的Ut图可知U＝t
导体棒的速度随时间变化的关系为v＝t
可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度a＝
由C＝和I＝，得I＝＝
由牛顿第二定律有F－BIL＝ma
可得F＝＋。
[答案] 见解析
[迁移] 若上例第(3)问变成：图3中导体棒在恒定水平外力F作用下，从静止开始运动，导轨与棒间的动摩擦因数为μ，写出导体棒的速度大小随时间变化的关系式。
解析：导体棒由静止开始做加速运动，电容器所带电荷量不断增加，电路中将形成充电电流，设某时刻棒的速度为v，则感应电动势为E＝BLv
电容器所带电荷量为Q＝CE＝CBLv
再经过很短一段时间Δt，电容器两端电压的增量和电荷量的增量分别为ΔU＝ΔE＝BLΔv，ΔQ＝CΔU＝CBLΔv
流过导体棒的电流I＝＝＝CBLa
导体棒受到的安培力f1＝BIL＝CB2L2a
导体棒所受到的摩擦力f2＝μmg
由牛顿第二定律得F－f1－f2＝ma
联立以上各式解得a＝
显然导体棒做匀加速直线运动，所以导体棒的速度大小随时间变化的关系式为
v＝t。
答案：v＝t
专题十一、电磁感应
第一部分 织网点睛，纲举目张
1．楞次定律中“阻碍”的四种表现形式
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”。
(2)阻碍相对运动——“来拒去留”。
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”。
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”。
2．“三定则、一定律”的应用
安培定则
判断运动电荷、电流产生的磁场方向
左手定则
判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向
右手定则
判断部分导体切割磁感线产生的感应电流的方向
楞次定律
判断闭合电路磁通量发生变化产生的感应电流的方向
3．判断感应电流方向的两种方法
(1)利用右手定则判断(适用切割磁感线的运动)。
(2)利用楞次定律判断(适用回路磁通量变化情况)。
二、法拉第电磁感应定律
1．求解感应电动势常用的四种方法
表达式
E＝n
E＝BLvsin θ
E＝BL2ω
E＝NBSω·
sin(ωt＋φ0)
情景图
研究对象
回路(不一定闭合)
一段直导线(或等效成直导线)
绕一端转动的一段导体棒
绕与B垂直的轴转动的导线框
意义
一般求平均感应电动势，当Δt→0时求的是瞬时感应电动势
一般求瞬时感应电动势，当v为平均速度时求的是平均感应电动势
用平均值法求瞬时感应电动势
求瞬时感应电动势
适用条件
所有磁场(匀强磁场定量计算、非匀强磁场定性分析)
匀强磁场
匀强磁场
匀强磁场
2.感应电荷量的计算
磁通量变化迁移的电荷量：q＝I·Δt＝·Δt＝n·Δt＝n，q仅由回路电阻R和磁通量的变化量ΔΦ决定。
3．电磁感应电路中产生的焦耳热
(1)当电路中电流恒定时，可用焦耳定律计算。
(2)当电路中电流变化时，则用功能关系或能量守恒定律计算。
第二部分 实战训练，高考真题演练
1．（2022重庆高考）如图1所示，光滑的平行导电轨道水平固定在桌面上，轨道间连接一可变电阻，导体杆与轨道垂直并接触良好（不计杆和轨道的电阻），整个装置处在垂直于轨道平面向上的匀强磁场中。杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，两次运动中拉力大小与速率的关系如图2所示。其中，第一次对应直线①，初始拉力大小为，改变电阻阻值和磁感应强度大小后，第二次对应直线②，初始拉力大小为，两直线交点的纵坐标为。若第一次和第二次运动中的磁感应强度大小之比为k、电阻的阻值之比为m、杆从静止开始运动相同位移的时间之比为n，则k、m、n可能为（ ）
A．
B．
C．
D．
【参考答案】C
【名师解析】由题意，杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，则在v=0时分别有，=ma1，2=ma2，
设第一次和第二次运动中，杆从静止开始运动相同位移的时间分别为t1和t2，则有
x=a1t12，x=a2t22，t1׃t2=n
联立解得：n=
第一次和第二次运动中，所受安培力FA=BIL=, 根据牛顿第二定律，
F-FA=ma，即F=ma+
由此可知，拉力大小F与速率v的关系图像斜率为，由第一次和第二次运动F与速率v的关系图像斜率之比为2׃1，可得=2，即=2，可以取k2=6，m=3，所以选项C正确。
2. （2022新高考江苏卷）如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为，、k为常量，则图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为（ ）
A. B.
C. D.
【参考答案】A
【命题意图】本题考查电磁感应及其相关知识点。
【解题思路】
根据磁感应强度B随时间t的变化关系为，可知磁场的变化率为
根据法拉第电磁感应定律可知，选项A正确。
3. （2022高考上海）半径为R的金属圆环里，有一个垂直于纸面向里且半径为r的圆形区域匀强磁场，磁感应强度大小为B。若增大该区域的磁感应强度，则金属圆环的感应电流方向为 （选填：“顺时针”或“逆时针”）；若保持圆形区域内磁场的磁感应强度大小不变，方向变化180°，则金属圆环的磁通量变化的大小为 。
【参考答案】 逆时针 2Bπr2
【命题意图】本题考查楞次定律+磁通量变化+模型思维
【名师解析】半径为r的圆形区域内匀强磁场的磁场方向垂直于纸面向里，若增大该区域的磁感应强度，由磁通量公式Φ=BS可知，金属圆环内磁通量增大，由楞次定律可知，金属圆环中产生的感应电流方向为逆时针方向。若保持圆形区域内磁场的磁感应强度大小不变，方向变化180°，则金属圆环的磁通量变化的大小为△Φ=Φ2-Φ1=Bπr2-（- Bπr2）=2 Bπr2。
4. （2022高考上海）如图，一个正方形导线框以初速度v0向右穿过一个有界的匀强磁场。线框两次速度发生变化所用时间分别为t1和t2 ，以及这两段时间内克服安培力做的功分别为W1和W2，则（ ）
A. t1＜t2，W1＜W2， B. t1＜t2，W1＞W2，
C. t1＞t2，W1＜W2， D. t1＞t2，W1＞W2，
【参考答案】B
【命题意图】本题考查法拉第电磁感应定律+闭合电路欧姆定律+安培力+动量定理+动能定理+等效思维
【名师解析】由于线框进入磁场的过程和离开磁场的过程，线框都是受到向左的安培力作用做减速运动，因此进入过程的平均速度v1平大于离开过程的平均速度v2平，由L=v1平t1和L=v2平t2可得t1＜t2。
线框刚进入磁场时速度为v0，设线框边长为L，电阻为R，线框完全进入磁场时速度为v1，刚完全离开磁场时速度为v2，进入磁场过程中产生的平均感应电动势为E1，平均感应电流为I1，离开磁场过程中产生的平均感应电动势为E2，平均感应电流为I1，由法拉第电磁感应定律，E1=△Φ/t1，E2=△Φ/t2，△Φ=BL2，由闭合电路欧姆定律，I1= E1/R，I2= E2/R，进入磁场过程通过导体截面的电荷量q1=I1t1，离开磁场过程通过导体截面的电荷量q2=I2t2，联立解得：q1= q2。对线框完全进入磁场的过程，由动量定理，-F1t1=mv1- mv0，F1=B I1L，对线框离开磁场的过程，由动量定理，-F2t2=mv2- mv1，F2=B I2L，又q1=I1t1，q2=I2t2，q1= q2，联立解得：v1-v0= v2- v1。根据动能定理，W1=mv02-mv12，W2=mv12-mv22，==＞1，所以W1＞W2，选项B正确。
5. （2022高考河北） 将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为，小圆面积均为，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小，和均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为（ ）
A B.
