第9讲 电磁感应的综合应用
题型1楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用
一、相关知识链接
1．判断感应电流方向的两种方法
(1)利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断．
(2)利用楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断．
2．求感应电动势的常见情况与方法
情景图
研究对象 回路中磁通量发生变化 导体平动切割磁感线[ 导体转动切割磁感线 线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动
表达式 E＝n E＝BLv E＝BL2ω Em＝nBSω
二、规律方法提炼
1．楞次定律中“阻碍”的四种表现形式
(1)阻碍磁通量的变化——“增反减同”．
(2)阻碍相对运动——“来拒去留”．
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”．
(4)阻碍电流的变化(自感现象)——“增反减同”．
2．在应用法拉第电磁感应定律E＝n＝nS时要注意：S为有效面积，当线圈的面积大于磁场的区域时，磁场的面积为有效面积．
[例题1] （2024 温州二模）如图所示，两通电长直导线沿正方体的A′D′边和BB′边放置，通过大小相等、方向如图中所示的恒定电流。一闭合圆形金属小线圈，初始位置圆心在A点，可沿不同方向以相同速率做匀速直线运动，运动过程中小线圈平面始终与AA′B′B平面平行。沿AD方向观察，不考虑地磁场影响，下列说法正确的是（ ）
A．C和D两点的磁感应强度相同
B．C′点的磁感应强度方向由D点指向C′点
C．圆形小线圈由A点向A′点移动时能产生顺时针方向的感应电流
D．圆形小线圈由A点向D点移动时能产生逆时针方向的感应电流
[例题2] （多选）（2024 西湖区校级模拟）关于高中物理的学生实验，下列说法正确的是（ ）
A．验证动量守恒定律时，两碰撞小球的直径必须相等
B．探究气体等温变化的规律实验中，不慎将活塞拔出，无需废除之前获得的数据，将活塞塞入重新实验即可
C．探究影响感应电流方向的因素时，甲同学在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，则开关闭合后将滑动变阻器的滑片向右滑动（如图），电流计指针向右偏转。
D．在用单摆测量重力加速度的实验中，为了使摆的周期大一些，以方便测量，拉开摆球时，使摆角大些
[例题3] （2024 浙江二模）为模拟航天器着陆，研究室构建了如图一个立体非匀强磁场，关于中心轴对称分布，磁感应强度可分为纵向分量Bh和水平径向分量Bτ（背向轴心），Bh的大小只随高度h变化（计初始位置为h＝0），关系为Bh＝B0（1+400h），（r为到对称轴的距离）。现有横截面半径为1mm的金属细丝构成直径为1cm的圆环在磁场中由静止开始下落，其电阻率为1.6×10﹣8Ω m。其中B0＝0.1T，沿圆环中心的磁场方向始终竖直向上，在运动过程中圆环平面始终保持水平，速度在下落1.6m后达到稳定状态。则从开始下落到稳定时圆环上通过的电荷量为（ ）
A．175πC B．20πC C．12.5πC D．6.5πC
[例题4] （2024 下城区校级模拟）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一闭合金属圆环，面积为S，电阻为R。规定圆环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正。当磁感应强度B随时间t按图乙变化时，下列说法正确的是（ ）
A．0～1s内感应电流的磁场在圆环圆心处的方向向上
B．1～2s内通过圆环的感应电流的方向与图甲所示方向相反
C．0～2s内线圈中产生的感应电动势为
D．2～4s内线圈中产生的焦耳热为
[例题5] （2024 鹿城区校级模拟）如图所示，竖直平面内在A、D两点各固定一颗光滑钉子，一个由细软导线制成的闭合导线框挂在两颗钉子上，匀强磁场的磁感应强度为B，导线框的电阻为r，圆的半径为R。从t＝0时刻开始，将导线上的C点绕圆心O以恒定角速度ω从A点沿圆弧移动到D点，导线始终绷紧。此过程导线中（ ）
A．张力保持不变
B．感应电流的方向先顺时针后逆时针
C．感应电流随时间t的变化关系为
D．产生的电热为
题型2电磁感应中动力学问题分析
一、相关知识链接
电磁感应现象中的电源与电路
(1)产生感应电动势的那部分导体相当于电源．
(2)在电源内部电流由负极流向正极．
(3)电源两端的电压为路端电压．
二、规律方法提炼
电磁感应与动力学综合题的解题策略
(1)电路分析：明确电源与外电路，可画等效电路图．
(2)受力分析：把握安培力的特点，安培力大小与导体棒速度有关，一般在牛顿第二定律方程里讨论，v的变化影响安培力大小，进而影响加速度大小，加速度的变化又会影响v的变化．
(3)过程分析：注意导体棒进入磁场或离开磁场时的速度是否达到“收尾速度”．
(4)能量分析：克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．
[例题6] （2024 鹿城区校级模拟）如图所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1＝b+kt（k＞0）变化，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过区域C2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止。则（ ）
A．通过金属杆的电流大小为
B．通过金属杆的电流方向为从A到B
C．定值电阻的阻值R
D．整个电路中产生的热功率P
[例题7] （2024 嘉兴一模）如图所示，假设“天宫一号”正以速度7.5km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与其太阳帆板两端相距20m的M、N的连线垂直，太阳帆板视为导体。飞经某处时的地磁场磁感应强度垂直于MN所在平面的分量为1.0×10﹣5T，若此时在太阳帆板上将一只“1.5V，0.3W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路（图中未画出），太阳帆板内阻不可忽略。则（ ）
A．此时M、N两端间的电势差为0
B．此时小灯泡恰好能正常发光
C．“天宫一号”绕行过程中受到电磁阻尼
D．“天宫一号”在南、北半球水平飞行时M端的电势始终高于N端
