微专题二 电磁感应
高考热点·突破
热点一 楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用
例1 (2025·银川模拟)如图所示,金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时,铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引( )
A.向左做减速运动 B.向左做加速运动
C.向右做匀速运动 D.向右做加速运动
[解题技法] 感应电流方向的判断方法
(1)楞次定律适用于穿过回路的磁通量变化。
(2)右手定则适用于导体切割磁感线运动。
例2 (2024·福建卷)拓扑结构在现代物理学中具有广泛的应用。现有一条绝缘纸带,两条平行长边镶有铜丝,将纸带一端扭转180°,与另一端连接,形成拓扑结构的莫比乌斯环,如图所示。连接后,纸环边缘的铜丝形成闭合回路,纸环围合部分可近似为半径为R的扁平圆柱。现有一匀强磁场从圆柱中心区域垂直其底面穿过,磁场区域的边界是半径为r的圆(rA.0 B.kπR2 C.2kπr2 D.2kπR2
训练1 (2025·河南三模)如图所示,虚线MN左侧空间存在一方向与纸面垂直的匀强磁场,磁感应强度B随时间t的变化关系为B=(2t-3) T。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。对从t=0时到t=2 s时,下列说法正确的是( )
A.圆环所受安培力的方向始终不变
B.圆环中的感应电流在1.5 s时发生改变
C.圆环中产生的感应电动势大小为2πr2
D.圆环中的感应电流大小为
热点二 电磁感应中的电路和图像问题
例3 (多选)(2025·广东联考)某同学学完电磁感应后动手制作了一个简易发电机,并成功点亮了一个小灯泡,原理图如图所示。固定金属圆环内存在垂直圆环平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场,金属棒一端固定在导电转轴OO'上,另一端与圆环接触良好,导电转轴OO'带动金属棒以角速度ω沿顺时针方向(从上往下看)匀速转动。已知金属棒长为l,圆环半径为r(rA.流过小灯泡的电流方向为C→A
B.金属棒产生感应电动势为Bl2ω
C.流过小灯泡的电流为
D.小灯泡的电功率为
[思维路径] 电磁感应中电路问题的解题流程
例4 (2025·苏州模拟)在如图甲所示的虚线框内有匀强磁场,一固定的金属线圈abcd有部分处在磁场中,磁场方向垂直于线圈平面,磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。规定磁感应强度垂直纸面向里为正方向、电流逆时针为正方向,安培力水平向左为正方向,线圈中产生的电动势E、电流I、内能Q、线圈受到的安培力F与时间t的关系可能正确的是( )
训练2 (多选)(2025·石家庄模拟)如图所示,空间分布有一半径为R的半圆形匀强磁场,磁感应强度为B,一边长为R的单匝正方形金属线框(阻值分布均匀)从图示位置向右以速度v匀速通过磁场区域,则关于金属线框的情况,下列说法正确的是( )
A.金属线框穿过磁场区域的过程中,感应电流先逐渐增大后逐渐减小直至为零
B.当金属线框的位移为时,ab间的电势差为-Bv
C.当金属线框的位移为时,ac间的电势差为0
D.当金属线框的位移为时,bd间的电势差为Bv
热点三 电磁感应中的动力学和能量问题
例5 (2025·天津模拟)如图所示,MN、PQ是足够长的光滑平行导轨,其间距为L=1 m,且MP⊥MN。导轨平面与水平面间的夹角θ=30°。MP接有R=1.5 Ω的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面,磁感应强度为B0=0.5 T。将一根质量为m=0.05 kg,阻值为r=0.5 Ω的金属棒ab紧靠PM放在导轨上,且与导轨接触良好,其余电阻均不计。现用与导轨平行的恒力F=0.5 N沿导轨平面向上拉金属棒,使金属棒从静止开始沿导轨向上运动,金属棒运动过程中始终与MP平行。当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度,cd到MP的距离为1.6 m。求:
(1)金属棒达到的稳定速度v;
(2)金属棒从静止开始运动到cd的过程中,电阻R上产生的热量Q;
(3)若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0,从此时刻起,让磁感应强度逐渐减小,可使金属棒中不产生感应电流,写出磁感应强度B随时间t变化的关系式。
[尝试解答]
[方法归纳] (1)电磁感应综合问题的解题思路。
(2)求解焦耳热Q的三种方法。
①焦耳定律:Q=I2Rt,适用于电流恒定的情况。
②功能关系:Q=W克安(W克安为克服安培力做的功)。
③能量转化:Q=ΔE(其他能的减少量)。
训练3 某同学设计了一个具有电磁缓冲功能的火箭模型,结构示意图如图所示。闭合矩形线圈abcd固定在主体下部,线圈的总电阻为R,匝数为n,ab边长为L。模型外侧安装有由高强度绝缘材料制成的缓冲槽,槽中有垂直于线圈平面、磁感应强度为B的匀强磁场。假设模型以速度v0与地面碰撞后,缓冲槽立即停止,此后主体在线圈与缓冲槽内磁场的作用下减速,从而实现缓冲。已知主体与线圈总质量为m,重力加速度为g,不计摩擦和空气阻力。
(1)求线圈中感应电流的最大值;
(2)当主体减速下落的加速度大小为时,求此时线圈中通过的电流大小及主体的速度大小;
(3)已知缓冲槽停止后主体下落距离为h时,主体速度减为,此时主体和缓冲槽未相碰,求该过程中线圈产生的热量Q。
高考真题·体验
1.(2024·甘肃卷)工业上常利用感应电炉冶炼合金,装置如图所示。当线圈中通有交变电流时,下列说法正确的是( )
A.金属中产生恒定感应电流
B.金属中产生交变感应电流
C.若线圈匝数增加,则金属中感应电流减小
D.若线圈匝数增加,则金属中感应电流不变
2.(多选)(2025·河南卷)手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量,光学防抖技术可以消除这种影响。如图,镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连,两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧,c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里。拍照时,手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向,依此自动调节c、d中通入的电流Ic和Id的大小和方向(无抖动时Ic和Id均为零),使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是( )
A.若Ic沿顺时针方向,Id=0,则表明a的方向向右
B.若Id沿顺时针方向,Ic=0,则表明a的方向向下
C.若a的方向沿左偏上30°,则Ic沿顺时针方向,Id沿逆时针方向且Ic>Id
D.若a的方向沿右偏上30°,则Ic沿顺时针方向,Id沿顺时针方向且Ic3.(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
4.(多选)(2024·全国甲卷)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变化的图像中可能正确的是( )
5.(多选)(2024·山东卷)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
6.(多选)(2024·辽宁卷)如图,两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上,间距为L,左、右两导轨面与水平面夹角均为30°,均处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上,同时由静止释放,两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好,ab、cd的质量分别为2m和m,长度均为L。导轨足够长且电阻不计,重力加速度为g,两棒在下滑过程中( )
A.回路中的电流方向为abcda
B.ab中电流趋于
C.ab与cd加速度大小之比始终为2∶1
D.两棒产生的电动势始终相等
微专题二 电磁感应
