電磁感應高頻問題-2025屆高考物理二輪復習熱點題型歸類

選擇8電磁感應高頻問題

考點內(nèi)容考情分析

考向一電磁感應現(xiàn)象楞次定律高考對于這部分知識點主要以常見模型

考向二電磁感應中的電路與圖像問題為背景，通過創(chuàng)新情景靈活出題，其本

考向三電磁感應中的功能轉(zhuǎn)化質(zhì)與常規(guī)無異。強化對物理基本概念、

考向四電磁感應中的沖量動量問題基本規(guī)律的考查。

國深究懈題攻略”

1.思想方法

⑴電路分析：明確電源與外電路，可畫等效電路圖。

(2)受力分析:把握安培力的特點，安培力大小與導體棒速度有關(guān)，一般在牛頓第二定律方程里討論,

v的變化影響安培力大小，進而影響加速度大小，加速度的變化又會影響v的變化。

(3)過程分析:注意導體棒進入磁場或離開磁場時的速度是否達到“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轉(zhuǎn)化為電能。

2.模型建構(gòu)

一、電磁感應中電路綜合問題

1.等效電源的分析

(1)用法拉第電磁感應定律算出E的大小。等效電源兩端的電壓等于路端電壓，一般不等于電源

電動勢，除非切割磁感線的導體(或線圈)電阻為零。

(2)用楞次定律或右手定則確定感應電動勢的“方向”，從而確定電源正負極。感應電流方向是電

源內(nèi)部電流的方向，要特別注意在等效電源內(nèi)部，電流由負極流向正極。

⑶明確電源內(nèi)阻r。

2.電路結(jié)構(gòu)的分析

(1)分析內(nèi)、外電路，以及外電路的串并聯(lián)關(guān)系，畫出等效的電路圖。

（2）應用閉合電路的歐姆定律、串并聯(lián)電路知識和電功率、焦耳定律等關(guān)系式聯(lián)立求解。

二、分析線框在磁場中運動問題的兩大關(guān)鍵

1.分析電磁感應情況：弄清線框在運動過程中是否有磁通量不變的階段，線框進入和穿出磁場的

過程中，才有感應電流產(chǎn)生，結(jié)合閉合電路的歐姆定律列方程解答。

2.分析導線框的受力以及運動情況，選擇合適的力學規(guī)律處理問題：在題目中涉及電荷量、時間

以及安培力為變力時應選用動量定理處理問題；如果題目中涉及加速度的問題時選用牛頓運動定律

解決問題比較方便。

三、電磁感應中的能量問題

1.電磁感應中的能量轉(zhuǎn)化

:其他彬式的能量）―克?安培力做功_>電能電流做功_>.《耳熱或其他杉式的能量

2.求解焦耳熱Q的三種方法

一艮耳定律：Q=『Rt,電流、電阻都不變時適用

（烝耳熱Q的三種求法）——功能關(guān)系：任意情況邯適用

一提量轉(zhuǎn)化：Q=AEx迪"4"，任意情況部適用

四、電磁感應與動量、能量問題結(jié)合

在導體單桿切割磁感線做變加速運動時，若牛頓運動定律和能量觀點不能解決問題，可運用動

量定理巧妙解決問題

求解的物理量應用示例

電荷量或速度—80￡加=加了2—機V1，夕=必，.

52￡20AZB2L2x

位移--------=0-mv（）,KP------=0-mvo

R總R總

—5@￡加+/其他△/=加V2一加vi

時間即—BLq~\~F其他一加Vi

已知電荷量外方其他（尸其他為恒力）

2

BL^At,n

1/其他一加也機Vi，一x

R總

已知位移X、F其他（/其他為恒力）

〃親臨"高考練場"

考向一電磁感應現(xiàn)象楞次定律

1.（2024?關(guān)B州一模）電磁俘能器可在汽車發(fā)動機振動時利用電磁感應發(fā)電實現(xiàn)能量回收，結(jié)構(gòu)如

圖甲所示。兩對永磁鐵可隨發(fā)動機一起上下振動，每對永磁鐵間有水平方向的勻強磁場，磁感

應強度大小均為B。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

A.穿過線圈的磁通量為BI?

