第3讲　电磁感应规律的综合应用高考物理总复习新教材版

1、第讲电磁感应规律的综合应用教材阅读指导(对应人教版新教材选择性必修第二册页码及相关问题)P37练习与应用T4。提示：卫星克服安培力做功，使机械能转化为电能，会使卫星的轨道变低。P43复习与提高A组T3。提示：导线框克服安培力做功，重力势能转化为电能。P45复习与提高B组T4，若先闭合开关S，再从静止开始释放金属杆ab，分析金属杆ab的运动情况。提示：先竖直向下做加速度越来越小的加速运动，当加速度减小为0之后，再做匀速运动。P45复习与提高B组T5。提示：如图所示。物理观念电磁感应和电路的综合1对电源的理解：在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体相当于电源。如：切割磁感线的导体棒、有磁通量

2、变化的线圈等。2对电路的理解：内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈；除电源外其余部分是外电路，外电路由电阻器、电容器等电学元件组成。在外电路中，电流从高电势处流向低电势处；在内电路中，电流则从低电势处流向高电势处。3与电路相联系的几个公式(1)电源电动势：En或EBlv。(2)闭合电路欧姆定律：I。电源的内电压：U内Ir。电源的路端电压：U外IREIr。(3)消耗功率：P外IU，P总EI。(4)电热：Q外I2Rt，Q总I2(Rr)t。物理观念电磁感应现象中的动力学问题1安培力的大小F2安培力的方向(1)先用右手定则或楞次定律确定感应电流方向，再用左手定则确定安培力方向。(2)根据楞次

3、定律，安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向相反。3分析导体受力情况时，应做包含安培力在内的全面受力分析，最后根据平衡条件或牛顿第二定律列方程。物理观念电磁感应现象中的能量问题1电磁感应中的能量转化闭合电路的部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，通有感应电流的导体在磁场中受安培力。外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能；通有感应电流的导体在磁场中通过受安培力做功或通过电阻发热，使电能转化为其他形式的能。2实质电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化。一 堵点疏通1在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体相当于电源。()2导体所受安培力的方向一定与导体的运动方向相反。

4、()3物体克服安培力做功的过程是将其他形式的能量转化为电能的过程。()4电源的电动势就是电源两端的电压。()5在电磁感应现象中，求焦耳热时只能用QI2Rt求解。()答案1.2.×3.4.×5.×二 对点激活1. (人教版选择性必修第二册·P44·T2改编)(多选)如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场，则下列说法正确的是()A第二次与第一次进入时线圈中电流之比为21B第二次与第一次进入时外力做功功率之比为21C第二次与第一次进入过程中通过线圈某横截面的电荷量之比为21D第二次与

5、第一次进入时线圈中产生热量之比为21答案AD解析由EBlv知，由I得，故A正确。匀速进入，外力做功的功率与克服安培力做功的功率相等，由PI2R得，故B错误。由电荷量q得，故C错误。产生热量QPtP·，得×，故D正确。2. 设图中的磁感应强度B1 T，平行导轨宽l1 m，金属棒PQ以1 m/s速度贴着导轨向右运动，R1 ，其他电阻不计。(1)运动的导线会产生感应电动势，相当于电源。用电池等符号画出这个装置的等效电路图；(2)通过R的电流方向如何？大小等于多少？答案(1)图见解析(2)竖直向下1 A解析(1)PQ切割磁感线，相当于电源，等效电路如图。(2)EBlv1 VI1 A

6、由右手定则判断通过R的电流方向竖直向下。3如图甲所示，放置在水平桌面上的两条光滑导轨间的距离L1 m，质量m1 kg的光滑导体棒放在导轨上，导体棒与导轨垂直且导体棒与导轨电阻均不计，导轨左端与阻值R4 的电阻相连，导轨所在位置有磁感应强度为B2 T的匀强磁场，磁场的方向垂直导轨平面向下，现在给导体棒施加一个水平向右的恒定拉力F，并每隔0.2 s测量一次导体棒的速度，图乙是根据所测数据描绘出的导体棒的v­t图像(设导轨足够长)。(1)求力F的大小；(2)求t1.6 s时，导体棒的加速度a的大小；(3)若1.6 s内导体棒的位移x8 m，试计算1.6 s内电阻上产生的热量Q。答案(1)1

7、0 N(2)2 m/s2(3)48 J解析(1)导体棒做切割磁感线运动，有EBLv，I，F安BIL当导体棒速度最大为vm时，FF安m解得F10 N。(2)当t1.6 s时，v18 m/s此时F安18 N由牛顿第二定律得FF安1ma解得a2 m/s2。(3)由能量守恒定律可知FxQ解得Q48 J。考点1电磁感应中的电路问题 科学思维梳理1问题归类(1)以部分电路欧姆定律为中心，对六个基本物理量(电压、电流、电阻、电功、电功率、电热)、三条定律(部分电路欧姆定律、电阻定律和焦耳定律)以及若干基本规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律、右手定则、串并联电路特点等)进行考查。(2)以闭合电路欧姆定律为中心

