(共104张PPT)
板块二 电磁学
命题区间七 电磁感应
近三年山东高考考情分析 备考建议
命题点 2022年 2023年 2024年 1.对电磁感应中的典型模型要进一步深化理解，如单杆、双杆问题，导轨等间距、不等间距问题以及导轨与电阻、导轨与电容器等模型。
2．关注电磁感应中动量定理、动量守恒定律的应用。
3．关注电磁感应中的电荷量问题、图像问题以及能量转化问题。
楞次定律、法拉
第电磁感应定律 √
电磁感应中的
图像问题
电磁感应中的
能量转化和守恒
电磁感应中的
单杆模型 √
电磁感应中的
双杆模型 √
近三年山东已考命题点
01
命题点一 楞次定律、法拉第电磁感应定律
√
√
1，金属框在匀强磁场中转动垂直切割磁感线，如何确定金属框的有效切割长度？
磁场中金属框首尾相连的有向线段沿垂直磁场方向上的投影长度。
2．在金属框转动的过程中，在不同时间段，金属框有效切割长度的变化趋势是怎样的？
根据有效切割长度的判断方法，当金属框的对角线转到坐标轴位置时达到最大，在此之前逐渐增大，在此之后逐渐减小。
1．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”。
(2)阻碍相对运动——“来拒去留”。
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”。
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”。
2．感应电动势大小的计算
(2)E＝Blv适用于导体棒平动切割磁感线的情况。
A. 感应电流的方向为顺时针
C. 线圈所受安培力方向与AB边平行
1．如图所示，边长为2l的正三角形ABC区域存在方向垂直纸面向里、大小随时间均匀变化的磁场(图中未画出)，磁感应强度随时间的变化规律为B＝kt(k>0)。以三角形顶点C为圆心，半径为l、匝数为N、电阻为R的圆形线圈平行纸面固定放置，则下列说法正确的是( )
√
A. φO>φa>φb>φc
B. φO<φa<φb<φc
C. φO>φa>φb＝φc
D. φO<φa<φb＝φc
√
A. t1时刻ab边产生的感应电动势为kl2
D. 撤去导体框，圆上a处的电场强度为0
3．(2024·滁州二模)如图所示，abcd是边长为l、总电阻为R的正方形导体框，其外接圆内充满着均匀变化的磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小B＝kt(k>0)，则下列说法正确的是( )
√
(2024·山东卷)(多选)如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO′与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO′放置在导轨图示位置，由静止释放。MN 运动过程中始终平行于OO′且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法正确的是( )
命题点二 电磁感应中的单杆模型
A. MN最终一定静止于OO′位置
B. MN运动过程中安培力始终做负功
C. 从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN的速率一直在增大
D. 从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN中电流方向由M到N
√
√
√
看到什么 想到什么
半圆弧形光滑金属导轨 金属棒不受摩擦力
竖直向下的匀强磁场 判断感应电流的方向、安培力的方向及安培力做功情况
第一次到达OO′位置的过程中 重力沿导轨切线方向的分力逐渐减小至0且同时产生焦耳热
ABD 解析：由于金属棒MN运动过程切割磁感线产生感应电动势，回路有感应电流，产生焦耳热，金属棒MN的机械能不断减小，由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，MN最终一定静止于OO′位置，故A正确；当金属棒MN向右运动时，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向左，则安培力做负功，当金属棒MN向左运动时，根据右手定则可知，MN中电流方向由N到M，根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向右，则安培力做负功，可知MN运动过程中安培力始终做负功，故B正确；金属棒MN从释放到第一次到
达OO′位置过程中，由于在OO′位置重力沿切线方向的分力为0，可知在到达OO′位置之前的位置，重力沿切线方向的分力已经小于安培力沿切线方向的分力，金属棒MN已经做减速运动，故C错误；从释放到第一次到达OO′位置过程中，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，故D正确。
单杆模型
项目 无外力 有外力
示意图
说明 轨道水平光滑，杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距离为L，ab杆初速度为v0 轨道水平光滑，杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距离为L，拉力F恒定
1．(多选)如图所示，间距为L的平行光滑导轨竖直固定放置，导轨上端接有阻值为R的定值电阻，矩形匀强磁场 Ⅰ、Ⅱ 的宽度均为d，磁场Ⅰ的下边界和磁场 Ⅱ 的上边界间距为d，磁场的磁感应强度大小均为B。一根质量为m、电阻为R的金属棒由静止释放，释放的位置离磁场Ⅰ的上边界距离为2d，金属棒进入磁场 Ⅰ 和 Ⅱ 时的速度相等，金属棒运动过程中始终保持水平且与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
C. 金属棒穿过两个磁场后电阻R中产生的焦耳热为2mgd
√
√
√
2．(多选)如图所示，两根足够长且相互平行的光滑金属导轨固定在与水平面成θ角的绝缘斜面上，导轨间距为L，在导轨的右上端分别用单刀双掷开关接入阻值为R的电阻和电容为C的电容器(电容器不会被击穿)。质量为m、长为L、阻值不计的金属杆ab锁定于导轨上，与导轨垂直且接触良好，解除锁定后，ab由静止沿导轨下滑，并始终与底边cd平行，不计导轨的电阻和空气阻力，整个导轨处在垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
√
√
3．(多选)如图所示，两平行光滑导轨MN、M′N′左端通过单刀双掷开关与电源和不带电电容器相连，导轨平面水平且处于竖直向下的匀强磁场中，有一阻值固定的导体棒ab垂直导轨处于静止状态。现将开关S与1闭合，当导体棒达到稳定运动状态后再将S与2闭合，导轨足够长，电源内阻不计，则( )
A. S与1闭合后，导体棒ab做匀加速直线运动
B. 从S与1闭合到导体棒ab达到某一速度，电源消耗的电能等于棒获得的动能和电路产生的焦耳热
C. S与2闭合后，导体棒ab中电流不断减小直到0
D. S与2闭合后，导体棒ab的速度不断减小直到0
√
√
BC 解析：根据题意可知，S与1闭合后，导体棒受安培力作用做加速运动，同时导体棒切割磁感线产生感应电动势，导体棒的电流减小，受到的安培力减小，则导体棒的加速度减小，直到感应电动势等于电源电动势，最终匀速运动，故A错误；根据题意，由能量守恒定律可知，从S与1闭合到导体棒ab达到某一速度，电源消耗的电能等于导体棒获得的动能和电路产生的焦耳热，故B正确；S与2闭合后，导体棒ab相当于电源，给电容器充电，此过程导体棒受到的安培力水平向左，导体棒减速运动，则电动势减小，电容器两板间电压升高，导体棒ab中的电流不断减小，当导体棒ab产生的感应电动势与电容器两板间的电势差相等时，电路中的电流减小到0，随后导体棒做匀速直线运动，故C正确，D错误。
4．(2024·安顺二模)(多选)如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场B(未画出)，两个用同种导线绕制的单匝闭合正方形线框1和2，其边长分别为L1、L2，且满足L1＝2L2，两线框的下边缘距磁场上边界的高度均为h，现使两线框由静止开始释放，最后两线框均落到地面上。两线框在空中运动时，线框平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 若线框1、2刚进入磁场时的加速度大小分别为a1、a2，则a1>a2
B. 若线框1、2落地时的速度大小分别为v1、v2，则v1＝v2
C. 若线框1、2在运动过程中产生的热量分别为Q1、Q2，则Q1>Q2
D. 若线框1、2在运动过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，则q1>q2
√
√
(2023·山东卷)(多选)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，电阻不计。质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好，Ⅰ和Ⅱ区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域 Ⅰ 和 Ⅱ 并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1＝2 m/s，CD的速度为v2，且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10 m/s2，下列说法正确的是( )
命题点三 电磁感应中的双杆模型
A. B2的方向向上 B． B2的方向向下
C. v2＝5 m/s D． v2＝3 m/s
√
√
1．导体棒与导轨所受的摩擦力方向是怎样的？
导体棒受到沿桌面水平向右的摩擦力；导轨受到沿桌面水平向左的摩擦力。
2．B2的方向向上或向下时，导体棒与导轨之间的摩擦力是否受影响？
因为安培力的方向沿水平方向，不影响竖直方向的力，故不影响摩擦力。
3．B2的方向向上或向下，产生的感应电流是否相同？
B2的方向不同时，导轨切割磁感线产生的感应电流不同，故总的感应电流也不同。
4．B2的方向向上与向下时，导轨受到的安培力的方向是否相同？
B2的方向不同时，导轨受到的安培力方向也不相同。
双杆模型
(1)一杆初速度不为0，两杆均不受其他水平外力的作用
项目 光滑的平行导轨 光滑不等距导轨
示
意
图
质量m1＝m2，
电阻r1＝r2，
长度L1＝L2，
杆MN、PQ间距足够长
质量m1＝m2，
电阻r1＝r2，
长度L1＝2L2，
杆MN、PQ间距足够长且只在各自的轨道上运动
项目 光滑的平行导轨 光滑不等距导轨
规律
分析 杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为0，以相等的速度匀速运动 杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为0，两杆的速度之比为1∶2
(2)两杆初速度均为0，一杆受到恒定水平外力的作用
项目 光滑的平行导轨 不光滑的平行导轨
示
意
图
质量m1＝m2，
电阻r1＝r2，
长度L1＝L2
摩擦力Ff1＝Ff2，
质量m1＝m2，
电阻r1＝r2，
长度L1＝L2
项目 光滑的平行导轨 不光滑的平行导轨
规律
A. 开始阶段，导体棒C、D均做减速运动，C先减速至0
B. 达到稳定运动时，C、D两棒均向右运动
√
√
2．(2023·湖南卷)如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。
(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0。
(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0。
(3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。
解析：(1)金属棒a在运动过程中重力沿斜面的分力和安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0
由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得
棒a受力平衡，可得mgsin θ＝ILB
(2)由右手定则可知棒b中电流向里，棒b受沿斜面向下的安培力，此瞬间电路中电流未变，则对棒b由牛顿第二定律可得mgsin θ＋ILB＝ma0
解得a0＝2gsin θ。
