第二章2节 电磁感应及其应用
题型1 法拉第电磁感应定律的内容和表达式 题型2 法拉第电磁感应定律的基本计算
题型3 导体平动切割磁感线产生的感应电动势 题型4 导体转动切割磁感线产生的感应电动势
题型5 描绘线圈进出磁场区域的图像 题型6 导轨滑杆模型中的图像问题
题型7 电磁感应中的其他图像问题 题型8 线圈进出磁场的电压、电流、电荷量等电学量的计算
题型9 线圈进出磁场的动力学问题 题型10 线圈进出磁场的能量计算
题型11 单杆在导轨上无外力作用下切割磁场的运动问题 题型12 单杆在导轨上有外力作用下切割磁场的运动问题
题型13 双杆在等宽导轨上切割磁场的运动问题 题型14 双杆在不等宽导轨上切割磁场的运动问题
题型15 有电源存在的导轨滑杆模型 题型16 含有电容器的导轨滑杆模型
题型17 竖直平面内的导轨滑杆模型 题型18 动量定理在电磁感应问题中的应用
题型19 动量守恒定律在电磁感应问题中的应用 题型20 电磁感应过程中的动力学类问题
题型21 电磁感应过程中的能量类问题 题型22 电磁感应过程中的电路类问题
▉题型1 法拉第电磁感应定律的内容和表达式
【知识点的认识】
法拉第电磁感应定律
（1）内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。
（2）公式：E＝n．
1．下列说法正确的是（ ）
A．根据可知，若q减半，则该处的场强变为原来的2倍
B．根据可知，与点电荷距离相等的点，电场强度均相同
C．根据可知，B与F成正比，与IL成反比
D．根据可知，E与成正比
【答案】D
【解答】解：A、公式是电场强度的定义式，采用比值法定义，可知电场强度的大小与处在电场中的试探电荷的电荷量q无关，故A错误；
B、公式是点电荷的场强公式，对于点电荷所形成的电场，电场强度为矢量，与点电荷距离相等的点电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不相同，故B错误；
C、公式是磁感应强度的定义式，采用比值法定义，可知磁感应强度的大小与处在磁场中的通电导线无关，故C错误；
D、由法拉第电磁感应定律可知E与成正比，故D正确。
故选：D。
2．如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置恰好使MDEN构成一个边长为l的正方形。为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，下列磁感应强度B随时间t变化的关系式正确的是（ ）
A．BB0 B．BB0
C．BB0 D．BB0
【答案】A
【解答】解：当通过闭合回路的磁通量不变，则MN棒中不产生感应电流，则有：
Bl（l+vt）
解得：BB0，故A正确、BCD错误。
故选：A。
（多选）3．如图所示，水平放置的两平行金属板与圆形圆线圈相连，两极板间距离为d，圆形线圈半径为r，电阻为R1，外接电阻为R2，其他部分的电阻忽略不计。在圆形线圈中有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度均匀减小，有一个带电液滴能够在极板之间静止，已知液滴质量为m、电量为q。则下列说法正确的是（ ）
A．液滴带正电
B．磁感应强度的变化率为
C．保持开关闭合，向上移动下极板时，粒子将向下运动
D．断开开关S，粒子将向下运动
【答案】AB
【解答】解：A、磁感应强度均匀减小，穿过线圈的磁通量垂直纸面向里减小，由楞次定律可知，线圈产生的感应电动势沿顺时针方向，两平行金属板的下极板电势高，上极板电势低，板间存在竖直向上的电场，液滴受到重力和电场力而静止，因此液滴受到的电场力方向竖直向上，与场强方向相同，所以液滴带正电，故A正确；
B、对液滴，由平衡条件得：
由闭合电路欧姆定律可得线圈产生的感应电动势大小为
解得：
由法拉第电磁感应定律得：ES
解得：，故B正确；
C、保持开关闭合，则两极板间的电压不变，当向上移动下极板时，导致极板间距减小，由可知板间电场强度增大，液滴受到的电场力增大，因此液滴将向上运动，故C错误；
D、断开开关S，电容器既不充电，也不放电，带电量不变，板间距离也不变，则板间电场强度不变，液滴受到的电场力也不变，则液滴仍静止不动，故D错误。
故选：AB。
（多选）4．单匝矩形线圈放在随时间正弦变化的磁场中，若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示，则O～D过程中以下描述正确的是（ ）
A．线圈中O时刻感应电动势最大
B．线圈中D时刻感应电动势为零
C．线圈中D时刻感应电动势最大
D．线圈中O至D时间内平均感应电动势为0.4V
【答案】ABD
【解答】解：A、由图知t＝0时刻图象切线斜率最大，则磁通量的变化率为最大，则由法拉第电磁感应定律得知：感应电动势最大，故A正确。
B、C：在D时刻切线斜率为零，磁通量的变化率为零，则感应电动势为零。故B正确，C错误。
D、根据法拉第电磁感应定律得：平均感应电动势EV＝0.4V，故D正确。
故选：ABD。
（多选）5．一个圆形闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，如图甲所示．设垂直纸面向里的磁感应强度方向为正，垂直纸面向外的磁感应强度方向为负．线圈中顺时针方向的感应电流为正，逆时针方向的感应电流为负．已知圆形线圈中的感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示，则线圈所处的磁场的磁感应强度随时间变化的图象可能是下图中的（ ）
A． B．
C． D．
【答案】CD
【解答】解：设垂直纸面向里的磁感应强度方向为正，线圈中顺时针方向的感应电流为正，则由乙可知：线圈中在前0.5s内产生了逆时针方向的感应电流，由楞次定律可得：当磁通量增加时，感应磁场方向与原磁场方向相反；当磁通量减小时，感应磁场方向与原磁场方向相同。
A、在前0.5s内由乙图根据楞次定律可知，若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场增强的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场减弱的。而在0.5s﹣1.5s，若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场减弱的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场增加的。所以A选项错误；
B、在前0.5s内，若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场增强的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场减弱的。而在0.5s﹣1.5s，由感应电流方向，结合楞次定律可得：若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场减弱的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场增加的。故B错误；
C、在前0.5s内由乙图根据楞次定律可知，若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场增强的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场减弱的。而在0.5s﹣1.5s，若磁场方向垂直向里（正方向）时，必须是磁场减弱的；若磁场方向垂直向外（负方向）时，必须是磁场增加的。所以C选项正确；
D、同理，由C选项分析可知，故D也正确；
故选：CD。
▉题型2 法拉第电磁感应定律的基本计算
【知识点的认识】
法拉第电磁感应定律
（1）内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。
（2）公式：E＝n．
6．如图甲，固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于虚线AB左侧始终竖直向下的磁场B1中，bc边与虚线AB重合，虚线AB右侧为B2＝0.2T的匀强磁场。导体框的质量m＝1kg、电阻R＝0.5Ω、边长L＝1m。磁感应强度B1随时间t的变化图像如图乙所示。在t＝1s时，导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度v0＝0.1m/s，下列说法正确的是（ ）
A．t＝0.5s时流过ad边的电流方向由a到d
B．t＝0.5s时流过ad边的电流大小为0.4A
C．导体框的bc边刚越过虚线AB时受到的安培力的大小为0.024N
D．当线框速度减为0.02m/s时ad边移动的距离为m
【答案】D
【解答】解：A、根据楞次定律可知t＝0.5s时流过ad边的电流方向由d到a，故A错误；
B、在0﹣1s内线框产生的感应电动势大小为E，所以t＝0.5s时流过ad边的电流大小为I，故B错误；
C、导体框的bc边刚越过虚线AB时左边的磁场磁感应强度大小B1＝0.1T，线框产生的感应电动势大小为E'＝B1Lv0+B2Lv0＝0.1×1×0.1V+0.2×1×0.1V＝0.03V，线框中的电流大小为I'，则bc边受到的安培力大小为F＝B2I'L＝0.2×1×0.06N＝0.012N，故C错误；
D、设经时间Δt线框的速度变为v＝0.02m/s，规定向右的方向为正方向，此过程的平均电流大小为I'，根据动量定理有﹣（B1+B2）I'Δt＝mv﹣mv0，通过导线框导线截面的电荷量为q＝I'Δt，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律有，，联立解得x，故D正确。
故选：D。
7．若陕西地区地磁场的磁感应强度的竖直分量的大小By随距离地面高度h的变化关系如图所示，一直升机将一始终保持水平的闭合金属导线框竖直向上匀速吊起，下列说法正确的是（ ）
A．线框中有顺时针方向的感应电流（俯视）
B．线框中的感应电流不断减小
C．线框中的感应电流不断增大
D．线框的四条边有向内收缩的趋势
【答案】A
【解答】解：A、由图可知随着高度的增加，竖直方向的磁感应强度分量逐渐减小，则穿过金属导线框的磁通量逐渐减小，根据楞次定律可知感应电流的磁场应该与原磁场方向相同竖直向下，根据安培定则可以判断线框中会产生顺时针方向的电流，故A正确；
BC、由图可知磁感应强度随高度是均匀减小的，而导线框又是匀速上升的，所以穿过导线框的磁通量均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可知导线框产生的感应电动势不变，则导线框中的电流不变，故BC错误；
D、根据楞次定律的理解“增缩减扩”可知，线框的四条边有向外扩张的趋势，故D错误。
故选：A。
8．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（r＜R）。若磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B＝kt（k为常量），则回路中产生的感应电动势大小为（ ）
A．0 B．kπR2 C．2kπr2 D．2kπR2
【答案】C
【解答】解：由题意可知，纸带构成的“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有：E＝n2 S＝2kπr2；
故C正确，BCD错误；
故选：C。
▉题型3 导体平动切割磁感线产生的感应电动势
【知识点的认识】
1.如果感应电动势是由导体运动而产生的，它也叫作动生电动势。
2.当导体的运动方向与磁场垂直时，动生电动势的大小为：
E＝Blv
3.适用条件：（1）匀强磁场；（2）平动切割；（3）B、l、v三者相互垂直。
4.当导体的运动方向与磁场有夹角时，如下图
即如果导线的运动方向与导线本身是垂直的，但与磁感线方向有一个夹角θ，则动生电动势为：E＝Blv1＝Blvsinθ，即利用速度垂直于磁场的分量。
9．如图所示，某同学在深圳湾公园内沿海边一条直线跑道从东往西骑行，该地磁场水平分量由南到北，竖直分量向下。自行车车把为直把、金属材质，辐条也为金属材质，只考虑自行车在地磁场中的电磁感应现象，下列结论正确的是（图中B点在轮轴，A点在轮缘）（ ）
A．图所示辐条中A点电势与B点电势相等
B．图所示辐条中A点电势低于B点电势
C．自行车左右把手中电势相等
D．自行车左把手电势低于右把手电势
【答案】B
【解答】解：AB．根据右手定则，A点电势低于B点电势，故A错误，B正确；
CD．自行车车把切割竖直方向磁场分量，根据右手定则，自行车左把手电势高于右把手电势，故CD错误。
故选：B。
（多选）10．如图所示，两个连续的有界匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直光滑水平桌面向下和向上，磁场宽度均为L。紧贴磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形均匀导体线框置于桌面上。现用外力使线框由静止开始匀加速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定逆时针方向为电流正方向，外力F向右为正方向，磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ为正值。以下反映线框中的感应电流i、磁通量Φ、电功率P、外力F随时间t或位移x的变化规律可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】CD
【解答】解：A、线框做匀加速运动，通过同样位移所需时间越来越短，即线框通过磁场的三个阶段（0～L，L～2L，2L～3L）所需时间并不相等，而是越来越短，故A错误；
B、初始时刻有加速度，外力大小为ma，不为零，故B错误；