8、，对电动势概念、闭合电路中的电流、路端电压以及闭合电路中能量的转化进行考查。2基本步骤(1)确定电源：先判断产生电磁感应现象的是哪一部分导体，该部分导体可视为电源。(2)分析电路结构，画等效电路图。(3)利用电路规律求解，主要有欧姆定律、串并联电路规律等。3误区分析(1)不能正确根据感应电动势或感应电流的方向分析外电路中电势的高低。因产生感应电动势的那部分电路相当于电源，故该部分电路中的电流从低电势处流向高电势处，而外电路中电流的方向是从高电势处到低电势处。(2)应用欧姆定律分析求解电路时，没有考虑到电源的内阻对电路的影响。(3)对连接在电路中电表的读数不能正确进行分析，例如并联在等效电源两端

9、的电压表，其示数是路端电压，而不是等效电源的电动势。例1(2021·福建省漳州市二模)(多选)如图为带灯的自行车后轮的示意图。金属轮框与轮轴之间均匀地连接四根金属条，每根金属条中间都串接一个阻值为3 的小灯泡，车轮半径为0.3 m，轮轴半径可以忽略。车架上固定一个强磁体，可形成圆心角为60°的扇形匀强磁场区域，磁感应强度大小为2.0 T，方向垂直纸面(车轮平面)向里。若自行车后轮逆时针转动的角速度恒为10 rad/s，不计其他电阻，则()A通过每个小灯泡的电流始终相等B当金属条ab在磁场中运动时，金属条ab中的电流从b指向aC当金属条ab在磁场中运动时，电路的总电阻为4 D

10、当金属条ab在磁场中运动时，所受安培力大小为0.135 N答案BCD解析当其中一根金属条在磁场中切割磁感线时，该金属条相当于电源，其他三根金属条相当于外电路且并联，根据电路特点可知，通过磁场中的那根金属条的电流是通过其他三根金属条电流的三倍，故A错误；当金属条ab在磁场中运动时，根据右手定则可知通过金属条ab中的电流从b指向a，故B正确；金属条ab在匀强磁场中运动时充当电源，其余为外电路，且并联，电路的总电阻为R总RR3 ×3 4 ，产生的感应电动势为EBr2×2.0×0.32×10 V0.9 V，通过ab的电流为I A0.225 A，所以金属条ab所受

11、安培力大小为FABIr2.0×0.225×0.3 N0.135 N，故C、D正确。 关键能力升华 解决电磁感应中电路问题的“三部曲”(1)确定电源切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，利用EBlv或En求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断感应电流方向。如果在一个电路中产生电动势的部分有几个且相互联系，可视为等效电源的串、并联。(2)识别电路结构、画出等效电路分析电路结构，即分清等效电源和外电路及外电路的串并联关系、判断等效电源的正负极或电势的高低等。(3)利用电路规律求解一般是综合应用欧姆定律、串并联电路规律、电容器充电

12、及放电特点、电功和电功率的知识等列方程求解。 对点跟进训练(电磁感应中的电路问题)(2021·山东省泰安市一模)(多选)如图所示，水平桌面上水平固定一半径为L的金属细圆环，圆环的电阻为2r，竖直向下的匀强磁场磁感应强度大小为B。一长度为2L、电阻为r的导体棒，由棒中点与圆环重合位置A点沿与棒垂直的直径以恒定加速度a从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环始终接触良好。当棒经过环心时()A棒两端的电势差为2BLB棒两端的电势差为BLC棒所受安培力的大小为D棒所受安培力的大小为答案BC解析设棒经过环心时速度为v，有v22aL，则v，此时导体棒相当于电源，外电阻为r外r，通过导体棒的电流为I

13、，棒两端的电势差为UIr外×rBL，故A错误，B正确；棒经过环心时受到的安培力为FABI·2L2BL×，故C正确，D错误。考点2电磁感应中的动力学问题 科学思维梳理1导体棒的动力学分析电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和运动情况。2两种状态及处理方法 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分析或结合功能关系进行分析3力学对象和电学对象的相互关系4动态分析的基本思路例2(2021·山东省教科所高三下二模)(多选)用一段横截面半径为r、电阻率为、密度为

14、d的均匀导体材料做成一个半径为R(rR)的圆环。圆环竖直向下落入如图所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B。圆环在加速下落过程中某一时刻的速度为v，忽略电感的影响，下列说法正确的是()A下落过程圆环中磁通量不变B此时圆环受到竖直向上的安培力作用C此时圆环的加速度agD如果径向磁场足够深，则圆环的最大速度vmax答案BD解析圆环下落过程中切割磁感线产生感应电流，则圆环中磁通量一定变化，故A错误；根据右手定则，圆环中有(俯视)顺时针的感应电流，根据左手定则可知，圆环受到的安培力竖直向上，阻碍圆环的运动，故B正确；速度为v的时刻圆环产生的感应电动势EBlv