(3)释放棒b后，棒a受到沿斜面向上的安培力，至共速的过程，对棒a，由动量定理得
棒b受到向下的安培力，对棒b，由动量定理得
联立解得
(1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
(2)金属环刚开始运动时的加速度大小；
(3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。
则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为
(2)根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两段圆弧金属环被短路，由几何关系可得，导轨间每段圆弧的电阻为
可知，整个回路的总电阻为
ab刚越过MP时，通过ab的感应电流为
对金属环由牛顿第二定律有
(3)根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为v，由动量守恒定律有
mv0＝mv＋2mv
对金属棒ab，由动量定理有
设金属棒运动距离为x1，金属环运动的距离为x2，则有
联立解得
则金属环圆心初始位置到MP的最小距离
近三年山东未考命题点
02
(多选)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，与水平面夹角为α，导轨通过单刀双掷开关与电阻R和电容器C相连，导体棒ab垂直于导轨放置，且接触良好，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，电容器电容耐压值足够大，导体棒和导轨电阻不计，ab棒由静止释放。若开关接1，ab棒的速度为v，电容器储存的电场能为E；若开关接2，导体棒受到的安培力为F，通过电阻某横截面的电荷量为q，它们随时间变化的图像可能正确的是( )
命题点一 电磁感应中的图像问题
√
√
1．开关接1时，导体棒的运动性质是什么？能量如何转化？
匀加速直线运动；重力势能转化为电场能和动能。
2．开关接2时，导体棒的速度、加速度如何变化？q-t图像切线的斜率代表什么？
速度逐渐增大，加速度逐渐减小；q-t图像切线的斜率代表该时刻的电流。
电磁感应中的图像问题
(1)分析图像的关键
(2)图像问题的解题步骤
1．(2023·辽宁卷)如图，空间中存在水平向右的匀强磁场，一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动，且始终平行于OP。导体棒两端的电势差u随时间 t变化的图像可能正确的是( )
√
C 解析：导体棒匀速转动，某时刻的状态如图所示，设速度为v，设导体棒从a到b过程，导体棒转过的角度为θ，则导体棒垂直磁感线方向的分速度为v⊥＝vcos θ，可知导体棒垂直磁感线的分速度以余弦规律变化，导体棒经过b点和在磁场方向上b点关于P点的对称点时，切割磁感线的速度方向发生变化，根据u＝BLv⊥，可知导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像为余弦图像。故选C。
2．(2024·周口模拟)如图所示，光滑水平面上正三角形导线框abc在水平向右的力F作用下，匀速进入左侧有理想边界的匀强磁场，运动过程中bc边始终与磁场边界垂直，设c点刚进入磁场时为t＝0时刻，a点进入磁场的时刻为t1，b点进入磁场的时刻为t2，设穿过线框的磁通量为Φ，感应电动势为E，通过导线某横截面的电荷量为q，则Φ、E、F、q随时间t变化的图像可能正确的是( )
√
3．(2024·菏泽一模)如图所示，边长为2L的正三角形abc区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，一边长为L的菱形单匝金属线框ABCD的底边与bc在同一直线上，菱形线框的∠ABC＝60°。使线框水平向右匀速穿过磁场区域，BC边与磁场边界bc始终共线，以B点刚进入磁场为计时起点，规定导线框中感应电流逆时针方向为正，则下列图像正确的是( )
√
(多选)如图所示，水平面内固定有光滑不闭合梯形金属导轨OMNQP，导轨顶点O处有一个小缺口，∠MOP＝45°，∠MNQ＝∠OQN＝90°，MP⊥OQ，平行导轨足够长且间距为L＝1 m，E、F分别为OM、OP中点，在N、Q之间接有定值电阻R＝1 Ω，在导轨平面有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T。质量为m＝1 kg 的足够长金属杆在外力F作用下从EF位置以v0＝2 m/s初速度向右运动，此过程回路中电流大小始终不变；当金属杆到达MP位置时，撤去外力，金属杆继续向右运动直至停止。金属杆、导轨电阻均忽略不计，则下列说法正确的有( )
命题点二 电磁感应中的能量转化和守恒
A. 金属杆由EF运动至MP过程中，导轨回路中电动势逐渐变大
B. 金属杆由EF运动至MP过程中，通过电阻R的电荷量为0.375 C
C. 金属杆由EF运动至MP过程中，外力做功大小为1.875 J
D. 撤去外力F前后，回路中产生的焦耳热之比为Q1∶Q2＝3∶4
√
√
1．电磁感应中电路问题
2．能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化
(2)焦耳热的求法
3．解决电磁感应能量问题的策略
A. 在0～t0内，线框中产生逆时针方向的电流
√
√
D. 棒两次过最低点时感应电动势大小相等
√
A. 线框经过磁场Ⅰ产生的焦耳热等于经过磁场Ⅱ产生的焦耳热
√
√近三年山东高考考情分析 备考建议
命题点 2022年 2023年 2024年 1.对电磁感应中的典型模型要进一步深化理解，如单杆、双杆问题，导轨等间距、不等间距问题以及导轨与电阻、导轨与电容器等模型。 2．关注电磁感应中动量定理、动量守恒定律的应用。 3．关注电磁感应中的电荷量问题、图像问题以及能量转化问题。
楞次定律、法拉 第电磁感应定律 √
电磁感应中的 图像问题
电磁感应中的 能量转化和守恒
电磁感应中的 单杆模型 √
电磁感应中的 双杆模型 √
楞次定律、法拉第电磁感应定律
(2022·山东卷)(多选)如图所示，Oxy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心、半径为L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场。边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点、在Oxy平面内以角速度ω顺时针匀速转动，t＝0时刻，金属框开始进入第一象限。不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是( )
A. 在t＝0到t＝的过程中，E一直增大
B. 在t＝0到t＝的过程中，E先增大后减小
C. 在t＝0到t＝的过程中，E的变化率一直增大
D. 在t＝0到t＝的过程中，E的变化率一直减小
BC 解析：如图所示，在t＝0到t＝的过程中，金属框的有效切割长度先变大再变小，当t＝时，有效切割长度最大为L，此时，感应电动势最大，所以在t＝0到t＝的过程中，E先增大后减小，故A错误，B正确。
在t＝0到t＝的过程中，设转过的角度为θ，有效长度l有＝，E＝Blω＝，由表达式可以看出，在t＝0到t＝的过程中，E的变化率一直增大，故C正确，D错误。
1，金属框在匀强磁场中转动垂直切割磁感线，如何确定金属框的有效切割长度？
磁场中金属框首尾相连的有向线段沿垂直磁场方向上的投影长度。
2．在金属框转动的过程中，在不同时间段，金属框有效切割长度的变化趋势是怎样的？
根据有效切割长度的判断方法，当金属框的对角线转到坐标轴位置时达到最大，在此之前逐渐增大，在此之后逐渐减小。
3．本题中磁通量的表达式为Φ＝，由于感应电动势E＝，故感应电动势的变化率需要从数学求导的角度寻求的表达式，借助表达式判断在t＝0到t＝的过程中的变化情况。
1．楞次定律中“阻碍”的主要表现形式
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”。
(2)阻碍相对运动——“来拒去留”。
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”。
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”。
2．感应电动势大小的计算
(1)法拉第电磁感应定律E＝n适用于普遍情况。
(2)E＝Blv适用于导体棒平动切割磁感线的情况。
(3)E＝Bl2ω，适用于导体棒旋转切割磁感线的情况。
1．如图所示，边长为2l的正三角形ABC区域存在方向垂直纸面向里、大小随时间均匀变化的磁场(图中未画出)，磁感应强度随时间的变化规律为B＝kt(k>0)。以三角形顶点C为圆心，半径为l、匝数为N、电阻为R的圆形线圈平行纸面固定放置，则下列说法正确的是( )
A. 感应电流的方向为顺时针
B. 感应电流的大小一直为
C. 线圈所受安培力方向与AB边平行
D. t0时刻线圈受到的安培力为
B 解析：磁场垂直纸面向里，大小在增加，根据楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律E＝N＝N＝NkS，磁场的有效面积S＝，感应电流的大小I＝＝＝，故B正确；线圈的有效长度与AB边平行，根据左手定则可知，线圈所受安培力方向与AB边垂直，故C错误；有效长度L＝l，t0时刻线圈受到的安培力为F＝NBIL＝，故D错误。
2．(2024·湖南卷)如图，有一硬质导线Oabc，其中是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中，则O、a、b、c各点电势关系为( )
A. φO>φa>φb>φc
B. φO<φa<φb<φc
C. φO>φa>φb＝φc
D. φO<φa<φb＝φc
C 解析：如图，相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，根据右手定则可知O点电势最高；根据E＝Blv＝Bωl2，同时有lOb＝lOc＝R，可得0φa>φb＝φc，故选C。
3．(2024·滁州二模)如图所示，abcd是边长为l、总电阻为R的正方形导体框，其外接圆内充满着均匀变化的磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小B＝kt(k>0)，则下列说法正确的是( )
A. t1时刻ab边产生的感应电动势为kl2
B. t1时刻ab边受到的安培力大小为
C. 0～t1时间内通过cd边的电荷量为
D. 撤去导体框，圆上a处的电场强度为0
B 解析：t1时刻导体框产生的感应电动势E＝S＝kl2，则ab边产生的感应电动势为kl2，选项A错误；t1时刻ab边受到的安培力大小为F＝B1Il＝kt1··l＝，选项B正确；0～t1时间内通过cd边的电荷量为q＝It1＝·t1＝，选项C错误；撤去导体框，圆上会产生感应电场，则a处的电场强度不为0，选项D错误。
电磁感应中的单杆模型
(2024·山东卷)(多选)如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO′与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO′放置在导轨图示位置，由静止释放。MN 运动过程中始终平行于OO′且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法正确的是( )
A. MN最终一定静止于OO′位置
B. MN运动过程中安培力始终做负功
C. 从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN的速率一直在增大
D. 从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN中电流方向由M到N
ABD 解析：由于金属棒MN运动过程切割磁感线产生感应电动势，回路有感应电流，产生焦耳热，金属棒MN的机械能不断减小，由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，MN最终一定静止于OO′位置，故A正确；当金属棒MN向右运动时，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向左，则安培力做负功，当金属棒MN向左运动时，根据右手定则可知，MN中电流方向由N到M，根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向右，则安培力做负功，可知MN运动过程中安培力始终做负功，故B正确；金属棒MN从释放到第一次到达OO′位置过程中，由于在OO′位置重力沿切线方向的分力为0，可知在到达OO′位置之前的位置，重力沿切线方向的分力已经小于安培力沿切线方向的分力，金属棒MN已经做减速运动，故C错误；从释放到第一次到达OO′位置过程中，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，故D正确。
