2026版高考物理步步高大二輪（培優(yōu)版）第9講電磁感應(yīng)考點(diǎn)一楞次定律、法拉第電磁感應(yīng)定律及應(yīng)用1.感應(yīng)電流方向的判斷(1)線圈面積不變、磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化的情形，往往用楞次定律。(2)導(dǎo)體棒切割磁感線的情形往往用右手定則。2.求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方法(1)法拉第電磁感應(yīng)定律：E=nΔ(2)導(dǎo)體棒垂直切割磁感線：E=Blv。(3)導(dǎo)體棒以一端為圓心在垂直勻強(qiáng)磁場(chǎng)的平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)：E=12Bl2ω(4)線圈繞與勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)(從線圈位于中性面開始計(jì)時(shí))：e=nBSωsinωt。3.通過回路橫截面的電荷量q=IΔt=nΔΦR總ΔtΔt=nΔΦR總。q例1(2025·北京卷·10)絕緣的輕質(zhì)彈簧上端固定，下端懸掛一個(gè)磁鐵。將磁鐵從彈簧原長(zhǎng)位置由靜止釋放，磁鐵開始振動(dòng)，由于空氣阻力的影響，振動(dòng)最終停止。現(xiàn)將一個(gè)閉合銅線圈固定在磁鐵正下方的桌面上(如圖所示)，仍將磁鐵從彈簧原長(zhǎng)位置由靜止釋放，振動(dòng)最終也停止。則()A.有無(wú)線圈，磁鐵經(jīng)過相同的時(shí)間停止運(yùn)動(dòng)B.磁鐵靠近線圈時(shí)，線圈有擴(kuò)張趨勢(shì)C.磁鐵離線圈最近時(shí)，線圈受到的安培力最大D.有無(wú)線圈，磁鐵和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能相同答案D解析有線圈時(shí)，磁鐵受到電磁阻尼的作用，振動(dòng)更快停止，故A錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律，磁鐵靠近線圈時(shí)，線圈的磁通量增大，此時(shí)線圈有縮小的趨勢(shì)，故B錯(cuò)誤；磁鐵離線圈最近時(shí)，此時(shí)磁鐵與線圈的相對(duì)速度為零，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，感應(yīng)電流為零，線圈受到的安培力為零，故C錯(cuò)誤；分析可知有無(wú)線圈時(shí)，根據(jù)平衡條件最后磁鐵靜止后彈簧的伸長(zhǎng)量相同，由于磁鐵和彈簧組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為磁鐵減小的重力勢(shì)能減去此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能，故系統(tǒng)損失的機(jī)械能相同，故D正確。楞次定律中“阻礙”的主要表現(xiàn)形式(1)阻礙原磁通量的變化——“增反減同”；(2)阻礙物體間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)——“來(lái)拒去留”；(3)使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢(shì)——一般情況下為“增縮減擴(kuò)”；(4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)——一般情況下為“增反減同”。例2(多選)(2025·浙江1月選考·13)如圖甲所示，在平面內(nèi)存在一以O(shè)為圓心、半徑為r的圓形區(qū)域，其中存在一方向垂直平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間變化如圖乙所示，周期為3t0。變化的磁場(chǎng)在空間產(chǎn)生感生電場(chǎng)，電場(chǎng)線為一系列以O(shè)為圓心的同心圓，在同一電場(chǎng)線上，電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同。在同一平面內(nèi)，有以O(shè)為圓心的半徑為2r的導(dǎo)電圓環(huán)Ⅰ，與磁場(chǎng)邊界相切的半徑為0.5r的導(dǎo)電圓環(huán)Ⅱ，電阻均為R，圓心O對(duì)圓環(huán)Ⅱ上P、Q兩點(diǎn)的張角φ=30°，另有一可視為無(wú)限長(zhǎng)的直導(dǎo)線CD。導(dǎo)電圓環(huán)間絕緣，且不計(jì)相互影響，則()A.圓環(huán)Ⅰ中電流的有效值為3B.t=1.5t0時(shí)刻直導(dǎo)線CD電動(dòng)勢(shì)為πr2BC.t=0.5t0時(shí)刻圓環(huán)Ⅱ中電流為πD.t=0.5t0時(shí)刻圓環(huán)Ⅱ上PQ間電動(dòng)勢(shì)為112πr2答案BD解析由題圖可知，在0~t0內(nèi)和2t0~3t0內(nèi)圓環(huán)Ⅰ中的電流大小均為I1=πr2B0Rt0；在t0~2t0內(nèi)圓環(huán)Ⅰ中的電流大小為I2=2πr2B0Rt0，設(shè)圓環(huán)Ⅰ中電流的有效值為I，有I2R·3t0=I12R·2t0+I22Rt0，聯(lián)立解得I=2πr2B0Rt0，故A錯(cuò)誤；假設(shè)右側(cè)有一與CD對(duì)稱的無(wú)限長(zhǎng)的直導(dǎo)線C'D'與CD構(gòu)成回路，則t=1.5t0時(shí)刻，CD、C'D'回路產(chǎn)生的總電動(dòng)勢(shì)為E總=πr2·2B0t0，根據(jù)對(duì)稱性可知t=1.5t0時(shí)刻直導(dǎo)線CD電動(dòng)勢(shì)為πr2B0t0，故B正確；由于圓環(huán)Ⅱ處于磁場(chǎng)外部，通過圓環(huán)Ⅱ的磁通量一直為0，所以圓環(huán)Ⅱ不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流，則t=0.5t0時(shí)刻圓環(huán)Ⅱ中電流為0，故C錯(cuò)誤；假設(shè)有以O(shè)點(diǎn)為圓心，過P、Q兩點(diǎn)的圓環(huán)Ⅲ，其在t=0.5t0時(shí)刻產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E=πr2B0t0例3(多選)(2025·安徽省皖北協(xié)作區(qū)一模)如圖所示，半徑為R的34金屬圓環(huán)ab固定在水平絕緣桌面上，有一垂直于圓環(huán)向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t變化的關(guān)系為B=kt(k>0)。一長(zhǎng)為2R的金屬直桿垂直磁場(chǎng)放置在圓環(huán)上，桿的一端與圓環(huán)的端口a接觸，t=0時(shí)，桿從圖示實(shí)線位置以角速度ω順時(shí)針繞a在圓環(huán)所在平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，t=3π4ω時(shí)，金屬桿轉(zhuǎn)到虛線位置，與圓環(huán)另一端口b剛好接觸，設(shè)t=3πA.t=3π4B.t=0到t=π2C.t=3π4ωD.t=3π4ω答案ABD解析由楞次定律可知，感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，故A正確；t=0到t=π2ω的過程中，回路中的感生電動(dòng)勢(shì)和動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)均增大且方向相同，故B正確；t=3π4ω時(shí)，圓環(huán)與桿構(gòu)成的回路由于磁場(chǎng)均勻增大，產(chǎn)生的感生電動(dòng)勢(shì)為E感=ΔΦΔt=ΔBΔtS=(3πR24+R22)ΔBΔt=(3πR24+R22)k，動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)為E動(dòng)=12B(2R)2ω=12kt(2R)考點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的圖像問題例4(2024·天津卷·4)如圖所示，兩根不計(jì)電阻的光滑金屬導(dǎo)軌平行放置，導(dǎo)軌及其構(gòu)成的平面均與水平面成某一角度，導(dǎo)軌上端用直導(dǎo)線連接，整個(gè)裝置處在垂直于導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。