B.永磁鐵相對線圈上升越高，線圈中感應電動勢越大

C.永磁鐵相對線圈上升越快，線圈中感應電動勢越小

D.永磁鐵相對線圈下降時，線圈中感應電流的方向為順時針方向

【解答】解：A、根據(jù)圖乙可知此時穿過線圈的磁通量為零，故A錯誤；

BC、根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，永磁鐵相對線圈上升越快，則磁通量的變化率越大，線圈中

感應電動勢越大，與線圈的上升高度無關(guān)，故BC錯誤；

D、永磁鐵相對線圈下降時，線圈中垂直于紙面向外的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，線圈中

感應電流的方向為順時針方向，故D正確；

故選：D?

2.（2024?衡陽縣模擬）高速鐵路列車通常使用磁剎車系統(tǒng)，磁剎車工作原理可簡述如下：將磁鐵

的N極靠近一塊正在以逆時針方向旋轉(zhuǎn)的圓形鋁盤，使磁感線總垂直射入鋁盤時，鋁盤隨即減

速，如圖所示，圓中磁鐵左方鋁盤的甲區(qū)域朝磁鐵方向運動，磁鐵右方的乙區(qū)域朝離開磁鐵方

向運動，下列說法中正確的是（）

A.鋁盤甲區(qū)域的感應電流會產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場

B.磁場與感應電流的作用力，會產(chǎn)生將鋁盤減速旋轉(zhuǎn)的阻力

C.感應電流在鋁盤產(chǎn)生的內(nèi)能，是將鋁盤減速的最主要原因

D.若將實心鋁盤轉(zhuǎn)換成布滿小空洞的鋁盤，則磁鐵對布滿空洞的鋁盤減速效果比實心鋁盤的效

果更好

【解答】解：A.鋁盤甲區(qū)域中的磁通量向里增大，由楞次定律可知，甲區(qū)域感應電流方向為逆時

針方向，則此感應電流的磁場方向垂直紙面向外，故A錯誤；

BC.由“來拒去留”可知，磁場與感應電流的作用力，會產(chǎn)生將鋁盤減速旋轉(zhuǎn)的阻力，會使鋁盤

減速，故B正確，C錯誤；

D.改成空洞鋁盤，電阻變大，電流變小，阻礙效果更差，故D錯誤。

故選：Bo

3.（2024?衡陽縣模擬）如圖甲所示，列車車頭底部安裝強磁鐵，線圈及電流測量儀埋設在軌道地

面（測量儀未畫出），P、Q為接測量儀器的端口，磁鐵的勻強磁場垂直地面向下、寬度與線圈

寬度相同，俯視圖如圖乙。當列車經(jīng)過線圈上方時，測量儀記錄線圈的電流為0.12A。磁鐵的

磁感應強度為0.005T,線圈的匝數(shù)為5,長為0.2m,電阻為0.5。，則在列車經(jīng)過線圈的過程中，

下列說法正確的是（）

甲乙

A.線圈的磁通量一直增加

B.線圈的電流方向先順時針后逆時針方向

C.線圈的安培力大小為1.2X10-4N

D.列車運行的速率為12m/s

【解答】解：A.列車經(jīng)過線圈的上方時，穿過線圈的磁通量向下，先增大后減小，故A錯誤;