看到什么 想到什么
半圆弧形光滑金属导轨 金属棒不受摩擦力
竖直向下的匀强磁场 判断感应电流的方向、安培力的方向及安培力做功情况
第一次到达OO′位置的过程中 重力沿导轨切线方向的分力逐渐减小至0且同时产生焦耳热
单杆模型
项目 无外力 有外力
示意图
说明 轨道水平光滑，杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距离为L，ab杆初速度为v0 轨道水平光滑，杆ab质量为m，电阻不计，两平行导轨间距离为L，拉力F恒定
过程 分析 导体杆以速度v切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，电流I＝＝，安培力F＝BIL＝。 导体杆做减速运动：v↓ F↓ a↓，当v＝0时，F＝0，a＝0，杆保持静止 开始时a＝，杆ab速度v↑ 感应电动势E＝BLv↑ I↑ 安培力F安＝BIL↑，由F－F安＝ma知a↓，当a＝0时，v最大，vm＝
规律
能量 转化 动能全部转化为内能： Q＝mv F做的功一部分转化为杆的动能，一部分转化为内能： WF＝Q＋mv
1．(多选)如图所示，间距为L的平行光滑导轨竖直固定放置，导轨上端接有阻值为R的定值电阻，矩形匀强磁场 Ⅰ、Ⅱ 的宽度均为d，磁场Ⅰ的下边界和磁场 Ⅱ 的上边界间距为d，磁场的磁感应强度大小均为B。一根质量为m、电阻为R的金属棒由静止释放，释放的位置离磁场Ⅰ的上边界距离为2d，金属棒进入磁场 Ⅰ 和 Ⅱ 时的速度相等，金属棒运动过程中始终保持水平且与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 金属棒刚进入磁场 Ⅰ 时的速度大小为2
B. 金属棒刚出磁场 Ⅰ 时的速度大小为
C. 金属棒穿过两个磁场后电阻R中产生的焦耳热为2mgd
D. 金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为
ABC 解析：根据动能定理有mg·2d＝mv，金属棒刚进磁场Ⅰ时的速度大小为v1＝2，故A正确；由于金属棒进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等，在金属棒从磁场Ⅰ的下边界到磁场Ⅱ的上边界这一过程中，机械能守恒，设金属棒出磁场Ⅰ的速度为v1′，进磁场Ⅱ的速度为v2，则有mv1′2＋mgd＝mv，又v2＝v1，解得金属棒刚出磁场Ⅰ时的速度大小为v1′＝，故B正确；由能量守恒得2Q＝5mgd－mv1′2，解得金属棒穿过两个磁场后电阻R中产生的焦耳热为Q＝2mgd，故C正确；设金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为t，以竖直向上为正方向，根据动量定理可得ILBt－mgt＝(－mv1′)－(－mv1)，该过程的电荷量q＝It＝＝，解得金属棒穿过磁场Ⅰ所用的时间为t＝，故D错误。
2．(多选)如图所示，两根足够长且相互平行的光滑金属导轨固定在与水平面成θ角的绝缘斜面上，导轨间距为L，在导轨的右上端分别用单刀双掷开关接入阻值为R的电阻和电容为C的电容器(电容器不会被击穿)。质量为m、长为L、阻值不计的金属杆ab锁定于导轨上，与导轨垂直且接触良好，解除锁定后，ab由静止沿导轨下滑，并始终与底边cd平行，不计导轨的电阻和空气阻力，整个导轨处在垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 在开关打到1的同时解除锁定，则金属杆最大速度为
B. 在开关打到1的同时解除锁定，则金属杆所受安培力的功率最大值为
C. 当开关打到2的同时解除锁定，则金属杆做加速度为a＝的匀加速直线运动
D. 当开关打到2的同时解除锁定，则在时间t内金属杆运动的位移为
BD 解析：开关打到1的同时解除锁定，对金属杆有I1LB＝mgsin θ，感应电流I1＝，解得v1＝，A错误；根据上述分析，开关打到1的同时解除锁定，则金属杆所受安培力的功率最大值P1＝I1LBv1，解得P1＝，B正确；在开关打到2的同时解除锁定，对金属杆受力分析有mgsin θ－ILB＝ma，感应电动势U＝BLv，回路电流I＝＝＝＝CBLa，联立解得a＝，C错误；根据上述分析，金属杆向下做匀加速直线运动，则时间t内金属杆运动的位移x＝at2，解得x＝，D正确。
3．(多选)如图所示，两平行光滑导轨MN、M′N′左端通过单刀双掷开关与电源和不带电电容器相连，导轨平面水平且处于竖直向下的匀强磁场中，有一阻值固定的导体棒ab垂直导轨处于静止状态。现将开关S与1闭合，当导体棒达到稳定运动状态后再将S与2闭合，导轨足够长，电源内阻不计，则( )
A. S与1闭合后，导体棒ab做匀加速直线运动
B. 从S与1闭合到导体棒ab达到某一速度，电源消耗的电能等于棒获得的动能和电路产生的焦耳热
C. S与2闭合后，导体棒ab中电流不断减小直到0
D. S与2闭合后，导体棒ab的速度不断减小直到0
BC 解析：根据题意可知，S与1闭合后，导体棒受安培力作用做加速运动，同时导体棒切割磁感线产生感应电动势，导体棒的电流减小，受到的安培力减小，则导体棒的加速度减小，直到感应电动势等于电源电动势，最终匀速运动，故A错误；根据题意，由能量守恒定律可知，从S与1闭合到导体棒ab达到某一速度，电源消耗的电能等于导体棒获得的动能和电路产生的焦耳热，故B正确；S与2闭合后，导体棒ab相当于电源，给电容器充电，此过程导体棒受到的安培力水平向左，导体棒减速运动，则电动势减小，电容器两板间电压升高，导体棒ab中的电流不断减小，当导体棒ab产生的感应电动势与电容器两板间的电势差相等时，电路中的电流减小到0，随后导体棒做匀速直线运动，故C正确，D错误。
4．(2024·安顺二模)(多选)如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直于纸面的匀强磁场B(未画出)，两个用同种导线绕制的单匝闭合正方形线框1和2，其边长分别为L1、L2，且满足L1＝2L2，两线框的下边缘距磁场上边界的高度均为h，现使两线框由静止开始释放，最后两线框均落到地面上。两线框在空中运动时，线框平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 若线框1、2刚进入磁场时的加速度大小分别为a1、a2，则a1>a2
B. 若线框1、2落地时的速度大小分别为v1、v2，则v1＝v2
C. 若线框1、2在运动过程中产生的热量分别为Q1、Q2，则Q1>Q2
D. 若线框1、2在运动过程中通过线框横截面的电荷量分别为q1、q2，则q1>q2
CD 解析：线框从同一高度下落，到达磁场边界时具有相同的速度v，切割磁感线产生感应电流，受到磁场的安培力大小为F＝， 由电阻定律有R＝(ρ为材料的电阻率，L为线框的边长，S为导线的横截面积)，线框的质量为 m＝ρ0S·4L(ρ0为材料的密度)。当线框刚进入磁场时其加速度为a＝＝g－ ，联立得a＝g－，与L无关，则a1＝a2，故A错误；线框1和2进入磁场的过程先同步运动，由于当线框2刚好全部进入磁场中时，线框1由于边长较长还没有全部进入磁场，线框2完全进入磁场后做加速度为g的匀加速运动，而线框1仍先做加速度小于g的变加速运动，完全进入磁场后再做加速度为g的匀加速运动，线框2做加速度为g的匀加速运动的位移较大，所以落地速度关系为 v1＜v2，故B错误；设H为磁场区域的高度，由能量守恒可得Q＝mg(h＋H)－mv2，因为m1＞m2，v1＜v2，所以可得 Q1＞Q2，故C正确；根据q＝＝＝∝L，则知q1>q2，故D正确。
电磁感应中的双杆模型
(2023·山东卷)(多选)足够长U形导轨平置在光滑水平绝缘桌面上，宽为1 m，电阻不计。质量为1 kg、长为1 m、电阻为1 Ω的导体棒MN放置在导轨上，与导轨形成矩形回路并始终接触良好， Ⅰ 和 Ⅱ 区域内分别存在竖直方向的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，其中B1＝2 T，方向向下。用不可伸长的轻绳跨过固定轻滑轮将导轨CD段中点与质量为0.1 kg的重物相连，绳与CD垂直且平行于桌面。如图所示，某时刻MN、CD同时分别进入磁场区域 Ⅰ 和 Ⅱ 并做匀速直线运动，MN、CD与磁场边界平行。MN的速度v1＝2 m/s，CD的速度为v2，且v2>v1，MN和导轨间的动摩擦因数为0.2。重力加速度大小取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A. B2的方向向上 B． B2的方向向下
C. v2＝5 m/s D． v2＝3 m/s
BD 解析：导轨的速度v2>v1，因此对导体棒MN受力分析可知导体棒受到向右的摩擦力以及向左的安培力，摩擦力大小为Ff＝μmg＝2 N，导体棒所受的安培力大小为F1＝Ff＝2 N，由左手定则可知回路中的电流方向为N→M→D→C→N；结合上述分析可知，导轨受到向左的摩擦力、向右的拉力和向右的安培力，安培力大小为F2＝Ff－m0g＝1 N，由左手定则可知B2的方向向下，故B正确，A错误。对导体棒分析F1＝ILB1，对导轨分析F2＝ILB2，电路中的电流为I＝，联立解得v2＝3 m/s，故C错误，D正确。
1．导体棒与导轨所受的摩擦力方向是怎样的？
导体棒受到沿桌面水平向右的摩擦力；导轨受到沿桌面水平向左的摩擦力。
2．B2的方向向上或向下时，导体棒与导轨之间的摩擦力是否受影响？
因为安培力的方向沿水平方向，不影响竖直方向的力，故不影响摩擦力。
3．B2的方向向上或向下，产生的感应电流是否相同？
B2的方向不同时，导轨切割磁感线产生的感应电流不同，故总的感应电流也不同。
4．B2的方向向上与向下时，导轨受到的安培力的方向是否相同？
B2的方向不同时，导轨受到的安培力方向也不相同。
双杆模型
(1)一杆初速度不为0，两杆均不受其他水平外力的作用
项目 光滑的平行导轨 光滑不等距导轨
示 意 图 质量m1＝m2， 电阻r1＝r2， 长度L1＝L2， 杆MN、PQ间距足够长 质量m1＝m2， 电阻r1＝r2， 长度L1＝2L2， 杆MN、PQ间距足够长且只在各自的轨道上运动
规律
分析 杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为0，以相等的速度匀速运动 杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动，稳定时，两杆的加速度均为0，两杆的速度之比为1∶2
(2)两杆初速度均为0，一杆受到恒定水平外力的作用
项目 光滑的平行导轨 不光滑的平行导轨
示 意 图 质量m1＝m2， 电阻r1＝r2， 长度L1＝L2 摩擦力Ff1＝Ff2， 质量m1＝m2， 电阻r1＝r2， 长度L1＝L2
规律
1．(2024·泰安一模)如图所示，四条光滑的足够长的金属导轨M、N、P、Q平行放置，导轨固定于绝缘水平面上，M、N导轨间距为2L，P、Q导轨间距为L，两组导轨间由导线相连，导轨间存在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场，两根质量均为m、接入回路的电阻均为R的导体棒C、D分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态。C获得向右的瞬时速度v0，同时使导体棒D获得向左的瞬时速度v0。两导体棒在达到稳定运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，且均未到达两组导轨连接处。下列说法正确的是( )
A. 开始阶段，导体棒C、D均做减速运动，C先减速至0
B. 达到稳定运动时，C、D两棒均向右运动
C. 从t＝0时至稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为
D. 从t＝0时至稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为
