【江苏专版】44 第十章 第3节 电磁感应中的电路和动力学问题 课件《高考快车道》2026高考物理一轮总复习

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第十章　电磁感应
第3节　电磁感应中的电路和动力学问题
细研考点·突破题型
1．电磁感应中电路知识的关系图
考点1　 电磁感应中的电路问题
2．解决电磁感应中的电路问题三部曲
[典例1]　(电磁感应中的电路问题)海浪发电是一种应用前景广阔的新能源技术，海浪通过传动装置带动线圈在磁场中做切割磁感线运动从而发电，实现海浪动能向电能的转化。某科技小组设计了一发电模型，其原理图如图甲所示，N匝正方形闭合线圈处在垂直于线圈平面的组合磁场中，组合磁场是由两方向相反的匀强磁场组成的，磁感应强度大小均为B，线圈和磁场的宽度均为L，设线圈的总电阻为R，总质量为m，线圈在海浪的带动下上下运动切割磁感线且线圈在运动过程中不会超出磁场范围，其运动的速度—时间图像如图乙所示。线圈处于平衡位置时，线圈的中线恰好与组合磁场中的中线重叠。求：
(1)运动过程中，该线圈所受安培力的最大值；
(2)在理想条件下，该线圈的发电功率。
[解析]　(1)当线圈达到最大速度v0时，线圈中感应电流最大，最大感应电动势Em＝2NBLv0
最大感应电流Im＝
解得回路中最大感应电流Im＝
运动过程中的线圈所受安培力的最大值
Fm＝2NBImL
联立解得Fm＝。
(2)由于线圈切割磁感线的时候，速度随时间呈正弦规律变化，感应电动势和感应电流也随时间呈正弦规律变化。因而其电流有效值
I有效＝
该线圈的发电功率P＝R
解得P＝。
[答案]　(1)
【典例1　教用·备选题】　(电磁感应中的电路问题)(一题多变)如图所示，水平面上固定一个顶角为60°的光滑金属导轨MON，导轨处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中。质量为m的导体棒CD与∠MON的角平分线垂直，导轨与棒单位长度的电阻均为r。t＝0时刻，棒CD在水平外力F的作用下从O点以恒定速度v0沿∠MON的角平分线向右滑动，在滑动过程中始终保持与导轨良好接触。若棒与导轨均足够长，则不正确的是(　　)
A．流过导体棒的电流I始终为
B．F随时间t的变化关系为F＝t
C．t0时刻导体棒的发热功率为t0
D．撤去F后，导体棒上能产生的焦耳热为
√
D　[导体棒的有效切割长度L＝2v0t tan 30°，感应电动势E＝BLv0，回路的总电阻R＝r，联立可得通过导体棒的电流I＝＝，A正确；导体棒受力平衡，则外力F与安培力大小相等，即F＝BIL，得F＝t，B正确；t0时刻导体棒的电阻为Rx＝2v0t0tan 30°·r，则导体棒的发热功率P棒＝I2Rx＝t0，C正确；从撤去F到导体棒停下的过程，根据能量守恒定律有Q棒＋Q轨＝－0，得导体棒上能产生的焦耳热Q棒＝－Q轨[变式1]　试推导出回路中的热功率P随时间变化的关系式，并画出图像。
[解析]　回路中热功率P＝I2R
回路中电流I＝为定值，R＝2v0tr
可得P＝t，图像如图所示。
[答案]　见解析
[变式2]　试推导出回路中产生的焦耳热Q随时间变化的关系式，并画出图像。
[解析]　变式1中P-t图线与t轴所围面积表示回路中产生的焦耳热Q，则Q＝Pt＝t2，图像如图所示。
[答案]　见解析
规律总结　电磁感应中确定电源及其正负极的方法
(1)判断产生电磁感应现象的那一部分导体(电源)。
(2)动生问题(棒切割磁感线)产生的电动势E＝BLv，方向由右手定则判定。
(3)感生问题(磁通量的变化)产生的电动势E＝n， 方向由楞次定律判定。
(4)在等效电源内部电流方向是由负极流向正极的。
[典例2]　(电磁感应与电路分析)如图所示，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，且线框中磁区面积为线框面积一半，磁感应强度随时间变化关系为B＝kt(k>0)，已知重力加速度为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＝＝。
(2)由题图可知线框受到的安培力为
FA＝＝
当线框开始向上运动时有
mg＝FA
解得t＝t0＝。
[答案]　(1)　(2)
[典例3]　(电路的电势差分析)如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt(常量k>0)。回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝。闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则(　　)
A．R2两端的电压为
B．电容器的a极板带正电
C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的6倍
D．正方形导线框中的感应电动势为kL2
√
A　[P将R分为R左、R右两部分，R左＝R右＝，R2与R右并联，并联阻值为，再与R1、R左串联，故R2两端的电压为U′＝＝，故A正确；正方形导线框相当于电源，根据楞次定律可知，定值电阻R1的左端与电源的正极相连，则电容器的b极板带正电，故B错误；根据电路的串、并联知识和纯电阻的热功率的计算公式P＝I2R可得，定值电阻R2的热功率为P＝，滑动变阻器R的热功率为P′＝＋(2I0)2·＝＝5P，即滑动变阻器R的热功率是定值电阻R2的热功率的5倍，故C错误；根据法拉第电磁感应定律可得，正方形导线框中的感应电动势的大小为E＝S＝πr2k，故D错误。]