C、由Φ＝BS知磁通量随位移均匀变化，位移为0、1.5L、3L时均为零，故C正确；
D、由P知P正比于速度的平方，又v2＝2ax，所以P正比于位移，而且中间段双边切割电流加倍，功率增为4倍，故D正确。
故选：CD。
（多选）11．如图所示，一质量为m的U形金属框abcd静置于水平粗糙绝缘平台上，ab和dc边平行且与bc边垂直，bc边长度为L。ab、dc足够长，金属框与绝缘平台间动摩擦因数为μ，整个金属框电阻可忽略。一根质量也为m的导体棒MN平行bc静置于金属框上，导体棒接入回路中的电阻为R，导体棒与金属框间摩擦不计。现用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，MN与金属框始终保持良好接触，重力加速度为g，经过足够长时间后，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒与金属框具有共同速度v
B．导体棒与金属框具有共同加速度aμg
C．导体棒中电流I
D．导体棒消耗的电功率为P
【答案】BC
【解答】解：AB、开始金属框做加速运动，其加速度大于导体棒的加速度，随着金属框速度的增大，安培力逐渐增大，则金属框的加速度逐渐减小，导体棒的加速度逐渐增大，当金属棒的加速度大小等于金属框的加速度大小时，二者的速度之差恒定、安培力恒定，则二者的加速度恒定，所以导体棒与金属框最终具有共同加速度；
以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F﹣μ 2mg＝2ma，解得：aμg，故A错误、B正确；
C、对金属棒根据平衡条件可得：BIL＝ma，解得导体棒中电流：I，故C正确；
D、最终导体棒消耗的电功率为P＝I2R，代入I，解得：P，故D错误。
故选：BC。
12．如图甲所示，水平面上固定有两根足够长的光滑平行金属导轨，两导轨的右端用导线连接灯泡，其额定电压为U＝0.5V，左端垂直放置电阻r＝2Ω的金属棒，在矩形区域CDNM内有竖直向上变化的磁场，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示。导轨间距d＝0.5m，磁场区域宽l＝0.4m，导轨及导线电阻均不计。在t＝0时刻开始，对金属棒施加一水平向右的恒力F，t＝0.2s时，金属棒刚好到达MN边界，若从金属棒开始运动直到刚好到达CD边界的整个过程中灯泡始终正常发光，金属棒始终与导轨垂直且接触良好。求：
（1）电路中感应电动势和灯泡的电阻RL。
（2）金属棒到达磁场边界MN时的速度v的大小。
（3）金属棒穿越磁场区域CDNM的过程中，力F的平均功率。
【答案】（1）电路中感应电动势等于1V，灯泡的电阻等于2Ω；
（2）属棒到达磁场边界MN时的速度v的大小等于2m/s；
（3）金属棒穿越磁场区域CDNM的过程中，力F的平均功率等于0.25W。
【解答】解：（1）在0 0.2s的时间内：
由于灯泡与金属棒串联，电路中电流为：
灯泡两端的电压为UL＝IRL
代入数据解得灯泡的电阻RL＝2Ω
（2）在金属棒离开磁场区域前灯泡两端电压始终不变，则0.2s后电路中的电动势不变，所以金属棒在磁场中匀速运动，由E＝Bdv
得金属棒在磁场区域匀速运动的速度为：v＝2m/s
（3）金属棒穿越磁场区域的过程中做匀速直线运动：F＝F安＝BId
金属棒穿越磁场区域CDNM的过程中力F的平均功率为：P＝Fv，解得P＝0.25W。
答：（1）电路中感应电动势等于1V，灯泡的电阻等于2Ω；
（2）属棒到达磁场边界MN时的速度v的大小等于2m/s；
（3）金属棒穿越磁场区域CDNM的过程中，力F的平均功率等于0.25W。
13．如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径l＝0.4m、间距L＝1m，轨道电阻不计。在轨道顶端连有一阻值为R＝3Ω的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝0.5T，现将一根长度也为L质量m＝0.5kg、电阻r＝2Ω的金属棒从轨道顶端ab处由静止开始下滑，到达轨道底端cd时对轨道的压力大小为重力的2倍。整个过程中金属棒与导轨接触良好。（g＝10m/s2）求：
（1）金属棒滑至最低点时所受的安培力F；
（2）金属棒从ab下滑到cd过程中流过金属棒ab的电量q；
（3）金属棒从ab下滑到cd过程中电阻R上产生的焦耳热Q；
（4）若对金属棒施加一外力，使金属棒以4m/s的匀速率从轨道底端cd运动到顶端ab，这一过程中外力至少要做多少功？
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）在cd处根据牛顿第二定律可得：
N﹣mg＝m
解得：v2m/s
金属棒产生的感应电动势为：
E＝BLv
设对应的电流强度为I，则有：
I
根据安培力的计算公式可得：
F＝BIL
解得：F＝0.1N；
（2）根据电荷量的计算公式可得：
qΔt
其中ΔΦ＝BLl
解得：q＝0.04C；
（3）金属棒从ab下滑到cd过程中，根据能量关系可得：
mglmv2+Q总
解得：Q总＝1J
电阻R上产生的焦耳热为：QQ总＝0.6J。
（4）金属棒切割磁感应线产生的感应电动势为：E＝BLVcosθ，为正弦交流电，W外＝mgl+Q总＝mgl（R+r）2.06J。
答：（1）金属棒滑至最低点时所受的安培力为0.1N；
（2）金属棒从ab下滑到cd过程中流过金属棒的电量为0.04C；
（3）金属棒从ab下滑到cd过程中电阻R上产生的焦耳热为0.6J。
（4）若对金属棒施加一外力，使金属棒以4m/s的匀速率从轨道底端cd运动到顶端ab，这一过程中外力至少要做2.06J的功。
▉题型4 导体转动切割磁感线产生的感应电动势
【知识点的认识】
如果导体棒绕平行于磁场的轴转动时，因为棒上各处速度不再相等，动生电动势的计算公式E＝Blv就不再适用。
如下图所示，导体棒在磁场中旋转，切割磁感线产生感应电动势：
虽然导体棒各处速度不同，但是根据圆周运动线速度与角速度的关系可知各处速度大小呈线性变化，所以可以用中点处的线速度表示平均速度从而计算感应电动势，即
E＝BlBl
①如果转轴绕棒的一端旋转，vmin＝0，vmax＝ωl，则EBωl2
ω是棒转动的角速度
②如果以棒上一点为圆心旋转，EBω（），l1和l2是指圆心到两端点的距离，且l1指较长的一段
③如果以棒外一点Wie圆心旋转，EBω（），l1和l2是指圆心到两端点的距离，且l1指较长的一段
14．如图是法拉第翻盘发电机的示意图：铜质圆盘安装在水平钢轴上，圆盘位于两磁极之间，磁感线垂直圆盘平面向右，磁感应强度大小B＝Kr，式中K为大于零的常量，r为到转轴的距离。两铜片C、D分别与转动轴和圆盘的边缘接触。若铜盘半径为a，从左往右看，铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转功，则（ ）
A．由于穿过钢盘的磁递量不变，故回路中无感应电流
B．流过R的电流方向呈周期性变化
C．若仅将接触边缘D点的电刷向圆盘中心移动，则电阻R两端的电压增大
D．圆盘切割磁感线产生的感应电动势小于
【答案】D
【解答】解：AB、圆盘转动时相当一根根辐条切割磁感线，产生恒定的感应电动势，则回路中有恒定不变的感应电流，流过R的电流方向不变，故AB错误；
C、若仅将接触边缘D点的电刷向圆盘中心移动，辐条切割磁感线的有效长度减小，感应电动势减小，则电阻R两端的电压减小，故C错误；
D、设每一极端短的金属棒产生的感应电动势大小为e，则有e＝B Δr ωr＝Kωr2Δr，则整根金属棒的感应电动势的大小为：，故D正确。
故选：D。
15．如图，空间站在地球赤道上空由东往西方向运行。从空间站上释放一个小卫星，两者通过10km金属导线相连，小卫星始终位于空间站正下方且以8km/s的速度绕地球做圆周运动，导线所在处的磁感应强度大小近似均为5.0×10﹣5T，则连接空间站和小卫星的金属导线产生电动势的大小约为（ ）
A．4000V B．3000V C．2000V D．1000V
【答案】A
【解答】解：金属杆绕地球做匀速圆周运动，杆长远小于卫星的轨道半径，故金属杆上各点速度近似相等，约等于小卫星的线速度，则连接空间站和小卫星的金属导线产生电动势的大小约为E＝BLv＝5.0×10﹣5×10×1000×8×1000V＝4000V，故A正确，BCD错误。
故选：A。
题型5 描绘线圈进出磁场区域的图像
【知识点的认识】
本考点旨在针对研究线圈进出磁场区域的图像问题。
（多选）19．如图所示，粗糙的水平桌面上有一个正三角形闭合单匝导线框，虚线MN右侧存在垂直于桌面向下的匀强磁场。导线框在外力F的作用下沿垂直MN方向匀速进入磁场区域。在导线框进入匀强磁场的过程中，导线框中产生的感应电流大小用i表示，导线框的电功率用P表示，通过导线框某截面的电荷量用q表示，已知导线框受到桌面的摩擦阻力恒定不变。从导线框进入磁场开始计时，则下列图像中可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AB
【解答】解：A、线框匀速进入磁场，在t时刻导线框中产生的感应电流大小为it，i﹣t图像为过原点的直线，故A正确；
B、线框做匀速运动，外力F等于安培力与阻力之和，由平衡条件有
F＝Bi 2vt tan30°+f
可得Ff
则F﹣t2图像是不过原点的倾斜的直线，故B正确；
C、导线框的电功率，则P﹣t2图像是过原点的倾斜的直线，故C错误；
D、通过导线框某截面的电荷量为qΔt，则q﹣t图像为曲线，故D错误。
故选：AB。
题型6 导轨滑杆模型中的图像问题
【知识点的认识】
本考点旨在针对研究电磁感应中导轨滑杆模型的图像问题，
（多选）20．如图，足够长的“＜”形光滑金属框架EOF固定在水平面内，金属框架所在空间分布有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。t＝0时刻，一足够长导体棒MN在水平拉力F作用下，以速度v沿金属框架角平分线从O点开始向右匀速运动，已知金属框架和导体棒单位长度的电阻相等。下列关于整个回路的电动势e、电流i，拉力F、拉力F的功率P随时间变化的图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【解答】解：A．设三角形框架的顶角为θ，导体棒匀速运动的速度为v，单位长度的电阻为R，当运动时间为t时，导体棒的位移为
x＝vt
连入电路的导体的长度为
连入电路的框架的长度为
回路中的电动势为
故A错误；
B．根据闭合电路欧姆定律可知，电流为
解得I
电流为一定值，故B正确；
C．因导体棒做匀速运动，则外力F与安培力平衡，根据安培力公式有
F＝BIl
解得F
故C错误；
D．根据功率的公式可知，拉力F的功率
P＝Fv
解得P
故D正确。
故选：BD。
（多选）21．如图所示是我国自主研究设计的舰载机返回航母甲板时电磁减速的简化原理图。固定在绝缘水平面上足够长的平行光滑金属导轨，左端接有定值电阻R，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，导轨的电阻不计。舰载机等效为电阻不计的导体棒PQ，当导体棒PQ以一定初速度水平向右运动过程中，其速度v、加速度a、所受安培力F、流过的电量q与运动时间t变化关系图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【解答】解：A.导体棒向右运动过程中，根据左手定则可知，导体棒受到向左的安培力，则有BIL＝ma，，所以导体棒向右做减速运动，加速度大小为，由于速度减小，则加速度减小，所以v﹣t图像的切线斜率绝对值逐渐减小，故A正确；
B.根据，有，由于速度逐渐减小，加速度逐渐减小，所以a﹣t图像的切线斜率绝对值应减小，故B错误；
C.导体棒受到向左的安培力，大小为，可知F﹣t图像的形状与v﹣t图像的形状一致，故C正确；
D.根据，由于速度逐渐减小，所以q﹣t图像的切线斜率应逐渐减小，故D错误。
故选：AC。
题型7 电磁感应中的其他图像问题
【知识点的认识】
本考点旨在针对电磁感应中的其他图像问题，入E﹣t、i﹣t、v﹣t等。
（多选）22．如图甲所示，abcd是匝数为100匝、边长为10cm、总电阻为0.1Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的图示匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是（ ）
A．导线圈中产生的是大小和方向都不变的恒定电流
B．在t＝2.5 s时导线圈产生的感应电动势为1V
C．在0～2 s内通过导线横截面的电荷量为20C
D．在t＝1 s时，导线圈内电流的瞬时功率为10W
【答案】CD
【解答】解：A、根据楞次定律可知，在0～2s内的感应电流方向与2s～3s内的感应电流方向相反，即为交流电，故A错误；
B、根据法拉第电磁感应定律，2.5s时的感应电动势等于2s到3s内的感应电动势，则有：E V＝2V，故B错误；
CD、在0～2s时间内，感应电动势为：E1＝1000.12V＝1V，
再根据欧姆定律I 有：I1A＝10A，
在t＝1s时，线框内电流为10A，那么导线框内电流的瞬时功率为：P＝I2R＝102×0.1＝10W，
根据Q＝It解得：Q＝10×2C＝20C，故CD正确。
故选：CD。
题型8 线圈进出磁场的电压、电流、电荷量等电学量的计算
【知识点的认识】
1.电磁感应中的电路类问题主要涉及到求取电学中的物理量，如电流、电压、电量、功率等。本考点旨在针对线圈进出磁场的电路类问题。
2.电磁感应与电路结合的相关问题的解决方法
（1）明确产生感应电动势的导体或部分电路，该导体或部分电路就相当于电源。
（2）画等效电路图，分清内、外电路。
（3）用法拉第电磁感应定律E＝n或E＝Blv确定感应电动势的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向.