BD 解析：导体棒C、D切割磁感线，产生顺时针方向的电流，C、D所受的安培力方向均与运动方向相反，做减速运动，假设D棒先减速到0，D棒减速到0时，C棒速度为v，由动量定理，对D棒有BLΔt＝0－，对C棒有－B·2LΔt＝mv－mv0，联立解得v＝，方向向右，假设成立，所以D先减速到0，A错误；D减速到0时，C速度向右，之后C向右做减速运动，D向右做加速运动，当C、D切割磁感线产生的电动势相等时，电路中电流为0，达到稳定状态，此后C、D都向右做匀速运动，B正确；C、D稳定运动时，2BLvC＝BLvD，从t＝0至达到稳定运动状态的过程中，对C棒由动量定理有－2B′LΔt′＝mvC－mv0，对D棒由动量定理有B′LΔt′＝mvD－m , 通过导体棒的电荷量q＝′Δt′，联立解得q＝，C错误，D正确。
2．(2023·湖南卷)如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。
(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0。
(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0。
(3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。
解析：(1)金属棒a在运动过程中重力沿斜面的分力和安培力相等时做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0
由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得
I＝，F＝BIL
棒a受力平衡，可得mgsin θ＝ILB
联立解得v0＝。
(2)由右手定则可知棒b中电流向里，棒b受沿斜面向下的安培力，此瞬间电路中电流未变，则对棒b由牛顿第二定律可得mgsin θ＋ILB＝ma0
解得a0＝2gsin θ。
(3)释放棒b后，棒a受到沿斜面向上的安培力，至共速的过程，对棒a，由动量定理得
mgsin θ·t0－LBt0＝mv－mv0
棒b受到向下的安培力，对棒b，由动量定理得
mgsin θ·t0＋LBt0＝mv
联立解得
v＝gsin θ·t0＋＝gt0sin θ＋
此过程流过棒b的电荷量为q，有q＝t0
由法拉第电磁感应定律可得＝＝·
联立可得Δx＝＝。
答案：(1) (2)2gsin θ
(3)gt0sin θ＋
3．(2024·湖北卷)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切。MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场。长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点。质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等。忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环可能的形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g。现将金属棒ab由静止释放，求：
(1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
(2)金属环刚开始运动时的加速度大小；
(3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离。
解析：(1)根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中，由动能定理有mgL＝mv
解得v0＝
则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为
E＝BLv0＝BL。
(2)根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两段圆弧金属环被短路，由几何关系可得，导轨间每段圆弧的电阻为
R0＝×＝R
可知，整个回路的总电阻为
R总＝R＋＝R
ab刚越过MP时，通过ab的感应电流为
I＝＝
对金属环由牛顿第二定律有
2BL·＝2ma
解得a＝。
(3)根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为v，由动量守恒定律有
mv0＝mv＋2mv
解得v＝v0
对金属棒ab，由动量定理有
－BLt＝m·－mv0
则有BLq＝mv0
设金属棒运动距离为x1，金属环运动的距离为x2，则有
q＝
联立解得
Δx＝x1－x2＝
则金属环圆心初始位置到MP的最小距离
d＝L＋Δx＝。
答案：(1)BL (2)
(3)
电磁感应中的图像问题
(多选)如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ倾斜放置，与水平面夹角为α，导轨通过单刀双掷开关与电阻R和电容器C相连，导体棒ab垂直于导轨放置，且接触良好，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，电容器电容耐压值足够大，导体棒和导轨电阻不计，ab棒由静止释放。若开关接1，ab棒的速度为v，电容器储存的电场能为E；若开关接2，导体棒受到的安培力为F，通过电阻某横截面的电荷量为q，它们随时间变化的图像可能正确的是( )
AC 解析：若开关接1，设导体棒在某一段很短时间Δt内的速度变化量为Δv，根据动量定理可得mgsin α·Δt－BiL·Δt＝mΔv，其中i·Δt＝ΔQ，ΔQ是Δt时间内电容器增加的电荷量，则有ΔQ＝CΔU＝CBLΔv，a＝，整理可得加速度a＝，加速度是一个定值，导体棒做匀加速直线运动，v-t图像为过原点的直线，电容器两板间电压U＝BLat逐渐变大，电容器储存的电能一直增加，选项A正确，B错误；若开关接2，则有mgsin α－＝ma，随速度增大，加速度逐渐减小，当加速度为0时，导体棒匀速运行，而安培力F＝∝v，加速度减小，最后为0，则v-t图线的斜率减小，最后平行于t轴，则F-t图线的斜率逐渐减小，最后平行于t轴；通过电阻R的电流逐渐变大，最终匀速时，电流不变，则q-t图线斜率先增大后不变，选项C正确，D错误。
1．开关接1时，导体棒的运动性质是什么？能量如何转化？
匀加速直线运动；重力势能转化为电场能和动能。
2．开关接2时，导体棒的速度、加速度如何变化？q-t图像切线的斜率代表什么？
速度逐渐增大，加速度逐渐减小；q-t图像切线的斜率代表该时刻的电流。
电磁感应中的图像问题
(1)分析图像的关键
(2)图像问题的解题步骤
1．(2023·辽宁卷)如图，空间中存在水平向右的匀强磁场，一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动，且始终平行于OP。导体棒两端的电势差u随时间 t变化的图像可能正确的是( )
图(a) 图(b)俯视图
C 解析：导体棒匀速转动，某时刻的状态如图所示，设速度为v，设导体棒从a到b过程，导体棒转过的角度为θ，则导体棒垂直磁感线方向的分速度为v⊥＝vcos θ，可知导体棒垂直磁感线的分速度以余弦规律变化，导体棒经过b点和在磁场方向上b点关于P点的对称点时，切割磁感线的速度方向发生变化，根据u＝BLv⊥，可知导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像为余弦图像。故选C。
2．(2024·周口模拟)如图所示，光滑水平面上正三角形导线框abc在水平向右的力F作用下，匀速进入左侧有理想边界的匀强磁场，运动过程中bc边始终与磁场边界垂直，设c点刚进入磁场时为t＝0时刻，a点进入磁场的时刻为t1，b点进入磁场的时刻为t2，设穿过线框的磁通量为Φ，感应电动势为E，通过导线某横截面的电荷量为q，则Φ、E、F、q随时间t变化的图像可能正确的是( )
C 解析：根据题意匀速进入左侧有理想边界的匀强磁场时，有效长度为L＝vttan 60°＝vt，磁通量为Φ＝BS＝BvtL，联立解得Φ＝Bv2t2，得Φ∝t2，可知，Φ-t图像为抛物线，故A错误；c点进入磁场后的感应电动势为E＝BLv，由L＝vt，联立解得E＝Bv2t，可知，E-t图像为一直线，a点进入磁场后，有效长度逐渐减小，则感应电动势逐渐减小，全部进入磁场时感应电动势为0，故B错误；根据题意，匀速进入左侧有理想边界的匀强磁场时线框受力平衡，有F＝BIL，而I＝，联立解得F＝＝，F-t图像为抛物线，故C正确；由q＝It＝t＝Bv2t2，可知q-t图像为开口向上的抛物线，故D错误。
3．(2024·菏泽一模)如图所示，边长为2L的正三角形abc区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，一边长为L的菱形单匝金属线框ABCD的底边与bc在同一直线上，菱形线框的∠ABC＝60°。使线框水平向右匀速穿过磁场区域，BC边与磁场边界bc始终共线，以B点刚进入磁场为计时起点，规定导线框中感应电流逆时针方向为正，则下列图像正确的是( )
A 解析：设线框匀速运动速度大小为v，以B点刚进入磁场为计时起点，在0～内，AB边逐渐进入磁场切割磁感线，产生的电动势为E1＝Bv·xsin 60°＝，线框中的电流大小为I1＝＝∝t，根据楞次定律可知，线框中的电流方向为逆时针方向，即电流为正；在～内，整条AB边在磁场中切割磁感线，DC边逐渐进入磁场切割磁感线，线框产生的电动势为E2＝EAB－EDC＝－Bv·(vt－L)sin 60°＝BLv－，线框中的电流大小为I2＝＝－，根据楞次定律可知，线框中的电流方向为逆时针方向，即电流为正；在～内，AB边离开磁场区域，DC边在磁场中切割磁感线，产生的电动势恒为E3＝，线框中的电流大小恒为I3＝＝，根据楞次定律可知，线框中的电流方向为顺时针方向，即电流为负；之后整个线框离开磁场区域，没有感应电流。故选A。
电磁感应中的能量转化和守恒
(多选)如图所示，水平面内固定有光滑不闭合梯形金属导轨OMNQP，导轨顶点O处有一个小缺口，∠MOP＝45°，∠MNQ＝∠OQN＝90°，MP⊥OQ，平行导轨足够长且间距为L＝1 m，E、F分别为OM、OP中点，在N、Q之间接有定值电阻R＝1 Ω，在导轨平面有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T。质量为m＝1 kg 的足够长金属杆在外力F作用下从EF位置以v0＝2 m/s初速度向右运动，此过程回路中电流大小始终不变；当金属杆到达MP位置时，撤去外力，金属杆继续向右运动直至停止。金属杆、导轨电阻均忽略不计，则下列说法正确的有( )
A. 金属杆由EF运动至MP过程中，导轨回路中电动势逐渐变大
B. 金属杆由EF运动至MP过程中，通过电阻R的电荷量为0.375 C
C. 金属杆由EF运动至MP过程中，外力做功大小为1.875 J
D. 撤去外力F前后，回路中产生的焦耳热之比为Q1∶Q2＝3∶4
BD 解析：金属杆由EF运动至MP过程中，回路中电流不变，由E＝IR知，导轨回路中电动势不变，A错误；金属杆由EF运动至MP过程中，通过电阻R的电荷量q＝，ΔΦ＝B·ΔS＝B×＝，代入数据得q＝0.375 C，B正确；撤去F之前I＝＝1 A，t＝＝0.375 s，回路中产生的焦耳热Q1＝I2Rt＝0.375 J，W安＝－Q1＝－0.375 J，设杆到达MP位置时速度为v，则有B·v0＝BLv，对杆分析，由动能定理有W＋W安＝mv2－mv，代入数据得外力做功W＝－1.125 J，C错误；撤去F之后，回路中产生的焦耳热Q2＝mv2＝0.5 J，所以撤去外力F前后，回路中产生的焦耳热之比为Q1∶Q2＝3∶4，D正确。
看到什么 想到什么
电流大小始终不变 感应电动势始终不变
通过电阻的电荷量 q＝·Δt＝·Δt＝
外力做功的大小 变力做功的计算方法
撤去力F后产生的焦耳热 能量守恒
1．电磁感应中电路问题
2．能量转化及焦耳热的求法
(1)能量转化
(2)焦耳热的求法
3．解决电磁感应能量问题的策略
1．(2024·济南二模)(多选)如图甲所示，光滑绝缘水平面上有宽度为2L的条形磁场，磁场方向竖直向下，磁感应强度随时间按图乙所示规律变化，B0、t0均为已知量，磁场有理想边界。质量为m、电阻为R的匀质长方形单匝线框，其长为2L、宽为L，初始时有一半在磁场中。t＝0时刻由静止释放线框，t0时刻ab边刚好进入磁场，ab边离开磁场时，线框的速度大小为ab边刚进入磁场时的。下列说法正确的是( )
甲 乙
A. 在0～t0内，线框中产生逆时针方向的电流
B. t＝0时刻，cd边受到的安培力为
C. 在0～t0内，安培力对线框做功为
D. t0时刻以后，bc边产生的焦耳热为