[典例4]　(平动电动势的电路分析)如图所示，平行导轨MN、PQ间距为d，M、P间接一个电阻R，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于平行金属导轨所在的平面向里。一根足够长的金属杆ab第一次垂直于导轨放置，第二次与导轨成60°角放置。金属杆和导轨的电阻不计，当金属杆两次均以大小为v的速度分别沿垂直于杆的方向滑行时，下列说法正确的是(　　)
A．两次电阻R上的电压相等
B．第一次和第二次金属杆中感应电流之比为
C．第一次和第二次金属杆受到的安培力大小之比为
D．第一次和第二次电阻R上的电功率之比为
√
B　[第一次产生的感应电动势为E1＝Bdv，第二次产生的感应电动势为E2＝Bv＝Bdv，因金属杆和导轨的电阻不计，电阻上的电压即为感应电动势，可知两次电阻R上的电压不相等，根据I＝可知第一次和第二次金属杆中的感应电流之比为＝＝，A错误，B正确；第一次金属杆受安培力F1＝B·d＝，第二次金属杆受到的安培力大小F2＝B·＝，故第一次和第二次金属杆受到的安培力大小之比为，C错误；根据P＝可知第一次和第二次电阻R上的电功率之比为，D错误。故选B。]
【典例4　教用·备选题】　(平动电动势的电路分析)如图所示，光滑的金属框CDEF水平放置，宽为L，在E、F间连接一阻值为R的定值电阻，在C、D间连接一滑动变阻器R1(0≤R1≤2R)。框内存在着竖直向下的匀强磁场。一长为L、电阻为R的导体棒AB在外力作用下以速度v匀速向右运动，金属框电阻不计，导体棒与金属框接触良好且始终垂直，
下列说法正确的是(　　)
A．ABFE回路的电流方向为顺时针，ABCD回路的电流方向为逆时针
B．左右两个闭合区域的磁通量都在变化且变化率相同，故电路中的感应电动势大小为2BLv
C．当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝R时，导体棒两端的电压为BLv
D．当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝时，滑动变阻器有最大电功率且最大值为
√
D　[根据楞次定律可知，ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝BLv，故B错误；R1＝R时，外电路总电阻R外＝，故导体棒两端的电压即路端电压应为BLv，故C错误；该电路电动势E＝BLv，电源的内阻为R，求解滑动变阻器的最大电功率时，可以将导体棒和电阻R看成新的等效电源，等效内阻为，故当R1＝时，等效电源的输出功率最大，即滑动变阻器的电功率最大，最大值Pm＝＝＝，故D正确。]
[典例5]　(转动电动势的电路分析)如图所示，质量为M、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方向竖直向上、磁感应强度大小为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＝Mgl
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　[当开关接1时，对导体棒受力分析如图所示，根据几何关系可得Mg＝BIL，解得I＝，根据欧姆定律I＝，解得E0＝，故A错误；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方向相反，没有机械能损失，若导体棒运动到最低点时速度为零，导体棒损失的机械能转化为焦耳热，有Q′＝Mgl, 由于导体棒运动到最低点时速度不为零，
所以棒完成一次振动的过程中，消耗的焦耳热Q1．两种状态及处理方法
考点2　 电磁感应中的动力学问题
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 根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析
2．力学对象和电学对象的相互关系
[典例6]　(“单棒＋电阻”模型)如图所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求：
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；
(2)电阻的阻值。
思路点拨：分别画出金属杆进入磁场前、后的受力示意图，有助于快速准确地求解问题。
[解析]　(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
F－μmg＝ma ①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有
v＝at0 ②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律得金属杆产生的电动势为
E＝Blv ③
联立①②③式可得
E＝Blt0。 ④
(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律得
I＝ ⑤
式中R为电阻的阻值，金属杆所受的安培力为
F安＝BlI ⑥
因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得
F－μmg－F安＝0 ⑦
联立④⑤⑥⑦式得
R＝。 ⑧
[答案]　(1)Blt0　(2)