（4）运用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点，电功率，电热等公式联立求解。
（5）电磁感应中的电荷量问题：闭合回路中磁通量发生变化时，电荷发生定向移动面形成感应电流，在Δt内迁移的电荷量（感应电荷量）
q＝I Δt Δt＝n n
23．图甲是小型交流发电机与理想变压器连接的示意图，在匀强磁场中，一电阻不计的矩形金属线圈绕与磁场方向垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示。理想变压器原、副线圈匝数比为2：1，触头P可移动，副线圈所接电阻R＝50Ω，电表均为理想交流电表。下列说法正确的是（ ）
A．线圈处于甲图所示位置时产生的感应电流方向从上往下看为顺时针
B．电压表示数为141V
C．电流表示数为0.5A
D．P上移时，电流表示数减小
【答案】C
【解答】解：A．甲图所示位置时磁场与线框平行，由右手定则可判断线圈中产生的感应电流方向从上往下看为逆时针，故A错误；
B.电压表示数为有效值，应为UV＝100V，故B错误；
C．由图知原线圈电压U1＝100V，原、副线圈匝数比为2：1，根据
U1：U2＝n1：n2
可得副线圈电压
U2＝50V
由欧姆定律得副线圈电流
I2A＝1A
根据
I1：I2＝n2：n1
可得原线圈电流
I1＝0.5A
故C正确；
D．根据
U1：U2＝n1：n2
I1：I2＝n2：n1
I2
代入化简可得
I1＝（）2
P上移时，n1减小，n1减小时原线圈电流增大，故D错误。
故选：C。
（多选）24．如图所示，半径为R的四分之三闭合导体圆环，在外力作用下以速度v匀速进入右侧匀强磁场区域。磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，以圆环开始进入磁场为0时刻，在圆环进入磁场的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．导体圆环中的电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向
B．导体圆环中的电流先增大后减小
C．圆环中感应电动势的最大值为
D．圆环在时不受到安培力的作用
【答案】BD
【解答】解：A、圆环在进入磁场的过程中，穿过回路的磁通量不断增大，磁场方向垂直于纸面向里，根据楞次定律判断可知，感应电流的方向始终沿逆时针方向，故A错误；
B、圆环在进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先变长后变短，圆环中感应电动势先增大后减小，则导体圆环中的电流先增大后减小，故B正确；
C、当位移为R时切割磁感线的有效长度最长，为，则感应电动势的最大值为，故C错误；
D、时，圆环刚好全部进入磁场中，磁通量不再变化，此时感应电流为0，所以圆环不受安培力作用，故D正确。
故选：BD。
题型9 线圈进出磁场的动力学问题
【知识点的认识】
1.电磁感应中的动力学问题研究的是电磁感应定律与运动学的联系，一般要结合牛顿第二定律，分析物体的速度与受力情况。本考点旨在分析线圈进出磁场的动力学问题。
2.两种状态处理
（1）导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态。
处理方法：根据平衡条件合外力等于零列式分析。
（2）导体处于非平衡态——加速度不为零。
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析，或结合功能关系分析。
3.两大研究对象及其关系
电磁感应中导体棒既可看作电学对象（因为它相当于电源），又可看作力学对象（因为感应电流产生安培力），而感应电流Ⅰ和导体棒的速度v则是联系这两大对象的纽带：
25．如图（a），固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于始终竖直向下的匀强磁场中，ad边与磁场边界平行，ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m＝1kg、电阻R＝0.5Ω、边长L＝1m。磁感应强度B随时间t连续变化，0～1s内B﹣t图像如图（b）所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图（c）所示，其中0～1s内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。
（1）求t＝0.5s时ad边受到的安培力大小F。
（2）在图（b）中画出1～2s内B﹣t图像（无需写出计算过程）。
（3）从t＝2s开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度v0＝0.1m/s，求ad边离开磁场时的速度大小v1。
【答案】（1）ad的安培力大小F为0.015N；
（2）补充（b）如解析；
（3）给导体框一个向右的初速度v0＝0.1m/s，解得ad经过磁场边界的速度大小v1为0.01m/s。
【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律E＝nn11V＝0.05V，由闭合电路的欧姆定律IA＝0.1A，由图（b）可知，0.5s时的磁感应强度大小B1＝0.15T，则t＝0.5s时，根据安培力公式，ad边受到的安培力F＝B1IL＝0.15×0.1×1N＝0.015N；
（2）由图（c）可知，1～2s内电流大小为0.2A，方向沿逆时针方向，由（1）的解答可知，磁感应强度变化率大小是第1s内的2倍，又磁场大小时间连续变化，可知磁场方向不变，均匀增大，补充后的图像如下
（3）由图t＝2s时，磁感应强度为B＝0.3T，对导体框，规定初速度v0的方向为正方向，由动量定理有﹣BL Δt＝mv1﹣mv0，而qΔtC＝0.3C，代入数据解得v1＝0.01m/s，方向水平向右。
答：（1）ad的安培力大小F为0.015N；
（2）补充（b）如解析；
（3）给导体框一个向右的初速度v0＝0.1m/s，解得ad经过磁场边界的速度大小v1为0.01m/s。
题型10 线圈进出磁场的能量计算
【知识点的认识】
1.电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程。本考点旨在针对线圈进入磁场的能量分析与计算。
2.求解电能应分清两类情况
（1）若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算。
（2）若电流变化，则：
①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；
②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能。
3.电磁感应现象中的能量转化
（1）安培力做功
（2）焦耳热的计算
①电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt
②感应电流变化时，可用以下方法分析：
a.利用动能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安
b.利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量，
26．如图a所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量为m的单匝均匀正方形铜线框，线框边长为a，在1位置以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场并开始计时t＝0，若磁场的宽度为b（b＞3a），在3t0时刻线框到达2位置速度又为v0并开始离开匀强磁场。此过程中v﹣t图像如图b所示，则（ ）
A．t＝0时，线框右侧边MN的两端电压为Bav0
B．在t0时刻线框的速度为
C．线框完全离开磁场的瞬间（位置3）的速度一定比t0时刻线框的速度大
D．线框从进入磁场（位置1）到完全离开磁场（位置3）的过程中产生的电热为2Fb
【答案】D
【解答】解：A、t＝0时，线框右侧边MN产生的感应电动势为
E＝Bav0
设每条边的电阻为R，MN的两端电压为路端电压，为UMNEBav0，故A错误；
B、在t0～3t0时间内，线框做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有
F＝ma
根据图像可得
v0＝v1+a 2t0
解得在t0时刻线框的速度为，故B错误；
C、线框刚进入磁场与刚出磁场时的初速度相同，进出磁场时的受力情况也相同，则线框进出磁场的运动情况相同，所以线框完全离开磁场的瞬间（位置3）的速度一定与t0时刻线框的速度相同，故C错误；
D、设进入磁场时产生的热量为Q1，线框从进入磁场（位置1）到完全离开磁场（位置3）的过程中产生的电热为Q，则
Q＝2Q1
Q1＝W安
从位置1到位置2，根据动能定理有
解得Q＝2Fb，即线框从进入磁场（位置1）到完全离开磁场（位置3）的过程中产生的电热为2Fb，故D正确。
故选：D。
27．如图，在竖直平面内存在一“凹”形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，磁场的上下边界水平且间距为1.5l，竖直的左右边界间距为l且关于凹陷中心对称，凹陷部分高度为l、宽度为。一阻值为R、边长为l的正方形单匝竖直线框，在距磁场上方l处正对着磁场由静止释放，下落过程中，线框平面始终和磁场方向垂直。重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
（1）线框的下边刚进入磁场时，线框中电流I的大小。
（2）若线框的下边进入磁场后立即做匀速运动，则线框的质量m为多少？
（3）在（2）的条件下，已知从线框的上边刚进入磁场到下边即将离开磁场的时间为t，则线框的下边即将离开磁场时，线框的速度v1大小为多少？
【答案】（1）线框的下边刚进入磁场时，线框中电流I的大小为；
（2）线框的质量m为；
（3）线框的下边即将离开磁场时，线框的速度v1大小为。
【解答】解：（1）线框自由下落过程，根据机械能守恒定律得
解得
线框的下边刚进入磁场时，有，
解得
（2）线框的下边进入磁场后立即做匀速运动，由平衡条件有
解得
（3）线框匀速运动到线框的上边进入磁场，继续向下做变加速直线运动，取竖直向下为正方向，根据动量定理得
mgt+I安＝mv1﹣mv
其中，，
解得
答：（1）线框的下边刚进入磁场时，线框中电流I的大小为；
（2）线框的质量m为；
（3）线框的下边即将离开磁场时，线框的速度v1大小为。
题型11 单杆在导轨上无外力作用下切割磁场的运动问题
【知识点的认识】
本考点旨在针对单杆在导轨上无外力作用下切割磁场的运动问题。
模型比较复杂，可能需要综合电磁感应定律、电磁感应与电路问题的结合、电磁感应与动力学的结合、电磁感应与能量问题的结合、电磁感应与动量问题的结合等考点进行综合分析。
28．如图所示，固定在水平面内的金属框架MNPQ，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，初始时一电阻为R的导体棒ab与框架组成一个边长为L的正方形回路。现给导体棒ab一水平向右的初速度，其滑行一段距离L后停下，运动过程中导体棒始终与NP平行且与导轨接触良好，除ab棒外其余电阻均不计，则（ ）
A．导体棒ab做匀减速运动
B．金属框架MNPQ一定是粗糙的
C．此过程中通过导体棒横截面的电荷量为
D．此过程中通过导体棒横截面的电荷量为
【答案】C
【解答】解：A、导体棒切割磁感线产生感应电动势E＝BLv，感应电流，安培力。根据牛顿第二定律，加速度大小，加速度随速度减小而减小，导体棒做变减速运动，故A错误；
B、若金属框架光滑，导体棒在安培力作用下减速，由动量定理，即BLq＝mv0，结合可知导体棒滑行有限距离后速度可减为零，不一定需要摩擦力，故B错误；
CD、根据法拉第电磁感应定律，平均电流，电荷量，联立解得。此过程中导体棒滑行距离L，回路面积变化量ΔS＝L L＝L2，磁通量变化量ΔΦ＝BΔS＝BL2，解得，故C正确，D错误。
故选：C。
29．如图所示，绝缘水平面上固定有两根足够长的光滑平行导轨，导轨间距为d，左端连接阻值为R的定值电阻，一质量为m、电阻为r的导体棒垂直导轨放置，空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现给导体棒一个水平向右的初速度v0，导体棒在运动过程中始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，下列说法正确的是（ ）
A．从上往下看，回路中产生逆时针方向的电流
B．电阻R上产生的热量为
C．通过导体棒某截面的电荷量为
D．导体棒向右运动的最大距离为
【答案】C
【解答】解：A、由楞次定律可知，从上往下看，回路中产生顺时针方向的电流。故A错误；
B、由能量守恒定律得：，电阻R上产生的热量：QRQ，解得：QR，故B错误；
C、以向右为正方向，对导体棒，由动量定理得：
其中，通过导体棒某截面的电荷量为：q＝iΔt，解得：，故C正确；
D、设导体棒向右运动的最大距离为L，以向右为正方向，对导体棒，由动量定理得：
其中：q＝iΔt，电荷量：，解得：，故D错误。
故选：C。
题型12 单杆在导轨上有外力作用下切割磁场的运动问题
【知识点的认识】
本考点旨在针对单杆在导轨上有外力作用下切割磁场的运动问题。模型比较复杂，可能需要综合电磁感应定律、电磁感应与电路问题的结合、电磁感应与动力学的结合、电磁感应与能量问题的结合、电磁感应与动量问题的结合等考点进行综合分析。
30．如图1所示，光滑的平行导电轨道水平固定在桌面上，轨道间连接一可变电阻，导体杆与轨道垂直并接触良好（不计杆和轨道的电阻），整个装置处在垂直于轨道平面向上的匀强磁场中。杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，两次运动中拉力大小与速率的关系如图2所示。其中，第一次对应直线①，初始拉力大小为F0，改变电阻阻值和磁感应强度大小后，第二次对应直线②，初始拉力大小为2F0，两直线交点的纵坐标为3F0。若第一次和第二次运动中的磁感应强度大小之比为k、电阻的阻值之比为m、杆从静止开始运动相同位移的时间之比为n，则k、m、n可能为（ ）
A．k＝2、m＝2、n＝2 B．k＝2
C．k D．k＝2、m＝6、n＝2
【答案】C
【解答】解：由题可知杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，则在v＝0时分别有
；
设第一次和第二次运动中，杆从静止开始运动相同位移的时间分别为t1、t2，则有：
；
解得：n
第一次和第二次运动中根据牛顿第二定律有，整理得：
则可知两次运动中F﹣v图像的斜率为，则有
，故C正确，ABD错误；