BC 解析：在0～t0内，磁场的磁感应强度减小，t＝0时刻后线框速度较小的一段时间内，感生电动势大于动生电动势，感生电动势的方向为顺时针方向，电流方向也为顺时针，A错误；t＝0时刻，感生电动势为E＝，回路中的电流I＝＝，cd边受到的安培力为FA＝IL·3B0＝，B正确；设ab边刚进磁场时速度为v，ab边在磁场中运动过程中，根据动量定理得－qLB0＝m·v－mv，q＝，解得v＝，在0～t0内，对线框，有WA＝mv2－0，解得WA＝，C正确；t0时刻以后，有Q＝mv2－m·2，bc边产生的焦耳热为Qbc＝Q，解得Qbc＝，D错误。
2．(2023·浙江卷6月选考)如图所示，质量为m0、电阻为R、长为L的导体棒，通过两根长均为l、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L。细杆通过开关S可与直流电源E0或理想二极管串接。在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B的匀强磁场，不计空气阻力和其他电阻。开关S接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角θ＝；然后开关S接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中( )
A. 电源电动势E0＝R
B. 棒消耗的焦耳热Q＝m0gl
C. 从左向右运动时，最大摆角小于
D. 棒两次过最低点时感应电动势大小相等
C 解析：当开关接1时，对静止时的导体棒受力分析如图所示，导体棒受力平衡，根据几何关系可得m0g＝ILB，解得I＝，根据闭合电路欧姆定律有I＝，解得E0＝，故A错误；开关接2后，根据右手定则可知导体棒从右向左运动时，产生的感应电动势与二极管正方向相同，部分机械能转化为焦耳热，导体棒从左向右运动时，产生的感应电动势与二极管正方向相反，没有机械能损失，若导体棒运动至最终停下来，导体棒损失的机械能转化为焦耳热为Q′＝m0gl，根据楞次定律可知导体棒完成一次振动速度为0时，导体棒高度高于最低点，所以棒消耗的焦耳热Q3．(2024·邢台模拟)(多选)如图所示，匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的磁场方向均沿水平方向垂直纸面向外，两磁场边界水平，磁场宽度均为L，磁场Ⅰ下边界到磁场Ⅱ上边界的距离为2.5L，磁场Ⅰ的磁感应强度大小为B。边长为L、电阻为R的单匝正方形金属线框abcd位于垂直磁场的竖直平面内，开始时ab边到磁场Ⅰ上边界距离为L，由静止释放金属线框，线框在向下运动的过程中始终在竖直面内，且ab边始终水平，线框分别匀速穿过磁场Ⅰ、Ⅱ。重力加速度大小为g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )
A. 线框经过磁场Ⅰ产生的焦耳热等于经过磁场Ⅱ产生的焦耳热
B. 磁场Ⅱ的磁感应强度大小为B
C. 金属线框的质量为
D. 线框经过磁场Ⅰ、Ⅱ产生的总焦耳热为
AC 解析：线框分别匀速穿过磁场Ⅰ、Ⅱ，则根据功能关系知线框经过磁场Ⅰ产生的焦耳热为2mgL，等于经过磁场Ⅱ产生的焦耳热2mgL，故A正确；静止释放金属线框到ab边开始进入磁场Ⅰ，根据动能定理有mg·＝mv2，匀速穿过磁场Ⅰ，则mg＝BIL，I＝＝，解得m＝，故C正确；从cd出磁场Ⅰ到ab进磁场Ⅱ过程，根据动能定理有mg·1.5L＝mv′2－mv2，匀速穿过磁场Ⅱ，则mg＝B′I′L，I′＝＝，解得磁场Ⅱ的磁感应强度大小B′＝B，故B错误；线框经过磁场Ⅰ、Ⅱ产生的总焦耳热为Q＝4mgL＝，故D错误。
专题限时评价(七)
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1．(2023·湖北卷)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通信，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0 cm、1.2 cm和1.4 cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103 T/s，则线圈产生的感应电动势最接近( )
A. 0.30 V B． 0.44 V
C. 0.59 V D． 4.3 V
B 解析：根据法拉第电磁感应定律可知E＝＝＝103×(1.02＋1.22＋1.42)×10－4 V＝0.44 V，故选B。
2．(2023·北京卷)如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡，开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关( )
A. P与Q同时熄灭
B. P比Q先熄灭
C. Q闪亮后再熄灭
D. P闪亮后再熄灭
D 解析：由题意知，开始时开关S闭合，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮；断开开关前通过Q灯的电流远大于通过P灯的电流，断开开关时，Q所在部分电路未闭合，立即熄灭，由于发生自感现象，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭，D正确。
3．(2023·海南卷)汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针(俯视)方向电流，当汽车经过线圈时( )
A. 线圈1、2产生的磁场方向竖直向上
B. 汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcd
C. 汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcd
D. 汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同
C 解析：由题意知，埋在地下的线圈1、2通顺时针(俯视)方向的电流，根据右手螺旋定则，可知线圈1、2产生的磁场方向竖直向下，A错误；汽车进入线圈1过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生的感应电流方向为adcb(逆时针)，B错误；汽车离开线圈1过程中，磁通量减小，根据楞次定律可知，产生的感应电流方向为abcd(顺时针)，C正确；汽车进入线圈2过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知，产生的感应电流方向为adcb(逆时针)，再根据左手定则，可知汽车受到的安培力方向与速度方向相反，D错误。
4．(2024·合肥模拟)(多选)如图所示，磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中放置两个半径分别为L、2L的金属圆环，两金属圆环处于同一水平面内且圆心均为O点，长为2L的金属导体棒aO在两金属圆环上绕O点匀速转动，b点为导体棒的中点。已知导体棒、定值电阻R1和R2的阻值均为R，导体棒始终与两金属圆环接触良好且a点转动的线速度大小为v，其他电阻不计。在导体棒转动一圈的过程中，下列说法正确的是( )
A. 导体棒上a、b两点的电压为
B. 导体棒aO所受安培力的功率为
C. 通过电阻R1的电荷量为
D. 电阻R1产生的热量为
ABD 解析：由题意可知vb＝＝，故导体棒ab段产生的电动势E＝BL＝，故a、b两点的电压U＝＝，故A正确；由闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流I＝＝，因安培力的功率等于电源产生电能的功率，故P＝EI＝，故B正确；通过电源的电荷量q＝IT＝·＝，故流经定值电阻R1的电荷量qR1＝＝，故C错误；由QR1＝2RT，可知，电阻R1产生的热量QR1＝，故D正确。
5．(2024·浙江卷1月选考)磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是( )
A. 图示左侧通电导线受到的安培力向下
B. a、b两点的磁感应强度相同
C. 圆柱内的磁感应强度处处为0
D. c、d两点的磁感应强度大小相等
A 解析：由左手定则可知，题图中左侧通电导线受到的安培力向下，A正确；a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，B错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为0，C错误；因c点处的磁感线较d点密集，可知 c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，D错误。
6．如图所示，足够长的平行金属导轨竖直放置在垂直导轨平面向里的匀强磁场中，两根质量相同的导体棒a和b垂直于导轨放置，导体棒与导轨紧密接触且可自由滑动。先固定a，释放b，当b的速度达到v时，再释放a，经过时间t后，a的速度也达到v，重力加速度为g，不计一切摩擦。以下说法正确的是( )
A. 释放a之前，b运动的时间等于t
B. 释放a之前，b下落的高度小于
C. 释放a之后的时间t内，a下落的加速度小于g
D. a和b的加速度最终都等于g
D 解析：释放导体棒a之前，b受向下的重力和向上的安培力，且随速度的增加，所受的安培力变大，则导体棒b做加速度减小的变加速运动，即导体棒b的加速度总小于g，所以导体棒b运动的时间大于，导体棒b下落的高度大于；释放导体棒a之后，因导体棒a开始时速度小于导体棒b，则回路中有逆时针方向的电流，a受的安培力方向向下，可知导体棒a的加速度总大于g，所以a的速度达到速度v时，运动的时间t小于，从而得出导体棒b运动的时间大于t，故A、B、C错误；释放导体棒a之后，b仍受向上的安培力，加速度小于g，a向下的加速度大于g，可知随着两导体棒的下落，速度差逐渐减小，回路中的电流逐渐减小，安培力逐渐减小，则导体棒a的加速度逐渐减小，b的加速度逐渐变大，最终导体棒a和b的加速度都等于g时，速度差为0，达到稳定状态，故D正确。
7．如图，空间等距分布无数个垂直纸面向里的匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度大小B＝1 T，每一条形磁场区域宽度及相邻条形磁场区域间距均为d＝1 m。现有一个边长l＝0.5 m、质量m＝0.2 kg、电阻R＝1 Ω的单匝正方形线框，以v0＝8 m/s的初速度从左侧磁场边缘水平进入磁场，下列说法正确的是( )
A. 线框刚进入第一个磁场区域时，加速度大小为 10 m/s2
B. 线框穿过第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量为0.5 C
C. 线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热为6.4 J
D. 线框从开始进入磁场到竖直下落过程中最多能穿过5个完整磁场区域
C 解析：根据题意可得E＝BLv，I＝，F＝ILB，联立解得线框刚进入第一个磁场区域时受到的安培力为F＝2 N，则线框的加速度大小为a＝＝10 m/s2，故A错误。由法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和电荷量计算公式可知E＝n，I＝，q＝IΔt，解得通过线框的电荷量q＝，穿过第一个磁场区域过程中线框磁通量变化量为0，所以通过线框的电荷量为0，故B错误。线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中，因为竖直方向上线框受到的安培力大小相等、方向相反，可认为竖直方向做自由落体运动；水平方向在安培力作用下做减速运动，当线框水平速度减为0时竖直下落；从开始进入磁场到竖直下落过程中，安培力对线框做的负功等于电路中产生的焦耳热，可得Q＝mv＝6.4 J，故C正确。水平方向安培力大小为F＝，设水平向右为正，由动量定理可得，水平方向有－Ft＝－＝0－mv0，解得x＝＝6.4 m，线框穿过1个完整磁场区域过程中，有安培力作用的水平距离为2l，则有＝6.4，可知线框从开始进入磁场到竖直下落过程中最多能穿过6个完整磁场区域，故D错误。
8．(2024·湖南卷)(多选)某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨BC段与B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ，AB＝BC＝d。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 金属杆经过BB1的速度为
B. 在整个过程中，定值电阻R产生的热量为mv－μmgd