C. D.
【参考答案】D
【命题意图】本题考查电磁感应及其相关知识点。
【名师解析】由磁感应强度大小B=B0+kt，可知磁感应强度变化率=k，根据法拉第电磁感应定律，大圆线圈产生的感应电动势
每个小圆线圈产生的感应电动势
由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同，所以线圈中总的感应电动势大小为E=E1+5E2=S1+5S2=，选项D正确。
6. （2022高考河北）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于轴上，另一根由、、三段直导轨组成，其中段与轴平行，导轨左端接入一电阻。导轨上一金属棒沿轴正向以速度保持匀速运动，时刻通过坐标原点，金属棒始终与轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为，金属棒受到安培力的大小为，金属棒克服安培力做功的功率为，电阻两端的电压为，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【参考答案】AC
【命题意图】本题考查电磁感应及其相关知识点。
【名师解析】
当导体棒从O点向右运动L时，即在时间内，在某时刻导体棒切割磁感线的长度
，（θ为ab与ad的夹角）
则根据法拉第电磁感应定律E=BLv0
根据闭合电路欧姆定律 ，可知回路电流均匀增加；
安培力
则F-t关系为抛物线，但是不过原点；安培力做功的功率
则P-t关系为抛物线，但是不过原点；电阻两端的电压等于导体棒产生的感应电动势，即
即图像是不过原点的直线；根据以上分析，可大致排除BD选项；
当在时间内，导体棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E不变，感应电流I不变，安培力F大小不变，安培力的功率P不变，电阻两端电压U保持不变；
同理可判断，在时间内，导体棒切割磁感线长度逐渐减小，导体棒切割磁感线感应电动势E均匀减小，感应电流I均匀减小，安培力F大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与内是对称的关系，安培力的功率P按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与内是对称的关系，电阻两端电压U按线性均匀减小；综上所述选项AC正确，BD错误。
【一题多解】导轨上一金属棒沿轴正向以速度保持匀速运动，在0~L/v0时间内，金属棒有效切割长度均匀增大，回路中产生的感应电动势均匀增大，根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻的电流强度i均匀增大；在L/v0~2L/v0时间内，金属棒有效切割长度不变，回路中产生的感应电动势不变，根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻的电流强度i不变；在2L/v0~3L/v0时间内，金属棒有效切割长度均匀减小，回路中产生的感应电动势均匀减小，根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻的电流强度i均匀减小，所以运动过程中通过电阻的电流强度随时间变化的图像A可能正确；金属棒受到安培力的大小=BiL，金属棒开始运动时，金属棒所受安培力一定大于0，所以图像B错误；金属棒克服安培力做功的功率为=Fv0，图像C可能正确；根据欧姆定律，电阻两端的电压为U=IR，图像形状与图像A类似，所以图像D错误。
7. （2022山东物理）如图所示，平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为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、在平面内以角速度顺时针匀速转动，时刻，金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响，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（ ）
A. 在到的过程中，E一直增大
B. 在到的过程中，E先增大后减小
C. 在到过程中，E的变化率一直增大
D. 在到的过程中，E的变化率一直减小
【参考答案】BC
【命题意图】本题考查电磁感应及其相关知识点。
【名师解析】
如图所示
在到的过程中，线框的有效切割长度先变大再变小，当时，有效切割长度最大为，此时，感应电动势最大，所以在到的过程中，E先增大后减小，故B正确，A错误；
CD．在到的过程中，设转过的角度为，由几何关系可得
进入磁场部分线框面积
穿过线圈的磁通量
线圈产生的感应电动势，感应电动势的变化率
对求二次导数得
在到的过程中一直变大，所以E的变化率一直增大，故C正确，D错误。
8．（2022·全国理综甲卷·20）如图，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，合上开关S后，（ ）
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
【参考答案】AD
【命题意图】本题考查电容器电容、电磁感应、安培力、运动情况分析、焦耳热。
【解题思路】带电荷量Q的电容器两端电压U=Q/C，合上开关S的瞬间，通过导体棒MN的电流最大，最大值为IM=U/R= Q/RC，选项A正确；合上开关S后导体棒MN受到向右安培力作用先向右加速运动，产生与原来电流方向相反的感应电动势，阻碍电流通过MN放电，而电容器还可以通过电阻R放电，导体棒MN向右运动产生的感应电动势与电阻R形成回路，受到向左安培力作用做减速运动，选项B错误；合上开关S的瞬间，通过导体棒MN的电流最大，导体棒所受安培力最大，选项C错误；由于合上开关S后导体棒MN受到向右安培力作用先向右加速运动，产生与原来电流方向相反的感应电动势，阻碍电流通过MN放电，所以电阻R产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热，选项D正确。
【易错提醒】通电导线做切割磁感线运动，产生与原来电流方向相反的感应电动势，阻碍电流通过。
9．（2022·全国理综甲卷·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和。则（ ）
A． B．
C． D．
【参考答案】C
【命题意图】本题考查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律及其相关知识点。
【解题思路】设磁感应强度变化率为k，设圆半径为r，单位长度导线的电阻为R0，则正方形线框产生的感应电动势E1=4r2k，正方形线框电阻R1=8r R0，感应电流I1= E1/ R1=kr/2R0；圆形线框产生的感应电动势E2=πr2k，圆形线框电阻R2=2πr R0，感应电流I2= E2/ R2=kr/2R0；正六边形线框产生的感应电动势E3=r2k，正六边形线框电阻R3=6r R0，感应电流I3= E3/ R3=；所以I1=I2＞I3，选项C正确。
10．（2022·高考广东物理）如图9所示，水平地面（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（ ）
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
【参考答案】AC
【命题意图】本题意在考查电流产生磁场、磁通量、产生感应电流的条件和法拉第电磁感应定律。
【解题思路】
由于题述水平地面下的导线为通有恒定电流I的长直导线，且平行于y轴，MN平行于y轴，所以N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同，A正确；由于PN平行于x轴，线圈沿PN方向运动，穿过线圈的磁通量先变大后变小，B错误；线圈从P点开始竖直向上运动时，穿过线圈的磁通量一直为零，磁通量不变，线圈中无感应电流，C正确；线圈从P到M过程和从P到N过程，线圈中磁通量变化相同，所用时间不同，磁通量变化率不同，根据法拉第电磁感应定律，线圈从P到M过程产生的感应电动势小于从P到N过程产生的感应电动势，D错误。
11．（2022高考河北卷）[河北2022·7，6分]如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于轴上，另一根由、、三段直导轨组成，其中段与轴平行，导轨左端接入一电阻。导轨上一金属棒沿轴正向以速度保持匀速运动，时刻通过坐标原点，金属棒始终与轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为，金属棒受到安培力的大小为，金属棒克服安培力做功的功率为，电阻两端的电压为，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻。下列图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【参考答案】AＣ
【名师解析】导轨上一金属棒沿轴正向以速度保持匀速运动，在0~L/v0时间内，金属棒有效切割长度均匀增大，回路中产生的感应电动势均匀增大，根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻的电流强度i均匀增大；在L/v0~2L/v0时间内，金属棒有效切割长度不变，回路中产生的感应电动势不变，根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻的电流强度i不变；在2L/v0~3L/v0时间内，金属棒有效切割长度均匀减小，回路中产生的感应电动势均匀减小，根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻的电流强度i均匀减小，所以运动过程中通过电阻的电流强度随时间变化的图像A可能正确；金属棒受到安培力的大小=BiL，金属棒开始运动时，金属棒所受安培力一定大于0，所以图像B错误；金属棒克服安培力做功的功率为=Fv0，图像C可能正确；根据欧姆定律，电阻两端的电压为=IR，图像形状与图像A类似，所以图像D错误。
12. （2022年1月浙江选考）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、高度为h、半径为r、厚度为d（d≪r），则（ ）
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
【参考答案】C
【名师解析】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，选项B错误；圆管的电阻，圆管的热功率大小为，，选项C正确；根据左手定则可知，圆管中各段所受的受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。
13. （2022·全国理综乙卷·24）如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为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；在到时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为。求:
（1）时金属框所受安培力的大小；
（2）在到时间内金属框产生的焦耳热。
【参考答案】（1）；（2）0.016J
【名师解析】
（1）金属框的总电阻为
金属框中产生的感应电动势为
金属框中的电流为
t=2.0s时磁感应强度
金属框处于磁场中的有效长度为
此时金属框所受安培力大小为
（2）内金属框产生的焦耳热为
14. （2022高考辽宁物理）如图所示，两平行光滑长直金属导轨水平放置，间距为L。区域有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向上。初始时刻，磁场外的细金属杆M以初速度向右运动，磁场内的细金属杆N处于静止状态。两金属杆与导轨接触良好且运动过程中始终与导轨垂直。两杆的质量均为m，在导轨间的电阻均为R，感应电流产生的磁场及导轨的电阻忽略不计。
（1）求M刚进入磁场时受到安培力F的大小和方向；
（2）若两杆在磁场内未相撞且N出磁场时的速度为，求：①N在磁场内运动过程中通过回路的电荷量q；②初始时刻N到的最小距离x；
（3）初始时刻，若N到的距离与第（2）问初始时刻的相同、到的距离为，求M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围。
【参考答案】（1），方向水平向左；
（2）①，②；（3）2≤k＜3
【命题意图】本题考查电磁感应、闭合电路欧姆定律、安培力、动量定理、动量守恒定律及其相关知识点.
【名师解析】
（1）细金属杆M以初速度v0向右刚进入磁场时，产生的动生电动势为E=BLv0
电流方向为a→b，电流的大小为 I=E/2R
则所受的安培力大小为 F=BIL=
安培力的方向由左手定则可知水平向左；
（2）①金属杆N在磁场内运动过程中，由动量定理有
且
联立解得通过回路的电荷量为
②设两杆在磁场中相对靠近的位移为△x，有
整理可得
联立可得
若两杆在磁场内刚好相撞，N到ab的最小距离为
（3）两杆出磁场后在平行光滑长直金属导轨上运动，若N到cd的距离与第（2）问初始时刻的相同、到ab的距离为kx（k＞1），则N到ab边的速度大小恒为，根据动量守恒定律可知
解得N出磁场时，M的速度大小为
由题意可知，此时M到cd边的距离为 s=（k-1）x
若要保证M出磁场后不与N相撞，则有两种临界情况：
①M减速到时出磁场，速度刚好等于N的速度，一定不与N相撞，对M根据动量定理有
联立解得
k=2
②M运动到cd边时，恰好减速到零，则对M由动量定理有
同理解得
k=3
综上所述，M出磁场后不与N相撞条件下k的取值范围为2≤k＜3
15. （2022高考上海）宽L=0.75m的导轨固定，导轨间存在着垂直于纸面且磁感应强度B=0.4T的匀强磁场。虚线框I、II中有定值电阻R0和最大阻值为20Ω的滑动变阻器R。一根与导轨等宽的金属杆以恒定速率向右运动，图甲和图乙分别为变阻器全部接入和一般接入时沿abcda方向电势变化的图像。求：
（1）匀强磁场的方向；
（2）分析并说明定值电阻R0在I还是在II中，并且R0大小为多少？
（3）金属杆运动的速率；
（4）滑动变阻器阻值为多大时变阻器的功率最大？并求出该最大功率Pm。
【命题意图】本题考查电磁感应及其相关知识点。
【思维导图】由电势图像得出a点电势高→切割磁感线产生感应电动势的金属杆是电源→金属杆上端为高电势（电源正极）→金属杆中电流方向从下到上→右手定则→磁场方向垂直纸面向里
对比图甲和图乙→串联电路分压规律→I中为定值电阻→欧姆定律列方程组→解得R0和φ0..