[例题8] （2024 浙江二模）如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B，导轨右侧连接一个电容为C的电容器。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，质量为m，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，质量为2m。初始时刻开关断开，两棒静止，两棒之间压缩一轻质绝缘弹簧（但不链接），弹簧的压缩量为L。释放弹簧，恢复原长时MN恰好脱离轨道，PQ的速度为v，并触发开关闭合。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，右侧导轨足够长，所有导轨电阻均不计。求：
（1）脱离弹簧瞬间PQ杆上的电动势多大？PQ两点哪点电势高？
（2）刚要脱离轨道瞬间，MN所受安培力多大？
（3）整个运动过程中，通过PQ的电荷量为多少？
[例题9] （2024 浙江模拟）如图，电容器的电容为C，初始带电量为Q，开关S断开，导轨光滑，处于磁感应强度为B的磁场中。甲、乙两棒的有效切割长度均为L、电阻为R、质量为m的导体棒。
（1）闭合开关S，求达到稳定时两棒的速度v1；
（2）闭合开关S，求达到稳定过程中甲棒产生的焦耳热（已知电容器储存的能量为）；
（3）若先去掉乙，再闭合S释放甲，当甲稳定运动后再在最初释放甲处释放乙，二者最终稳定速度为v2。
①通过计算比较v1和v2的大小关系；
②若按此方式，依次释放与甲、乙相同的丙、丁……当释放包含甲、乙在内的2024根棒后，求稳定速度v2024（直接写出结果）。
[例题10] （2024 金东区校级模拟）如图所示，水平金属圆环由沿半径方向的金属杆连接，外环和内环的半径分别是R1＝0.2m，R2＝0.1m。两环通过电刷分别与间距L＝0.2m的平行光滑水平金属轨道PM和P′M′相连，MM′右侧是水平绝缘导轨，并由一小段圆弧平滑连接倾角θ＝30°的等距金属导轨，下方连接阻值R＝0.2Ω的电阻。水平导轨接有理想电容器，电容C＝1F。导体棒ab、cd，垂直静止放置于MM′两侧，质量分别为m1＝0.1kg，m2＝0.2kg，电阻均为r＝0.1Ω。ab放置位置与MM′距离足够长，所有导轨均光滑，除已知电阻外，其余电阻均不计。整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T，忽略磁场对电容器的影响。圆环处的金属杆做顺时针匀速转动，角速度ω＝20rad/s。求：
（1）S掷向1，稳定后电容器所带电荷量的大小q；
（2）在题（1）的基础上，再将S掷向2，导体棒ab到达MM′的速度大小；
（3）ab与cd棒发生弹性碰撞后，cd棒由水平导轨进入斜面忽略能量损失，沿斜面下滑12m距离后，速度达到最大，求电阻R上产生的焦耳热（此过程ab棒不进入斜面）。
题型3电磁感应中的综合问题
1．电荷量的求解
电荷量q＝IΔt，其中I必须是电流的平均值．由E＝n、I＝、q＝IΔt联立可得q＝n，与时间无关．
2．求解焦耳热Q的三种方法
(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流、电阻不变；
(2)功能关系：Q＝W克服安培力，电流变不变都适用；
(3)能量转化：Q＝ΔE(其他能的减少量)，电流变不变都适用．
3．用到的物理规律
匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等．
[例题11] （2024 浙江模拟）一实验小组设计了电动小车来研究电磁驱动。其原理为轮毂电机通过控制定子绕组通电顺序和时间，形成旋转磁场，驱动转子绕组带动轮胎转动。简化模型如图所示，定子产生边界为正方形的多个水平排列的有界匀强磁场，相邻两磁场方向相反。转子为水平放置的正方形线框。磁场以速度v向右匀速运动，一段时间后，线框以速度v向右匀速运动。已知磁感应强度的大小均为B，磁场和线框的边长均为l，线框的质量为m，电阻为R，阻力的大小恒定。
（1）求线框受到的阻力大小f；
（2）若线框由静止加速到v需要t时间，则这段时间内线框运动的位移大小x；
（3）以磁场和线框均做匀速运动的某时刻记为0时刻，此后磁场以加速度a向右做匀加速直线运动，t1时刻线框也做匀加速直线运动，求0～t1时间内通过线框的电量q。
[例题12] （2024 台州二模）某中学兴趣小组研究了电机系统的工作原理，认识到电机系统可实现驱动和阻尼，设计了如图所示装置。电阻不计的“L型”金属导轨由足够长竖直部分和水平部分连接构成，竖直导轨间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导体棒ab与竖直导轨始终良好接触并通过轻质滑轮连接重物M，初始被锁定不动。已知导体棒ab的质量为m，重物M质量为3m，竖直导轨间距为d。电源电动势，内阻为R，导体棒与定值电阻阻值均为R。
（1）把开关k接1，解除导体棒锁定，导体棒经时间t恰好开始匀速上升，求：
①通过导体棒的电流方向；
②导体棒匀速上升时的速度；
③此过程导体棒上升的高度h；
（2）把开关k接2，解除导体棒锁定，导体棒经时间t'、下落高度h'时恰好开始匀速下落，求此过程中回路产生的总焦耳热。
[例题13] （2024 温州三模）如图甲所示，在光滑绝缘水平面内建立xOy直角坐标系，在区域Ⅰ内分布着垂直该平面向外的匀强磁场（右边界EF的横坐标在2a～3a间某处），其磁感应强度大小随时间变化如图乙所示；在区域Ⅱ（5a≤x≤6a）内分布着垂直该平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。该平面内有边长为2a、电阻为R、质量为m的正三角形金属框，其MN边与y轴重合，N点与坐标原点O重合。
（1）若金属框不动，在t0～2t0的时间内判断框内电流方向，并求出MN边上产生的焦耳热Q；
（2）若在t＝0时，沿x轴正方向给金属框一初速度v0，使其沿x轴运动。t＝2t0时顶点P刚好运动到边界EF处：当顶点P运动到x＝5a和x＝6a处时的速度分别为v1（未知）和v2；框顶点P到达x＝6a处后，继续向前运动直到停止（此时MN边尚未进入区域Ⅱ）。运动中MN边始终与y轴平行。
①比较v1与v0的大小；
②求金属框停止时顶点P的横坐标xP；
③若将金属框以初速度大小为2v0、方向与x轴正方向成60°角斜向上推出，其他条件不变。求当框顶点P到达x＝6a处时的速度v的大小。
专题强化练
1. （2024 绍兴二模）如图所示，匀质硬导线ab、ac、bc均为圆弧，连接后分别固定在xOy、xOz、yOz平面内，圆心都在O点且半径r＝10cm，指向x轴正方向的磁场以9×10﹣3T/s的速率均匀增大，下列说法正确的是（ ）
A．bc段导线中的电流从b流向c
B．导线产生的感应电动势大小为9π×10﹣5V
C．ac段导线所受安培力方向沿y轴负方向
D．ab段导线所受安培力大小小于bc段导线所受安培力大小
2. （2023 镇海区模拟）如图甲所示，驱动线圈通过开关S与电源连接，发射线圈放在绝缘且内壁光滑的发射导管内。闭合开关S后，在0～t0内驱动线圈的电流i随时间t的变化如图乙所示。在这段时间内，下列说法正确的是（ ）
A．发射线圈中感应电流产生的磁场水平向左
B．t＝t0时驱动线圈产生的自感电动势最大
