高考物理一轮复习 第十章：电磁感应学案

这是一份高考物理一轮复习 第十章：电磁感应学案，共89页。学案主要包含了磁通量，电磁感应现象，感应电流的方向判断等内容，欢迎下载使用。

第1讲 电磁感应现象 楞次定律
一、磁通量
1．定义：磁感应强度B与垂直磁场方向的面积S的乘积叫作穿过这个面积的磁通量。
2．公式：Φ＝BS(B⊥S)；单位：韦伯(Wb)。
3．矢标性：磁通量是标量，但有正负。
4．磁通量的变化量：ΔΦ＝Φ2－Φ1。
5．磁通量的变化率：磁通量的变化量与所用时间的比值，即eq \f(ΔΦ,Δt)，与线圈的匝数无关；表示磁通量变化的快慢。
二、电磁感应现象
1．电磁感应现象
当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生的现象。
2．产生感应电流的条件
(1)闭合导体回路；(2)磁通量发生变化。
三、感应电流的方向判断
1．楞次定律
(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
(2)适用范围：一切电磁感应现象。
2．右手定则
(1)内容：如图所示，伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向。
(2)适用情况：判断导线切割磁感线产生的感应电流方向。
情境创设
1．如图甲所示，是法拉第的圆盘发电机模型。
2．如图乙所示，线圈与电流表相连，把磁体的某一个磁极向线圈中插入、从线圈中抽出时，电流表的指针发生了偏转。
乙
微点判断
(1)图甲中圆盘转动过程中，穿过圆盘的磁通量不变，不会有电流通过R。(×)
(2)图甲中圆盘转动过程中，圆盘半径做切割磁感线运动，有电流通过R。(√)
(3)图乙中线圈中两次产生的感应电流方向是相反的。(√)
(4)由楞次定律知，感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反。 (×)
(5)感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁通量的变化。(√)
(一) 对电磁感应现象的理解(固基点)
[题点全练通]
1．[感应电流有无的判断]
下列各图所描述的物理情境中，没有感应电流的是( )
解析：选A 开关S闭合稳定后，穿过线圈N的磁通量保持不变，线圈N中不产生感应电流；磁铁向铝环A靠近，穿过铝环A的磁通量在增大，铝环A中产生感应电流；金属框从A向B运动，穿过金属框的磁通量时刻在变化，金属框中产生感应电流；铜盘在磁场中按题图所示方向转动，铜盘的无数辐条切割磁感线，与外电路构成闭合回路，产生感应电流。故选A。
2．[磁通量大小的比较]如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为( )
A．1∶1 B．1∶2
C．1∶4 D．4∶1
解析：选A 由题图可知，穿过a、b两个线圈的磁通量均为Φ＝B·πr2，因此磁通量之比为1∶1，A正确。
3．[磁通量的变化量的比较]
磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，如图所示，通有恒定电流的直导线MN与闭合线框共面，第一次将线框由位置1平移到位置2，第二次将线框由位置1绕cd边翻转到位置2，设前后两次通过线框的磁通量的变化量大小分别为ΔΦ1和ΔΦ2，则( )
A．ΔΦ1＞ΔΦ2 B．ΔΦ1＝ΔΦ2
C．ΔΦ1＜ΔΦ2 D．无法确定
解析：选C 第一次将线框由位置1平移到位置2，磁感线从线框的同一侧穿入，ΔΦ1为前后两位置磁通量的绝对值之差。第二次将线框由位置1绕cd边翻转到位置2，磁感线从线框的不同侧穿入，ΔΦ2为前后两位置磁通量的绝对值之和。故ΔΦ1 ＜ΔΦ2，C正确。
[要点自悟明]
1．磁通量大小及其变化分析
(1)定量计算：通过公式Φ＝BS来定量计算，计算磁通量时应注意的问题：
①明确磁场是否为匀强磁场，知道磁感应强度的大小。
②平面的面积S应为磁感线通过的有效面积。当平面与磁场方向不垂直时，应明确所研究的平面与磁感应强度方向的夹角，准确求出有效面积。
③穿过线圈的磁通量及其变化与线圈匝数无关，即磁通量的大小不受线圈匝数的影响。
(2)定性判断：磁通量是指穿过线圈面积的磁感线的“净条数”，当有不同方向的磁场同时穿过该面积时，此时的磁通量为各磁场穿过该面积磁通量的代数和。
2．判断感应电流有无的方法
(二) 感应电流方向的判断(精研点)
逐点清1 对楞次定律的理解
1．(多选)下列说法正确的是( )
A．感应电流的磁场方向总是与引起感应电流的磁场方向相反
B．感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向可能相同，也可能相反
C．楞次定律只能判断闭合电路中感应电流的方向
D．楞次定律表明感应电流的效果总是与引起感应电流的原因相对抗
解析：选BD 根据楞次定律的表述，感应电流的效果总是与引起感应电流的原因相对抗，感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向可能相同，也可能相反，故A错误，B、D正确；楞次定律除了可判断闭合电路中感应电流方向外，还可判断闭合电路中磁通量的变化情况，故C错误。
一点一过 楞次定律中“阻碍”的含义
逐点清2 应用楞次定律判断感应电流的方向
2．(2023·浙江杭州模拟)线圈绕制在圆柱形铁芯上，通过导线与电流计连接组成闭合回路。条形磁铁的轴线和铁芯的轴线及连接线圈和电流计的导线在同一平面内，铁芯、线圈及条形磁铁的几何中心均在与铁芯垂直的PQ连线上。条形磁铁分别与线圈相互平行或相互垂直放置，使其沿QP方向靠近线圈。若电流从电流计“＋”接线柱流入时电流计指针向右偏转，在如下情形中能观察到明显的电磁感应现象，且图中标出的电流计指针偏转方向正确的是( )
解析：选A 该题图A、B中当磁铁向线圈靠近时，穿过线圈的磁通量向下增加，根据楞次定律可知，线圈中产生的感应电流从“＋”接线柱流入电流计，则电流计指针向右偏转，A正确，B错误；当磁铁按如题图C、D所示的方式靠近线圈时，由对称性可知，穿过线圈的磁通量总是零，线圈中不会有感应电流，C、D错误。
3.如图所示，空间存在垂直纸面向里的磁场，磁场在竖直方向均匀分布，在水平方向非均匀分布，且关于竖直平面MN对称，绝缘轻线上端固定在M点，下端与一个粗细均匀的铜制圆环相连。现将圆环由P处无初速度释放，圆环第一次向右摆动最远能到达Q处(图中未画出)。已知圆环始终在同一竖直平面内摆动，则在圆环从P摆向Q的过程中，下列说法正确的是( )
A．位置P与Q可能在同一高度
B．感应电流方向始终逆时针
C．感应电流方向先逆时针后顺时针
D．圆环整体所受安培力先做负功后做正功
解析：选C 圆环从P摆向Q的过程中，由于磁场在竖直方向均匀分布，在水平方向非均匀分布，导致环中磁通量变化，从而产生感应电流，产生焦耳热，则在整个运动过程中环的机械能会减少，因此Q不可能与P在同一高度，故A错误；根据楞次定律，环在MN左侧向右摆的过程中，穿过环垂直向里的磁通量在增加，当环在MN右侧向右摆的过程中，穿过环垂直向里的磁通量在减少，则感应电流方向先逆时针后顺时针，故B错误，C正确；安培力一直阻碍圆环与磁场的相对运动，一直做负功，故D错误。
一点一过 “四步法”判断感应电流方向
逐点清3 应用右手定则判断感应电流的方向
4．下列图中表示闭合电路中的一部分导体ab在磁场中做切割磁感线运动的情景，导体ab上的感应电流方向为a→b的是( )
解析：选A ab棒顺时针转动，运用右手定则：磁感线穿过手心，拇指指向顺时针方向，则导体ab上的感应电流方向为a→b，故A正确；ab向纸外运动，运用右手定则时，磁感线穿过手心，拇指指向纸外，则知导体ab上的感应电流方向为b→a，故B错误；穿过回路的磁通量减小，由楞次定律知，回路中感应电流方向由b→a→d→c，则导体ab上的感应电流方向为b→a，故C错误；ab棒沿导轨向下运动，由右手定则判断知导体ab上的感应电流方向为b→a，故D错误。
eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1())eq \a\vs4\al(一点一过) 右手定则的理解和应用
(1)右手定则是楞次定律的一种特殊形式，用右手定则能解决的问题，用楞次定律均可代替解决。
(2)右手定则应用“三注意”：
①磁感线必须垂直穿入掌心。
②拇指指向导体运动的方向。
③四指所指的方向为感应电流的方向。
(三) 楞次定律的推广应用(精研点)
楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因。具体表现常见如下几种形式：
[考法全训]
考法(一) 阻碍原磁通量的变化——“增反减同”
1．(2023·湖南长沙模拟)电磁弹射装置是航空母舰上的一种舰载机起飞装置。如图所示的装置也能进行电磁弹射，线圈固定在光滑绝缘杆MN上，导体圆环套在绝缘杆的左端。则下列说法正确的是( )
A．开关闭合，圆环将从M端离开绝缘杆
B．圆环的位置不变，将滑动变阻器的滑片P向左滑动少许，与滑片滑动前相比，闭合开关瞬间，圆环所受的安培力相同
C．如果将电源反接，闭合开关，圆环将向右运动
D．如果将圆环放在线圈的右侧，闭合开关，圆环不会离开绝缘杆
解析：选A 闭合开关，线圈中有电流通过，周围产生磁场，穿过圆环的磁通量增加，则由楞次定律可知，圆环将向左运动，从绝缘杆的M端离开，A正确；圆环的位置不变，将P向左滑动少许，电路中的总电阻减小，闭合开关瞬间，线圈中的电流增大，穿过圆环的磁通量增大，圆环上的感应电流增大，则圆环所受的安培力增大，B错误；如果将电源反接，闭合开关后穿过圆环的磁通量仍增加，则由楞次定律可知，圆环仍从绝缘杆的M端离开，即圆环仍将向左运动，C错误；如果将圆环放在线圈的右侧，闭合开关，由以上分析可知圆环将从绝缘杆的N端离开，D错误。
考法(二) 阻碍相对运动——“来拒去留”
2．(2023·浙江绍兴模拟)如图所示，右端为N极的磁铁置于粗糙水平桌面上并与轻质弹簧相连，弹簧一端固定在竖直墙面上，当弹簧处于原长时，磁铁的中心恰好是接有一盏小灯泡的竖直固定线圈的圆心。用力将磁铁向右拉到某一位置，撤去作用力后磁铁穿过线圈来回振动，有关这个振动过程，以下说法正确的是( )
A．灯泡的亮暗不会发生变化
B．磁铁接近线圈时，线圈对磁铁产生排斥力
C．从左往右看线圈中的电流一直沿逆时针方向
D．若忽略摩擦力和空气阻力，磁铁振动的幅度不会减小
解析：选B 以S极接近线圈过程分析，速度增大，且接近线圈时磁感应强度增大，则穿过线圈的磁通量变化率增大，感应电流增大，灯泡会变亮，故A错误；根据楞次定律的“来拒去留”可知磁铁接近线圈时，线圈对磁铁产生排斥力，故B正确；当S极接近线圈时，根据楞次定律可知线圈中的电流沿逆时针方向，当S极向右运动远离线圈时，根据楞次定律可知，线圈中的电流沿顺时针方向，故C错误；若忽略摩擦力和空气阻力，磁铁的振幅也会越来越小，因为弹簧和磁铁的机械能逐渐转化为焦耳热，故D错误。
考法(三) 使回路面积有变化趋势——“增缩减扩”
3．(多选)如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中的电流i随时间t变化的规律如图乙所示，取甲图中电流方向为正方向，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则( )
A．在t1时刻，FN>G，P有收缩的趋势
B．在t2时刻，FN＝G，穿过P的磁通量不变
C．在t3时刻，FN＝G，P中有感应电流
D．在t4时刻，FN＞G，P有收缩的趋势
解析：选ABC 当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，即FN>G，P有收缩的趋势，故A正确；当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此线圈P中无感应电流产生，则t2和t4时刻FN＝G，P没有收缩的趋势，故B正确，D错误；t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈P中有感应电流，但此时刻二者之间没有相互作用力，即FN＝G，故C正确。
(四) “三定则、一定律”的应用(精研点)
1．“三定则、一定律”的比较
2．“三定则、一定律”的联系
(1)应用楞次定律时，一般要用到安培定则。
(2)判断感应电流所受安培力方向的“两法”：
①先用右手定则确定电流的方向，再用左手定则确定安培力的方向。
②直接应用楞次定律的推论确定——“来拒去留”“增斥减吸”等。
[考法全训]
考法(一) 楞次定律、安培定则及左手定则的综合应用
[例1] (多选)如图所示，在长直通电导线MN附近有一个矩形闭合金属线圈ABCD，线圈与导线放在光滑绝缘水平面上，且导线MN固定。下列说法正确的是( )
A．若MN中通有从N流向M的电流且电流增大，则线圈的CD边受到向右的安培力
B．若MN中通有从N流向M的电流且电流增大，则线圈ABCD会向右运动
C．如果MN中通有从N流向M的恒定电流，发现线圈中感应出A→B→C→D→A流向的电流，原因是线圈可能向左运动了
D．如果MN中通有从N流向M的恒定电流，且让线圈向右运动，则线圈有收缩趋势
[解析] 若MN中通有从N流向M的电流且电流增大，根据安培定则可知，穿过线圈的磁场方向为垂直纸面向里，且逐渐变大，根据楞次定律可知，线圈中感应电流的方向为A→B→C→D→A，根据左手定则可知，CD边受到向左的安培力，AB边受到向右的安培力，越靠近导线磁场越强，则线圈ABCD受到的向右的力大于向左的力，则线圈ABCD会向右运动，故A错误，B正确；如果MN中通有从N流向M的恒定电流，发现线圈中感应出A→B→C→D→A流向的电流，根据楞次定律可知，穿过线圈的磁通量增加，当线圈向左运动，磁通量增加，故C正确；如果MN中通有从N流向M的恒定电流，且让线圈向右运动，则穿过线圈的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈有扩张的趋势，故D错误。
[答案] BC
[针对训练]
1．(2023·佛山高三模拟)如图甲所示，在光滑水平面上，使电路abcd的ad端加上如图乙所示的交变电压，a点电势高于d点电势时电压u为正值，电路abcd所围区域内还有一弹性导线框MNPQ置于光滑水平面上，以下说法不正确的是( )
A．t1时刻，线框MNPQ中的感应电流为零
B．t2时刻，电路abcd对线框MN的安培力为零
C．t3时刻，线框MNPQ中的感应电流为顺时针方向
D．t2～t3时间内，线框MNPQ的面积会变大
解析：选D t1时刻，电压最大但是图像的斜率为0，则其变化率也为0，所以线框MNPQ中的感应电流为零，A正确，不符合题意；t2时刻，线框MNPQ中的感应电流最大，但是电路abcd中电流为0，其产生的磁场也为0，则电路abcd对线框MN的安培力为零，B正确，不符合题意；t3时刻，由安培定则可知电路abcd在MNPQ中产生的磁场方向垂直水平面向上，并且磁通量增大，由楞次定律，线框MNPQ中的感应电流为顺时针方向，C正确，不符合题意；t2～t3时间内，电路中的电流增大，线框MNPQ中的磁通量增大，由楞次定律推论可知线框MNPQ的面积会变小，所以D错误，符合题意。
考法(二) “二次感应”问题
[例2] (多选)如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一如图所示的闭合电路，当PQ在一外力的作用下运动时，MN由静止开始向右运动，则PQ所做的运动可能是( )
A．向右加速运动 B．向左加速运动
C．向右减速运动 D．向左减速运动
[解析] MN由静止开始向右运动，说明MN受到向右的安培力，因为导线ab在MN处产生的磁场垂直纸面向里eq \(――→,\s\up7(左手定则),\s\d5( ))MN中的感应电流方向为M→Neq \(――→,\s\up7(安培定则))L1中感应电流的磁场方向向上eq \(――→,\s\up7(楞次定律),\s\d5( ))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(L2中磁场方向向上减弱,L2中磁场方向向下增强))。若L2中磁场方向向上减弱eq \(――→,\s\up7(安培定则),\s\d5( ))PQ中电流方向为Q→P且减小eq \(――→,\s\up7(右手定则),\s\d5( ))PQ向右减速运动；若L2中磁场方向向下增强eq \(――→,\s\up7(安培定则),\s\d5( ))PQ中电流方向为P→Q且增大eq \(――→,\s\up7(右手定则),\s\d5( ))PQ向左加速运动。
[答案] BC
[规律方法]
在二次感应现象中，“程序法”和“逆向推理法”的选择：
(1)如果要判断二次感应后的现象或结果，选择程序法。
(2)如果已知二次感应后的结果，要判断导体棒的运动情况或磁场的变化，需选择逆向推理法。
[针对训练]
2．(多选)如图所示装置中，cd杆原来静止。不计杆与轨道间的摩擦力，当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动( )
A．向右匀速运动 B．向右加速运动
C．向左加速运动 D．向左减速运动
解析：选BD ab匀速运动时，ab中感应电流恒定，L1中磁通量不变，穿过L2的磁通量不变，L2中无感应电流产生，cd保持静止，A错误；ab向右加速运动时，根据右手定则，知在ab杆上产生增大的从a到b的电流，根据安培定则，在L1中产生向上增强的磁场，该磁场向下通过L2，根据楞次定律可知通过cd的感应电流方向向下，由左手定则可知cd向右移动，B正确；同理可得C错误，D正确。
1．[联系生活实际](多选)高考考生入场时，监考老师要用金属探测器对考生进行安检后才允许其进入考场，如图所示。探测器内有通电线圈，当探测器靠近任何金属材料物体时，就会引起探测器内线圈中电流变化，报警器就会发出警报；靠近非金属物体时则不发出警报。关于探测器工作原理，下列说法正确的是( )
A．金属探测器利用的是电磁感应现象
B．金属探测器利用的是磁场对金属的吸引作用
C．金属探测器利用的是静电感应现象
D．金属探测器利用的是当探测器靠近金属物体时，能在金属中形成涡流，进而引起线圈中电流的变化
解析：选AD 线圈通电后会产生磁场，当有金属物体进入磁场时，通过金属物体横截面的磁通量发生变化，金属物体内部会产生涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，由此判断是否有金属物体，静电感应现象是带电体靠近导体时使导体感应起电，故A、D正确。
2．[联系生活实际]如图所示为安检门原理图，左边门框中有一通电线圈，右边门框中有一接收线圈。工作过程中某段时间通电线圈中存在顺时针方向(从左向右看)均匀增大的电流，则( )
A．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针
B．无金属片通过时，接收线圈中的感应电流增大
C．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向为顺时针
D．有金属片通过时，接收线圈中的感应电流大小发生变化
解析：选D 当左侧线圈中通有不断增大的顺时针方向(从左向右看)的电流时，知穿过右侧线圈的磁通量向右，且增大，根据楞次定律，右侧线圈中产生逆时针方向的电流，即使有金属片通过时，接收线圈中的感应电流方向仍然为逆时针，故A、C错误；通电线圈中存在顺时针方向均匀增大的电流，则通电线圈中的磁通量均匀增大，所以穿过右侧线圈中的磁通量均匀增大，则磁通量的变化率是定值，由法拉第电磁感应定律可知，接收线圈中的感应电流不变，故B错误；有金属片通过时，则穿过金属片的磁通量发生变化，金属片中会产生感应电流，感应电流的方向与接收线圈中的感应电流的方向相同，所以会将该空间中的磁场的变化削弱一些，使接收线圈中的感应电流大小发生变化，故D正确。
3．[强化科学探究](2021·北京等级考)某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。下列说法正确的是( )
A．未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
B．未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用
C．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
D．接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用
解析：选D 未接导线时，表针晃动过程中导线切割磁感线，表内线圈会产生感应电动势，由于未连成闭合回路，没有感应电流，所以不受安培力，A、B错误；接上导线后，表针晃动过程中线圈中会产生感应电流，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用，C错误，D正确。
4．[强化科学探究]某同学学习了电磁感应相关知识之后，做了探究性实验：将闭合线圈按图示方式放在电子秤上，线圈上方有一N极朝下竖直放置的条形磁铁，手握磁铁在线圈的正上方静止，此时电子秤的示数为m0。下列说法正确的是( )
A．将磁铁加速插向线圈的过程中，电子秤的示数小于m0
B．将磁铁匀速远离线圈的过程中，电子秤的示数大于m0
C．将磁铁加速插向线圈的过程中，线圈中产生的电流沿逆时针方向(俯视)
D．将磁铁匀速插向线圈的过程中，磁铁减少的重力势能等于线圈中产生的焦耳热
解析：选C 根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，在将磁铁插向线圈(无论是匀速、加速还是减速)的过程中，线圈与磁铁相互排斥，导致电子秤的示数大于m0，反之则电子秤的示数小于m0，A、B错误；根据楞次定律可判断，将磁铁加速插向线圈时，线圈中产生的感应电流沿逆时针方向(俯视)，C正确；磁铁匀速插向线圈的过程中，磁铁受到重力、拉力、斥力作用，重力和拉力的合力做的功等于线圈中产生的焦耳热，D错误。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．(2023·浙江温州模拟)在物理学的发展过程中，许多科学家做出了突出贡献，下列关于科学家和他们的贡献的说法正确的是( )
A．牛顿开创了实验与逻辑推理相结合的研究方法，并用这种方法研究了力与运动的关系
B．库仑通过研究得出了电荷间的相互作用规律，并测出了自然界的最小带电单位
C．安培提出了分子电流假说，成功解释了一些磁现象来源于运动电荷这一本质
D．法拉第通过大量实验发现了电磁感应现象，并总结出法拉第电磁感应定律
解析：选C 伽利略开创了实验与逻辑推理相结合的研究方法，并用这种方法研究了力与运动的关系，A错误；库仑通过研究得出了电荷间的相互作用规律，密立根测出了自然界的最小带电单位，B错误；安培提出了分子电流假说，成功解释了磁现象来源于运动电荷这一本质，C正确；法拉第发现了电磁感应现象，但法拉第电磁感应定律不是法拉第总结出来的，D错误。
2．(多选)用如图所示装置探究感应电流产生的条件，线圈A通过滑动变阻器和开关S1连接到电源上，线圈B通过开关S2连接到电流表上，将线圈A套在线圈B的里面。下列说法中正确的是( )
A．该装置可用于探究线圈B中感应电流产生的条件
B．S2处于闭合状态，在S1闭合瞬间，电流表的指针会发生偏转
C．S1处于闭合状态，在S2闭合瞬间，电流表的指针会发生偏转
D．两开关均处于闭合状态，电路稳定后匀速移动滑动变阻器的滑片，电流表的指针会发生偏转
解析：选ABD 线圈B没有接电源，与电流表构成回路，可用于探究线圈B中感应电流产生的条件，A正确；S2处于闭合状态，则线圈B与电流表构成回路，在S1闭合瞬间，线圈A中电流增大，线圈A产生的磁场增强，则穿过线圈B的磁通量变大，所以线圈B中会产生感应电流，电流表的指针会发生偏转，B正确；S1处于闭合状态，线圈A中的电流不变，产生的磁场不变，穿过线圈B的磁通量不变，所以在S2闭合瞬间，线圈B中没有感应电流，电流表指针不偏转，C错误；两开关均处于闭合状态，电路稳定后匀速移动滑动变阻器的滑片，则线圈A中电流变化，线圈A产生的磁场变化，则穿过线圈B的磁通量变化，所以线圈B中会产生感应电流，电流表的指针会发生偏转，故D正确。
3.如图所示，导线MON在中点O弯折成一定角度，OO′为其角平分线，在导线MON内通以恒定电流I，由均匀导线制成的正方形小线框L的中线与OO′重合，则能在L中产生感应电流的办法是( )