15、B·2Rv，圆环的电阻R0，感应电流I，圆环所受的安培力大小FBI·2R，由牛顿第二定律得mgFma，其中质量mdVd·2R·r2，联立解得ag，故C错误；当圆环做匀速运动时，安培力与重力等大反向，加速度为零，速度最大，即有g0，解得vmax，故D正确。 关键能力升华 单棒切割磁感线的两种模型模型一：导体棒ab先自由下落再进入匀强磁场，如图甲所示。模型二：导体棒ab沿光滑的倾斜导轨自由下滑，然后进入匀强磁场(磁场垂直于轨道平面)，如图乙所示。两类模型中的临界条件是导体棒ab受力平衡。以模型一为例，有mgF安，即v0。若导体棒进入磁场时v>v0，则导

16、体棒先减速再匀速；若v<v0，导体棒先加速再匀速(假设磁场区域足够长)。导体棒在磁场中做变速运动时加速度均逐渐减小。 对点跟进训练(电磁感应中的动力学图像) (2021·重庆市高三下第二次诊断)(多选)如图，MN和PQ是两根互相平行、竖直放置的光滑金属导轨，导轨足够长，电阻不计，匀强磁场垂直导轨平面向里。金属杆ab垂直导轨放置，与导轨始终良好接触，金属杆具有一定的质量和电阻。开始时，将开关S断开，让金属杆ab由静止开始自由下落，经过一段时间，再将开关S闭合，从闭合开关S开始计时，取竖直向下为正方向，则金属杆运动的速度v、加速度a、所受到的安培力F及电流表的示数i随时间t变化的图

17、像可能正确的是()答案BC解析闭合开关时，金属杆受到向下的重力以及向上的安培力，若重力与安培力大小相等，即mgBil，则金属杆做匀速直线运动，速度不变，则安培力F、感应电流i都不变，加速度为零，各项中的图像均不符合此情况。若闭合开关时，安培力小于重力，则加速度的方向为竖直向下，金属杆做加速运动，加速运动的过程中，安培力增大，则加速度减小，即开始时做加速度逐渐减小的加速运动，由于速度增大得越来越慢，所以加速度ag减小得越来越慢，当重力与安培力大小相等时，金属杆做匀速直线运动，则v­t图像是v逐渐增大到一定值且斜率逐渐减小到0的曲线；a­t图像是a逐渐减小到0且斜率逐渐减小到0

18、的曲线，且a为正值；因为i，所以i­t图像先是i逐渐增大到最大且斜率逐渐减小的曲线，当金属杆匀速运动时，电流恒定不变，而t0时金属杆速度不为0，所以t0时电流不等于零；安培力FilB，方向竖直向上，为负值，且F­t图线先是F大小逐渐增大到最大且斜率逐渐减小的曲线，之后F恒定不变且不为零，故四个图像中只有B符合此情况。若开关闭合时，安培力大于重力，则加速度的方向向上，金属杆做减速运动，减速运动的过程中，安培力减小，加速度逐渐减小，当重力与安培力大小相等时，做匀速直线运动，结合前面分析同理可知，只有C符合此情况。故B、C正确，A、D错误。考点3电磁感应中的能量问题 科学思维梳理

19、能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)求解焦耳热Q的三种方法(纯电阻电路)例3(2021·天津高考)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ间距L1 m，其电阻不计，两导轨及其构成的平面均与水平面成30°角，N、Q两端接有R1 的电阻。一金属棒ab垂直导轨放置，ab两端与导轨始终有良好接触，已知ab的质量m0.2 kg，电阻r1 ，整个装置处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁感应强度大小B1 T。ab在平行于导轨向上的拉力作用下，以初速度v10.5 m/s沿导轨向上开始运动，可达到最大速度v2 m/s。运动过程中拉力的功率恒定不变，重力加速度g10 m/s2。

20、(1)求拉力的功率P；(2)ab开始运动后，经t0.09 s速度达到v21.5 m/s，此过程中ab克服安培力做功W0.06 J，求该过程中ab沿导轨的位移大小x。答案(1)4 W(2)0.1 m解析(1)在ab运动过程中，由于拉力功率恒定，ab做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F，安培力大小为FA，有FmgsinFA0由法拉第电磁感应定律，此时回路中的感应电动势EBLv由闭合电路欧姆定律，回路中的感应电流Iab受到的安培力FAILB由功率表达式，有PFv联立上述各式，代入数据解得P4 W。(2)ab从速度v1到v2的过程中，由动能定理，有PtWmgxs