把定值电阻和金属杆视作等效电源→电源输出电功率最大条件→滑动变阻器最大功率
【名师解析】（1）a点电势高，即金属杆上端电势高，根据右手定则可判断出磁场垂直纸面向里
（2）滑动变阻器接入阻值减小时，Uab变大，根据串联电路分压特点，说明I中的阻值分到的电压增多，I中为定值电阻。
金属杆的电阻不计，Uad=E=φ0。
滑动变阻器两种情况下，R=1.2V，R=1.0V，
联立解得：R0=5Ω，φ0=1.5V
（3）金属杆切割磁感线，产生感应电动势 ，E=BLv=φ0=1.5V
解得v=5m/s
（4）将定值电阻和金属杆视作一个等效电源，由电源输出功率最大的条件可知，当滑动变阻器阻值为Rx= R0=5Ω时，滑动变阻器消耗的电功率最大，最大功率Pm===0.1125W。
16．（12分）（2022重庆高考）某同学以金属戒指为研究对象，探究金属物品在变化磁场中的热效应。如图所示，戒指可视为周长为L、横截面积为S、电阻率为的单匝圆形线圈，放置在匀强磁场中，磁感应强度方向垂直于戒指平面。若磁感应强度大小在时间内从0均匀增加到，求
（1）戒指中的感应电动势和电流；
（2）戒指中电流的热功率。
【参考答案】（1），；（2）
【名师解析】（1）设戒指的半径为r，戒指的周长L=2πr
磁感应强度大小在时间内从0均匀增加到，
戒指中产生的感应电动势为 E=
即 E=
由电阻定律，戒指的电阻R=ρL/S
由闭合电路欧姆定律，戒指中的感应电流I=E/R=；
(2)戒指中电流的热功率为P=I2R=
17．(2020·浙江7月选考)如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动，在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是( )
A．棒产生的电动势为Bl2ω
B．微粒的电荷量与质量之比为
C．电阻消耗的电功率为
D．电容器所带的电荷量为CBr2ω
【参考答案】B
【名师解析】由法拉第电磁感应定律可知棒产生的电动势为E＝Br·ωr＝Br2ω，选项A错误。金属棒电阻不计，故电容器两极板间的电压等于棒产生的电动势，微粒的重力与其受到的电场力大小相等，有q＝mg，可得＝，选项B正确。电阻消耗的电功率P＝＝，选项C错误。电容器所带的电荷量Q＝CU＝CBr2ω，选项D错误。
18．[多选](2020·山东等级考)如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)。从图示位置开始计时，4 s末bc边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为I，ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图像可能正确的是( )
【参考答案】BC
【名师解析】 第1 s内，ae边切割磁感线，由E＝BLv可知，感应电动势不变，导体框总电阻一定，故感应电流一定，由安培力F＝BIL可知ab边所受安培力与ab边进入磁场的长度成正比；第2 s内，导体框切割磁感线的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；在2～4 s内，导体框在第二象限内切割磁感线的有效长度保持不变，在第一象限内切割磁感线的有效长度不断增大，但两象限磁场方向相反，导体框的两部分感应电动势方向相反，所以第2 s 末感应电动势达到最大，之后便不断减小，第3 s末与第1 s末导体框切割磁感线的有效长度相同，可知第3 s末与第1 s 末线框中产生的感应电流大小相等，A项错误，B项正确；但第3 s末ab边进入磁场的长度是第1 s末的3倍，即ab边所受安培力在第3 s末的大小等于第1 s末所受安培力大小的3倍，C项正确，D项错误。
19．(2020·全国卷Ⅲ)如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。圆环初始时静止。将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到( )
A．拨至M端或N端，圆环都向左运动
B．拨至M端或N端，圆环都向右运动
C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动
D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动
【参考答案】B
【名师解析】 将开关S由断开状态拨至M端或N端，都会使线圈中的电流突然增大，穿过右边圆环的磁通量突然增大，由楞次定律可知，圆环都会向右运动以阻碍磁通量的增大，选项B正确，A、C、D均错误。
20.[多选](2020·全国卷Ⅰ)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( )
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
【参考答案】BC
【名师解析】 用水平恒力F向右拉动金属框，bc边切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流I，bc边受到水平向左的安培力作用，设金属框的质量为M，加速度为a1，由牛顿第二定律有F－BIL＝Ma1；导体棒MN受到向右的安培力，向右做加速运动，设导体棒的质量为m，加速度为a2，由牛顿第二定律有BIL＝ma2。设金属框bc边的速度为v时，导体棒的速度为v′，则回路中产生的感应电动势为E＝BL(v－v′)，由闭合电路欧姆定律得I＝＝，F安＝BIL，可得金属框bc边和导体棒MN所受的安培力均为F安＝，二者加速度之差Δa＝a1－a2＝－＝－F安（＋），随着所受安培力的增大，二者加速度之差Δa减小，当Δa减小到零时，＝·（＋），之后金属框和导体棒的速度之差Δv＝v－v′＝，保持不变。由此可知，金属框的速度逐渐增大，金属框所受安培力趋于恒定值，金属框的加速度大小趋于恒定值，导体棒所受的安培力F安＝趋于恒定值，选项A错误，B、C正确；由于导体棒的速度小于金属框的速度，导体棒到金属框bc边的距离随时间的增大而增大，选项D错误。
21．(2020·天津等级考)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R＝0.1 Ω，边长l＝0.2 m。求：
(1)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中的感应电动势E；
(2)t＝0.05 s时，金属框ab边受到的安培力F的大小和方向；
(3)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中电流的电功率P。
【名师解析】：(1)在t＝0到t＝0.1 s的时间Δt内，磁感应强度的变化量ΔB＝0.2 T，设穿过金属框的磁通量变化量为ΔΦ，有
ΔΦ＝ΔBl2 ①
由于磁场均匀变化，金属框中产生的电动势是恒定的，有E＝②
联立①②式，代入数据，解得E＝0.08 V。 ③
(2)设金属框中的电流为I，由闭合电路欧姆定律，有
I＝ ④
由题图可知，t＝0.05 s时，磁感应强度为B1＝0.1 T，金属框ab边受到的安培力
F＝IlB1 ⑤
联立①②④⑤式，代入数据，解得F＝0.016 N ⑥
方向垂直于ab向左。 ⑦
(3)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中电流的电功率
P＝I2R ⑧
联立①②④⑧式，代入数据，解得
P＝0.064 W。 ⑨
答案：(1)0.08 V (2)0.016 N，方向垂直于ab向左 (3)0.064 W
22．(2020·浙江7月选考)如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在0≤x≤1.0 m区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长L＝0.5 m、电阻R＝0.25 Ω的正方形线框abcd，当平行于磁场边界的cd边进入磁场时，在沿x方向的外力F作用下以v＝1.0 m/s的速度做匀速运动，直到ab边进入磁场时撤去外力。若以cd边进入磁场时作为计时起点，在0≤t≤1.0 s内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，在0≤t≤1.3 s内线框始终做匀速运动。
(1)求外力F的大小；
(2)在1.0 s≤t≤1.3 s内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系；
(3)求在0≤t≤1.3 s内流过导线横截面的电荷量q。
【名师解析】：(1)t0＝0，B0＝0.25 T，线框刚进入磁场时
回路电流I＝
安培力FA＝v
外力F＝FA＝0.062 5 N。
(2)线框匀速出磁场，电流为0，磁通量不变Φ1＝Φ
t1＝1.0 s时，B1＝0.5 T，磁通量Φ1＝B1L2
t时刻，磁通量Φ＝BL[L－v(t－t1)]
得B＝。
(3)在0≤t≤0.5 s内电荷量q1＝＝0.25 C
在0.5 s≤t≤1.0 s内电荷量q2＝＝0.25 C
总电荷量q＝q1＋q2＝0.5 C。
答案：(1)0.062 5 N (2)B＝ (3)0.5 C
第三部分 思路归纳，内化方法
在应用楞次定律时需注意的两点
(1)利用楞次定律判断的电流方向也是电路中感应电动势的方向，利用右手定则判断的电流方向也是做切割磁感线运动的导体上感应电动势的方向。若电路为开路，可假设电路闭合，应用楞次定律或右手定则确定电路中假想电流的方向即为感应电动势的方向。
(2)在分析电磁感应现象中的电势高低时，一定要明确产生感应电动势的那部分电路相当于电源，在电源内部，电流方向从低电势处指向高电势处。
1．图像问题——掌握两个技法
(1)排除法：定性地分析每一个过程中物理量的变化(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项。