A．增大电流I
B．将L沿OO′向右匀速移动
C．将L沿OO′向右加速移动
D．将L向上快速移动
解析：选D 根据右手螺旋定则可知，穿过正方形线框的磁通量为零，增大电流，磁通量不变，A错误；将线框沿OO′向右运动，穿过正方形线框的磁通量始终为零，无感应电流产生，B、C错误；将L向上快速移动，穿过正方形线框的磁通量发生变化，会有感应电流产生，D正确。
4.厂商通过在手机背面安装感应线圈来实现无线充电，如图是一种结构紧凑的双层感应线圈设计图，a、b为线圈的两端。当线圈处在向上增强的磁场中时，感应电流流向及两线圈之间的安培力方向应为( )
A．从a端流出，两层线圈相互排斥
B．从a端流出，两层线圈相互吸引
C．从b端流出，两层线圈相互排斥
D．从b端流出，两层线圈相互吸引
解析：选D 当线圈处在向上增强的磁场中时，穿过线圈的磁通量向上增加，根据楞次定律可知，产生的感应电流从a端流入，从b端流出；两线圈中的感应电流从上往下看都是顺时针方向，则两线圈相互吸引。故选D。
5．(2023·三明模拟)如图甲所示是一个“简易电动机”，一节5号干电池的正极向上，一块圆柱形强磁铁吸附在电池的负极，将一段裸铜导线弯成图中所示形状的线框，线框上端的弯折位置与正极良好接触，下端弯曲的两端与磁铁表面保持良好接触，放手后线框就会转动起来。该“简易电动机”的原理图如图乙所示，关于该“简易电动机”，下列说法正确的是( )
A．从上往下看，该“简易电动机”逆时针旋转
B．电池的输出功率等于线框转动的机械功率
C．线框①②两部分导线电阻在电路中是串联关系
D．“简易电动机”由静止到转动起来的过程中，线框中的电流减小
解析：选D 线框的上下两条边受到安培力的作用而发生转动，根据左手定则可以判断，从上往下看，线框将顺时针旋转，故A错误；电池输出的功率一部分转化为线框的发热功率，一部分提供线框转动的机械功率，所以电池的输出功率大于线框转动的机械功率，故B错误；线框①②两部分导线电阻在电路中是并联关系，故C错误；稳定时，因导线切割磁感线，产生的感应电动势与电源相反，则线框中电流比刚开始转动时小，故D正确。
6.(多选)法拉第在1831年发现了“磁生电”现象。如图所示，他把两个线圈绕在同一个软铁环上，线圈A和电池连接，线圈B用导线连通，导线下面平行放置一个小磁针，且导线沿南北方向放置。下列说法正确的是( )
A．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
B．开关闭合的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
C．开关闭合并保持一段时间再断开的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
D．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
解析：选BC 开关闭合并保持一段时间后，穿过线圈B中的磁通量不变，因此不会产生感应电流，则小磁针不会偏转，故A、D错误；开关闭合的瞬间，依据安培定则可知，线圈A中产生沿软铁环的逆时针方向的磁场(垂直纸面向里看)，再由楞次定律，知线圈B回路中产生逆时针方向的感应电流(垂直纸面向里看)，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，故B正确；开关闭合并保持一段时间再断开的瞬间，同理，线圈B中产生顺时针方向的感应电流(垂直纸面向里看)，则小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，故C正确。
7．(2023·洛阳模拟)航母上的飞机起飞可以利用电磁驱动来实现。电磁驱动原理示意图如图所示，在固定线圈左右两侧对称位置放置两个闭合金属圆环，铝环和铜环的形状、大小相同，已知铜的电阻率较小，不计所有接触面间的摩擦，则闭合开关S的瞬间( )
A．铝环向右运动，铜环向左运动
B．铝环和铜环都向右运动
C．铜环受到的安培力小于铝环受到的安培力
D．从左向右看，铜环中的感应电流沿顺时针方向
解析：选D 闭合开关S的瞬间，穿过两个金属圆环的磁通量均增大，为阻碍磁通量的增大，铝环向左运动，铜环向右运动，A、B错误；由于铜环和铝环的形状、大小相同，铜的电阻率较小，故铜环的电阻较小，两环对称地放在固定线圈两侧，闭合开关S瞬间，穿过两环的磁通量的变化率相同，两环产生的感应电动势相等，则铜环中的感应电流较大，故铜环受到的安培力较大，C错误；由右手螺旋定则可知，闭合开关S瞬间，穿过铜环的磁通量向左增大，由楞次定律知，从左向右看，铜环中的感应电流沿顺时针方向，D正确。
8．如图所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过。现将该环从位置Ⅰ释放，环经过磁铁到达位置Ⅱ。设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为FT1和FT2，重力加速度大小为g，则( )
A．FT1＞mg，FT2＞mg B．FT1＜mg，FT2＜mg
C．FT1＞mg，FT2＜mg D．FT1＜mg，FT2＞mg
解析：选A 金属圆环从位置Ⅰ到位置Ⅱ过程中，由楞次定律知，金属圆环在磁铁上端时受磁场力向上，在磁铁下端时受磁场力也向上，由牛顿第三定律可知，对磁铁受力分析FT1＞mg，FT2＞mg，A正确。
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
9．如图为电磁刹车实验装置，小车底面安装有矩形导线框abcd，线框底面平行于地面，在小车行进方向有与abcd等宽、等长的有界匀强磁场，磁场方向垂直地面向上。小车进入磁场前撤去牵引力，小车穿过磁场后滑行一段距离停止。则小车( )
A．进入磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcba
B．离开磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为abcda
C．穿过磁场的过程中，中间有一段时间矩形导线框中没有感应电流
D．穿过磁场的过程中，矩形导线框受到的安培力方向始终水平向左
解析：选D 根据楞次定律可知，进入磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为abcda，离开磁场时，矩形导线框中感应电流的方向为adcba，A、B错误；因线框与磁场等宽、等长，则穿过磁场的过程中，矩形导线框中始终有感应电流，C错误；根据左手定则可知，穿过磁场的过程中，矩形导线框受到的安培力方向始终水平向左，D正确。
10.如图所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与胶木圆盘面平行，其轴线与胶木圆盘A的轴线OO′重合。现使胶木圆盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则( )
A．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大
B．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小
C．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小
D．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大
解析：选B 使胶木圆盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，穿过金属环B的磁通量增大，根据楞次定律，金属环B的面积有缩小的趋势，且B有向上升高的趋势，丝线受到的拉力减小，故B项正确。
11．为了测量列车运行的速度和加速度的大小，可采用如图甲所示的装置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在轨道地面的一组线圈及电流测量记录仪组成(测量记录仪未画出)。当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，P、Q为接测量仪器的端口，若俯视轨道平面磁场垂直地面向下(如图乙所示)。则在列车经过测量线圈的过程中，流经线圈的电流方向( )
A．始终沿逆时针方向
B．先沿逆时针，再沿顺时针方向
C．先沿顺时针，再沿逆时针方向
D．始终沿顺时针方向
解析：选B 列车通过线圈时，穿过线圈的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知线圈中产生的电流先沿逆时针方向，再沿顺时针方向，B正确。
12.如图所示，在粗糙绝缘水平面上，固定两条相互平行的直导线，导线中通有大小和方向都相同的电流，在两条导线的中间位置放置一正方形线框，导线、线框均关于虚线对称，当导线中电流发生变化时，线框始终静止。已知导线周围某点的磁感应强度与导线中的电流大小成正比，与到导线的距离成反比。则下列对导线中电流变化后线框所受摩擦力的方向的判断正确的是( )
A．a、b中电流同步增加，摩擦力方向向左
B．a、b中电流同步减小，摩擦力方向向左
C．a中电流减小，b中电流增大，摩擦力方向向右
D．a中电流减小，b中电流不变，摩擦力方向向左
解析：选C a、b两导线中间部分的磁场的磁感应强度大小分布关于虚线对称，磁场方向相反，当a、b导线中的电流同步增大或减小时，正方形导线框中的磁通量不变，线框所受摩擦力为0，A、B错误；a中电流减小、b中电流增大时，磁感应强度为0处向a导线移动，线框内的磁通量垂直纸面向外增大，根据楞次定律可知，线框有向左运动的趋势，所受摩擦力方向向右，同理可知，a中电流减小，b中电流不变时，线框所受摩擦力方向也向右，C正确，D错误。
13．(2022·广东高考)(多选)如图所示，水平地面(Oxy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
解析：选AC 根据安培定则，M、N点的磁场方向如图所示，由图可知，M点与N点的磁感应强度大小相等，方向相同，A正确；线圈在P点时磁通量为零，在N点时磁通量不为零，故B错误；线圈从P点开始竖直向上运动时，磁通量始终为零，线圈中无感应电流，故C正确；线圈在M点和在N点的磁通量相等，则从P到M和从P到N的磁通量的变化量ΔΦ相同，但线圈以相同速率从P到M和从P到N的时间不同，根据法拉第电磁感应定律E＝neq \f(ΔΦ,Δt)，得感应电动势不同，故D错误。
14．如图所示，金属棒ab、金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab在匀强磁场B中沿导轨向右运动，则( )
A．ab棒不受安培力作用
B．ab棒所受安培力的方向向右
C．ab棒向右运动速度v越大，所受安培力越大
D．螺线管产生的磁场，A端为N极
解析：选C 金属棒ab向右运动切割磁感线，根据右手定则判断感应电流方向由b→a，再根据左手定则判断ab棒所受安培力水平向左，故A、B错误；ab棒的速度越大，感应电流越大，所受安培力就越大，C正确；根据安培定则可判定螺线管的A端为S极，D错误。
第2讲 法拉第电磁感应定律 自感和涡流
一、法拉第电磁感应定律
1．感应电动势
(1)定义：在电磁感应现象中产生的电动势。
(2)产生：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。
(3)方向：感应电动势的方向判断可用：①楞次定律；②右手定则。
2．法拉第电磁感应定律
(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。
(2)公式：E＝neq \f(ΔΦ,Δt)，其中n为线圈匝数。
(3)感应电流与感应电动势的关系：
①有感应电动势，不一定有感应电流(电路不闭合)；
②有感应电流，一定有感应电动势(电路闭合)。
3．导体切割磁感线的情形
(1)若B、l、v相互垂直，则E＝Blv。
(2)v∥B时，E＝0。
二、自感、涡流
1．自感现象
(1)定义：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象。
(2)自感电动势
①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫作自感电动势。
②表达式：E＝Leq \f(ΔI,Δt)。
2．涡流
(1)定义：块状金属放在变化磁场中，或在磁场中有相对运动时，金属块内产生的旋涡状感应电流。
(2)产生原因：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流。
情境创设
1．如图甲所示，线圈两端a、b与一电阻R相连，线圈内有垂直于线圈平面向里的磁场，t＝0时刻起，穿过线圈的磁通量按图乙所示的规律变化。
2．如图丙、丁是研究通电自感和断电自感现象的电路。
微点判断
(1)图乙中2t0时刻线圈的磁通量为零，产生的电动势为零。(×)
(2)图乙中t0～2t0时间内线圈磁通量变化快，产生的电动势大。(√)
(3)图乙中t0～2t0时间内线圈产生的感应电动势大小是0～t0时间内的2倍。(√)
(4)图丙中K闭合瞬间，LA、LB一起亮起来。(×)
(5)图丙中K断开时，LA、LB一起逐渐熄灭。(√)
(6)图丁中K闭合时，LC立即亮起来。(√)
(7)图丁中K断开时，LC一定闪亮一下再熄灭。(×)
(一) 法拉第电磁感应定律的应用(固基点)
[题点全练通]
1．[公式E＝neq \f(ΔΦ,Δt)的应用]
(多选)单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图所示，则( )
A．在t＝0时，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大
B．在t＝1×10－2 s时，感应电动势最大
C．在t＝2×10－2 s时，感应电动势为0
D．在0～2×10－2 s时间内，线圈中感应电动势的平均值为0
解析：选BC 由法拉第电磁感应定律知E∝eq \f(ΔΦ,Δt)，故t＝0及t＝2×10－2 s时，E＝0，A错误，C正确；t＝1×10－2 s时，E最大，B正确；0～2×10－2 s时间内，ΔΦ≠0，感应电动势的平均值E≠0，D错误。
2．[公式E＝neq \f(ΔB,Δt)S的应用]
(2022·河北高考)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S1，小圆面积均为S2，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B＝B0＋kt，B0和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为( )
A．kS1 B．5kS2
C．k(S1－5S2) D．k(S1＋5S2)
解析：选D 根据法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势E1＝eq \f(ΔΦ1,Δt)＝eq \f(ΔB·S1,Δt)＝kS1，每个小圆线圈产生的感应电动势E2＝eq \f(ΔΦ2,Δt)＝eq \f(ΔB·S2,Δt)＝kS2，由线圈的绕线方式和楞次定律可知大、小圆线圈中产生的感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为E＝E1＋5E2＝k(S1＋5S2)，D正确。
3．[E＝nBeq \f(ΔS,Δt)的应用]
如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S＝0.3 m2、电阻R＝0.6 Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2 T。现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt＝0.5 s时间内合到一起。求线圈在上述过程中
(1)感应电动势的平均值E；
(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；
(3)通过导线横截面的电荷量q。
解析：(1)感应电动势的平均值E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，磁通量的变化ΔΦ＝BΔS，解得E＝eq \f(BΔS,Δt)，代入数据得E＝0.12 V。
(2)平均电流I＝eq \f(E,R)，代入数据得I＝0.2 A(电流方向如图所示)。
(3)电荷量q＝IΔt，代入数据得q＝0.1 C。
答案：(1)0.12 V (2)0.2 A，电流方向见解析图
(3)0.1 C
[要点自悟明]
法拉第电磁感应定律变形式的应用
(1)E＝neq \f(ΔB,Δt)S——适用于垂直于磁场的回路面积S不变，磁感应强度B发生变化的情形；此时，在B­t图像中eq \f(ΔB,Δt)是图线的斜率。
(2)E＝nBeq \f(ΔS,Δt)——适用于磁感应强度B不变，垂直于磁场的回路面积S发生变化的情形。
(二) 导体棒切割磁感线产生感应电动势(精研点)
1．平动切割
(1)对公式E＝Blv的理解
(2)当B与l、v垂直但l与v不垂直时：E＝Blvsin θ，其中θ为v与l的夹角，如图甲所示。

2．转动切割：当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E＝Bleq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(1,2)Bl2ω，如图乙所示。
[考法全训]
1．[平动切割]如图所示，abcd为水平放置的平行光滑金属导轨，间距为l。导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r。保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)。则( )
A．电路中感应电动势的大小为eq \f(Blv,sin θ)
B．电路中感应电流的大小为eq \f(Bvsin θ,r)
C．金属杆所受安培力的大小为eq \f(B2lvsin θ,r)
D．金属杆的热功率为eq \f(B2lv2,rsin θ)
解析：选B 金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为E＝Blv(l为切割磁感线的有效长度)，A错误；电路中感应电流的大小为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(Blv,\f(lr,sin θ))＝eq \f(Bvsin θ,r)，B正确；金属杆所受安培力的大小为F＝BIL′＝B·eq \f(Bvsin θ,r)·eq \f(l,sin θ)＝eq \f(B2lv,r)，C错误；金属杆的热功率为P＝I2R＝eq \f(B2v2sin2θ,r2)·eq \f(lr,sin θ)＝eq \f(B2lv2sin θ,r)，D错误。
2．[转动切割](多选)如图是金属圆盘发电机的原理图。匀强磁场垂直于金属圆盘，电阻R通过导线与两块铜片电刷D、C连接，D、C分别与转动轴和圆盘的边缘良好接触。圆盘绕通过圆心O的固定转动轴按图示顺时针方向转动，电阻R中就有电流通过。则( )
A．电流方向由D经过电阻R流向C
B．通过电阻R的电流大小与铜盘的半径成正比
C．通过电阻R的电流大小与磁感应强度成正比
D．通过电阻R的电流大小与圆盘转动的角速度成正比
解析：选CD 金属圆盘按题图所示方向转动，切割磁感线，产生感应电动势，根据右手定则可判断圆盘边缘电势比轴心电势高，故电流方向由C经过电阻R流向D，A错误；根据法拉第电磁感应定律有感应电动势E＝BLv＝eq \f(1,2)BωR2，结合欧姆定律可知，B错误，C、D正确。
(三) 自感和涡流 电磁阻尼与电磁驱动(精研点)
考法(一) 自感现象分析
[例1] (2023·广州模拟)如图，L是自感系数很大、电阻不计的线圈，a、b是两个相同的小灯泡，在开关S由断开到闭合的过程中，下列说法正确的是( )
A．a先亮b后亮，然后b逐渐变亮
B．b先亮a后亮，然后a逐渐变亮
C．a、b同时亮后b逐渐变暗至熄灭
D．a、b同时亮后a逐渐变暗至熄灭
[解析] 当S闭合瞬间，两灯同时获得电压，同时发光，随着线圈L电流的增加，b逐渐变暗直到熄灭，同时，a电流逐渐增大，变得更亮。故C正确，A、B、D错误。
[答案] C
[例2] (多选)如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源。在t＝0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S。规定电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过D1和D2的电流，则四个选项中能定性描述电流I随时间t变化关系的图像是( )
[解析] 闭合开关S，D1缓慢变亮，D2和D3立即变亮，稳定后流过D1的电流比D2和D3大。在t1时刻断开开关S后，由于自感现象，通过D1的电流逐渐减小，方向不变，而通过D2和D3的电流方向立即改变，且电流大小先变大后逐渐减小，B、C正确。
[答案] BC
[规律方法] 自感现象中灯泡亮度变化分析
考法(二) 对涡流的理解
[例3] 光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程为y＝x2，其下半部分处在一个沿水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(如图中的虚线所示)。一个小金属块从抛物线上y＝b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑，假设曲面足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是( )
A．mgb B．eq \f(1,2)mv2
C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋eq \f(1,2)mv2
[解析] 金属块最终在磁场区域内往复运动，由初状态到末状态，根据能量守恒定律得E1＝E2＋Q，初状态机械能E1＝mgb＋eq \f(1,2)mv2，末状态机械能E2＝mga，产生的焦耳热Q＝E1－E2＝mg(b－a)＋eq \f(1,2)mv2。
[答案] D
[规律方法]
产生涡流时的能量转化
伴随着涡流现象，其他形式的能转化成电能，最终在金属块中转化为内能。
(1)金属块放在变化的磁场中，则磁场能转化为电能，最终转化为内能。
(2)如果是金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动，则由于克服安培力做功，金属块的机械能转化为电能，最终转化为内能。
考法(三) 电磁阻尼与电磁驱动问题
[例4·电磁阻尼] 如图所示，铝管竖直置于水平桌面上，小磁体从铝管正上方由静止开始下落，在磁体穿过铝管的过程中，磁体不与管壁接触，且无翻转，不计空气阻力。下列选项正确的是( )
A．磁体做匀加速直线运动
B．磁体的机械能守恒
C．磁体动能的增加量小于重力势能的减少量
D．铝管对桌面的压力大于铝管和磁体的重力之和
[解析] 磁体在铝管中运动的过程中，安培力做负功，磁体的加速度小于重力加速度；根据法拉第电磁感应定律可知，磁体速度越快，产生的感应电动势越大，受到的安培力也越大，所以磁体的加速度是逐渐减小的，磁体不是做匀加速运动，故A错误；磁体在整个下落过程中，除重力做功外，还有产生感应电流对应的安培力做功，导致减小的重力势能，部分转化为动能外，还要产生内能，故机械能不守恒，且磁体动能的增加量小于重力势能的减少量，故B错误，C正确；以铝管和磁体整体为研究对象，因磁体有向下的加速度，则整体合力向下，故地面对整体的支持力小于总重力，根据牛顿第三定律可知，铝管对桌面的压力小于铝管和磁体的重力之和，故D错误。
[答案] C
[例5·电磁驱动] 在物理兴趣小组的活动中，某同学将轻质圆形铝板用细棉线悬挂在固定点O上，铝板可以绕O点自由摆动，如图所示。在平行于铝板的竖直面内将一竖放的条形磁铁在铝板附近左右来回拉动(与铝板始终不相碰)，若空气流动对铝板的影响可忽略不计，则下列对这个实验结果的判断正确的是( )