C. 金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同
D. 若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍
CD 解析：设平行金属导轨间距为L，金属杆在AA1B1B区域向右运动的过程中切割磁感线有E＝BLv，I＝，金属杆在AA1B1B区域运动的过程中，根据动量定理有－BILΔt＝mΔv，则－Δt＝mΔv，由于d＝∑vtΔt，则上面方程左右两边累计求和，可得－＝mvB－mv0，则vB＝v0－，设金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t0，同理可得，金属杆在BB1C1C区域运动的过程中有－－μmgt0＝－mvB，解得vB＝＋μgt0，综上有vB＝＋>，则金属杆经过BB1的速度大于，故A错误；在整个过程中，根据能量守恒有mv＝μmgd＋Q，则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为QR＝Q＝mv－μmgd，故B错误；金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量为∑BILΔt＝∑vtΔt＝，则金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域滑行距离均为d，金属杆所受安培力的冲量相同，故C正确；对全过程由动量定理有－μmgt－·2d＝0－mv0，若将金属杆的初速度加倍，由动量定理有－μmgt′－·x＝0－2mv0，由于金属杆在BB1C1C区域运动的速度比第一次大，t′＜t，则x>4d，可见若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，故D正确。
9．(2024·全国甲卷)(多选)如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在t＝0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像可能正确的是( )
AC 解析：设线框的上边进入磁场时的速度为v，物块的质量m，线框的质量m′，线框进入磁场时的加速度向下，则对线框由牛顿第二定律有m′g＋F安－FT＝m′a，对物块有FT－mg＝ma，其中F安＝，则＋(m′－m)g＝(m′＋m)a，线框向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为0时，线框匀速运动的速度为v0＝，若线框进入磁场时的速度较小，则线框进入磁场时做加速度减小的减速运动，线框的速度和加速度都趋近于0，则图像A可能正确；因t＝0时刻线框就进入磁场，则进入磁场时线框向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能；若线框的质量等于物块的质量，且当线框进入磁场，且速度大于v0时，线框进入磁场做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后线框做匀速运动，当线框出磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速运动，最终出磁场时做匀速运动，则图像C有可能，D不可能。故选A、C。
10．(多选)如图所示，为某种售货机硬币识别系统简图。虚线框内存在磁场，从入口A进入的硬币沿斜面滚落，通过磁场区域后，由测速器测出速度大小，若速度在某一合适范围，挡板B自动开启，硬币就会沿斜面进入接收装置；否则挡板C开启，硬币进入另一个通道拒绝接收。下列说法正确的是( )
A. 磁场能使硬币的速度增大得更快
B. 由于磁场的作用，硬币的机械能不守恒
C. 硬币进入磁场的过程中，会受到来自磁场的阻力
D. 如果没有磁场，则测速器示数会更大一些
BCD 解析：根据题意可知，硬币进入磁场和离开磁场时，穿过硬币的磁通量发生变化，硬币中产生感应电流，从而在硬币穿过磁场的过程中阻碍硬币的相对运动，若磁场阻力大于硬币重力沿斜面的分力，硬币将做减速运动，若磁场阻力等于硬币重力沿斜面的分力，硬币将匀速进入磁场，若磁场阻力小于硬币重力沿斜面的分力，硬币继续加速运动，但速度增加得更慢些，综上所述，磁场能使硬币的速度增大过程变慢，故A错误，C正确；根据上述分析可知，硬币进入磁场和离开磁场时，受到的阻力对硬币做负功，使硬币的机械能减小，故B正确；如果没有磁场，硬币运动过程中没有阻碍作用，由动能定理可知，硬币到达测速器位置时速度将更大一些，故D正确。
11．(多选)如图所示，无限长的“U”形金属导轨ABCD和金属导轨EF、GH平行放置在同一水平面内，AB与EF、EF与GH、GH与CD之间的距离均为L，AB和EF之间的区域、GH和CD之间的区域均有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B0，EF和GH之间的区域有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为2B0。现有三根长度均为L的金属棒1、2、3垂直导轨放置，其中金属棒2、3质量均为m，电阻均为R，金属棒1质量为2m，电阻为2R。t＝0时刻，金属棒2、3静止，给金属棒1一个平行于导轨向右的初速度v0，忽略所有的阻力和所有导轨的电阻。下列判断正确的是( )
A. t＝0时刻通过金属棒2的电流大小为
B. 当金属棒1、2、3稳定运行时，金属棒1的速度大小为
C. 当金属棒1、2、3稳定运行时，金属棒2的速度大小为
D. 从t＝0时刻到稳定运行的过程中，金属棒3产生的焦耳热为
BC 解析：t＝0时刻金属棒1产生的电动势为E0＝2B0Lv0，此时通过金属棒2的电流大小为I0＝＝，故A错误；金属棒1、2、3组成的系统所受的合外力为0，系统动量守恒，当金属棒1、2、3稳定运行时，三根金属棒的速度相等，根据动量守恒有2mv0＝(2m＋m＋m)v1，当金属棒1、2、3稳定运行时，金属棒1和金属棒2的速度大小均为v1＝，故B、C正确；从t＝0时刻到稳定运行的过程中，系统产生的焦耳热为Q＝×2mv－×4m2＝mv，则金属棒3产生的焦耳热为Q3＝Q＝，故D错误。
12．(2023·辽宁卷)(多选)如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是( )
A. 弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流
B. PQ速率为v时，MN所受安培力大小为
C. 整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1
D. 整个运动过程中，通过MN的电荷量为
AC 解析：弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的感应电流，选项A正确；设任意时刻电流为I，则PQ所受安培力FPQ＝I·2dB，方向向左；MN所受安培力FMN＝2IdB，方向向右，可知两棒组成的系统所受合力为0，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m，PQ速率为v时，有2mv＝mv′，解得v′＝2v，回路的感应电流I＝＝，MN所受安培力大小为FMN＝2IdB＝，选项B错误；两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得mx1＝2mx2，x1＋x2＝L，可得最终MN位置向左移动x1＝，PQ位置向右移动x2＝，因任意时刻两棒所受安培力和弹簧弹力都大小相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F弹，安培力平均值为F安，则整个过程，根据动能定理有F弹x1－F安xMN＝0，F弹x2－F安xPQ＝0，可得＝＝，选项C正确；两棒最后停止时，弹簧处于原长状态，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN位置向左移动，PQ位置向右移动，则q＝Δt＝＝＝，选项D错误。
13．(2023·天津卷)如图，有一正方形线框，质量为m，电阻为R，边长为l，静止悬挂着，一个三角形边界的磁场垂直于线框所在平面，磁感线垂直纸面向里，且线框中磁场区域面积为线框面积一半，磁感应强度大小为B＝kt(k>0)，已知重力加速度g，求：
(1)感应电动势E；
(2)线框开始向上运动的时刻t0。
解析：(1)根据法拉第电磁感应定律有
E＝n＝·＝。
(2)由题图可知线框受到的安培力为
FA＝IlB＝·kt
当线框开始向上运动时有mg＝FA
解得t0＝。
答案：(1) (2)
14．(2024·全国甲卷)如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦。定值电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直。整个装置处于竖直方向且磁感应强度为B的匀强磁场中。
(1)开关S闭合时，对金属棒施加一水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求金属棒速度v的大小。
(2)当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。
解析：(1)开关S闭合后，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则
F＝F安＝BIL
由闭合电路欧姆定律有
I＝
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为
E＝BLv0
联立可得，恒定的外力为
F＝
在加速阶段，外力的功率为
PF＝Fv＝v
定值电阻的功率为
PR＝I2R＝
若PF＝2PR时，即
v＝2
化简可得金属棒速度v的大小为
v＝。
(2)断开开关S，电容器充电，则电容器与定值电阻串联，则有
E＝BLv＝IR＋
当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力F安＝BIL不断减小，而拉力的功率
P′F＝F′v＝BILv
定值电阻功率
P′R＝I2R
当P′F＝2P′R时有
BILv＝2I2R
可得
IR＝
根据E＝BLv＝IR＋
可得此时电容器两端电压为
UC＝＝＝BLv0
从开关断开到此刻外力所做的功为
W＝∑BIL(v·Δt)＝BLv∑I·Δt＝BLvq
其中q＝
联立可得W＝。
答案：(1) (2)
15．(2023·新课标卷)一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图甲所示。
(1)使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。
(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图乙所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。
甲 乙
解析：(1)金属框进入磁场过程中，有＝
则金属框进入磁场过程中，顺时针方向流过回路的电荷量为
q1＝Δt＝
该过程中，由动量定理得－q1BL＝mv1－mv0
金属框穿出磁场区域的过程中，逆时针方向流过回路的电荷量为q2＝
则该过程，由动量定理得－q2BL＝m－mv1
联立解得v0＝。
(2)设金属框进入磁场时的初速度为v0，末速度为v1，向右为正方向。由于导轨电阻可忽略，此时金属框上下部分被短路，故电路中的总电阻
R总＝R0＋＝
再根据动量定理有－BL·＝mv1－mv0
解得v1＝
则在此过程中，根据能量守恒有mv＝Q1＋mv
解得Q1＝
R1与金属框左右两边上的电流之比为1∶2∶3，故其中QR1＝Q1＝
此后线框完全进入磁场中，则线框左右两边均作为电源，且等效电路图如图所示，
则此时回路的总电阻R总′＝2R0＋＝
设金属框刚离开磁场时的速度为v2，再根据动量定理有
－B··LΔt＝mv2－mv1
则有－＝mv2－mv1
解得v2＝0
则说明金属框刚离开磁场时就停止运动了，则再根据能量守恒有mv＝Q2，其中QR1′＝Q2＝
则在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量
QR1总＝QR1＋Q′R1＝。
答案：(1) (2)