例1 A 解析 当导体棒向左做减速运动时,由右手定则可判定回路中的感应电流方向由b到a,且减小,由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在减弱,由楞次定律知c中出现顺时针方向的感应电流(从右向左看)且被螺线管吸引,A项正确;当导体棒向左做加速运动时,由右手定则可判定回路中的感应电流方向由b到a,且增大,由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在增强,由楞次定律知c中出现逆时针方向的感应电流(从右向左看)且被螺线管排斥,B项错误;当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流,线圈中的磁通量恒定,无感应电流出现,C项错误;当导体棒向右做加速运动时,由右手定则可判定回路中的感应电流方向由a到b,且增大,由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向右在增强,由楞次定律知c中出现顺时针方向的感应电流(从右向左看)且被螺线管排斥,D项错误。
例2 C 解析 由题意可知,铜丝构成的“莫比乌斯环”形成了两匝(n=2)线圈串联的闭合回路,穿过回路的磁场有效面积为S=πr2,根据法拉第电磁感应定律可知,回路中产生的感应电动势大小为E=n=n=2kπr2,C项正确。
训练1 D 解析 由题知,磁感应强度B随时间t的变化关系为B=(2t-3) T,设当t=t0时磁感应强度B=0,代入上式,则有B=(2t0-3) T=0,解得t0=1.5 s,即当t从0~1.5 s时磁感应强度向里减到零,1.5 s时磁感应强度为零,之后磁感应强度向外反向增加;根据楞次定律可知,在0~1.5 s内圆环的电流为顺时针;1.5 s后圆环的电流也为顺时针,即电流方向不发生改变;根据左手定则可知,在0~1.5 s内圆环所受的安培力向左,1.5 s后圆环所受的安培力向右,即安培力方向发生变化,A、B两项错误;根据法拉第电磁感应定律有E=·πr2,根据磁感应强度B随时间t的变化关系为B=(2t-3) T,可得=2 T/s,故感应电动势大小为E=πr2,C项错误;根据电阻定律,可得圆环的电阻为R=ρ=ρ,则感应电流大小为I==,D项正确。
例3 AC 解析 由右手定则可判断感应电流方向为从圆环边到圆心,即流过小灯泡的电流方向为C→A,A项正确;金属棒旋转切割磁感线有效长度为r,其产生的感应电动势E=Br2ω,B项错误;感应电流大小I==,C项正确;小灯泡功率P=I2R=,D项错误。
例4 C 解析 若设磁场向里为正方向,由楞次定律可知,在0~T时间内线圈中产生逆时针方向电流,在T~2T时间内线圈中产生顺时针方向电流,根据法拉第电磁感应定律E==·S,感应电动势大小不变,但是方向不同,根据I=,在0~T时间内线圈中产生的逆时针方向电流不变,在T~2T时间内线圈中产生顺时针方向的电流也不变,A、B两项错误;根据Q=I2Rt可知,因I、R不变,则Q-t图像是过原点的直线,C项正确;根据F安=BIL,在0~T时间内B随时间均匀减小,则F安随时间均匀减小,且F安方向向左;在T~T时间内B随时间均匀增加,则F安随时间均匀增加,且F安方向向右;在T~T时间内F安随时间均匀减小,方向向左;T~2T时间内F安随时间均匀增大,方向向右,D项错误。
训练2 BD 解析 金属线框穿过磁场区域的过程中,进入磁场时,bd边切割磁感线,有效长度在增大,感应电流在增大;当bd边进入右侧磁场切割磁感线时,ac边在左侧磁场切割磁感线,根据右手定则,可知bd边切割产生逆时针电流,ac边切割产生顺时针电流,故两条边切割产生的电流相互抵消,刚开始bd边的有效长度大于ac边的有效长度,随后再等于ac边的有效长度、再小于ac边的有效长度,则电流有效值先减小到零,当bd边的有效长度小于ac边的有效长度时,电流有效值反向增大,当ac边刚好达到O点时,bd边出右侧磁场,此时电流反向达到最大值,之后ac边出磁场,其有效长度不断减小,最后为零,故感应电流先逐渐增大后减小为零,再反向增大到最大后减小到0,A项错误;当金属线框的位移为时,根据几何关系,可得bd边的有效切割长度为L==,回路电动势为E=BLv=Bv,根据右手定则,可知电流由b到d,此时为bd边上部分导体看成电源内部,线框的其他部分为电源的外部,故电势φa<φb,则ab间的电势差为Uab=-×R=-Bv,B项正确;当金属线框的位移为时,ac边和bd边的有效切割长度相等,根据几何关系,可得L'==,根据右手定则,可知两边产生的电流方向相反,故回路中的电流为零,但ac和bd间的电势差均为E=BL'v=Bv,C项错误,D项正确。
例5 答案 (1)2 m/s,方向沿导轨向上 (2) J
(3)B= T
解析 (1)当金属棒稳定运动时,受力平衡,由牛顿第二定律有F=mgsin θ+F安,F安=B0IL=,
代入数据解得金属棒稳定运动时的速度为v=2 m/s,
方向沿导轨向上。
(2)对导体棒从开始运动到cd的过程中由动能定理有
Fx-mgxsin θ-W克=mv2-0,
由功能关系可知W克=Q总,
则电阻R上产生的焦耳热为Q=Q总,
联立解得电阻R上产生的焦耳热为Q= J。
(3)当回路中的总磁通量不变化时,金属棒中不产生电流,此时金属棒将沿轨道做匀加速直线运动,由牛顿第二定律有F-mgsin θ=ma,
由磁通量不变有B0Lx=BL,
联立解得磁感应强度B随时间t变化的关系式
B= T。
训练3 答案 (1) (2)
(3)mgh+m
解析 (1)感应电动势的最大值为Emax=nBLv0,
感应电流的最大值为Imax=,
解得Imax=。
(2)当主体减速下落的加速度大小为时,对主体与线圈整体分析,根据牛顿第二定律有
nBI1L-mg=m·,
解得I1=,
此时有E1=I1R=,
根据法拉第电磁感应定律有E1=nBLv',
解得v'=。
(3)根据动能定理有mgh+W安=m-m,
根据功能关系有Q=-W安,
解得Q=mgh+m。
高考真题体验
1.B 解析 当线圈中通有交变电流时,感应电炉金属内的磁通量也不断随之变化,金属中产生交变感应电流,A项错误,B项正确;若线圈匝数增加,根据电磁感应定律可知,感应电动势增大,则金属中感应电流变大,C、D两项错误。
2.BC 解析 拍照时,镜头处于零加速度状态,则由牛顿第二定律可知,两线圈所受安培力的合力对应的加速度与手机框架的微小加速度大小相等、方向相反。若Ic沿顺时针方向,Id=0,则由左手定则可知线圈c所受安培力方向水平向右,线圈d所受安培力为0,两线圈所受安培力的合力水平向右,则表明a的方向向左,A项错误;若Id沿顺时针方向,Ic=0,则由左手定则可知线圈d所受安培力方向竖直向上,线圈c所受安培力为0,则表明a的方向向下,B项正确;若a的方向沿左偏上30°,则两线圈所受安培力的合力的方向沿右偏下30°,根据力的合成与分解可知,c受到水平向右的安培力大于d所受竖直向下的安培力,根据安培力公式可知Ic>Id,根据左手定则可知Ic沿顺时针方向,Id沿逆时针方向,C项正确;同理,若a的方向沿右偏上30°,有Ic>Id,Ic沿逆时针方向,Id沿逆时针方向,D项错误。
3.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,C项正确。
4.AC 解析 设线圈的上边进入磁场时的速度为v,线圈的质量为M,物块的质量为m,图中线圈进入磁场时线圈的加速度向下,则对线圈由牛顿第二定律可知Mg+F安-T=Ma,对滑块T-mg=ma,其中F安=,即+(M-m)g=(M+m)a,线圈向上做减速运动,随速度的减小,向下的加速度减小;当加速度为零时,即线圈匀速运动的速度为v0=。若线圈进入磁场时的速度较小,则线圈进入磁场时做加速度减小的减速运动,线圈的速度和加速度都趋近于零,则图像A可能正确;因t=0时刻线圈就进入磁场,则进入磁场时线圈向上不可能做匀减速运动,则图像B不可能;若线圈的质量等于物块的质量,且当线圈进入磁场时,且速度大于v0,线圈进入磁场做加速度减小的减速运动,完全进入磁场后线圈做匀速运动;当线圈出离磁场时,受向下的安培力又做加速度减小的减速运动,最终出离磁场时做匀速运动,则图像C有可能,D项不可能。故选AC。
5.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,A项正确;当金属棒MN向右运动,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,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,B项正确;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,C项错误;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,D项正确。