(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析和判断。
2．电磁感应图像问题分析的注意点
(1)注意初始时刻的特征，如初始时刻感应电流是否为零，感应电流的方向如何。
(2)注意电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图像变化对应。
(3)注意观察图像的变化趋势，判断图像斜率的大小、图像的曲直是否和物理过程对应。
[微点拨] 电磁感应中电路问题的解题流程
确定
解决电磁感应中的电路和动力学问题的关键
电磁感应与动力学问题联系的桥梁是磁场对感应电流的安培力。解答电磁感应中的动力学问题，在分析方法上，要始终抓住导体的受力(特别是安培力)特点及其变化规律，明确导体的运动过程以及运动过程中状态的变化，准确把握运动状态的临界点。
(1)电源：E＝Blv或E＝n分析电路的结构
(2)受力分析：F安＝BIl→F合＝m a
(3)临界点→运动状态的变化点
求解电磁感应中能量问题的策略
(1)若回路中的电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算。
(2)若回路中的电流变化，则可按以下两种情况计算：
①利用功能关系求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；
②利用能量守恒定律求解：其他形式的能的减少量等于回路中产生的电能，如例2的第(2)小题中焦耳热的计算。
[方法规律] “单杆＋电阻＋导轨”四种题型剖析
题型一(v0≠0)
题型二(v0＝0)
题型三(v0＝0)
题型四(v0＝0)
说明
质量为m，电阻不计的单杆cd以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动，两平行导轨间距为L
轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L，拉力F恒定
倾斜轨道光滑，倾角为α，杆cd质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L
竖直轨道光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L
示意图
力学观点
杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，电流I＝，安培力F＝BIL＝。杆做减速运动：v↓⇒F↓⇒a↓，当v＝0时，a＝0，杆保持静止
开始时a＝，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由F－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝
开始时a＝gsin α，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由mgsin α－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝
开始时a＝g，杆cd速度v↑⇒感应电动势E＝BLv↑⇒I↑⇒安培力F安＝BIL↑，由mg－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝
图像观点
能量观点
动能全部转化为内能：Q＝mv02
F做的功一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：
WF＝Q＋mvm2
重力做的功(或减少的重力势能)一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：
WG＝Q＋mvm2
重力做的功(或减少的重力势能)一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能：WG＝Q＋mvm2
[方法规律] “单杆＋电容器(或电源)＋导轨”四种题型剖析
题型一(v0＝0)
题型二(v0＝0)
题型三(v0＝0)
题型四(v0＝0)
说明
轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L
轨道水平光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L，拉力F恒定
轨道倾斜光滑，杆cd质量为m，电阻不计，两平行导轨间距为L
轨道竖直光滑，杆cd质量为m，电阻为R，两平行导轨间距为L
示意图
力学观点
S闭合，杆cd受安培力F＝，a＝，杆cd速度v↑⇒感应电动势E感＝BLv↑⇒I↓⇒安培力F＝BIL↓⇒加速度a↓，当E感＝E时，v最大，且vmax＝
开始时a＝，杆cd速度v↑⇒E＝BLv↑，经过Δt速度为v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝＝CBLa，F安＝CB2L2a，F－F安＝ma，a＝，所以杆做匀加速运动
开始时a＝gsin α，杆cd速度v↑⇒E＝BLv↑，经过Δt速度为v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝＝CBLa，F安＝CB2L2a，mgsin α－F安＝ma，a＝，所以杆做匀加速运动
开始时a＝g，杆cd速度v↑⇒E＝BLv↑，经过Δt速度为v＋Δv，E′＝BL(v＋Δv)，Δq＝C(E′－E)＝CBLΔv，I＝＝CBLa，F安＝CB2L2a，mg－F安＝ma，a＝，所以杆做匀加速运动
图像观点
能量观点
电源输出的电能转化为动能：W电＝mvm2
F做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WF＝mv2＋EC
重力做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WG＝mv2＋EC
重力做的功一部分转化为动能，一部分转化为电场能：WG＝mv2＋EC
[方法规律] “双杆＋导轨”四种题型剖析(双棒质量m1＝m2、电阻r1＝r2，导轨电阻不计)
题型一(光滑的平行导轨)
题型二(光滑不等距导轨)
题型三(光滑的平行导轨)
题型四(不光滑平行导轨)
示意图
导体棒长度L1＝L2
导体棒长度L1＝2L2，两棒只在各自的轨道上运动
导体棒长度L1＝L2
摩擦力Ff1＝Ff2＝Ff
导体棒长度L1＝L2
图像观点
力学观点
棒1做加速度减小的减速运动，棒2做加速度减小的加速运动，稳定时，两棒以相等的速度匀速运动
棒1做加速度减小的减速运动，棒2做加速度减小的加速运动，稳定时，两棒的加速度均为零，速度之比为1∶2
开始时，两棒做变加速运动；稳定时，两棒以相同的加速度做匀加速运动
开始时，若Ff
动量观点
两棒组成的系统动量守恒
两棒组成的系统动量不守恒
对单棒可以用动量定理
两棒组成的系统动量不守恒
对单棒可以用动量定理
两棒组成的系统动量不守对单棒可以用动量定理恒
能量观点
系统动能的减少量等于产生的焦耳热
系统动能的减少量等于产生的焦耳热
拉力做的功一部分转化为双棒的动能，一部分转化为内能(焦耳热)：W＝Q＋Ek1＋Ek2
拉力做的功一部分转化为双棒的动能，一部分转化为内能(摩擦热和焦耳热)：W＝Q1＋Q2＋Ek1＋Ek2
解决线框模型问题的两大关键
(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。
第四部分 最新模拟集萃，提升应试能力
1. （2022年9月甘肃张掖一诊）如图，面积为的50匝线圈处于匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面向里。已知磁感应强度以0.5T/s的变化率增强，定值电阻，线圈电阻，不计其它电阻。下列说法正确的是（ ）
A. 线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向
B. 线圈中产生的感应电动势大小为E=75V
C. 通过的电流为I=5A
D. ab两端的电压为U=4V
【参考答案】D
【名师解析】
根据楞次定律可以判断线圈感应电流的方向为逆时针方向，故A错误；
由法拉第电磁感应定律知，故B错误；
由闭合电路欧姆定律知。故C错误；
ab两端的电压等于R1的电压，为，故D正确。
2. （2023陕西师大附中期初检测）如图所示，边长为L的正方形单匝线框有一半水平放置在与水平方向夹角为30°的匀强磁场中，线框的左侧接入电阻R，右侧接入电容为C的电容器，其余电阻不计。若匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示（规定斜向下为正方向），则在时间内（ ）
A. 电容器a板带负电
B. 电容器所带的电荷量为零
C. 线框中产生的感应电动势大小为
D. 线框中产生的感应电动势大小为
【参考答案】AD
【名师解析】
依据楞次定律，结合规定斜向下为正方向，则在t0时间前，线圈的感应电流方向逆时针方向，当t0时间后，线圈的感应电流方向仍为逆时针方向，依据电源内部电流方向由负极到正极，因此电容器a板带负电，故A正确；根据法拉第电磁感应定律，线框中产生的电动势为
，故C错误，D正确；
由上可知，在时间内线圈产生的感应电动势为，根据Q=CU
可知电容器所带的电荷量不为零，故B错误。
3．（2022年9月河北示范性高中调研）如图甲所示，间距为L＝1m的长直平行金属导轨PQ、MN水平放置，其右端接有阻值为R＝1.5Ω的电阻，一阻值为r＝0.5Ω、质量为m＝0.2kg、长度为L的金属棒ab垂直导轨放置于距导轨右端d＝2m处，与两导轨保持良好接触。整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度的大小随时间变化的情况如图乙所示。在0~1.0s内金属棒ab保持静止，1.0s后金属棒在水平外力的作用下运动，使回路的电流为零。导轨电阻不计，重力加速度，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。下列说法正确的是（ ）