故选：C。
（多选）31．如图，空间中存在着竖直向下的匀强磁场，在水平桌面上放置两条光滑平行金属导轨，导轨两端连接一个阻值为2Ω的电阻。在导轨上垂直导轨放置一根质量为1kg的导体棒，导体棒通过一根跨过定滑轮的细绳与重物相连，细线系在导体棒的中点且平行于导轨。已知导轨间距为1m、电阻不计，磁场的磁感应强度为2T，重物的质量为1kg，细绳能承受的最大拉力为9N，g取10m/s2，由静止释放导体棒，则细绳断裂瞬间导体棒的加速度与速度分别为（ ）
A．a＝0.5m/s2 B．a＝1m/s2 C．v＝2m/s D．v＝4m/s
【答案】BD
【解答】解：AB、设细绳断裂瞬间重物的加速度大小为a，对重物，根据牛顿第二定律可得：Mg﹣Fmax＝Ma
解得：a＝1m/s2
则导体棒的加速度大小为1m/s2，故A错误、B正确；
CD、对导体棒，根据牛顿第二定律可得：Fmax﹣BIL＝ma，其中：I
解得：v＝4m/s，故C错误、D正确。
故选：BD。
题型13 双杆在等宽导轨上切割磁场的运动问题
【知识点的认识】
本考点旨在针对双杆在等宽导轨上切割磁场的运动问题。模型比较复杂，可能需要综合电磁感应定律、电磁感应与电路问题的结合、电磁感应与动力学的结合、电磁感应与能量问题的结合、电磁感应与动量问题的结合等考点进行综合分析。
32．如图所示，有一足够长的光滑平行金属导轨间距为L，折成倾斜和水平两部分，倾斜部分导轨的倾角与水平面的夹角为θ＝30°，水平和倾斜部分均处在磁感应强度为B的匀强磁场中，水平部分磁场方向竖直向下，倾斜部分垂直斜面向下（图中未画出），两个磁场区互不叠加；将两根金属棒a、b垂直放置在导轨上，并将b用轻绳通过定滑轮和小物体c连接，已知两棒的长度均为L，电阻均为R，质量均为m，小物块c的质量也为m，不考虑其他电阻，不计一切摩擦，运动过程中棒与导轨保持接触良好，且b始终不会碰到滑轮，重力加速度大小为g。
（1）求锁定a，释放b的最终速度vm；
（2）使a、b同时由静止释放，同时在a上施加一沿斜面向上的恒力F＝1.5mg，求任意时刻a、b加速度之比；
（3）使a、b同时由静止释放，同时在a上施加一沿斜面向上的恒力F＝1.5mg，求达到稳定状态时a、b的速度；
（4）若（2）中系统从由静止开始经时间t达到稳定状态，求此过程中系统产生的焦耳热。
【答案】（1）锁定a，释放b的最终速度为；
（2）任意时刻a、b加速度之比为2：1；
（3）达到稳定状态时a、b的速度为，；
（4）此过程中系统产生的焦耳热为。
【解答】解：（1）当b和c组成的系统做匀速运动时，最大速度为vm，有
mg﹣BIL＝0
根据闭合电路欧姆定律可得：
联立解得：
（2）施加F后，a棒沿斜面向上运动，对a棒运动过程中某一瞬间应用牛顿第二定律
F﹣mgsinθ﹣BiL＝ma1
对b和c组成的系统同一瞬间应用牛顿第二定律
mg﹣BiL＝2ma2
因F＝1.5mg，所以任意时刻a棒和b棒的加速度之比为
a1：a2＝2：1
（3）当a棒和b棒加速度为零时，达到稳定状态，设此时a、b棒速度分别为v1、v2，此时电路中的电流为
由于a、b棒运动时间相等，所以任意时刻a、b棒的速度之比为
v1：v2＝2：1
解得：，
（4）由（2）中过程分析可确定任意时刻v1：v2＝2：1，由于运动时间相等，那么从由静止开始到达恰好稳定状态，a、b棒的位移大小之比也为2：1．即c物块下落h，则有：
b棒的位移大小为：x2＝h
a棒沿着斜面向上移动的位移大小为：x1＝2h
已知系统从由静止开始经时间t达到稳定状态，以沿斜面向上为正方向，对a由动量定理得：
Ft﹣BLmv1
其中：
解得：h
对于a、b和c系统，由功能关系得
解得：Q
答：（1）锁定a，释放b的最终速度为；
（2）任意时刻a、b加速度之比为2：1；
（3）达到稳定状态时a、b的速度为，；
（4）此过程中系统产生的焦耳热为。
33．如图甲所示，两根完全相同的光滑金属导轨平行放置，它们由左侧半径为R的四分之一圆弧和右侧水平无限长直线部分构成，弧形部分竖直且与直轨道平滑相切于OO′处，导轨间距为L，整个区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两根长度均为L，电阻均为r的细金属杆M、N分别放置在导轨上，其中N锁定在水平轨道上OO′右侧x处，且金属杆N上有一个微型无线电流传感器（视为质点，图中未画出），可记录金属杆N上的电流大小和方向，并实时传送到计算机中。金属杆M从零时刻起在外力驱动下从圆弧轨道最高点沿轨道做匀速圆周运动，速度大小为v0，t1＝0.5s时撤去外力，金属杆M刚好到达最低点。之后在两杆将要碰的瞬间解除N杆的锁定，收集到电流随时间变化的图像如图乙所示，计算机测得t2﹣t3内图像与横轴围成面积大小是t1﹣t2内图像与横轴围成面积大小的倍，t3时刻电流为零。已知L＝1m，B＝1T，r＝1Ω，运动过程中两杆始终与导轨接触良好，M杆的质量为m＝1kg，重力加速度为g＝10m/s2，感应电流产生的磁场、导轨的电阻及空气阻力均可忽略不计。求：
（1）v0和R的大小；
（2）0﹣t2时间内金属杆M产生的焦耳热；
（3）碰撞后两金属杆M、N共速时的速度大小。
【答案】（1）v0的大小为6m/s和R的大小为m；
（2）0﹣t2时间内金属杆M产生的焦耳热7.25J；
（3）碰撞后两金属杆M、N共速时的速度大小1m/s。
【解答】解：（1）由图乙可知，当金属杆M运动到圆弧轨道最低点时，电路中的电流为I1＝3.0A
根据欧姆定律，可得金属杆M产生的电动势为E1＝I1 2r
代入数据解得E1＝6V
又E1＝BLv0
解得v0＝6m/s
因为金属杆M在圆弧轨道做匀速圆周运动，有
解得
（2）0～t1时间内，金属杆M在圆弧轨道上，当金属杆M与圆弧轨道圆心连线与水平方向夹角为θ时，则与磁场垂直方向的分速度为v＝v0sinθ
金属杆M产生的电动势为E＝BLv0sinθ
电路中的电流为
所以，0～t1时间内，电路中的电流为正弦式交变电流，有效值为
代入相关已知数据求得
电路中产生的总焦耳热为Q1总
代入数据解得Q1总＝4.5J
此过程，金属杆M上产生的焦耳热为Q
代入数据解得Q1＝2.25J
由图乙可知，在t2时刻，电路中的电流为I2＝2A
根据欧姆定律，可得金属杆M产生的电动势为E2＝I2 2r
代入数据解得E2＝4V
又E2＝BLv1
解得v1＝4m/s
在t1～t2时间内，根据能量守恒有Q2总
代入数据解得Q2总＝10J
此过程，金属杆M上产生的焦耳热为Q
代入数据解得Q2＝5J
所以，0～t2时间内金属杆M产生的焦耳热为Q＝Q1+Q2
代入数据解得Q＝7.25J
（3）在t1～t2时间内，对金属杆M根据动量定理有
其中
联立解得q1＝2C，x＝4m
图乙中图像与横轴围成面积大小表示通过金属杆的电荷量，则在t2～t3时间内，通过金属杆的电荷量为
取水平向右为正方向，设金属杆M、N在碰后瞬间金属杆M的速度为v2，金属杆N的速度为v3，质量为M，t3时刻共速时的速度为v共，碰撞前后动量守恒有mv1＝mv2+Mv3＝（m+M）v共
在t2～t3时间内，对金属杆M根据动量定理有
其中
由图乙可知，两金属杆碰后电流大小不变，方向改变，则ΔE＝E2＝BLv3﹣BLv2＝I×2r
代入数据解得ΔE＝4V
联立，解得M＝3kg，v2＝﹣2m/s，v3＝2m/s，v共＝1m/s
答：（1）v0的大小为6m/s和R的大小为m；
（2）0﹣t2时间内金属杆M产生的焦耳热7.25J；
（3）碰撞后两金属杆M、N共速时的速度大小1m/s。
题型14 双杆在不等宽导轨上切割磁场的运动问题
【知识点的认识】
本考点旨在针对双杆在不等宽导轨上切割磁场的运动问题。模型比较复杂，可能需要综合电磁感应定律、电磁感应与电路问题的结合、电磁感应与动力学的结合、电磁感应与能量问题的结合、电磁感应与动量问题的结合等考点进行综合分析。
34．如图，光滑金属导轨，A1B1C1D1、A2B2C2D2，其中A1B1、A2B22为半径为h的圆弧导轨，B1C1、B2C2是间距为3L且足够长的水平导轨，C1D2、C2D2是间距为2L且足够长的水平导轨。金属导体棒M、N质量均为m，接入电路中的电阻均为R，导体棒N静置在C1D2、C2D2间，水平导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现将导体棒M自圆弧导轨的最高点处由静止释放，两导体棒在运动过程中均与导轨垂直且始终接触良好，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。求：
（1）导体棒M运动到B1B2处时，对导轨的压力；
（2）导体棒M由静止释放至达到稳定状态的过程中，通过其横截面的电荷量；
（3）在上述过程中导体棒N产生的焦耳热。
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）M棒从圆弧导轨滑下过程，根据机械能守恒定律得
可得v0
导体棒M运动到B1B2处时，根据牛顿第二定律得
联立解得：FN＝3mg
由牛顿第三定律可知，导体棒M运动到B1B2处时，对导轨的压力为3mg，方向竖直向下。
（2）两金属棒最终分别做匀速直线运动，两棒产生的感应电动势分别为
EM＝3BLvM，EN＝2BLvN
又有EM＝EN
解得：3vM＝2vN
取水平向左为正方向，分别对M、N，根据动量定理得
对M有
对N有
又有
解得：vN，，
（3）全过程由系统能量守恒有
又有
联立解得：
答：（1）导体棒M运动到B1B2处时，对导轨的压力为3mg，方向竖直向下；
（2）导体棒M由静止释放至达到稳定状态的过程中，通过其横截面的电荷量为；
（3）导体棒N产生的焦耳热为。
题型15 有电源存在的导轨滑杆模型
【知识点的认识】
本考点旨在针对有电源存在的导轨滑杆模型。模型比较复杂，可能需要综合电磁感应定律、电磁感应与电路问题的结合、电磁感应与动力学的结合、电磁感应与能量问题的结合、电磁感应与动量问题的结合等考点进行综合分析。
（多选）35．如图，间距为1m、足够长的平行金属导轨A1A2﹣P1P2固定在水平面上，整个导轨处在方向竖直、磁感应强度大小B＝2T的匀强磁场中（未画出），左侧连接E＝12V的电源（内阻不计）和C＝0.1F的电容器，质量为0.2kg的金属棒a垂直导轨静止放置。先将开关S闭合到1，等电容器充满电后，再将开关S闭合到2，金属棒a最终达到稳定速度。已知金属棒a接入电路中的阻值为2Ω，其余电阻不计，金属棒a运动的过程中始终垂直于导轨，下列说法正确的是（ ）
A．电容器充满电后，所带电荷量为12C
B．当金属棒a达到稳定速度时，电容器所带电荷量为0.8C
C．从金属棒a开始运动到达到稳定速度过程中，流经金属棒横截面的电荷量为0.6C
D．金属棒a的稳定速度大小为4m/s
【答案】BD
【解答】解：A、由电容器的定义式，可得电容器充满电后，所带电荷量为q0＝CE，解得：q0＝1.2C，故A错误；
BCD、当金属棒a达到稳定速度时，电容器放电结束，剩余的电荷量为q1＝CU，则流经金属棒的电荷量为q0﹣q1；
对金属棒a，由法拉第电磁感应定律可得：U＝BLvm，以水平向右为正方向，对金属棒受力分析，根据动量定理，可得：，由电流定义式，可得：，解得q1＝0.8C，vm＝4m/s，q0﹣q1＝0.4C，故BD正确，C错误。
故选：BD。
题型16 含有电容器的导轨滑杆模型
【知识点的认识】
本考点旨在针对含有电容器的导轨滑杆模型。模型比较复杂，可能需要综合电磁感应定律、电磁感应与电路问题的结合、电磁感应与动力学的结合、电磁感应与能量问题的结合、电磁感应与动量问题的结合等考点进行综合分析。
（多选）36．我国首艘弹射型航空母舰福建舰采用了世界上最先进的电磁弹射技术，装备了三条电磁弹射轨道。为了研究问题方便，将其简化为如图所示的模型（俯视图）。发射轨道被简化为两个固定在水平面上、间距为L且相互平行的足够长金属导轨，整个导轨平面处在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。发射导轨的左端为储能装置电容器，电容为C。舰载机等载体被简化为一根质量为m、长度也为L、阻值为R的金属导体棒。金属导体棒垂直放置于平行金属导轨上，忽略一切摩擦以及导轨和导线的电阻。每次发射前对电容器进行充电，满电带电荷量为Q，则（ ）
A．导体棒能获得的最大发射速度为
B．闭合开关瞬间，导体棒的加速度为
C．闭合开关后，导体棒做匀加速直线运动
D．整个发射过程中流过导体棒的电荷量最大为
【答案】BD
【解答】解：A、设某一时刻，电容器的电荷量为q，则电压为U＝Cq
导体棒速度为v时，产生的感应电动势为E＝BLv
电流I方向从电容器正极流出，则电路中电流
当导体棒的速度最大时，电容器的电压等于导体棒产生的感应电动势，可得
取向右为正方向，根据动量定理可得mvm＝BL（Q﹣q）
解得导体棒的最大速度为，故A错误；
B、闭合开关瞬间，电容器初始电压为
导体棒初速度v＝0，因此感应电动势为0，初始电流为
初始安培力大小为
故初始加速度大小为，故B正确；
C、由，可得随着速度的增大，加速度减小，故导体棒做加速度逐渐减小的加速运动，最终达到最大速度，故C错误；
D、最大电荷量即为初始电荷量 Q（全部放完）。但导体棒达到最大速度时，电容器仍有剩余电荷q＝CBLvm
所以流过导体棒的电荷量为，故D正确。
故选：BD。
题型17 竖直平面内的导轨滑杆模型
【知识点的认识】
本考点旨在针对竖直平面内的导轨滑杆模型。模型比较复杂，可能需要综合电磁感应定律、电磁感应与电路问题的结合、电磁感应与动力学的结合、电磁感应与能量问题的结合、电磁感应与动量问题的结合等考点进行综合分析。
（多选）37．如图甲所示，电阻不计且间距为L＝1m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端连接阻值为R＝1Ω的电阻，虚线OO′下方有垂直于导轨平面的匀强磁场。现将质量为m＝0.3kg、电阻Rab＝1Ω的金属杆ab从OO′上方某处以一定初速释放，下落过程中与导轨保持良好接触且始终水平。在金属杆ab下落0.3m的过程中，其加速度a与下落距离h的关系图像如图乙所示。已知ab进入磁场时的速度v0＝3.0m/s，取g＝10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．进入磁场后，金属杆ab中电流的方向由b到a
B．匀强磁场的磁感应强度为2.0T
C．金属杆ab下落0.3m的过程中，通过R的电荷量为0.24C
D．金属杆ab下落0.3m的过程中，R上产生的热量约为0.87J
【答案】BCD
【解答】解：A、由右手定则可判断，ab棒进入磁场后，金属杆ab中电流的方向由a到b，故A错误；
B、ab棒进入磁场时，根据牛顿第二定律有：mg﹣B L＝ma，由乙图可知ab进入磁场时的加速度为：a＝﹣10m/s2，代入数据联立解得：B＝2.0T，故B正确；
D、金属杆ab下落0.3m时，由乙图可知其加速度为0，速度达到最小值，有：
代入数据解得：
金属杆ab下落0.3m的过程中，电路上产生的热量为：
R上产生的热量为：QR0.87J，故D正确；
C、金属杆ab下落0.3m过程中，通过R的电荷量为：，故C正确。