规律总结　用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
[典例7]　(电磁感应中的平衡问题)(双杆模型)如图所示，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g。已知金属棒ab匀速下滑。求：
(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；
(2)金属棒ab运动速度的大小。
[解析]　(1)设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为N1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为N2。对于ab棒，由力的平衡条件得
2mg sin θ＝μN1＋T＋F ①
N1＝2mg cos θ ②
对于cd棒，同理有
mg sin θ＋μN2＝T ③
N2＝mg cos θ ④
联立①②③④式得
F＝mg(sin θ－3μcos θ)。 ⑤
(2)由安培力公式得
F＝BIL ⑥
这里I是回路abdca中的感应电流，ab棒上的感应电动势为
E＝BLv ⑦
式中v是ab棒下滑速度的大小，由欧姆定律得
I＝ ⑧
联立⑤⑥⑦⑧式得
v＝(sin θ－3μcos θ)。 ⑨
[答案]　(1)mg(sin θ－3μcos θ) 　(2)(sin θ－3μcos θ)
[典例8]　(导体棒在磁场中做加速运动)(恒流模型)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流。金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g。求下滑到底端的过程中：
(1)金属棒末速度的大小v；
(2)通过金属棒的电流大小I；
(3)通过金属棒的电荷量Q。
[解析]　(1)金属棒做匀加速直线运动，根据运动学公式有v2＝2as
解得v＝。
(2)金属棒所受安培力F安＝IdB
金属棒所受合力F＝mg sin θ－F安
根据牛顿第二定律有F＝ma
解得I＝。
(3)金属棒的运动时间t＝
通过的电荷量Q＝It
解得Q＝。
[答案]　(1)　(2)
(3)
[典例9]　(“单棒＋电阻”斜面类模型)(2024·河北卷)如图，边长为2L的正方形金属细框固定放置在绝缘水平面上，细框中心O处固定一竖直细导体轴OO′。间距为L、与水平面成θ角的平行导轨通过导线分别与细框及导体轴相连。导轨和细框分别处在与各自所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小均为B。足够长的细导体棒OA在水平面内绕O点以角速度ω匀速转动，水平放置在导轨上的导体棒CD始终静止。OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好能静止。已知CD棒在导轨间的电阻值为R，电路中其余部分的电阻均不计，CD棒始终与导轨垂直，各部分始终接触良好，不计空气阻力，重力加速度大小为g。
(1)求CD棒所受安培力的最大值和最小值；
(2)锁定OA棒，推动CD棒下滑，撤去推力瞬间，CD棒的加速度大小为a，所受安培力大小等于(1)问中安培力的最大值，求CD棒与导轨间的动摩擦因数。
[解析]　(1)当OA棒切割磁感线的有效长度为l1＝L时，该棒产生的感应电动势最大，有
Emax＝＝BL2ω
此时CD棒所受的安培力最大，结合I＝和安培力公式有FAmax＝ImaxBL＝
当OA棒切割磁感线的有效长度为l2＝L时，该棒产生的感应电动势最小，有
Emin＝＝
此时CD棒所受的安培力最小，有
FAmin＝IminBL＝。
(2)设CD棒的质量为m，CD棒与平行导轨间的最大静摩擦力为f
OA棒在转动过程中，CD棒在所受安培力达到最大和最小时均恰好静止，则有
FAmax＝mg sin θ＋f
FAmin＋f＝mg sin θ
结合(1)问分析有FAmax＝mg sin θ
则撤去推力瞬间，CD棒的加速度方向沿平行导轨向上，对CD棒由牛顿第二定律有
FAmax＋μmg cos θ－mg sin θ＝ma
联立解得CD棒与导轨间的动摩擦因数为
μ＝。
[答案]　(1)　(2)
【典例9　教用·备选题】　(“单棒＋电阻”斜面类模型)两条平行光滑金属导轨所在平面与水平面夹角为θ，间距为L，导轨顶端连接阻值为R的电阻。导轨处在磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨平面与磁感线垂直。质量为 m、阻值为r的金属棒开始时被固定在导轨底端，导轨与外接电源相连，使金属棒中通有恒定电流 I。金属棒被松开后沿导轨匀加速上滑，上滑至某处时断开外接电源，又向上滑动距离s后金属棒速度减为零。导轨的电阻不计，已知重力加速度为g，求：
(1)金属棒匀加速上滑的加速度大小a；
(2)减速上滑过程中通过金属棒的电荷量q。
[解析]　(1)金属棒在匀加速运动时受到的安培力F沿斜面向上，且F＝BIL
则由牛顿运动定律有
F－mg sin θ＝ma
解得a＝－g sin θ。
(2)由题意有金属棒减速上滑过程中
＝＝t
解得q＝。
[答案]　(1)－g sin θ　(2)
[典例10]　(“单棒＋电容器”模型)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。金属棒在运动过程中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，对金属棒施加以水平向右的恒力，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。