6.AB 解析 两导体棒沿轨道向下滑动,根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda,A项正确;设回路中的总电阻为R,对于任意时刻当电路中的电流为I时,对ab根据牛顿第二定律得2mgsin 30°-2BILcos 30°=2maab,对cd,有mgsin 30°-BILcos 30°=macd。可知aab=acd,分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加,随着导体棒速度的增大,回路中的电流增大,导体棒受到的安培力在增大,故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动,此时电路中的电流达到稳定值,此时对ab分析可得2mgsin 30°=2BILcos 30°,解得I=,B项正确,C项错误;根据前面分析可知aab=acd,故可知两导体棒速度大小始终相等,由于两边磁感应强度不同,故产生的感应电动势不等,D项错误。(共57张PPT)
微专题二
专题四 电路和电磁感应
电磁感应
热点一 楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用
例1 (2025·银川模拟)如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引( )
A.向左做减速运动
B.向左做加速运动
C.向右做匀速运动
D.向右做加速运动
当导体棒向左做减速运动时，由右手定则可判定回路中的感应电流方向由b到a，且减小，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在减弱，由楞次定律知c中出现顺时针方向的感应电流(从右向左看)且被螺线管吸引，A项正确；当导体棒向左做加速运动 时，由右手定则可判定回路中的感应电流方向由b到a，且增大，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在增强，由楞次定律知c中出现逆时针方向的感应电流(从右向左看)且被螺线管排斥，
解析
B项错误；当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定，无感应电流出现，C项错误；当导体棒向右做加速运动时，由右手定则可判定回路中的感应电流方向由a到b，且增大，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向右在增强，由楞次定律知c中出现顺时针方向的感应电流(从右向左看)且被螺线管排斥，D项错误。
解析
[解题技法] 感应电流方向的判断方法
(1)楞次定律适用于穿过回路的磁通量变化。
(2)右手定则适用于导体切割磁感线运动。
例2 (2024·福建卷)拓扑结构在现代物理学中具有广泛的应用。现有一条绝缘纸带，两条平行长边镶有铜丝，将纸带一端扭转180°，与另一端连接，形成拓扑结构的莫比乌斯环，如图所示。连接后，纸环边缘的铜丝形成闭合回路，纸环围合部分可近似为半径为R的扁平圆柱。现有一匀强磁
场从圆柱中心区域垂直其底面穿过，磁场区域的边界是半径为r的圆(rA.0 B.kπR2 C.2kπr2 D.2kπR2
由题意可知，铜丝构成的“莫比乌斯环”形成了两匝(n=2)线圈串联的闭合回路，穿过回路的磁场有效面积为S=πr2，根据法拉第电磁感应定律可知，回路中产生的感应电动势大小为E=n=n= 2kπr2，C项正确。
解析
训练1 (2025·河南三模)如图所示,虚线MN左侧空间存在一方向与纸面垂直的匀强磁场,磁感应强度B随时间t的变化关系为B=(2t-3) T。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。对从t=0时到t=2 s时，下列说法正确的是( )
A.圆环所受安培力的方向始终不变
B.圆环中的感应电流在1.5 s时发生改变
C.圆环中产生的感应电动势大小为2πr2
D.圆环中的感应电流大小为
由题知，磁感应强度B随时间t的变化关系为B=(2t-3) T，设当t=t0时磁感应强度B=0，代入上式，则有B=(2t0-3) T=0，解得t0=1.5 s，即当t从0~1.5 s时磁感应强度向里减到零，1.5 s时磁感应强度为零，之后磁感应强度向外反向增加；根据楞次定律可知，在0~1.5 s内圆环的电流为顺时针；1.5 s后圆环的电流也为顺时针，即电流 方向不发生改变；根据左手定则可知，在0~1.5 s内圆环所受的安培力向左，1.5 s后圆环所受的安培力向右，即安培力方向发生变
解析
化，A、B两项错误；根据法拉第电磁感应定律有E=πr2，根据磁感应强度B随时间t的变化关系为B=(2t-3) T，可得=2 T/s，故感应电动势大小为E=πr2，C项错误；根据电阻定律，可得圆环的电阻为R=ρ=ρ，则感应电流大小为I==，D项正确。
解析
热点二 电磁感应中的电路和图像问题
例3 (多选)(2025·广东联考)某同学学完电磁感应后动手制作了一个简易发电机，并成功点亮了一个小灯泡，原理图如图所示。固定金属圆环内存在垂直圆环平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，
金属棒一端固定在导电转轴OO'上，另一端与圆环接触良好，导电转轴OO'带动金属棒以角速度ω沿顺时针方向(从上往下看)匀速转动。已知金属棒长为l，圆环半径为r(rA.流过小灯泡的电流方向为C→A
B.金属棒产生感应电动势为Bl2ω
C.流过小灯泡的电流为
D.小灯泡的电功率为
由右手定则可判断感应电流方向为从圆环边到圆心，即流过小灯泡的电流方向为C→A，A项正确；金属棒旋转切割磁感线有效长度为r，其产生的感应电动势E=Br2ω，B项错误；感应电流大小I==，C项正确；小灯泡功率P=I2R=，D项错误。
解析
[思维路径] 电磁感应中电路问题的解题流程
例4 (2025·苏州模拟)在如图甲所示的虚线框内有匀强磁场，一固定的金属线圈abcd有部分处在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。规定磁感应强度垂直 纸面向里为正方向、电流逆时针为正方向，安培力水平向左为正方向，线圈中产生的电动势E、电流I、内能Q、线圈受到的安培力F与时间t的关系可能正确的是( )
若设磁场向里为正方向，由楞次定律可知，在0~T时间内线圈中产生逆时针方向电流，在T~2T时间内线圈中产生顺时针方向电流，根据法拉第电磁感应定律E==·S，感应电动势大小不变，但是方向不同，根据I=，在0~T时间内线圈中产生的逆时针方向 电流不变，在T~2T时间内线圈中产生顺时针方向的电流也不变，A、B两项错误；根据Q=I2Rt可知，因I、R不变，则Q-t图像是过原
解析
点的直线，C项正确；根据F安=BIL，在0~T时间内B随时间均匀减小，则F安随时间均匀减小，且F安方向向左；在T~T时间内B随时间均匀增加，则F安随时间均匀增加，且F安方向向右；在T~T时间内F安随时间均匀减小，方向向左；T~2T时间内F安随时间均匀增大，方向向右，D项错误。
解析
训练2 (多选)(2025·石家庄模拟)如图所示，空间分布有一半径为R的半圆形匀强磁场，磁感应强度为B，一边长为R的单匝正方形金属线框(阻值分布均匀)从图示位置向右以速度v匀速通过磁场区域，则关于金属线框的情况，下列说法正确的是( )
A.金属线框穿过磁场区域的过程中，感应电流先逐渐增大后逐渐减小直至为零
B.当金属线框的位移为v
C.当金属线框的位移为时，ac间的电势差为0
D.当金属线框的位移为v
金属线框穿过磁场区域的过程中，进入磁场时，bd边切割磁感 线，有效长度在增大，感应电流在增大；当bd边进入右侧磁场切割磁感线时，ac边在左侧磁场切割磁感线，根据右手定则，可知bd边切割产生逆时针电流，ac边切割产生顺时针电流，故两条边切割产生的电流相互抵消，刚开始bd边的有效长度大于ac边的有效长度，随后再等于ac边的有效长度、再小于ac边的有效长度，则电流有效值先减小到零，当bd边的有效长度小于ac边的有效长度时,电流有效值反向增大，当ac边刚好达到O点时，bd边出右侧
解析
磁场，此时电流反向达到最大值，之后ac边出磁场，其有效长度不断减小，最后为零，故感应电流先逐渐增大后减小为零，再反向增大到最大后减小到0，A项错误；当金属线框的位移为时，根据几何关系，可得bd边的有效切割长度为L==，回路电动势为E=BLv=Bv，根据右手定则，可知电流由b到d，此时为bd边上部分导体看成电源内部，线框的其他部分为电源的
解析