故选：BCD。
38．如图所示，电动机通过其转轴上的绝缘细绳牵引一根原来静止的长L＝1m、质量m＝0.1kg的导体棒ab，导体棒紧贴在竖直放置、电阻不计的金属框架上，导体棒的电阻R＝1Ω，磁感应强度B＝1T的匀强磁场垂直于导体框架所在平面。当导体棒在电动机牵引下上升h＝3.8m时，获得稳定速度，此过程中导体棒产生的热量0.2J，电动机工作时，电压表、电流表的读数分别为7V和1A，电动机的内阻r＝1Ω。不计一切摩擦，g＝10m/s2，求：
（1）在导体棒上升过程中，通过导体棒的电流方向和受到的磁场力的方向？
（2）导体棒所能达到的稳定速度是多少？
【答案】（1）在导体棒上升过程中，通过导体棒的电流方向为b流向a；受到的磁场力的方向竖直向下；
（2）导体棒所能达到的稳定速度是2m/s。
【解答】解：（1）根据右手定则，金属棒上电流方向为b流向a；
根据左手定则，磁场力方向垂直于金属棒竖直向下。
（2）根据感应电动势公式可得：E＝BLv
根据闭合电路欧姆定律可得：I
根据安培力公式可得：FA＝BIL
根据平衡条件可得：T＝mg+FA
根据能量守恒定律可得：IU＝Tv+I2r
代入数据解得：v＝2m/s。
答：（1）在导体棒上升过程中，通过导体棒的电流方向为b流向a；受到的磁场力的方向竖直向下；
（2）导体棒所能达到的稳定速度是2m/s。
题型18 动量定理在电磁感应问题中的应用
【知识点的认识】
本考点旨在针对动量定理在电磁感应中的应用问题。
动量定理在电磁感应问题中一般用来求电荷量。
根据电流的定义式可知q，
设在某一过程中安培力的平均值为Bl，动量的变化量为Δp＝mv2﹣mv1，根据动量定理：
BlΔt＝mv2﹣mv1
即Blq＝mv2﹣mv1
以此就可以该过程通过电路的电荷量
39．如图所示，倾角为θ＝30°、间距为L＝1m、足够长的光滑金属导轨固定在绝缘水平桌面上。导轨底端接有阻值为R＝2Ω的定值电阻。导轨上方垂直导轨放置一根长度也为L＝1m、阻值为r＝1Ω、质量为m＝0.1kg的金属棒ab。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为T，取重力加速度g＝10m/s2，导轨电阻不计。现将金属棒从导轨上某位置由静止释放，经过t＝3s金属棒达到最大速度，金属棒始终未滑到导轨底端。求：
（1）金属棒最大速度大小vm；
（2）金属棒从释放到达到最大速度所下滑的距离s。
【答案】（1）金属棒的最大速度为6m/s；
（2）金属棒下滑的距离为10.8m。
【解答】解：（1）对金属棒受力分析，可知速度最大时，金属棒受力平衡，受力分析如图：
可得：mgsinθ＝F安cosθ，由安培力公式可得F安＝BIL，由闭合电路欧姆定律得，动生电动势为E＝Bcosθ Lvm，解得：vm＝6m/s；
（2）金属棒从开始运动到最大速度的过程，应用动量定理，可得：，由闭合电路欧姆定律：，法拉第电磁感应定律：，联立可得：s＝10.8m。
答：（1）金属棒的最大速度为6m/s；
（2）金属棒下滑的距离为10.8m。
题型19 动量守恒定律在电磁感应问题中的应用
【知识点的认识】
本考点旨在针对动量守恒定律在电磁感应中的应用问题。
40．如图所示，左侧倾角θ＝37°、足够长的光滑平行金属导轨与右侧足够长的水平光滑平行金属导轨之间用两段光滑绝缘圆弧轨道（长度可忽略）连接，两导轨的水平部分在同一水平面内，间距为d，倾斜导轨顶端连接阻值为R的定值电阻。两部分导轨分别处于与导轨平面垂直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中（图中未画出）。质量为3m的金属棒Q静止在圆弧底部，质量为5m的金属棒P从倾斜导轨上某处由静止滑下，当金属棒P到达倾斜导轨底端时速度恰好达到最大。金属棒P、Q的电阻均为R，两棒发生弹性碰撞且碰撞时间极短，两棒始终与导轨垂直且接触良好，不计金属导轨的电阻。重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）金属棒P到达倾斜导轨底端时的速度大小；
（2）金属棒P、Q碰撞后金属棒P的速度大小；
（3）从金属棒P、Q碰撞后到两棒的运动状态达到稳定的过程中，金属棒P、Q的位移差。
【答案】（1）金属棒P到达倾斜导轨底端时的速度大小为；
（2）金属棒P、Q碰撞后金属棒P的速度大小为；
（3）从金属棒P、Q碰撞后到两棒的运动状态达到稳定的过程中，金属棒P、Q的位移差为。
【解答】解：（1）金属棒P的加速度为零时，速度最大，设最大速度为发，根据平衡条件有
解得
则金属棒P到达底端的速度大小为。
（2）金属棒P和Q发生弹性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律得
5mv＝5mv1+3mv2
由机械能守恒定律得
联立解得金属棒P、Q碰撞后金属棒P的速度大小分别为
，
（3）碰后金属棒P和Q组成的系统所受的合外力为0，则系统的动量守恒。两棒的运动状态达到稳定时速度相同，取向右为正方向，由动量守恒定律得
5mv1+3mv2＝（5m+3m）v0
解得两金属棒一起做匀速直线运动时的速度大小为
设两金属棒碰后至一起做匀速直线运动过程中，两者的位移差为Δx，所经历的时间为Δt，回路的平均电流为，则
此过程中，对金属棒P，取向右为正方向，由动量定理得
联立解得
答：（1）金属棒P到达倾斜导轨底端时的速度大小为；
（2）金属棒P、Q碰撞后金属棒P的速度大小为；
（3）从金属棒P、Q碰撞后到两棒的运动状态达到稳定的过程中，金属棒P、Q的位移差为。
41．如图所示，固定的光滑斜面倾角为30°，斜面上宽度为2L的矩形区域内存在垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一边长为L、电阻为R、质量为m的单匝正方形线框efgh从距离磁场上边缘为d处由静止开始沿斜面下滑。已知线框进、出磁场均做变速运动且gh边进、出磁场时速度相等，d＞L，重力加速度为g。求：
（1）gh边刚进入磁场时受到的安培力大小FA；
（2）线框穿越磁场全过程产生的焦耳热Q；
（3）线框进入磁场所经历的时间t。
【答案】（1）gh边刚进入磁场时受到的安培力大小FA为；
（2）线框穿越磁场全过程产生的焦耳热Q为2mgL；
（3）线框进入磁场所经历的时间t为。
【解答】解：（1）设线框gh边刚进入磁场时的速度为v1。对gh边进入磁场前线框的运动过程，由机械能守恒定律有
gh边刚进入磁场时回路中的感应电流为
gh边此时受到的安培力大小
FA＝BIL
解得：FA
（2）设线框全部进入磁场时速度为v，从线框全部进入磁场到gh边刚出磁场的过程，由机械能守恒定律有
线框穿越磁场的全过程，由能量守恒定律有
解得：Q＝2mgL
（3）对于线框进入磁场的过程，取沿斜面向下为正方向，根据动量定理有
线框进入磁场过程中产生的电动势为
线框中的电流为
解得：
答：（1）gh边刚进入磁场时受到的安培力大小FA为；
（2）线框穿越磁场全过程产生的焦耳热Q为2mgL；
（3）线框进入磁场所经历的时间t为。
题型20 电磁感应过程中的动力学类问题
【知识点的认识】
1.模型概述：该模型考查的是电磁感应定律与运动学的联系，一般要结合牛顿第二定律，分析物体的速度与受力情况。
2.两种状态处理
（1）导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态。
处理方法：根据平衡条件合外力等于零列式分析。
（2）导体处于非平衡态——加速度不为零。
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析，或结合功能关系分析。
3.两大研究对象及其关系
电磁感应中导体棒既可看作电学对象（因为它相当于电源），又可看作力学对象（因为感应电流产生安培力），而感应电流Ⅰ和导体棒的速度v则是联系这两大对象的纽带：
42．如图所示，水平放置的两条光滑导轨上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是（ ）
A．向右加速运动 B．向左匀速运动
C．向右减速运动 D．向左减速运动
【答案】C
【解答】解：MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手定则可知PQ可能是向左加速运动或向右减速运动。
故选：C。
（多选）43．如图1所示，固定在水平面上的平行光滑导轨左端接有阻值R＝0.4Ω的电阻，整个导轨处在方向竖直向上、磁感应强度大小B＝0.5T的匀强磁场中。一质量为m＝0.01kg、电阻r＝0.1Ω的导体棒ab沿导轨向右运动，在外力F作用下，其速度v随时间t的变化关系如图2所示。已知导体棒ab的长度l＝0.4m，导轨电阻不计，整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好。则在0 0.25s的时间内（ ）
A．导体棒ab两端电压的峰值为2V
B．外力F做的功为0.5J
C．通过电阻R的电荷量为
D．外力F的冲量大小为0.32N s
【答案】BC
【解答】解：A、由图可知，导体棒ab的速度最大值为vm＝10m/s，则导体棒产生的感应电动势的峰值为
Em＝Blvm＝0.5×0.4×10V＝2V
感应电流的峰值为
导体棒ab两端电压的峰值为
Um＝ImR＝4×0.4V＝1.6V，故A错误；
B、回路中产生的电能即ab棒克服安培力做功为
对ab棒，根据动能定理得
解得外力F做的功为：WF＝0.5J，故B正确；
C、该导体棒产生的感应电动势与线圈在磁场中转动产生的感应电动势相似，则由线圈转过90°时通过导体横截面的电荷量为
其中
rad/s
则通过电阻R的电荷量为
qCC，故C正确；
D、在0 0.25s的时间内，取向右为正方向，对导体棒，根据动量定理得
IF﹣I安＝0﹣mvm
其中
解得外力F的冲量大小为
，故D错误。
故选：BC。
题型21 电磁感应过程中的能量类问题
【知识点的认识】
1.电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程。
2.求解电能应分清两类情况
（1）若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算。
（2）若电流变化，则：
①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；
②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能。
3.电磁感应现象中的能量转化
（1）安培力做功
（2）焦耳热的计算
①电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt
②感应电流变化时，可用以下方法分析：
a.利用动能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安
b.利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量，
44．手机无线充电技术给用户带来了全新的充电体验，其基本原理是电磁感应：给送电线圈中通以变化的电流，就会在邻近的受电线圈中产生感应电流。某次充电过程可简化为如图甲所示的模型，一个阻值为R、匝数为n的圆形金属受电线圈与阻值为也R的电阻R1连接成闭合回路，线圈的半径为r1。在受电线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示（规定图甲中B0的方向为正方向）。图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0，导线的电阻不计。在0至t1时间内，下列说法正确的是（ ）
A．线圈中产生逆时针方向的感应电流
B．ab两点之间的电势差为
C．线圈中感应电流的大小为
D．电阻R1上产生热量为
【答案】C
【解答】解：A．受电线圈内的磁场强度在变小，磁通量变小，根据楞次定律可判断出线圈中产生顺时针方向的感应电流，故A错误；
BC．由题图可知，0～t1时间内
且
由法拉第电磁感应定律有
线圈中的感应电动势为
由闭合电路欧姆定律有
解得
ab两点之间的电势差为
U＝IR1
解得U
故B错误，C正确；
D．根据焦耳定律可知，电阻R1上产生热量为
Q＝I2Rt
解得Q
故D错误。
故选：C。
45．如图甲所示，一电阻不计且足够长的固定光滑平行金属导轨MN、PQ间距L＝0.8m，其下端接有阻值R＝2Ω的电阻，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°。整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。一质量m＝0.2kg、阻值r＝1Ω的金属棒垂直导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M＝0.8kg的重物相连，左端细线连接金属棒中点且沿NM方向。棒由静止释放后，沿NM方向位移x与时间t之间的关系如图乙所示，其中ab为直线。已知棒在0～0.3s内通过的电荷量是0.3～0.4s内通过电荷量的2倍，取g＝10m/s2，求：
（1）刚释放时导体棒的加速度a；
（2）0～0.3s内棒通过的位移x1的大小；
（3）磁感应强度B的大小和整个回路在0～0.4s内产生的热量Q。
【答案】（1）刚释放时导体棒的加速度7m/s2；
（2）0～0.3s内棒通过的位移x1的大小0.6m；
（3）磁感应强度的大小和整个回路在0～0.4s内产生的热量1.8J。
【解答】解：（1）对M和m组成的系统，根据牛顿第二定律有
Mg﹣mgsinθ＝（M+m）a
解得
a＝7m/s2
（2）棒在0～0.3s内通过的电荷量
平均感应电流
回路中平均感应电动势
得
同理，棒在0.3～0.4s内通过的电荷量
由题图乙读出0.4s时刻位移大小
x2＝0.9m
又
q1＝2q2
联立解得
x1＝0.6m
（3）由题图乙知棒在0.3～0.4s内做匀速直线运动，棒的速度大小
0.3s后棒受力平衡
F＝mgsinθ+BIL，F＝Mg
根据闭合电路欧姆定律得
解得
0～0.4s内，对整个系统，根据能量守恒定律得
代入数据解得
Q＝1.8J
答：（1）刚释放时导体棒的加速度7m/s2；
（2）0～0.3s内棒通过的位移x1的大小0.6m；
（3）磁感应强度的大小和整个回路在0～0.4s内产生的热量1.8J。
题型22 电磁感应过程中的电路类问题
【知识点的认识】
1.模型概述：该模型考查的是电磁感应中的电路类问题，主要涉及到求取电学中的物理量，如电流、电压、电量、功率等。
2.电磁感应与电路结合的相关问题的解决方法
（1）明确产生感应电动势的导体或部分电路，该导体或部分电路就相当于电源。
（2）画等效电路图，分清内、外电路。
（3）用法拉第电磁感应定律E＝n或E＝Blv确定感应电动势的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向.