C．t＝0时发射线圈具有的加速度最大
D．t＝t0时发射线圈中的感应电流最大
3. （2024 镇海区校级三模）如图所示，一块永磁体在光滑斜面上沿着一螺线管的轴线做直线运动。螺线管外的轴线上存在p、q两点（p、q两点到螺线管边缘的距离相等）。一灯泡与螺线管串联，灯泡在永磁体通过p点时的亮度要大于永磁体通过q点时的亮度。忽略永磁体的尺寸，下列说法中正确的（ ）
A．永磁体在p点时的速度小于在q点时的速度
B．永磁体在p点时的机械能小于在q点时的机械能
C．若将灯泡换成一发光二极管，则永磁体在通过p和q时该二极管不会都发光
D．若将永磁体的极性对调，则在其通过q点时灯泡的亮度将大于其通过p点时的亮度
4. （2023 温州模拟）如图所示，磁铁在电动机和机械装置的带动下，以O点为中心在水平方向上做周期性往复运动。两匝数不同的线圈分别连接相同的小灯泡，且线圈到O点距离相等。线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响可以忽略，不考虑灯泡阻值的变化。下列说法正确的是（ ）
A．两线圈产生的电动势有效值相等
B．两线圈产生的交变电流频率不相等
C．两小灯泡消耗的电功率相等
D．两线圈产生的电动势同时为零
5. （2023 温州模拟）如图甲所示为某一电磁炮原理示意图，图中有直流电源、电容器，线圈套在中空并内侧光滑的绝缘管上，将直径略小于管内径的金属小球静置于管内。开关S接1使电容器完全充电，开关接2时开始计时，通过线圈的电流随时间的变化规律如图乙所示，金属小球在0﹣t1时间内被加速发射出去（t1时刻刚好运动到右侧管口）。在0﹣t1时间内，下列说法正确的是（ ）
A．小球的加速度一直增大
B．线圈中产生的磁场方向向左
C．小球中产生的涡流一直减小
D．电容器储存的电能全部转化为小球的动能
6. （2023 镇海区校级模拟）电吉他的工作原理是在琴身上装有线圈，线圈附近被磁化的琴弦振动时，会使线圈中的磁通量发生变化，从而产生感应电流，再经信号放大器放大后传到扬声器。其简化示意图如图所示。则当图中琴弦向右靠近线圈时（ ）
A．穿过线圈的磁通量减小
B．线圈中不产生感应电流
C．琴弦受向左的安培力
D．线圈有扩张趋势
7. （2024 镇海区校级模拟）电梯磁悬浮技术的原理是基于电磁原理和磁力驱动的技术使电梯悬浮和运行，从而实现高效、安全和舒适的电梯运输。某种磁悬浮电梯通过空间周期性磁场的运动而获得推进动力，其简化原理如图所示：在竖直面上相距为b的两根绝缘平行直导轨间，有等距离分布的方向相反的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面，磁感应强度大小均为B，每个磁场分布区间的长度都是a，相间排列。当这些磁场在竖直方向分别以速度v1、v2、v3向上匀速平动时，跨在两导轨间的宽为b、长为a的金属框MNPQ（固定在电梯轿厢上）在磁场力作用下分别会悬停、向上运动、向下运动，金属框的总电阻为R。为最大限度减少电磁对人体及环境的影响，利用屏蔽材料过滤多余的磁感线，使得磁场只能作用在金属框所在区域。假设电梯负载不变（质量未知），忽略电梯运行时的其它阻力、金属框的电感。
求：
（1）电梯悬停时，线框中的电流大小I1；
（2）金属框、电梯轿厢及电梯负载的总质量M；
（3）轿厢向上能达到的最大速度v上；
（4）在电梯悬停、向上匀速运动、向下匀速运动时，外界每秒钟提供给轿厢系统的总能量分别为E1、E2、E3，求E1：E2：E3。
8. （2024 镇海区校级模拟）如图甲所示，两根完全相同的金属导轨平行放置，宽L＝3m，其中倾斜部分abcd光滑且与水平方向夹角为θ＝30°，匀强磁场垂直斜面向下，磁感应强B＝0.5T，轨道顶端ac接有电阻R＝1.5Ω。导轨水平部分粗糙，动摩擦因数为μ＝0.05且只有边界zk、ke、ep、pn、nf、fz之间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小也为B＝0.5T，其中磁场左边界zk长为1m，边界ke、zf与水平导轨间夹角均为α＝45°且长度相等，磁场右边界pn与两个导轨垂直。一金属棒与导轨接触良好，在斜面上由静止释放，到达底端bd时已经匀速，速度大小为v0＝8m/s。当金属棒进入导轨的水平部分时（不计拐角处的能量损失），给金属棒施加外力，其在轨道水平部分zkef之间运动时速度的倒数v1与位移x图像如图乙所示，棒运动到ef处时撤去外力，此时棒速度大小为最终金属棒恰能运动到磁场的右边界pn处。已知运动中金属棒始终与导轨垂直，金属棒连入电路中的电阻为r＝0.5Ω，金属棒在水平导轨上从bd边界运动到pn边界共用时，g＝10m/s2。求：
（1）金属棒的质量m的大小；
（2）水平磁场边界ep的长度d为多少；
（3）金属棒在水平导轨上运动时，外力所需做的功。
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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第9讲 电磁感应的综合应用
题型1楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用
一、相关知识链接
1．判断感应电流方向的两种方法
(1)利用右手定则，即根据导体在磁场中做切割磁感线运动的情况进行判断．
(2)利用楞次定律，即根据穿过闭合回路的磁通量的变化情况进行判断．
2．求感应电动势的常见情况与方法
情景图
研究对象 回路中磁通量发生变化 导体平动切割磁感线 导体转动切割磁感线 线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动
表达式 E＝n E＝BLv E＝BL2ω Em＝nBSω
二、规律方法提炼
1．楞次定律中“阻碍”的四种表现形式
(1)阻碍磁通量的变化——“增反减同”．
(2)阻碍相对运动——“来拒去留”．
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”．
(4)阻碍电流的变化(自感现象)——“增反减同”．
2．在应用法拉第电磁感应定律E＝n＝nS时要注意：S为有效面积，当线圈的面积大于磁场的区域时，磁场的面积为有效面积．
[例题1] （2024 温州二模）如图所示，两通电长直导线沿正方体的A′D′边和BB′边放置，通过大小相等、方向如图中所示的恒定电流。一闭合圆形金属小线圈，初始位置圆心在A点，可沿不同方向以相同速率做匀速直线运动，运动过程中小线圈平面始终与AA′B′B平面平行。沿AD方向观察，不考虑地磁场影响，下列说法正确的是（ ）
A．C和D两点的磁感应强度相同
B．C′点的磁感应强度方向由D点指向C′点
C．圆形小线圈由A点向A′点移动时能产生顺时针方向的感应电流
D．圆形小线圈由A点向D点移动时能产生逆时针方向的感应电流
【解答】解：A．设A′D′边导线在C点与D点产生的磁感应强度分别为B1、B1′和BB′边导线在C点与D点产生的磁感应强度分别为B2、B2′，根据右手螺旋定则，在C和D两点产生的磁场方向如图所示