16．电磁弹射是现代最先进的航母舰载机弹射技术，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)与线圈绝缘并固定在一起，线圈带动动子，可在水平导轨上滑动。线圈始终位于导轨间的辐向磁场中，其所经过位置的磁感应强度大小均为B＝0.1 T。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匀加速直线运动，经过t1＝1.5 s的时间，飞机达到起飞速度并与动子脱离；此时S掷向2，使定值电阻R0与线圈连接，同时再对动子施加合适的外力F(未知)，使动子开始做匀减速直线运动，又经过t2＝2 s的时间，动子的速度减为0。已知恒流源接通时通过它的电流会保持I＝80 A不变，线圈匝数n＝100匝，每匝周长L＝1 m，飞机的质量m飞＝10 kg，动子和线圈的总质量m0＝5 kg，线圈总电阻r＝1.5 Ω，定值电阻R0＝8.5 Ω，不计摩擦力和空气阻力。
(1)求飞机的起飞速度大小。
(2)将飞机达到起飞速度时作为0时刻，取动子的运动方向为正方向，通过计算求出动子减速过程所施加的外力F随时间t变化的关系式。
(3)求动子减速过程中，通过电阻R0的电荷量。
解析：(1)飞机加速过程，飞机、动子和线圈组成的整体做匀加速直线运动，则nILB＝(m飞＋m0)a1
飞机的起飞速度为v0＝a1t1
解得v0＝80 m/s。
(2)开关S掷向2后，线圈运动的速度用v表示，则回路中的电流为I′＝
线圈所受的安培力为F安＝nI′LB
由题知F－F安＝－ma2，v＝v0－a2t,0＝v0－a2t2
联立解得F＝(600－400t)N(0(3)动子减速过程，以运动方向为正方向，由动量定理得IF－n′LBt2＝0－m0v0
由第(2)问结果得t＝0时，F0＝600 N
t＝t2＝2 s时，F2＝－200 N
则IF＝t2＝400 N·s
联立解得通过电阻R0的电荷量q＝′t2
解得q＝80 C。
答案：(1)80 m/s (2)F＝(600－400t)N(0(建议用时：90分钟)
1．(2023·湖北卷)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通信，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0 cm、1.2 cm和1.4 cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103 T/s，则线圈产生的感应电动势最接近( )
A. 0.30 V B． 0.44 V
C. 0.59 V D． 4.3 V
B 解析：根据法拉第电磁感应定律可知E＝＝＝103×(1.02＋1.22＋1.42)×10－4 V＝0.44 V，故选B。
2．(2023·北京卷)如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡，开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关( )
A. P与Q同时熄灭
B. P比Q先熄灭
C. Q闪亮后再熄灭
D. P闪亮后再熄灭
D 解析：由题意知，开始时开关S闭合，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮；断开开关前通过Q灯的电流远大于通过P灯的电流，断开开关时，Q所在部分电路未闭合，立即熄灭，由于发生自感现象，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭，D正确。
3．(2023·海南卷)汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针(俯视)方向电流，当汽车经过线圈时( )
A. 线圈1、2产生的磁场方向竖直向上
B. 汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcd
C. 汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcd
D. 汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同
C 解析：由题意知，埋在地下的线圈1、2通顺时针(俯视)方向的电流，根据右手螺旋定则，可知线圈1、2产生的磁场方向竖直向下，A错误；汽车进入线圈1过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生的感应电流方向为adcb(逆时针)，B错误；汽车离开线圈1过程中，磁通量减小，根据楞次定律可知，产生的感应电流方向为abcd(顺时针)，C正确；汽车进入线圈2过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知，产生的感应电流方向为adcb(逆时针)，再根据左手定则，可知汽车受到的安培力方向与速度方向相反，D错误。
4．(2024·合肥模拟)(多选)如图所示，磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中放置两个半径分别为L、2L的金属圆环，两金属圆环处于同一水平面内且圆心均为O点，长为2L的金属导体棒aO在两金属圆环上绕O点匀速转动，b点为导体棒的中点。已知导体棒、定值电阻R1和R2的阻值均为R，导体棒始终与两金属圆环接触良好且a点转动的线速度大小为v，其他电阻不计。在导体棒转动一圈的过程中，下列说法正确的是( )
A. 导体棒上a、b两点的电压为
B. 导体棒aO所受安培力的功率为
C. 通过电阻R1的电荷量为
D. 电阻R1产生的热量为
ABD 解析：由题意可知vb＝＝，故导体棒ab段产生的电动势E＝BL＝，故a、b两点的电压U＝＝，故A正确；由闭合电路欧姆定律可知，电路中的总电流I＝＝，因安培力的功率等于电源产生电能的功率，故P＝EI＝，故B正确；通过电源的电荷量q＝IT＝·＝，故流经定值电阻R1的电荷量qR1＝＝，故C错误；由QR1＝2RT，可知，电阻R1产生的热量QR1＝，故D正确。
5．(2024·浙江卷1月选考)磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是( )
A. 图示左侧通电导线受到的安培力向下
B. a、b两点的磁感应强度相同
C. 圆柱内的磁感应强度处处为0
D. c、d两点的磁感应强度大小相等
A 解析：由左手定则可知，题图中左侧通电导线受到的安培力向下，A正确；a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，B错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不为0，C错误；因c点处的磁感线较d点密集，可知 c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，D错误。
6．如图所示，足够长的平行金属导轨竖直放置在垂直导轨平面向里的匀强磁场中，两根质量相同的导体棒a和b垂直于导轨放置，导体棒与导轨紧密接触且可自由滑动。先固定a，释放b，当b的速度达到v时，再释放a，经过时间t后，a的速度也达到v，重力加速度为g，不计一切摩擦。以下说法正确的是( )
A. 释放a之前，b运动的时间等于t
B. 释放a之前，b下落的高度小于
C. 释放a之后的时间t内，a下落的加速度小于g
D. a和b的加速度最终都等于g
D 解析：释放导体棒a之前，b受向下的重力和向上的安培力，且随速度的增加，所受的安培力变大，则导体棒b做加速度减小的变加速运动，即导体棒b的加速度总小于g，所以导体棒b运动的时间大于，导体棒b下落的高度大于；释放导体棒a之后，因导体棒a开始时速度小于导体棒b，则回路中有逆时针方向的电流，a受的安培力方向向下，可知导体棒a的加速度总大于g，所以a的速度达到速度v时，运动的时间t小于，从而得出导体棒b运动的时间大于t，故A、B、C错误；释放导体棒a之后，b仍受向上的安培力，加速度小于g，a向下的加速度大于g，可知随着两导体棒的下落，速度差逐渐减小，回路中的电流逐渐减小，安培力逐渐减小，则导体棒a的加速度逐渐减小，b的加速度逐渐变大，最终导体棒a和b的加速度都等于g时，速度差为0，达到稳定状态，故D正确。
7．如图，空间等距分布无数个垂直纸面向里的匀强磁场，竖直方向磁场区域足够长，磁感应强度大小B＝1 T，每一条形磁场区域宽度及相邻条形磁场区域间距均为d＝1 m。现有一个边长l＝0.5 m、质量m＝0.2 kg、电阻R＝1 Ω的单匝正方形线框，以v0＝8 m/s的初速度从左侧磁场边缘水平进入磁场，下列说法正确的是( )
A. 线框刚进入第一个磁场区域时，加速度大小为 10 m/s2
B. 线框穿过第一个磁场区域过程中，通过线框的电荷量为0.5 C
C. 线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中产生的焦耳热为6.4 J
D. 线框从开始进入磁场到竖直下落过程中最多能穿过5个完整磁场区域
C 解析：根据题意可得E＝BLv，I＝，F＝ILB，联立解得线框刚进入第一个磁场区域时受到的安培力为F＝2 N，则线框的加速度大小为a＝＝10 m/s2，故A错误。由法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律和电荷量计算公式可知E＝n，I＝，q＝IΔt，解得通过线框的电荷量q＝，穿过第一个磁场区域过程中线框磁通量变化量为0，所以通过线框的电荷量为0，故B错误。线框从开始进入磁场到竖直下落的过程中，因为竖直方向上线框受到的安培力大小相等、方向相反，可认为竖直方向做自由落体运动；水平方向在安培力作用下做减速运动，当线框水平速度减为0时竖直下落；从开始进入磁场到竖直下落过程中，安培力对线框做的负功等于电路中产生的焦耳热，可得Q＝mv＝6.4 J，故C正确。水平方向安培力大小为F＝，设水平向右为正，由动量定理可得，水平方向有－Ft＝－＝0－mv0，解得x＝＝6.4 m，线框穿过1个完整磁场区域过程中，有安培力作用的水平距离为2l，则有＝6.4，可知线框从开始进入磁场到竖直下落过程中最多能穿过6个完整磁场区域，故D错误。
8．(2024·湖南卷)(多选)某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨BC段与B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置。现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处。已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的动摩擦因数为μ，AB＝BC＝d。导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 金属杆经过BB1的速度为
B. 在整个过程中，定值电阻R产生的热量为mv－μmgd
C. 金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同
D. 若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍
CD 解析：设平行金属导轨间距为L，金属杆在AA1B1B区域向右运动的过程中切割磁感线有E＝BLv，I＝，金属杆在AA1B1B区域运动的过程中，根据动量定理有－BILΔt＝mΔv，则－Δt＝mΔv，由于d＝∑vtΔt，则上面方程左右两边累计求和，可得－＝mvB－mv0，则vB＝v0－，设金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t0，同理可得，金属杆在BB1C1C区域运动的过程中有－－μmgt0＝－mvB，解得vB＝＋μgt0，综上有vB＝＋>，则金属杆经过BB1的速度大于，故A错误；在整个过程中，根据能量守恒有mv＝μmgd＋Q，则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为QR＝Q＝mv－μmgd，故B错误；金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量为∑BILΔt＝∑vtΔt＝，则金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域滑行距离均为d，金属杆所受安培力的冲量相同，故C正确；对全过程由动量定理有－μmgt－·2d＝0－mv0，若将金属杆的初速度加倍，由动量定理有－μmgt′－·x＝0－2mv0，由于金属杆在BB1C1C区域运动的速度比第一次大，t′＜t，则x>4d，可见若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，故D正确。