（4）运用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点，电功率，电热等公式联立求解。
（5）电磁感应中的电荷量问题：闭合回路中磁通量发生变化时，电荷发生定向移动面形成感应电流，在Δt内迁移的电荷量（感应电荷量）
q＝I Δt Δt＝n n
46．如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上，磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容器，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．棒产生的电动势为
B．电容器两端的电压为
C．电阻消耗的电功率为
D．圆环边缘的电势高于中心的电势
【答案】B
【解答】解：A、棒产生的感应电动势为：，故A错误；
B、不计金属棒的电阻，则电容器两端的电压为：，故B正确；
C、电阻的电压等于电容器两端的电压U，则电阻消耗的电功率为：P，故C错误；
D、根据右手定则可知，圆环边缘的电势低于中心的电势，故D错误。
故选：B。
（多选）47．如图所示，用两根完全相同的带有绝缘外皮的导线首尾相接，分别绕制成一个单匝闭合圆环和两匝闭合圆环，把它们垂直放在随时间均匀变化的磁场中，下列说法正确的是（ ）
A．穿过两环的磁通量之比为4：1
B．两环内的感应电动势之比为4：1
C．两环内的感应电流之比为2：1
D．相同时间内通过两环任一截面的电荷量之比为2：1
【答案】ACD
【解答】解：A、两圆环由相同长度导线绕制，则有：l＝2πr1＝2×2πr2，可知两圆环的半径之比：
两圆环的面积之比：
磁通量Φ＝BS，则穿过两圆环的磁通量之比：，故A正确；
BC、两圆环在同一磁场中，所以磁感应强度的变化率相同，
由法拉第电磁感应定律，可知：
两圆环的长度相等，电阻率和横截面积相等，由电阻定律可知两圆环的电阻相等，
由闭合电路欧姆定律可知感应电流大小之比：，故B错误，C正确；
D、电荷量q＝It，则相同时间内电荷量之比：，故D正确。
故选：ACD。第二章2节 电磁感应及其应用
题型1 法拉第电磁感应定律的内容和表达式 题型2 法拉第电磁感应定律的基本计算
题型3 导体平动切割磁感线产生的感应电动势 题型4 导体转动切割磁感线产生的感应电动势
题型5 描绘线圈进出磁场区域的图像 题型6 导轨滑杆模型中的图像问题
题型7 电磁感应中的其他图像问题 题型8 线圈进出磁场的电压、电流、电荷量等电学量的计算
题型9 线圈进出磁场的动力学问题 题型10 线圈进出磁场的能量计算
题型11 单杆在导轨上无外力作用下切割磁场的运动问题 题型12 单杆在导轨上有外力作用下切割磁场的运动问题
题型13 双杆在等宽导轨上切割磁场的运动问题 题型14 双杆在不等宽导轨上切割磁场的运动问题
题型15 有电源存在的导轨滑杆模型 题型16 含有电容器的导轨滑杆模型
题型17 竖直平面内的导轨滑杆模型 题型18 动量定理在电磁感应问题中的应用
题型19 动量守恒定律在电磁感应问题中的应用 题型20 电磁感应过程中的动力学类问题
题型21 电磁感应过程中的能量类问题 题型22 电磁感应过程中的电路类问题
▉题型1 法拉第电磁感应定律的内容和表达式
【知识点的认识】
法拉第电磁感应定律
（1）内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。
（2）公式：E＝n．
1．下列说法正确的是（ ）
A．根据可知，若q减半，则该处的场强变为原来的2倍
B．根据可知，与点电荷距离相等的点，电场强度均相同
C．根据可知，B与F成正比，与IL成反比
D．根据可知，E与成正比
2．如图所示，固定于水平面上的金属架CDEF处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动。t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置恰好使MDEN构成一个边长为l的正方形。为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，下列磁感应强度B随时间t变化的关系式正确的是（ ）
A．BB0 B．BB0
C．BB0 D．BB0
（多选）3．如图所示，水平放置的两平行金属板与圆形圆线圈相连，两极板间距离为d，圆形线圈半径为r，电阻为R1，外接电阻为R2，其他部分的电阻忽略不计。在圆形线圈中有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度均匀减小，有一个带电液滴能够在极板之间静止，已知液滴质量为m、电量为q。则下列说法正确的是（ ）
A．液滴带正电
B．磁感应强度的变化率为
C．保持开关闭合，向上移动下极板时，粒子将向下运动
D．断开开关S，粒子将向下运动
（多选）4．单匝矩形线圈放在随时间正弦变化的磁场中，若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示，则O～D过程中以下描述正确的是（ ）
A．线圈中O时刻感应电动势最大
B．线圈中D时刻感应电动势为零
C．线圈中D时刻感应电动势最大
D．线圈中O至D时间内平均感应电动势为0.4V
（多选）5．一个圆形闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，如图甲所示．设垂直纸面向里的磁感应强度方向为正，垂直纸面向外的磁感应强度方向为负．线圈中顺时针方向的感应电流为正，逆时针方向的感应电流为负．已知圆形线圈中的感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示，则线圈所处的磁场的磁感应强度随时间变化的图象可能是下图中的（ ）
A． B．
C． D．
▉题型2 法拉第电磁感应定律的基本计算
【知识点的认识】
法拉第电磁感应定律
（1）内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。
（2）公式：E＝n．
6．如图甲，固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于虚线AB左侧始终竖直向下的磁场B1中，bc边与虚线AB重合，虚线AB右侧为B2＝0.2T的匀强磁场。导体框的质量m＝1kg、电阻R＝0.5Ω、边长L＝1m。磁感应强度B1随时间t的变化图像如图乙所示。在t＝1s时，导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度v0＝0.1m/s，下列说法正确的是（ ）
A．t＝0.5s时流过ad边的电流方向由a到d
B．t＝0.5s时流过ad边的电流大小为0.4A
C．导体框的bc边刚越过虚线AB时受到的安培力的大小为0.024N
D．当线框速度减为0.02m/s时ad边移动的距离为m
7．若陕西地区地磁场的磁感应强度的竖直分量的大小By随距离地面高度h的变化关系如图所示，一直升机将一始终保持水平的闭合金属导线框竖直向上匀速吊起，下列说法正确的是（ ）
A．线框中有顺时针方向的感应电流（俯视）
B．线框中的感应电流不断减小
C．线框中的感应电流不断增大
D．线框的四条边有向内收缩的趋势
8．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（r＜R）。若磁感应强度大小B随时间t的变化关系为B＝kt（k为常量），则回路中产生的感应电动势大小为（ ）
A．0 B．kπR2 C．2kπr2 D．2kπR2
▉题型3 导体平动切割磁感线产生的感应电动势
【知识点的认识】
1.如果感应电动势是由导体运动而产生的，它也叫作动生电动势。
2.当导体的运动方向与磁场垂直时，动生电动势的大小为：
E＝Blv
3.适用条件：（1）匀强磁场；（2）平动切割；（3）B、l、v三者相互垂直。
4.当导体的运动方向与磁场有夹角时，如下图
即如果导线的运动方向与导线本身是垂直的，但与磁感线方向有一个夹角θ，则动生电动势为：E＝Blv1＝Blvsinθ，即利用速度垂直于磁场的分量。
9．如图所示，某同学在深圳湾公园内沿海边一条直线跑道从东往西骑行，该地磁场水平分量由南到北，竖直分量向下。自行车车把为直把、金属材质，辐条也为金属材质，只考虑自行车在地磁场中的电磁感应现象，下列结论正确的是（图中B点在轮轴，A点在轮缘）（ ）
A．图所示辐条中A点电势与B点电势相等
B．图所示辐条中A点电势低于B点电势
C．自行车左右把手中电势相等
D．自行车左把手电势低于右把手电势
（多选）10．如图所示，两个连续的有界匀强磁场的磁感应强度大小均为B，方向分别垂直光滑水平桌面向下和向上，磁场宽度均为L。紧贴磁场区域的左侧边界处，有一边长为L的正方形均匀导体线框置于桌面上。现用外力使线框由静止开始匀加速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定逆时针方向为电流正方向，外力F向右为正方向，磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ为正值。以下反映线框中的感应电流i、磁通量Φ、电功率P、外力F随时间t或位移x的变化规律可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
（多选）11．如图所示，一质量为m的U形金属框abcd静置于水平粗糙绝缘平台上，ab和dc边平行且与bc边垂直，bc边长度为L。ab、dc足够长，金属框与绝缘平台间动摩擦因数为μ，整个金属框电阻可忽略。一根质量也为m的导体棒MN平行bc静置于金属框上，导体棒接入回路中的电阻为R，导体棒与金属框间摩擦不计。现用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，MN与金属框始终保持良好接触，重力加速度为g，经过足够长时间后，下列说法正确的是（ ）
A．导体棒与金属框具有共同速度v
B．导体棒与金属框具有共同加速度aμg
C．导体棒中电流I
D．导体棒消耗的电功率为P
12．如图甲所示，水平面上固定有两根足够长的光滑平行金属导轨，两导轨的右端用导线连接灯泡，其额定电压为U＝0.5V，左端垂直放置电阻r＝2Ω的金属棒，在矩形区域CDNM内有竖直向上变化的磁场，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示。导轨间距d＝0.5m，磁场区域宽l＝0.4m，导轨及导线电阻均不计。在t＝0时刻开始，对金属棒施加一水平向右的恒力F，t＝0.2s时，金属棒刚好到达MN边界，若从金属棒开始运动直到刚好到达CD边界的整个过程中灯泡始终正常发光，金属棒始终与导轨垂直且接触良好。求：
（1）电路中感应电动势和灯泡的电阻RL。
（2）金属棒到达磁场边界MN时的速度v的大小。
（3）金属棒穿越磁场区域CDNM的过程中，力F的平均功率。
13．如图所示，两根等高光滑的圆弧轨道，半径l＝0.4m、间距L＝1m，轨道电阻不计。在轨道顶端连有一阻值为R＝3Ω的电阻，整个装置处在一竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B＝0.5T，现将一根长度也为L质量m＝0.5kg、电阻r＝2Ω的金属棒从轨道顶端ab处由静止开始下滑，到达轨道底端cd时对轨道的压力大小为重力的2倍。整个过程中金属棒与导轨接触良好。（g＝10m/s2）求：
（1）金属棒滑至最低点时所受的安培力F；
（2）金属棒从ab下滑到cd过程中流过金属棒ab的电量q；
（3）金属棒从ab下滑到cd过程中电阻R上产生的焦耳热Q；
（4）若对金属棒施加一外力，使金属棒以4m/s的匀速率从轨道底端cd运动到顶端ab，这一过程中外力至少要做多少功？
▉题型4 导体转动切割磁感线产生的感应电动势
【知识点的认识】
如果导体棒绕平行于磁场的轴转动时，因为棒上各处速度不再相等，动生电动势的计算公式E＝Blv就不再适用。
如下图所示，导体棒在磁场中旋转，切割磁感线产生感应电动势：
虽然导体棒各处速度不同，但是根据圆周运动线速度与角速度的关系可知各处速度大小呈线性变化，所以可以用中点处的线速度表示平均速度从而计算感应电动势，即
E＝BlBl
①如果转轴绕棒的一端旋转，vmin＝0，vmax＝ωl，则EBωl2
ω是棒转动的角速度
②如果以棒上一点为圆心旋转，EBω（），l1和l2是指圆心到两端点的距离，且l1指较长的一段
③如果以棒外一点Wie圆心旋转，EBω（），l1和l2是指圆心到两端点的距离，且l1指较长的一段
14．如图是法拉第翻盘发电机的示意图：铜质圆盘安装在水平钢轴上，圆盘位于两磁极之间，磁感线垂直圆盘平面向右，磁感应强度大小B＝Kr，式中K为大于零的常量，r为到转轴的距离。两铜片C、D分别与转动轴和圆盘的边缘接触。若铜盘半径为a，从左往右看，铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转功，则（ ）
A．由于穿过钢盘的磁递量不变，故回路中无感应电流
B．流过R的电流方向呈周期性变化
C．若仅将接触边缘D点的电刷向圆盘中心移动，则电阻R两端的电压增大
D．圆盘切割磁感线产生的感应电动势小于
15．如图，空间站在地球赤道上空由东往西方向运行。从空间站上释放一个小卫星，两者通过10km金属导线相连，小卫星始终位于空间站正下方且以8km/s的速度绕地球做圆周运动，导线所在处的磁感应强度大小近似均为5.0×10﹣5T，则连接空间站和小卫星的金属导线产生电动势的大小约为（ ）
A．4000V B．3000V C．2000V D．1000V
题型5 描绘线圈进出磁场区域的图像
【知识点的认识】
本考点旨在针对研究线圈进出磁场区域的图像问题。
（多选）19．如图所示，粗糙的水平桌面上有一个正三角形闭合单匝导线框，虚线MN右侧存在垂直于桌面向下的匀强磁场。导线框在外力F的作用下沿垂直MN方向匀速进入磁场区域。在导线框进入匀强磁场的过程中，导线框中产生的感应电流大小用i表示，导线框的电功率用P表示，通过导线框某截面的电荷量用q表示，已知导线框受到桌面的摩擦阻力恒定不变。从导线框进入磁场开始计时，则下列图像中可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
题型6 导轨滑杆模型中的图像问题
【知识点的认识】
本考点旨在针对研究电磁感应中导轨滑杆模型的图像问题，
（多选）20．如图，足够长的“＜”形光滑金属框架EOF固定在水平面内，金属框架所在空间分布有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。t＝0时刻，一足够长导体棒MN在水平拉力F作用下，以速度v沿金属框架角平分线从O点开始向右匀速运动，已知金属框架和导体棒单位长度的电阻相等。下列关于整个回路的电动势e、电流i，拉力F、拉力F的功率P随时间变化的图像正确的是（ ）
A． B．
C． D．
（多选）21．如图所示是我国自主研究设计的舰载机返回航母甲板时电磁减速的简化原理图。固定在绝缘水平面上足够长的平行光滑金属导轨，左端接有定值电阻R，整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，导轨的电阻不计。舰载机等效为电阻不计的导体棒PQ，当导体棒PQ以一定初速度水平向右运动过程中，其速度v、加速度a、所受安培力F、流过的电量q与运动时间t变化关系图像可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
题型7 电磁感应中的其他图像问题
【知识点的认识】
本考点旨在针对电磁感应中的其他图像问题，入E﹣t、i﹣t、v﹣t等。
（多选）22．如图甲所示，abcd是匝数为100匝、边长为10cm、总电阻为0.1Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的图示匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是（ ）
A．导线圈中产生的是大小和方向都不变的恒定电流
B．在t＝2.5 s时导线圈产生的感应电动势为1V
C．在0～2 s内通过导线横截面的电荷量为20C
D．在t＝1 s时，导线圈内电流的瞬时功率为10W
题型8 线圈进出磁场的电压、电流、电荷量等电学量的计算
【知识点的认识】
1.电磁感应中的电路类问题主要涉及到求取电学中的物理量，如电流、电压、电量、功率等。本考点旨在针对线圈进出磁场的电路类问题。
2.电磁感应与电路结合的相关问题的解决方法
（1）明确产生感应电动势的导体或部分电路，该导体或部分电路就相当于电源。
（2）画等效电路图，分清内、外电路。
（3）用法拉第电磁感应定律E＝n或E＝Blv确定感应电动势的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向.