A．铝板内不会产生感应电动势
B．铝板内产生感应电动势但不会产生感应电流
C．铝板可以在安培力的作用下摆动起来
D．铝板始终保持静止不动
[解析] 当条形磁铁靠近和远离铝板时，铝板切割磁感线，产生感应电动势，A错误；因铝板各部分切割磁感线的密集程度不同，磁通量的改变量不同，故各部分产生的感应电动势不同，由此能产生感应电流，B错误；铝板产生感应电流后，可在安培力的作用下摆动起来，C正确，D错误。
[答案] C
[规律方法] 电磁阻尼与电磁驱动的比较
1．[强化科学探究]在某个趣味物理小实验中，几位同学手拉手与一节电动势为1.5 V的干电池、导线、开关、一个有铁芯的多匝线圈按如图所示方式连接，实验过程中人会有触电的感觉。下列说法正确的是( )
A．人有触电感觉是在开关闭合瞬间
B．人有触电感觉时流过人体的电流大于流过线圈的电流
C．断开开关时流过人的电流方向从B→A
D．断开开关时线圈中的电流突然增大
解析：选C 因为断电瞬间多匝线圈产生较大的自感电动势，所以人有触电感觉，此时人与线圈组成一个闭合回路，则两者电流总是相等，线圈中的电流方向不变，但是流过人的电流方向从B→A，根据楞次定律可知，自感电动势是阻碍电流的减小，但不是阻止，所以线圈中的电流是逐渐减小的，A、B、D错误；C正确。
2．[联系生活实际]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E­t关系如图所示。如果只将刷卡速度改为eq \f(v0,2)，线圈中的E­t关系图可能是( )
解析：选D 若将刷卡速度改为eq \f(v0,2)，线圈切割磁感线运动时产生的感应电动势大小将会减半，周期将会加倍，故D正确。
3．[聚焦科技前沿]在油电混合小轿车上有一种装置，刹车时能将车的动能转化为电能，启动时再将电能转化为动能，从而实现节能减排。图中，甲、乙磁场方向与轮子的转轴平行，丙、丁磁场方向与轮子的转轴垂直，轮子是绝缘体，则采取下列哪个措施，能有效地借助磁场的作用，让转动的轮子停下( )
A．如图甲，在轮上固定如图绕制的线圈
B．如图乙，在轮上固定如图绕制的闭合线圈
C．如图丙，在轮上固定一些细金属棒，金属棒与轮子转轴平行
D．如图丁，在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行
解析：选D 题图甲和题图乙中当轮子转动时，穿过线圈的磁通量都是不变的，不会产生感应电流，则不会有安培力阻碍轮子的运动，A、B错误；题图丙中在轮上固定一些细金属棒，当轮子转动时会产生感应电动势，但是不会形成感应电流，则也不会产生安培力阻碍轮子转动，C错误；题图丁中在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行，当轮子转动时会产生感应电动势，形成感应电流，则会产生安培力阻碍轮子转动，使轮子很快停下来，D正确。
4．[体现学以致用]涡流内检测技术是一项用来检测各种金属管道是否有破损的技术。下图是检测仪在管道内运动及其工作原理剖面示意图，当激励线圈中通以正弦交流电时，金属管道壁内会产生涡流，涡流磁场会影响检测线圈的电流。以下有关涡流内检测仪的说法正确的是( )
A．检测线圈消耗功率等于激励线圈输入功率
B．在管道内某处检测时，如果只增大激励线圈中交流电的频率，则检测线圈的电流强度不变
C．在管道内某处检测时，如果只增大激励线圈中交流电的频率，则检测仪消耗功率将变大
D．当检测仪从金属管道完好处进入到破损处检测时，管道壁中将产生更强的涡流
解析：选C 激励线圈输入功率大于检测线圈消耗功率，管道壁中产生涡流，有一定的热功率，P激励＝P检测＋P热，故A错误；增大频率，检测线圈的磁通量变化率变大，产生的感应电动势变大，则电流强度变大，故B错误；增大频率，检测线圈的功率和管道产生的热功率变大，则检测仪消耗功率将变大，故C正确；当检测仪从金属管道完好处进入破损处检测时，厚度减小，则管道壁中产生的涡流变小，故D错误。
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．以下现象中属于涡流现象的应用的是( )
解析：选B 电烤箱是利用电流发热的原理，故A错误；金属探测仪可以探测人身上是否携带金属物品，是通过金属上产生涡流而使报警器发出警报的，故B正确；高压带电作业屏蔽服是利用静电屏蔽原理，故C错误；车载充电器没有应用涡流现象，故D错误。
2．(多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )
A．增加线圈的匝数
B．提高交流电源的频率
C．将金属杯换为瓷杯
D．取走线圈中的铁芯
解析：选AB 当线圈上通交流电时，金属杯由于发生电磁感应现象，杯中有感应电流，产生涡流，由电流的热效应对水加热，若要增大感应电流，则需要增大感应电动势或者减小杯体的电阻。增加线圈的匝数，使得穿过金属杯的磁场增强，感应电动势增大，选项A正确；提高交流电的频率，使得磁通量的变化率增大，感应电动势增大，选项B正确；若将金属杯换为瓷杯，则不会产生感应电流，选项C错误；取走线圈中的铁芯，磁场会大大减弱，感应电动势减小，选项D错误。
3.(2023·浙江温州模拟)转笔是一项用不同的方法与技巧以手指来转动笔的休闲活动，深受广大中学生的喜爱，其中也包含了许多的物理知识。如图所示，某转笔高手能让笔绕其手指上的某一点沿顺时针方向做角速度为ω的匀速圆周运动，已知手与笔的接触点O恰好是长为L的金属笔杆的中点，地磁场的磁感应强度在与笔杆转动平面垂直方向的分量大小为B，方向垂直纸面向外，则( )
A．笔杆上O点的电势最低
B．O点与笔尖间的电势差为eq \f(1,2)BL2ω
C．O点与笔尖间的电势差为eq \f(1,8)BL2ω
D．笔杆两端点间的电势差为BL2ω
解析：选C 根据右手定则判断知，笔杆上O点的电势最高，A错误；O点与笔尖间的电势差为U＝B×eq \f(L,2)×eq \f(0＋ω·\f(L,2),2)＝eq \f(1,8)BL2ω，B错误，C正确；笔杆两端点间的电势差为零，D错误。
4．(多选)在日常生活中，摩托车和汽车上装有的磁性转速表就是利用了电磁驱动原理，如图所示是磁性式转速表及其原理图，关于磁性式转速表的电磁驱动原理，下列说法正确的是( )
A．铝盘接通电源，通有电流的铝盘在磁场作用下带动指针转动
B．永久磁体随转轴转动产生运动的磁场，在铝盘中产生感应电流，感应电流使铝盘受磁场力而转动
C．铝盘转动的方向与永久磁体转动方向相同
D．由于铝盘和永久磁体被同一转轴带动，所以两者转动是完全同步的
解析：选BC 当永久磁体随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应电流，这时永久磁体的磁场会对铝盘上的感应电流有力的作用，从而产生一个转动的力矩，使指针转动，由于弹簧游丝的反力矩，会使指针稳定指在某一刻度上，A错误，B正确；该转速表利用了电磁感应原理，由楞次定律推论“来拒去留”知，永久磁体转动方向与铝盘转动方向相同，C正确；永久磁体固定在转轴上，铝盘固定在指针轴上，铝盘和永久磁体没有被同一转轴带动，D错误。
5.如图，长直导线MN置于等腰梯形金属线框的中位线上，彼此绝缘且分别固定。导线通入由M到N的电流，当电流随时间线性增大时，线框中( )
A．没有产生感应电流
B．有沿逆时针方向的感应电流
C．感应电流逐渐增大
D．金属线框所受的安培力大小不变
解析：选B 根据安培定则可知，长直导线MN上方磁场方向向外，长直导线MN下方磁场方向向里，由于金属线框处于MN下方面积大于上方面积，可知整个金属线框的磁通量向里，当电流随时间线性增大时，根据楞次定律可知，线框中有沿逆时针方向的感应电流，A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)S有效，由于电流随时间线性增大，可知磁感应强度变化率为定值，则线框中感应电动势为定值，线框中感应电流为定值，C错误；长直导线MN电流随时间线性增大，可知直导线MN产生的磁场对应的磁感应强度逐渐变大，又线框中感应电流为定值，故金属线框所受的安培力大小逐渐变大，D错误。
6.如图所示，电路中L是一电阻可忽略不计的电感线圈，a、b为L的左、右两端点，A、B、C为完全相同的三盏灯泡，原来开关S是闭合的，三盏灯泡均发光。某时刻将开关S断开，则下列说法正确的是( )
A．a点电势高于b点，A灯闪亮后缓慢熄灭
B．b点电势高于a点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭
C．a点电势高于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭
D．b点电势高于a点，B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭
解析：选B 开关S闭合稳定时，电感线圈支路的总电阻比B、C灯支路电阻小，故流过A灯的电流I1大于流过B、C灯的电流I2，且电流方向由a到b，a点电势高于b点。当开关S断开，电感线圈会产生自感现象，相当于电源，b点电势高于a点，阻碍流过A灯电流的减小，开关S断开瞬间流过B、C灯支路的电流比原来的大，故B、C灯闪亮后缓慢熄灭，故B正确。
7．(2022·江苏高考)如图所示，半径为r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B＝B0＋kt，B0、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．πkr2 B．πkR2
C．πB0r2 D．πB0R2
解析：选A 由题意可知磁场的变化率为eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(kt,t)＝k，根据法拉第电磁感应定律可知E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔBπr2,Δt)＝kπr2，故选A。
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
8．(2023·烟台模拟)半径为2R的圆形磁场的磁感应强度为B，半径为R的单匝圆形线圈电阻为r，两圆同平面。线圈以速度v沿两圆心连线匀速穿过磁场区域，如图所示。下列说法正确的是( )
A．线圈进入磁场过程中，线圈里先有逆时针方向电流后有顺时针方向电流
B．线圈穿过磁场过程中通过线圈的磁通量变化率的最大值为2BRv
C．线圈位移为R时，线圈中有最大感应电流Im＝eq \f(2BRv,r)
D．线圈进入磁场到位移为R的过程中，感应电动势均匀增加
解析：选B 线圈进入磁场过程中，线圈里的磁通量一直向里增大，根据楞次定律可得，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，故A错误；线圈穿过磁场过程中通过线圈的磁通量变化率的最大值为eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BΔS,Δt)＝Bv·2R＝2BRv，故B正确；线圈位移为R时，线圈圆心在磁场边界上，故此时切割磁感线的有效长度小于直径，故感应电动势小于2BRv，故线圈中的感应电流小于Im＝eq \f(2BRv,r)，故C错误；线圈进入磁场到位移为R的过程中，切割磁感线的有效长度不是随时间均匀增大，根据法拉第电磁感应定律可知E＝Blv，故感应电动势非均匀增加，故D错误。
9．(多选)如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动。为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带运动方向，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈。通过观察图形，判断下列说法正确的是( )
A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈中感应电流方向从上向下看为逆时针
B．若线圈闭合，传送带以较大速度匀速运动时，磁场对线圈的作用力增大
C．从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈
D．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈
解析：选BD 若线圈闭合，进入磁场时，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈中的感应电流的磁场方向向下，所以感应电流的方向从上向下看是顺时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，传送带以较大速度匀速运动时，线圈中产生的感应电动势较大，则感应电流较大，磁场对线圈的作用力增大，故B正确；由题图知第1、2、4、5、6个线圈都发生了相对滑动，而第3个线圈没有滑动，则第3个线圈是不合格线圈，故C错误，D正确。
10．(多选)如图甲所示，螺线管匝数n＝1 000，横截面积S＝0.02 m2，电阻r＝1 Ω，螺线管外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，电阻的一端b接地。一方向平行于螺线管轴线向左的磁场穿过螺线管，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，则( )
A．在0～4 s时间内，R中有电流从a流向b
B．在t＝3 s时穿过螺线管的磁通量为0.07 Wb
C．在4～6 s时间内，通过R的电流大小为8 A
D．在4～6 s时间内，R两端电压Uab＝40 V
解析：选BC 在0～4 s时间内，原磁场增大，则穿过螺线管的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应磁场方向向右，由安培定则可知，R中的电流方向从b流向a，故A错误；由题图乙可知，t＝3 s时磁感应强度为B＝3.5 T，则此时穿过螺线管的磁通量为Φ＝BS＝0.07 Wb，故B正确；在4～6 s时间内，感应电动势为E＝neq \f(ΔB·S,Δt)＝40 V，则通过R的电流大小为I＝eq \f(E,R＋r)＝8 A，故C正确；在4～6 s时间内，根据楞次定律可知，R中的电流从a流向b，则R两端电压为Uab＝IR＝32 V，故D错误。
11．(2023·德州模拟)如图甲所示，虚线MN两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小恒为B0，左侧匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S0，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上，则下列说法正确的是( )
A．0～t0时间内，圆环中的电流方向为逆时针方向
B．t＝t0时刻，圆环中的电流为0
C．t＝eq \f(3,2)t0时刻，圆环受到的安培力大小为eq \f(B02r2S0,8ρt0)
D．在0～t0时间内，通过圆环的电荷量为eq \f(B0rS0,4ρ)
解析：选D 0～t0时间内，圆环中左侧的磁通量向内减小，右侧磁通量不变，根据楞次定律可知圆环中的电流方向为顺时针方向，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，圆环中产生的感应电动势E＝eq \f(ΔB,Δt)S，t＝t0时刻磁通量变化率不为0，则电动势不为0，圆环中的电流不为0，故B错误；上式中S＝eq \f(1,2)πr2，eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(B0,t0)，据欧姆定律有I＝eq \f(E,R)，据电阻定律有R＝ρeq \f(2πr,S0)，t＝eq \f(3,2)t0时刻圆环受到的安培力F＝B0I·2r－eq \f(1,2)B0I·2r＝eq \f(B02r2S0,4ρt0)，方向垂直于MN向左，故C错误；在0～t0时间内，通过圆环的电荷量q＝eq \(I,\s\up6(－))t，又eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R)，eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)，圆环磁通量的变化量ΔΦ＝B0·eq \f(1,2)πr2，联立解得q＝eq \f(B0rS0,4ρ)，故D正确。
12.如图所示，在光滑的水平面上有一半径r＝10 cm、电阻R＝1 Ω、质量m＝1 kg的金属圆环，以速度v＝10 m/s 向一有界磁场运动。匀强磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B＝0.5 T，从圆环刚进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时，圆环一共释放了32 J的热量，求：
(1)此时圆环中电流的瞬时功率；
(2)此时圆环运动的加速度。
解析：(1)圆环从开始进入磁场到有一半进入磁场过程中，由能量守恒定律得eq \f(1,2)mv2＝Q＋eq \f(1,2)mv′2，
代入数据解得v′＝6 m/s，
此时的感应电动势
E＝BLv′＝B·2rv′＝0.5×2×0.1×6 V＝0.6 V，
圆环中电流的瞬时功率
P＝eq \f(E2,R)＝eq \f(0.62,1) W＝0.36 W。
(2)感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(0.6,1) A＝0.6 A，
圆环受到的安培力F＝BIL＝BI·2r＝0.5×0.6×2×0.1 N＝0.06 N，由牛顿第二定律得F＝ma，
解得圆环此时运动的加速度
a＝eq \f(F,m)＝eq \f(0.06,1) m/s2＝0.06 m/s2，
由右手定则可知，圆环中感应电流沿逆时针方向，由左手定则可知，安培力水平向左，则加速度方向向左。
答案：(1)0.36 W (2)0.06 m/s2，方向向左
电磁感应中的电路和图像问题
(一) 电磁感应中的电路问题
1．电磁感应中电路知识的关系图
2．“三步走”分析电路为主的电磁感应问题
[典例] (2022·浙江1月选考)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ρ、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eq \f(kπr2,h)
C．圆管的热功率大小为eq \f(πdhk2r3,2ρ)
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，A错误；圆管的感应电动势大小为E＝eq \f(ΔB,Δt)πr2＝kπr2，B错误；圆管的电阻R＝ρeq \f(2πr,dh)，圆管的热功率大小为P＝eq \f(E2,R)＝eq \f(πdhk2r3,2ρ)，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，D错误。
[答案] C
[考法全训]
考法1 导体棒平动切割的电路问题
1.(多选)如图所示，分布于全空间的匀强磁场垂直于纸面向里，其磁感应强度大小为B＝2 T。宽度为L＝0.8 m的两导轨间接一阻值为R＝0.2 Ω电阻，电阻为2R的金属棒AC长为2L并垂直于导轨(导轨电阻不计)放置，A端刚好位于导轨，中点D与另一导轨接触。当金属棒以速度v＝0.5 m/s向左匀速运动时，下列说法正确的是( )
A．流过电阻R的电流为2 A
B．A、D两点的电势差为UAD＝0.4 V
C．A、C两点的电势差为UAC＝－1.6 V
D．A、C两点的电势差为UAC＝－1.2 V
解析：选AD 金属棒AD段产生的感应电动势为EAD＝BLv＝2×0.8×0.5 V＝0.8 V
流过电阻R的电流I＝eq \f(EAD,R＋R)＝eq \f(0.8,0.4) A＝2 A，
根据右手定则，可知A 端的电势低于D端的电势，A、D两点的电势差UAD＝－IR＝－0.4 V，
B错误，A正确；
D、C两点的电势差UDC＝－BLv＝－0.8 V，
则UAC＝UAD＋UDC＝－1.2 V，C错误，D正确。
考法2 导体棒转动切割的电路问题
2．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eq \f(1,2)Bl2ω
B．微粒的电荷量与质量之比为eq \f(2gd,Br2ω)
C．电阻消耗的电功率为eq \f(πB2r4ω,2R)
D．电容器所带的电荷量为CBr2ω
解析：选B 由法拉第电磁感应定律可知棒产生的电动势为E＝Br·eq \f(1,2)ωr＝eq \f(1,2)Br2ω，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qeq \f(U,d)＝mg，可得eq \f(q,m)＝eq \f(2gd,Br2ω)，B正确。电阻消耗的电功率P＝eq \f(U2,R)＝eq \f(B2r4ω2,4R)，C错误。电容器所带的电荷量Q＝CU＝eq \f(1,2)CBr2ω，D错误。
考法3 磁场变化引起的电路问题
3．(2022·全国甲卷)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( )
A．I1I3>I2
C．I1＝I2>I3 D．I1＝I2＝I3
解析：选C 设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所以圆线框的周长为C2＝2πr，面积为S2＝πr2，同理可知正方形线框的周长和面积分别为C1＝8r，S1＝4r2，正六边形线框的周长和面积分别为C3＝6r，S3＝eq \f(1,2)×r×eq \f(\r(3),2)r×6＝eq \f(3\r(3)r2,2)，三线框材料粗细相同，根据电阻定律R＝ρeq \f(L,S横截面)，可知三个线框电阻之比为R1∶R2∶R3＝C1∶C2∶C3＝4∶π∶3，根据法拉第电磁感应定律有I＝eq \f(E,R)＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(S,R)，可得电流之比为：I1∶I2∶I3＝2∶2∶eq \r(3)，即I1＝I2>I3。
(二) 电磁感应中的图像问题
1．常见类型及分析方法
2．解答选择类图像问题的常用方法
[考法全训]
考法(一) 根据给定的电磁感应过程选择有关图像
[例1] (2022·河北高考)(多选)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x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R。导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t＝0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直。设运动过程中通过电阻的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U，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( )
[解析] 当导体棒从O点向右运动L时，即在0～eq \f(L,v0)时间内，在某时刻导体棒切割磁感线的长度L＝l0＋v0ttan θ(θ为ab与ad的夹角)，则根据E＝BLv0，i＝eq \f(BLv0,R)＝eq \f(Bv0,R)(l0＋v0ttan θ)，可知回路中电流均匀增加；安培力F＝eq \f(B2L2v0,R)＝eq \f(B2v0,R)(l0＋v0ttan θ)2，则F ­t关系为抛物线，但是不过原点；安培力做功的功率P＝Fv0＝eq \f(B2L2v02,R)＝eq \f(B2v02,R)(l0＋v0ttan θ)2，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U＝E＝BLv0＝Bv0(l0＋v0ttan θ)，即图像是不过原点的直线；根据以上分析，可知B、D错误；当在eq \f(L,v0)～eq \f(2L,v0)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eq \f(2L,v0)～eq \f(3L,v0)时间内，导体棒切割磁感线长度逐渐减小，导体棒切割磁感线的感应电动势E均匀减小，感应电流i均匀减小，安培力F大小与安培力的功率P随时间按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～eq \f(L,v0)时间内是对称的关系，电阻两端电压U按线性均匀减小，A、C正确。