[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得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＝
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＝BI′L不断减小，而拉力的功率
P′F＝F′v＝BI′Lv
定值电阻功率P′R＝I′2R
当P′F＝2P′R时有BI′Lv＝2I′2R
可得I′R＝
根据E＝BLv＝I′R＋
可得此时电容器两端电压为
UC＝＝＝BLv0。
[答案]　(1)　(2)
【典例10　教用·备选题】(“单棒＋电容器”模型)如图所示，竖直向下的匀强磁场中水平放置两足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧接有电容器，金属棒静止在导轨上，棒与导轨垂直，t＝0时，棒受到水平向右的恒力F作用，t＝t0时，撤去F，则棒的速度v、电容器所带的电荷量q、棒中安培力的冲量I、棒克服安培力做的功W与时间t的关系图像可能正确的是(　　)
A　　　　　　　B
C　　　　　　　D
√
D　[设某一时刻t，根据牛顿第二定律有F－F安＝ma，设该时刻电流大小为i，则F安＝BiL，联立得F－BiL＝ma，在很短的时间间隔内ΔQ＝i·Δt，ΔQ＝C·ΔU，ΔU＝BL·Δv，联立可得i＝BLC＝BLCa，结合前式可得F－B2L2Ca＝ma，a＝，v＝at＝，可知t0之前金属棒做匀加速运动，即v-t图像为一倾斜直线，撤去力F后感应电动势等于电容器两端电压，电容器不再充电，电流为零，金属棒开始做匀速运动，A错误；由上分析可知
＝i＝BLCa，t0之前q-t图像为倾斜直线，t0之后电容器不充放电，电荷量不变，B错误；安培力的冲量I＝BiL·t＝B2L2Ca·t，加速度a为定值，可知I-t图像为一倾斜直线，C错误；棒克服安培力做的功W＝F安·at2＝B2L2Ca2t2，可知 W-t 图像是关于t的二次曲线，D正确。故选D。]
题组一　电磁感应中的电路问题
1．如图所示，一足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω。一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为 1 Ω， 两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为 0.5。在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T。将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度大小以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)(　　)
1
题号
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
课时分层作业(三十)　电磁感应中的电路和动力学问题
A．2.5 m/s，1 W B．5 m/s，1 W
C．7.5 m/s，9 W D．15 m/s，9 W
1
题号
2
3
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12
√
B　[小灯泡稳定发光时，导体棒做匀速直线运动，处于平衡状态，由平衡条件得mg sin 37°＝μmg cos 37°＋，解得v＝5 m/s; 导体棒产生的感应电动势E＝BLv，电路电流I＝，灯泡消耗的功率P＝I2R，解得P＝1 W，故B正确。]
1
题号
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12
2．(2021·江苏新高考适应性考试)如图所示，光滑的平行长导轨水平放置，质量相等的导体棒L1和L2静止在导轨上，与导轨垂直且接触良好，已知L1的电阻大于L2，两棒间的距离为d，不计导轨电阻，忽略电流产生的磁场。将开关S从1拨到2，两棒运动一段时间后达到稳定状态，则(　　)
1
题号
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12
1
题号
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12
A．S拨到2的瞬间，L1中的电流大于L2
B．S拨到2的瞬间，L1的加速度大于L2
C．运动稳定后，电容器C的电荷量为零
D．运动稳定后，两棒之间的距离大于d
√
D　[电源给电容器充电，稳定后，S拨到2的瞬间，电容器相当于电源，和导体棒L1和L2组成闭合电路，由于L1的电阻大于L2，则L1中的电流小于L2中的电流，A错误；S拨到2的瞬间，L1中的电流小于L2中的电流，根据F＝BIL可得，则L1受到的安培力小于L2受到的安培力，由于两导体棒质量相等，根据牛顿第二定律得L1的加速度小于L2的加速度，B错误；S拨到2后，导体棒L1和L2受到安培力作用，则导体棒运动，产生电动势，当产生的电动势等于电容器两端的电
1
题号