外部，故电势φa<φb，则ab间的电势差为Uab=-×R=-Bv，B项正确；当金属线框的位移为时，ac边和bd边的有效切割长度相等，根据几何关系，可得L'==，根据右手定则，可知两边产生的电流方向相反，故回路中的电流为零，但ac和bd间的电势差均为E=BL'v=Bv，C项错误，D项正确。
解析
热点三 电磁感应中的动力学和能量问题
例5 (2025·天津模拟)如图所示,MN、PQ是足够长的光滑平行导轨，其间距为L=1 m，且MP⊥MN。导轨平面与水平面间的夹角θ=30°。MP接有R=1.5 Ω的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B0=0.5 T。将一根质量为m=0.05 kg，阻值为r=0.5 Ω的金属棒ab紧靠PM放在导轨上，且与导轨接触良好，其余电阻均不计。现用与导轨平行
的恒力F=0.5 N沿导轨平面向上拉金属棒，使金属棒从静止开始沿导轨向上运动，金属棒运动过程中始终与MP平行。当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度，cd到MP的距离为1.6 m。求：
(1)金属棒达到的稳定速度v；
当金属棒稳定运动时，受力平衡，由牛顿第二定律有
F=mgsin θ+F安，F安=B0IL=，
代入数据解得金属棒稳定运动时的速度为v=2 m/s，
方向沿导轨向上。
解析
(2)金属棒从静止开始运动到cd的过程中，电阻R上产生的热量Q；
对导体棒从开始运动到cd的过程中由动能定理有
Fx-mgxsin θ-W克=mv2-0，
由功能关系可知W克=Q总，
则电阻R上产生的焦耳热为Q=Q总，
联立解得电阻R上产生的焦耳热为Q= J。
解析
(3)若将金属棒滑行至cd处的时刻记作t=0，从此时刻起，让磁感应强度逐渐减小，可使金属棒中不产生感应电流，写出磁感应强度B随时间t变化的关系式。
当回路中的总磁通量不变化时，金属棒中不产生电流，此时金属棒将沿轨道做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有F-mgsin θ=ma，
由磁通量不变有B0Lx=BL，
联立解得磁感应强度B随时间t变化的关系式B= T。
解析
[方法归纳] (1)电磁感应综合问题的解题思路。
(2)求解焦耳热Q的三种方法。
①焦耳定律：Q=I2Rt，适用于电流恒定的情况。
②功能关系：Q=W克安(W克安为克服安培力做的功)。
③能量转化：Q=ΔE(其他能的减少量)。
训练3 某同学设计了一个具有电磁缓冲功能的火箭模型，结构示 意图如图所示。闭合矩形线圈abcd固定在主体下部，线圈的总电阻为R，匝数为n，ab边长为L。模型外侧安装有由高强度绝缘材料制成
的缓冲槽，槽中有垂直于线圈平面、磁感应强度为B的匀强磁场。假设模型以速度v0与地面碰撞后，缓冲槽立即停止，此后主体在线圈与缓冲槽内磁场的作用下减速，从而实现缓冲。已知主体与线圈总质量为m，重力加速度为 g，不计摩擦和空气阻力。
(1)求线圈中感应电流的最大值；
感应电动势的最大值为Emax=nBLv0，
感应电流的最大值为Imax=，
解得Imax=。
解析
(2)当主体减速下落的加速度大小为时，求此时线圈中通过的电流大小及主体的速度大小；
当主体减速下落的加速度大小为时，对主体与线圈整体分析，根据牛顿第二定律有nBI1L-mg=m·，
解得I1=，
此时有E1=I1R=，根据法拉第电磁感应定律有E1=nBLv'，
解得v'=。
解析
(3)已知缓冲槽停止后主体下落距离为h时，主体速度减为，此时主体和缓冲槽未相碰，求该过程中线圈产生的热量Q。
根据动能定理有mgh+W安=m-m，
根据功能关系有Q=-W安，
解得Q=mgh+m。
解析
1.(2024·甘肃卷)工业上常利用感应电炉冶炼合金，装置如图所示。当线圈中通有交变电流时，下列说法正确的是( )
A.金属中产生恒定感应电流
B.金属中产生交变感应电流
C.若线圈匝数增加，则金属中感应电流减小
D.若线圈匝数增加，则金属中感应电流不变
当线圈中通有交变电流时，感应电炉金属内的磁通量也不断随之变化，金属中产生交变感应电流，A项错误，B项正确；若线圈匝数增加，根据电磁感应定律可知，感应电动势增大，则金属中感应电流变大，C、D两项错误。
解析
2.(多选)(2025·河南卷)手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学防抖技术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相连，两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧，c、d中的一部分处在相同的匀强磁场中，磁场方
向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速度a的大小和方向，依此自动调节c、d中通入的电流Ic和Id的大小和方向(无抖动时Ic和Id均为零)，使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是( )
A.若Ic沿顺时针方向，Id=0，则表明a的方向向右
B.若Id沿顺时针方向，Ic=0，则表明a的方向向下
C.若a的方向沿左偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿逆时针方向且Ic>Id
D.若a的方向沿右偏上30°，则Ic沿顺时针方向，Id沿顺时针方向且Ic拍照时，镜头处于零加速度状态，则由牛顿第二定律可知，两线圈所受安培力的合力对应的加速度与手机框架的微小加速度大小相等、方向相反。若Ic沿顺时针方向，Id=0，则由左手定则可知线圈c所受安培力方向水平向右，线圈d所受安培力为0，两线圈所受安培力的合力水平向右，则表明a的方向向左，A项错误；若Id沿顺时针方向，Ic=0，则由左手定则可知线圈d所受安培力方向竖直向上，线圈c所受安培力为0，则表明a的方向向下，B项正确；若a
解析
的方向沿左偏上30°，则两线圈所受安培力的合力的方向沿右偏下30°，根据力的合成与分解可知，c受到水平向右的安培力大于d所受竖直向下的安培力，根据安培力公式可知Ic>Id，根据左手定则可知Ic沿顺时针方向，Id沿逆时针方向，C项正确；同理，若a的方向沿右偏上30°，有Ic>Id，Ic沿逆时针方向，Id沿逆时针方向，D项错误。
解析
3.(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
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，C项正确。
解析
4.(多选)(2024·全国甲卷)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变化的图像中可能正确的是( )
设线圈的上边进入磁场时的速度为v，线圈的质量为M，物块的质量为m，图中线圈进入磁场时线圈的加速度向下，则对线圈由 牛顿第二定律可知Mg+F安-T=Ma，对滑块T-mg=ma，其中F安= ，即+(M-m)g=(M+m)a，线圈向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线圈匀速运动的速度为v0=。若线圈进入磁场时的速度较小，则线圈进入磁场时做加速度减小的减速运动，线圈的速度和加速度都趋近
解析
于零，则图像A可能正确；因t=0时刻线圈就进入磁场，则进入磁场时线圈向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能；若线圈的质量等于物块的质量，且当线圈进入磁场时，且速度大于v0，线圈进入磁场做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后线圈做匀速运动；当线圈出离磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速运动，最终出离磁场时做匀速运动，则图像C有可能，D项不可能。故选AC。
解析
5.(多选)(2024·山东卷)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
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，A项正确；当金属棒MN向右运动，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，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
解析