根据矢量的合成，知C和D两点的合磁场大小相等，方向不同，故A错误；
B．根据右手螺旋定则，知A′D′边导线在C′点产生的磁场方向由C′→C，BB′边导线在C′点产生的磁场方向由C′→D′，根据矢量的合成，得C′点的磁感应强度方向由C′点指向D点，故B错误；
C．根据安培定则，电流AD′产生的磁场与小线圈平行，则穿过小线圈的磁通量为零；电流B′B产生的磁场与小线圈垂直，圆形小线圈由A点向A′点移动时，小线圈到电流B′B的距离不变，又因为小线圈平面始终与AA′B′B平面平行，故磁通量不变，无感应电流产生，故C错误；
D．结合C的分析，当圆形小线圈由A点向D点移动时，小线圈到电流B′B的距离增大，所以穿过小线圈的磁通量减小，根据楞次定律得感应电流磁场方向垂直纸面向外，产生逆时针方向的感应电流，故D正确。
故选：D。
[例题2] （多选）（2024 西湖区校级模拟）关于高中物理的学生实验，下列说法正确的是（ ）
A．验证动量守恒定律时，两碰撞小球的直径必须相等
B．探究气体等温变化的规律实验中，不慎将活塞拔出，无需废除之前获得的数据，将活塞塞入重新实验即可
C．探究影响感应电流方向的因素时，甲同学在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，则开关闭合后将滑动变阻器的滑片向右滑动（如图），电流计指针向右偏转。
D．在用单摆测量重力加速度的实验中，为了使摆的周期大一些，以方便测量，拉开摆球时，使摆角大些
【解答】解：A.验证动量守恒定律时，为了使小球发生对心碰撞，两碰撞小球的直径必须相等，故A正确；
B.探究气体等温变化的规律实验中，不慎将活塞拔出，气体质量发生变化，需废除之前获得的数据，将活塞塞入重新实验，故B错误；
C.甲同学在断开开关时，磁通量减少，灵敏电流计指针向右偏转，开关闭合后将滑动变阻器的滑片向右滑动（如图）时，B中变阻器接入电路的电阻变大，通过B的电流减小，穿过A的磁通量减少，电流计指针向右偏转，故C正确；
D.根据可知在摆角小于5°时，摆的周期与摆角无关，故D错误；
故选：AC。
[例题3] （2024 浙江二模）为模拟航天器着陆，研究室构建了如图一个立体非匀强磁场，关于中心轴对称分布，磁感应强度可分为纵向分量Bh和水平径向分量Bτ（背向轴心），Bh的大小只随高度h变化（计初始位置为h＝0），关系为Bh＝B0（1+400h），（r为到对称轴的距离）。现有横截面半径为1mm的金属细丝构成直径为1cm的圆环在磁场中由静止开始下落，其电阻率为1.6×10﹣8Ω m。其中B0＝0.1T，沿圆环中心的磁场方向始终竖直向上，在运动过程中圆环平面始终保持水平，速度在下落1.6m后达到稳定状态。则从开始下落到稳定时圆环上通过的电荷量为（ ）
A．175πC B．20πC C．12.5πC D．6.5πC
【解答】解：根据、和qΔt可得
圆环的电阻为
在运动过程中，竖直方向上，由楞次定律可知，线圈中产生顺时针的感应电流（从上往下看），磁通量变化量为
ΔΦh＝（Bh﹣B0） π（）2
解得：ΔΦh＝1.6π×10﹣3Wb
则有
q1
解得：q1＝10πC
水平方向上
BτB0
由右手定则可知，下落过程中线圈切割水平磁场，同样产生顺时针电流（从上往下看），则有
q2
解得：q2＝10πC
则从开始下落到稳定时圆环上通过的电荷量为
q＝q1+q2＝10πC+10πC＝20πC，故ACD错误，B正确。
故选：B。
[例题4] （2024 下城区校级模拟）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一闭合金属圆环，面积为S，电阻为R。规定圆环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正。当磁感应强度B随时间t按图乙变化时，下列说法正确的是（ ）
A．0～1s内感应电流的磁场在圆环圆心处的方向向上
B．1～2s内通过圆环的感应电流的方向与图甲所示方向相反
C．0～2s内线圈中产生的感应电动势为
D．2～4s内线圈中产生的焦耳热为
【解答】解：A、0～1s内磁场向下减小，根据楞次定律可知感应电流的磁场在圆环圆心处的方向向下，故A错误；
B、1～2s内磁场向上增大，根据楞次定律可知感应电流的磁场在圆环圆心处的方向向下，所以感应电流方向与图甲所示方向相同，故B错误；
C、根据法拉第电磁感应定律有：E＝nns，0～2s内线圈中产生的感应电动势为E＝B0S，故C错误；
D、同C选项可知在2～4s内线圈中的感应电动势为E＝B0S，焦耳热Pt，解得：P，故D正确；
故选：D。
[例题5] （2024 鹿城区校级模拟）如图所示，竖直平面内在A、D两点各固定一颗光滑钉子，一个由细软导线制成的闭合导线框挂在两颗钉子上，匀强磁场的磁感应强度为B，导线框的电阻为r，圆的半径为R。从t＝0时刻开始，将导线上的C点绕圆心O以恒定角速度ω从A点沿圆弧移动到D点，导线始终绷紧。此过程导线中（ ）
A．张力保持不变
B．感应电流的方向先顺时针后逆时针
C．感应电流随时间t的变化关系为
D．产生的电热为
【解答】解：A.对滑轮E分析可知，两边绳子拉力总是相等的，则两边绳子与竖直方向的夹角总相等，随着C点沿圆弧从A点移到D点，AC段与CD段绳子长度之和先增加后减小，则AE段与ED段绳子长度之和先减小后增加，AE段绳子与ED段绳子的夹角先增加后减小，对滑轮，如图
根据平衡条件有
2Tcosα＝mg
α先增大和减小，则cosα先减小后增大，可知绳子的拉力先增加后减小，故A错误；
B.△ACD所围的面积因θ角从0°度到180°过程中，则导线框中的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知，感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，故B错误；
C.根据法拉第电磁感应定律E，而θ＝ωt，根据几何知识可得，线框上的三角形的面积为
磁通量Φ＝BS＝BR2sinωt
可知，导线框中感应电动势随时间t的变化关系为
e＝ωBR2cosωt
感应电流随时间t的变化关系为
i，故C错误；
D.导线框中感应电动势的有效值为
故导线框中产生的电热为
解得Q，故D正确。
故选：D。
题型2电磁感应中动力学问题分析
一、相关知识链接
电磁感应现象中的电源与电路
(1)产生感应电动势的那部分导体相当于电源．
(2)在电源内部电流由负极流向正极．
(3)电源两端的电压为路端电压．
二、规律方法提炼
电磁感应与动力学综合题的解题策略
(1)电路分析：明确电源与外电路，可画等效电路图．
(2)受力分析：把握安培力的特点，安培力大小与导体棒速度有关，一般在牛顿第二定律方程里讨论，v的变化影响安培力大小，进而影响加速度大小，加速度的变化又会影响v的变化．
(3)过程分析：注意导体棒进入磁场或离开磁场时的速度是否达到“收尾速度”．