21、inmvmv代入数据解得x0.1 m。关键能力升华 电磁感应现象中能量的计算(1)回路中电流稳定时可利用电路知识，由WUIt，QI2Rt直接计算。(2)若电流变化则利用功能关系、能量守恒定律解决。 对点跟进训练(电磁感应中的能量问题) 如图所示，光滑平行导轨MN、PQ倾斜放置，导轨平面倾角30°，导轨下端连接R0.5 的定值电阻，导轨间距L1 m。质量为m0.5 kg、电阻为r0.1 、长为1 m的金属棒ab放在导轨上，用平行于导轨平面的细线绕过定滑轮连接ab和质量为M1 kg的重物A，垂直于导轨的虚线上方有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，ab开始的位置离虚线距离为x0.4 m，由静止

22、同时释放A及ab，当ab刚进磁场时加速度为零，ab进入磁场运动x1 m时剪断细线，ab刚要出磁场时，加速度为零。已知重力加速度g10 m/s2，导轨足够长且电阻不计，ab运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好，A离地足够高。求：(1)匀强磁场的磁感应强度大小；(2)剪断细线的瞬间，ab的加速度多大？从开始运动到剪断细线的过程中，通过电阻R的电荷量为多少？(3)ab在磁场中运动过程中，电阻R中产生的焦耳热为多少？答案(1)1.5 T(2)20 m/s22.5 C(3)9.07 J解析(1)ab刚进磁场时加速度为零，即ab受力平衡，有MgmgsinBIL设此时ab的速度为v，根据闭合电路欧姆定律

23、有Iab进入磁场前与重物A所组成的系统机械能守恒，可得Mgxmgxsin(Mm)v2联立并代入数据解得B1.5 T。(2)剪断细线瞬间，ab所受的合力大小等于A的重力，由牛顿第二定律得maMg代入数据解得a20 m/s2从开始运动到剪断细线的过程中，通过电阻R的电荷量qt2.5 C。(3)金属棒在磁场中匀速阶段：由(1)知v2 m/s，解得运动时间t0.5 s电流I5 A，R中产生的焦耳热Q1I2Rt6.25 J剪断细线后：ab棒刚要出磁场时加速度为零，设此时的速度为v1，根据平衡条件有mgsinBI1L代入数据解得v1 m/s由剪断细线后到棒刚要出磁场的过程，由能量守恒定律有mgxsinmv

24、mv2Q2该过程中R上产生的焦耳热QRQ22.82 J则ab在磁场中运动过程中，电阻R中产生的焦耳热QQ1QR9.07 J。考点4电磁感应中的图像问题 科学思维梳理1图像类型2解题关键(1)弄清物理量的初始条件和正负方向；(2)注意物理量在进、出磁场时的变化；(3)写出函数表达式。3解题方法：先定性排除，再定量解析(1)定性排除法：用右手定则或楞次定律确定物理量的方向，定性地分析物理量的变化趋势、变化快慢、是否均匀变化等，特别注意物理量的正负和磁场边界处物理量的变化，通过定性分析排除错误的选项。(2)定量解析法：根据题目所给条件定量地推导出物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析，由

25、图像的斜率、截距等作出判断。例4如图所示，边长为L的单匝均匀金属线框置于光滑水平桌面上，在拉力作用下以恒定速度通过宽度为D(D>L)、方向竖直向下的有界匀强磁场。在整个过程中线框的ab边始终与磁场的边界平行，若以F表示拉力大小，以Uab表示线框a、b两点间的电势差，以I表示通过线框的电流，以P表示拉力的功率，则下列反映这些物理量随时间变化的图像中可能正确的是()答案C解析设线框做匀速直线运动的速度为v，线框的总电阻为R。依题意DL，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，线框在进入磁场和离开磁场的过程中均产生大小为的感应电流，线框完全在磁场中运动时不产生感应电流，根据楞次定律可知线框在

26、进入磁场和离开磁场的过程中产生的感应电流方向相反，故C可能正确；线框做匀速直线运动，则线框在进入磁场和离开磁场的过程中所受拉力大小均等于安培力大小，即FFABIL，线框完全在磁场中运动时不受安培力，则F0，故A错误；拉力的功率PFv，结合A项的分析可知，线框在进入磁场和离开磁场的过程中P相等，线框完全在磁场中运动时P0，故D错误；线框进入磁场时，ab边切割磁感线，相当于电源，根据右手定则可知a>b，所以UabEBLv，完全在磁场中时，线框中无电流，UabEBLv，线框穿出磁场的过程中，cd边切割磁感线，相当于电源，根据楞次定律可知a>b，则UabEBLv，故B错误。 关键能力升华

