第11講電磁感應(yīng)

【目標(biāo)要求】1.熟練應(yīng)用楞次定律與法拉第電磁感應(yīng)定律解決問題。2.會分析電磁感應(yīng)中的圖像問題。3.會分析

電磁感應(yīng)中的動力學(xué)與能量問題。

考點(diǎn)一楞次定律與法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用

1.感應(yīng)電流方向的判斷

(1)線圈面積不變、磁感應(yīng)強(qiáng)度發(fā)生變化的情形，往往用楞次定律。

(2)導(dǎo)體棒切割磁感線的情形往往用右手定則。

2.楞次定律中“阻礙”的主要表現(xiàn)形式

(1)阻礙原磁通量的變化—“增反減同”；

(2)阻礙物體間的相對運(yùn)動——“來拒去留”；

(3)使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢一一般情況下為“增縮減擴(kuò)”；

(4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)——一般情況下為“增反減同”。

3.求感應(yīng)電動勢的方法

(1)法拉第電磁感應(yīng)定律：

E=“絲「不變時,E=g黑

ZjAt1不變時,E=nB^

(2)導(dǎo)體棒垂直切割磁感線：E=Blvo

(3)導(dǎo)體棒以一端為圓心在垂直勻強(qiáng)磁場的平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動：E=：B/2①。

(4)線圈繞與磁場垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動(從線圈位于中性面開始計時)：e=nBScosincoto

4.通過回路橫截面的電荷量器4僅與〃、和回路總電阻R總有關(guān)，與時間長短無關(guān)，

與。是否均勻變化無關(guān)。

例1(2024?江蘇卷40)如圖所示，在絕緣的水平面上，有閉合的兩個線圈a、b,線圈a處在勻強(qiáng)

磁場中，現(xiàn)將線圈a從磁場中勻速拉出，線圈a、b中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向分別是()

A.順時針，順時針B.順時針，逆時針

C.逆時針，順時針D.逆時針，逆時針

答案A

解析線圈a從磁場中勻速拉出的過程中，穿過a線圈的磁通量在減小，根據(jù)楞次定律可知a線圈中的電

流方向?yàn)轫槙r針，由于線圈a從磁場中勻速拉出，則a中產(chǎn)生的電流為恒定電流，線圈a靠近線圈b的過

程中通過線圈b的磁通量在向外增大，同理可得線圈b中產(chǎn)生的電流方向?yàn)轫槙r針。故選A。

例2（多選）（2023?福建漳州市質(zhì)檢）如圖甲，兩根電阻不計、足夠長的導(dǎo)軌MN、PQ平行放置，與

水平面間夾角a=37。，間距為0.8m,上端連接一電阻R=0.1C。兩導(dǎo)軌之間存在方向垂直導(dǎo)軌平

面向上的均勻分布的磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。仁0時刻，一電阻不計、質(zhì)

量為0.02kg的導(dǎo)體棒仍從導(dǎo)軌上且在A/P下方0.5m處由靜止釋放。取g=10m/s2,sin37°=0.6,

斷與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.5,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不考慮Z=4.25s時磁感應(yīng)強(qiáng)度

突變產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象。貝M）

A.0-4.25s內(nèi)a3中感應(yīng)電流方向從a到6

B./=0時ab中感應(yīng)電流7o=O.4A

C.0-4.25s內(nèi)R中消耗的熱功率為0.016W

D.ab的最大速度為0.625m/s

答案BCD

解析由楞次定律可知，0-4.25s內(nèi)導(dǎo)體棒ab中感應(yīng)電流方向從6到a,選項(xiàng)A錯誤；由題圖乙可得

0-4.25s內(nèi)黑=。1T/s,t=0時刻感應(yīng)電流/o*=筆濘1A=0.4A,選項(xiàng)B正確；Q。時，導(dǎo)體棒所受安

培力Fo=IoLBo=0.064N,Gi=mgsina=0.12N,Ffm=^mgcosa=0.08N,由于Gi-Fo<Ffm,可知導(dǎo)體棒保持靜止，

U4.25s時，F(xiàn)i=/0LBi=0.2N,由于Fi=Gi+Ffm,導(dǎo)體棒恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，可知在0-4.25s內(nèi)導(dǎo)體棒一直靜