A．动摩擦因数需等于0.5
B．前2s内通过电阻R的电荷量为2C
C．1s后金属棒做匀加速直线运动
D．第2s内金属棒的位移为1m
【参考答案】．D
【名师解析】：在0~1.0s内，由法拉第电磁感应定律可得电动势为
由闭合电路的欧姆定律得电流的大小为
由金属棒静止可知最大静摩擦力大于等于安培力
解得，A选项错误。
0~1s内电流恒定为1A，1~2s内电流为零，故前两秒内通过的电荷量q＝It＝1C。B选项错误。
由法拉第电磁感应定律知，1s后回路磁通量不变。
t＝1s时，
t时刻（）导体棒的位移设为x，由图像知t时刻磁感应强度B＝t
t时刻（）回路磁通量
解得，金属棒不是做匀加速直线运动。C选项错误。
t＝2s时，金属棒第2s内的位移为x＝1m。D选项正确。
4. （2022年9月甘肃张掖一诊）如图所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接。右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。己知金属棒与平直分导轨间的动摩擦因数为，金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场区域的过程中（ ）
A. 流过定值电阻的电流方向是
B. 通过金属棒的电荷量为
C. 金属棒在磁场中运动的加速度不变
D. 金属棒产生的焦耳热为
【参考答案】BD
【名师解析】
金属棒下滑到最低端时速度向右，而且磁场竖直向上，根据右手定则可以知道流过定值电阻的电流方向为Q→N，故A错误；B．根据法拉第电磁感应定律，通过金属棒的电荷量为
故B正确；由于金属棒做切割磁感线运动，使得金属棒中有电流通过，根据安培定则可知，金属棒所受安培力水平向左，所以金属棒做运动，故有
所以由于v在不断的变小，所以加速度也在不断变小。故C错误；
根据能量守恒可知
由于电阻R和金属棒的电阻值相等，所以有
所以产生的焦耳热，故D正确。
故选BD。
【点睛】注意金属棒在磁场中会由于安培力的作用而不断减速，导致产生的感应电流逐步变小。
5. （2023四川内江一中入学考试）如图所示，在光滑绝缘的水平面上方，有两个方向相反的水平方向的匀强磁场，PQ 为两磁场的边界，磁场范围足够大，磁感应强度的大小分别为B和2B。一个竖直放置的边长为a、质量为m、电阻为R的正方形金属线框，以初速度2v垂直磁场方向从图中实线位置开始向右运动，当线框运动到每个磁场中各有一半的面积时，线框的速度变为v，则下列判断正确的（ ）
A. 此时线框的加速度为
B. 此时线框中的电功率为
C. 此过程中通过线框截面的电量为
D. 此过程中线框克服安培力做的功为
【参考答案】AC
【名师解析】
此时线框中产生的感应电动势
线框电流为
由牛顿第二定律得
解得，故A正确；
此时线框的电功率为，故B错误；
A．此过程的感应电动势为
感应电流为
电荷量为，故C正确；
．由能量守恒定律得，克服安培力做的功等于线框减少的动能，有
故D错误；
6.（2023四川内江一中入学考试） 如图所示，L是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零。A和B是两个完全相同的小灯泡。下列说法正确的是（ ）
A 闭合开关S后，A灯亮，B灯不亮
B. 闭合开关S后，A、B灯亮，之后B灯慢慢熄灭，A灯更亮
C. 开关S闭合电路稳定后，在突然断开的瞬间，A、B灯都闪亮一下
D. 开关S闭合电路稳定后，在突然断开的瞬间，A灯立即熄灭、B灯闪亮一下再熄灭
【参考答案】BD
【名师解析】
开关S闭合瞬间，线圈L因自感对电流有阻碍作用，则相当于灯泡A与B串联，因此两灯同时亮且亮度相同，稳定后B灯被短路熄灭，A灯更亮，A错误，B正确；
电路稳定后当开关S突然断开瞬间，A灯中不会再有电流通过，故A灯马上熄灭，由于线圈的自感使得线圈中的电流只能慢慢减小，其相当于电源与B灯构成闭合回路放电，B灯闪亮一下再熄灭，C错误，D正确。
7．（11分）（2023江西红色十校第一次联考）如图，间距为L的足够长的“”形金属线框abcd静置在光滑水平桌面上，质量为m的导体杆A平行bc边放置在线框上，且保持与金属线框接触良好，二者间的动摩擦因数为，导体杆A始终挡在两个固定小立柱M、N的左侧。空间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场。某时刻，对bc边施加一水平向右的拉力F（大小未知），当导体杆A离bc边距离恰好为L时，线框开始以速度v做匀速运动，并以此刻作为计时起点。已知导体杆和金属线框单位长度的电阻均为r，重力加速度为g。在t时刻，求：
（1）立柱M受到导体杆的压力大小；
（2）水平拉力F的大小；
（3）回路中的电功率。
【名师解析】：（1）开始计时以后导体杆做匀速直线运动，感应电动势（1分）
回路的电阻（1分）
由闭合电路欧姆定律（1分）
导体杆受到的安培力大小为（1分）
方向水平向右
立柱M受到的压力大小（1分）
（2）由上可知，bc加边受到的安培力与导体杆受到的安培力大小相等
有（1分）
方向水平向左
导体杆对线框的摩擦力大小（1分）
由平衡条件可知，水平拉力大小（1分）
（3）回路中的电功率（1分）
（2分）
说明：只有结果，没有公式或文字说明的不给分，其他正确解法亦可得分。
8.(12分) （2023江苏百校联考第一次考试）如图所示,两平行光滑金属导轨MN、PQ被固定在同一水平面内,间距为L,电阻不计。导轨的M、P两端用导线连接一定值电阻,阻值为R,在PM的右侧0到x0区域里有方向竖直向下的匀强磁场,其磁感应强度为B0。一直导体棒cd质量为m,长度为L,电阻为R,其两端放在导轨上且静止在x=0处,现对导体棒持续施加一作用力F,使导体棒从静止开始沿x正方向做加速度为a的匀加速运动,求:(用m、L、R、x0、a表示)
(1)导体棒在磁场中运动到x0时,导体棒的热功率;
(2)导体棒从0运动到x0过程中,通过电阻R的电量;
(3)导体棒从0运动到x0过程中,作用力F的最大值。
【参考答案】.(12分)(1) (2) (3)ma+
【名师解析】(1)导体棒做匀加速运动,则从静止运动到x0处的速度为v,有2ax0=v2 (1分)
感应电动势 E=B0Lv (1分)
得导体棒产生的电动势为E=B0L (1分)
导体棒运动到x0时产生的热功率P=()2R=。 (1分)
(2)由q=t= (2分)
得q=。 (2分)
(3)在磁场中x0位置,有F-B0L=ma (2分)
解得:F=ma+。 (2分)
其他解法参考赋分
9. （2023云南昆明云南师大附中质检）如图，P、Q是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，间距为L，导轨足够长且电阻可忽略不计。图中EFHG矩形区域有一方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。在0时刻，两均匀金属棒a、b分别从磁场边界EF、GH进入磁场，速度大小均为；一段时间后，金属棒a、b没有相碰，且两棒整个过程中相距最近时b棒仍位于磁场区域内。已知金属棒a、b长度均为L，电阻均为R，a棒的质量为2m、b棒的质量为m，最终其中一棒恰好停在磁场边界处，在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好。求：
（1）0时刻a棒的加速度大小；
（2）两棒整个过程中相距最近的距离s；
（3）整个过程中，a棒产生的焦耳热。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）由题知，a进入磁场的速度方向向右，b的速度方向向左，根据右手定则可知，a产生的感应电流方向是E到F，b产生的感应电流方向是H到G，即两个感应电流方向相同，所以流过a、b的感应电流是两个感应电流之和，则有
对a，根据牛顿第二定律有
解得
（2）取向右为正方向，相距最近时，根据系统动量守恒有
解得
此时，电路中感应电流为0，a、b棒一起向右匀速运动，直到b棒出磁场区域；之后b棒不受安培力、a棒受安培力减速直到停下，对a，有
解得
（3）对a、b组成的系统，最终b棒一直做匀速直线运动，根据能量守恒有
解得回路中产生的总热量为
对a、b，根据焦耳定律有
因a、b流过的电流一直相等，所用时间相同，故a、b产生的热量与电阻成正比，即
∶=1∶1
又
解得a棒产生的焦耳热为
10. （2023四川内江一中入学考试）如图所示，平行金属导轨和，其中和为R=0.8m的四分之一光滑圆轨道，和为对应圆轨道的圆心，、在、正下方且为圆轨道和水平轨道的平滑连接点，和为足够长的粗糙水平轨道，并处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度，导轨间距。两导体棒a、b始终垂直于两导轨且与导轨接触良好，a、b的质量均为1kg，电阻均为，导轨电阻不计，a、b棒与水平轨道间的滑动摩擦因数均为。初始时刻，b棒静止在水平导轨上，与间的距离为，a棒从与圆心等高的处静止释放。当a棒刚进入磁场时，在b棒中点处施加一个与导轨平行且水平向右的恒力，经两棒速度相等。已知a、b棒在运动的过程中不会发生碰撞（g取10m/s2）。求：
（1）导体棒a刚到达时对导轨的压力大小；
（2）0~0.5s内通过导体棒b的电荷量；
（3）0~0.5s内两导体棒间的最短距离。
【参考答案】（1）30N；（2）1C；（3）1m
【名师解析】
（1）导体棒a下滑到达过程，根据动能定理有
导体棒a刚到达时
由牛顿第三定律有
（2）对a、b系统，所受合外力为零，由动量守恒定律有
对a棒由动量定理有
通过截面的电量
解得
（3）由欧姆定律有
感应电动势
又由于
解得