(4)能量分析：克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．
[例题6] （2024 鹿城区校级模拟）如图所示，竖直光滑导轨上端接入一定值电阻R，C1和C2是半径都为a的两圆形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向外，区域C1中磁场的磁感应强度随时间按B1＝b+kt（k＞0）变化，C2中磁场的磁感应强度恒为B2，一质量为m、电阻为r、长度为L的金属杆AB穿过区域C2的圆心垂直地跨放在两导轨上，且与导轨接触良好，并恰能保持静止。则（ ）
A．通过金属杆的电流大小为
B．通过金属杆的电流方向为从A到B
C．定值电阻的阻值R
D．整个电路中产生的热功率P
【解答】解：A、对金属杆，根据平衡条件得：mg＝B2I 2a，解得：I，故A错误；
B、金属杆AB保持静止，受到的安培力与重力平衡，则安培力方向竖直向上，磁场方向垂直于导轨平面向外，由左手定则判断可知，通过金属杆的电流方向为从B到A，故B错误；
C、由法拉第电磁感应定律得回路中产生的感应电动势为：E πa2＝kπa2
由闭合电路欧姆定律得：I，结合I，解得：Rr，故C错误；
D、整个电路中产生的热功率为：P＝EI＝kπa2 ，故D正确。
故选：D。
[例题7] （2024 嘉兴一模）如图所示，假设“天宫一号”正以速度7.5km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与其太阳帆板两端相距20m的M、N的连线垂直，太阳帆板视为导体。飞经某处时的地磁场磁感应强度垂直于MN所在平面的分量为1.0×10﹣5T，若此时在太阳帆板上将一只“1.5V，0.3W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路（图中未画出），太阳帆板内阻不可忽略。则（ ）
A．此时M、N两端间的电势差为0
B．此时小灯泡恰好能正常发光
C．“天宫一号”绕行过程中受到电磁阻尼
D．“天宫一号”在南、北半球水平飞行时M端的电势始终高于N端
【解答】解：AB．小灯泡与M、N相连构成闭合回路，它们一起在磁场中做切割磁感线运动，根据楞次定律，闭合回路的磁通量不变，回路中不产生感应电流，小灯泡不工作，M、N间感应电动势大小为E＝BLv，代入数据得E＝1.5V，太阳帆板存在内阻小灯泡不能正常发光，故AB错误；
C．导体在磁场中发生涡流现象，受到电磁阻尼，故C正确；
D．地磁场磁感应强度垂直于MN所在平面的分量在南、北半球方向相反，所以“天宫一号”在南、北半球水平飞行时M、N间感应电动势方向相反，故D错误。
故选：C。
[例题8] （2024 浙江二模）如图，两根光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，左、右两侧导轨间距分别为d和2d，处于竖直向上的磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B，导轨右侧连接一个电容为C的电容器。已知导体棒MN的电阻为R、长度为d，质量为m，导体棒PQ的电阻为2R、长度为2d，质量为2m。初始时刻开关断开，两棒静止，两棒之间压缩一轻质绝缘弹簧（但不链接），弹簧的压缩量为L。释放弹簧，恢复原长时MN恰好脱离轨道，PQ的速度为v，并触发开关闭合。整个过程中两棒保持与导轨垂直并接触良好，右侧导轨足够长，所有导轨电阻均不计。求：
（1）脱离弹簧瞬间PQ杆上的电动势多大？PQ两点哪点电势高？
（2）刚要脱离轨道瞬间，MN所受安培力多大？
（3）整个运动过程中，通过PQ的电荷量为多少？
【解答】解：（1）根据动生电动势公式可求，脱离弹簧瞬间PQ杆上的感应电动势大小为：E＝B×2d×v＝2Bdv
由右手定则，Q点电势高。
（2）弹簧伸展的过程中，以向右为正方向，对PQ由动量定理得：Ft﹣2Bd Δt＝2mv
对MN，以向左方向为正，由动量定理得：Ft﹣2Bd Δt＝mv1
解得导体棒MN的速度大小为：v1＝2v
PQ速率为v时，回路中的感应电动势大小为：E＝2Bd×2v+B×2dv＝6Bdv
根据欧姆定律可得，回路中的感应电流大小为：
则MN所受的安培力大小为：
（3）脱离前，通过PQ的电荷量为：
代入数据解得：q1
脱离后，PQ向右运动，设最终速度为v′，由动量定理可得：﹣B×2d×q2＝2mv′﹣2mv
脱离后，通过PQ的电荷量为：q2＝CU＝CB2×dv′
联立代入数据解得：
整个运动过程中，通过PQ的电荷量为：
答：（1）脱离弹簧瞬间PQ杆上的电动势为2Bdv，且PQ两点Q点电势高；
（2）刚要脱离轨道瞬间，MN所受安培力为；
（3）整个运动过程中，通过PQ的电荷量为（）。
[例题9] （2024 浙江模拟）如图，电容器的电容为C，初始带电量为Q，开关S断开，导轨光滑，处于磁感应强度为B的磁场中。甲、乙两棒的有效切割长度均为L、电阻为R、质量为m的导体棒。
（1）闭合开关S，求达到稳定时两棒的速度v1；
（2）闭合开关S，求达到稳定过程中甲棒产生的焦耳热（已知电容器储存的能量为）；
（3）若先去掉乙，再闭合S释放甲，当甲稳定运动后再在最初释放甲处释放乙，二者最终稳定速度为v2。
①通过计算比较v1和v2的大小关系；
②若按此方式，依次释放与甲、乙相同的丙、丁……当释放包含甲、乙在内的2024根棒后，求稳定速度v2024（直接写出结果）。
【解答】解：（1）将甲、乙两棒做为一个整体，相当于质量为2m，电阻为的导体棒，取向右为正方向，根据动量定理
而
最终稳定后
而Q'＝Q﹣q
联立解得
（2）根据能量守恒
甲棒产生的焦耳热
解得
（3）①只释放甲棒稳定后
Bq1L＝mv
而
再释放乙棒，甲板棒中的电流反向，稳定后，取向右为正方向，对甲棒
﹣Bq2L＝mv2﹣mv
对电容器
取向右为正方向，对乙棒
B（q2+q3）L＝mv2
联立解得
可知v1和v2的大小相等。
②根据以上规律可知，分次释放和同时释放最后速度相等，因此
答：（1）闭合开关S，求达到稳定时两棒的速度；
（2）闭合开关S，求达到稳定过程中甲棒产生的焦耳热；
（3）①v1和v2的大小相等；
②稳定速度v2024为。
[例题10] （2024 金东区校级模拟）如图所示，水平金属圆环由沿半径方向的金属杆连接，外环和内环的半径分别是R1＝0.2m，R2＝0.1m。两环通过电刷分别与间距L＝0.2m的平行光滑水平金属轨道PM和P′M′相连，MM′右侧是水平绝缘导轨，并由一小段圆弧平滑连接倾角θ＝30°的等距金属导轨，下方连接阻值R＝0.2Ω的电阻。水平导轨接有理想电容器，电容C＝1F。导体棒ab、cd，垂直静止放置于MM′两侧，质量分别为m1＝0.1kg，m2＝0.2kg，电阻均为r＝0.1Ω。ab放置位置与MM′距离足够长，所有导轨均光滑，除已知电阻外，其余电阻均不计。整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝1T，忽略磁场对电容器的影响。圆环处的金属杆做顺时针匀速转动，角速度ω＝20rad/s。求：