27、电磁感应图像问题的“六个明确”(1)明确图像横、纵坐标的含义及单位；(2)明确图像中物理量正负的含义；(3)明确图像斜率、截距、所围面积的含义；(4)明确图像所描述的物理意义；(5)明确所选的正方向与图线的对应关系；(6)明确图像和电磁感应过程之间的对应关系。 对点跟进训练1(电磁感应中的图像问题)(2021·八省联考重庆卷)如图所示，正方形MNPQ内的两个三角形区域充满匀强磁场，形状与MNPQ完全相同的闭合导线框MNPQ在外力作用下沿轴线OO水平向左匀速运动。设通过导线框的感应电流为i，逆时针方向为电流的正方向，当t0时MQ与NP重合，在MQ从NP到临近MQ的过程中，下列图像中能反

28、映i随时间t变化规律的是()答案B解析闭合导线框MNPQ匀速向左运动过程，穿过回路的磁通量不断增大，根据楞次定律可知，回路中的电流一直是逆时针的，所以电流一直为正；线框向左匀速运动过程中，切割磁感线的有效长度先减小，后增大，所以感应电流先减小，后增大，故B正确。2(电磁感应中的图像问题)(2021·辽宁省朝阳市一模)(多选)如图甲所示，两根倾斜的光滑平行金属轨道，下端接有电阻R，放在垂直斜面向上的匀强磁场中，t0时刻，一根金属杆在沿轨道向上的外力F的作用下由静止开始向上运动，运动过程中闭合电路的磁通量随时间t变化的图像如图乙所示，图线是一条抛物线。不计金属轨道和金属杆的电阻，金属杆的

29、速度大小v、电路中产生的电流I、外力F随时间t的变化关系图线，及速度大小的平方v2随位移x的变化关系图线正确的是()答案AC解析设两轨道间距为L，闭合电路的磁通量0BLx，因­t图线为抛物线，可知x­t图线也为抛物线，而开始时金属杆静止，则金属杆做初速度为0的匀加速直线运动，A正确；I，I­t图线应为过原点的倾斜直线，B错误；因FABIL，又由牛顿第二定律有FFAmgsinma，则F与t为一次函数关系，F­t图线为不过原点的倾斜直线，C正确；由v22ax，可知v2­x图线为过原点的倾斜直线，D错误。建模提能5电磁感应中的动量问题1模型构建导体棒

30、运动的形式有匀速、匀变速和非匀变速3种，对前两种情况，容易想到用平衡条件和牛顿运动定律求解，对后一种情况一般要用能量和动量知识求解。当安培力变化，且又涉及位移、速度、电荷量等问题时，用动量定理往往能巧妙解决。 2模型类型(1)动量定理在电磁感应中的应用在电磁感应中应用动量定理时，通常将下面两式结合应用：lB·tm(v2v1)qtn(2)动量守恒定律在电磁感应中的应用在“双棒切割”系统中，若系统所受的合力为零，通常应用动量守恒定律求解。【典题例证1】(2021·辽宁省锦州市高三一模)(多选)如图所示，水平放置的光滑导轨，左侧接有电阻R，宽度为L，电阻不计，导轨处于磁感应强度为

31、B的竖直向上的匀强磁场中，一质量为m、电阻不计的金属棒ab垂直导轨放置，在恒力F作用下，从静止开始运动，达到最大速度后撤去拉力，最终停止，已知从静止到达到最大速度过程，R上产生的焦耳热等于ab的最大动能，则下列说法正确的是()Aab运动过程中的最大速度为Bab加速运动过程中运动的最大位移为C撤去F后，通过R的电量为Dab减速过程中运动的最大位移为答案AD解析达到最大速度时，金属棒受力平衡，则有FBIL，解得vmax，A正确；对金属棒，在加速过程中，根据动能定理得FsWmv，根据功能关系有WQmv，解得s，B错误；撤去F后，金属棒最终停止，根据动量定理得BLtmv，又qt，v0vmax，解得q，

32、C错误；撤去F后，金属棒开始减速运动，根据动量定理得tmv，又st，v0vmax，解得s，D正确。 【名师点睛】动量定理在电磁感应中的应用技巧在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力作用的时间、单杆的速度、单杆的位移和通过单杆的横截面的电荷量。 (1)求通过单杆的横截面的电荷量、单杆的速度或单杆运动的时间：Bltmv2mv1，qtBl。(2)求单杆运动的位移：tmv2mv1，xt。【典题例证2】(2022·重庆市高三上入学诊断)(多选)如图所示，两足够长光滑金属导轨平行固定在同一绝缘水平面内，垂直于导轨的虚线CD右侧区域有竖直向上的匀强磁场B。两长度略大于导轨宽度的