11. （2023湖北新高考协作体高三起点考试）如图所示，夹角为足够长的光滑金属框架AOC固定在水平面内，磁感应强度为B的匀强磁场垂直水平面，足够长且质量为m的导体棒DE在水平外力作用下以速度v从O点（0时刻）沿框架角平分线向右匀速运动，金属杆与框架构成等腰三角形（金属杆所在边为底），框架电阻不计，导体棒单位长度的电阻为r，导体棒在滑动过程始终保持与金属框架两边接触良好，求：（取，）
（1）t时刻流过导体棒的电流大小；
（2）t时刻水平外力F的表达式；
（3）0～t时间内，导体棒产生的焦耳热Q；
（4）若在t时刻撤去外力，导体棒在整个运动过程中的位移大小x。
【参考答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【名师解析】
（1）设t时刻电路中导体棒长度为l，电路总电阻为R，电流为I，由感应电动势及欧姆定律有
由几何关系可知
l=2vttan37°
电路总电阻
R=lr
联立解得
（2）由于导体棒匀速运动，则
F=BIl
解得
（3）t时刻导体棒消耗热功率
P=I2R
可得
热功率与时间t成正比，可由P-t图像面积得0～t时间内导体棒产生的焦耳热
（4）设撤去外力F后导体棒运动过程中某时刻在电路中长度为l1，速度大小为v1，此时电路电流I1由（1）问有
取该时刻后极短时间△t，导体棒速度变化量△v，由动量定理有
可得
上式中为极短时间△t内导体棒在金属框架中扫过的面积，设导体棒停止运动时
在电路中长度为l2，那么有
由几何关系可知
l2=2xtan37°
联立解得
12. （2023湖南三湘创新发展联考）质量为m、边长为L的均匀导线首尾相接制成的单匝正方形闭合导线框abcd，总电阻为R。将其置于磁感应强度大小为B的水平匀强磁场上方h处，磁场的上边界水平，方向垂直纸面向外，如图所示。将导线框由静止释放，当导线框一半面积进入磁场时，恰好处于平衡状态，导线框平面保持在竖直平面内，且b、d两点的连线始终水平，已知重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
（1）导线框一半面积进入磁场时，导线框的速度大小v；
（2）导线框从静止下落到一半面积进入磁场时，导线产生的热量Q；
（3）导线框从静止下落到完全进入磁场时，通过导线框某一横截面的电荷量q。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）导线框一半面积进入磁场时，线框切割磁感线的有效长度为，则线框产生的感应电动势为
根据闭合电路的欧姆定律可知线框中的感应电流为
根据平衡条件有
解得
（2）导线框从静止下落到一半面积进入磁场的过程中，根据能量守恒定律有
解得
（3）导线框进入磁场过程中的平均感应电动势
平均感应电流为
根据电流的定义有
解得
13. （2023河南郑州四中第一次调研）如图所示，一个匝数n=1000匝、边长l=20cm、电阻r=1Ω的正方形线圈，在线圈内存在面积S=0.03m2的匀强磁场区域，磁场方向垂直于线圈所在平面向里，磁感应强度大小B随时间t变化的规律是B=0.15t（T）。电阻R与电容器C并联后接在线圈两端，电阻R=2Ω，电容C=30μF。下列说法正确的是（ ）
A. 线圈中产生的感应电动势为4.5V
B. 若b端电势为0，则a端电势为3V
C. 电容器所带电荷量为1.2×10-4C
D. 稳定状态下电阻的发热功率为4.5W
【参考答案】AD
【名师解析】
根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势
，A正确；
电流
电容器两端电势差
由楞次定律可判断感应电流方向为逆时针方向，即a端电势低、b端电势高，由于b端接地，故有，，B错误；
电容器带电荷量，C错误；
电阻的发热功率，D正确。
14. （2022重庆第9次质检）如图甲所示，是一种手压式环保节能手电筒的结构示意图。使用时，迅速按压手柄，灯泡（可视为纯电阻）就能发光，这种不需要干电池的手电筒的工作原理是利用电磁感应现象。其转动装置和齿轮传动装置的简化原理图如图乙、丙所示。假设图乙中的转动装置由金属内圈和金属外圈构成，内、外圈之间接有一根沿半径方向的金属条ab，灯泡通过电刷分别跟内外线圈相连接（图乙中未画出）。整个转动装置固定在转动轴上，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面（纸面）向里。图丙中的齿轮传动装置中A齿轮固定在转动装置的转动轴上，B、C齿轮同心固定，C轮边缘与手柄相啮合，A、B齿轮边缘相啮合，手柄重力忽略不计（ ）
A. 向下压手柄时，齿轮C逆时针转动
B. 转动装置中的A齿轮逆时针转动时，电流由a流向b
C. 手柄向下向上运动时流过ab杆的电流方向相同
D. 流过灯泡的电流大小与手柄向下压的速度成正比
【参考答案】D
【名师解析】由丙图可知，向下压手柄时，齿轮C顺时针转动，A错误；
转动装置中的A齿轮逆时针转动时，金属条ab逆时针转动切割磁感线，回路闭合，由右手定则知电流由b流向a，B错误；手柄向下和向上运动时，A齿轮转动方向相反，流过ab杆的电流方向相反，C错误；流过灯泡的电流
知与A齿轮的角速度成正比；A齿轮与B齿轮边缘点线速度大小相等，B齿轮与C齿轮边缘角速度相等，C齿轮边缘线速度大小等于手柄上下运动的速度大小，由于各齿轮半径不变，所以A齿轮的角速度，与手柄上下运动的速度大小成正比，则流过灯泡的电流大小与手柄向下压的速度成正比，D正确。
【知识拓展】手压式环保节能手电筒的内部，有一发电机，通过手压发电，使灯泡发光。
15. （2023湖南永州一模） 如图所示，水平虚线、之间存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场区域的高度为h。竖直平面内有一质量为m的直角梯形线框，其底边水平，上、下边长之比为1：4，高为线框ABCD在磁场边界的下方h处，受到竖直向上的拉力作用，从静止开始运动（上升过程中底边始终水平，线框平面始终与磁场方向垂直），当AB边刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零，且在DC边刚进入磁场前的一段时间内，线框做匀速运动。重力加速度为g，下列正确的是（ ）
A. AB边刚进入磁场时，线框的速度为
B. AB边刚进入磁场时，线框中感应电流的瞬时电功率为
C. DC边刚进入磁场时，线框加速度大小为
D. 从线框开始运动到DC边刚进入磁场的过程中，线框产生的焦耳热为
【参考答案】BD
【名师解析】
设AB边刚进入磁场时速度为v0，线框的电阻为R，AB=l，则CD=4l，根据动能定理
解得
A错误；
B．AB边刚进入磁场时，线框的加速度恰好为零，则此时安培力的大小为
线框中感应电流的瞬时电功率为
B正确；
D．AB刚进入磁场时加速度为0，则有
设DC边刚进入磁场前匀速运动时速度为v1，线框切割磁感应线的有效长度为1.5l线框匀速运动时有
联立解得
从线框开始到CD边进入磁场前瞬间，根据能量守恒定律得
联立解得
D正确；
C．CD刚进入磁场瞬间，线框切割磁感应线的有效长度为2.5l
由闭合电路欧姆定律得
由牛顿第二定律得
解得
C错误；
故选BD。
16．（2023浙江模拟）如图甲所示，水平面上的两光滑金属导轨平行固定放置，间距d＝0.5 m，电阻不计，左端通过导线与阻值R ＝2 W的电阻连接，右端通过导线与阻值RL ＝4 W的小灯泡L连接．在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，CE长 ="2" m，有一阻值r ="2" W的金属棒PQ放置在靠近磁场边界CD处．CDEF区域内磁场的磁感应强度B随时间变化如图乙所示．在t＝0至t＝4s内，金属棒PQ保持静止，在t＝4s时使金属棒PQ以某一速度进入磁场区域并保持匀速运动．已知从t＝0开始到金属棒运动到磁场边界EF处的整个过程中，小灯泡的亮度没有发生变化，求：
（1）通过小灯泡的电流．
（2）金属棒PQ在磁场区域中运动的速度大小．
【名师解析】．（1）在t＝0至t＝4s内，金属棒PQ保持静止，磁场变化导致电路中产生感应电动势．
电路为r与R并联，再与RL串联，电路的总电阻
①
此时感应电动势
②
通过小灯泡的电流为： ③
（2）当棒在磁场区域中运动时，由导体棒切割磁感线产生电动势，电路为R与RL并联，再与r串联，此时电路的总电阻
④
由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流IL=0.1A，则流过棒的电流为
⑤
电动势 ⑥
解得棒PQ在磁场区域中运动的速度大小
v=1m/s⑦
17. (2023浙江名校新高考研究联盟第一次联考)如图所示，水平固定一半径r=0.2m的金属圆环，长为2r、电阻值为R=0.1Ω的一金属棒沿直径放置，两端与圆环接触良好，金属棒的中心固定在过圆心的竖直导电转轴上，棒随轴以角速度匀速转动，转动方向如图。圆环内左半圆存在竖直向上、磁感应强度大小B=2T的匀强磁场。MP和NQ是竖直平面内间距l=0.1m的两平行金属导轨，P端通过开关、分别与阻值为R的电阻和C=0.1F的电容器相连，虚线框内存在方向垂直导轨平面向内、大小为B的匀强磁场。圆环边缘与Q端相连，转轴与电刷良好接触并通过与电容器左端相连。阻值为R、质量为m=0.1kg、长为l导体棒ab通过劲度系数k=4N/m的绝缘轻质弹簧静止悬挂于紧靠导轨磁场上边界的下方，始终与导轨接触良好。开关和断开，不计其它电阻和摩擦阻力。
（1）掷向2，求电容器所带电荷量的大小q；
（2）掷向1，ab棒以v=0.5m/s的速度向上离开磁场，
①求此时电容器剩余的电荷量大小；
②ab棒返回磁场上边界前断开，接通，ab棒第一次向下运动至距磁场上边界0.05m处时速度为0，求此过程中电阻R消耗的焦耳热。（提示：以弹簧处于自然长度时为弹性势能零势能点，当伸长量为x时，其弹性势能为）
【名师解析】．：
（1）开关掷向2，电容器充电。
根据法拉第电磁感应定律可知： 1分
则电容器的电荷量为： 1分