[答案] AC
[规律方法] 电磁感应中的图像问题的分析方法
考法(二) 根据给定图像分析电磁感应问题
[例2] (2021·辽宁高考)(多选)如图(a)所示，两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定，顶端接有阻值为R的电阻，垂直导轨平面存在变化规律如图(b)所示的匀强磁场，t＝0时磁场方向垂直纸面向里。在t＝0到t＝2t0的时间内，金属棒水平固定在距导轨顶端L处；t＝2t0时，释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，则( )
A．在t＝eq \f(t0,2)时，金属棒受到安培力的大小为eq \f(B02L3,t0R)
B．在t＝t0时，金属棒中电流的大小为eq \f(B0L2,t0R)
C．在t＝eq \f(3t0,2)时，金属棒受到安培力的方向竖直向上
D．在t＝3t0时，金属棒中电流的方向向右
[解析] 由题图可知在0～t0时间段内产生的感应电动势为E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(B0L2,t0)，根据闭合电路欧姆定律可知此时间段的电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(B0L2,t0R)，在eq \f(t0,2)时磁感应强度为eq \f(B0,2)，此时安培力为F＝BIL＝eq \f(B02L3,2Rt0)，故A错误，B正确；由图可知在t＝eq \f(3t0,2)时，磁场方向垂直纸面向外并逐渐增大，根据楞次定律可知产生顺时针方向的电流，再由左手定则可知金属棒受到的安培力方向竖直向上，故C正确；由图可知在t＝3t0时，磁场方向垂直纸面向外，金属棒向下运动的过程中磁通量增加，根据楞次定律可知金属棒中的感应电流方向向左，故D错误。
[答案] BC
考法(三) 电磁感应中图像转化问题
[例3] (2023·辽宁大连调研)(多选)如图甲所示，正六边形导线框abcdef放在匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。t＝0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向里，设产生的感应电流顺时针方向为正、竖直边cd所受安培力的方向水平向左为正。则下面关于感应电流i和cd所受安培力F随时间t变化的图像正确的是( )
[解析] 0～2 s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，为正值。根据法拉第电磁感应定律，E＝Seq \f(ΔB,Δt)＝B0S为定值，则感应电流I1＝eq \f(B0S,R)为定值。在2～3 s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为顺时针方向，为正值，大小与0～2 s内相等。在3～4 s内，磁感应强度垂直纸面向外，且逐渐减小，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2 s内相等。在4～6 s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流方向为逆时针方向，为负值，大小与0～2 s内相等，故A正确，B错误。在0～2 s内，磁场的方向垂直纸面向里，且逐渐减小，电流恒定不变，根据FA＝BIL，则安培力逐渐减小，cd边所受安培力方向向右，为负值。0时刻安培力大小为F＝2B0I0L。在2 s～3 s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据FA＝BIL，则安培力逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，为正值，3 s时安培力大小为B0I0L。在3～4 s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐减小，则安培力大小逐渐减小，cd边所受安培力方向向右，为负值，3 s时的安培力大小为B0I0L。在4～6 s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，则安培力大小逐渐增大，cd边所受安培力方向向左，6 s时的安培力大小为2B0I0L，故C正确，D错误。
[答案] AC
[课时跟踪检测]
一、立足主干知识，注重基础性和综合性
1．(2023·河南许昌联考)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( )
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：选C 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。
2.如图所示，变化的匀强磁场垂直穿过光滑金属框架MNQP，金属杆ab在恒力F作用下沿框架从静止开始运动，t＝0时磁感应强度大小为B0，为使ab中不产生感应电流，下列能正确反映磁感应强度B随时间t变化的图像是( )
解析：选C 金属杆ab中不产生感应电流，则穿过闭合回路的磁通量不变，设金属杆ab长为L，金属杆ab到MP的距离为l1，金属杆ab的质量为m，则有a＝eq \f(F,m)，x＝eq \f(1,2)at2，B0Ll1＝BL(l1＋x)，联立可得eq \f(1,B)＝eq \f(1,B0)＋eq \f(Ft2,2mB0l1)，随着时间增加，eq \f(1,B)是增大的，且增大的速度越来越快，故C正确。
3．(2023·湖北武汉模拟)(多选)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ棒进入磁场时加速度恰好为零，PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是( )
解析：选AD 根据图像可知，设PQ进入磁场匀速运动的速度为v，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨宽度为L，两根导体棒的总电阻为R；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律可得PQ进入磁场时电流I＝eq \f(BLv,R)，保持不变，根据右手定则可知电流方向Q→P；如果PQ离开磁场时MN还没有进入磁场，此时电流为零；当MN进入磁场时也是匀速运动，通过PQ的感应电流大小不变，方向相反；如果PQ没有离开磁场时MN已经进入磁场，此时电流为零，当PQ离开磁场时MN的速度大于v，安培力大于重力沿斜面向下的分力，电流逐渐减小，通过PQ的感应电流方向相反；故选A、D。
4．(2023·温州模拟)如图所示，空间分布着方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，EF是其右边界。半径为r的单匝圆形金属线圈垂直于磁场放置，线圈的圆心O在EF上；另有一根长为2r的导体杆与EF重合，杆两端点a、b通过电刷与圆形线圈连接，线圈和导体杆单位长度电阻相同。情况1：导体直杆不动，线框绕EF轴匀速转动，转动方向如图所示；情况2：线圈不动，导体杆绕O点在纸面内顺时针匀速转动。两情况均从图示位置开始计时，关于导体杆ab两端点的电压Uab情况，下列说法正确的是( )
A．情况1产生的Uab­t图像为图甲，情况2产生的Uab­t图像为图丙
B．情况1产生的Uab­t图像为图乙，情况2产生的Uab­t图像为图丁
C．情况1产生的Uab­t图像为图甲，情况2产生的Uab­t图像为图丁
D．情况1产生的Uab­t图像为图乙，情况2产生的Uab­t图像为图丙
解析：选D 情况1：导体直杆不动，线框绕EF轴匀速转动，线圈产生正弦式交流电，产生的Uab­t图像为图乙；情况2：线圈不动，导体杆绕O点在纸面内顺时针匀速转动，Ob和Oa轮流切割磁感线，在0～eq \f(T,2)时间内，Ob切割磁感线，由右手定则判断可知，Ob中感应电流方向由O→b，则b端的电势高于a端的电势，Uab为负值；在eq \f(T,2)～T时间内，Oa切割磁感线，由右手定则判断可知，Oa中感应电流方向由O→a，则a端的电势高于b端的电势，Uab为正值，则情况2产生的Uab­t图像为图丙，故A、B、C错误，D正确。
5.如图所示，光滑水平面内有一光滑导体棒MN放在V形导轨上，导体棒MN左侧空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，导体棒MN和导轨的材料、粗细均完全相同，现将导体棒MN固定，用一水平向左的外力F从图示位置匀速将V形导轨拉入磁场中，在此过程中导体棒与导轨始终接触良好，导体棒与导轨两触点间的电势差为U，回路的发热功率为P，回路中产生的热量为Q，则下列图像正确的是( )
解析：选A 感应电流I＝eq \f(BLABv,R)，由几何关系知，回路周长与LAB成正比，电阻R与LAB成正比，由于B、v不变，可知感应电流I恒定，安培力F安＝BILAB，则F安∝t，导轨匀速运动时的受力有F＝F安，A正确；回路的热功率P＝I2R，I不变，电阻R与回路周长成正比，又周长与t成正比，可知功率P与t成正比，B错误；如图所示，t时刻V形导轨在磁场中与导体棒MN构成回路为ABC，LCc＝vt，由几何关系可知，LAB＝kvt，(k为常数)，则A、B两点间的电势差U＝eq \f(1,3)BLABv＝eq \f(1,3)kBv2t，k、B、v均为常数，则U∝t，C错误；回路中产生的热量为Q＝Pt，P与t成正比，可知Q与t2成正比，D错误。
6．(2023·河南郑州模拟)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，磁场方向取垂直纸面向里为正方向。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，则下列说法错误的是( )
A．在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中的感应电动势为0.08 V
B．在t＝0.05 s时，金属框ab边受到的安培力的大小为0.016 N
C．在t＝0.05 s时，金属框ab边受到的安培力的方向垂直于ab向右
D．在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中电流的电功率为0.064 W
解析：选C 根据法拉第电磁感应定律E＝eq \f(NΔΦ,Δt)，金属框的面积不变，磁场的磁感应强度变化，故ΔΦ＝ΔB·L2，eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(0.2 T,0.1 s)＝2 T/s，解得E＝0.08 V，故A正确；感应电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(0.08,0.1) A＝0.8 A，在t＝0.05 s时，ab受到的安培力为F＝BIL＝0.1×0.8×0.2 N＝0.016 N，故B正确；根据楞次定律，感应电流阻碍磁通量的变化，磁通量随磁感应强度的减小而减小，线框有扩大的趋势，故ab受到的安培力水平向左，故C错误；电功率为P＝EI＝0.08 V×0.8 A＝0.064 W，故D正确。
7.在同一水平面上的光滑平行导轨P、Q相距l＝1 m，导轨左端接有如图所示的电路。其中水平放置的平行板电容器两极板M、N相距d＝10 mm，定值电阻R1＝R2＝12 Ω，R3＝2 Ω，金属棒ab的电阻r＝2 Ω，其他电阻不计。磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间的质量m＝1×10－14 kg、电荷量 q＝－1×10－14 C的微粒恰好静止不动。取g＝10 m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，且速度保持恒定。试求：
(1)匀强磁场的方向；
(2)ab两端的路端电压；
(3)金属棒ab运动的速度。
解析：(1)带负电荷微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故M板带正电。ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab棒等效于电源，感应电流方向由b→a，其a端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下。
(2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有mg＝Eq
又E＝eq \f(UMN,d)
所以UMN＝eq \f(mgd,q)＝0.1 V
R3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R3的电流为I＝eq \f(UMN,R3)＝0.05 A
则ab棒两端的电压为Uab＝UMN＋Ieq \f(R1R2,R1＋R2)＝0.4 V。
(3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝Blv
由闭合电路的欧姆定律得E＝Uab＋Ir＝0.5 V
联立解得v＝1 m/s。
答案：(1)竖直向下 (2)0.4 V (3)1 m/s
二、强化迁移能力，突出创新性和应用性
8．(多选)如图所示，abcd是位于竖直平面内用粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框，它的下方有一个垂直纸面向里的匀强磁场，MN、PQ为磁场的上下水平边界，两边界间的距离与正方形的边长均为L，线框从某一高度开始下落，恰好能匀速进入磁场。不计空气阻力，以bc边进入磁场时为起点，在线框通过磁场的过程中，线框中的感应电流i、bc两点间的电势差Ubc、线框所受的安培力F、线框产生的焦耳热Q分别随下落高度h的变化关系可能正确的是( )
解析：选ABD 设正方形线框每条边的电阻为R，进入磁场时速率为v。正方形线框进入磁场第一个L过程中，只有bc边切割磁感线，由右手定则可知，线框中电流方向为逆时针方向，设为正方向，大小为i1＝eq \f(BLv,4R)，
b、c两点的电势差为Ubc＝eq \f(3,4)BLv，
正方形线框所受安培力为F1＝Bi1L＝eq \f(B2L2v,4R)＝mg，
由左手定则知方向向上。
线框产生的焦耳热为Q1＝i12·4R·t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BLv,4R)))2×4R×eq \f(h,v)＝eq \f(B2L2v,4R)h，由于v为定值，所以进入磁场过程，i、Ubc、F都恒定不变，Q随下降高度h均匀增大；
正方形线框离开磁场过程中，线框所受安培力继续被重力平衡，所以速度还是v。ad边在切割磁感线，由右手定则可知，线框中电流方向为顺时针，与进入磁场过程方向相反，则为负值，其大小为i2＝eq \f(BLv,4R)，
与i1等大反向。b、c两点的电势差为Ubc′＝eq \f(1,4)BLv，
正方形线框所受安培力为F2＝Bi2L＝eq \f(B2L2v,4R)＝mg，与F1相同。线框产生的焦耳热为Q2＝i22·4R·t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BLv,4R)))2×4R×eq \f(h－L,v)＝eq \f(B2L2v,4R)(h－L)，随位移继续均匀增大。
综上可知，A、B、D正确，C错误。
9.如图，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框分别从两个方向移出磁场的两个过程中( )
A．导体框中产生的感应电流方向相反
B．导体框ad边两端电势差之比为1∶3
C．导体框中产生的焦耳热之比为1∶3
D．通过导体框截面的电荷量之比为1∶3
解析：选C 将导体框拉出磁场的过程中，穿过导体框的磁通量都减小，由楞次定律判断出感应电流的方向都沿逆时针方向，方向相同，故A错误；设正方形的边长为L，导体框以v运动时，dc边中感应电动势为E1＝BLv，ad边两端电势差为U1＝eq \f(1,4)E1＝eq \f(1,4)BLv，导体框以3v运动时，ad边中感应电动势为E2＝3BLv，ad边两端电势差为U2＝eq \f(3,4)E2＝eq \f(9,4)BLv，导体框ad边两端电势差之比为U1∶U2＝1∶9，故B错误；感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(BLv,R)，时间t＝eq \f(L,v)，焦耳热Q＝I2Rt＝eq \f(B2L3v,R)∝v，导体框中产生的焦耳热之比为Q1∶Q2＝1∶3，故C正确；将导体框拉出磁场的过程中，穿过导体框的磁通量的变化量相同，根据推论q＝eq \f(ΔΦ,R)可知，通过导体框截面的电荷量相同，故D错误。
10．如图甲所示，水平面内的直角坐标系的第一象限内有磁场分布，方向垂直于水平面向下，磁感应强度沿y轴方向没有变化，沿x轴方向的变化趋势如图乙所示，B与x的函数关系为B＝eq \f(1,x)。顶角θ＝45°的光滑金属长导轨MON固定在水平面内，ON与x轴重合，一根与ON垂直的长导体棒在水平向右的外力作用下沿导轨MON向右滑动，导体棒在滑动过程中始终与导轨接触良好。已知t＝0时，导体棒位于顶点O处，导体棒的质量m＝2 kg，OM、ON接触处O点的接触电阻R＝0.5 Ω，其余电阻不计。导体棒产生的感应电动势E与时间t的关系如图丙所示，图线是过原点的直线，求：
(1)t＝2 s时流过导体棒的电流I2的大小；
(2)1～2 s时间内回路中流过的电荷量q的大小；
(3)导体棒滑动过程中水平外力F与横坐标x的关系式。
解析：(1)根据E­t图像分析可知t＝2 s时，感应电动势E2＝4 V，I2＝eq \f(E2,R)＝eq \f(4,0.5) A＝8 A。
(2)由题意可知，回路中电流与电动势成正比，故可判断I­t图线是一条过原点的直线，由题图可知，当t＝1 s时，E1＝2 V，I1＝eq \f(E1,R)＝eq \f(2,0.5) A＝4 A，则q＝eq \f(I1＋I2,2)Δt＝6 C。
(3)因θ＝45°，可知任意t时刻回路中导体棒切割磁感线的有效长度L＝x，故电动势E＝BLv＝Bxv，因电动势E与时间t成正比，分析可知导体棒做匀加速直线运动，由题图知Bx＝1 T·m，E＝2t V，故有v＝2t m/s，可知导体棒运动的加速度a＝2 m/s2，导体棒受到的安培力F安＝BIL＝BIx＝Bx·eq \f(Bxv,R)＝eq \f(B2x2v,R)＝eq \f(B2x2\r(2ax),R)，导体棒做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得F－F安＝ma，
则F＝F安＋ma＝eq \f(B2x2\r(2ax),R)＋ma＝(4eq \r(x)＋4)N。
答案：(1)8 A (2)6 C (3)F＝(4eq \r(x)＋4)N
电磁感应中的动力学、能量问题
(一) 电磁感应中的动力学问题
1．两种状态及处理方法
2．“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
[考法全训]
考法(一) 水平面内的动力学问题
[例1] (2022·湖南高考)(多选)如图，间距L＝1 m的U形金属导轨，一端接有0.1 Ω的定值电阻R，固定在高h＝0.8 m的绝缘水平桌面上。质量均为0.1 kg的匀质导体棒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0.1 Ω，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1.74 m。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0.1 T。用F＝0.5 N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10 m/s2，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是( )
A．导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6 m
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0.58 C
[解析] 导体棒a在导轨上向右运动，产生的感应电流向里，流过导体棒b的电流向里，由左手定则可知安培力向左，则导体棒b有向左运动的趋势，故C错误；导体棒b与电阻R并联，有I＝eq \f(BLv,R＋\f(R,2))，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，有B·eq \f(I,2)·L＝μmg，联立解得a棒的速度为v＝3 m/s，a棒做平抛运动，有x＝vt，h＝eq \f(1,2)gt2，联立解得导体棒a离开导轨至落地过程中水平位移为x＝1.2 m，故A错误；导体棒a离开导轨至落地前做平抛运动，水平速度切割磁感线，则产生的感应电动势不变，故B正确；导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电路的电荷量为q＝eq \(I,\s\up6(－))·Δt＝eq \f(BL·Δx,R＋\f(1,2)R)＝eq \f(0.1×1×1.74,0.15) C＝1.16 C，导体棒b与电阻R并联，则通过电阻R的电荷量为qR＝eq \f(q,2)＝0.58 C，故D正确。
[答案] BD
[规律方法]
电磁感应中的动力学临界问题的分析思路
(1)解决这类问题的关键是通过受力情况和运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度为最大值或最小值的条件。
(2)基本思路是：导体受外力运动eq \(――――→,\s\up7(E＝Blv),\s\d5( ))感应电动势感应电流eq \(――→,\s\up7(F＝BIl),\s\d5( ))导体受安培力―→合外力变化eq \(――→,\s\up7(F合＝ma))加速度变化―→速度变化―→临界状态―→列式求解。
[针对训练]
1.(2021·广东高考)(多选)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨。圆弧be左侧和扇形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匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有( )
A．杆OP产生的感应电动势恒定
B．杆OP受到的安培力不变
C．杆MN做匀加速直线运动
D．杆MN中的电流逐渐减小
解析：选AD 根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式可知EOP＝eq \f(1,2)Bl2ω，故A正确。OP切割磁感线，产生感应电流，由右手定则可判断出MN中电流从M到N，根据左手定则可知MN所受安培力向左，MN切割磁感线向左运动，产生的感应电流与OP切割磁感线产生的感应电流方向相反，故OP与MN中的电流会逐渐减小，OP所受安培力逐渐减小，MN做加速度逐渐减小的加速运动，故B、C错误，D正确。
2．(2022·全国甲卷)(多选)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eq \f(Q,RC)