具有一定阻值的金屬棒MN從某高度由靜止開始下滑，下滑過程中MN始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，則MN所受的安培力F及其加速度a、速度v、電流I隨時(shí)間t變化的關(guān)系圖像可能正確的是()答案A解析根據(jù)題意，設(shè)導(dǎo)體棒的電阻為R，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，導(dǎo)體棒速度為v時(shí)，受到的安培力為F=BIL=B2L2vR，可知F∝v，由牛頓第二定律可得，導(dǎo)體棒的加速度為a=mgsinθ-Fm=gsinθ-B2L2vmR，可知，隨著速度的增大，導(dǎo)體棒的加速度逐漸減小，當(dāng)加速度為零時(shí)，導(dǎo)體棒開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則v-t圖像的斜率逐漸減小直至為零時(shí)，速度保持不變，由于安培力F與速度v成正比，則F-t圖像的斜率逐漸減小直至為零時(shí)，F(xiàn)保持不變，故A正確，B、C錯(cuò)誤；根據(jù)題意，由公式可得，感應(yīng)電流為I=BLv例5(多選)(2025·山東淄博市一模)如圖，直角梯形區(qū)域abcd，ab=2ad=2cd=2l，e為ab的中點(diǎn)，直角三角形aed、平行四邊形ebcd兩區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向相反且垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一等腰直角三角形導(dǎo)線框ABC與梯形abcd在同一平面內(nèi)，AB邊長(zhǎng)為l且與ae共線，導(dǎo)線框以垂直于ad的恒定速度穿過磁場(chǎng)區(qū)域，從B點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)開始計(jì)時(shí)，3s末AC剛好到達(dá)b點(diǎn)。規(guī)定逆時(shí)針方向?yàn)楦袘?yīng)電流的正方向，水平向左為導(dǎo)線AC受到的安培力的正方向，此過程中線框中的感應(yīng)電流i、AC受到的安培力FAC，二者與時(shí)間t的關(guān)系圖像可能正確的是()答案BC解析設(shè)導(dǎo)線框速度為v，電阻為R，則0~1s內(nèi)電流i1=E1R=Bvt·vR=Bv2Rt，可知電流從0均勻增大到BlvR，由右手定則可知電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，為正方向；1~2s內(nèi)，導(dǎo)線框一部分在垂直紙面向里的磁場(chǎng)，一部分在垂直紙面向外的磁場(chǎng)，且兩邊切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)方向相同，此時(shí)兩邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)相加，可得i2=E2R=B×2(2l-vt)vR=4BlvR-2Bv2Rt，可知電流從最大2BlvR均勻減小到0，由右手定則可知電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，為負(fù)方向；2~3s內(nèi)，導(dǎo)線框離開磁場(chǎng)，電流i3=E3R=B(3l-vt)vR=3BlvR-Bv2Rt，可知電流從最大BlvR均勻減小到0，由右手定則可知電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，為正方向。所以B選項(xiàng)正確，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)0~1s內(nèi)，AC在磁場(chǎng)外，安培力FAC1=0，1~2s內(nèi)，導(dǎo)線框一部分在垂直紙面向里的磁場(chǎng)，一部分在垂直紙面向外的磁場(chǎng)，AC邊安培力大小FAC2=B×B×2(2l-vt1.電磁感應(yīng)中常見的圖像常見的有磁感應(yīng)強(qiáng)度、磁通量、感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流、速度、安培力等隨時(shí)間或位移的變化圖像。2.解答此類問題的兩個(gè)常用方法(1)函數(shù)關(guān)系法：根據(jù)題目所給的條件寫出物理量之間的函數(shù)關(guān)系，再對(duì)圖像作出判斷，這種方法得到的結(jié)果準(zhǔn)確、詳細(xì)，但不夠簡(jiǎn)捷。(2)排除法：定性分析電磁感應(yīng)過程中某個(gè)物理量的變化情況，把握三個(gè)關(guān)注，快速排除錯(cuò)誤的選項(xiàng)。這種方法能快速解決問題，但不一定對(duì)所有問題都適用?？键c(diǎn)三電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)與能量問題1.電磁感應(yīng)綜合問題的解題思路2.求解焦耳熱Q的三種方法(1)焦耳定律：Q=I2Rt，適用于電流恒定的情況；(2)功能關(guān)系：Q=W克安(W克安為克服安培力做的功)；(3)能量轉(zhuǎn)化：Q=ΔE(其他能的減少量)。例6(多選)(2025·山西省部分學(xué)校聯(lián)考)如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬軌道ab、cd固定在水平面內(nèi)，相距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)，導(dǎo)軌平面處在豎直向上的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，ac間接有阻值為R的電阻，電阻為r、質(zhì)量為m的金屬導(dǎo)體棒MN垂直于ab、cd放在軌道上，與軌道接觸良好，導(dǎo)體棒MN的中點(diǎn)用與軌道平行的絕緣輕繩經(jīng)過滑輪與質(zhì)量也為m的物塊相連。物塊放在傾角為θ的絕緣斜面上，不計(jì)一切摩擦。若初始時(shí)刻給導(dǎo)體棒一個(gè)水平向左的初速度為v0，運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒始終未離開水平軌道，物塊始終未離開斜面，運(yùn)動(dòng)過程中輕繩始終與斜面平行且處于繃緊狀態(tài)，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是()A.初始時(shí)刻導(dǎo)體棒的加速度大小B2L2vB.導(dǎo)體棒的加速度先增大后減小C.導(dǎo)體棒的加速度一直減小D.導(dǎo)體棒最終的速度為mg答案CD解析初始時(shí)刻，將導(dǎo)體棒和物塊作為整體，分析受力，由牛頓第二定律，可得BIL+mgsinθ=2ma，其中I=BLv0R+r，聯(lián)立解得a=B2L2v02m(R+r)+12gsinθ，A錯(cuò)誤；向左運(yùn)動(dòng)過程中a=B2L2v2m(R+r)+12gsin例7(多選)(2025·河北廊坊市模擬)如圖所示，水平虛線M、N間存在垂直于紙面向里、沿水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形導(dǎo)線框abcd由虛線M上方無(wú)初速度釋放，在釋放瞬間ab邊與虛線M平行且相距為L(zhǎng)。已知線框的質(zhì)量為m，電阻為R，線框cd邊剛要進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)，線框的加速度為零，線框ab邊剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)和剛出磁場(chǎng)時(shí)速度相同，重力加速度為g，線框在運(yùn)動(dòng)過程中始終在垂直于磁場(chǎng)的豎直面內(nèi)，ab邊始終水平，忽略空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是()A.線框進(jìn)磁場(chǎng)的過程可能是加速運(yùn)動(dòng)B.線框進(jìn)磁場(chǎng)過程通過線框橫截面的電荷量為BC.通過整個(gè)磁場(chǎng)，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為2mgLD.M、N間的距離為2L-m答案BD解析若導(dǎo)線框在穿越磁場(chǎng)的過程中，先加速，則線框剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的重力大于安培力，線框在進(jìn)入磁場(chǎng)的過程中，可能一直加速直到完全進(jìn)入磁場(chǎng)，或者先加速再勻速進(jìn)入磁場(chǎng)，完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，線框只受到重力的作用，接著將加速，一直到線框剛出磁場(chǎng)，顯然此時(shí)ab邊與兩虛線重合時(shí)的速度大小不可能相等，后面的速度大于前面的速度，故A錯(cuò)誤；線框進(jìn)磁場(chǎng)過程中的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=ΔΦΔt，平均電流為I=ER，通過的電荷量為q=IΔt，磁通量的變化量為ΔΦ=BL2，聯(lián)立可得線框進(jìn)磁場(chǎng)過程中通過線框橫截面的電荷量為q=BL2R，故B正確；線框cd邊剛要進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)，線框的加速度為零，根據(jù)平衡條件，有mg-B2L2vR=0，解得v=mgRB2L2，從開始釋放到線框cd邊剛要進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)能量守恒，有Q熱=mg·2L-12mv2，解得Q熱=2mgL-m3g2R22B4L4，因線框ab邊剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)和剛出磁場(chǎng)時(shí)速度相同，所以線框進(jìn)入過程和穿出過程產(chǎn)生的熱量相等，即通過整個(gè)磁場(chǎng)，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為Q=2Q熱=4mgL-m3g2R例8(2025·河北省模擬)如圖所示，間距L=2m的光滑平行導(dǎo)軌及其所在平面與水平面的夾角均為θ=30°，導(dǎo)軌底端AB水平，且接有一個(gè)特殊的電源，電路接通后該電源在不同的外接負(fù)載條件下均保持所輸出的電流恒定為I=0.5A，導(dǎo)軌上C、D兩點(diǎn)連線與AB平行，E為導(dǎo)軌平面上一點(diǎn)，C、D、E的連線構(gòu)成等腰直角三角形，O點(diǎn)為等腰直角三角形CDE過E點(diǎn)高的中點(diǎn)，三角形內(nèi)部存在垂直導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.5T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。