2

止，0~4.25s內(nèi)電阻R消耗的熱功率為P=/O7?=O.016W,選項(xiàng)C正確；Z=4.25s后，導(dǎo)體棒或開始下滑，

當(dāng)B2=0.1T,Gi=尸什=當(dāng)時導(dǎo)體棒。6開始勻速運(yùn)動，F(xiàn)f=Ffm=/zmgcosct=0.08N,此時速度最大,則/=%電，

解得vm=0.625m/s,選項(xiàng)D正確。

考點(diǎn)二電磁感應(yīng)中的圖像問題

例3（多選）（2024.河南焦作市二模汝口圖甲所示，正方形線圈內(nèi)有垂直于線圈的勻強(qiáng)磁場，

已知線圈匝數(shù)〃=10,邊長仍=lm,線圈總電阻尸1C,線圈內(nèi)磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時間的變化情況如圖

乙所示。設(shè)圖示的磁場方向與感應(yīng)電流方向?yàn)檎较颍瑒t下列有關(guān)線圈的感應(yīng)電流。焦耳熱。以

及油兩點(diǎn)間電壓"，斷邊所受的安培力F（取向下為正方向）隨時間/的變化圖像正確的是（）

a,------pBFT

、、*°-27T\

XX

卜i\?'13^5?/s

dc

甲乙

答案ACD

解析0~ls內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為61=啜=2丫,由楞次定律，感應(yīng)電流為逆時針（為負(fù)），大小為"=迫=2

A,同理可得，1~5s內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為e2=nS^=lV,由楞次定律，感應(yīng)電流為順時針（為正），大小

為i=-=l故正確；曲兩點(diǎn)間的電壓，內(nèi)大小為m=ii--=0.5方向?yàn)樨?fù)，內(nèi)大小為

2rA,A0~1s4V,1~5s

方向?yàn)檎叔e誤；他邊所受的安培力，內(nèi)大小為,隨時間逐

M2=?24--=0.25V,B0~1s

漸增大，由左手定則，方向向下為正，同理1~3s內(nèi)大小為0＜尸2="&過＜2N,隨時間逐漸減小，由左手

定則，方向向上為負(fù)，同理3~5s內(nèi)大小為0＜歹3="&，2乙或2N,隨時間逐漸增大，由左手定則，方向向下

為正，故C正確；0~1s內(nèi)焦耳熱0WQi=i/〃W4J,隨時間逐漸增加，1~5s內(nèi)焦耳熱4

2

J^02=2im+i2rf（^8J,故D正確。

例4（多選）（2024?全國甲卷21）如圖，一絕緣細(xì)繩跨過兩個在同一豎直面（紙面）內(nèi)的光滑定滑輪，

繩的一端連接一矩形金屬線框，另一端連接一物塊。線框與左側(cè)滑輪之間的虛線區(qū)域內(nèi)有方向垂

直紙面的勻強(qiáng)磁場，磁場上下邊界水平，在仁0時刻線框的上邊框以不同的初速度從磁場下方進(jìn)

入磁場。運(yùn)動過程中，線框始終在紙面內(nèi)且上下邊框保持水平。以向上為速度的正方向，下列線

框的速度V隨時間f變化的圖像中可能正確的是（）

答案AC

解析設(shè)線框的上邊框進(jìn)入磁場時的速度為v,設(shè)線框的質(zhì)量M,物塊的質(zhì)量加，題圖中線框進(jìn)入磁場時

的加速度向下，對線框，由牛頓第二定律可知Mg+歹安-FT=MQ

對物塊有FT-mg=ma

其中廠安=陪

R2/2

即----+(M-m)g=(M+m)a

R

線框向上做減速運(yùn)動，隨速度的減小，向下的加速度減小；當(dāng)加速度為零時，即線框勻速運(yùn)動的速度為

B2L2

若線框進(jìn)入磁場時的速度較小，則線框進(jìn)入磁場時做加速度減小的減速運(yùn)動，線框的速度和加速度都趨近

于零，則圖像A可能正確；

因U0時刻線框進(jìn)入磁場，則進(jìn)入磁場時線框向上不可能做勻減速運(yùn)動，則圖像B不可能；

若線框的質(zhì)量等于物塊的質(zhì)量，且當(dāng)線框進(jìn)入磁場時速度較大時，線框進(jìn)入磁場做加速度減小的減速運(yùn)動，

完全進(jìn)入磁場后線框做勻速運(yùn)動；當(dāng)線框出磁場時，受向下的安培力又做加速度減小的減速運(yùn)動，最終出

磁場時做勻速運(yùn)動，則圖像C有可能，口不可能。

-提煉?總結(jié)?