33、相同金属杆a、b垂直导轨静止放置在导轨上，杆a在CD左侧，杆b在CD右侧足够远处。现给杆a一水平向右的初速度v0，两杆在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，两杆没有发生碰撞，不计导轨电阻，下列说法正确的是()A杆a进入磁场时，感应电流方向由C指向DB杆a最后将停在导轨上C若在杆a进入磁场前将杆b固定，整个过程中杆a中产生的焦耳热是不将杆b固定时的4倍D若在杆a进入磁场前将杆b固定，整个过程中通过杆b的电荷量是不将杆b固定时的2倍答案AD解析由右手定则可知，杆a进入磁场时，感应电流方向由C指向D，A正确；杆a进入磁场时受到向左的安培力，向右做减速运动，杆b受到向右的安培力，向右做加速运动，当两杆

34、速度相等时，两杆中均无感应电流，不再受安培力的作用而做匀速直线运动，B错误；杆b不固定时，由于两杆中安培力大小总是相等，方向总是相反，所以两杆的动量守恒，有mv0(mm)v，两杆的共同速度大小v，系统中产生的总焦耳热Qmv×2mv2mv，杆a中产生的焦耳热QaQmv，若杆b固定，杆a中产生的焦耳热Qa×mvmv，则Qa2Qa，C错误；杆b不固定时，对杆b由动量定理有BLtmv，q1t，杆b固定时，对杆a由动量定理有BLt0mv0，q2t，则q22q1，D正确。 【名师点睛】在电磁感应中应用动量守恒定律时，一定要首先判断系统动量是否守恒，否则即使是“双杆切割”也不能应用动量守

35、恒定律。【针对训练】1. (2021·山东省泰安市高三下四模)如图所示，两根电阻不计、倾角为37°且足够长的光滑平行金属导轨倾斜放置，导轨间距为L0.4 m，顶端连接电阻为R2 的定值电阻。虚线上方(含虚线处)的区域存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B1.25 T。质量为m0.1 kg、电阻为R11 的导体棒P在虚线上方某处；电阻为R22 的导体棒Q固定在虚线处。将导体棒P由静止释放，经过时间t3 s导体棒P到达虚线处，P在到达虚线之前已达到最大速度，P、Q与导轨始终接触良好。重力加速度g取10 m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8，下

36、列说法正确的是()A导体棒P到达虚线前的动量变化率越来越大B导体棒P到达虚线时的速度大小为4.8 m/sC导体棒P的释放点与虚线间的距离为 mD从导体棒P开始运动到到达虚线时导体棒Q上产生的焦耳热为 J答案B解析导体棒P由静止释放，做加速运动，向上的安培力越来越大，所以向下运动的加速度越来越小，P在到达虚线之前已达到最大速度，即最后阶段做匀速直线运动，所以导体棒P到达虚线前的动量变化率越来越小，最后减小到零，最后阶段一直为零，故A错误；对导体棒P受力分析可知，P达到最大速度时有mgsinBIL，EBLv，I，R总R1，代入数据解得v4.8 m/s，故B正确；导体棒P运动到虚线处过程中穿过导体棒

37、P的电荷量为qt，在此过程中对P棒有mgtsinBLtmv，qtt，解得x10.56 m< m，故C错误；从P释放到运动至虚线处，由能量守恒定律可知：mgxsinQ总mv2，导体棒Q上产生的焦耳热为QQQ总，解得：QQ1.296 J< J，故D错误。2. (2021·山东省日照市高三三模)如图所示，宽度为2d与宽度为d的两部分金属导轨衔接良好，固定在绝缘的水平面上，空间存在竖直向下的匀强磁场，导轨左、右侧磁场的磁感应强度大小分别为B、2B。两完全相同的导体棒甲和乙按如图的方式置于左、右侧的导轨上，已知两导体棒的质量均为m、两导体棒单位长度的电阻均为r0，现给导体棒甲一水平

38、向右的初速度v0。假设导轨的电阻忽略不计，导体棒与导轨之间的摩擦忽略不计，且两部分导轨足够长，导体棒甲始终未滑过图中的虚线位置。则下列说法正确的是()A当导体棒甲开始运动瞬间，甲、乙两棒的加速度大小满足a甲2a乙B运动足够长的时间后，最终两棒以相同的加速度做匀加速运动C最终两棒均做匀速运动，速度大小满足v甲v乙D最终两棒以相同的速度匀速运动，该过程甲棒中产生的焦耳热为mv答案D解析导体棒甲刚开始运动时两棒受到的安培力大小F甲BI0·2d，F乙2BI0d，F甲F乙，则加速度大小a甲a乙，运动过程中两棒组成的系统动量守恒，最终两棒均做匀速运动，速度大小满足B·2dv甲2Bdv乙