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，B项正确；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，C项错误；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，D项正确。
解析
6.(多选)(2024·辽宁卷)如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有
一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨 上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。 导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中( )
A.回路中的电流方向为abcda
B.ab中电流趋于
C.ab与cd加速度大小之比始终为2∶1
D.两棒产生的电动势始终相等
两导体棒沿轨道向下滑动,根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda，A项正确;设回路中的总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得2mgsin 30°-2BILcos 30°=
解析
2maab，对cd，有mgsin 30°-BILcos 30°=macd。可知aab=acd，分析可知两个导体棒产生的电动势相互叠加，随着导体棒速度的增大，回路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，此时对ab分析可得2mgsin 30°=2BILcos 30°，解得I=，B项正确，C项错误；根据前面分析可知aab=acd，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，故产生的感应电动势不等，D项错误。
解析专题精练13 电磁感应
保分基础练
1.(2024·甘肃卷)如图,相距为d的固定平行光滑金属导轨与阻值为R的电阻相连,处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,长度为L的导体棒ab沿导轨向右做匀速直线运动,速度大小为v。则导体棒ab所受的安培力为( )
A.,方向向左 B.,方向向右
C.,方向向左 D.,方向向右
2.(2024·北京卷)如图所示,线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上,下列说法正确的是( )
A.闭合开关瞬间,线圈M和线圈P相互吸引
B.闭合开关,达到稳定后,电流表的示数为0
C.断开开关瞬间,流过电流表的电流方向由a到b
D.断开开关瞬间,线圈P中感应电流的磁场方向向左
3.(2024·浙江6月卷)如图所示,边长为1 m、电阻为0.04 Ω的刚性正方形线框abcd放在匀强磁场中,线框平面与磁场B垂直。若线框固定不动,磁感应强度以=0.1 T/s均匀增大时,线框的发热功率为P;若磁感应强度恒为0.2 T,线框以某一角速度绕其中心轴OO'匀速转动时,线框的发热功率为2P,则ab边所受最大的安培力为( )
A. N B. N
C.1 N D. N
4.(2025·烟台模拟)飞机在航母上弹射起飞可以利用电磁驱动来实现。电磁驱动的原理如图所示,当固定线圈上突然通过直流电流时,线圈附近的金属环会被弹射出去。现在固定线圈左侧的同一位置,先后放有分别用铜和铝制成的闭合金属环,已知两环的横截面积相等、形状相同,且电阻率ρ铜<ρ铝,则合上开关S的瞬间,下列说法正确的是( )
A.铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力
B.从左侧看环中的感应电流沿逆时针方向
C.若将铜环放置在线圈右方,铜环将向左运动
D.电池正负极调换后,金属环不能向左弹射
5.(2025·浙江1月卷)新能源汽车日趋普及,其能量回收系统可将制动时的动能回收再利用,当制动过程中回收系统的输出电压(U)比动力电池所需充电电压(U0)低时,不能直接充入其中。在下列电路中,通过不断打开和闭合开关S,实现由低压向高压充电,其中正确的是( )
6.(2024·天津卷)如图所示,两根不计电阻的光滑金属导轨平行放置,导轨及其构成的平面均与水平面成某一角度,导轨上端用直导线连接,整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。具有一定阻值的金属棒MN从某高度由静止开始下滑,下滑过程中MN始终与导轨垂直并接触良好,则MN所受的安培力F及其加速度a、速度v、电流I,随时间t变化的关系图像可能正确的是( )
7.(多选)(2025·济宁模拟)如图所示,宽度d=0.2 m的区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小B=1 T,方向垂直纸面向里。一正方形导线框abcd,从距磁场上边界高度h=0.2 m处自由下落,下落过程中线框ab边始终与磁场边界平行,其下边ab刚进入磁场和刚离开磁场时的速度相同。已知线框质量m=10 g,边长l=0.1 m,电阻R=0.1 Ω,重力加速度g取10 m/s2。则( )
A.线框刚进入磁场时线框中有顺时针方向的电流
B.线框完全离开磁场时的速度为 m/s
C.线框在穿越磁场过程中产生的热量为0.02 J
D.线框穿越整个磁场所用时间为 s
增分提能练
8.(多选)(2025·济宁模拟)如图甲所示,闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中,磁场的方向与导线框所在平面垂直,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,顺时针为线框中感应电流的正方向,水平向右为安培力的正方向。关于线框中的感应电流i、ad边所受的安培力F随时间t变化的图像,下列选项正确的是( )
9.(多选)(2025·秦皇岛二模)如图所示,光滑斜面的倾角为θ=30°,斜面上放置一矩形导体线框abcd,bc边的边长为L,ab边的边长为2L,线框的质量为m,电阻为R,线框通过绝缘细线绕过光滑的定滑轮与一质量为m的重物相连,开始时锁定线框;斜面上平行于底边的虚线ef上方有垂直斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场,线框在开始位置时ab边离ef的距离也为2L,由静止释放线框,线框cd边刚要进入磁场时,线框的加速度为零,线框运动中ab边始终平行于底边,重力加速度大小为g,则下列说法正确的是( )
A.线框ab边进入磁场前的加速度大小为g
B.cd边刚要进磁场时,线框的速度大小为
C.线框进磁场过程中,安培力的冲量大小为
D.线框进磁场过程中,线框中产生的焦耳热为mgL-
10.(多选)(2025·菏泽二模)两组平行光滑金属导轨在同一水平面固定,间距分别为d和2d,分别连接电阻R1、R2,M、N到外侧轨道距离相等,边长为d的正方形区域存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B。距磁场左边界d处,一长为2d的均匀导体棒以速度v0向右运动,导体棒运动到磁场左边界时与两组导轨同时接触,导体棒运动到磁场正中央位置时的速度大小为v。导体棒质量为m,阻值为2R,R1、R2的阻值均为R,其他电阻不计,棒与导轨垂直且接触良好。下列描述正确的是( )
A.导体棒运动到磁场正中央位置时的加速度大小a=
B.导体棒运动到磁场正中央位置时电阻R1的热功率P1=
C.导体棒运动到磁场正中央位置过程中通过R1的电荷量q1=
D.导体棒运动到磁场正中央位置过程中导体棒产生的热量Q=
11.(2025·锦州模拟)两根完全相同、电阻不计且相距L=0.5 m的“”形光滑导轨(斜面足够长)如图固定,其中ABNM导轨构成的平面与水平面成θ=53°,BCPN导轨置于水平面内。导轨CP端连接定值电阻R1,导轨AM端串联一个开关K和微型电动机,电动机的额定电压为U1=2.4 V,额定功率为P1=0.48 W。在导轨所在斜面的矩形区域DBNQ内分布有垂直于斜面向上的匀强磁场,磁感应强度大小B=2 T,磁场上边界为DQ。保持开关K闭合,t=0时刻在导轨斜面上与DQ距离s=1 m处,有一根长度为L、阻值r=2 Ω的金属棒ab垂直于导轨由静止释放,金属棒进入磁场后立即做匀速直线运动,此过程中电动机恰好以额定功率运行,重力加速度g=10 m/s2。sin 53°=0.8,cos 53°=0.6。
(1)判断金属棒ab在磁场中匀速运动时,通过电阻R1的电流方向;求金属棒ab在磁场中运动的速度大小v。