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压时，电路稳定，此时电容器C的电荷量不为零，C错误；S拨到2后，导体棒L1和L2受到安培力作用，则导体棒运动，当产生的电动势等于电容器两端的电压时，电路稳定，此时导体棒L1和L2的速度相等，因为L1的加速度小于L2的加速度，运动时间相等，则L1的位移小于L2的位移，即运动稳定后，两棒之间的距离大于d，D正确。]
1
题号
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3．如图所示，导体杆OP在作用于OP中点且垂直于OP的力作用下，绕O点沿半径为r的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以一定的角速度转动。磁场的磁感应强度为B，AO间接有电阻R，杆和框架的电阻不计，回路中的总电功率为P，则(　　)
A．外力的大小为2Br
B．外力的大小为Br
C．导体杆旋转的角速度为
D．导体杆旋转的角速度为
1
题号
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12
√
C　[设导体杆转动的角速度为ω，则导体杆转动切割磁感线产生的感应电动势E＝Br2ω，回路电流I＝，根据题述回路中的电功率为P，则P＝EI；设维持导体杆匀速转动的外力为F，则有P＝F＝F·，联立解得F＝Br，ω＝，C正确，A、B、D错误。]
1
题号
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12
4．空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，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。t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示。则在t＝0到
t＝t1的时间间隔内(　　)
1
题号
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A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿逆时针方向
C．圆环中的感应电流大小为
D．圆环中的感应电动势大小为
√
C　[根据楞次定律可知在0～t0时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以A、B错误；根据法拉第电磁感应定律得E＝＝πr2·＝，根据电阻定律可得R＝ρ，根据欧姆定律可得I＝＝，所以C正确，D错误。]
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5．如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出。线框的边长小于磁场宽度。下列说法正确的是(　　)
A．线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向
B．线框出磁场的过程中做匀减速直线运动
C．线框在进和出的两过程中产生的焦耳热相等
D．线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等
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√
D　[线框进磁场的过程中由楞次定律知电流方向为逆时针方向，A错误；线框出磁场的过程中，根据E＝Blv，I＝，FA＝BIl，联立有FA＝＝ma，由于线框出磁场的过程中由左手定则可知线框受到的安培力向左，则v减小，线框做加速度减小的减速运动，B错误；由能量守恒定律得线框产生的焦耳热Q＝FAl，其中线框进出磁场时均做减速运动，但其进磁场时的速度大，安培力大，产生的焦耳热多，C错误；线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量q＝＝＝Bl，则联立有q＝x，由于线框在进和出的两过程中位移均为l，则线框在进和出的两过程中通过导线横截面的电荷量相等，故D正确。故选D。]
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题组二　电磁感应中的动力学问题
6．如图所示，两平行金属导轨水平放入磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨间距为L，导轨左端接有一电容为C的平行板电容器。一质量为m的金属棒ab垂直放在导轨上，在水平恒力F的作用下从静止开始运动。棒与导轨接触良好，不计金属棒和导轨的电阻以及金属棒和导轨间的摩擦。求金属棒的加速度并分析金属棒的运动性质。
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[解析]　运动过程分析：取一极短时间Δt，棒做加速运动，持续对电容器充电，则存在充电电流。
由F－BIL＝ma
I＝
ΔQ＝CΔU
ΔU＝ΔE＝BLΔv
联立可得F－＝ma
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其中＝a
则可得a＝，所以棒做加速度恒定的匀加速直线运动。
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[答案]　见解析