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：选AD 当S闭合的瞬间，导体棒MN速度为0，此时反电动势最小，此时MN可视为纯电阻R，故电流最大Imax＝eq \f(U,R)＝eq \f(Q,RC)，故A正确；当电容器两极板间电压u>Blv时，导体棒加速运动，当速度达到最大值之后，电容器与MN及R构成回路，由于一直处于通路的形式，由能量守恒可知，最后MN速度为零， 故B错误；MN在运动过程中为非纯电阻电路，MN上的电流瞬时值为i＝eq \f(u－Blv,R)，当u＝Blv时，MN上电流瞬时为零，安培力为零，此时MN速度最大，故C错误；在MN加速阶段，由于MN上存在感应电动势，MN上电流小于电阻R 上电流，电阻R消耗电能大于MN上消耗的电能(即ER>EMN)，故加速过程中，QR>QMN；在MN减速到零的过程中，电容器的电流和导体棒的电流都流经电阻R形成各自的回路，因此可知此时也是电阻R的电流大，综上分析可知全过程中电阻R上产生的热量大于导体棒MN上产生的热量，故D正确。
考法(二) 竖直面内的动力学问题
[例2] (2022·湖北高考)如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里。正方形单匝线框abcd的边长L＝0.2 m、回路电阻R＝1.6 × 10 － 3 Ω、质量m＝0.2 kg。线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L。现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为4eq \r(2) N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动。从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。重力加速度大小取g＝10 m/s2，求：
(1)ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；
(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；
(3)磁场区域的水平宽度。
[解析] (1)ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有max＝Fcs θ
代入数据有ax＝20 m/s2
在竖直方向有may＝Fsin θ－mg
代入数据有ay＝10 m/s2。
(2)根据题意，ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的一部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线。但ad和bc边的切割磁感线部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电源为ab，根据右手定则可知回路的电流方向为adcba，则ab边受到的安培力竖直向下，ad边受到的安培力水平向右，bc边受到的安培力水平向左，则ad边和bc边受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力为ab边受到的竖直向下的安培力。线框从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，有Fsin θ－mg－BIL＝0，E＝BLvy，I＝eq \f(E,R)，vy2＝2ayL
联立有B＝0.2 T
由题知，dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界。则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有Q＝W安＝BILy
y＝L，Fsin θ－mg＝BIL
联立解得Q＝0.4 J。
(3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为t＝t1＋t2，vy＝ayt1，L＝vyt2
联立解得t＝0.3 s
由(2)分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向有
x＝eq \f(1,2)axt2＝eq \f(1,2)×20×0.32 m＝0.9 m
则磁场区域的水平宽度s＝x＋L＝1.1 m。
[答案] (1)20 m/s2 10 m/s2 (2)0.2 T 0.4 J (3)1.1 m
[针对训练]
3．(多选)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( )
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：选AB 由题意知，两线圈体积相同，由电阻定律可知，甲的电阻是乙的电阻的4倍；两线圈到达磁场上边界时两线圈的速度相同，设乙线圈的匝数为n，两线圈的边长均为l，两线圈进入磁场后，乙受到的安培力F乙＝nBIl＝eq \f(n2B2l2v,R)，甲受到的安培力F甲＝eq \f(4n2B2l2v,4R)＝eq \f(n2B2l2v,R)，可见，甲、乙受到的安培力大小相同，重力也相同，则运动情况相同，A、B正确。
考法(三) 斜面上的动力学问题
[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＝0.06 kg的U型导体框，导体框的电阻忽略不计；一电阻R＝3 Ω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＝0.6 m。初始时CD与EF相距s0＝0.4 m，金属棒与导体框同时由静止开始下滑，金属棒下滑距离s1＝eq \f(3,16) 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＝1 T，重力加速度大小取g＝10 m/s2，sin α＝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。
[解析] (1)设金属棒的质量为m，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)gs1sin α＝eq \f(1,2)(M＋m)v02
代入数据解得v0＝eq \f(3,2) 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＝eq \f(E,R)
则金属棒刚进入磁场时受到的安培力为F安＝BIL＝0.18 N。
(2)设金属棒与导体框之间的动摩擦因数为μ，金属棒进入磁场以后因为瞬间受到沿斜面向上的安培力作用，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，因金属棒做匀速运动，可有mgsin α＋μmgcs α＝F安
此时导体框向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得Mgsin α－μmgcs α＝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＝eq \f(x,v0)
则此时导体框的速度为v1＝v0＋at
则导体框的位移x1＝v0t＋eq \f(1,2)at2
因此导体框和金属棒的相对位移为
Δx＝x1－x＝eq \f(1,2)at2
由题意当金属棒离开磁场时导体框的上端EF刚好进入线框，则有位移关系s0－Δx＝x
导体框进入磁场时做匀速运动，此时的电动势为
E1＝BLv1，I1＝eq \f(BLv1,R)
导体框受到向上的安培力和滑动摩擦力，
因此可得Mgsin α＝μmgcs α＋BI1L
联立以上可得x＝0.3 m，a＝5 m/s2，
m＝0.02 kg，μ＝eq \f(3,8)。
(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
mgsin α＋μmgcs α＝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＝eq \f(5,18) m。
[答案] (1)0.18 N (2)0.02 kg eq \f(3,8) (3)eq \f(5,18) m
[针对训练]
4．(2021·山东等级考)(多选)如图所示，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上。区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区中磁感应强度随时间均
匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场。阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放，进入Ⅱ区后，经b下行至c处反向上行。运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好。在第一次下行和上行的过程中，以下叙述正确的是( )
A．金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度
B．金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度
C．金属棒不能回到无磁场区
D．金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处
解析：选ABD 在Ⅰ区磁场中，由于磁感应强度随时间均匀增加，产生的感应电动势E1＝eq \f(ΔΦ1,Δt)＝Seq \f(ΔB1,Δt) 为定值，金属棒在Ⅰ区和Ⅱ区之间的无磁场区域释放，在Ⅱ区磁场内，由于金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E2＝BLv，金属棒下行时，回路中电动势为E下＝E1＋E2，由于金属棒还能上行，所以下行时，只能做加速度a逐渐减小的减速运动，其a下＝Beq \f(E1＋E2,Rm)L－gsin θ，金属棒上行时，回路中电动势为E上＝E1－E2，金属棒向上先做加速度a逐渐减小的加速运动，其a上＝Beq \f(E1－E2,Rm)L－gsin θ，故过b时a下＞a上，B正确；金属棒从b到c和从c到b，位移大小相等，a下＞a上，由v2＝2ax可知，过b时速度v下＞v上，A正确；由以上分析知金属棒在区域Ⅱ磁场中向上做加速度a逐渐减小的加速运动，故金属棒一定能回到无磁场区，故C错误；同理，金属棒经过Ⅱ区中磁场的同一位置时，v下＞v上，故金属棒上行出磁场区时速度变小，不能到达a处，D正确。
(二) 电磁感应中的能量问题
1．电磁感应中的能量转化
2．求解焦耳热Q的三种方法
[典例] (2021·天津等级考)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L＝1 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成θ＝30°角，N、Q两端接有R＝1 Ω的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量m＝0.2 kg，电阻r＝1 Ω，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B＝1 T。ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度v1＝0.5 m/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度v＝2 m/s。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度g＝10m/s2。
(1)求拉力的功率P；
(2)ab开始运动后，经t＝0.09 s速度达到v2＝1.5 m/s，此过程中ab克服安培力做功W＝0.06 J，求该过程中ab沿导轨的位移大小x。
[解析] (1)在ab运动过程中，由于拉力功率恒定，ab做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F，安培力大小为FA，有F－mgsin θ－FA＝0①
设此时回路中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律，有E＝BLv②
设回路中的感应电流为I，由闭合电路的欧姆定律，有I＝eq \f(E,R＋r)③
ab受到的安培力FA＝ILB④
由功率表达式，有P＝Fv⑤
联立上述各式，代入数据解得P＝4 W。⑥
(2)ab从速度v1到v2的过程中，由动能定理，有
Pt－W－mgxsin θ＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv12⑦
代入数据解得x＝0.1 m。⑧
[答案] (1)4 W (2)0.1 m
[针对训练]
1．(2023·江西宜春模拟) (多选)两根足够长的平行光滑导轨竖直固定放置，顶端接一电阻R，导轨所在平面与匀强磁场垂直。将一金属棒与下端固定的轻弹簧的上端拴接，金属棒和导轨接触良好，重力加速度为g，如图所示。现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( )
A．金属棒在最低点的加速度小于g
B．回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量
C．当弹簧弹力等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大
D．金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度
解析：选AD 金属棒先向下做加速运动，后向下做减速运动，假设没有磁场，金属棒运动到最低点时，根据简谐运动的对称性可知，最低点的加速度等于刚释放时的加速度g，由于金属棒向下运动的过程中，产生感应电流，受到安培力，而安培力是阻力，则知金属棒下降的高度小于没有磁场时的高度，故金属棒在最低点的加速度小于g，故A正确；根据能量守恒定律得知，回路中产生的总热量等于金属棒重力势能的减少量与弹簧弹性势能增加量之差，故B错误；金属棒向下运动的过程中，受到重力、弹簧的
弹力和安培力三个力作用，当三力平衡时，速度最大，即当弹簧弹力、安培力之和等于金属棒的重力时，金属棒下落速度最大，故C错误；由于产生内能，弹簧具有弹性势能，由能量守恒得知，金属棒在以后运动过程中的最大高度一定低于静止释放时的高度，故D正确，故选A、D。
2．(2021·湖南高考)(多选)两个完全相同的正方形匀质金属框，边长为L，通过长为L的绝缘轻质杆相连，构成如图所示的组合体。距离组合体下底边H处有一方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场。磁场区域上下边界水平，高度为L，左右宽度足够大。把该组合体在垂直磁场的平面内以初速度v0水平无旋转抛出，设置合适的磁感应强度大小B使其匀速通过磁场，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A．B与v0无关，与eq \r(H)成反比
B．通过磁场的过程中，金属框中电流的大小和方向保持不变
C．通过磁场的过程中，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等
D．调节H、v0和B，只要组合体仍能匀速通过磁场，则其通过磁场的过程中产生的热量不变
解析：选CD 设金属框进入磁场时的竖直分速度为vy，可知vy＝eq \r(2gH)，金属框所受安培力F＝BIL，电流I＝eq \f(E,R)，E＝BLvy，根据受力平衡可得mg＝eq \f(B2L2\r(2gH),R)，可知B2与eq \r(H)成反比，B与v0无关，A错误；金属框进入磁场和穿出磁场的过程中，电流的大小保持不变，方向由逆时针变为顺时针，B错误；从下金属框进入磁场到上金属框离开磁场，整个过程金属框做匀速直线运动，安培力和重力等大反向，组合体克服安培力做功的功率与重力做功的功率相等，C正确；组合体从进入磁场到穿出磁场，不论怎样调节H、v0和B，只要组合体匀速通过磁场，在通过磁场的过程中，产生的热量始终等于减少的重力势能，D正确。
[课时跟踪检测]
1.如图，一足够长通电直导线固定在光滑水平面上，质量是0.04 kg的硬质金属环在该平面上运动，初速度大小为v0＝2 m/s、方向与导线的夹角为60°，则该金属环最终( )
A．做曲线运动，环中最多能产生0.08 J的电能
B．静止在平面上，环中最多能产生0.04 J的电能
C．做匀加速直线运动，环中最多能产生0.02 J的电能
D．做匀速直线运动，环中最多能产生0.06 J的电能
解析：选D 金属环在向右上方运动过程中，通过金属环的磁通量减少，根据楞次定律可知金属环受到的安培力会阻碍其运动，直到其磁通量不发生变化，即沿着导线的方向运动时，金属环不再受到安培力的作用，此时金属环将做匀速直线运动，只具有竖直方向的速度，根据速度合成与分解规律可知金属环最终做匀速直线运动的速度为v＝v0cs 60°＝eq \f(1,2)v0＝1 m/s，根据能量守恒定律可得，金属环中产生的电能为E＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv2＝0.06 J，所以D正确，A、B、C错误。
2．(2021·河北高考)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点。狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连。导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻。下列说法正确的是( )
A．通过金属棒的电流为2BCv2tan θ
B．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tan θ
C．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电
D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定
解析：选A 经过时间t，金属棒切割磁感线的有效长度L＝2vttan θ，金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv＝2Bv2ttan θ，则电容器极板上的电荷量Q＝CE＝2BCv2ttan θ，则通过金属棒中的电流I＝eq \f(ΔQ,Δt)＝2BCv2tan θ，A正确；当金属棒到达x＝x0时，即vt＝x0时，电容器极板上的电荷量Q0＝2BCvx0tan θ，B错误；根据楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向(从上往下看)，则电容器的上极板带正电，C错误；因为金属棒做匀速运动，所以外力F＝F安＝BIL，外力做功的功率P＝Fv＝4B2Cv4ttan2 θ，是变化的，D错误。
3．(多选)如图，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，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为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处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，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．流过金属棒的最大电流为eq \f(Bd \r(2gh),2R)
B．通过金属棒的电荷量为eq \f(BdL,2R)
C．克服安培力所做的功为mgh
D．金属棒内产生的焦耳热为eq \f(1,2)mg(h－μd)
解析：选BD 金属棒下滑到弯曲部分底端时，根据动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mv2，金属棒在磁场中运动时产生的感应电动势E＝BLv，金属棒受到的安培力F＝BIL，当金属棒刚进入磁场中时，感应电流最大，分析可得Imax＝eq \f(BL\r(2gh),2R)，A错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通过金属棒的电荷量q＝eq \x\t(I)t＝eq \f(ΔΦ,2R)＝eq \f(BdL,2R)，B正确；对整个过程由动能定理得mgh－Weq \a\vs4\al(F 安)－μmgd＝0，金属棒克服安培力做的功Weq \a\vs4\al(F 安)＝mgh－μmgd，金属棒内产生的焦耳热Q＝eq \f(1,2)Weq \a\vs4\al(F 安)＝eq \f(1,2)mg(h－μd)，C错误，D正确。
4.(多选)如图所示，一个等腰直角三角形金属线框直角顶点O处不闭合，竖直放置于水平匀强磁场中，磁场磁感应强度为B，线框平面与磁场方向垂直，线框的斜边长为L，定值电阻阻值为R，其余部分线框电阻可忽略不计。现有一质量分布均匀的导体棒水平放置，中心在线框最高点O处由静止释放(导体棒足够长，电阻不计)，导体棒在下落过程中与线框始终保持良好接触。不计摩擦和空气阻力，下列说法中正确的是( )
A．导体棒下落eq \f(L,4)的过程中，流过R的电荷量为eq \f(BL2,16R)
B．离开磁场前导体棒一定一直加速
C．离开磁场前导体棒可能先加速后匀速
D．导体棒下落过程机械能的减少量等于电阻R上产生的热量
解析：选AD 由法拉第电磁感应定律可得E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，由闭合电路欧姆定律可得I＝eq \f(E,R)，由电流的定义式可得，流过R的电荷量为q＝I·Δt＝eq \f(ΔΦ,R)，导体棒下落eq \f(L,4)的过程中ΔΦ＝B·eq \f(L2,16)，联立可得q＝eq \f(BL2,16R)，A正确；对导体棒受力分析，有重力和安培力，安培力定义式为F安＝BIl，导体棒产生的电动势为E＝Blv，由闭合电路的欧姆定律可得I＝eq \f(E,R)，则F安＝eq \f(B2l2v,R)，最开始，重力大于安培力，此时导体棒做加速运动，不考虑导体棒的运动位移，当重力等于安培力之后，导体棒的有效切割长度继续变大，所以安培力比重力大，合力向上，导体棒做减速运动，B、C错误；导体棒在下落过程中，重力做正功，安培力做负功转化为电阻R的内能，由能量守恒定律可得，导体棒下落过程机械能的减少量为ΔE＝QR，D正确。
5．(多选)如图所示，宽为L的平行金属导轨由光滑的倾斜部分和足够长的粗糙水平部分平滑连接，右端接阻值为R的电阻c，矩形区域MNPQ内有竖直向上、大小为B的匀强磁场。在倾斜部分同一高度h处放置两根细金属棒a和b，由静止先后释放，a离开磁场时b恰好进入磁场，a在水平导轨上运动的总距离为s。a、b质量均为m，电阻均为R，与水平导轨间的动摩擦因数均为μ，与导轨始终垂直且接触良好。导轨电阻不计，重力加速度为g。则整个运动过程中( )
A．a棒中的电流方向会发生改变
B．a棒两端的最大电压为BLeq \r(2gh)
C．电阻c消耗的电功率一直减小
D．电阻c产生的焦耳热为eq \f(mgh－μs,3)