1.電磁感應(yīng)中常見的圖像

常見的有磁感應(yīng)強(qiáng)度、磁通量、感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流、速度、安培力等隨時間或位移的變化圖像。

2.解答此類問題的兩個常用方法

⑴排除法：定性分析電磁感應(yīng)過程中某個物理量的變化情況，把握三個關(guān)注，快速排除錯誤的選項(xiàng)。這種方法

能快速解決問題，但不一定對所有問題都適用。

-------------看電磁感應(yīng)的發(fā)生過程分為幾個階段，

關(guān)注變化過程T

-------------這幾個階段是否和圖像變化相對應(yīng)

-------------看圖像的斜率、圖像的曲直是否和物理過程

關(guān)注變化趨勢T

-------------相對應(yīng)，分析大小和方向的變化趨勢

⑵函數(shù)關(guān)系法：根據(jù)題目所給的條件寫出物理量之間的函數(shù)關(guān)系，再對圖像作出判斷，這種方法得到的結(jié)

果準(zhǔn)確、詳細(xì)，但不夠簡捷。

考點(diǎn)三電磁感應(yīng)中的動力學(xué)與能量問題

1.電磁感應(yīng)綜合問題的解題思路

用法拉第電磁感應(yīng)定律(E=n等或

|“源”手分析kE=B/v)確定電動勢的大小，用楞次定

律或右手定則判斷電流的方向

I“路”向分析卜〕畫等效生路圖卜求感應(yīng)電流/=卷

|“力”的分析安培力|-----合夕卜力

卜運(yùn)動”的分析H運(yùn)動決態(tài)]——-I加速嬴]

卜能量”的分析卜歷后研究過程中能量轉(zhuǎn)化關(guān)系列確

2.求解焦耳熱。的三種方法

(1)焦耳定律：。=/用，適用于電流恒定的情況;

(2)功能關(guān)系：Q=W克安(W克安為克服安培力做的功)；

(3)能量轉(zhuǎn)化：Q=AE(其他能的減少量)。

例5(2024?福建南平市三模)如圖甲，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在水平面上，導(dǎo)軌間連接一

電阻R,區(qū)域I空間存在一非勻強(qiáng)磁場，方向垂直于導(dǎo)軌平面向下，導(dǎo)體棒斷垂直導(dǎo)軌放置并接

觸良好。現(xiàn)對導(dǎo)體棒。匕施加一個與導(dǎo)軌平行向左的恒力廠，導(dǎo)體棒ab進(jìn)入磁場時速度vo=lm/s,

空間中某位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度8與導(dǎo)體棒通過該位置的速度丫滿足的關(guān)系如圖乙所示。已知導(dǎo)軌間

距L=lm,導(dǎo)體棒ab質(zhì)量根=0.25kg、電阻『1C,電阻R=1C,恒力41.25N,不計導(dǎo)軌電阻。

求：

乙

(1)導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場時所受安培力的大小；

(2)導(dǎo)體棒在磁場中運(yùn)動2s時加速度的大小;

(3)進(jìn)入磁場2s內(nèi)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱。

答案(1)0.25N(2)4m/s2(3)1.25J

解析⑴由E=BLv0

1=—

R+r

F虻BIL

聯(lián)立解得/安=受竺曳=0.25N

R+r

(2)由題圖乙知，笈片o.5mT/s保持不變，因此產(chǎn)安=警=0.25?4保持不變，判斷出導(dǎo)體棒做勻加速直線運(yùn)

R+丁

動，根據(jù)牛頓第二定律

F-F

解得a=4m/s2

本題還可以先根據(jù)牛頓第二定律

2

「BLZV

F--R-+-r-=ma

變形為B2=f(R+r?