联立解得：q＝0.4C 1分
（2）①电容器放电过程有： 2分
电容器所带电荷量的大小 1分
②ab棒返回磁场时的速度，从返回刚进入磁场到至距磁场上边界h＝0.05m处由能量守恒可得 1分
， 1分
1分
联立解得： 1分
18. （2023河南郑州四中第一次调研）如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为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；在到时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为。求：
（1）时金属框所受安培力的大小；
（2）在到时间内金属框产生的焦耳热。
【参考答案】（1）；（2）
【名师解析】
（1）金属框的总电阻为
金属框中产生的感应电动势为
金属框中的电流为
磁感应强度为
金属框处于磁场中的有效长度为
所以金属框所受安培力大小为
（2）金属框产生的焦耳热为
19. （2023河南郑州四中第一次调研） 如图（a）所示，两根不计电阻、间距为L的足够长平行光滑金属导轨，竖直固定在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度大小为B。导轨上端串联非线性电子元件Z和阻值为R的电阻。元件Z的图像如图（b）所示，当流过元件Z的电流大于或等于时，电压稳定为Um。质量为m、不计电阻的金属棒可沿导轨运动，运动中金属棒始终水平且与导轨保持良好接触。忽略空气阻力及回路中的电流对原磁场的影响，重力加速度大小为g。为了方便计算，取，。以下计算结果只能选用m、g、B、L、R表示。
（1）闭合开关S。，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v1；
（2）断开开关S，由静止释放金属棒，求金属棒下落的最大速度v2；
（3）先闭合开关S，由静止释放金属棒，金属棒达到最大速度后，再断开开关S。忽略回路中电流突变的时间，求S断开瞬间金属棒的加速度大小a。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【关键能力】[]本题考 查法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律等知识，意在考查考生综合电磁学知识以及力学规律处理问题的能力。
[压轴题透析] 3第（1）问通过对金属棒的受力分析以及运动分析，求出当金属棒的加速度为零时的最大速度；第（2）问首先应分析比较第（1）问中的电流与图（b）中Z元件的电压达到最大时的电流大小关系，然后通过定值电阻表示出回路中的最大电流，进而求出金属棒的最大速度；第（3）问的关键在于求出开关断开瞬间回路中的电流，得出导体棒所受的安培力大小，再根据牛顿第二定律求出金属棒的加速度。
【名师解析】
（1）闭合开关S，金属棒下落的过程中受竖直向下的重力、竖直向上的安培力作用，当重力与安培力大小相等时，金属棒的加速度为零，速度最大，则
由法拉第电磁感应定律得
由欧姆定律得
解得
（2）由第（1）问得
由于
断开开关S后，当金属棒的速度达到最大时，元件Z两端的电压恒为
此时定值电阻两端的电压为
回路中电流为
又由欧姆定律得
解得
（3）开关S闭合，当金属棒的速度最大时，金属棒产生的感应电动势为
断开开关S的瞬间，元件Z两端的电压为
则定值电阻两端的电压为
电路中的电流为
金属棒受到的安培力为
对金属棒由牛顿第二定律得
解得
20. （2023浙江舟山质检）如图所示，、是光滑平行轨道，间距为，左侧倾斜部分为电阻不计的金属轨道，水平部分轨道为绝缘材料制成，两部分轨道在处平滑连接，左侧倾斜轨道倾角为，轨道固定且水平部分足够长。轨道顶端间接有阻值为的电阻，左侧倾斜部分所在区域分布着垂直导轨平面向下、磁感应强度的匀强磁场，水平轨道上放置一质量的“”型金属框，“”型金属框三边长均为L，每边的电阻均为。金属框右侧区域内存在宽度为L，磁感应强度也为B匀强磁场。现将一根质量，长度为L，电阻的金属棒从图示位置静止释放，金属棒到达倾斜轨道底端前已处于匀速运动状态。金属棒到达水平轨道后与“”型金属框粘在一起形成闭合金属框。则：
（1）金属棒下滑过程中，a、b两点哪点电势高；
（2）求金属棒匀速下滑的速度大小；
（3）金属框刚进入水平轨道上的磁场区域时，两端的电势差；
（4）闭合金属框能否穿过水平轨道上的磁场区域？若能，请计算金属框穿过磁场区域后的速度大小；若不能，请计算边与磁场区域左边界的最大距高。
【参考答案】（1）b端；（2）；（3）；（4）能，
【名师解析】
（1）金属棒下滑过程中切割磁感线，由右手定则可知，b端等效为电源正极，电势较高。
（2）金属棒匀速下滑时，由平衡条件可得
其中
联立解得
（3）金属棒与框相结合后的速度为，据动量守恒定律可得
解得
cd边切割磁感线，产生感应电流，等效为电源，其两端电压相当于路端电压，可得
（4）设线框穿过磁场区域时的速度为，据动量定理可得
其中
联立解得
故闭合金属框能穿过水平轨道上的磁场区域，穿过磁场区域后的速度大小为。
21．（2023南京六校联考）如图所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ相距L=1m，上端连接一个阻值R=3Ω的电阻，导轨平面与水平面夹角θ=37°，长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．已知金属棒ab的质量m=0.5kg，阻值r=1Ω，与金属导轨间的动摩擦因数μ=0.5，磁场的磁感应强度B=1T，重力加速度g=10m/s2，导轨电阻不计．金属棒ab从静止开始运动，若金属棒下滑距离为s=10m时速度已达到最大(sin37°=0.6，cos37°=0.8)．求:
(1)金属棒达到的最大速度；
(2)金属棒由静止开始下滑位移为s的过程中，电阻R上产生的焦耳热.
【名师解析】
13.（1）.............................1分
............................2分
v=4m/s...................................1分
(2)
..............................1分
...................................1分
22．[多选](2020·呼伦贝尔一模)如图所示，光滑且足够长的金属导轨MN、PQ平行地固定在同一水平面上，两导轨间的距离L＝0.2 m，两导轨的左端之间连接的电阻R＝0.4 Ω，导轨上停放一质量m＝0.1 kg的金属杆ab，位于两导轨之间的金属杆的电阻r＝0.1 Ω，导轨的电阻可忽略不计。整个装置处于磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。现用一水平外力F水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U随时间t变化的关系如图乙所示。则( )
A．t＝5 s时通过金属杆的感应电流的大小为1 A，方向由a指向b
B．t＝3 s时金属杆的速率为3 m/s
C．t＝5 s时外力F的瞬时功率为0.5 W
D．0～5 s内通过R的电荷量为2.5 C
【参考答案】BD
【名师解析】由图像可知，t＝5 s时，U＝0.4 V，此时电路中的电流(即通过金属杆的电流)为I＝＝ A＝1 A，用右手定则判断出，此时电流的方向由b指向a，故A错误；由题图可知，t＝3 s时，电压表示数为U′＝×3 V＝0.24 V，则有U′＝E，得E＝U′＝×0.24 V＝0.3 V，由公式E＝BLv得v＝＝ m/s＝3 m/s，故B正确；金属杆速度为v时，电压表示数应为U＝BLv，由图像可知，U与t成正比，由于R、r、B及L均为不变量，所以v与t成正比，即金属杆应沿水平方向向右做初速度为零的匀加速直线运动，金属杆运动的加速度为a＝＝ m/s2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律，在5 s末时对金属杆有F－BIL＝ma，得F＝BIL＋ma＝(0.5×1×0.2＋0.1×1)N＝0.2 N，此时F的瞬时功率为P＝Fv＝Fat＝0.2×1×5 W＝1.0 W，故C错误；0～5 s时间内金属杆移动的位移为x＝at2＝×1×52 m＝12.5 m，通过R的电荷量为：q＝＝＝ C＝2.5 C，故D正确。
23．(2020·成都模拟)有人做过这样一个实验：将一锡块和一个磁性很强的小永久磁铁叠放在一起，放入一个浅平的塑料容器中。往塑料容器中倒入液态氮，降低温度，使锡出现超导性。这时可以看到，小磁铁竟然离开锡块表面，飘然升起，与锡块保持一定距离后，便悬空不动了。产生该现象的原因是：磁场中的超导体能将磁场完全排斥在超导体外，即超导体内部没有磁通量(迈斯纳效应)。如果外界有一个磁场要通过超导体内部，那么在磁场作用下，超导体表面就会产生一个无损耗感应电流。这个电流产生的磁场恰恰与外加磁场大小相等、方向相反，这就形成了一个斥力。当磁铁受到的向上的斥力大小刚好等于它的重力大小的时候，磁铁就可以悬浮在空中。根据以上材料可知( )
A．超导体处在恒定的磁场中时它的表面不会产生感应电流
B．超导体处在均匀变化的磁场中时它的表面将产生恒定的感应电流
C．将磁铁靠近超导体，超导体表面的感应电流增大，超导体和磁铁间的斥力就会增大
D．将悬空在超导体上面的磁铁翻转180°，超导体和磁铁间的作用力将变成引力
【参考答案】C
【名师解析】 由题意可知，超导体处在磁场中，磁场要通过超导体内部，超导体表面就会产生一个无损耗感应电流，故A错误；超导体处在均匀变化的磁场中时，超导体表面就会产生感应电流，因磁场发生变化，则在超导体表面产生的感应电流也发生变化，故B错误；将磁铁靠近超导体，磁场要通过超导体的磁通量增大，超导体表面的感应电流增大，电流产生的磁场增大，则超导体和磁铁间的斥力就会增大，故C正确；超导体在外界磁场作用下，磁铁和超导体之间相互排斥，则将悬空在超导体上面的磁铁翻转180°，超导体和磁铁间的作用力仍为斥力，故D错误。