解析：选AD 当a棒进入磁场中做切割磁感线运动时，由右手定则可判断感应电流的方向为垂直纸面向外，当a棒离开磁场时b棒刚好进入磁场，同理可判断通过a棒的电流方向为垂直纸面向里，故通过a棒的电流方向会发生改变，故A正确；a棒从斜面静止释放过程中有：mgh＝eq \f(1,2)mv2，解得进入水平轨道的速度大小为v＝eq \r(2gh)，a棒进入磁场后受到安培力和摩擦力的作用做减速运动，刚进入磁场时速度最大，最大感应电动势为E＝BLv＝BLeq \r(2gh)，此时a棒作为等效电源，b棒与电阻c并联，并联电阻大小为eq \f(R,2)，则总电阻为eq \f(R,2)＋R＝eq \f(3R,2)，故a棒两端的最大电压为Ua＝eq \f(\f(R,2),\f(3R,2))E＝eq \f(1,3)E＝eq \f(BL\r(2gh),3)，故B错误；a棒进入磁场后做减速运动，根据I＝eq \f(E,R总)＝eq \f(BLv,R总)可知，电流逐渐减小，故电阻c消耗的电功率由P＝I2R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BLv,R总)))2R逐渐减小；当a棒离开磁场时b棒刚好进入磁场，此时b棒的速度与a棒刚进入磁场时的速度相等，则电阻c消耗的电功率仍由P＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BLv,R总)))2R逐渐减小，故电阻c消耗的电功率并非一直减小，故C错误；由能量守恒定律可知，整个过程中产生的总焦耳热为Q总＝2mgh－2μmgs，且Q总＝I2Rt＋I2Rt＋(2I)2Rt＝6I2Rt，其中Qc＝I2Rt，则电阻c产生的焦耳热为Qc＝eq \f(1,6)Q总＝eq \f(mgh－μs,3)，故D正确。
6．(多选)如图所示，在光滑的绝缘水平面上，放置一个边长为L、质量为m、电阻为R的单匝正方形金属线框abcd，线框的右侧与一根绝缘水平细线相连，细线的另一端跨过一个光滑的小定滑轮，悬挂一个质量为4m的重物，放置于倾角为θ＝30°的足够大的光滑斜面上，在线框右侧存在一宽度也为L、方向竖直向下的匀强磁场，磁场的左边界与线框cd边平行且距离也为L。现将线框和重物同时由静止释放，线框恰好能够完全匀速通过磁场区域，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．线框右边cd刚进入磁场时的速度大小为eq \f(2\r(5gL),5)
B．磁场的磁感应强度大小为 eq \r(\f(\r(5)gmR,L))
C．线框通过磁场的过程中，电流做的功为2mgL
D．线框cd边在进入磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量为 eq \r(\f(mL\r(5gL),R))
解析：选AD 线框和重物组成的系统机械能守恒，则有4mgLsin θ＝eq \f(1,2)(m＋4m)v2，解得v＝eq \f(2\r(5gL),5)，故A正确；根据平衡条件，对线框有T＝F安＝eq \f(B2L2v,R)，对重物有T＝4mgsin θ，联立解得B＝eq \f(1,L) eq \r(\f(\r(5gL)mR,L))，故B错误；因线框恰好能够完全匀速通过磁场区域，根据能量守恒定律可得W电＝4mg·2Lsin θ＝4mgL，故C错误；线框cd边在进入磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量为q＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(BL2,R)，联立方程，解得q＝ eq \r(\f(mL\r(5gL),R))，故D正确。
7．(多选)如图甲所示，固定的光滑平行导轨(电阻不计)与水平面夹角为θ＝30°，导轨足够长且间距L＝0.5 m，底端接有阻值为R＝4 Ω的电阻，整个装置处于垂直于导体框架向上的匀强磁场中，一质量为m＝1 kg、电阻r＝1 Ω、长度也为L的导体棒MN在沿导轨向上的外力F作用下由静止开始运动，拉力F与导体棒速率倒数关系如图乙所示。已知g＝10 m/s2。则( )
A．v＝5 m/s时拉力大小为12 N
B．v＝5 m/s时拉力的功率为70 W
C．匀强磁场的磁感应强度的大小为2 T
D．当棒的加速度a＝8 m/s2时，导体棒受到的安培力的大小为1 N
解析：选BCD 当v＝5 m/s时，eq \f(1,v)＝0.2 s/m，由题图乙可知对应图像的拉力F＝14 N，A错误；根据功率与速度的关系可得拉力的功率PF＝Fv＝70 W，B正确；导体棒的最大速度eq \f(1,vm)＝0.1 s/m，所以最大速度vm＝10 m/s，此时拉力最小为Fmin＝7 N，根据共点力平衡条件可得Fmin－mgsin θ－F安＝0，根据安培力的计算公式可得F安＝BIL＝eq \f(B2L2vm,R＋r)，代入数据得B＝2 T，C正确；当棒的加速度a＝8 m/s2时，拉力设为F′，速度为v′，根据牛顿第二定律可得F′－mgsin θ－BI′L＝ma，而F′＝eq \f(P,v′)，BI′L＝eq \f(B2L2v′,R＋r)，整理可得v′2＋65v′－350＝0，解得v′＝5 m/s(或v′＝－70 m/s舍去)，所以此时的安培力为F安′＝BI′L＝eq \f(B2L2v′,R＋r)＝1 N，D正确。
8．(2023·湖北武汉模拟)(多选)如图所示，光滑的金属圆环型轨道MN、PQ竖直放置，两环之间ABDC内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B0。AB水平且与圆心等高，CD竖直且延长线过圆心。电阻为r、长为2l的轻质金属杆，有小孔的一端套在内环MN上，另一端连接带孔金属球，球的质量为m，球套在外环PQ上，且都与轨道接触良好，内圆半径r1＝l，外圆半径r2 ＝3l，PM间接有阻值为R的电阻。让金属杆从AB处静止释放。金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速度为v，其他电阻不计。忽略一切摩擦 ，重力加速度为g。则( )
A．金属球向下运动过程中。通过电阻R的电流方向由P流向M
B．金属杆第一次即将离开磁场时，R两端的电压U＝eq \f(4B0lvR,3R＋r)
C．金属杆从AB运动到CD的过程中，通过R的电荷量q＝eq \f(2πB0l2,R＋r)
D．金属杆第一次即将离开磁场时，R上生成的焦耳热Q＝3mgl－eq \f(1,2)mv2
解析：选BC 由右手定则可知，金属球向下运动过程中，通过金属杆的电流由B流向A，则通过R的电流由M流向P，故A错误；金属杆第一次即将离开磁场时，金属球的速度为v＝ωr2＝3ωl，金属杆第一次即将离开磁场时，感应电动势为E＝B0·2leq \f(ωr1＋ωr2,2)，解得E＝eq \f(4,3)B0lv，电路中的电流为I＝eq \f(E,R＋r)，R两端的电压为U＝IR＝eq \f(4B0lvR,3R＋r)，故B正确；由法拉第电磁感应定律可得eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(B0ΔS,Δt)＝eq \f(B0·\f(1,4)π[3l2－l2],Δt)＝eq \f(2πB0l2,Δt)，平均感应电流为eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)，通过R的电荷量为q＝eq \x\t(I)Δt，解得q＝eq \f(2πB0l2,R＋r)，故C正确；金属杆第一次即将离开磁场时，对整个系统由能量守恒定律有3mgl＝eq \f(1,2)mv2＋Q，电阻R上生成的焦耳热QR＝eq \f(R,R＋r)Q＜3mgl－eq \f(1,2)mv2，故D错误。故选B、C。
9.(多选)如图，两根相距l＝0.4 m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R＝0.15 Ω 的电阻相连。导轨间x>0一侧存在沿x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向与导轨平面垂直，变化率k＝0.5 T/m，x＝0处磁场的磁感应强度B0＝0.5 T。一根质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.05 Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直。棒在外力作用下从x＝0处以初速度v0＝2 m/s沿导轨向右运动，运动过程中电阻上消耗的功率不变。下列说法正确的是( )
A．电路中的电流大小为1 A
B．金属棒在x＝2 m处的速度为eq \f(2,3) m/s
C．金属棒从x＝0运动到x＝2 m过程中安培力做功的大小为3.2 J
D．金属棒从x＝0运动到x＝2 m过程中外力的平均功率约为0.7 W
解析：选BD 感应电动势E＝B0lv0＝0.4 V，电阻上消耗的功率恒定即电流恒定I＝eq \f(B0lv0,R＋r)＝2 A，故A错误；根据题意，磁感应强度B＝B0＋kx，考虑到电流恒定，有eq \f(B0lv0,R＋r)＝eq \f(B0＋kxlv,R＋r)，解得v＝eq \f(B0v0,B0＋kx)＝eq \f(0.5×2,0.5＋0.5×2) m/s＝eq \f(2,3) m/s，故B正确；金属棒从x＝0运动到x＝2 m过程中，棒受到的安培力为F安＝BIl＝(B0＋kx)Il＝0.4(1＋x)，可知安培力随位置线性变化，则安培力做功的大小为WF安＝eq \f(1,2)[B0Il＋(B0＋kx)Il]x，代入数值解得WF安＝1.6 J，故C错误；金属棒从x＝0运动到x＝2 m过程中，根据功能关系 WF－WF安＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，则外力做功WF＝WF安＋eq \f(1,2)m(v2－v02)≈1.42 J
安培力做功即为电阻上消耗的能量，
即WF安＝I2(R＋r)t
解得运动时间为t＝eq \f(WF安,I2R＋r)＝eq \f(1.6,22×0.2) s＝2 s
外力的平均功率约为P＝eq \f(WF,t)≈0.7 W，故D正确。故选B、D。
10．如图所示，平行导轨宽为L、倾角为θ，处在垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，CD为磁场的边界，导轨左端接一电流传感器，CD右边平滑连一足够长的向上倾斜导轨。质量为m、电阻为R的导体棒ab长也为L，两端与导轨接触良好，自导轨上某处由静止滑下。其余电阻不计，不计一切摩擦和空气阻力，重力加速度为g。
(1)棒ab上的感应电流方向如何？
(2)棒ab在磁场内下滑过程中，速度为v时加速度为多大？
(3)若全过程中电流传感器指示的最大电流为I0。求棒ab相对于CD能上升的最大高度。
解析：(1)根据右手定则可判定：棒ab在磁场中向下滑动时，电流由b流向a。
(2)当棒的速度为v时，切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLv，根据闭合电路欧姆定律I＝eq \f(E,R)，
安培力F＝BIL，
根据牛顿第二定律，有mgsin θ－F＝ma
解得a＝gsin θ－eq \f(B2L2v,mR)。
(3)棒下滑到CD处回路电流最大，有BLvm＝I0R
棒ab滑过CD后到右侧最高点，由机械能守恒定律，有mgH＝eq \f(1,2)mvm2，解得H＝eq \f(I02R2,2gB2L2)。
答案：(1)由b流向a (2)gsin θ－eq \f(B2L2v,mR)
(3)eq \f(I02R2,2gB2L2)
11．(2023·山东青岛质检)如图所示，“凹”字形硬质金属线框质量为m，相邻各边互相垂直，且处于同一平面内，ab、bc边长均为2l，gf边长为l。匀强磁场区域的上下边界均水平，磁场方向垂直于线框所在平面。开始时，bc边离磁场上边界的距离为l，线框由静止释放，从bc边进入磁场直到gf边进入磁场前，线框做匀速运动。在gf边离开磁场后，ah、ed边离开磁场之前，线框又做匀速运动。线框在下落过程中始终处于竖直平面内，且bc、gf边保持水平，重力加速度为g。
(1)线框ah、ed边将离开磁场时做匀速运动的速度大小是bc边刚进入磁场时的几倍？
(2)若磁场上下边界间的距离为H，则线框完全穿过磁场过程中产生的热量为多少？
解析：(1)设bc边刚入磁场时速度为v1，bc边刚进入时，有E1＝2Blv1，I1＝eq \f(E1,R)，F1＝2BI1l
线框匀速运动，有F1＝mg
联立可得v1＝eq \f(mgR,4B2l2)
设ah、ed边将离开磁场时速度为v2，ah、ed边将离开磁场时，有
E2＝Blv2，I2＝eq \f(E2,R)，F2＝I2lB
线框匀速运动，有F2＝mg
联立可得v2＝eq \f(mgR,B2l2)，
综上所述eq \f(v2,v1)＝4。
(2)bc边进入磁场前，根据动能定理，有
mgl＝eq \f(1,2)mv12
穿过磁场过程中能量守恒，有
mg(H＋2l)＋eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv22＋Q
联立可得Q＝mg(H－13l)。
答案：(1)4 (2)mg(H－13l)
电磁感应中的动量问题
(一) 动量定理在电磁感应中的应用
导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解。
类型1 “单棒＋电阻”模型
[例1] (2023·河北衡水模拟)如图1所示，间距L＝1 m的足够长倾斜导轨倾角θ＝37°，导轨顶端连一电阻R＝1 Ω，左侧存在一面积S＝0.6 m2的圆形磁场区域B，磁场方向垂直于斜面向下，大小随时间变化如图2所示，右侧存在着方向垂直于斜面向下的恒定磁场B1＝1 T，一长为L＝1 m，电阻r＝1 Ω的金属棒ab与导轨垂直放置，t＝0至t＝1 s，金属棒ab恰好能静止在右侧的导轨上，之后金属棒ab开始沿导轨下滑，经过足够长的距离进入EF，且在进入EF前速度已经稳定，最后停止在导轨上。已知EF左侧导轨均光滑，EF右侧导轨与金属棒间的动摩擦因数μ＝tan θ，取g＝10 m/s2，不计导轨电阻与其他阻力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)t＝0至t＝1 s内流过电阻的电流和金属棒ab的质量；
(2)金属棒ab进入EF时的速度大小；
(3)金属棒ab进入EF后通过电阻R的电荷量。
[解析] (1)根据法拉第电磁感应定律可得t＝0至t＝1 s内回路中的感应电动势为
ε＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝Seq \f(ΔB,Δt)＝0.6 V
根据闭合电路欧姆定律可得t＝0至t＝1 s内流过电阻的电流为i＝eq \f(ε,R＋r)＝0.3 A
设金属棒ab的质量为m，这段时间内金属棒ab受力平衡，即mg sin θ＝B1iL
解得m＝0.05 kg。
(2)设金属棒ab进入EF时的速度大小为v，此时回路中的感应电动势为E＝B1Lv
回路中的电流为I＝eq \f(E,R＋r)
金属棒ab所受安培力大小为F＝B1IL
根据平衡条件可得F＝mgsin θ
解得v＝0.6 m/s。
(3)设金属棒ab从进入EF到最终停下的过程中，回路中的平均电流为eq \(I,\s\up6(－))，经历时间为t，对金属棒ab根据动量定理有(－B1eq \(I,\s\up6(－))L＋mgsin θ－μmgcs θ)t＝0－mv
其中mg sin θ－μmgcs θ＝0，且q＝eq \(I,\s\up6(－))t
解得q＝0.03 C
[答案] (1)0.3 A 0.05 kg (2)0.6 m/s (3)0.03 C
类型2 不等间距上的双棒模型
[例2] (2023·福建龙岩质检)如图所示，两根足够长且电阻不计的平行金属导轨MNPQ和M1N1P1Q1，固定在倾角为θ的斜面上，MN与M1N1距离为L，PQ与P1Q1距离为eq \f(2,3)L。金属棒A、B质量均为m、阻值均为R、长度分别为L与eq \f(2,3)L，金属棒A、B分别垂直放在导轨MM1和PP1上，且恰好都能静止在导轨上。整个装置处于垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小为B0的匀强磁场中。现固定住金属棒B，用沿导轨向下的外力F作用在金属棒A上，使金属棒A以加速度a沿斜面向下做匀加速运动。此后A棒一直在MN与M1N1上运动，B棒一直在PQ与P1Q1上静止或运动，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)外力F与作用时间t的函数关系式；
(2)当A棒的速度为v0时，撤去F并解除对B的固定，一段时间后A棒在MN与M1N1上匀速运动，求A棒匀速运动的速度大小。
[解析] (1)金属棒A、B刚好都能静止在导轨上，对金属棒，有mgsin θ－Ff＝0
金属棒A沿斜面向下做匀加速运动，对金属棒A，有F＋mgsin θ－Ff－F安＝ma
由安培力公式有F安＝ILB0
对金属棒与导轨构成的回路，根据欧姆定律，有I＝eq \f(E,R＋R)
金属棒A切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律，有E＝B0Lv
又因为v＝at
联立解得F＝eq \f(B02L2a,2R)t＋ma。
(2)A棒匀速时，安培力为零，电流为零，两棒产生的电动势大小相等，有
B0LvA＝B0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)L))vB
在撤去F到A棒匀速的过程中，对A，根据动量定理，有
(mgsin θ－Ff－B0eq \(I,\s\up6(－))L)t1＝mvA－mv0
对B，根据动量定理，有
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(mgsin θ－Ff＋B0\(I,\s\up6(－))·\f(2,3)L))t1＝mvB－0
联立可解出vA＝eq \f(4,13)v0。
[答案] (1)F＝eq \f(B02L2a,2R)t＋ma (2)eq \f(4,13)v0
类型3 “电容器＋棒”模型
[例3] (多选)如图甲所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为l，电阻均可忽略不计。在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻为r，与导轨垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动。则( )
A．当杆ab刚具有初速度v0时，杆ab两端的电压U＝eq \f(Blv0R,R＋r)，且a点电势高于b点电势
B．通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐增大
C．若将M和P之间的电阻R改为接一电容为C的电容器，如图乙所示，同样给杆ab一个初速度v0，使杆向右运动，则杆ab稳定后的速度为v＝eq \f(mv0,m＋B2l2C)
D．在C选项中，杆稳定后a点电势高于b点电势
[解析] 当杆ab刚具有初速度v0时，其切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv0，杆ab两端的电压U＝eq \f(ER,R＋r)＝eq \f(Blv0R,R＋r)，根据右手定则知，感应电流的方向为b到a，杆ab相当于电源，a相当于电源的正极，则a点电势高于b点电势，A正确；通过电阻R的电流I＝eq \f(Blv,R＋r)，由于杆ab速度减小，则电流减小，所受安培力减小，所以杆ab做加速度逐渐减小的减速运动，速度v随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，则通过电阻R的电流I随时间t的变化率的绝对值逐渐减小，B错误；当杆ab以初速度v0开始切割磁感线时，电路开始给电容器充电，有电流通过杆ab，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小，当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动，电容器两端的电压U＝Blv，而q＝CU，对杆ab，根据动量定理得－Beq \(I,\s\up6(－))l·Δt＝－Blq＝mv－mv0，联立可得v＝eq \f(mv0,m＋B2l2C)，C正确；杆稳定后，电容器不再充电，回路中没有电流，根据右手定则知，a点的电势高于b点电势，D正确。
[答案] ACD
(二) 动量守恒定律在电磁感应中的应用
1．在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便。
2．双棒模型(不计摩擦力)
[典例] (2023·山东梁山模拟)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，间距为L，电阻不计。AB左侧、CD右侧存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。在AB、CD之间的区域内，垂直两根导轨水平放置了两根质量分别为m、2m、电阻分别为r、R的导体棒a、b。在a、b棒之间用一锁定装置将一轻质弹簧压缩安装在a、b棒之间(弹簧与两棒不拴接)，此时弹簧的弹性势能为Ep。现解除锁定，当弹簧恢复到原长时，a、b棒均恰好同时进入磁场。试求：
(1)a、b棒刚进入磁场时的速度大小；
(2)a、b棒分别在磁场中滑行的距离。
[解析] (1)以a、b棒为系统，动量守恒，机械能守恒，以a棒运动的方向为正方向，设a、b棒刚要进入磁场时的速度分别为va、vb，则由能量守恒定律和动量守恒定律可得Ep＝eq \f(1,2)mva2＋eq \f(1,2)×2mvb2
mva－2mvb＝0
联立解得va＝2eq \r(\f(Ep,3m))，vb＝ eq \r(\f(Ep,3m))。
(2)a、b棒分别进入磁场后，相互背离切割磁感线，感应电动势为正负串接，且a、b棒流过的电流时刻相等，磁感应强度B相等，L也相等，故a、b棒的安培力等大反向，矢量和为零，其余的力矢量和也为零，系统动量始终守恒，故有mva′－2mvb′＝0
则有a、b棒运动中的任意时刻有eq \f(va′,vb′)＝eq \f(2,1)
设a、b棒在磁场中的位移分别为xa、xb，故eq \f(xa,xb)＝eq \f(2,1)
由法拉第电磁感应定律可得eq \x\t(E)＝eq \f(ΔΦ,Δt)
由闭合电路的欧姆定律可得eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)
而两棒在运动过程中ΔΦ＝BL(xa＋xb)
对a棒，由动量定理可得
－eq \x\t(F)安·Δt＝0－mva，eq \x\t(F)安＝Beq \x\t(I)L
联立方程，解得xa＝eq \f(4R＋r\r(3mEp),9B2L2)，
xb＝eq \f(2R＋r\r(3mEp),9B2L2)。
[答案] (1)2eq \r(\f(Ep,3m)) eq \r(\f(Ep,3m))
(2)eq \f(4R＋r\r(3mEp),9B2L2) eq \f(2R＋r\r(3mEp),9B2L2)
[针对训练]
(多选)如图，两根足够长的平行光滑导轨固定在绝缘水平面上，所在空间有方向垂直于水平面、磁感应强度为B的范围足够大的匀强磁场，导轨的间距为L，电阻不计；导轨上静置两根长度均为L的导体棒PQ和MN，其中PQ的质量为2m、阻值为R，MN的质量为m、阻值为2R。若在t＝0时刻给PQ一个平行于导轨向右的初速度v0，不计运动过程中PQ和MN的相互作用力，则( )
A．t＝0时刻，两导体棒的加速度大小相等
B．t＝0时刻，PQ两端的电压为eq \f(2,3)BLv0
C．PQ匀速运动时的速度大小为eq \f(1,3)v0
D．从t＝0时刻到PQ匀速运动的过程中，导体棒MN产生的焦耳热为eq \f(2,9)mv02
解析：选BD t＝0时刻，PQ平行于导轨向右的初速度v0，则产生的感应电动势为E＝BLv0，此时回路中的感应电流大小为I＝eq \f(E,RMN＋RPQ)＝eq \f(BLv0,3R)，两导体棒受到的安培力大小为F＝BIL，则有aMN＝eq \f(F,m)，aPQ＝eq \f(F,2m)，两导体棒的加速度大小不相等，A错误； t＝0时刻，PQ两端的电压为MN两端的电压，大小为UMN＝IRMN＝eq \f(2,3)BLv0，B正确；由以上分析可知，两导体棒受到的安培力大小相等，由左手定则可知，安培力方向相反，两棒运动中，满足动量守恒，则有2mv0＝(m＋2m)v共，两棒达到共速，则得v共＝eq \f(2,3)v0，此后两棒以这个速度做匀速直线运动，C错误；导体棒PQ和MN是串联关系，即IPQ＝IMN，可知两棒上的电流有效值相等，在整个运动中MN、PQ产生的焦耳热量分别为QMN＝I有2RMNt，QPQ＝I有2RPQt，则有QMN∶QPQ＝2∶1，由能量守恒定律可知，在整个运动中产生的总热量等于系统总动能的减少量，因此有Q＝eq \f(1,2)×2mv02－eq \f(1,2)×3mv共2＝eq \f(1,3)mv02，QMN＝eq \f(2,3)Q＝eq \f(2,9)mv02，D正确。