39、，mv甲mv乙mv0，则v甲v乙，系统产生的总热量为系统损失的动能，即Q总mvmvmvmv，甲棒中产生的焦耳热为Q甲Q总mv，A、B、C错误，D正确。3(2020·海南高考)(多选) 如图，足够长的间距d1 m的平行光滑金属导轨MN、PQ固定在水平面内，导轨间存在一个宽度L1 m的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B0.5 T，方向如图所示。一根质量ma0.1 kg、阻值R0.5 的金属棒a以初速度v04 m/s从左端开始沿导轨滑动，穿过磁场区域后，与另一根质量mb0.2 kg、阻值R0.5 的原来静置在导轨上的金属棒b发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计，则()

40、A金属棒a第一次穿过磁场时做匀减速直线运动B金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流C金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，金属棒b上产生的焦耳热为0.25 JD金属棒a最终停在距磁场左边界0.8 m处答案BD解析金属棒a第一次穿过磁场时受到安培力的作用，做减速运动，由于速度减小，则感应电流减小，金属棒a所受的安培力减小，加速度减小，故金属棒a第一次穿过磁场时做加速度减小的减速直线运动，故A错误。根据右手定则可知，金属棒a第一次穿过磁场时回路中有逆时针方向的感应电流，故B正确。金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的平均感应电动势为，平均感应电流为，金属棒a受到的安培力大小的

41、平均值为Bd，规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得Bd·tmavamav0，解得金属棒a第一次离开磁场时的速度大小为va1.5 m/s；金属棒a第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒a机械能的减少量，即Qmavmav，代入数据得Q0.6875 J，由于两棒电阻相同，两棒产生的焦耳热相同，则金属棒b上产生的焦耳热为Qb0.34375 J，故C错误。规定向右为正方向，对两金属棒碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得mavamavambvb，mavmava2mbv，联立并代入数据解得金属棒a碰后的速度为va0.5 m/s；设金属棒a最终停在距磁场左边界x处，

42、则从反弹进入磁场到停下来的过程，电路中产生的平均感应电动势为，平均感应电流为，金属棒a受到的平均安培力大小为Bd，规定向右为正方向，对金属棒a，根据动量定理得Bd·t0mava，联立并代入数据解得x0.8 m，故D正确。4(2022·河北省沧州市十五校高三上9月摸底考试)如图所示，间距为d的平行金属导轨AB、CD构成倾角为的斜面，通过BE和DG两小段光滑绝缘圆弧(长度可忽略)与间距也为d的水平平行金属导轨EF、GH相连，AC端接一个电容器，质量为m的金属棒P从离水平轨道L处由静止释放。金属棒P和导体棒Q始终与导轨垂直并与导轨接触良好，金属棒P和导轨的电阻忽略不计，导体棒Q的

43、电阻为R、质量为2m，金属棒P和倾斜轨道间的动摩擦因数tan，不计P、Q与水平轨道间的摩擦力，初始时Q静止在水平轨道上，水平轨道足够长，且P、Q没有发生碰撞，电容器的电容C，整个装置处于与导轨平面垂直的匀强磁场当中，磁感应强度大小为B，重力加速度为g。求：(1)金属棒P到达BD时的速度；(2)金属棒P滑到水平轨道后通过导体棒Q的电荷量和导体棒Q产生的热量。答案(1) (2)mgLsin解析(1)对P受力分析，由牛顿第二定律有mgsinmgcosF安ma而F安BIdICBda解得agsin，所以金属棒P在倾斜轨道上做匀变速运动，由运动学规律有v2aL，解得v1 。(2)当金属棒P进入水平轨道后P

44、、Q组成的系统动量守恒，当二者速度相等时它们之间的距离保持不变，此时有mv1(m2m)v2在此过程中对导体棒Q应用动量定理有BdtBdq2mv2解得q，由能量守恒定律可知导体棒Q产生的热量Qmv(m2m)vmgLsin。一、选择题(本题共6小题，其中第12题为单选，第36题为多选)1(2021·河北省张家口市高三下三模)图甲是同种规格的电阻丝制成的闭合线圈，其中有垂直于线圈平面的匀强磁场，图乙为线圈中的磁感应强度B(取垂直线圈平面向内为正方向)随时间t变化的关系图像。则下列关于线圈中的感应电动势E、感应电流i、磁通量及线圈bc边所受的安培力F随时间变化的关系图像中正确的是(取顺时针方

45、向为感应电流与感应电动势的正方向，水平向左为安培力的正方向)()答案D解析由图乙可知，01 s内，磁感应强度B向里均匀增大，线圈所包围区域中的均匀增大且为正，由楞次定律及法拉第电磁感应定律可知，线圈中的感应电动势、感应电流沿逆时针方向，为负的恒定值；12 s内，B恒定，穿过线圈的磁通量不变，线圈中无感应电动势、感应电流；23 s内，磁感应强度B向里均匀减小，均匀减小且为正，由楞次定律及法拉第电磁感应定律可知，线圈中的感应电动势、感应电流沿顺时针方向，为正的恒定值；34 s内，B向外均匀增大，均匀增大且为负，由楞次定律及法拉第电磁感应定律可知，线圈中的感应电动势、感应电流沿顺时针方向，为正的恒定