（4）运用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点，电功率，电热等公式联立求解。
（5）电磁感应中的电荷量问题：闭合回路中磁通量发生变化时，电荷发生定向移动面形成感应电流，在Δt内迁移的电荷量（感应电荷量）
q＝I Δt Δt＝n n
23．图甲是小型交流发电机与理想变压器连接的示意图，在匀强磁场中，一电阻不计的矩形金属线圈绕与磁场方向垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示。理想变压器原、副线圈匝数比为2：1，触头P可移动，副线圈所接电阻R＝50Ω，电表均为理想交流电表。下列说法正确的是（ ）
A．线圈处于甲图所示位置时产生的感应电流方向从上往下看为顺时针
B．电压表示数为141V
C．电流表示数为0.5A
D．P上移时，电流表示数减小
（多选）24．如图所示，半径为R的四分之三闭合导体圆环，在外力作用下以速度v匀速进入右侧匀强磁场区域。磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，以圆环开始进入磁场为0时刻，在圆环进入磁场的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．导体圆环中的电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向
B．导体圆环中的电流先增大后减小
C．圆环中感应电动势的最大值为
D．圆环在时不受到安培力的作用
题型9 线圈进出磁场的动力学问题
【知识点的认识】
1.电磁感应中的动力学问题研究的是电磁感应定律与运动学的联系，一般要结合牛顿第二定律，分析物体的速度与受力情况。本考点旨在分析线圈进出磁场的动力学问题。
2.两种状态处理
（1）导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态。
处理方法：根据平衡条件合外力等于零列式分析。
（2）导体处于非平衡态——加速度不为零。
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析，或结合功能关系分析。
3.两大研究对象及其关系
电磁感应中导体棒既可看作电学对象（因为它相当于电源），又可看作力学对象（因为感应电流产生安培力），而感应电流Ⅰ和导体棒的速度v则是联系这两大对象的纽带：
25．如图（a），固定在光滑绝缘水平面上的单匝正方形导体框abcd，置于始终竖直向下的匀强磁场中，ad边与磁场边界平行，ab边中点位于磁场边界。导体框的质量m＝1kg、电阻R＝0.5Ω、边长L＝1m。磁感应强度B随时间t连续变化，0～1s内B﹣t图像如图（b）所示。导体框中的感应电流I与时间t关系图像如图（c）所示，其中0～1s内的图像未画出，规定顺时针方向为电流正方向。
（1）求t＝0.5s时ad边受到的安培力大小F。
（2）在图（b）中画出1～2s内B﹣t图像（无需写出计算过程）。
（3）从t＝2s开始，磁场不再随时间变化。之后导体框解除固定，给导体框一个向右的初速度v0＝0.1m/s，求ad边离开磁场时的速度大小v1。
题型10 线圈进出磁场的能量计算
【知识点的认识】
1.电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程。本考点旨在针对线圈进入磁场的能量分析与计算。
2.求解电能应分清两类情况
（1）若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算。
（2）若电流变化，则：
①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；
②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能。
3.电磁感应现象中的能量转化
（1）安培力做功
（2）焦耳热的计算
①电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt
②感应电流变化时，可用以下方法分析：
a.利用动能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安
b.利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量，
26．如图a所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量为m的单匝均匀正方形铜线框，线框边长为a，在1位置以速度v0进入磁感应强度为B的匀强磁场并开始计时t＝0，若磁场的宽度为b（b＞3a），在3t0时刻线框到达2位置速度又为v0并开始离开匀强磁场。此过程中v﹣t图像如图b所示，则（ ）
A．t＝0时，线框右侧边MN的两端电压为Bav0
B．在t0时刻线框的速度为
C．线框完全离开磁场的瞬间（位置3）的速度一定比t0时刻线框的速度大
D．线框从进入磁场（位置1）到完全离开磁场（位置3）的过程中产生的电热为2Fb
27．如图，在竖直平面内存在一“凹”形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，磁场的上下边界水平且间距为1.5l，竖直的左右边界间距为l且关于凹陷中心对称，凹陷部分高度为l、宽度为。一阻值为R、边长为l的正方形单匝竖直线框，在距磁场上方l处正对着磁场由静止释放，下落过程中，线框平面始终和磁场方向垂直。重力加速度大小为g，不计空气阻力。求：
（1）线框的下边刚进入磁场时，线框中电流I的大小。
（2）若线框的下边进入磁场后立即做匀速运动，则线框的质量m为多少？
（3）在（2）的条件下，已知从线框的上边刚进入磁场到下边即将离开磁场的时间为t，则线框的下边即将离开磁场时，线框的速度v1大小为多少？
题型11 单杆在导轨上无外力作用下切割磁场的运动问题
【知识点的认识】
本考点旨在针对单杆在导轨上无外力作用下切割磁场的运动问题。
模型比较复杂，可能需要综合电磁感应定律、电磁感应与电路问题的结合、电磁感应与动力学的结合、电磁感应与能量问题的结合、电磁感应与动量问题的结合等考点进行综合分析。
28．如图所示，固定在水平面内的金属框架MNPQ，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，初始时一电阻为R的导体棒ab与框架组成一个边长为L的正方形回路。现给导体棒ab一水平向右的初速度，其滑行一段距离L后停下，运动过程中导体棒始终与NP平行且与导轨接触良好，除ab棒外其余电阻均不计，则（ ）
A．导体棒ab做匀减速运动
B．金属框架MNPQ一定是粗糙的
C．此过程中通过导体棒横截面的电荷量为
D．此过程中通过导体棒横截面的电荷量为
29．如图所示，绝缘水平面上固定有两根足够长的光滑平行导轨，导轨间距为d，左端连接阻值为R的定值电阻，一质量为m、电阻为r的导体棒垂直导轨放置，空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。现给导体棒一个水平向右的初速度v0，导体棒在运动过程中始终与导轨接触良好，导轨电阻不计，下列说法正确的是（ ）
A．从上往下看，回路中产生逆时针方向的电流
B．电阻R上产生的热量为
C．通过导体棒某截面的电荷量为
D．导体棒向右运动的最大距离为
题型12 单杆在导轨上有外力作用下切割磁场的运动问题
【知识点的认识】
本考点旨在针对单杆在导轨上有外力作用下切割磁场的运动问题。模型比较复杂，可能需要综合电磁感应定律、电磁感应与电路问题的结合、电磁感应与动力学的结合、电磁感应与能量问题的结合、电磁感应与动量问题的结合等考点进行综合分析。
30．如图1所示，光滑的平行导电轨道水平固定在桌面上，轨道间连接一可变电阻，导体杆与轨道垂直并接触良好（不计杆和轨道的电阻），整个装置处在垂直于轨道平面向上的匀强磁场中。杆在水平向右的拉力作用下先后两次都由静止开始做匀加速直线运动，两次运动中拉力大小与速率的关系如图2所示。其中，第一次对应直线①，初始拉力大小为F0，改变电阻阻值和磁感应强度大小后，第二次对应直线②，初始拉力大小为2F0，两直线交点的纵坐标为3F0。若第一次和第二次运动中的磁感应强度大小之比为k、电阻的阻值之比为m、杆从静止开始运动相同位移的时间之比为n，则k、m、n可能为（ ）
A．k＝2、m＝2、n＝2 B．k＝2
C．k D．k＝2、m＝6、n＝2
（多选）31．如图，空间中存在着竖直向下的匀强磁场，在水平桌面上放置两条光滑平行金属导轨，导轨两端连接一个阻值为2Ω的电阻。在导轨上垂直导轨放置一根质量为1kg的导体棒，导体棒通过一根跨过定滑轮的细绳与重物相连，细线系在导体棒的中点且平行于导轨。已知导轨间距为1m、电阻不计，磁场的磁感应强度为2T，重物的质量为1kg，细绳能承受的最大拉力为9N，g取10m/s2，由静止释放导体棒，则细绳断裂瞬间导体棒的加速度与速度分别为（ ）
A．a＝0.5m/s2 B．a＝1m/s2 C．v＝2m/s D．v＝4m/s
题型13 双杆在等宽导轨上切割磁场的运动问题
【知识点的认识】
本考点旨在针对双杆在等宽导轨上切割磁场的运动问题。模型比较复杂，可能需要综合电磁感应定律、电磁感应与电路问题的结合、电磁感应与动力学的结合、电磁感应与能量问题的结合、电磁感应与动量问题的结合等考点进行综合分析。
32．如图所示，有一足够长的光滑平行金属导轨间距为L，折成倾斜和水平两部分，倾斜部分导轨的倾角与水平面的夹角为θ＝30°，水平和倾斜部分均处在磁感应强度为B的匀强磁场中，水平部分磁场方向竖直向下，倾斜部分垂直斜面向下（图中未画出），两个磁场区互不叠加；将两根金属棒a、b垂直放置在导轨上，并将b用轻绳通过定滑轮和小物体c连接，已知两棒的长度均为L，电阻均为R，质量均为m，小物块c的质量也为m，不考虑其他电阻，不计一切摩擦，运动过程中棒与导轨保持接触良好，且b始终不会碰到滑轮，重力加速度大小为g。
（1）求锁定a，释放b的最终速度vm；
（2）使a、b同时由静止释放，同时在a上施加一沿斜面向上的恒力F＝1.5mg，求任意时刻a、b加速度之比；
（3）使a、b同时由静止释放，同时在a上施加一沿斜面向上的恒力F＝1.5mg，求达到稳定状态时a、b的速度；
（4）若（2）中系统从由静止开始经时间t达到稳定状态，求此过程中系统产生的焦耳热。
33．如图甲所示，两根完全相同的光滑金属导轨平行放置，它们由左侧半径为R的四分之一圆弧和右侧水平无限长直线部分构成，弧形部分竖直且与直轨道平滑相切于OO′处，导轨间距为L，整个区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。两根长度均为L，电阻均为r的细金属杆M、N分别放置在导轨上，其中N锁定在水平轨道上OO′右侧x处，且金属杆N上有一个微型无线电流传感器（视为质点，图中未画出），可记录金属杆N上的电流大小和方向，并实时传送到计算机中。金属杆M从零时刻起在外力驱动下从圆弧轨道最高点沿轨道做匀速圆周运动，速度大小为v0，t1＝0.5s时撤去外力，金属杆M刚好到达最低点。之后在两杆将要碰的瞬间解除N杆的锁定，收集到电流随时间变化的图像如图乙所示，计算机测得t2﹣t3内图像与横轴围成面积大小是t1﹣t2内图像与横轴围成面积大小的倍，t3时刻电流为零。已知L＝1m，B＝1T，r＝1Ω，运动过程中两杆始终与导轨接触良好，M杆的质量为m＝1kg，重力加速度为g＝10m/s2，感应电流产生的磁场、导轨的电阻及空气阻力均可忽略不计。求：
（1）v0和R的大小；
（2）0﹣t2时间内金属杆M产生的焦耳热；
（3）碰撞后两金属杆M、N共速时的速度大小。
题型14 双杆在不等宽导轨上切割磁场的运动问题
【知识点的认识】
本考点旨在针对双杆在不等宽导轨上切割磁场的运动问题。模型比较复杂，可能需要综合电磁感应定律、电磁感应与电路问题的结合、电磁感应与动力学的结合、电磁感应与能量问题的结合、电磁感应与动量问题的结合等考点进行综合分析。
34．如图，光滑金属导轨，A1B1C1D1、A2B2C2D2，其中A1B1、A2B22为半径为h的圆弧导轨，B1C1、B2C2是间距为3L且足够长的水平导轨，C1D2、C2D2是间距为2L且足够长的水平导轨。金属导体棒M、N质量均为m，接入电路中的电阻均为R，导体棒N静置在C1D2、C2D2间，水平导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。现将导体棒M自圆弧导轨的最高点处由静止释放，两导体棒在运动过程中均与导轨垂直且始终接触良好，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。求：
（1）导体棒M运动到B1B2处时，对导轨的压力；
（2）导体棒M由静止释放至达到稳定状态的过程中，通过其横截面的电荷量；
（3）在上述过程中导体棒N产生的焦耳热。
题型15 有电源存在的导轨滑杆模型
【知识点的认识】
本考点旨在针对有电源存在的导轨滑杆模型。模型比较复杂，可能需要综合电磁感应定律、电磁感应与电路问题的结合、电磁感应与动力学的结合、电磁感应与能量问题的结合、电磁感应与动量问题的结合等考点进行综合分析。