[课时跟踪检测]
1．(多选)如图所示，光滑水平平行导轨置于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直水平面向下，左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，且导轨两侧均足够长。质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态。ab的电阻为R，cd的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动。现给cd一水平向右的初速度v0，则( )
A．两棒组成的系统动量守恒
B．最终通过两棒的电荷量为eq \f(2mv0,3BL)
C．ab棒最终的速度为eq \f(2,3)v0
D．从cd棒获得初速度到二者稳定运动过程中产生的焦耳热为eq \f(8,9)mv02
解析：选BC 当cd棒向右运动时，受向左的安培力，ab棒受向右的安培力，且Fcd＝2Fab，可知两棒组成的系统合外力不为零，则系统动量不守恒，选项A错误；cd棒获得速度后，电路中产生感应电流，cd棒减速，ab棒加速，当BLvab＝2BLvcd时，电路中磁通量不变，没有感应电流，最终两棒做匀速直线运动，由动量定理得－2Beq \(I,\s\up6(－))Lt＝2mvcd－2mv0，Beq \(I,\s\up6(－))Lt＝mvab，得vcd＋vab＝v0，联立解得vab＝eq \f(2,3)v0，vcd＝eq \f(1,3)v0，因q＝eq \(I,\s\up6(－))t，可得q＝eq \f(2mv0,3BL)，B、C正确；从cd棒获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为Q＝eq \f(1,2)·2mv02－eq \f(1,2)·mvab2－eq \f(1,2)·2mvcd2，解得Q＝eq \f(2,3)mv02，D错误。
2．(多选)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是( )
解析：选AC 导体棒ab向右运动，切割磁感线，产生感应电流(逆时针)，导体棒ab受安培力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F′作用，速度变大。如图所示。两导体棒之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，感应电流非均匀变化。当两棒的速度相等时，回路上感应电流消失，两棒在导轨上以共同速度做匀速运动。系统的动量守恒，则mv0＝2mv共，v共＝eq \f(v0,2)。故A、C正确，D错误。导体棒cd受变力作用，加速度逐渐减小，其v­t图像应该是曲线，故B错误。
3．(多选)如图所示，两电阻可以忽略不计的平行金属长直导轨固定在水平面上，相距为L，另外两根长度为L、质量为m、电阻为R的相同导体棒垂直静置于导轨上，导体棒在长导轨上可以无摩擦地滑动，导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，某时刻使导体棒a获得大小为v0、水平向右的初速度，同时使导体棒b获得大小为2v0、水平向右的初速度，下列结论正确的是( )
A．该时刻回路中产生的感应电动势为3BLv0
B．该时刻导体棒a的加速度为eq \f(B2L2v0,2mR)
C．当导体棒a的速度大小为eq \f(3v0,2)时，导体棒b的速度大小也是eq \f(3v0,2)
D．运动过程中通过导体棒a电荷量的最大值qm＝eq \f(mv0,2BL)
解析：选BCD 根据右手定则可知两根导体棒切割磁感线产生的感应电动势方向相反，故该时刻回路中产生的感应电动势E＝BL·2v0－BLv0＝BLv0，A错误；在该时刻，回路中的感应电流I＝eq \f(E,2R)＝eq \f(BLv0,2R)，导体棒a所受安培力大小F＝BIL＝ma，可得a＝eq \f(B2L2v0,2mR)，B正确；由于两导体棒整体在水平方向动量守恒，当导体棒a的速度大小为eq \f(3v0,2)时，根据动量守恒定律得m·2v0＋mv0＝m·eq \f(3v0,2)＋mv1，解得v1＝eq \f(3v0,2)，C正确；由上解析知v共＝eq \f(3v0,2)，对a由动量定理有eq \(F,\s\up6(－))安Δt＝mv共－mv0，而由安培力公式得eq \(F,\s\up6(－))安＝Beq \(I,\s\up6(－))L，通过导体棒a电荷量的最大值qm＝eq \(I,\s\up6(－))Δt＝eq \f(mv0,2BL)，D正确。
4．水平面上放置两个互相平行的足够长的金属导轨，间距为d，电阻不计，其左端连接一阻值为R的电阻。导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。质量为m、长度为d、阻值为R与导轨接触良好的导体棒MN以速度v0垂直导轨水平向右运动直到停下。不计一切摩擦，则下列说法正确的是( )
A．导体棒运动过程中所受安培力先做正功再做负功
B．导体棒在导轨上运动的最大距离为eq \f(2mv0R,B2d2)
C．整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为eq \f(1,2)mv02
D．整个过程中，导体棒的平均速度大于eq \f(v0,2)
解析：选B 导体棒向右运动过程中一直受到向左的安培力作用，即安培力一直做负功，选项A错误；由动量定理可知－eq \(I,\s\up6(－))dB·Δt＝0－mv0，其中eq \(I,\s\up6(－))·Δt＝eq \f(\f(ΔΦ,Δt),2R)·Δt＝eq \f(ΔΦ,2R)，ΔΦ＝Bdx，解得x＝eq \f(2mv0R,B2d2)，故B正确；导体棒的阻值与左端所接电阻的阻值相等，故电阻R上产生的焦耳热应该为eq \f(1,4)mv02，故C错误；根据a＝eq \f(BId,m)＝eq \f(B2d2v,2Rm)可知，导体棒做的是加速度逐渐减小的减速运动，故其平均速度将小于做匀减速运动的平均速度，即小于eq \f(v0,2)，故D错误。
5．(2023·西南大学附中模拟)如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场区域内，垂直磁场方向的水平面中有两根固定的足够长的金属平行导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行且相距d，构成一矩形回路。导轨间距为L，导体棒的质量均为m，电阻均为R，导轨电阻可忽略不计。设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速度v0，求：
(1)当cd棒速度减为0.6v0时，ab棒的速度v及加速度a的大小；
(2)ab、cd棒间的距离从d增大到最大的过程中，通过回路的电荷量q及两棒间的最大距离x。
解析：(1)两棒系统所受合外力为零，因此满足动量守恒定律，有mv0＝0.6mv0＋mv
解得v＝0.4v0
回路感应电动势E＝0.6BLv0－0.4BLv0
此时回路电流I＝eq \f(E,2R)
因此加速度a＝eq \f(BIL,m)
整理得a＝eq \f(B2L2v0,10mR)。
(2)ab、cd棒间有最大距离时两棒速度相等，根据动量守恒定律可得mv0＝2mv共
对ab棒，根据动量定理有Beq \(I,\s\up6(－))LΔt＝mv共
而q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt，解得q＝eq \f(mv0,2BL)
在这段时间内，平均感应电动势eq \(E,\s\up6(－))＝BLΔeq \(v,\s\up6(－))
回路平均电流eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),2R)
因此流过某截面的电荷量
q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt＝eq \f(BLΔ\(v,\s\up6(－)),2R)Δt＝eq \f(BLx－d,2R)
解得最大距离x＝d＋eq \f(mv0R,B2L2)。
答案：(1)0.4v0 eq \f(B2L2v0,10mR) (2)eq \f(mv0,2BL) d＋eq \f(mv0R,B2L2)
6．(2023·福建莆田模拟)如图，两条足够长的平行金属导轨间距L＝0.5 m，与水平面的夹角θ＝30°，处于磁感应强度B＝0.2 T、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。导轨上的a、b两根导体棒质量分别为ma＝0.3 kg、mb＝0.1 kg，电阻均为R＝0.1 Ω。现将a、b棒由静止释放，同时用大小为2 N的恒力F沿平行导轨方向向上拉a棒。导轨光滑且电阻忽略不计，运动过程中两棒始终与导轨垂直且接触良好，取重力加速度g＝10 m/s2。已知当a棒中产生的焦耳热Qa＝0.12 J时，其速度va＝1.0 m/s，求：
(1)此时b棒的速度大小；
(2)此时a棒的加速度大小；
(3)a棒从静止释放到速度达到1.0 m/s所用的时间。
解析：(1)设a、b棒受到的安培力大小为F安，
则对a、b棒由牛顿第二定律分别有
F－magsin θ－F安＝maaa
mbgsin θ－F安＝mbab
联立可得maaa＝mbab，所以有mava＝mbvb，
可解得vb＝3 m/s。
(2)设此电路产生的感应电动势为E，电流为I，
则有E＝BLva＋BLvb，I＝eq \f(E,2R)，F安＝BIL
联立(1)中式子解得aa＝1 m/s2。
(3)设此过程a、b棒位移分别为xa、xb，由(1)的分析可得maxa＝mbxb
根据能量守恒有Fxa＋mbgxbsin θ－magxasin θ－eq \f(1,2)mava2－eq \f(1,2)mbvb2＝2Qa
对a棒根据动量定理有
(F－magsin θ)t－I安＝mava－0
其中安培力的冲量I安＝∑F安Δt
可得I安＝eq \f(B2L2xa＋xb,2R)
联立代入数据可解得t＝0.768 s。
答案：(1)3 m/s (2)1 m/s2 (3)0.768 s
7．(2023·成都七中模拟)如图1所示，在光滑的水平面上，有一质量m＝1 kg，足够长的U型金属导轨abcd，间距L＝1 m。一质量不计，电阻值R＝0.5 Ω的细导体棒MN垂直于导轨放置，并被固定在水平面上的两立柱挡住，导体棒MN与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2，在M、N两端接有一理想电压表(图中未画出)。在U型导轨bc边右侧存在垂直向下、大小B ＝ 0.5 T的足够大的匀强磁场(从上向下看)；在两立柱左侧U型金属导轨内存在方向水平向左，大小为B的匀强磁场。以U型导轨bc边初始位置为原点O建立坐标x轴。t＝0时，U型导轨bc边在外力F作用下从静止开始运动时，测得电压与时间的关系如图2所示。经过时间t1 ＝ 2 s，撤去外力F，直至U型导轨静止。已知2 s内外力F做功W＝14.4 J。不计其他电阻，导体棒MN始终与导轨垂直，忽略导体棒MN的重力。求：
(1)外力F随时间t的变化规律；
(2)在整个运动过程中，电路消耗的焦耳热Q；
(3)在整个运动过程中，U型导轨bc边速度与位置坐标x的函数关系式。
解析：(1)由闭合电路欧姆定律可知，bc边产生的电动势与理想电压表的示数相等，则
U＝BLv＝kt＝t
可得，U型导轨向右运动的速度与时间的关系为v＝eq \f(U,BL)＝2t
由v＝v0＋at可知，U型导轨的加速度为a＝2 m/s2
由欧姆定律得，U型导轨中的电流为I＝eq \f(U,R)＝2t
U型导轨运动时，受到外力F、bc边的安培力和导体棒MN的摩擦力，由牛顿第二定律得
F－ILB－μILB＝ma
代入数据，联立解得F＝2＋1.2t。
(2)在整个运动过程中，由功能关系，有W＝Q＋Wf
由于忽略导体棒MN的重力，所以摩擦力为f＝μILB
则克服摩擦力做的功与克服安培力做的功的关系为Wf＝μW安
电路消耗的焦耳热Q等于克服安培力做的功，
则Q＝W安＝eq \f(Wf,μ)
联立以上各式，解得Q＝eq \f(W,1＋μ)＝12 J。
(3)设从开始运动到撤去外力F这段时间为t1＝2 s，这段时间内做匀加速运动，则
①t≤t1时，根据位移与速度关系可知v＝eq \r(2ax)＝2eq \r(x)
t＝t1时，根据匀变速运动规律可知，该时刻速度和位移分别为v1＝at＝4 m/s
x1＝eq \f(1,2)at2＝4 m。
②t＞t1时，物体做变速运动，由动量定理得－(1＋μ)BLeq \(I,\s\up6(－))Δt＝－(1＋μ)BLΔq＝mv－mv1
解得v＝v1－eq \f(1＋μBLΔq,m)
＝vt－eq \f(1＋μB2L2x－4,mR)＝6.4－0.6 x
当x＝eq \f(32,3) m时，v＝0
综合上述，故bc边速度与位置坐标x的函数关系如下v＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2\r(x)0≤x≤4 m,6.4－0.6x4 m≤x≤\f(32,3) m。))
答案：(1)F＝2＋1.2t (2)12 J
(3)v＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2\r(x)0≤x≤4 m,6.4－0.6x4 m≤x≤\f(32,3) m ))
电磁感应中的新情境问题
电磁感应中的新情境问题是高考的常考点，试题难度中等以上，有时也作为压轴题出现。有的试题取材于利用磁场加速的情境，如航母舰载机电磁弹射装置、电子感应加速器等；有的试题取材于利用磁场减速的情境，如电磁阻尼装置等。该类题目重在考查考生的物理建模能力和逻辑思维能力。
(一) 利用磁场加速的新情境实例
[典例] (2022·浙江6月选考)舰载机电磁弹射是现在航母最先进的弹射技术，我国在这一领域已达到世界先进水平。某兴趣小组开展电磁弹射系统的设计研究，如图1所示，用于推动模型飞机的动子(图中未画出)与线圈绝缘并固定，线圈带动动子，可在水平导轨上无摩擦滑动。线圈位于导轨间的辐向磁场中，其所在处的磁感应强度大小均为B。开关S与1接通，恒流源与线圈连接，动子从静止开始推动飞机加速，飞机达到起飞速度时与动子脱离；此时S掷向2接通定值电阻R0，同时施加回撤力F，在F和磁场力作用下，动子恰好返回初始位置停下。若动子从静止开始至返回过程的v­t图如图2所示，在t1至t3时间内F＝(800－10v)N，t3时撤去F。已知起飞速度v1＝80 m/s，t1＝1.5 s，线圈匝数n＝100匝，每匝周长l＝1 m，飞机的质量M＝10 kg，动子和线圈的总质量m＝5 kg，R0＝9.5 Ω，B＝0.1 T，不计空气阻力和飞机起飞对动子运动速度的影响，求：
(1)恒流源的电流I；
(2)线圈电阻R;
(3)时刻t3。
[解题指导] 解答本题的关键在于分过程进行物理建模和逻辑思维：
开关S与1接通
开关S与2接通
[解析] (1)由题意可知接通恒流源时安培力
F安＝nBIl
动子和线圈在0～t1时间段内做匀加速直线运动，运动的加速度为a＝eq \f(v1,t1)
根据牛顿第二定律有F安＝(M＋m)a
代入数据联立解得I＝eq \f(m＋Mv1,nlBt1)＝80 A。
(2)当S掷向2接通定值电阻R0时，感应电流为
I′＝eq \f(nBlv,R0＋R)
此时安培力为F安′＝nBI′l
所以此时根据牛顿第二定律有
(800－10v)＋eq \f(n2l2B2,R0＋R)v＝ma′
由图可知在t1至t3时间内加速度恒定，则有
eq \f(n2l2B2,R0＋R)＝10
解得R＝0.5 Ω，a′＝160 m/s2。
(3)根据图像可知t2－t1＝eq \f(v1,a′)＝0.5 s
故t2＝2 s；在0～t2时间段内的位移
s＝eq \f(1,2)v1t2＝80 m
而根据法拉第电磁感应定律有
E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(nBΔS,Δt)
电荷量的定义式Δq＝It，I＝eq \f(E,R＋R0)
可得Δq＝eq \f(nBl\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(s－\f(1,2)a′t3－t22)),R＋R0)
从t3时刻到最后返回初始位置停下的时间段内通过回路的电荷量，根据动量定理有
－nBlΔq＝0－ma′(t3－t2)
联立可得(t3－t2)2＋(t3－t2)－1＝0
解得t3＝eq \f(\r(5)＋3,2) s。
[答案] (1)80 A (2)0.5 Ω (3)eq \f(\r(5)＋3,2) s
[针对训练]
1．(多选)现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。如图甲所示，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室(图乙为真空室俯视图)，电子在真空室中做圆周运动，从上往下看，电子沿逆时针方向运动(如图乙所示)。电磁铁线圈中电流的大小、方向可以变化，产生的感生电场使电子加速。若电磁铁产生的磁场在真空室中为匀强磁场，方向与电子运动平面垂直，磁感应强度的大小满足关系式：B＝kt(k为大于零的常数)，且在t＝0时有一电子从电子枪由静止释放，设电子的电荷量为e、质量为m，其运动半径为R且保持不变。则下列说法正确的是( )
A．电磁铁产生的磁场方向在甲图中为竖直向下
B．电子的切向加速度大小为eq \f(keR,2m)
C．电子每转一周合外力的冲量为Req \r(2πkem)
D．电子每转一周增加的动能为πkeR2
解析：选BD 电子在真空室中做圆周运动，从上往下看，电子沿逆时针方向运动，感应电场方向沿顺时针方向，感应电流的磁场方向竖直向下，由于磁感应强度增强，由楞次定律可知电磁铁产生的磁场方向竖直向上，故A错误；由法拉第电磁感应定律可知，感生电动势E感＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)S＝πkR2，
电子运动轨道处感生电场的场强大小E＝eq \f(E感,2πR)＝eq \f(kR,2)，
由牛顿第二定律可得电子的加速度大小为a＝eq \f(F,m)＝eq \f(eE,m)＝eq \f(keR,2m)，故B正确；由于电场力是定值，电子运动一周的时间逐渐减小，故电子每转一周合外力的冲量不是定值，故C错误；电子在圆形轨道中加速一周的过程中，感生电场对电子做功大小为W＝eE感＝πkeR2，由功能关系可知电子每转一周增加的动能为πkeR2，故D正确。
2．(2023·山东临沂模拟)如图为一种电磁推进方式示意图，两
条平行光滑绝缘轨道固定在水平面上，其间连续分布着竖直向下和竖直向上的等大的匀强磁场，磁场宽度相等，一矩形金属线框放置在导轨上方，其长宽恰好等于导轨的间距和磁场的宽度，电阻一定，当磁场开始向右匀速运动时，已知线框移动的过程中所受摩擦阻力恒定，则下列关于线框的速度v、电流i的大小及穿过线框的电荷量q随时间t的变化图像(v­t、i­t、q­t)、线框产生的焦耳热Q随线框位移x的变化图像(Q­x)的说法中可能正确的是( )
解析：选BC 磁场开始向右以v0匀速运动时，相当于线框向左切割磁感线，双边切割产生双电动势，受两个安培力均向右，且受摩擦阻力，向右做加速运动，则E＝2BL(v0－v)，i＝eq \f(2BLv0－v,R)，F安＝2BiL，解得F安＝eq \f(4B2L2v0－v,R)，又由牛顿第二定律可知F安－f＝eq \f(4B2L2v0－v,R)－f＝ma，而随着v逐渐增大，加速度逐渐减小，当a＝0时，线框做匀速直线运动，有eq \f(4B2L2v0－v1,R)＝f，可得线框做匀速运动的速度为v1＝v0－eq \f(Rf,4B2L2)，故A错误；线框中的感应电流为i＝eq \f(2BLv0－v,R)，由于先做加速度逐渐减小的加速运动，后做匀速运动，则(v0－v)先减小后不变，则电流先减小后不变，故B正确；线框通过的电量为q＝eq \(∑,\s\d4(t))iΔt，则q为i­t图像的面积，根据B选项可知，电量随着时间先增大，但是变化速度越来越慢，后均匀增大，故C正确；对线框由动能定理为WF安－f·x＝eq \f(1,2)mv2－0，WF安＝Q，可得Q＝fx＋eq \f(1,2)mv2，则Q­x 图像先由于速度v在变化而增大较快，后速度v不变，Q随x匀速增大，故D错误，故选B、C。
3．(2023·黑龙江哈尔滨模拟)2022年6月17日，我国第三艘航母“福建舰”正式下水，如图甲所示，“福建舰”配备了目前世界上最先进的“电磁弹射”系统。“电磁弹射”系统的具体实现方案有多种，并且十分复杂。一种简化的物理模型如图乙所示，电源和一对足够长平行金属导轨M、N分别通过单刀双掷开关K与电容器相连。电源的电动势E＝10 V, 内阻不计。两条足够长的导轨相距L＝0.1 m且水平放置处于磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面且竖直向下，电容器的电容C＝10 F。现将一质量为m＝0.1 kg，电阻r＝0.1 Ω的金属滑块垂直放置于导轨的滑槽内，分别与两导轨良好接触。将开关K置于a让电容器充电，充电结束后，再将开关K置于b，金属滑块会在电磁力的驱动下运动。在电容器放电过程中，金属滑块两端电压与电容器两极板间电压始终相等。不计导轨和电路其他部分的电阻，不计电容器充、放电过程中电磁辐射和导轨产生的磁场对滑块的作用，忽略金属滑块运动过程中的一切摩擦阻力。
(1)求在开关K置于b瞬间，金属滑块加速度a的大小；
(2)求金属滑块的最大速度v的大小。
解析：(1)开关K置于b的瞬间，流过金属滑块的电流I＝eq \f(E,r)
以金属滑块为研究对象，根据牛顿第二定律F＝BIL＝ma
解得a＝eq \f(BEL,mr)＝50 m/s2。
(2)设金属滑块加速运动到最大速度时两端电压为U，电容器放电过程中的电荷量变化为Δq，放电时间为Δt，流过金属滑块的平均电流为I，在金属块滑动过程中，由动量定理得BILΔt＝mv－0
由电流的定义Δq＝IΔt
由电容的定义C＝eq \f(Δq,ΔU)
电容器放电过程的电荷量变化为Δq＝CΔU
且ΔU＝E－U
金属滑块运动后速度最大时，其两端电压为U＝BLv
解得v＝40 m/s。
答案：(1)50 m/s2 (2)40 m/s
(二) 利用磁场减速的新情境实例
[典例] (2023·湖南岳阳模拟)某科技馆中有一装置如图甲所示，乘客乘坐滑板车从某一高度俯冲下来，以寻求刺激，但是速度太快存在一定的风险，为解决这一问题，设计者利用磁场来减速，其工作原理如图乙所示。在滑板车下面安装电阻不计的ab、cd导轨，导轨中间安装5根等距离分布的导体棒，导体棒长度为L，电阻均为R。距离斜面底端5h的A处下方，存在宽度为h，方向垂直斜面向上的有界匀强磁场。磁感应强度大小为B。让滑板车从距离磁场上边缘h处由静止滑下，导体棒bc进入磁场后滑板车恰好做匀速直线运动，斜面与水平面夹角为37°，假设所有轨道均光滑，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)人与滑板车的总质量m；
(2)从导体棒bc离开磁场到滑板车全部穿过磁场过程中流过导体棒bc的电荷量q；
(3)滑板车穿过磁场过程中，导体棒bc上产生的热量Q。
[解题指导] 解答本题应把握以下三点：
(1)看到“导体棒bc进入磁场后滑板车恰好做匀速直线运动”，想到滑板车在沿斜面方向受力平衡。
(2)滑板车全部穿过磁场的过程中始终有一根导体棒在切割磁感线，即第一根导体棒出磁场时，恰好第二根导体棒进入磁场。
(3)求解导体棒bc产生的热量时应分为bc切割磁感线和其他导体棒切割磁感线两个阶段计算，因为这两个阶段流经bc的感应电流强度不同。
[解析] (1)导体棒bc进入磁场前，根据动能定理有mghsin 37°＝eq \f(1,2)mv02
导体棒bc进入磁场后滑板车恰好做匀速直线运动，则有BI1L＝mgsin 37°
感应电动势为E1＝BLv0
感应电流I1＝eq \f(E1,R＋\f(R,4))