將一長(zhǎng)度也為L(zhǎng)=2m，質(zhì)量m=0.05kg，電阻為定值的導(dǎo)體棒放置在C、D位置，導(dǎo)體棒受到C、D兩處擋板的作用處于靜止?fàn)顟B(tài)。導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)，重力加速度g取10m/s2。求：(1)閉合開關(guān)S的瞬間，導(dǎo)體棒的加速度a的大小；(2)導(dǎo)體棒第一次經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)速度v0的大??；(3)已知閉合開關(guān)S后經(jīng)π4s導(dǎo)體棒第一次經(jīng)過O點(diǎn)，若以O(shè)點(diǎn)為原點(diǎn)沿斜面向上為正方向建立x坐標(biāo)軸，請(qǐng)寫出導(dǎo)體棒所受合力F合與其坐標(biāo)x的關(guān)系式及導(dǎo)體棒從O點(diǎn)第一次到達(dá)x=0.25m所用的時(shí)間t答案(1)5m/s2(2)102(3)F合=-0.5x(N)π12解析(1)由左手定則可知導(dǎo)體棒所受安培力方向沿斜面向上，由牛頓第二定律得BIL-mgsinθ=ma解得a=5m/s2(2)導(dǎo)體棒沿斜面向上運(yùn)動(dòng)位移d=0.5m時(shí)第一次經(jīng)過O點(diǎn)，由幾何關(guān)系易得此時(shí)導(dǎo)體棒處于磁場(chǎng)中的長(zhǎng)度為L(zhǎng)'=1m；向上運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒處于磁場(chǎng)中的長(zhǎng)度隨其位移均勻減小，安培力做功W=FAx=BIL解得W=316由動(dòng)能定理得W-mgdsin30°=m解得v0=102(3)導(dǎo)體棒坐標(biāo)為x時(shí)，導(dǎo)體棒處于磁場(chǎng)中的長(zhǎng)度為L(zhǎng)2-2合力大小F合=BI(L2-2x)-mgsin即F合=-0.5x(N)可知導(dǎo)體棒以O(shè)點(diǎn)為中心做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，振幅A=0.5m，且導(dǎo)體棒第一次經(jīng)過O點(diǎn)用時(shí)π4s為四分之一周期，可得T=π導(dǎo)體棒過O點(diǎn)后再經(jīng)A2第一次到達(dá)x=0.25從導(dǎo)體棒第一次經(jīng)過O點(diǎn)時(shí)開始計(jì)時(shí)，則有x=Asin2πT解得所用時(shí)間t=T12=π12電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)和能量問題棒、框受力平衡靜止閉合K，ab恰好靜止棒、框處于平衡狀態(tài)，進(jìn)行受力分析，滿足合力為零勻速運(yùn)動(dòng)恰好勻速進(jìn)入磁場(chǎng)棒的最大速度棒、框受力不平衡變加速運(yùn)動(dòng)棒在恒力作用下從靜止開始運(yùn)動(dòng)棒從靜止開始下滑受力分析，分析加速度的變化：a=Fm-a=gsinθ-B棒做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)勻加速運(yùn)動(dòng)a=mMN棒：F-B2L2(PQ棒：B2L2(棒、框運(yùn)動(dòng)過程中能量問題棒、框從某一速度到另一速度棒從靜止到勻速時(shí)產(chǎn)生的焦耳熱利用能量守恒定律或功能關(guān)系求產(chǎn)生的焦耳熱，回路中有多個(gè)電阻時(shí)，注意熱量的分配專題強(qiáng)化練[分值：50分][1~5題，每題4分，6~8題，每題6分][保分基礎(chǔ)練]1.(2025·甘肅卷·6)閉合金屬框放置在磁場(chǎng)中，金屬框平面始終與磁感線垂直。如圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按正弦規(guī)律變化。Φ為穿過金屬框的磁通量，E為金屬框中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，下列說(shuō)法正確的是()A.在0~T4內(nèi)，Φ和EB.當(dāng)t=T8與3T8C.當(dāng)t=T4時(shí)，Φ最大，ED.當(dāng)t=T2時(shí)，Φ和E答案C解析在0~T4時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B增加，根據(jù)Φ=BS可知磁通量Φ增加，但是圖像的斜率減小，即磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化率逐漸減小，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知E=ΔBΔtS，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E逐漸減小，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)t=T8和t=3T8時(shí)，因B-t圖像的斜率絕對(duì)值相等，符號(hào)相反，可知感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E大小相等，方向相反，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；t=T4時(shí)，B最大，則磁通量Φ最大，但是B的變化率為零，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E為零，選項(xiàng)C正確；t=T2時(shí)，B2.(2024·江蘇卷·10)如圖所示，在絕緣的水平面上，有閉合的兩個(gè)線圈a、b，線圈a處在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，現(xiàn)將線圈a從磁場(chǎng)中勻速拉出，線圈a、b中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向分別是()A.順時(shí)針，順時(shí)針 B.順時(shí)針，逆時(shí)針C.逆時(shí)針，順時(shí)針 D.逆時(shí)針，逆時(shí)針答案A解析線圈a從磁場(chǎng)中勻速拉出的過程中，穿過a線圈的磁通量在減小，根據(jù)楞次定律可知a線圈中的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，由于線圈a從磁場(chǎng)中勻速拉出，則a中產(chǎn)生的電流為恒定電流，線圈a靠近線圈b的過程中穿過線圈b的磁通量在向外增大，同理可得線圈b中產(chǎn)生的電流方向?yàn)轫槙r(shí)針。故選A。3.(多選)(2025·黑吉遼蒙卷·9)如圖，“”形導(dǎo)線框置于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。線框相鄰兩邊均互相垂直，各邊長(zhǎng)均為l。線框繞b、e所在直線以角速度ω順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，be與磁場(chǎng)方向垂直。t=0時(shí)，abef與水平面平行，則()A.t=0時(shí)，電流方向?yàn)閍bcdefaB.t=0時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為Bl2ωC.t=πωD.t=0到t=πω答案AB解析線框轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)的兩條邊為cd和af，t=0時(shí)刻cd邊速度與磁場(chǎng)方向平行，不產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，此時(shí)af邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由右手定則可知電流方向?yàn)閍bcdefa，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=Blv=Blωl=Bl2ω，A、B正確；t=πω時(shí)，線框旋轉(zhuǎn)180°，此時(shí)依舊是af邊切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不為零，C錯(cuò)誤；t=0到t=πω的過程中，線框abef的磁通量變化量為零，線框bcde的磁通量變化量大小為|ΔΦ|=2BS=2Bl2，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=|ΔΦΔ4.