（1）S掷向1，稳定后电容器所带电荷量的大小q；
（2）在题（1）的基础上，再将S掷向2，导体棒ab到达MM′的速度大小；
（3）ab与cd棒发生弹性碰撞后，cd棒由水平导轨进入斜面忽略能量损失，沿斜面下滑12m距离后，速度达到最大，求电阻R上产生的焦耳热（此过程ab棒不进入斜面）。
【解答】解：（1）金属杆顺时针切割磁感线的有效长度为L＝R2﹣R1，切割的速度为v＝ω ，根据动生电动势E＝BLv可知，产生的电动势为：
电容器充电稳定时：q＝CE
代入数据解得：q＝0.3C
（2）MM′右侧是水平绝缘导轨，将S掷向2后，ab棒与电容器组成电路，当电容器两端电压与ab棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒做匀速运动，设此时ab棒速度为v，电容器带电为q2，则
根据动量定理可得：m1v﹣0＝F安t＝BLit＝BL（q﹣q2）
联立解得：
（3）棒ab与cd发生弹性碰撞，则以向右为正方向
根据动量守恒定律有：m1v＝m1v1+m2v2
根据机械能守恒定律有：
解得：
当cd棒做匀速运动时速度达到最大，设最大速度为vm，对cd棒受力分析，根据受力平衡可得：
m2gsinθ＝BILcosθ
而根据欧姆定律可得此时电流：
根据能量守恒得：m2gxsinθ
联立解得：
根据功能原理和焦耳定律，电阻R上产生的焦耳热为：QJJ
答：（1）稳定后电容器所带电荷量的大小q为0.3C；
（2）导体棒ab到达MM′的速度大小为；
（3）电阻R上产生的焦耳热为。
题型3电磁感应中的综合问题
1．电荷量的求解
电荷量q＝IΔt，其中I必须是电流的平均值．由E＝n、I＝、q＝IΔt联立可得q＝n，与时间无关．
2．求解焦耳热Q的三种方法
(1)焦耳定律：Q＝I2Rt，适用于电流、电阻不变；
(2)功能关系：Q＝W克服安培力，电流变不变都适用；
(3)能量转化：Q＝ΔE(其他能的减少量)，电流变不变都适用．
3．用到的物理规律
匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律等．
[例题11] （2024 浙江模拟）一实验小组设计了电动小车来研究电磁驱动。其原理为轮毂电机通过控制定子绕组通电顺序和时间，形成旋转磁场，驱动转子绕组带动轮胎转动。简化模型如图所示，定子产生边界为正方形的多个水平排列的有界匀强磁场，相邻两磁场方向相反。转子为水平放置的正方形线框。磁场以速度v向右匀速运动，一段时间后，线框以速度v向右匀速运动。已知磁感应强度的大小均为B，磁场和线框的边长均为l，线框的质量为m，电阻为R，阻力的大小恒定。
（1）求线框受到的阻力大小f；
（2）若线框由静止加速到v需要t时间，则这段时间内线框运动的位移大小x；
（3）以磁场和线框均做匀速运动的某时刻记为0时刻，此后磁场以加速度a向右做匀加速直线运动，t1时刻线框也做匀加速直线运动，求0～t1时间内通过线框的电量q。
【解答】解：（1）当线框匀速运动时，感应电动势大小为：E＝2Bl（v）Blv
线框受到的安培力为：FA＝2BIl
线框所受的安培力与阻力平衡，有：f＝FA；
（2）取向右为正方向，根据动量定理可得：2Blt﹣ft＝m 0
其中：tt
解得：x；
（3）设t1时刻磁场的速度为v1，则：v1﹣v＝at1
此时对线框，有：2BI′l﹣f＝ma，其中此时的电流为：I′
解得：v2at1
取向右为正方向，对线框根据动量定理可得：2Blt1﹣ft1＝mv2﹣m
0～t1时间内通过线框的电量qt1
联立解得：q。
答：（1）线框受到的阻力大小为；
（2）若线框由静止加速到v需要t时间，则这段时间内线框运动的位移大小为；
（3）0～t1时间内通过线框的电量为。
[例题12] （2024 台州二模）某中学兴趣小组研究了电机系统的工作原理，认识到电机系统可实现驱动和阻尼，设计了如图所示装置。电阻不计的“L型”金属导轨由足够长竖直部分和水平部分连接构成，竖直导轨间存在水平向右的匀强磁场，磁感应强度大小为B。导体棒ab与竖直导轨始终良好接触并通过轻质滑轮连接重物M，初始被锁定不动。已知导体棒ab的质量为m，重物M质量为3m，竖直导轨间距为d。电源电动势，内阻为R，导体棒与定值电阻阻值均为R。
（1）把开关k接1，解除导体棒锁定，导体棒经时间t恰好开始匀速上升，求：
①通过导体棒的电流方向；
②导体棒匀速上升时的速度；
③此过程导体棒上升的高度h；
（2）把开关k接2，解除导体棒锁定，导体棒经时间t'、下落高度h'时恰好开始匀速下落，求此过程中回路产生的总焦耳热。
【解答】解：（1）把开关k接1，解除导体棒锁定，导体棒经时间t恰好开始匀速上升时：
①根据右手定则可知，通过导体棒的电流方向由a到b；
②设导体棒匀速上升时的速度为v1。
导体棒中感应电流大小为
I
对两棒整体，根据平衡条件得
BId+mg＝3mg
解得：v1
③导体棒从开始运动到刚匀速运动的过程，取竖直向上为正方向，对两棒整体，根据动量定理得
（3mg﹣mg）t﹣Bdt＝（3m+m）v1﹣0
即2mgt﹣Bdq＝4mv1
又通过导体棒的电荷量为
qt
联立解得：h（2t）
（2）把开关k接2，解除导体棒锁定，导体棒经时间t'、下落高度h'时恰好开始匀速下落，此时导体棒中感应电流大小为
I′
对两棒整体，根据平衡条件得
BI′d+mg＝3mg
联立解得导体棒匀速运动的速度大小为：v2
取竖直向上为正方向，对两棒整体，根据动量定理得
Bdq′﹣（3mg﹣mg）t′＝（3m+m）v2﹣0
即Bdq′﹣2mgt＝4mv2
解得此过程通过导体棒的电荷量为：q′
根据能量守恒有
Eq′（3m﹣m）gh′+Q
解得：Q（10t′）﹣2mgh′
答：（1）①通过导体棒的电流方向由a到b；
②导体棒匀速上升时的速度为；
③此过程导体棒上升的高度h为（2t）；
（2）此过程中回路产生的总焦耳热为（10t′）﹣2mgh′。
[例题13] （2024 温州三模）如图甲所示，在光滑绝缘水平面内建立xOy直角坐标系，在区域Ⅰ内分布着垂直该平面向外的匀强磁场（右边界EF的横坐标在2a～3a间某处），其磁感应强度大小随时间变化如图乙所示；在区域Ⅱ（5a≤x≤6a）内分布着垂直该平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。该平面内有边长为2a、电阻为R、质量为m的正三角形金属框，其MN边与y轴重合，N点与坐标原点O重合。
（1）若金属框不动，在t0～2t0的时间内判断框内电流方向，并求出MN边上产生的焦耳热Q；
（2）若在t＝0时，沿x轴正方向给金属框一初速度v0，使其沿x轴运动。t＝2t0时顶点P刚好运动到边界EF处：当顶点P运动到x＝5a和x＝6a处时的速度分别为v1（未知）和v2；框顶点P到达x＝6a处后，继续向前运动直到停止（此时MN边尚未进入区域Ⅱ）。运动中MN边始终与y轴平行。
①比较v1与v0的大小；
②求金属框停止时顶点P的横坐标xP；
③若将金属框以初速度大小为2v0、方向与x轴正方向成60°角斜向上推出，其他条件不变。求当框顶点P到达x＝6a处时的速度v的大小。