(2)求金属棒的质量m和定值电阻R1的阻值。
(3)在t1=0.5 s时断开开关K,同时在矩形区域BCPN中加一竖直向下的磁场,磁感应强度B1随时间变化的关系满足B1=4t(单位:T),已知矩形区域BCPN的面积为0.2 m2。求从t=0到t2=2 s的整个过程中电路产生的总焦耳热Q总。
专题精练13 电磁感应
1.A 解析 导体棒ab切割磁感线在电路部分的有效长度为d,故感应电动势为E=Bdv,回路中感应电流为I=,根据右手定则,判断电流方向为b流向a,故导体棒ab所受的安培力为F=BId=,方向向左,A项正确。
2.B 解析 闭合开关瞬间,线圈P中感应电流的磁场与线圈M中电流的磁场方向相反,由楞次定律可知,二者相互排斥,A项错误;闭合开关,达到稳定后,通过线圈P的磁通量保持不变,则感应电流为零,电流表的示数为零,B项正确;断开开关瞬间,通过线圈P的磁场方向向右,磁通量减小,由楞次定律可知感应电流的磁场方向向右,因此流过电流表的感应电流方向由b到a,C、D两项错误。
3.C 解析 磁感应强度均匀增大时,产生的感应电动势为E=S=0.1 V,可得P==0.25 W,线框以某一角速度ω绕其中心轴OO'匀速转动时电动势的最大值为Em=BSω,此时有2P==0.5 W,解得ω=1 rad/s,分析可知当线框平面与磁场方向平行时感应电流最大为Im==5 A,故ab边所受最大的安培力为F安m=BImL=1 N,C项正确。
4.A 解析 由于铜环的电阻较小,故铜环中感应电流较大,故铜环受到的安培力要大于铝环,A项正确;线圈中电流为右侧流入,磁场方向为向左,在闭合开关的过程中,磁场变强,则由楞次定律可知,从左侧看环中电流为顺时针方向,B项错误;若铜环放在线圈右方,根据“来拒去留”可得,铜环将向右运动,C项错误;电池正负极调换后,金属环受力向左,故金属环向左弹出,D项错误。
5.B 解析 A电路中当开关S断开时,整个电路均断开,则不能给电池充电,A项错误;B电路中当S闭合稳定时,线圈L中有电流通过,当S断开时L产生自感电动势阻碍电流减小,L相当电源,电源U与L中的自感电动势共同加在电池两端,且此时二极管能导通,从而实现给高压充电,B项正确;C电路中当S闭合稳定时,线圈L中有电流通过,但当S断开时L也与电路断开,还是只有回收系统的电压U加在充电电池两端,则不能实现给高压充电,C项错误;D电路中当S闭合稳定时,线圈L中有电流通过,但当S断开时电源U也断开,只有L产生的自感电动势加在充电电池两端,则不能实现给高压充电,D项错误。
6.A 解析 根据题意,设导体棒的电阻为R,导轨间距为L,磁感应强度为B,导体棒速度为v时,受到的安培力为F=BIL=,可知F∝v,由牛顿第二定律可得,导体棒的加速度为a==gsin θ-,随着速度的增大,导体棒的加速度逐渐减小,当加速度为零时,导体棒开始做匀速直线运动,则v-t图像的斜率逐渐减小直至为零时,速度保持不变,由于安培力F与速度v成正比,则F-t图像的斜率逐渐减小直至为零时,F保持不变,A项正确,B、C两项错误;根据题意,由公式可得,感应电流为I=,由数学知识可得=·=,由于加速度逐渐减小,则I-t图像的斜率逐渐减小,D项错误。
7.BD 解析 根据右手定则可知电流方向为逆时针,A项错误;线框下边ab刚进入磁场和刚离开磁场时的速度相等,设为v1,则=2gh,根据题意,线框恰好完全离开磁场和恰好完全进入磁场时的速度相等,设为v2,由题意可知线框从完全进入磁场到即将离开磁场过程中只受重力,则有-=2g(d-l),可得v2= m/s,B项正确;由能量守恒定律可得mg(h+d+l)=m+Q,解得Q=0.04 J,C项错误;线框进入和离开磁场的过程所用时间相同设为t,则在线框进入或离开磁场过程中的一段极短的时间Δt内,根据动量定理有mgΔt-BIlΔt=mΔv ,其中I=,代入且两边对时间求和得mgt-=m(v2-v1),解得t= s,完全进入磁场到刚要离开磁场所用时间设为t1,根据v2+gt1=v1,解得t1= s,故总时间为t总=2t+t1= s,D项正确。
8.BC 解析 由题图乙所示B-t图像可知,0~1 s时间内,B增大,Φ增大,由楞次定律可知,线框中感应电流沿顺时针方向,为正值;1~2 s磁通量不变,无感应电流;2~3 s,B的方向垂直纸面向外,B减小,Φ减小,由楞次定律可知,感应电流沿逆时针方向,为负值;3~4 s内,B的方向垂直纸面向里,B增大,Φ增大,由楞次定律可知,感应电流沿逆时针方向,为负值,由于图像斜率大小相等,则电流大小相等,B项正确,A项错误;由左手定则可知,在0~1 s和3~4 s内,ad受到的安培力方向水平向右,是正值,1~2 s无感应电流,没有安培力,2~3 s时间内,安培力水平向左,是负值;安培力大小为F=BIL,I、L不变,B均匀变化,则安培力F均匀变化,不是定值,D项错误,C项正确。
9.AC 解析 线框ab边进入磁场前,根据牛顿第二定律,对重物有mg-T=ma,对线框有T-mgsin θ=ma,联立解得a=g,A项正确;设cd边刚要进磁场时,线框的速度大小为v,线框ab边受到的安培力大小为F=BI×2L=B×2L=,根据平衡条件得F=mg-mgsin θ,联立解得v=,B项错误;设线框进磁场过程中,所用时间为t,平均安培力大小为,则安培力的冲量大小为I=t=×=,C项正确;设线框进入磁场的过程,线框中产生的焦耳热为Q。从线框开始运动到线框cd边刚要进入磁场的过程,根据能量守恒定律得Q=(mg-mgsin θ)×3L-×2mv2,解得Q=mgL-,D项错误。
10.AD 解析 导体棒运动到磁场正中央位置时的感应电动势E=Bdv,总电阻R总=R+=,导体棒在磁场部分的电流I==,受安培力F安=BId=,加速度大小a==,A项正确;导体棒运动到磁场正中央位置时通过电阻R1两端的电压U=E-IR=Bdv,电阻R1的热功率P1==,B项错误;导体棒运动到磁场正中央位置过程中对导体棒分析,有q=t=t===,通过R1的电荷量q1=q=,C项错误;导体棒运动到磁场正中央位置过程中产生的总热量Q总=m-mv2,且Q总=I2R总t=I2Rt,导体棒产生的热量Q=I2Rt+Rt=I2Rt,可知Q=Q总=,D项正确。
11.答案 (1)C→P 4 m/s (2)0.1 kg 4 Ω (3)5.76 J
解析 (1)由右手定则可知通过R1的电流方向为C→P,
金属棒ab从静止到进入磁场过程中,根据动能定理
mv2=mgs·sin θ,
解得金属棒在磁场中运动的速度大小v=4 m/s。
(2)金属棒在磁场中匀速运动,受力分析有
FA=mgsin θ,FA=BIL,
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv=4 V,
由闭合电路欧姆定律有E=U1+Ir,
联立解得I=0.8 A,m=0.1 kg,
通过电动机的电流I1=,
I1=0.2 A,
则R1==4 Ω。
(3)金属棒在进入匀强磁场前,根据牛顿第二定律
a=gsin θ=8 m/s2,
金属棒在进入匀强磁场前所用时间t1==0.5 s,
当金属棒进入磁场后,电动机已断开,不会产热,由(2)知E=4 V,
BCPN回路中产生的感应电动势E'=S=0.8 V,
则E总=E+E'=4.8 V,
I==0.8 A,
所以金属棒仍做匀速直线运动,整个回路产生热量为
Q=I2(R1+r)(t2-t1)=5.76 J。(共35张PPT)
专题精练13 电磁感应
1.(2024·甘肃卷)如图，相距为d的固定平行光滑金属导轨与阻值为R的电阻相连，处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，长度为L的导体棒ab沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v。则导体棒ab所受的安培力为( )
A.，方向向左 B.，方向向右
C.，方向向左 D.，方向向右
保分基础练
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导体棒ab切割磁感线在电路部分的有效长度为d，故感应电动势为E=Bdv，回路中感应电流为I=，根据右手定则，判断电流方向为b流向a，故导体棒ab所受的安培力为F=BId=，方向向左，A项正确。
解析
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2.(2024·北京卷)如图所示，线圈M和线圈P
绕在同一个铁芯上，下列说法正确的是( )
A.闭合开关瞬间，线圈M和线圈P相互吸引
B.闭合开关，达到稳定后，电流表的示数为0
C.断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由a到b