(多選)(2025·河南卷·9)手機(jī)拍照時(shí)手的抖動(dòng)產(chǎn)生的微小加速度會(huì)影響拍照質(zhì)量，光學(xué)防抖技術(shù)可以消除這種影響。如圖，鏡頭僅通過左、下兩側(cè)的彈簧與手機(jī)框架相連，兩個(gè)相同線圈c、d分別固定在鏡頭右、上兩側(cè)，c、d中的一部分處在相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。拍照時(shí)，手機(jī)可實(shí)時(shí)檢測(cè)手機(jī)框架的微小加速度a的大小和方向，依此自動(dòng)調(diào)節(jié)c、d中通入的電流Ic和Id的大小和方向(無(wú)抖動(dòng)時(shí)Ic和Id均為零)，使鏡頭處于零加速度狀態(tài)。下列說(shuō)法正確的是()A.若Ic沿順時(shí)針方向，Id=0，則表明a的方向向右B.若Id沿順時(shí)針方向，Ic=0，則表明a的方向向下C.若a的方向沿左偏上30°，則Ic沿順時(shí)針方向，Id沿逆時(shí)針方向且Ic>IdD.若a的方向沿右偏上30°，則Ic沿順時(shí)針方向，Id沿順時(shí)針方向且Ic<Id答案BC解析若Ic沿順時(shí)針方向且Id=0，由左手定則可知線圈c受到的安培力向右，則手機(jī)框架向左運(yùn)動(dòng)，加速度方向向左，A錯(cuò)誤；若Id沿順時(shí)針方向且Ic=0，由左手定則可知線圈d受到的安培力向上，則手機(jī)框架向下運(yùn)動(dòng)，加速度方向向下，B正確；若a的方向沿左偏上30°，說(shuō)明手機(jī)框架向上運(yùn)動(dòng)以及向左運(yùn)動(dòng)，且向左運(yùn)動(dòng)的分速度大于向上運(yùn)動(dòng)的分速度，可知線圈c受到的安培力向右，Ic沿順時(shí)針方向，線圈d受到的安培力向下，Id沿逆時(shí)針方向，又由E=Blv，I=ER，可知Ic>Id，C正確；若a的方向沿右偏上30°，同理可知Ic沿逆時(shí)針方向，Id沿逆時(shí)針方向，且Ic>Id，D5.(多選)(2025·江西省模擬)如圖，勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ的邊界P、Q、M水平，兩磁場(chǎng)的方向相反，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，磁場(chǎng)Ⅰ的寬度為L(zhǎng)，磁場(chǎng)Ⅱ的寬度大于L。邊長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形金屬線框abcd自距磁場(chǎng)邊界P上方L處自由下落，當(dāng)ab邊剛進(jìn)磁場(chǎng)Ⅱ時(shí)線框的加速度為零；當(dāng)ab邊剛出磁場(chǎng)Ⅱ時(shí)，線框的加速度也為零。重力加速度大小為g，線框運(yùn)動(dòng)過程中，線框平面與磁場(chǎng)始終垂直，ab邊始終水平，忽略空氣阻力，下列說(shuō)法正確的是()A.當(dāng)線框ab邊剛進(jìn)磁場(chǎng)Ⅱ時(shí)，線框的速度大小為mgRB.線框ab邊通過磁場(chǎng)Ⅰ的過程中，通過線框橫截面的電荷量為BC.磁場(chǎng)Ⅱ的寬度為L(zhǎng)+15D.線框通過磁場(chǎng)過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱為4mgL+7答案BC解析設(shè)線框ab邊剛進(jìn)磁場(chǎng)Ⅱ時(shí)速度為v1，根據(jù)題意可得2B2BLv1RL=mg，解得v1=mgR4B2L2，故A錯(cuò)誤；線框ab邊通過磁場(chǎng)Ⅰ的過程中，通過線框橫截面的電荷量q=ΔΦR=BL2R，故B正確；設(shè)線框ab邊剛出磁場(chǎng)Ⅱ時(shí)，線框的速度大小為v2，則B2L2v2R=mg，解得v2=mgRB2L2，設(shè)磁場(chǎng)Ⅱ的寬度為d，則d=L+v22-v1[爭(zhēng)分提能練]6.(多選)(2024·全國(guó)甲卷·21)如圖，一絕緣細(xì)繩跨過兩個(gè)在同一豎直面(紙面)內(nèi)的光滑定滑輪，繩的一端連接一矩形金屬線框，另一端連接一物塊。線框與左側(cè)滑輪之間的虛線區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)上下邊界水平，在t=0時(shí)刻線框的上邊框以不同的初速度從磁場(chǎng)下方進(jìn)入磁場(chǎng)。運(yùn)動(dòng)過程中，線框始終在紙面內(nèi)且上下邊框保持水平。以向上為速度的正方向，下列線框的速度v隨時(shí)間t變化的圖像中可能正確的是()答案AC解析設(shè)線框的上邊框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v，設(shè)線框的質(zhì)量M，物塊的質(zhì)量m，題圖中線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的加速度向下，對(duì)線框，由牛頓第二定律可知Mg+F安-FT=Ma對(duì)物塊有FT-mg=ma其中F安=B即B2L2vR+(M-m)g=(線框向上做減速運(yùn)動(dòng)，隨速度的減小，向下的加速度減??；當(dāng)加速度為零時(shí)，即線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v0=(若線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度較小，則線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，線框的速度和加速度都趨近于零，則圖像A可能正確；因t=0時(shí)刻線框進(jìn)入磁場(chǎng)，則進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)線框向上不可能做勻減速運(yùn)動(dòng)，則圖像B不可能；若線框的質(zhì)量等于物塊的質(zhì)量，且當(dāng)線框進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度較大時(shí)，線框進(jìn)入磁場(chǎng)做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，完全進(jìn)入磁場(chǎng)后線框做勻速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)線框出磁場(chǎng)時(shí)，受向下的安培力又做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終出磁場(chǎng)時(shí)做勻速運(yùn)動(dòng)，則圖像C有可能，D不可能。7.(多選)(2025·山東青島市第一次適應(yīng)性檢測(cè))如圖所示，兩根相距為L(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌傾斜放置，處于垂直導(dǎo)軌平面向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩導(dǎo)軌頂端與電容器相連，質(zhì)量為m、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的金屬桿垂直導(dǎo)軌放置，金屬桿與導(dǎo)軌接觸良好。開始時(shí)電容器不帶電，金屬桿被鎖定在距傾斜導(dǎo)軌底端d處。已知兩導(dǎo)軌傾角均為θ，電容器電容為C，重力加速度為g，不計(jì)一切電阻?，F(xiàn)解除鎖定，下列說(shuō)法正確的是()A.金屬桿下滑過程中做加速度減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)B.若增大電容器電容，金屬桿下滑時(shí)間變短C.金屬桿下滑到導(dǎo)軌底端時(shí)電容器極板間電壓U=BL2D.金屬桿下滑到導(dǎo)軌底端時(shí)電容器儲(chǔ)存的電能E=B答案CD解析金屬桿沿導(dǎo)軌下滑時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ-F安=ma，又金屬桿所受的安培力為F安=BIL，電路中電流為I=ΔQΔt=CΔUΔt=CBLΔvΔt=CBLa，聯(lián)立以上三式得a=mgsinθm+CB2L2，式中各量均不變，說(shuō)明加速度不變，可知金屬桿做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；若增大電容器電容，加速度減小，則根據(jù)d=12at2可知金屬桿下滑時(shí)間變長(zhǎng)，故B錯(cuò)誤；金屬桿下滑到導(dǎo)軌底端時(shí)的速度滿足v2=2ad，電容器極板間電壓U=BLv8.(多選)(2025·黑龍江省名校協(xié)作體一模)如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌平行固定在水平絕緣桌面上，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，電阻不計(jì)，兩導(dǎo)軌間存在豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。