【解答】解：（1）根据题意，金属框静止在磁场中，在t0～2t0的时间内穿过金属框的磁通量均匀减小，由楞次定律可知，线圈中电流方向为逆时针方向。
由法拉第电磁感应定律得感应电动势为：
由闭合电路欧姆定律得感应电流为：
由焦耳定律得MN边上产生的焦耳热为：
（2）①由图乙可知，0～2t0时间内，整个金属框在磁场内，无论金属框中是否有感应电流，整个金属框所受安培力为零，做匀速直线运动，2t0时刻后区域Ⅰ内磁感应强度为零，顶点P运动到x＝5a的过程金属框继续做匀速直线运动，则有：
v1＝v0
②根据题意，由几何关系可知，顶点P到达x＝6a处后，金属框进入区域Ⅱ的有效长度为：
继续运动直到停止的过程，以向右为正方向，根据动量定理得：
﹣B0L0﹣mv2
又有：
联立解得：
则金属框停止时顶点P的横坐标为：
③将金属框以初速度大小为2v0，方向与x轴正方向成60°角斜向上推出，同理在区域Ⅰ内线框做匀速直线运动，将初速度沿x、y轴分解，则有：
vx＝2v0sin30°＝v0，
因vx＝v0，故根据①的解答，可知2t0时刻顶点P刚好运动到边界EF处，进入区域Ⅱ前一直做匀速直线运动。
进入区域Ⅱ后在y轴方向上安培力的分量为零，在此方向上做匀速直线运动。
在x轴方向上，以向右为正方向，根据动量定理得：
﹣B0Lmvx′﹣mvx
对于沿x轴正方向给金属框一初速度v0，使其沿x轴运动的情况中，顶点P由x＝5a运动到x＝6a的过程，同理有：
﹣B0Lmv2﹣mv1
又有：vx＝v0＝v1
对比可得：vx′＝v2
当顶点P到达x＝6a处时的速度大小为：
答：（1）若金属框不动，在t0～2t0的时间内框内电流方向为逆时针方向，MN边上产生的焦耳热Q为；
（2）①v1与v0的大小相等；
②金属框停止时顶点P的横坐标xP为；
③当框顶点P到达x＝6a处时的速度v的大小为。
专题强化练
1. （2024 绍兴二模）如图所示，匀质硬导线ab、ac、bc均为圆弧，连接后分别固定在xOy、xOz、yOz平面内，圆心都在O点且半径r＝10cm，指向x轴正方向的磁场以9×10﹣3T/s的速率均匀增大，下列说法正确的是（ ）
A．bc段导线中的电流从b流向c
B．导线产生的感应电动势大小为9π×10﹣5V
C．ac段导线所受安培力方向沿y轴负方向
D．ab段导线所受安培力大小小于bc段导线所受安培力大小
【解答】解：A、指向x轴正方向的磁场以9×10﹣3T/s的速率均匀增大，则Obc的磁通量增大，根据楞次定律可知bc段导线中的电流从c流向b，故A错误；
B、根据法拉第电磁感应定律有E9×10﹣32π×10×0.01V＝4.5π×10﹣4V，故B错误；
C、导线中的电流方向为顺时针方向，根据左手定则可知，ac段导线所受安培力方向沿y轴正方向，故C错误；
D、根据安培力的计算公式可知ab段导线所受安培力大小为F＝BIlOb，bc段导线所受安培力大小为F＝BIlbc，所以ab段导线所受安培力大小小于bc段导线所受安培力大小，故D正确；
故选：D。
2. （2023 镇海区模拟）如图甲所示，驱动线圈通过开关S与电源连接，发射线圈放在绝缘且内壁光滑的发射导管内。闭合开关S后，在0～t0内驱动线圈的电流i随时间t的变化如图乙所示。在这段时间内，下列说法正确的是（ ）
A．发射线圈中感应电流产生的磁场水平向左
B．t＝t0时驱动线圈产生的自感电动势最大
C．t＝0时发射线圈具有的加速度最大
D．t＝t0时发射线圈中的感应电流最大
【解答】解：A、根据安培定则可知，驱动线圈内的磁场方向水平向右，再由图乙可知，驱动线圈的电流增大，通过发射线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，发射线圈内部的感应磁场方向水平向左，故A正确；
BD、由图乙可知，t＝t0时驱动线圈的电流变化最慢，电流变化率最小，此时通过发射线圈的磁通量变化率最小，此时驱动线圈产生的自感电动势最小，感应电流最小，故BD错误；
C、t＝0时驱动线圈的电流变化最快，则此时通过发射线圈的磁通量变化最快，产生的感应电流最大，但此时磁场最弱，安培力不是最大值，则此时发射线圈具有的加速度不是最大，故C错误。
故选：A。
3. （2024 镇海区校级三模）如图所示，一块永磁体在光滑斜面上沿着一螺线管的轴线做直线运动。螺线管外的轴线上存在p、q两点（p、q两点到螺线管边缘的距离相等）。一灯泡与螺线管串联，灯泡在永磁体通过p点时的亮度要大于永磁体通过q点时的亮度。忽略永磁体的尺寸，下列说法中正确的（ ）
A．永磁体在p点时的速度小于在q点时的速度
B．永磁体在p点时的机械能小于在q点时的机械能
C．若将灯泡换成一发光二极管，则永磁体在通过p和q时该二极管不会都发光
D．若将永磁体的极性对调，则在其通过q点时灯泡的亮度将大于其通过p点时的亮度
【解答】解：A．灯泡在永磁体通过p点时的亮度大于永磁体通过q点时的亮度，说明永磁体通过p点时产生的感应电流大于永磁体通过q点时的感应电流，根据切割电动势规律和欧姆定律，即永磁体在p点时的速度大于在q点时的速度，故A错误；
B．根据能量转化与守恒，由于灯泡发光，所以永磁体的机械能不断减小，即永磁体在p点时的机械能大于在q点时的机械能，故B错误；
C．根据楞次定律，当永磁体靠近螺线管和远离螺线管时产生的感应电流方向相反，根据二极管反向截止的特性，所以二极管不会都发光，故C正确；
D．若将永磁体的极性对调，根据切割电动势规律和欧姆定律，则在其通过q点时灯泡的亮度仍将小于其通过p点时的亮度，故D错误。
故选：C。
4. （2023 温州模拟）如图所示，磁铁在电动机和机械装置的带动下，以O点为中心在水平方向上做周期性往复运动。两匝数不同的线圈分别连接相同的小灯泡，且线圈到O点距离相等。线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响可以忽略，不考虑灯泡阻值的变化。下列说法正确的是（ ）
A．两线圈产生的电动势有效值相等
B．两线圈产生的交变电流频率不相等
C．两小灯泡消耗的电功率相等
D．两线圈产生的电动势同时为零
【解答】解：BD、磁铁的中心位于O点时，两个线圈的磁通量相等。磁铁距离左侧线圈最近时，左侧线圈的磁通量最大，右侧线圈的磁通量最小，此时两线圈的磁通量变化率均为零，两线圈产生的电动势均为零。磁铁距离右侧线圈最近时，左侧线圈的磁通量最小，右侧线圈的磁通量最大，此时两线圈产生的电动势也均为零。磁铁做周期性往复运动的过程中，当左侧线圈磁通量增加时，右侧线圈的磁通量就减少。故两个线圈磁通量的变化周期是相同的，可知两线圈产生的交变电流的频率是相等的，两线圈产生的电动势同时为零，故B错误，D正确；
AC、磁铁运动过程中两线圈的磁通量变化率是相同的，因两线圈匝数不同，由法拉第电磁感应定律可知产生的电动势的峰值与有效值均不相等。两小灯泡电阻相同，而回路的电动势有效值不同，可知两小灯泡消耗的电功率不相等。故AC错误。
故选：D。