Lzv

結(jié)合題圖乙斜率k=0.5m-T2/s

解得a=4m/s2

(3)2s內(nèi)的位移

x=vot+^ati

解得x=10m

則電路中產(chǎn)生的總焦耳熱

0=卬克安=/安工

導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱

解得。尸1.25J

變式1(2024.福建福州市三模)如圖所示，間距為L=L0m的兩條平行光滑豎直金屬導(dǎo)軌尸。、MN足夠長,

底部Q、N之間連有一阻值為&=3。的電阻，磁感應(yīng)強(qiáng)度為Bi=0.5T的勻強(qiáng)磁場與導(dǎo)軌平面垂直，導(dǎo)軌的

上端點(diǎn)P、M分別與橫截面積為5xl(y3皿z的100匝線圈的兩端連接，線圈的軸線與大小隨時間均勻變化的

勻強(qiáng)磁場外平行，開關(guān)K閉合后，質(zhì)量為"2=1x10-2kg、接入電路的電阻值為/?2=2O的金屬棒ab恰能保

持靜止。若斷開開關(guān)后金屬棒下落2m時恰好達(dá)到最大速度，金屬棒始終與導(dǎo)軌接觸良好，其余部分電阻

不計，g取lOm/s?。求：

(1)金屬棒成恰能保持靜止時，勻強(qiáng)磁場&的磁感應(yīng)強(qiáng)度的變化率；

(2)金屬棒成下落時能達(dá)到的最大速度v的大小；

(3)金屬棒成從開始下落到恰好運(yùn)動至最大速度的過程中，金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱。。

答案(1)0.8T/s(2)2m/s(3)0.072J

解析(1)金屬棒保持靜止，根據(jù)平衡條件得mg=BlIlL

可得/i=0.2A

則線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為EI=ZI/?2=0.4V

由法拉第電磁感應(yīng)定律可知Ei=?i

、△t幽At

解得W=0.8T/s

At

（2）斷開開關(guān)K后,金屬棒向下做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，當(dāng)加速度為0（即合外力為0）時速度最大,

此時恰能勻速下降，根據(jù)平衡條件得mg=Bd2L

此時金屬棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E^BrLv

根據(jù)閉合電路歐姆定律得心=裊

聯(lián)立解得金屬棒的最大速度為v=2m/s

（3）金屬棒從開始下落到恰好運(yùn)動至最大速度的過程中，根據(jù)動能定理得mg/z-W克安三加"。

金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱。=盧不W克安=0.072J

區(qū)1+區(qū)2

變式2（多選X2024.四川省一模）如圖所示，豎直方向兩光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L,處于垂直紙面的勻強(qiáng)

磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為3,金屬桿的質(zhì)量為機(jī)，定值電阻為R,其余電阻不計，重力加速度為g,電容器

電容為C（未充電），金屬桿與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，開關(guān)K與觸點(diǎn)I或II接通，現(xiàn)讓金屬桿沿導(dǎo)軌無初速

度下滑，在金屬桿下滑距離為〃的過程中，對該過程下列說法正確的是（）

A.若開關(guān)K與觸點(diǎn)I接通，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為

B.若開關(guān)K與觸點(diǎn)I接通，通過電阻R的電荷量為警

C.若開關(guān)K與觸點(diǎn)II接通，桿的重力對桿的沖量為同訕不兩而K

D.若換一個電容更大的電容器，開關(guān)K與觸點(diǎn)II接通，桿的加速度比更換之前大

答案BC

解析若開關(guān)K與觸點(diǎn)I接通，由能量關(guān)系可知mgh^m^+Q,則電阻R產(chǎn)生的焦耳熱小于/叫力,故A錯

誤；若開關(guān)K與觸點(diǎn)I接通，通過電阻R的電荷量為q言△片當(dāng)，故B正確；若開關(guān)K與觸點(diǎn)II接通，

貝U回路電流上整=*=‘等=3LCa,由牛頓第二定律〃陪-31=〃也,解得聽上^,可知導(dǎo)體棒做與加速

運(yùn)動,下落h時,重力的沖量Ic=mgt,解得lG=j2mgh（m+B2L2C）,故C正確；若換一個電容更

大的電容器，開關(guān)K與觸點(diǎn)H接通，由好可知桿的加速度比更換之前小，故D錯誤。

r多題歸一」

電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題

靜止

閉合K,恰好靜止處于平

棒、衡狀

框平態(tài)，進(jìn)