導(dǎo)體棒ab、cd放置在導(dǎo)軌上，其質(zhì)量分別為m、2m，電阻均為R，長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，用不可伸長(zhǎng)的輕繩跨過光滑輕質(zhì)定滑輪將cd棒中點(diǎn)與質(zhì)量為m的重物相連，繩與cd棒垂直且平行于桌面。t=0時(shí)刻將cd棒由靜止釋放，t1時(shí)刻ab棒的加速度剛好達(dá)到最大值。已知t1時(shí)刻之前重物未著地，兩導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是()A.0~t1時(shí)間內(nèi)通過ab棒的電流增大B.t1時(shí)刻，兩棒的加速度大小均為14C.t1時(shí)刻，兩棒的加速度大小均為13D.t1時(shí)刻，兩棒速度差的大小為mgR答案ABD解析設(shè)運(yùn)動(dòng)過程ab棒的速度大小為vab，cd棒的速度大小為vcd，以cd棒和重物為系統(tǒng)，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度大小為acd=mg-BIL3m，以ab棒為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得加速度大小為aab=BILm，又I=E2R=BL(vcd-vab)2R，由于一開始acd>aab，則cd棒速度增加得比ab棒快，所以回路電流逐漸增大，cd棒的加速度逐漸減小，ab棒的加速度逐漸增大，當(dāng)acd=aab時(shí)，兩棒速度增加一樣快，回路電流保持不變，之后兩棒做加速度相等的勻加速直線運(yùn)動(dòng)；根據(jù)以上分析可知，0~t1時(shí)間內(nèi)通過ab棒的電流增大；t1時(shí)刻，兩棒的加速度相等，則有a=mg-BIL3m=BILm，解得a=14g，I=mg4BL，根據(jù)9.(12分)(2025·江蘇卷·15)圓筒式磁力耦合器由內(nèi)轉(zhuǎn)子、外轉(zhuǎn)子兩部分組成。工作原理如圖甲所示。內(nèi)、外轉(zhuǎn)子可繞中心軸OO'轉(zhuǎn)動(dòng)。外轉(zhuǎn)子半徑為r1，由四個(gè)相同的單匝線圈緊密圍成，每個(gè)線圈的電阻均為R，直邊的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，與軸線平行。內(nèi)轉(zhuǎn)子半徑為r2，由四個(gè)形狀相同的永磁體組成，磁體產(chǎn)生徑向磁場(chǎng)，線圈處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。外轉(zhuǎn)子始終以角速度ω0勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，某時(shí)刻線圈abcd的直邊ab與cd處的磁場(chǎng)方向如圖乙所示。(1)(2分)若內(nèi)轉(zhuǎn)子固定，求ab邊產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小E；(2)(5分)若內(nèi)轉(zhuǎn)子固定，求外轉(zhuǎn)子轉(zhuǎn)動(dòng)一周，線圈abcd產(chǎn)生的焦耳熱Q；(3)(5分)若內(nèi)轉(zhuǎn)子不固定，外轉(zhuǎn)子帶動(dòng)內(nèi)轉(zhuǎn)子勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，此時(shí)線圈中感應(yīng)電流為I，求線圈abcd中電流的周期T。答案(1)BLω0r1(2)8πB2解析(1)根據(jù)題意可知，ab邊轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)的線速度為v=ω0r1則ab產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E=BLv=BLω0r1(2)根據(jù)題意，由題圖甲可知，若內(nèi)轉(zhuǎn)子固定，外轉(zhuǎn)子轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，ab、cd邊均切割磁感線，則轉(zhuǎn)動(dòng)過程中線圈abcd中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1=2BLv=2BLω0r1感應(yīng)電流為I0=E外轉(zhuǎn)子轉(zhuǎn)動(dòng)的周期為T1=2π則線圈abcd轉(zhuǎn)動(dòng)一圈產(chǎn)生的熱量Q=I02RT1(3)結(jié)合題圖可知，轉(zhuǎn)子轉(zhuǎn)動(dòng)14T1電流方向改變，大小不變，若內(nèi)轉(zhuǎn)子不固定，跟著外轉(zhuǎn)子一起轉(zhuǎn)，且abcd中的電流為I，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E'=又有E'=2BLΔv解得Δv=IR則電流改變方向的時(shí)間為t=14×則電流的周期為T=2t=2BL第10講動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用考點(diǎn)一動(dòng)量定理在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用在導(dǎo)體切割磁感線做變加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，若運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和能量觀點(diǎn)不能解決問題，可運(yùn)用動(dòng)量定理巧妙解決問題。已知或求解涉及的物理量應(yīng)用示例電荷量-BILΔt=mv2-mv1，q=IΔt，即-BqL=mv2-mv1位移-B2L2v即-B2L2時(shí)間-BILΔt+F其他Δt=mv2-mv1，即-BLq+F其他Δt=mv2-mv1，已知電荷量q、F其他(F其他為恒力)-B2L2vΔtR總+F其他Δ即-B2L2xR總+F其他Δt=已知位移x、F其他(F其他為恒力)例1(多選)(2025·四川省模擬)如圖所示，在光滑的水平面上有一方向豎直向下的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)。磁場(chǎng)區(qū)域的左側(cè)，一正方形線框(右邊框平行于磁場(chǎng)邊界)由位置Ⅰ以4.5m/s的初速度垂直于磁場(chǎng)邊界水平向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過位置Ⅱ，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到位置Ⅲ時(shí)速度恰為零，此時(shí)線框剛好有一半離開磁場(chǎng)區(qū)域。線框的邊長(zhǎng)小于磁場(chǎng)區(qū)域的寬度。若線框進(jìn)、出磁場(chǎng)的過程中通過線框橫截面的電荷量分別為q1、q2，線框經(jīng)過位置Ⅱ時(shí)的速度為v。則下列說(shuō)法正確的是()A.q1=q2 B.q1=2q2C.v=1.0m/s D.v=1.5m/s答案BD解析根據(jù)q=ΔΦR=BΔSR可知，線框進(jìn)、出磁場(chǎng)的過程中通過線框橫截面的電荷量q1=2q2，故A錯(cuò)誤，B正確；線框從開始進(jìn)入磁場(chǎng)到位置Ⅱ，由動(dòng)量定理有-BI1LΔt1=mv-mv0，即-BLq1=mv-mv0，同理線框從位置Ⅱ到位置Ⅲ，由動(dòng)量定理有-BI2LΔt2=0-mv，即-BLq2=0-mv，聯(lián)立解得v=13v0例2(2025·河北保定市部分示范高中一模)如圖所示，兩根足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌MNPQ和M1N1P1Q1固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為2L和L。金屬棒a、b的質(zhì)量分別為2m、m，阻值分別為2R、R，長(zhǎng)度分別為2L、L，整個(gè)裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)給金屬棒a一水平向右的初速度v0，經(jīng)一段時(shí)間后金屬棒a、b達(dá)到穩(wěn)定速度。已知運(yùn)動(dòng)過程中兩金屬棒a、b始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，金屬棒a一直未到達(dá)NN1位置，下列說(shuō)法正確的是()A.穩(wěn)定后金屬棒a的速度大小為23vB.穩(wěn)定后金屬棒b的速度大小為13vC.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的熱量為23mD.