5. （2023 温州模拟）如图甲所示为某一电磁炮原理示意图，图中有直流电源、电容器，线圈套在中空并内侧光滑的绝缘管上，将直径略小于管内径的金属小球静置于管内。开关S接1使电容器完全充电，开关接2时开始计时，通过线圈的电流随时间的变化规律如图乙所示，金属小球在0﹣t1时间内被加速发射出去（t1时刻刚好运动到右侧管口）。在0﹣t1时间内，下列说法正确的是（ ）
A．小球的加速度一直增大
B．线圈中产生的磁场方向向左
C．小球中产生的涡流一直减小
D．电容器储存的电能全部转化为小球的动能
【解答】解：A．磁场强弱程度与通过线圈的电流成正比，则在0﹣t1时间内，电流在增大，但变化率在减小，所以线圈的磁通量在增大，但磁通量的变化率逐渐减小，由法拉第电磁感应定律，可知感应电动势减小，所以小球受到的感应电场的电场力不是逐渐增大，由牛顿第二定律可知加速度也不是逐渐增大，故A错误；
B．由图甲可知0﹣t1时间内，电容器上极板为正极板，所以线圈中左侧电流向下，根据安培定则可知线圈中产生的磁场方向向右，故B错误；
C．0﹣t1时间内，电流的变化率减小，则小球内磁通量的变化率减小，根据法拉第感应定律可知，小球内的涡流减小，故C正确；
D．小球射出后电路中仍然有电流，说明电路中还有一部分能量，所以电容器储存的电能不能全部转化为小球的动能，故D错误。
故选：C。
6. （2023 镇海区校级模拟）电吉他的工作原理是在琴身上装有线圈，线圈附近被磁化的琴弦振动时，会使线圈中的磁通量发生变化，从而产生感应电流，再经信号放大器放大后传到扬声器。其简化示意图如图所示。则当图中琴弦向右靠近线圈时（ ）
A．穿过线圈的磁通量减小
B．线圈中不产生感应电流
C．琴弦受向左的安培力
D．线圈有扩张趋势
【解答】解：AB、当图中琴弦向右靠近线圈时，线圈中磁通量增大，从而导致线圈中产生感应电流，故AB错误；
C、当图中琴弦向右靠近线圈时，线圈中磁通量增大，根据楞次定律，线圈产生的感应电流会阻碍琴弦向右靠近线圈，即琴弦会受到向左的安培力的作用，故C正确；
D、当图中琴弦向右靠近线圈时，线圈中磁通量增大，根据楞次定律，线圈产生的感应电流会使线圈有面积缩小的趋势，故D错误。
故选：C。
7. （2024 镇海区校级模拟）电梯磁悬浮技术的原理是基于电磁原理和磁力驱动的技术使电梯悬浮和运行，从而实现高效、安全和舒适的电梯运输。某种磁悬浮电梯通过空间周期性磁场的运动而获得推进动力，其简化原理如图所示：在竖直面上相距为b的两根绝缘平行直导轨间，有等距离分布的方向相反的匀强磁场，磁场方向垂直于导轨平面，磁感应强度大小均为B，每个磁场分布区间的长度都是a，相间排列。当这些磁场在竖直方向分别以速度v1、v2、v3向上匀速平动时，跨在两导轨间的宽为b、长为a的金属框MNPQ（固定在电梯轿厢上）在磁场力作用下分别会悬停、向上运动、向下运动，金属框的总电阻为R。为最大限度减少电磁对人体及环境的影响，利用屏蔽材料过滤多余的磁感线，使得磁场只能作用在金属框所在区域。假设电梯负载不变（质量未知），忽略电梯运行时的其它阻力、金属框的电感。
求：
（1）电梯悬停时，线框中的电流大小I1；
（2）金属框、电梯轿厢及电梯负载的总质量M；
（3）轿厢向上能达到的最大速度v上；
（4）在电梯悬停、向上匀速运动、向下匀速运动时，外界每秒钟提供给轿厢系统的总能量分别为E1、E2、E3，求E1：E2：E3。
【解答】解：（1）磁场以v1匀速运动时线框处于静止状态，线框中的电流大小为
（2）由平衡关系得
2BI1b＝Mg
得金属框、电梯轿厢及电梯负载的总质量为
（3）当磁场以v2运动时，线框向上运动，当线框的加速度为零时，轿厢向上能达到最大速度，则
得
v上＝v2 v1
（4）电梯悬停时，外界每秒钟提供给轿厢系统的总能量等于线框的焦耳热，则
电梯向上匀速运动时，外界每秒钟提供给轿厢系统的总能量等于线框的焦耳热与重力势能增加量之和
解得
同理电梯向下匀速运动的速度为
v下＝v1 v3
电梯向下匀速运动时，外界每秒钟提供给轿厢系统的总能量等于线框的焦耳热与重力势能减少量之差
解得
则
E1：E2：E3＝v1：v2：v3
答：（1）电梯悬停时，线框中的电流大小为；
（2）金属框、电梯轿厢及电梯负载的总质量M为；
（3）轿厢向上能达到的最大速度为v2 v1；
（4）在电梯悬停、向上匀速运动、向下匀速运动时，外界每秒钟提供给轿厢系统的总能量分别为E1、E2、E3，E1：E2：E3＝v1：v2：v3。
8. （2024 镇海区校级模拟）如图甲所示，两根完全相同的金属导轨平行放置，宽L＝3m，其中倾斜部分abcd光滑且与水平方向夹角为θ＝30°，匀强磁场垂直斜面向下，磁感应强B＝0.5T，轨道顶端ac接有电阻R＝1.5Ω。导轨水平部分粗糙，动摩擦因数为μ＝0.05且只有边界zk、ke、ep、pn、nf、fz之间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小也为B＝0.5T，其中磁场左边界zk长为1m，边界ke、zf与水平导轨间夹角均为α＝45°且长度相等，磁场右边界pn与两个导轨垂直。一金属棒与导轨接触良好，在斜面上由静止释放，到达底端bd时已经匀速，速度大小为v0＝8m/s。当金属棒进入导轨的水平部分时（不计拐角处的能量损失），给金属棒施加外力，其在轨道水平部分zkef之间运动时速度的倒数v1与位移x图像如图乙所示，棒运动到ef处时撤去外力，此时棒速度大小为最终金属棒恰能运动到磁场的右边界pn处。已知运动中金属棒始终与导轨垂直，金属棒连入电路中的电阻为r＝0.5Ω，金属棒在水平导轨上从bd边界运动到pn边界共用时，g＝10m/s2。求：
（1）金属棒的质量m的大小；
（2）水平磁场边界ep的长度d为多少；
（3）金属棒在水平导轨上运动时，外力所需做的功。
【解答】解：（1）由题意知，金属棒在斜面上做匀速运动时，受力平衡，则由平衡条件有
F安＝BIL＝mgsinθ
金属棒产生的动生电动势为
E＝BLv0
根据闭合电路欧姆定律有
联立并代入数据解得：m＝1.8kg
（2）由几何关系可知，bd边界与边界ef的距离为1m，x图像与横轴所围面积代表金属棒从bd到ef的时间为
则金属棒从ef运动到pn所用时间为
从撤去外力到运动至pn处，取向右为正方向，由动量定理有
代入数据，联立解得：d＝2.4m
（3）金属棒在水平轨道zkef间运动时，金属棒所受安培力大小为
而电流为
动生电动势为
Ex＝BLxv
金属棒切割磁感线的有效长度为
Lx＝1+2xtan45°＝1+2x
联立得：
由图像得：
变形得：
联立可得：F安x＝1+2x
金属棒在水平轨道zkef间运动过程中
所以安培力做功为
由动能定理有：
解得外力所需做的功为：W外＝﹣48.3J
答：（1）金属棒的质量m的大小为1.8kg；
（2）水平磁场边界ep的长度d为2.4m；
（3）金属棒在水平导轨上运动时，外力所需做的功为﹣48.3J。
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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