D.断开开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场方向向左
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闭合开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场与线圈M中电流的磁场方向相反，由楞次定律可知，二者相互排斥，A项错误；闭合开关，达到稳定后，通过线圈P的磁通量保持不变，则感应电流为零，电流表的示数为零，B项正确；断开开关瞬间，通过线圈P的磁场方向向右，磁通量减小，由楞次定律可知感应电流的磁场方向向右，因此流过电流表的感应电流方向由b到a，C、D两项错误。
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3.(2024·浙江6月卷)如图所示，边长为1 m、电阻为
0.04 Ω的刚性正方形线框abcd放在匀强磁场中，线框
平面与磁场B垂直。若线框固定不动，磁感应强度以
=0.1 T/s均匀增大时，线框的发热功率为P；若磁感
应强度恒为0.2 T，线框以某一角速度绕其中心轴OO′匀速转动时，线框的发热功率为2P，则ab边所受最大的安培力为( )
A. N B. N C.1 N D. N
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磁感应强度均匀增大时，产生的感应电动势为E=S=0.1 V，可得P==0.25 W，线框以某一角速度ω绕其中心轴OO′匀速转动时电动势的最大值为Em=BSω，此时有2P==0.5 W，解得ω=1 rad/s,分析可知当线框平面与磁场方向平行时感应电流最大为Im==
5 A，故ab边所受最大的安培力为F安m=BImL=1 N，C项正确。
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4.(2025·烟台模拟)飞机在航母上弹射起飞可以利用电磁驱动来实现。电磁驱动的原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈附近的金属环会被弹射出去。现在固定线圈左侧的同一位置，先后放有分别用铜和铝制成的闭合金属环，已知两环的横截面积相等、形状相同，且电阻率ρ铜<ρ铝，则合上开关S的瞬间，下列说法正确的是
( )
A.铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力
B.从左侧看环中的感应电流沿逆时针方向
C.若将铜环放置在线圈右方，铜环将向左运动
D.电池正负极调换后，金属环不能向左弹射
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由于铜环的电阻较小，故铜环中感应电流较大，故铜环受到的安培力要大于铝环，A项正确；线圈中电流为右侧流入，磁场方向为向左，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，从左侧看环中电流为顺时针方向，B项错误；若铜环放在线圈右方，根据“来拒去留”可得，铜环将向右运动，C项错误；电池正负极调换后，金属环受力向左，故金属环向左弹出，D项错误。
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5.(2025·浙江1月卷)新能源汽车日趋普及，其能量回收系统可将制动时的动能回收再利用，当制动过程中回收系统的输出电压(U)比动力电池所需充电电压(U0)低时，不能直接充入其中。在下列电路中，通过不断打开和闭合开关S，实现由低压向高压充电，其中正确的是
( )
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A电路中当开关S断开时，整个电路均断开，则不能给电池充电，A项错误；B电路中当S闭合稳定时，线圈L中有电流通过，当S断开时L产生自感电动势阻碍电流减小，L相当电源，电源U与L中的自感电动势共同加在电池两端，且此时二极管能导通，从而实现给高压充电，B项正确；C电路中当S闭合稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时L也与电路断开，还是只有回收系统的电压U加在充电电池两端，则不能实现给高压充电，C项错误；D电路中当S闭合稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时电源U也断开，只有L产生的自感电动势加在充电电池两端，则不能实现给高压充电,
D项错误。
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6.(2024·天津卷)如图所示，两根不计电阻的
光滑金属导轨平行放置，导轨及其构成的平面
均与水平面成某一角度，导轨上端用直导线
连接，整个装置处在垂直于导轨平面向上的
匀强磁场中。具有一定阻值的金属棒MN从某
高度由静止开始下滑，下滑过程中MN始终与导轨垂直并接触良好，则MN所受的安培力F及其加速度a、速度v、电流I，随时间t变化的关系图像可能正确的是( )
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根据题意，设导体棒的电阻为R，导轨间距为L，磁感应强度为B，导体棒速度为v时，受到的安培力为F=BIL=，可知F∝v，由牛顿第二定律可得，导体棒的加速度为a==gsin θ-，随
解析
着速度的增大，导体棒的加速度逐渐减小，当加速度为零时，导体棒开始做匀速直线运动，则v-t图像的斜率逐渐减小直至为零时,速度保持不变，由于安培力F与速度v成正比，则F-t图像的斜率逐渐减小直至为零时，F保持不变，A项正确，B、C两项错误；根据题意，由公式可得，感应电流为I=，由数学知识可得==，由于加速度逐渐减小，则I-t图像的斜率逐渐减小，D项错误。
解析
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7.(多选)(2025·济宁模拟)如图所示，宽度d=0.2 m的区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小B=1 T，方向垂直纸面向里。一正方形导线框abcd，从距磁场上边界高度h=0.2 m处自由下落，下落过程中线框ab边始终与磁场边界平行，其下边ab刚进入磁场和刚离开磁场时的速度相同。已知线框质量m=10 g，边长l=0.1 m，电阻R=0.1 Ω，重力加速度g取10 m/s2。则( )
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A.线框刚进入磁场时线框中有顺时针方向的电流
B.线框完全离开磁场时的速度为 m/s
C.线框在穿越磁场过程中产生的热量为0.02 J
D.线框穿越整个磁场所用时间为 s
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根据右手定则可知电流方向为逆时针，A项错误；线框下边ab刚进入磁场和刚离开磁场时的速度相等，设为v1，则=2gh，根据题意，线框恰好完全离开磁场和恰好完全进入磁场时的速度相等,设为v2，由题意可知线框从完全进入磁场到即将离开磁场过程中只受重力，则有-=2g(d-l)，可得v2= m/s，B项正确；由能量守恒定律可得mg(h+d+l)=m+Q，解得Q=0.04 J，C项错误；
解析
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线框进入和离开磁场的过程所用时间相同设为t，则在线框进入或
离开磁场过程中的一段极短的时间Δt内，根据动量定理有mgΔt-BIlΔt=mΔv ，其中I=，代入且两边对时间求和得mgt-=m(v2-
v1)，解得t= s，完全进入磁场到刚要离开磁场所用时间设为t1,
根据v2+gt1=v1，解得t1= s，故总时间为t总=2t+t1= s，D项正确。
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8.(多选)(2025·济宁模拟)如图甲所示，闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，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，顺时针为线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向。关于线框中的感应电流
i、ad边所受的安培力F随时间t变化的图像，下列选项正确的是( )