24．[多选](2020·淄博模拟)如图所示，在竖直向下的 y 轴两侧分布有垂直纸面向外和向里的磁场，磁感应强度均随位置坐标按 B＝B0＋ky(k为正常数)的规律变化。两个完全相同的正方形线框甲和乙的上边均与 y 轴垂直，甲的初始位置高于乙的初始位置，两线框平面均与磁场垂直。现同时分别给两个线框一个竖直向下的初速度 v1和 v2，设磁场的范围足够大，当线框完全在磁场中运动时，不考虑两线框的相互作用，下列说法正确的是( )
A．运动中两线框所受磁场的作用力方向相反
B．若 v1＝v2，则开始时甲所受磁场力等于乙所受磁场力
C．若 v1＞v2，则开始时甲中的感应电流一定大于乙中的感应电流
D．若 v1＜v2，则最终稳定状态时甲的速度可能大于乙的速度
【参考答案】BC
【名师解析】 根据楞次定律，甲线框中产生顺时针方向的电流，乙线框中产生逆时针方向的电流，因为线框下边磁场比上边的磁场强，下边所受的安培力大于上边所受的安培力，则安培力的方向与下边所受的安培力方向相同，根据左手定则，甲线框所受的安培力方向向上，乙线框所受的安培力方向向上，故A错误。线框产生的电动势E＝B2Lv－B1Lv＝kL2v，若v1＝v2，开始时两线框产生的感应电流大小相等。线框所受的安培力F＝B2IL－B1IL＝kIL2，知两线框所受的安培力相等，故B正确。线框产生的电动势E＝B2Lv－B1Lv＝kL2v，与速度有关，若v1＞v2，则开始时甲线框产生的电动势大于乙线框产生的电动势，则开始时甲线框的感应电流一定大于乙线框的感应电流，故C正确。线框达到稳定状态时，重力与安培力平衡，有mg＝kIL2，I＝＝，所以mg＝，v＝，知稳定时，两线框的速度相等，故D错误。
25．[多选](2020·日照模拟)如图所示，竖直放置的两根足够长的光滑金属导轨相距为L，导轨的两端分别与电源(串有一滑动变阻器R)、定值电阻R0、电容器(电容为C，原来不带电)和开关S相连。整个空间充满了磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向外的匀强磁场。一质量为m、电阻不计的金属棒ab横跨在导轨上。已知电源电动势为E、内阻为r，不计导轨的电阻。当S接1，滑动变阻器R接入电路一定阻值时，金属棒ab在磁场中恰好保持静止。当S接2后，金属棒ab从静止开始下滑，下滑距离h时达到稳定速度。重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．当S接1时，滑动变阻器接入电路的阻值R＝－r
B．当S接2时，金属棒ab从静止开始到刚好达到稳定速度所经历的时间为t＝
C．若将ab棒由静止释放的同时，将S接到3，则电容器积累的电荷量随金属棒速度v的变化关系为Q＝CBLv
D．若将ab棒由静止释放的同时，将S接到3，则金属棒ab将做匀加速直线运动，加速度大小a＝
【参考答案】ACD
【名师解析】 当S接到1位置时，有I＝，由平衡条件可得 mg＝BIL，则I＝，联立以上各式解得R＝－r，故A正确；当S接到2位置速度恒定时，有mg＝BIL＝，解得v＝，金属棒ab从静止开始下滑，下滑距离h时达到稳定速度，根据动量定理可得mgt－BLt＝mv，即mgt－·t＝mv，其中t＝h，解得t＝，故B错误；若将ab棒由静止释放的同时，将S接到3，则电容器积累的电荷量随金属棒速度v的变化关系为Q＝CU＝CBLv，根据动量定理可得mgΔt－BLΔt＝mΔv，即mgΔt－BL·ΔQ＝mΔv，将ΔQ＝CBLΔv代入解得mgΔt－CB2L2Δv＝mΔv，所以a＝＝ ，故C、D正确。
26．(2020·北京朝阳区六校联考)电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置，在不同的电源中，非静电力做功的本领也不相同，物理学中用电动势E来表明电源的这种特性。在电磁感应现象中，感应电动势分为动生电动势和感生电动势两种。产生感应电动势的那部分导体就相当于“电源”，在“电源”内部非静电力做功将其他形式的能转化为电能。
(1)如图1所示，固定于水平面上的U形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，金属框两平行导轨间距离为l。金属棒MN在外力的作用下，沿框架以速度v向右做匀速直线运动，运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。已知电子的电荷量为e。请根据电动势定义，推导金属棒MN切割磁感线产生的感应电动势E1；
(2)英国物理学家麦克斯韦认为，变化的磁场会在空间激发感生电场，感生电场与静电场不同，如图2所示，感生电场的电场线是一系列同心圆，单个圆上的电场强度大小处处相等，我们把这样的电场称为涡旋电场。在涡旋电场中电场力做功与路径有关，正因为如此，它是一种非静电力。如图3所示在某均匀变化的磁场中，将一个半径为x的金属圆环置于半径为r的圆形磁场区域，使金属圆环与磁场边界是相同圆心的同心圆，从圆环的两端点a、b引出两根导线，与阻值为R的电阻和内阻不计的电流表串接起来，金属圆环的电阻为，圆环两端点a、b间的距离可忽略不计，除金属圆环外其他部分均在磁场外。已知电子的电荷量为e，若磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0＋kt(k>0且为常量)。
①若x＜r，求金属圆环上a、b两点的电势差Uab；
②若x与r大小关系未知，推导金属圆环中自由电子受到的感生电场力F2与x的函数关系式，并在图4中定性画出F2x图像。
【名师解析】：(1)金属棒MN向右切割磁感线时，棒中的电子受到沿棒向下的洛伦兹力，是这个力充当了非静电力。非静电力的大小F1＝Bev
从N到M非静电力做功为W非＝Bevl
由电动势定义可得E1＝＝Blv。
(2)①由B＝B0＋kt可得＝k
根据法拉第电磁感应定律E2＝＝＝kS
因为x＜r，所以S＝πx2
根据闭合电路欧姆定律得I＝
Uab＝IR
联立解得Uab＝。
②在很短的时间内电子的位移为Δs，非静电力对电子做的功为F2Δs
电子沿着金属圆环运动一周，非静电力做的功W非＝∑F2Δs＝2πF2x
根据电动势定义E2＝
当x＜r时，联立解得F2＝
当x＞r时，磁通量有效面积为S＝πr2
联立解得F2＝
由自由电子受到的感生电场力F2与x的函数关系式，可得如图所示F2x图像。
答案：(1)见解析 (2)① ②F2＝ 图像见解析
27 如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L。一质量为m的导体棒cd垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。轨道和导体棒的电阻均不计。
(1)如图1所示，若轨道左端M、P间接一阻值为R的电阻，导体棒在拉力F的作用下以速度v沿轨道做匀速运动。请通过公式推导证明：在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等。
(2)如图2所示，若轨道左端接一电动势为E、内阻为r的电源和一阻值未知的电阻，闭合开关S，导体棒从静止开始运动，经过一段时间后，导体棒达到最大速度vm，求此时电源的输出功率。
(3)如图3所示，若轨道左端接一电容器，电容器的电容为C，导体棒在水平拉力的作用下从静止开始向右运动。电容器两极板间电势差随时间变化的图像如图4所示，已知t1时刻电容器两极板间的电势差为U1。求导体棒运动过程中受到的水平拉力大小。
[解题指导]
(1)导体棒匀速运动→受力平衡→求出拉力做的功。导体棒切割磁感线产生感应电动势→产生感应电流→求出回路的电能。
(2)闭合开关S→导体棒变加速运动→产生的感应电动势不断增大→达到电源的路端电压→棒中没有电流→由此可求出电源与电阻所在回路的电流→电源的输出功率。
(3)导体棒在外力作用下运动→回路中形成充电电流→导体棒还受安培力的作用→由牛顿第二定律列式分析。
【名师解析】 (1)导体棒切割磁感线，E＝BLv
导体棒做匀速运动，F＝F安
又F安＝BIL，其中I＝
在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功
W＝FvΔt＝F安vΔt＝Δt
电路获得的电能ΔE＝EIΔt＝Δt
可见，在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等。
(2)导体棒达到最大速度vm时，棒中没有电流，电源的路端电压U＝BLvm
电源与电阻所在回路的电流I＝
电源的输出功率P＝UI＝。
(3)感应电动势与电容器两极板间的电势差相等，
BLv＝U
由电容器的Ut图可知U＝t
导体棒的速度随时间变化的关系为v＝t
可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度a＝
由C＝和I＝，得I＝＝
由牛顿第二定律有F－BIL＝ma
可得F＝＋。
[答案] 见解析
[迁移] 若上例第(3)问变成：图3中导体棒在恒定水平外力F作用下，从静止开始运动，导轨与棒间的动摩擦因数为μ，写出导体棒的速度大小随时间变化的关系式。
解析：导体棒由静止开始做加速运动，电容器所带电荷量不断增加，电路中将形成充电电流，设某时刻棒的速度为v，则感应电动势为E＝BLv
电容器所带电荷量为Q＝CE＝CBLv
再经过很短一段时间Δt，电容器两端电压的增量和电荷量的增量分别为ΔU＝ΔE＝BLΔv，ΔQ＝CΔU＝CBLΔv
流过导体棒的电流I＝＝＝CBLa
导体棒受到的安培力f1＝BIL＝CB2L2a
导体棒所受到的摩擦力f2＝μmg
由牛顿第二定律得F－f1－f2＝ma
联立以上各式解得a＝
显然导体棒做匀加速直线运动，所以导体棒的速度大小随时间变化的关系式为
v＝t。
答案：v＝t
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