7．足够长的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(　　)
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A．B2的方向向上
B．导体棒受到向左的摩擦力
C．v2＝5 m/s
D．v2＝3 m/s
√
D　[导轨的速度v2>v1，因此对导体棒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f＝μmg＝2 N, 导体棒所受的安培力大小为F1＝f＝2 N，由左手定则可知回路中的电流方向为N→M→D→C→N，导体框受到向左的摩擦力、向右的拉力和向右的安培力，安培力大小为F2＝f－m0g＝1 N，由左手定则可知B2的方向向下，A、B错误；对导体棒分析有F1＝B1IL，对导轨分析有F2＝B2IL，电路中的电流为I＝，联立解得v2＝3 m/s，C错误，D正确。故选D。]
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8．(2025·江苏南京模拟)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下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长度也为r、电阻为R的直导体棒OA置于圆导轨上面，导体棒在外力作用下绕O点以角速度ω顺时针匀速转动。直导体棒O端和圆轨道引出导线分别与电阻R1＝R、R2＝2R和电容为C的平行板电容器相连。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(　　)
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A．M板带负电
B．导体棒OA产生的电动势为Br2ω
C．电容器所带电荷量为CBr2ω
D．电阻R1上消耗的电功率为
√
C　[根据右手定则可知，等效电源OA的A端为正极，则M板带正电，故A错误；导体棒OA垂直磁场转动切割磁感线，则产生的感应电动势为E＝Brω·r＝，故B错误；回路的感应电流为I＝，电容器两端电压为U2＝IR2，根据电容的定义式有C＝，解得Q＝CBr2ω，故C正确；电阻R1上消耗的电功率为P＝I2R1，结合上述解得P＝，故D错误。故选C。]
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9．(2024·江苏苏州一模)如图所示，PQ和MN是固定于水平面内电阻不计、间距L＝1 m的足够长平行光滑金属轨道，质量均为m＝
0.2 kg、接入两轨道电阻值均为R＝1 Ω的两金属棒ab、cd静置于轨道上，整个装置处在竖直向上、磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场中，某时刻cd棒突然受到水平向右I＝0.8 N·s的瞬时冲量作用开始，运动过程中金属棒始终与轨道垂直，接触良好，取重力加速度g＝
10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
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A．开始运动后，d端电势始终比c端电势低
B．cd棒开始运动的瞬间，d、c两端的电势差Udc＝1.6 V
C．在整个运动过程中，电路abcd中产生的热量为1.2 J
D．在整个运动过程中，通过ab棒横截面的电荷量为1 C
√
D　[根据右手定则判断可知：cd棒中感应电流方向从c到d，则d端相当于电源的正极，电势高于c端的电势，故A错误；cd棒开始运动的瞬间，产生的感应电动势为E＝BLv0，金属棒的速度为v0＝＝
4 m/s, 联立可得E＝1.6 V，d、c两端的电势差Udc＝R＝0.8 V，故B错误；由题意可知最后两根金属棒以相同的速度匀速运动且速度为v，根据动量守恒可得mv0＝2mv，解得v＝2 m/s，根据能量守恒可得产生的热量为Q＝－×2mv2＝0.8 J，故C错误；对cd棒根据动量定理可得BLΔt＝mv0－mv，即BLq＝mv0－mv，代入数据解得q＝1 C，故D正确。故选D。]
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10．如图所示，MN和PQ是两根足够长、电阻不计的相互平行、竖直放置的光滑金属导轨，匀强磁场垂直导轨平面。有质量和电阻的金属杆，始终与导轨垂直且接触良好。开始时，将开关S断开，让金属杆由静止开始下落，经过一段时间后，再将S闭合。金属杆所受的安培力、下滑时的速度分别用F、v表示；通过金属杆的电流、电荷量分别用i、q表示。若从S闭合开始计时，则F、v、i、q分别随时间t变化的图像可能正确的是(　　)
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A　　　　　　　B
C　　　　　　D
√
D　[由题意可知金属杆自由下落一段时间后闭合开关S，闭合后金属杆才受到安培力的作用，①当安培力小于重力时，金属杆继续加速，但安培力逐渐增大，结合牛顿第二定律可知，金属杆做加速度减小的加速运动，直到安培力和重力大小相等，金属杆做匀速运动；②当金属杆受到的安培力大于重力时，金属杆做减速运动，且安培力逐渐减小，金属杆做加速度减小的减速运动，直到安培力和重力大小相等，金属杆做匀速运动；③当金属杆受到的安培力大小刚好等于重力时，金属杆做匀速运动，电动势恒定，电路中的电流恒定。由于①②过程中速度并不是随时间均匀变化的，则安培力也不随时间均匀变化，故A、B错误；金属杆下落一段时间闭合S的瞬间电流不为0，故C错误；若闭合开关S时金属杆受到的安培力大小刚好等于重力，则感应电流恒定，根据q＝it，可知q与t成正比例关系，故D正确。]