衡問行受力

題分析，

勻速

恰好勻速進(jìn)入磁場滿足合

運(yùn)動

力為零

棒的最大速度

受力分

析，分

變加速

析加速

運(yùn)動

度的變

化

棒、

框不受力分

平衡

////////////析，利

勻加速棒勻加速用牛頓

運(yùn)動PM_第二定

XXXX(XX

XXXXX<XX

xx^xXrVx

X律求加

XXXXX(XX

QTV-速度

最后雙棒加速度相同

利用能

量守恒

pTxxxl定律或

Cx；x功能關(guān)

XXXX

棒、XXXX

棒、框XXXX系求產(chǎn)

框運(yùn)X姐XX

從某一生的焦

動過

速度到耳熱，

程中

另一速回路中

能量

度有多個

問題

電阻

棒從靜止到勻速時產(chǎn)生的

時，注

焦耳熱

意熱量

的分配

專題強(qiáng)化練［分值：60分］

1~5題每題4分，6、7題每題6分，8題13分，9題15分，共60分

［保分基礎(chǔ)練］

1.（2023?北京卷.5）如圖所示，L是自感系數(shù)很大、電阻很小的線圈，P、Q是兩個相同的小燈泡，開始時,

開關(guān)S處于閉合狀態(tài)，P燈微亮，Q燈正常發(fā)光，斷開開關(guān)（）

A.P與Q同時熄滅B.P比Q先熄滅

C.Q閃亮后再熄滅D.P閃亮后再熄滅

答案D

解析由題知，開始時，開關(guān)S處于閉合狀態(tài)，由于L的電阻很小，Q燈正常發(fā)光，P燈微亮，通過Q燈

的電流遠(yuǎn)大于通過P燈的電流，故通過乙的電流大于通過P燈的電流，斷開開關(guān)，（2所在電路未閉合，立

即熄滅，由于自感，力中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，與P組成閉合回路，故P燈閃亮后再熄滅，故選D。

2.（2024?廣東卷4）電磁俘能器可在汽車發(fā)動機(jī)振動時利用電磁感應(yīng)發(fā)電實(shí)現(xiàn)能量回收，結(jié)構(gòu)如圖甲所示。

兩對永磁鐵可隨發(fā)動機(jī)一起上下振動，每對永磁鐵間有水平方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為瓦磁

場中，邊長為L的正方形線圈豎直固定在減震裝置上。某時刻磁場分布與線圈位置如圖乙所示，永磁鐵振

動時磁場分界線不會離開線圈。關(guān)于圖乙中的線圈，下列說法正確的是（）

磁場吩界

A.穿過線圈的磁通量為

B.永磁鐵相對線圈上升越高，線圈中感應(yīng)電動勢越大

C.永磁鐵相對線圈上升越快，線圈中感應(yīng)電動勢越小

D.永磁鐵相對線圈下降時，線圈中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r針方向

答案D

解析題圖乙所示位置穿過線圈的磁通量O=|3S上-3S下|力遼2,故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知

永磁鐵相對線圈上升越快，磁通量變化越快，線圈中感應(yīng)電動勢越大，故B、C錯誤；永磁鐵相對線圈下

降時，根據(jù)安培定則可知線圈中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r針方向，故D正確。

3.（2024?湖南卷4）如圖，有一硬質(zhì)導(dǎo)線Oabc,其中a九是半徑為R的半圓弧，。為圓弧的中點(diǎn)，直線段Oa

長為R且垂直于直徑ac。該導(dǎo)線在紙面內(nèi)繞。點(diǎn)逆時針轉(zhuǎn)動，導(dǎo)線始終在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中。

則0、a、b、c各點(diǎn)電勢關(guān)系為（）

XXb

A.g)o>(Pa>(Pb>(PcB.(pO<(Pa<(Pb<(Pc

C.(pd>(pa>(pb-(pcD.(pO<(Pa<(pb=(pc

答案C

解析導(dǎo)線繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動過程中相當(dāng)于0服Ob、0c導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動切割磁感線，如圖所示，根據(jù)右手定則可知