9．(2024·全国甲卷)(多选)如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在t＝0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像可能正确的是( )
AC 解析：设线框的上边进入磁场时的速度为v，物块的质量m，线框的质量m′，线框进入磁场时的加速度向下，则对线框由牛顿第二定律有m′g＋F安－FT＝m′a，对物块有FT－mg＝ma，其中F安＝，则＋(m′－m)g＝(m′＋m)a，线框向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为0时，线框匀速运动的速度为v0＝，若线框进入磁场时的速度较小，则线框进入磁场时做加速度减小的减速运动，线框的速度和加速度都趋近于0，则图像A可能正确；因t＝0时刻线框就进入磁场，则进入磁场时线框向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能；若线框的质量等于物块的质量，且当线框进入磁场，且速度大于v0时，线框进入磁场做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后线框做匀速运动，当线框出磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速运动，最终出磁场时做匀速运动，则图像C有可能，D不可能。故选A、C。
10．(多选)如图所示，为某种售货机硬币识别系统简图。虚线框内存在磁场，从入口A进入的硬币沿斜面滚落，通过磁场区域后，由测速器测出速度大小，若速度在某一合适范围，挡板B自动开启，硬币就会沿斜面进入接收装置；否则挡板C开启，硬币进入另一个通道拒绝接收。下列说法正确的是( )
A. 磁场能使硬币的速度增大得更快
B. 由于磁场的作用，硬币的机械能不守恒
C. 硬币进入磁场的过程中，会受到来自磁场的阻力
D. 如果没有磁场，则测速器示数会更大一些
BCD 解析：根据题意可知，硬币进入磁场和离开磁场时，穿过硬币的磁通量发生变化，硬币中产生感应电流，从而在硬币穿过磁场的过程中阻碍硬币的相对运动，若磁场阻力大于硬币重力沿斜面的分力，硬币将做减速运动，若磁场阻力等于硬币重力沿斜面的分力，硬币将匀速进入磁场，若磁场阻力小于硬币重力沿斜面的分力，硬币继续加速运动，但速度增加得更慢些，综上所述，磁场能使硬币的速度增大过程变慢，故A错误，C正确；根据上述分析可知，硬币进入磁场和离开磁场时，受到的阻力对硬币做负功，使硬币的机械能减小，故B正确；如果没有磁场，硬币运动过程中没有阻碍作用，由动能定理可知，硬币到达测速器位置时速度将更大一些，故D正确。
11．(多选)如图所示，无限长的“U”形金属导轨ABCD和金属导轨EF、GH平行放置在同一水平面内，AB与EF、EF与GH、GH与CD之间的距离均为L，AB和EF之间的区域、GH和CD之间的区域均有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小均为B0，EF和GH之间的区域有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为2B0。现有三根长度均为L的金属棒1、2、3垂直导轨放置，其中金属棒2、3质量均为m，电阻均为R，金属棒1质量为2m，电阻为2R。t＝0时刻，金属棒2、3静止，给金属棒1一个平行于导轨向右的初速度v0，忽略所有的阻力和所有导轨的电阻。下列判断正确的是( )
A. t＝0时刻通过金属棒2的电流大小为
B. 当金属棒1、2、3稳定运行时，金属棒1的速度大小为
C. 当金属棒1、2、3稳定运行时，金属棒2的速度大小为
D. 从t＝0时刻到稳定运行的过程中，金属棒3产生的焦耳热为
BC 解析：t＝0时刻金属棒1产生的电动势为E0＝2B0Lv0，此时通过金属棒2的电流大小为I0＝＝，故A错误；金属棒1、2、3组成的系统所受的合外力为0，系统动量守恒，当金属棒1、2、3稳定运行时，三根金属棒的速度相等，根据动量守恒有2mv0＝(2m＋m＋m)v1，当金属棒1、2、3稳定运行时，金属棒1和金属棒2的速度大小均为v1＝，故B、C正确；从t＝0时刻到稳定运行的过程中，系统产生的焦耳热为Q＝×2mv－×4m2＝mv，则金属棒3产生的焦耳热为Q3＝Q＝，故D错误。
12．(2023·辽宁卷)(多选)如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，PQ的质量是MN的2倍。初始时刻两棒静止，两棒中点之间连接一压缩量为L的轻质绝缘弹簧。释放弹簧，两棒在各自磁场中运动直至停止，弹簧始终在弹性限度内。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，导轨足够长且电阻不计。下列说法正确的是( )
A. 弹簧伸展过程中，回路中产生顺时针方向的电流
B. PQ速率为v时，MN所受安培力大小为
C. 整个运动过程中，MN与PQ的路程之比为2∶1
D. 整个运动过程中，通过MN的电荷量为
AC 解析：弹簧伸展过程中，根据右手定则可知，回路中产生顺时针方向的感应电流，选项A正确；设任意时刻电流为I，则PQ所受安培力FPQ＝I·2dB，方向向左；MN所受安培力FMN＝2IdB，方向向右，可知两棒组成的系统所受合力为0，动量守恒，设PQ质量为2m，则MN质量为m，PQ速率为v时，有2mv＝mv′，解得v′＝2v，回路的感应电流I＝＝，MN所受安培力大小为FMN＝2IdB＝，选项B错误；两棒最终停止时弹簧处于原长状态，由动量守恒可得mx1＝2mx2，x1＋x2＝L，可得最终MN位置向左移动x1＝，PQ位置向右移动x2＝，因任意时刻两棒所受安培力和弹簧弹力都大小相同，设整个过程两棒受的弹力的平均值为F弹，安培力平均值为F安，则整个过程，根据动能定理有F弹x1－F安xMN＝0，F弹x2－F安xPQ＝0，可得＝＝，选项C正确；两棒最后停止时，弹簧处于原长状态，此时两棒间距增加了L，由上述分析可知，MN位置向左移动，PQ位置向右移动，则q＝Δt＝＝＝，选项D错误。
13．(2023·天津卷)如图，有一正方形线框，质量为m，电阻为R，边长为l，静止悬挂着，一个三角形边界的磁场垂直于线框所在平面，磁感线垂直纸面向里，且线框中磁场区域面积为线框面积一半，磁感应强度大小为B＝kt(k>0)，已知重力加速度g，求：
(1)感应电动势E；
(2)线框开始向上运动的时刻t0。
解析：(1)根据法拉第电磁感应定律有
E＝n＝·＝。
(2)由题图可知线框受到的安培力为
FA＝IlB＝·kt
当线框开始向上运动时有mg＝FA
解得t0＝。
答案：(1) (2)
14．(2024·全国甲卷)如图，金属导轨平行且水平放置，导轨间距为L，导轨光滑无摩擦。定值电阻大小为R，其余电阻忽略不计，电容大小为C。在运动过程中，金属棒始终与导轨保持垂直。整个装置处于竖直方向且磁感应强度为B的匀强磁场中。
(1)开关S闭合时，对金属棒施加一水平向右的恒力，金属棒能达到的最大速度为v0。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求金属棒速度v的大小。
(2)当金属棒速度为v时，断开开关S，改变水平外力并使金属棒匀速运动。当外力功率为定值电阻功率的两倍时，求电容器两端的电压以及从开关断开到此刻外力所做的功。
解析：(1)开关S闭合后，当外力与安培力相等时，金属棒的速度最大，则
F＝F安＝BIL
由闭合电路欧姆定律有
I＝
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为
E＝BLv0
联立可得，恒定的外力为
F＝
在加速阶段，外力的功率为
PF＝Fv＝v
定值电阻的功率为
PR＝I2R＝
若PF＝2PR时，即
v＝2
化简可得金属棒速度v的大小为
v＝。
(2)断开开关S，电容器充电，则电容器与定值电阻串联，则有
E＝BLv＝IR＋
当金属棒匀速运动时，电容器不断充电，电荷量q不断增大，电路中电流不断减小，则金属棒所受安培力F安＝BIL不断减小，而拉力的功率
P′F＝F′v＝BILv
定值电阻功率
P′R＝I2R
当P′F＝2P′R时有
BILv＝2I2R
可得
IR＝
根据E＝BLv＝IR＋
可得此时电容器两端电压为
UC＝＝＝BLv0
从开关断开到此刻外力所做的功为
W＝∑BIL(v·Δt)＝BLv∑I·Δt＝BLvq
其中q＝
联立可得W＝。
答案：(1) (2)
15．(2023·新课标卷)一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图甲所示。
(1)使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。
(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1＝2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图乙所示。让金属框以与(1)中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。
甲 乙
解析：(1)金属框进入磁场过程中，有＝
则金属框进入磁场过程中，顺时针方向流过回路的电荷量为
q1＝Δt＝
该过程中，由动量定理得－q1BL＝mv1－mv0
金属框穿出磁场区域的过程中，逆时针方向流过回路的电荷量为q2＝
则该过程，由动量定理得－q2BL＝m－mv1
联立解得v0＝。
(2)设金属框进入磁场时的初速度为v0，末速度为v1，向右为正方向。由于导轨电阻可忽略，此时金属框上下部分被短路，故电路中的总电阻
R总＝R0＋＝
再根据动量定理有－BL·＝mv1－mv0
解得v1＝
则在此过程中，根据能量守恒有mv＝Q1＋mv
解得Q1＝
R1与金属框左右两边上的电流之比为1∶2∶3，故其中QR1＝Q1＝
此后线框完全进入磁场中，则线框左右两边均作为电源，且等效电路图如图所示，
则此时回路的总电阻R总′＝2R0＋＝
设金属框刚离开磁场时的速度为v2，再根据动量定理有
－B··LΔt＝mv2－mv1
则有－＝mv2－mv1
解得v2＝0
则说明金属框刚离开磁场时就停止运动了，则再根据能量守恒有mv＝Q2，其中QR1′＝Q2＝
则在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量
QR1总＝QR1＋Q′R1＝。
答案：(1) (2)
16．电磁弹射是现代最先进的航母舰载机弹射技术，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)与线圈绝缘并固定在一起，线圈带动动子，可在水平导轨上滑动。线圈始终位于导轨间的辐向磁场中，其所经过位置的磁感应强度大小均为B＝0.1 T。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匀加速直线运动，经过t1＝1.5 s的时间，飞机达到起飞速度并与动子脱离；此时S掷向2，使定值电阻R0与线圈连接，同时再对动子施加合适的外力F(未知)，使动子开始做匀减速直线运动，又经过t2＝2 s的时间，动子的速度减为0。已知恒流源接通时通过它的电流会保持I＝80 A不变，线圈匝数n＝100匝，每匝周长L＝1 m，飞机的质量m飞＝10 kg，动子和线圈的总质量m0＝5 kg，线圈总电阻r＝1.5 Ω，定值电阻R0＝8.5 Ω，不计摩擦力和空气阻力。
(1)求飞机的起飞速度大小。
(2)将飞机达到起飞速度时作为0时刻，取动子的运动方向为正方向，通过计算求出动子减速过程所施加的外力F随时间t变化的关系式。
(3)求动子减速过程中，通过电阻R0的电荷量。
解析：(1)飞机加速过程，飞机、动子和线圈组成的整体做匀加速直线运动，则nILB＝(m飞＋m0)a1
飞机的起飞速度为v0＝a1t1
解得v0＝80 m/s。
(2)开关S掷向2后，线圈运动的速度用v表示，则回路中的电流为I′＝
线圈所受的安培力为F安＝nI′LB
由题知F－F安＝－ma2，v＝v0－a2t,0＝v0－a2t2
联立解得F＝(600－400t)N(0(3)动子减速过程，以运动方向为正方向，由动量定理得IF－n′LBt2＝0－m0v0
由第(2)问结果得t＝0时，F0＝600 N
t＝t2＝2 s时，F2＝－200 N
则IF＝t2＝400 N·s
联立解得通过电阻R0的电荷量q＝′t2
解得q＝80 C。
答案：(1)80 m/s (2)F＝(600－400t)N(0