從開始運(yùn)動(dòng)至達(dá)到穩(wěn)定速度的過程中，流過金屬棒b的電荷量為m答案C解析設(shè)經(jīng)一段時(shí)間t后金屬棒a、b達(dá)到穩(wěn)定速度，大小分別為v1、v2，此時(shí)電路中剛好無(wú)電流，則有2BLv1=BLv2，解得2v1=v2，分別對(duì)金屬棒a、b應(yīng)用動(dòng)量定理得-2BIL·t=2mv1-2mv0，BIL·t=mv2-0，聯(lián)立解得v1=13v0，v2=23v0，故A、B錯(cuò)誤；由能量守恒定律知整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的熱量Q=12×2mv02-12×2mv12-12mv22=23mv02，故C正確；從開始運(yùn)動(dòng)至達(dá)到穩(wěn)定速度的過程中，流過金屬棒b的電荷量q=It，又BI變式(2025·陜晉寧青卷·7)如圖，光滑水平面上存在豎直向上、寬度d大于2L的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。甲、乙兩個(gè)合金導(dǎo)線框的質(zhì)量均為m，長(zhǎng)均為2L，寬均為L(zhǎng)，電阻分別為R和2R。兩線框在光滑水平面上以相同初速度v0=4BA.甲線框進(jìn)磁場(chǎng)和出磁場(chǎng)的過程中電流方向相同B.甲、乙線框剛進(jìn)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，所受合力大小之比為1∶1C.乙線框恰好完全出磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，速度大小為0D.甲、乙線框從剛進(jìn)磁場(chǎng)區(qū)域到完全出磁場(chǎng)區(qū)域產(chǎn)生的焦耳熱之比為4∶3答案D解析根據(jù)楞次定律，甲線框進(jìn)磁場(chǎng)的過程電流方向?yàn)轫槙r(shí)針，出磁場(chǎng)的過程中電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針，故A錯(cuò)誤；甲線框剛進(jìn)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，合力為F安1=BI1L=B·BLv0RL=B2L2v0R，乙線框剛進(jìn)磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，合力為F安2=BI2L=B·BLv02RL=B2L2v02R，可得F安1F安2=2，故B錯(cuò)誤；假設(shè)甲、乙都能完全出磁場(chǎng)，對(duì)甲根據(jù)動(dòng)量定理有-BI1LΔt=mv1-mv0，q1=I1Δt=ΔΦΔtR·Δt=ΔΦR=B·4L2R，同理對(duì)乙有-BI2LΔt'=mv2-mv0，q2=I2Δt'=ΔΦΔt'2R·Δt'=ΔΦ2R=B·4L例3(2025·廣西卷·7)如圖所示，兩條固定的光滑平行金屬導(dǎo)軌，所在平面與水平面夾角為θ，間距為l，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，兩端各接一個(gè)阻值為2R的定值電阻，形成閉合回路，質(zhì)量為m的金屬棒垂直導(dǎo)軌放置，并與導(dǎo)軌接觸良好，接入導(dǎo)軌之間的電阻為R；勁度系數(shù)為k的兩個(gè)完全相同的絕緣輕質(zhì)彈簧與導(dǎo)軌平行，一端固定，另一端均與金屬棒中間位置相連，彈簧的彈性勢(shì)能Ep與形變量x的關(guān)系為Ep=12kx2；將金屬棒移至導(dǎo)軌中間位置時(shí)，兩彈簧剛好處于原長(zhǎng)狀態(tài)；整個(gè)裝置處于垂直導(dǎo)軌所在平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。將金屬棒從導(dǎo)軌中間位置向上移動(dòng)距離a后靜止釋放，金屬棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)到最遠(yuǎn)處，用時(shí)為t，最遠(yuǎn)處與導(dǎo)軌中間位置距離為b，彈簧形變始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為gA.金屬棒所受安培力沖量大小為BB.每個(gè)彈簧對(duì)金屬棒施加的沖量大小為B2lC.每個(gè)定值電阻產(chǎn)生的熱量為k(aD.金屬棒的平均輸出功率為k答案D解析金屬棒所受安培力沖量大小為I安=BIlΔt=Blq，又q=ER總Δt=ΔΦR總=Bl(a+b)R總，R總=2R·2R2R+2R+R=2R，聯(lián)立解得I安=B2l2(a+b)2R，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；該過程中，取沿導(dǎo)軌向下為正方向，由動(dòng)量定理有2I彈-I安+mgsinθ·t=0，解得每個(gè)彈簧對(duì)金屬棒施加的沖量大小為I彈=12I安-12mgtsinθ=B2l2(a+b)4R-12mgtsinθ，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由能量關(guān)系可知回路產(chǎn)生的總熱量Q=mgsinθ·(考點(diǎn)二動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用例4(2025·陜西寶雞市三模)如圖所示為放置在水平面上的光滑金屬導(dǎo)軌，由左側(cè)的圓弧軌道和右側(cè)足夠長(zhǎng)的水平軌道平滑連接組成。圓弧軌道最上端連接一個(gè)電容C=0.5F的電容器，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)=1m。在圖中虛線de右側(cè)區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=2T，方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，金屬棒b靜止在磁場(chǎng)內(nèi)水平導(dǎo)軌上?，F(xiàn)斷開開關(guān)S，將金屬棒a從圓弧導(dǎo)軌由靜止釋放，釋放位置與水平導(dǎo)軌的高度差為h=1.8m。已知金屬棒a的質(zhì)量ma=3kg，金屬棒b質(zhì)量mb=1.5kg，兩金屬棒在導(dǎo)軌間的電阻均為R=2Ω。在運(yùn)動(dòng)過程中兩金屬棒始終與導(dǎo)軌接觸良好且與導(dǎo)軌垂直，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)及導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)，重力加速度g取10m/s2。(1)當(dāng)金屬棒b的速度為2m/s時(shí)，求金屬棒a速度大小；(2)要使兩金屬棒在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中不相撞，求初始時(shí)刻金屬棒b到de的最小距離x；(3)若金屬棒b的速度為2m/s時(shí)從導(dǎo)軌上取走金屬棒b，同時(shí)閉合開關(guān)S，求金屬棒a的最小速度。答案(1)5m/s(2)6m(3)3m/s解析(1)設(shè)金屬棒a滑上水平導(dǎo)軌時(shí)速度為v0，下滑過程中由機(jī)械能守恒定律可得magh=12mav02，當(dāng)金屬棒b的速度vb=2m/s時(shí)，設(shè)金屬棒a的速度為va，由動(dòng)量守恒定律有mav0=mava+mbvb，代入數(shù)據(jù)解得va=5(2)由題意可得，金屬棒a在磁場(chǎng)內(nèi)做減速運(yùn)動(dòng)，金屬棒b在磁場(chǎng)內(nèi)做加速運(yùn)動(dòng)。要使兩金屬棒在磁場(chǎng)中不相撞，則金屬棒a追上金屬棒b時(shí)恰好共速。由動(dòng)量守恒定律有mav0=(ma+mb)v共，從金屬棒a進(jìn)入磁場(chǎng)到二者共速的過程中，設(shè)通過閉合回路的電量為q，回路中的平均電流I=E2R，E=ΔΦΔt，ΔΦ=BLΔx，q=IΔt，在此過程中，對(duì)于金屬棒b由動(dòng)量定理得BILΔt=mbv共-0，聯(lián)立以上各式可得，初始時(shí)刻金屬棒b到de的最小距離x=Δ(3)由題意可得，取走金屬棒b，閉合開關(guān)S，金屬棒a以5m/s的速度向右切割磁感線，給電容器充電。當(dāng)金屬棒a產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和電容器兩端電壓相等時(shí)，金屬棒a開始勻速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最小。則E=BLvm，UC=q'C，且E=UC，對(duì)于金屬棒a由動(dòng)量定理可得-BI'LΔt=-Bq'L=ma(vm-va)，聯(lián)立以上各式可得vm=mavama+例5(多選)(2023·遼寧卷·10)如圖，兩根光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，左、右兩側(cè)導(dǎo)軌間距分別為d和2d，處于豎直向上的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為2B和B。已知導(dǎo)體棒MN的電阻為R、長(zhǎng)度為d，導(dǎo)體棒PQ的電阻為2R、長(zhǎng)度為2d，PQ的質(zhì)量是MN的2倍。初始時(shí)刻兩棒靜止，兩棒中點(diǎn)之間連接一壓縮量為L(zhǎng)的輕質(zhì)絕緣彈簧。釋放彈簧，兩棒在各自磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)直至停止，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。