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11．(2024·安徽卷)如图所示，一“U”形金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计、质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B＝kt(SI)，k为常数(k>0)。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R。t＝0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。不计空气阻力，两磁场互不影响。
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(1)求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的
关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab中电流的方向；
(2)求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式；
(3)求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。
[解析]　(1)通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式为Φ＝BS＝kL2t
根据法拉第电磁感应定律得
E＝n＝＝kL2
由楞次定律和安培定则可知ab中的电流从a流向b。
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(2)根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直导轨面向里，大小为F安＝BIL
其中B＝kt
设金属棒ab向上运动的位移为x，则根据运动学公式
x＝at2
所以导轨上方的电阻为R′＝2xr
由闭合电路欧姆定律得I＝
联立得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为F安＝。
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(3)由题知t＝0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，则对ab由牛顿第二定律得
F－mg－μF安＝ma
其中F安＝
联立可得F＝＋m(g＋a)
整理有F＝＋m(g＋a)
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可知当＝art时，F有最大值
故解得t＝
F的最大值为Fm＝＋m(g＋a)。
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[答案]　(1)Φ＝kL2t　kL2　从a流向b　(2)F安＝　(3)＋m(g＋a)
12．如图甲所示，两相距L＝1 m的平行金属导轨固定于水平面上，导轨左端与阻值R＝1 Ω的电阻连接，导轨间虚线右侧存在垂直导轨平面的匀强磁场。质量m＝0.1 kg的金属杆垂直置于导轨上，与导轨接触良好，导轨与金属杆的电阻可忽略。杆在水平向右的恒定拉力作用下由静止开始运动，并始终与导轨垂直，其v-t图像如图乙所示。在10 s末撤去拉力，同时磁感应强度随时间变化，使金属杆中电流为零。金属杆运动过程中与导轨间摩擦力保持不变。求：
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(1)金属杆所受的拉力的大小；
(2)0～10 s内匀强磁场的磁感应强度大小；
(3)10～15 s内，磁感应强度B与时间t的关系式。
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[解析]　(1)0～5 s内金属杆未进入磁场，所以有F－μmg＝ma1
由题图乙可知a1＝0.4 m/s2
10～15 s内金属杆中电流为零，故仅在摩擦力作用下运动，则μmg＝ma2
由题图乙可知a2＝0.4 m/s2
解得F＝0.08 N。
(2)在5～10 s时间段杆在磁场中做匀速运动，因此有
F＝
代入数据解得B0＝ T。
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(3)由于10～15 s内金属杆中电流为零，所以撤去恒定拉力之后，通过回路的磁通量不变，杆在磁场中匀速运动的距离为
d＝2×5 m＝10 m
设撤去拉力后杆运动的距离为x，则有
BL(d＋x)＝B0Ld
x＝2t－0.2t2
由此可得B＝ T。
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[答案]　(1)0.08 N　(2) T
(3)B＝ T
谢 谢 ！