。點(diǎn)電勢最高；

X

XX

根據(jù)E=Blv=^Ba>l~

因?yàn)閘ob=lo/loa

可得0<Uoa<Uob=Uo,

得（po＞（Pa＞（Pb=（Pc

故選Co

4.（2023?湖北卷.5）近場通信（NFC）器件應(yīng)用電磁感應(yīng)原理進(jìn)行通訊，其天線類似一個壓平的線圈，線圈尺寸

從內(nèi)到外逐漸變大。如圖所示，一正方形NFC線圈共3匝，其邊長分別為1.0cm、1.2cm和1.4cm,圖中

線圈外線接入內(nèi)部芯片時與內(nèi)部線圈絕緣。若勻強(qiáng)磁場垂直通過此線圈，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率為103T/S,則

線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最接近（）

天線

A.0.30VB.0.44VC.0.59VD,4.3V

答案B

解析根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知E=^=^=103X(1.02+1.22+1.42)X10-4V=0.44V,故選B。

5.(多選)(2024.黑吉遼.9)如圖，兩條“八”形的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，間距為L左、右

兩導(dǎo)軌面與水平面夾角均為30。，均處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為23和瓦將有一

定阻值的導(dǎo)體棒"、cd放置在導(dǎo)軌上，同時由靜止釋放，兩棒在下滑過程中始終與導(dǎo)軌垂直并接觸良好，

ab、cd的質(zhì)量分別為2根和加，長度均為小導(dǎo)軌足夠長且電阻不計，重力加速度為g,兩棒在下滑過程中

()

A.回路中的電流方向?yàn)閍bcda

B.M中電流趨于警

3BL

C.ab與cd加速度大小之比始終為2：1

D.兩棒產(chǎn)生的電動勢始終相等

答案AB

解析兩導(dǎo)體棒沿軌道向下滑動，根據(jù)右手定則可知回路中的電流方向?yàn)閍bcda，故A正確；設(shè)回路中的

總電阻為R,對于任意時刻當(dāng)電路中的電流為/時，對仍根據(jù)牛頓第二定律得

2加gsin30°-2B/Lcos300=2maab,

對cd有mgsin30°-B/Lcos3Q°=macd,

故可知恁尸4”,分析可知回路中的總電動勢為兩個導(dǎo)體棒產(chǎn)生的電動勢相加，隨著導(dǎo)體棒速度的增大，回

路中的電流增大，導(dǎo)體棒受到的安培力在增大，故可知當(dāng)安培力沿導(dǎo)軌方向的分力與重力沿導(dǎo)軌向下的分

力平衡時導(dǎo)體棒將勻速運(yùn)動，此時電路中的電流達(dá)到穩(wěn)定值，對46分析可得2〃您皿30。=23/以：0530。，解

得上粵，故B正確，C錯誤；根據(jù)前面分析可知aab=acd,故可知兩導(dǎo)體棒速度大小始終相等，由于兩邊

3BL

磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同，故產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不相等，故D錯誤。

［爭分提能練］

6.（多選）（2024?山東卷.口）如圖所示，兩條相同的半圓弧形光滑金屬導(dǎo)軌固定在水平桌面上，其所在平面豎

直且平行，導(dǎo)軌最高點(diǎn)到水平桌面的距離等于半徑，最低點(diǎn)的連線OO與導(dǎo)軌所在豎直面垂直。空間充滿

豎直向下的勻強(qiáng)磁場（圖中未畫出），導(dǎo)軌左端由導(dǎo)線連接。現(xiàn)將具有一定質(zhì)量和電阻的金屬棒平行

放置在導(dǎo)軌圖示位置，由靜止釋放。跖V運(yùn)動過程中始終平行于0。且與兩導(dǎo)軌接觸良好，不考慮自感

影響，下列說法正確的是（）

AJWN最終一定靜止于。0位置

BJWN運(yùn)動過程中安培力始終做負(fù)功

C.從釋放到第一次到達(dá)OO位置過程中，MN的速率一直在增大

D.從釋放到第一次到達(dá)位置過程中，中電流方向由M到N

答案ABD

解析金屬棒MN運(yùn)動過程切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，回路有感應(yīng)電流，產(chǎn)生焦耳熱，金屬棒MN的機(jī)