46、值，A、B、C错误。由左手定则可知，在01 s内，bc边受到的安培力方向水平向左，是正值，根据FIlB可知安培力均匀增加；12 s内无感应电流，bc边不受安培力；23 s，安培力方向水平向右，是负值且逐渐减小；34 s，安培力方向水平向左，是正值且逐渐变大，D正确。2(2021·北京高考)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，水平U形导体框左端连接一阻值为R的电阻，质量为m、电阻为r的导体棒ab置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框间的摩擦。ab以水平向右的初速度v0开始运动，最终停在导体框上。在此过程中()A导体棒做匀减速直线运动B导体棒中感应电流的方向为abC电阻R消耗的总电能为

47、D导体棒克服安培力做的总功小于mv答案C解析导体棒向右运动时，根据右手定则可知，导体棒中感应电流方向为ba，再根据左手定则可知，导体棒受到水平向左的安培力，开始时，根据法拉第电磁感应定律，导体棒中产生的感应电动势为EBLv0，根据闭合电路欧姆定律，知感应电流为I，故导体棒所受安培力为FBIL，根据牛顿第二定律有Fma，可得av0，随着速度减小，加速度不断减小，故导体棒做加速度减小的减速直线运动，故A、B错误；根据能量守恒定律可知，回路中消耗的总电能为Qmv，则R产生的总电能为QRQ，故C正确；整个过程只有安培力做负功，根据动能定理可知，导体棒克服安培力做的总功等于mv，故D错误。3. (202

48、1·湖南省永州市高三二模)如图所示，用电阻R012 的均匀导体弯成半径L0.5 m的闭合圆环，圆心为O，SOQ是一条水平直径，在O、S间接有负载电阻R13 ，整个圆环中有大小为B0.4 T、方向竖直向上的匀强磁场穿过。电阻r2 、长度为L的导体棒OP贴着圆环以O为圆心沿逆时针方向(从上往下看)匀速转动，角速度240 rad/s，导体棒OP与圆环接触良好，不计一切摩擦以及导线的电阻。则()A棒转动过程中O点的电势比P点的电势高B棒转动过程中产生的感应电动势为12 VC棒转动过程中电路的最大电功率为28.8 WD当OP到达OQ处时圆环的电功率为27 W答案BC解析导体棒可看作电源，由右手

49、定则可知，棒在转动过程中O点的电势比P点的电势低，A错误；棒转动过程中产生的感应电动势为EBL2×0.4×0.52×240 V12 V，B正确；当P点与S点重合时，外电阻最小，此时电路中R1与导体棒串联，电路的最大电流Im A2.4 A，则棒在转动过程中电路的最大功率为PmEIm12×2.4 W28.8 W，C正确；当OP到达OQ处时，圆环电阻R012 分成相等的两部分且处于并联关系，则其等效电阻值是R23 ，此时外电路的电阻为RR1R23 3 6 ，由闭合电路的欧姆定律得电路中的电流I A1.5 A，圆环的电功率PI2R21.52×3 W6.

50、75 W，D错误。4. 如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l，电阻均为R，质量分别为2m和m。它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域。开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为l。现将系统由静止释放，当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动。不计摩擦和空气阻力，则()Aa、b两个线框匀速运动的速度大小为B线框a从其下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为C从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为mglD从开始运动到线框a全部进

51、入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl答案BC解析当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动，此时线框a下边刚进入磁场，下边所受安培力2mgmg，得v，A错误；线框a从其下边进入磁场到上边离开磁场，开始线框a切割磁感线运动，受力平衡，然后线框b切割磁感线运动，受力也平衡，最后线框a切割磁感线运动，仍受力平衡，则这一过程所用时间为t，B正确；从开始运动到线框a全部进入磁场可以分为两个阶段，第一阶段线框a的下边进入磁场之前，这一阶段线框a产生的焦耳热为零，第二阶段从线框a的下边进入磁场到线框a全部进入磁场，这一阶段线框b全部在磁场中，线框b中的磁通量不变，即线框b产生的焦耳热为

52、零，第二阶段系统减少的机械能转化为线框a产生的焦耳热，即Qmgl，C正确；由能量守恒定律可知，两线框的重力势能减少量等于两线框的动能增加量与两线框克服安培力做功产生的内能之和，从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框重力势能的减少量为2mgl，结合功能关系可知，两线框克服安培力做功一定小于2mgl，D错误。5如图甲所示，电阻不计且间距为L1 m的光滑平行金属导轨竖直放置，上端连接阻值为R1 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m0.3 kg、电阻Rab1 的金属杆ab从OO上方某处以一定初速度释放，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0.3 m的过程中