整個(gè)過程中兩棒保持與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，導(dǎo)軌足夠長(zhǎng)且電阻不計(jì)。下列說(shuō)法正確的是()A.彈簧伸展過程中，回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流B.PQ速率為v時(shí)，MN所受安培力大小為4C.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，MN與PQ的路程之比為2∶1D.整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，通過MN的電荷量為BLd答案AC解析彈簧伸展過程中，根據(jù)右手定則可知，回路中產(chǎn)生順時(shí)針方向的電流，選項(xiàng)A正確；任意時(shí)刻，設(shè)電流為I，則PQ所受安培力FPQ=BI·2d，方向向左，MN所受安培力FMN=2BId，方向向右，可知兩棒系統(tǒng)所受合外力為零，動(dòng)量守恒，設(shè)PQ質(zhì)量為2m，則MN質(zhì)量為m，PQ速率為v時(shí)，則有2mv=mv'，解得v'=2v，回路中的感應(yīng)電流I=2Bdv'+B·2dv3R=2BdvR，MN所受安培力大小為FMN=2BId=4B2d2vR，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；設(shè)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，某時(shí)刻MN與PQ的速率分別為v1、v2，同理有mv1=2mv2，可知MN與PQ的速率之比始終為2∶1，則MN與PQ的路程之比為2∶1，故C正確；兩棒最終停止時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，由動(dòng)量守恒可得mx1=2mx2，x1+x2=L，可得最終MN向左移動(dòng)x1=2L3，PQ向右移動(dòng)x2物理模型兩桿都在運(yùn)動(dòng)，要注意兩桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)是相加還是相減；系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒分析方法動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)通常情況下一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，而另一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，最終兩金屬桿以共同的速度勻速運(yùn)動(dòng)能量觀點(diǎn)兩桿系統(tǒng)機(jī)械能減少量等于回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和動(dòng)量觀點(diǎn)對(duì)雙桿合外力為零，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律處理速度問題，對(duì)其中一桿應(yīng)用動(dòng)量定理可解電荷量、時(shí)間及位移差問題專題強(qiáng)化練[分值：44分][1~5題，每題4分，6~9題，每題6分][保分基礎(chǔ)練]1.(2025·廣東廣州市一模)如圖所示，A、B是面積、磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向均完全相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，只是A區(qū)域比B區(qū)域離地面高，甲、乙兩個(gè)完全相同的線圈，在距地面同一高度處同時(shí)由靜止開始釋放順利穿過磁場(chǎng)，兩線圈下落時(shí)始終保持線圈平面與磁場(chǎng)垂直，不計(jì)空氣阻力。下列說(shuō)法正確的是()A.兩線圈穿過磁場(chǎng)的過程中產(chǎn)生的熱量相等B.兩線圈穿過磁場(chǎng)的過程中通過線圈橫截面的電荷量不相等C.兩線圈落地時(shí)乙的速度較大D.甲線圈運(yùn)動(dòng)時(shí)間較長(zhǎng)，乙線圈先落地答案D解析由法拉第電磁感應(yīng)定律、歐姆定律及安培力公式有E=BLv，i=ER，F(xiàn)=BiL，可得F=B2L2vR，由于乙進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度較大，則安培力較大，穿過磁場(chǎng)的過程中克服安培力做的功較多，即產(chǎn)生的焦耳熱較多，故A錯(cuò)誤；由電流定義式結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律有q=IΔt=ΔΦRΔtΔt=ΔΦR=BΔSR，可知通過線圈橫截面的電荷量相等，故B錯(cuò)誤；由于甲、乙減少的重力勢(shì)能相同，甲穿過磁場(chǎng)的過程中產(chǎn)生的熱量較少，由能量守恒定律可知，甲落地時(shí)速度較大，故C錯(cuò)誤；線圈穿過磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)受到的安培力為變力，設(shè)受到的平均安培力為F，穿過磁場(chǎng)時(shí)間為Δt，下落全過程時(shí)間為t，落地時(shí)的速度為v，則全過程由動(dòng)量定理得mgt-FΔt=mv，而FΔt=BILΔt，I=ΔΦΔtR，所以FΔ2.(多選)(2025·安徽蚌埠市質(zhì)檢)如圖所示，兩個(gè)相同的足夠長(zhǎng)光滑“”形金屬導(dǎo)軌ACDE和FGHJ固定在同一水平面內(nèi)，AC、FG、DE、HJ互相平行且間距均為L(zhǎng)，金屬棒a、b垂直靜止在導(dǎo)軌上，a、b的質(zhì)量分別為2m和m，它們接入電路的電阻分別為R和2R，金屬導(dǎo)軌的電阻不計(jì)，整個(gè)裝置處在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B?，F(xiàn)給a一個(gè)水平向右的初速度v0，此后a、b運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，則下列說(shuō)法正確的是()A.b向左運(yùn)動(dòng)B.b最終的速度大小為23vC.通過b的電荷量為2D.b中產(chǎn)生的焦耳熱為29m答案BCD解析當(dāng)a向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，a切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，可以判斷a中感應(yīng)電流向上，b中感應(yīng)電流向下，根據(jù)左手定則，b受到的安培力向右，則b向右運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤，因a、b串聯(lián)，通過的電流大小相等方向相反，它們受到的安培力也是等大反向，所以整體動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有2mv0=3mv，解得v=23v0，故B正確；對(duì)b研究，根據(jù)動(dòng)量定理有BLIt=BqL=m×23v0，解得q=2mv03BL，故C正確；由能量守恒定律及串聯(lián)電路電功率的分配規(guī)律，得b中產(chǎn)生的焦耳熱Q=23.(多選)(2025·山東臨沂市三模)如圖所示的光滑金屬軌道由左、右兩段足夠長(zhǎng)的軌道拼接而成，整個(gè)軌道固定在水平面內(nèi)，左側(cè)兩平行導(dǎo)軌間距為2L，在上面擱置導(dǎo)體棒2(長(zhǎng)度為2L、質(zhì)量為2m、電阻為2R)，右側(cè)兩平行導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，在上面擱置導(dǎo)體棒1(長(zhǎng)度為L(zhǎng)、質(zhì)量為m、電阻為R)，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，整個(gè)軌道所在的空間中有垂直于軌道平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)在給棒1一個(gè)初速度v0，它通過安培力帶動(dòng)棒2向右運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中棒1、棒2均與導(dǎo)軌良好接觸。下列說(shuō)法正確的是()A.兩棒一直做減速運(yùn)動(dòng)，最終速度為0B.棒1和棒2的最終速度分別為23v0和13C.兩棒在運(yùn)動(dòng)過程中的同一時(shí)刻加速度大小不相等D.整個(gè)過程中兩棒上產(chǎn)生的焦耳熱為16m答案BD解析根據(jù)題意，安培力會(huì)使棒2向右加速運(yùn)動(dòng)，安培力使得棒1向右減速，最終兩棒均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；當(dāng)兩棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)有BLv1=2BLv2，此時(shí)回路中無(wú)電流，此即為兩棒最終穩(wěn)定狀態(tài)，此時(shí)v1=2v2；對(duì)棒1應(yīng)用動(dòng)量定理，得-BILΔt=mv1-mv0，對(duì)棒2應(yīng)用動(dòng)量定理，得2BILΔt=2mv2，解得v1=2v03，v2=v03，故B正確；對(duì)棒1，由牛頓第二定律有BI1L=ma1，對(duì)棒2，由牛頓第二定律有2BI2L=2ma2，因?yàn)閮砂舸?lián)，所以I1=I2，解得a1=a2，故C錯(cuò)誤；由能量守恒有Q=12mv02-(12mv12+12×4.