械能不斷減小，又由于金屬導(dǎo)軌光滑，所以經(jīng)過多次往返運(yùn)動，最終一定靜止于00位置，故A正確；

由楞次定律可知，MN切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化，可知安

培力一直做負(fù)功，故B正確；金屬棒從釋放到第一次到達(dá)0。位置過程中，由于在。0,位置重力沿切

線方向的分力為0,安培力水平向左，可知在即將到達(dá)00,位置之前的某一位置之后，重力沿切線方向的

分力已經(jīng)小于安培力沿切線方向的分力，金屬棒MV已經(jīng)做減速運(yùn)動，故C錯誤；

從釋放到第一次到達(dá)0T位置過程中，根據(jù)右手定則可知，中電流方向由M到N,故D正確。

7.（多選）（2024.重慶市模擬）如圖所示，平行虛線0、6之間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，兩虛線間的距離

為現(xiàn)使一粗細(xì)均勻、電阻為R的閉合直角三角形導(dǎo)線框A8C以恒定的速度v沿垂直于磁場邊界的方向

穿過磁場區(qū)域。已知A3邊長為/,BC邊與磁場邊界平行。U0時刻，A點(diǎn)到達(dá)邊界0,取逆時針方向?yàn)楦?/p>

應(yīng)電流的正方向，則在導(dǎo)線框穿越磁場區(qū)域的過程中，感應(yīng)電流i及安培力的功率尸隨時間I變化的圖線

可能正確的是（）

BA

答案AD

解析如圖所示

導(dǎo)線框ABC從初位置1到整個導(dǎo)線框進(jìn)入磁場位置2的過程，切割磁感線的有效長度隨時間線性增大，則

感應(yīng)電動勢大小隨時間線性增大，感應(yīng)電流大小隨時間線性增大，由右手定則可知電流方向?yàn)槟鏁r針方向，

即為正方向；導(dǎo)線框A3C從位置2到完全離開磁場位置3的過程，切割磁感線的有效長度隨時間線性增大,

則感應(yīng)電動勢大小隨時間線性增大，感應(yīng)電流大小隨時間線性增大，由右手定則可知電流方向?yàn)轫槙r針方

向，即為負(fù)方向，故A正確，B錯誤；

導(dǎo)線框勻速運(yùn)動，感應(yīng)電流的熱功率等于安培力做功的功率，即P=I-R

由于從位置I到位置2感應(yīng)電流大小從0隨時間線性增大，從位置2至U位置3感應(yīng)電流大小又從0隨時間

線性增大，可知C錯誤，D正確。

8.（13分X2024.河南開封市聯(lián)考）如圖所示，兩根足夠長平行金屬導(dǎo)軌MN、尸。固定在傾角0=37。的絕緣斜

面上，頂部接有一阻值尺=3。的定值電阻，下端開口，軌道間距乙=lm,整個裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度8=2T

的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直斜面向上，質(zhì)量加=1kg的金屬棒置于導(dǎo)軌上，仍在導(dǎo)軌之間的電阻片1

d電路中其余電阻不計，金屬棒而由靜止釋放后沿導(dǎo)軌運(yùn)動時始終垂直于導(dǎo)軌，且與導(dǎo)軌接觸良好，不

計空氣阻力影響。已知金屬棒仍與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)〃=0.5,sin37o=0.6,cos37°=0.8,JRg=10m/s2o

（1）（4分）求金屬棒仍沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動的最大速度Vm；

（2）（3分）求金屬棒仍沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動過程中，電阻R的最大電功率PR；

(3)(6分)若從金屬棒必開始運(yùn)動至達(dá)到最大速度過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱總共為1.5J,求流過電阻

R的總電荷量外

答案(1)2m/s(2)3W(3)1C

解析(1)金屬棒由靜止釋放后，沿斜面做變加速運(yùn)動，加速度不斷減小，當(dāng)加速度為零時有最大速度vm,

由牛頓第二定律得“zgsind-jLimgcos。，安=0

又F^=BIL,/=—,E=BLv

'R+r1m

解得vm