解得m＝eq \f(4B2L2,3gR)·eq \r(\f(6gh,5))。
(2)由分析可知滑板车全部穿过磁场过程中始终有一根导体棒在切割磁感线，电路与导体棒bc进入磁场时完全相同，即在导体棒穿过磁场过程中，始终做匀速直线运动，bc离开磁场到滑板车全部穿过磁场过程中流过导体棒bc的电流I2＝eq \f(I1,4)
经历时间t1＝eq \f(4h,v0)
从导体棒bc离开磁场到滑板车全部穿过磁场过程中流过导体棒bc的电荷量q＝I2t1
解得q＝eq \f(4BLh,5R)。
(3)导体棒bc在磁场中运动的时间t2＝eq \f(h,v0)
滑板车穿过磁场过程中，导体棒bc上产生的热量Q＝I12Rt2＋I22Rt1
解得Q＝eq \f(4B2L2h,5R)·eq \r(\f(6gh,5))。
[答案] (1)eq \f(4B2L2,3gR)·eq \r(\f(6gh,5)) (2)eq \f(4BLh,5R)
(3)eq \f(4B2L2h,5R)·eq \r(\f(6gh,5))
[针对训练]
1．(2023·聊城模拟)(多选)“让体育走进生活，让体育锻炼人人可为、人人爱为，既是体育强国建设的目标，也是推动人的全面发展的重要途径”。深受喜爱的健身车的磁控阻力原理如图所示，在金属飞轮的外侧有一些磁铁(与飞轮不接触)，人在健身时带动飞轮转动，磁铁会对飞轮产生阻碍，拉动控制拉杆可以改变磁铁与飞轮间的距离。则( )
A．飞轮受到阻力大小与其材料密度有关
B．飞轮受到阻力大小与其材料电阻率无关
C．飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，其受到的阻力越大
D．磁铁与飞轮间距离不变时，飞轮转速越大，其受到的阻力越大
解析：选CD 飞轮在磁场中做切割磁感线的运动，所以会产生感应电动势和感应电流，由楞次定律可知，磁场对运动的飞轮产生阻力，以阻碍飞轮与磁场之间的相对运动，所以飞轮受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力，而安培力大小与其材料电阻率有关，与其密度无关，A、B错误；飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，飞轮处的磁感应强度越强，飞轮中产生的感应电动势和感应电流越大，飞轮受到的阻力越大，C正确；磁铁与飞轮间距离不变时，飞轮转速越大，由电磁感应定律可知，飞轮中产生的感应电动势和感应电流越大，飞轮受到的阻力越大，D正确。故选C、D。
2．(多选)如图是一种电梯突然失控下落时的保护装置。在电梯后方墙壁上交替分布着方向相反的匀强磁场，每块磁场区域宽L，高h，大小均为B。电梯后方固定一个N匝矩形线圈，线圈总电阻为R，高度为H，H＝3h，宽度略大于磁场。已知某次电梯运行试验中电梯总质量为m，忽略一切阻力，重力加速度为g。若电梯失去其他保护，由静止从高处突然失控下落，某时刻电梯下降3H时，速度为v，则( )
A．下降3H时，线圈的电动势为E＝NBLv
B．下落瞬间电梯的加速度的大小为g
C．若电梯与地面的距离足够高，电梯最终的速度为vm＝eq \f(mgR,N2B2L2)
D．下降3H过程所需要的时间为eq \f(v,g)＋eq \f(12N2B2L2H,mgR)
解析：选BD 下降3H时，上、下两边均切割磁感线产生感应电动势，故线圈的电动势为E＝2NBLv，故A错误；下落瞬间，电梯速度为零，无感应电动势，安培力为零，则只受重力作用，加速度的大小为g，故B正确；若电梯与地面的距离足够高，最终安培力与重力平衡，电梯匀速运动，此时F＝2NBImL＝2NBLeq \f(2NBLvm,R)＝eq \f(4N2B2L2vm,R)＝mg，解得vm＝eq \f(mgR,4N2B2L2)，故C错误；下降3H过程，根据动量定理mgt－eq \f(4N2B2L2\(v,\s\up6(－)),R)t＝mv，其中3H＝eq \(v,\s\up6(－))t，解得t＝eq \f(v,g)＋eq \f(12N2B2L2H,mgR)，故D正确。
3．(2023·山东临沂模拟)线性涡流制动是磁悬浮列车高速运行过程中进行制动的一种方式。某研究所制成如图所示的车和轨道模型来定量模拟磁悬浮列车的涡流制动过程。车厢下端有电磁铁系统固定在车厢上，能在长L1＝0.6 m、宽L2＝0.2 m 的矩形区域内产生沿竖直方向的匀强磁场，磁感应强度可随车速的减小而自动增大(由车内速度传感器控制)，但最大不超过Bm＝2 T，长大于L1、宽也为L2的单匝矩形线圈间隔铺设在轨道正中央，其间隔也为L2，每个线圈的电阻为R＝0.1 Ω，导线粗细忽略不计。在某次实验中，模型车速度为v0＝20 m/s时，启动电磁铁制动系统，车立即以加速度a＝2 m/s2做匀减速直线运动；当磁感应强度增加到2 T后，磁感应强度保持不变，直到模型车停止运动。已知模型车的总质量为m＝36 kg，不计空气阻力，不考虑磁场边缘效应的影响。求：
(1)从启动电磁铁制动系统开始到电磁铁磁场的磁感应强度达到最大过程中磁感应强度B与时间t的关系表达式，并求出磁感应强度达到最大时所用的时间；
(2)模型车从启动电磁铁制动系统到停止，共经历了多少个矩形线圈？
解析：(1)模型车的电磁铁磁感应强度B逐渐增大的过程满足E＝BL1v，i＝eq \f(E,R)，F安＝BiL1，F安＝ma
解得eq \f(B2L12v,R)＝ma
其中v＝v0－at，解得B＝eq \r(\f(10,10－t))(T)
当B＝Bm＝2 T时解得t＝7.5 s。
(2)模型车电磁铁的磁感应强度B最大时模型车的速度v1＝eq \f(Rma,B2L12)＝5 m/s
模型车匀减速过程运动的位移为x1＝eq \f(v02－v12,2a)＝93.75 m
对模型车从速度为v1开始减速至停止运动的制动过程Bm＝2 T，应用动量定理得
∑eq \f(Bm2L12v,R)Δt＝mv1
则可得x2＝∑vΔt＝eq \f(mRv1,Bm2L12)＝12.5 m
模型车的制动距离为x＝x1＋x2＝106.25 m
经历的矩形线圈个数n＝eq \f(x,2L2)＝265.625
则经历的矩形线圈个数应为266个。
答案：(1) B＝eq \r(\f(10,10－t))(T) 7.5 s (2)266个
第7讲 实验：探究影响感应电流方向的因素(基础实验)
一、理清原理与操作
二、突破核心关键点
1．数据处理
以下面四种情况为例：
(1)N极(S极)向下时插入线圈，线圈内磁通量增加时的情况
(2)N极(S极)向下时抽出线圈，线圈内磁通量减少时的情况
2．得出结论
(1)当穿过线圈的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反；当穿过线圈的磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场的方向相同。
(2)当磁铁靠近线圈时，两者相斥；当磁铁远离线圈时，两者相吸。
1．为了探究电磁感应现象，某实验小组将电池、线圈A、线圈B、滑动变阻器、灵敏电流计、开关按照如图所示的方式连接。当闭合开关时发现灵敏电流计的指针右偏。由此可知：
(1)当滑动变阻器的滑片P向右移动时，灵敏电流计的指针________(填“左偏” “不动”或“右偏”)；
(2)将线圈A拔出时，灵敏电流计的指针________(填“左偏”“不动”或“右偏”)，此时线圈A与线圈B中电流的绕行方向________(填“相同”或“相反”)。
解析：(1)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过线圈的磁通量增加时，电流计指针向右偏。合上开关后，将滑动变阻器的滑片迅速向右移动时，接入电路的电阻变小，电流增大，穿过线圈的磁通量增大，电流计指针将向右偏。
(2)将线圈A拔出时，穿过B的磁通量减小，电流表指针向左偏；根据楞次定律的推论“增反减同”可知此时两线圈中的电流流向相同。
答案：(1)右偏 (2)左偏 相同
2．在探究电磁感应现象中磁通量变化时感应电流方向的实验中，所需的实验器材已用导线连接成如图所示的实验电路。
(1)将线圈A插入线圈B中，闭合开关的瞬间，线圈B中感应电流与线圈A中电流的绕行方向______(填“相同”或“相反”)。
(2)闭合开关，电路稳定后，某同学想使一线圈中电流逆时针流动，另一线圈中感应电流顺时针流动，可行的实验操作是________。
A．抽出线圈A
B．线圈A中插入软铁棒
C．使滑动变阻器滑片P右移
D．断开开关
解析：(1)将线圈A插入线圈B中，闭合开关的瞬间，穿过线圈B的磁通量变大，由楞次定律可得，线圈B中感应电流与线圈A中电流的绕行方向相反。
(2)使一线圈中电流逆时针流动，另一线圈中感应电流顺时针流动，两线圈电流的磁场方向相反，则穿过副线圈的磁通量应增加。抽出线圈A时，穿过副线圈的磁通量减小，原、副线圈电流方向相同，故A错误；线圈A中插入软铁棒，穿过副线圈的磁通量增大，原、副线圈电流方向相反，故B正确；由电路图可知，使滑动变阻器滑片P右移，原线圈电流增大，穿过副线圈的磁通量增大，原、副线圈电流方向相反，故C正确；断开开关，原线圈中没有电流，故D错误。
答案：(1)相反 (2)BC
3．(2023·济南高三模拟)某小组的同学做“探究影响感应电流方向的因素”实验。
(1)首先按图甲所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向右偏转；再按图乙所示方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向左偏转。进行上述实验的目的是__________。
A．检查电流计测量电路的电流是否准确
B．检查干电池是否为新电池
C．推断电流计指针偏转方向与电流方向的关系
(2)接下来用图丙所示的装置做实验，图中螺线管上的导线绕行方向为俯视逆时针。某次实验中在条形磁铁插入螺线管的过程中，观察到电流计指针向右偏转，则条形磁铁的下端为____(选填“N”或“S”)极。
(3)下表是该小组的同学设计的记录表格的一部分，表中完成了实验现象的记录，还有一项需要推断的实验结果未完成，请帮助该小组的同学完成(选填“垂直纸面向外”或“垂直纸面向里”)。
实验记录表(部分)
(4)该小组同学通过实验探究，对楞次定律有了比较深刻的认识。结合以上实验，有同学认为，理解楞次定律，关键在于抓住感应电流的磁场总是要________原磁场磁通量的变化这一点。
解析：(1)首先按题图甲方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向右偏转，说明电流从电流计的“＋”接线柱进入时电流计指针向右偏转；再按题图乙方式连接电路，闭合开关后，发现电流计指针向左偏转，说明电流从电流计的“－”接线柱进入时电流计指针向左偏转。进行上述实验的目的是推断电流计指针偏转方向与电流方向的关系。故选C。
(2)电流计指针向右偏转，说明螺线管中的电流方向(从上往下看)是沿顺时针方向，由安培定则可知，感应电流的磁场方向向下，条形磁铁向下插入，即磁通量增加，由楞次定律可知，条形磁铁的磁场方向应该向上，所以条形磁铁下端为S极。
(3)由于感应电流的方向沿逆时针方向，由安培定则可判断出感应电流的磁场B的方向为垂直纸面向外。
(4)理解楞次定律，关键在于抓住感应电流的磁场总是要阻碍原磁场磁通量的变化这一点。
答案：(1)C (2)S (3)垂直纸面向外 (4)阻碍
4．(2023·广州高三联考)在“研究磁通量变化时感应电流的方向”实验中，实物电路连接如图：
(1)实物图中有一个元件接错了回路，请指出并改正：________。
(2)为了方便探究感应电流方向的规律，实验应研究原磁场方向、磁通量的变化情况、__________三者的关系。
(3)在实验过程中，除了查清流入电流表的电流方向与指针偏转方向之间的关系之外，还应查清______中导线的绕制方向。(选填“A”“B”或“A和B”)
(4)某同学在完成实验后未断开开关，也未把A、B两线圈和铁芯分开放置。在拆除电路时突然被电击了一下，则被电击是在拆除____(选填“A”或“B”)线圈所在电路时发生的；分析可知，要避免电击发生，在拆除电路前应____________(选填“断开开关”或“把A、B线圈分开放置”)。
解析：(1)开关应接入原线圈A所在的回路，改正后的接法如图所示。
(2)为了方便探究感应电流方向的规律，实验应研究原磁场方向、磁通量的变化情况、感应电流的磁场方向三者之间的关系。
(3)在实验过程中，需要确定线圈A中电流的磁场方向和线圈B中感应电流的磁场方向，故还应查清线圈A与线圈B中导线的绕制方向。
(4)在拆除线圈A时，线圈A中电流快速减小，由于自感作用，线圈A中会产生很大的感应电动势，导致该同学被电击，要避免电击发生，在拆除电路前应断开开关。
答案：(1)开关应接入原线圈A所在的回路 (2)感应电流的磁场方向 (3)A和B (4)A 断开开关
5．在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中，请完成下列实验步骤：
(1)为弄清灵敏电流表指针摆动方向与电流方向的关系，可以使用一个已知正负极性的直流电源进行探究。某同学想到了用多用电表内部含有直流电源的某一挡，他应选用多用电表的________(选填“欧姆”“直流电流”“直流电压”“交流电流”或“交流电压”)挡，对灵敏电流表进行测试，由实验可知当电流从正接线柱流入电流表时，指针向右摆动。
(2)该同学先将多用电表的红表笔接灵敏电流表的正接线柱，再将黑表笔________(选填“短暂”或“持续”)接灵敏电流表的负接线柱，若灵敏电流表的指针向左摆动，说明电流由电流表的________(选填“正”或“负”)接线柱流入灵敏电流表的。
(3)实验中该同学将磁铁某极向下从线圈上方插入线圈时，发现电流表的指针向右偏转，请在图中用箭头画出线圈电流方向并用字母N、S标出磁铁的极性。
解析：(1)只有欧姆挡内部有电源。
(2)灵敏电流表量程太小，欧姆表内部电源电压相对偏大，电流超过电流表量程，长时间超量程通电会损坏电流表；欧姆表红表笔连接着电源的负极，灵敏电流表的指针向左摆动，说明电流从电流表的负接线柱流入。
(3)电流表的指针向右偏转，说明电流从正极进入电流表。感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律，原磁场方向向上，故插入的磁铁下端是S极，如图所示。
答案：(1)欧姆 (2)短暂 负 (3)见解析图
6．(2023·辽宁大连模拟)在探究影响感应电流方向的因素的实验中：
(1)首先要确定电流表指针偏转方向与电流方向间的关系，实验中所用电流表量程为100 μA，电源电动势为1.5 V，待选的保护电阻有三种R1＝20 kΩ，R2＝1 kΩ，R3＝100 Ω，应选用________的电阻。
(2)已测得电流表指针向右偏时，电流是由正接线柱流入。由于某种原因，螺线管线圈绕线标识已经没有了，通过实验查找绕线方向如图甲所示，当磁铁N极插入线圈时，电流表指针向左偏，则线圈的绕线方向是图乙所示的________图(填“左”或“右”)。
(3)若将条形磁铁S极放在下端，从螺线管中拔出，这时电流表的指针应向______偏(填“左”或“右”)。
(4)若将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流表及开关，按图丙所示连接。在开关闭合，线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑片P向左加速滑动时，电流表指针向右偏转。由此可以推断，线圈A中铁芯向上拔出，能引起电流表指针向________偏转(填“左”或“右”)。
解析：(1)由闭合电路欧姆定律，有：R＝eq \f(E,Ig)＝eq \f(1.5,100×10－6) Ω＝1.5×104 Ω，R1＞R，不会使电流表超过量程，因此应选20 kΩ的电阻。
(2)已测得电流表指针向右偏时，电流是由正接线柱流入，当磁铁N极插入螺线管时，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍磁通量的增加，螺线管上端应为N极，下端为S极，又电流表指针向左偏，可知电流方向是由电流表正接线柱流出至螺线管上端接线柱，由安培定则可判断螺线管的绕线方向如题图乙中左图所示。
(3)若将条形磁铁S极在下端，从螺线管中拔出时，感应电流磁场为阻碍磁通量的减少，螺线管上端应为N极，下端为S极，由螺线管的绕线方向可以判定电流是从电流表的负接线柱流入，故指针向左偏。
(4)由题意可知当P向左加速滑动时，线圈A中的电流应越来越小，则其磁场减弱，此时线圈B中产生的电流使指针向右偏转，由此可知，当B中的磁通量减小时，电流表指针右偏；当将线圈A中铁芯向上拔出的过程中，穿过线圈B的磁通量减小，电流表指针向右偏转。
答案：(1)20 kΩ (2)左 (3)左 (4)右内容
例证
阻碍原磁通量变化——“增反减同”
阻碍相对运动——“来拒去留”
使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”
注意：此结论只适用于磁感线单方向穿过回路的情境
阻碍原电流的变化——“增反减同”(即自感现象)
定则或定律
适用的现象
因果关系
安培定则
电流的磁效应——电流、运动电荷产生的磁场
因电生磁
左手定则
(1)安培力——磁场对通电导线的作用力
(2)洛伦兹力——磁场对运动电荷的作用力
因电受力
右手定则
导体做切割磁感线运动产生的电磁感应现象
因动生电
楞次定律
闭合回路中磁通量变化产生的电磁感应现象
因磁生电
适用条件
①磁场为匀强磁场
②B、l、v三者互相垂直
有效性
公式中的l为导体棒切割磁感线的有效长度，如图中的有效切割长度均为ab的直线长度
相对性
E＝Blv中的速度v是导体棒相对磁场的速度。若磁场也在运动，应注意其相对速度
与线圈串联的灯泡
与线圈并联的灯泡
电路图
通电时
电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮
电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定
断电时
电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变
电路中稳态电流为I1、I2：
①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；
②若I2＞I1，灯泡“闪亮”后逐渐变暗。
两种情况下灯泡中电流方向均改变
电磁阻尼
电磁驱动
不同点
成因
由于导体在磁场中运动而产生感应电流，从而使导体受到安培力
由于磁场运动引起磁通量的变化而产生感应电流，从而使导体受到安培力
效果
安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动
导体受安培力的方向与导体运动方向相同，推动导体运动
能量转化
导体克服安培力做功，其他形式能转化为电能，最终转化为内能
由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能，而对外做功
相同点
两者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动
排除法
定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项
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进行分析和判断
状态
特征
处理方法
平衡态
加速度为零
根据平衡条件列式分析
非平衡态
加速度不为零
根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析
方法一
焦耳定律：Q＝I2Rt
方法二
功能关系：Q＝W克服安培力
方法三
能量转化：Q＝ΔE其他能的减少量
情景示例1
水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒初速度为v0，质量为m，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来
求电荷量q
－Beq \(I,\s\up6(－))LΔt＝0－mv0，q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt，q＝eq \f(mv0,BL)
求位移x
－eq \f(B2L2\(v,\s\up6(－)),R)Δt＝0－mv0，x＝eq \(v,\s\up6(－))Δt＝eq \f(mv0R,B2L2)
应用技巧
初、末速度已知的变加速运动，在动量定理列出的式子中q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt，x＝eq \(v,\s\up6(－))Δt；若已知q或x也可求末速度
情景示例2
间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，由静止释放质量为m、接入电路的阻值为R的导体棒，匀强磁场的磁感应强度为B，当通过横截面的电荷量为q或下滑位移为x时，速度达到v
求运动时间
－Beq \(I,\s\up6(－))LΔt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt
－eq \f(B2L2\(v,\s\up6(－)),R)Δt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，x＝eq \(v,\s\up6(－))Δt
应用技巧
用动量定理求时间需有其他恒力参与，若已知运动时间，也可求q、x、v中的一个物理量
基本模型
规律
导轨光滑，电阻阻值为R，电容器电容为C
电路特点
导体棒相当于电源，电容器充电
电流特点
安培力为阻力，棒减速，E减小，有I＝eq \f(BLv－UC,R)，电容器充电UC变大，当BLv＝UC时，I＝0，F安＝0，棒匀速运动
运动特点和最终特征
棒做加速度a减小的加速运动，最终做匀速运动，此时I＝0，但电容器带电荷量不为零
最终速度
电容器充电荷量：q＝CU
最终电容器两端电压：U＝BLv
对棒应用动量定理：
mv－mv0＝－Beq \(I,\s\up6(－))L·Δt＝－BLq
v＝eq \f(mv0,m＋B2L2C)
v-t图像
双棒无外力
双棒有外力
示意图
F为恒力
动力学观点
导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动
导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动，导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动，最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动
动量观点
系统动量守恒
系统动量不守恒
能量观点
棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热
外力做的功＝棒1的动能＋棒2的动能＋焦耳热
物理建模
等效于通电导体在磁场中的运动模型
逻辑思维
(1)线圈带动动子和飞机做匀加速直线运动，此过程的加速度可以求出。
(2)导体的长度为nl，磁感应强度的大小为B，线圈所受的合外力等于安培力。
(3)结合牛顿运动定律对动子、线圈和飞机整体列式求解。
物理建模
等效于电磁感应中的“导体棒＋导轨”模型
逻辑思维
(1) t1～t2时间内线圈和动子做匀减速直线运动。
(2) t2～t3时间内线圈和动子做反向的匀加速直线运动。
(3) t1～t3时间内线圈和动子加速度恒定。
原理装置图
操作要领
(1)确定电流计指针偏转方向与电流流向的关系。
(2)利用图甲研究开关闭合、断开、滑动变阻器滑动触头移动时电流计指针偏转方向。
(3)利用图乙研究条形磁铁N极向下(或S极向下)插入、抽出时电流计指针偏转方向。
图号
磁场方向
感应电流的方向
感应电流的磁场方向
甲
向下
逆时针(俯视)
向上
乙
向上
顺时针(俯视)
向下
图号
磁场方向
感应电流的方向
感应电流的磁场方向
丙
向下
顺时针(俯视)
向下
丁
向上
逆时针(俯视)
向上
操作
N极朝下插入螺线管
从上往下看的平面图(B0表示原磁场，即磁铁产生的磁场)
原磁场通过螺线管磁通量的增减
增加
感应电流的方向
沿逆时针方向
感应电流的磁场B的方向
________