（多选）35．如图，间距为1m、足够长的平行金属导轨A1A2﹣P1P2固定在水平面上，整个导轨处在方向竖直、磁感应强度大小B＝2T的匀强磁场中（未画出），左侧连接E＝12V的电源（内阻不计）和C＝0.1F的电容器，质量为0.2kg的金属棒a垂直导轨静止放置。先将开关S闭合到1，等电容器充满电后，再将开关S闭合到2，金属棒a最终达到稳定速度。已知金属棒a接入电路中的阻值为2Ω，其余电阻不计，金属棒a运动的过程中始终垂直于导轨，下列说法正确的是（ ）
A．电容器充满电后，所带电荷量为12C
B．当金属棒a达到稳定速度时，电容器所带电荷量为0.8C
C．从金属棒a开始运动到达到稳定速度过程中，流经金属棒横截面的电荷量为0.6C
D．金属棒a的稳定速度大小为4m/s
题型16 含有电容器的导轨滑杆模型
【知识点的认识】
本考点旨在针对含有电容器的导轨滑杆模型。模型比较复杂，可能需要综合电磁感应定律、电磁感应与电路问题的结合、电磁感应与动力学的结合、电磁感应与能量问题的结合、电磁感应与动量问题的结合等考点进行综合分析。
（多选）36．我国首艘弹射型航空母舰福建舰采用了世界上最先进的电磁弹射技术，装备了三条电磁弹射轨道。为了研究问题方便，将其简化为如图所示的模型（俯视图）。发射轨道被简化为两个固定在水平面上、间距为L且相互平行的足够长金属导轨，整个导轨平面处在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。发射导轨的左端为储能装置电容器，电容为C。舰载机等载体被简化为一根质量为m、长度也为L、阻值为R的金属导体棒。金属导体棒垂直放置于平行金属导轨上，忽略一切摩擦以及导轨和导线的电阻。每次发射前对电容器进行充电，满电带电荷量为Q，则（ ）
A．导体棒能获得的最大发射速度为
B．闭合开关瞬间，导体棒的加速度为
C．闭合开关后，导体棒做匀加速直线运动
D．整个发射过程中流过导体棒的电荷量最大为
题型17 竖直平面内的导轨滑杆模型
【知识点的认识】
本考点旨在针对竖直平面内的导轨滑杆模型。模型比较复杂，可能需要综合电磁感应定律、电磁感应与电路问题的结合、电磁感应与动力学的结合、电磁感应与能量问题的结合、电磁感应与动量问题的结合等考点进行综合分析。
（多选）37．如图甲所示，电阻不计且间距为L＝1m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端连接阻值为R＝1Ω的电阻，虚线OO′下方有垂直于导轨平面的匀强磁场。现将质量为m＝0.3kg、电阻Rab＝1Ω的金属杆ab从OO′上方某处以一定初速释放，下落过程中与导轨保持良好接触且始终水平。在金属杆ab下落0.3m的过程中，其加速度a与下落距离h的关系图像如图乙所示。已知ab进入磁场时的速度v0＝3.0m/s，取g＝10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．进入磁场后，金属杆ab中电流的方向由b到a
B．匀强磁场的磁感应强度为2.0T
C．金属杆ab下落0.3m的过程中，通过R的电荷量为0.24C
D．金属杆ab下落0.3m的过程中，R上产生的热量约为0.87J
38．如图所示，电动机通过其转轴上的绝缘细绳牵引一根原来静止的长L＝1m、质量m＝0.1kg的导体棒ab，导体棒紧贴在竖直放置、电阻不计的金属框架上，导体棒的电阻R＝1Ω，磁感应强度B＝1T的匀强磁场垂直于导体框架所在平面。当导体棒在电动机牵引下上升h＝3.8m时，获得稳定速度，此过程中导体棒产生的热量0.2J，电动机工作时，电压表、电流表的读数分别为7V和1A，电动机的内阻r＝1Ω。不计一切摩擦，g＝10m/s2，求：
（1）在导体棒上升过程中，通过导体棒的电流方向和受到的磁场力的方向？
（2）导体棒所能达到的稳定速度是多少？
题型18 动量定理在电磁感应问题中的应用
【知识点的认识】
本考点旨在针对动量定理在电磁感应中的应用问题。
动量定理在电磁感应问题中一般用来求电荷量。
根据电流的定义式可知q，
设在某一过程中安培力的平均值为Bl，动量的变化量为Δp＝mv2﹣mv1，根据动量定理：
BlΔt＝mv2﹣mv1
即Blq＝mv2﹣mv1
以此就可以该过程通过电路的电荷量
39．如图所示，倾角为θ＝30°、间距为L＝1m、足够长的光滑金属导轨固定在绝缘水平桌面上。导轨底端接有阻值为R＝2Ω的定值电阻。导轨上方垂直导轨放置一根长度也为L＝1m、阻值为r＝1Ω、质量为m＝0.1kg的金属棒ab。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为T，取重力加速度g＝10m/s2，导轨电阻不计。现将金属棒从导轨上某位置由静止释放，经过t＝3s金属棒达到最大速度，金属棒始终未滑到导轨底端。求：
（1）金属棒最大速度大小vm；
（2）金属棒从释放到达到最大速度所下滑的距离s。
题型19 动量守恒定律在电磁感应问题中的应用
【知识点的认识】
本考点旨在针对动量守恒定律在电磁感应中的应用问题。
40．如图所示，左侧倾角θ＝37°、足够长的光滑平行金属导轨与右侧足够长的水平光滑平行金属导轨之间用两段光滑绝缘圆弧轨道（长度可忽略）连接，两导轨的水平部分在同一水平面内，间距为d，倾斜导轨顶端连接阻值为R的定值电阻。两部分导轨分别处于与导轨平面垂直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中（图中未画出）。质量为3m的金属棒Q静止在圆弧底部，质量为5m的金属棒P从倾斜导轨上某处由静止滑下，当金属棒P到达倾斜导轨底端时速度恰好达到最大。金属棒P、Q的电阻均为R，两棒发生弹性碰撞且碰撞时间极短，两棒始终与导轨垂直且接触良好，不计金属导轨的电阻。重力加速度为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）金属棒P到达倾斜导轨底端时的速度大小；
（2）金属棒P、Q碰撞后金属棒P的速度大小；
（3）从金属棒P、Q碰撞后到两棒的运动状态达到稳定的过程中，金属棒P、Q的位移差。
41．如图所示，固定的光滑斜面倾角为30°，斜面上宽度为2L的矩形区域内存在垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一边长为L、电阻为R、质量为m的单匝正方形线框efgh从距离磁场上边缘为d处由静止开始沿斜面下滑。已知线框进、出磁场均做变速运动且gh边进、出磁场时速度相等，d＞L，重力加速度为g。求：
（1）gh边刚进入磁场时受到的安培力大小FA；
（2）线框穿越磁场全过程产生的焦耳热Q；
（3）线框进入磁场所经历的时间t。
题型20 电磁感应过程中的动力学类问题
【知识点的认识】
1.模型概述：该模型考查的是电磁感应定律与运动学的联系，一般要结合牛顿第二定律，分析物体的速度与受力情况。
2.两种状态处理
（1）导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态。
处理方法：根据平衡条件合外力等于零列式分析。
（2）导体处于非平衡态——加速度不为零。
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析，或结合功能关系分析。
3.两大研究对象及其关系
电磁感应中导体棒既可看作电学对象（因为它相当于电源），又可看作力学对象（因为感应电流产生安培力），而感应电流Ⅰ和导体棒的速度v则是联系这两大对象的纽带：
42．如图所示，水平放置的两条光滑导轨上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是（ ）
A．向右加速运动 B．向左匀速运动
C．向右减速运动 D．向左减速运动
（多选）43．如图1所示，固定在水平面上的平行光滑导轨左端接有阻值R＝0.4Ω的电阻，整个导轨处在方向竖直向上、磁感应强度大小B＝0.5T的匀强磁场中。一质量为m＝0.01kg、电阻r＝0.1Ω的导体棒ab沿导轨向右运动，在外力F作用下，其速度v随时间t的变化关系如图2所示。已知导体棒ab的长度l＝0.4m，导轨电阻不计，整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直且接触良好。则在0 0.25s的时间内（ ）
A．导体棒ab两端电压的峰值为2V
B．外力F做的功为0.5J
C．通过电阻R的电荷量为
D．外力F的冲量大小为0.32N s
题型21 电磁感应过程中的能量类问题
【知识点的认识】
1.电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的。安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程。
2.求解电能应分清两类情况
（1）若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算。
（2）若电流变化，则：
①利用安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；
②利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能。
3.电磁感应现象中的能量转化
（1）安培力做功
（2）焦耳热的计算
①电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt
②感应电流变化时，可用以下方法分析：
a.利用动能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安
b.利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量，
44．手机无线充电技术给用户带来了全新的充电体验，其基本原理是电磁感应：给送电线圈中通以变化的电流，就会在邻近的受电线圈中产生感应电流。某次充电过程可简化为如图甲所示的模型，一个阻值为R、匝数为n的圆形金属受电线圈与阻值为也R的电阻R1连接成闭合回路，线圈的半径为r1。在受电线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示（规定图甲中B0的方向为正方向）。图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0，导线的电阻不计。在0至t1时间内，下列说法正确的是（ ）
A．线圈中产生逆时针方向的感应电流
B．ab两点之间的电势差为
C．线圈中感应电流的大小为
D．电阻R1上产生热量为
45．如图甲所示，一电阻不计且足够长的固定光滑平行金属导轨MN、PQ间距L＝0.8m，其下端接有阻值R＝2Ω的电阻，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°。整个装置处于方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。一质量m＝0.2kg、阻值r＝1Ω的金属棒垂直导轨放置并用绝缘细线通过光滑的定滑轮与质量M＝0.8kg的重物相连，左端细线连接金属棒中点且沿NM方向。棒由静止释放后，沿NM方向位移x与时间t之间的关系如图乙所示，其中ab为直线。已知棒在0～0.3s内通过的电荷量是0.3～0.4s内通过电荷量的2倍，取g＝10m/s2，求：
（1）刚释放时导体棒的加速度a；
（2）0～0.3s内棒通过的位移x1的大小；
（3）磁感应强度B的大小和整个回路在0～0.4s内产生的热量Q。
题型22 电磁感应过程中的电路类问题
【知识点的认识】
1.模型概述：该模型考查的是电磁感应中的电路类问题，主要涉及到求取电学中的物理量，如电流、电压、电量、功率等。
2.电磁感应与电路结合的相关问题的解决方法
（1）明确产生感应电动势的导体或部分电路，该导体或部分电路就相当于电源。
（2）画等效电路图，分清内、外电路。
（3）用法拉第电磁感应定律E＝n或E＝Blv确定感应电动势的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向.
（4）运用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点，电功率，电热等公式联立求解。
（5）电磁感应中的电荷量问题：闭合回路中磁通量发生变化时，电荷发生定向移动面形成感应电流，在Δt内迁移的电荷量（感应电荷量）
q＝I Δt Δt＝n n
46．如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上，磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容器，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．棒产生的电动势为
B．电容器两端的电压为
C．电阻消耗的电功率为
D．圆环边缘的电势高于中心的电势
（多选）47．如图所示，用两根完全相同的带有绝缘外皮的导线首尾相接，分别绕制成一个单匝闭合圆环和两匝闭合圆环，把它们垂直放在随时间均匀变化的磁场中，下列说法正确的是（ ）
A．穿过两环的磁通量之比为4：1
B．两环内的感应电动势之比为4：1
C．两环内的感应电流之比为2：1
D．相同时间内通过两环任一截面的电荷量之比为2：1