(多選)(2025·江西省一模)如圖所示，間距為L(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌豎直固定放置，導(dǎo)軌上端連接有電阻為R的定值電阻，水平邊界a、b間，c、d間分別有垂直于導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)1、2，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，磁場(chǎng)的寬度均為h，一個(gè)質(zhì)量為m、長(zhǎng)度大于L的金屬棒垂直于導(dǎo)軌放置并在圖示位置由靜止釋放，重力加速度為g，金屬棒運(yùn)動(dòng)過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，金屬棒穿過兩磁場(chǎng)的時(shí)間和穿過b、c間的時(shí)間均相等，不計(jì)金屬棒的電阻，則下列說(shuō)法正確的是()A.金屬棒進(jìn)磁場(chǎng)1后有可能先做加速運(yùn)動(dòng)B.金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)1、2后均先做減速運(yùn)動(dòng)C.b、c間的距離一定大于hD.金屬棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)1或磁場(chǎng)2時(shí)，受到安培力的大小F>2mg答案BCD解析設(shè)金屬棒進(jìn)磁場(chǎng)1時(shí)的速度大小為v0，出磁場(chǎng)1時(shí)的速度大小為v1，金屬棒穿過磁場(chǎng)1的時(shí)間為t，根據(jù)動(dòng)量定理可得mgt-BILt=mgt-BqL=mv1-mv0，即mgt-B2L2hR=mv1-mv0，因金屬棒穿過兩磁場(chǎng)時(shí)間相同，如果進(jìn)磁場(chǎng)1先做加速運(yùn)動(dòng)，則進(jìn)磁場(chǎng)2必然也先做加速運(yùn)動(dòng)，則第二次時(shí)間比第一次時(shí)間短，與實(shí)際矛盾，因此金屬棒不可能進(jìn)磁場(chǎng)1后先做加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；若金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)1做勻速運(yùn)動(dòng)，則金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)2后一定先做減速運(yùn)動(dòng)，則兩次的時(shí)間不等，因此金屬棒均減速進(jìn)入磁場(chǎng)1、2，故B正確；金屬棒進(jìn)磁場(chǎng)后均先做減速運(yùn)動(dòng)，且通過的時(shí)間相等，則金屬棒進(jìn)兩磁場(chǎng)時(shí)的速度相等，出兩磁場(chǎng)時(shí)的速度也相等，v-t圖像如圖所示，由v-t圖像與t軸所圍面積表示位移可知，b、c間的距離一定大于h，故C正確；金屬棒在磁場(chǎng)1或磁場(chǎng)2中做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)過程有v0-v1=|at|，金屬棒從b到c的運(yùn)動(dòng)過程有v0-v1=gt，金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)必有一時(shí)刻的加速度大小等于g，剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)金屬棒的加速度大小必然大于g，可得金屬棒受到的安培力此時(shí)大于5.(多選)(2025·福建省二模)如圖所示，間距為L(zhǎng)的平行光滑長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌固定放置，導(dǎo)軌平面水平，矩形PMNQ區(qū)域有垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌平面離地面的高度為h，質(zhì)量均為m、電阻均為R、長(zhǎng)度均為L(zhǎng)的金屬棒a、b垂直放在導(dǎo)軌上，b在磁場(chǎng)中，a在磁場(chǎng)外，給a一個(gè)水平向右的初速度v0，兩金屬棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，a、b兩金屬棒從導(dǎo)軌MN端水平拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移之比為2∶1。兩金屬棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)時(shí)沒有發(fā)生碰撞，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是()A.金屬棒a剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)的加速度大小為BB.金屬棒b離開軌道做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移為vC.整個(gè)過程金屬棒a中產(chǎn)生的焦耳熱為29mD.金屬棒b初始位置到PQ的距離至少為2答案BD解析對(duì)棒a，剛進(jìn)磁場(chǎng)時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有FA=BIL=BLBLv02R=B2L2v02R=ma，解得a=B2L2v02mR，故A錯(cuò)誤；由于a、b兩金屬棒從導(dǎo)軌MN端水平拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移之比為2∶1，且豎直方向自由下落高度相同，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，因此a、b離開軌道時(shí)的速度大小之比為2∶1，設(shè)b離開軌道時(shí)的速度大小為v，則a離開軌道時(shí)的速度大小為2v，且a、b在軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)水平方向所受安培力等大反向，則a、b棒整體水平方向動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律mv0=2mv+mv，解得v=13v0，金屬棒b做平拋運(yùn)動(dòng)有h=12gt2，x=vt，聯(lián)立解得x=v032hg，故B正確；由能量守恒可知，金屬棒a中產(chǎn)生的焦耳熱Q=1212mv02-12m(13v0)2-12m(23[爭(zhēng)分提能練]6.(多選)(2025·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)第五次診斷)如圖甲所示，兩根足夠長(zhǎng)的平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)。導(dǎo)軌上垂直放置導(dǎo)體棒a和b，質(zhì)量均為m，電阻均為R，回路中其余部分的電阻不計(jì)。勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向上。開始時(shí)，兩棒均靜止，間距為x0。t=0時(shí)刻導(dǎo)體棒a獲得向右的初速度v0，兩導(dǎo)體棒的Δv-t圖像(Δv=va-vb)如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是()A.0~t2時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒b產(chǎn)生的焦耳熱為14mB.t1時(shí)刻，棒a的加速度大小為BC.t2時(shí)刻，兩棒之間的距離為mD.0~t2時(shí)間內(nèi)，通過b棒的電荷量為m答案BD解析t2時(shí)刻Δv為0，則二者共速，規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有mv0=2mv，解得共同速度v=v02，由能量守恒可知，0~t2時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒b產(chǎn)生的焦耳熱Q=12(12mv02-12×2mv2)，聯(lián)立解得Q=18mv02，故A錯(cuò)誤；t1時(shí)刻，Δv為v04，則回路電流I=BLΔv2R=BL×v042R=BLv08R，則棒a的加速度大小a=BILm=B2L2v08mR，故B正確；對(duì)b棒，由動(dòng)量定理得BLIΔt=mv-0，因?yàn)閝=IΔt=E7.(多選)(2025·湖南卷·9)如圖，關(guān)于x軸對(duì)稱的光滑導(dǎo)軌固定在水平面內(nèi)，導(dǎo)軌形狀為拋物線，頂點(diǎn)位于O點(diǎn)。一足夠長(zhǎng)的金屬桿初始位置