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增分提能练
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由题图乙所示B-t图像可知，0~1 s时间内，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，线框中感应电流沿顺时针方向，为正值；1~2 s磁通量不变，无感应电流；2~3 s，B的方向垂直纸面向外，B减小，Φ减
解析
小，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，为负值；3~4 s内,
B的方向垂直纸面向里，B增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向，为负值，由于图像斜率大小相等，则电流大小相等，B项正确，A项错误；由左手定则可知，在0~1 s和3~4 s内，ad受到的安培力方向水平向右，是正值，1~2 s无感应电流，没有安培力，2~3 s时间内，安培力水平向左，是负值；安培力大小为F=BIL，I、L不变，B均匀变化，则安培力F均匀变化，不是定值，D项错误，C项正确。
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9.(多选)(2025·秦皇岛二模)如图所示，光滑斜
面的倾角为θ=30°，斜面上放置一矩形导体线
框abcd，bc边的边长为L，ab边的边长为2L，线
框的质量为m，电阻为R，线框通过绝缘细线绕
过光滑的定滑轮与一质量为m的重物相连，开始时锁定线框；斜面上平行于底边的虚线ef上方有垂直斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，线框在开始位置时ab边离ef的距离也为2L，由静止释放线框,线框cd边刚要进入磁场时，线框的加速度为零，线框运动中ab边始终平行于底边，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )
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A.线框ab边进入磁场前的加速度大小为g
B.cd边刚要进磁场时，线框的速度大小为
C.线框进磁场过程中，安培力的冲量大小为
D.线框进磁场过程中，线框中产生的焦耳热为mgL-
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线框ab边进入磁场前，根据牛顿第二定律，对重物有mg-T=ma，对线框有T-mgsin θ=ma，联立解得a=g，A项正确；设cd边刚要进磁场时，线框的速度大小为v，线框ab边受到的安培力大小为F=
BI×2L=B×2L=，根据平衡条件得F=mg-mgsin θ，联立解得v=，B项错误；设线框进磁场过程中，所用时间为t，平
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均安培力大小为，则安培力的冲量大小为I=t=×=,
C项正确；设线框进入磁场的过程，线框中产生的焦耳热为Q。从线框开始运动到线框cd边刚要进入磁场的过程，根据能量守恒定律得Q=(mg-mgsin θ)×3L-×2mv2，解得Q=mgL-，D项错误。
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10.(多选)(2025·菏泽二模)两组平行光滑金
属导轨在同一水平面固定，间距分别为d和
2d，分别连接电阻R1、R2，M、N到外侧轨
道距离相等，边长为d的正方形区域存在竖
直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。距磁场左边界d处，一长为2d的均匀导体棒以速度v0向右运动，导体棒运动到磁场左边界时与两组导轨同时接触，导体棒运动到磁场正中央位置时的速度大小为v。导体棒质量为m，阻值为2R，R1、R2的阻值均为R，其他电阻不计，棒与导轨垂直且接触良好。下列描述正确的是( )
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A.导体棒运动到磁场正中央位置时的加速度大小a=
B.导体棒运动到磁场正中央位置时电阻R1的热功率P1=
C.导体棒运动到磁场正中央位置过程中通过R1的电荷量q1=
D.导体棒运动到磁场正中央位置过程中导体棒产生的热量Q=
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导体棒运动到磁场正中央位置时的感应电动势E=
Bdv，总电阻R总=R+=，导体棒在磁场部分
的电流I==，受安培力F安=BId=，加
速度大小a==，A项正确；导体棒运动到磁场正中央位置时通过电阻R1两端的电压U=E-IR=Bdv，电阻R1的热功率P1==
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，B项错误；导体棒运动到磁场正中央位置过程中对导体棒分析，有q=t=t===，通过R1的电荷量q1=q=，C项错误；导体棒运动到磁场正中央位置过程中产生的总热量Q总=m-mv2，且Q总=I2R总t=I2Rt，导体棒产生的热量Q=I2Rt +Rt=I2Rt，可知Q=Q总=，D项正确。
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11.(2025·锦州模拟)两根完全相同、电阻
不计且相距L=0.5 m的“ ”形光滑导轨(斜
面足够长)如图固定，其中ABNM导轨构成
的平面与水平面成θ=53°，BCPN导轨置
于水平面内。导轨CP端连接定值电阻R1，
导轨AM端串联一个开关K和微型电动机，电动机的额定电压为U1=
2.4 V，额定功率为P1=0.48 W。在导轨所在斜面的矩形区域DBNQ内
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分布有垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B=2 T,磁场上边界为DQ。保持开关K闭合，t=0时刻在导轨斜面上与DQ距离s=1 m处，有一根长度为L、阻值r=2 Ω的金属棒ab垂直于导轨由静止释放,金属棒进入磁场后立即做匀速直线运动，此过程中电动机恰好以额定功率运行，重力加速度g=10 m/s2。sin 53°=0.8，cos 53°=0.6。
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由右手定则可知通过R1的电流方向为C→P，
金属棒ab从静止到进入磁场过程中，根据动能定理
mv2=mgs·sin θ，
解得金属棒在磁场中运动的速度大小v=4 m/s。
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(1)判断金属棒ab在磁场中匀速运动时，通过电阻R1的电流方向；求金属棒ab在磁场中运动的速度大小v。
金属棒在磁场中匀速运动，受力分析有FA=mgsin θ，FA=BIL，
金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv=4 V，
由闭合电路欧姆定律有E=U1+Ir，
联立解得I=0.8 A，m=0.1 kg，
通过电动机的电流I1=，I1=0.2 A，
则R1==4 Ω。
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(2)求金属棒的质量m和定值电阻R1的阻值。
金属棒在进入匀强磁场前，根据牛顿第二定律a=gsin θ=8 m/s2，
金属棒在进入匀强磁场前所用时间t1==0.5 s，
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(3)在t1=0.5 s时断开开关K，同时在矩形区域BCPN中加一竖直向下的磁场，磁感应强度B1随时间变化的关系满足B1=4t(单位：T)，已知矩形区域BCPN的面积为0.2 m2。求从t=0到t2=2 s的整个过程中电路产生的总焦耳热Q总。
当金属棒进入磁场后，电动机已断开，不会产热，由(2)知E=4 V，
BCPN回路中产生的感应电动势E′=S=0.8 V，
则E总=E+E′=4.8 V，
I==0.8 A，
所以金属棒仍做匀速直线运动，整个回路产生热量为
Q=I2(R1+r)(t2-t1)=5.76 J。
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