B.在列車經(jīng)過線圈的上方時，由于列車上的磁場的方向向下，所以線圈內(nèi)的磁通量方向向下，

先增大后減小，根據(jù)楞次定律可知，線圈中的感應電流的方向為先逆時針，再順時針方向。故B

錯誤；

C.線圈受到的安培力大小為F=nBUL=5X0.005X0.12X0.2N=6X10-4N,故c錯誤；

D.導線切割磁感線的電動勢為E=nBlv

E

根據(jù)閉合電路歐姆定律可得I=石

聯(lián)立解得v=12m/s

故D正確。

故選：D。

4.（2024?盤錦三模）在水平放置的條形磁鐵的N極附近，一個閉合金屬線圈豎直向下運動，線

圈平面始終保持水平。在位置B,磁感線正好與線圈平面平行，A與B和B與C之間的距離都

比較小。在線圈從位置A運動到位置C的過程中，從上往下看，感應電流的方向是（）

SN

A.順時針方向

B.逆時針方向

C.先順時針方向，后逆時針方向

D.先逆時針方向，后順時針方向

【解答】解：從A到B過程，穿過線圈的磁通量減小，磁場方向斜向上，據(jù)楞次定律判斷可知:

線圈中感應電流方向沿逆時針（俯視）；到達B處時磁通量為零，因為還在向下運動，所以磁通

量有反向增大的趨勢線圈中感應電流方向沿逆時針（俯視）；從B到C過程，穿過線圈的磁通量

增大，磁場方向斜向下，據(jù)楞次定律判斷可知：線圈中感應電流方向沿逆時針（俯視）；所以線

圈A、B、C三個位置的感應電流方向都是逆時針方向，故B正確，ACD錯誤；

故選：Bo

5.（2024?江蘇模擬）兩個完全相同的靈敏電流計A、B,按圖所示的連接方式，用導線連接起來，

當把電流計A的指針向左邊撥動的過程中，電流計B的指針將（）

AB

A.向右擺動

B.向左擺動

C.靜止不動

D.發(fā)生擺動，但不知道電流計的內(nèi)部結(jié)構(gòu)情況，故無法確定擺動方向

【解答】解：

因兩表的結(jié)構(gòu)完全相同，對A來說就是由于撥動指針帶動線圈切割磁感線產(chǎn)生感應電流，電流方

向應用右手定則判斷；對B表來說是線圈受安培力作用帶動指針偏轉(zhuǎn)，偏轉(zhuǎn)方向應由左手定則判

斷，此電流在左側(cè)電流表中受到的安培力，阻礙表針向左撥動。即安培力使左側(cè)表指針向右擺。

由于連接方法從左邊的表流出的電流從右側(cè)的電表的接線柱“-”流入，從接線柱“+”流出；

研究兩表的接線可知，兩表串聯(lián)，故可判定電流計B的指針向右擺動。

故選：Ao

考向二電磁感應中的電路與圖像問題

6.（2024?浙江模擬）在如圖所示的磁感應強度大小為B的勻強磁場中（可隨時間變化），存在一

足夠大的長方形導軌，并且導軌寬度為1?，F(xiàn)導軌中有一電阻和一導體棒（與導軌接觸良好）,

而導體棒有效切割長度也為1。當導體棒以速度V0向右勻速運動的時候，若導體棒和導軌內(nèi)部

始終無電流，則下列圖像可能正確的是（）

【解答】解：設導體棒開始運動時，距離導軌左端為X,磁場的磁感應強度為Bo,依題意，導體

棒和導軌內(nèi)部始終無電流，可得

B°lx=Bl（x+vot）

整理，可得

11Vo

—=---L-----

BBoBox

1

即豆與t為一次函數(shù)關(guān)系。

故ABD錯誤；C正確。

故選：Co

7.（多選）（2022?新寧縣校級三模）如圖甲所示，abed是匝數(shù)為100匝、邊長為10cm、總電阻

為0.1Q的正方形閉合導線圈，放在與線圈平面垂直的圖示勻強磁場中，磁感應強度B隨時間t

的變化關(guān)系如圖乙所示。則以下說法正確的是（）

?5T

2

0

圖乙

A.導線圈中產(chǎn)生的是正弦式交變電流

B.在t=2.5s時導線圈產(chǎn)生的感應電動勢為2V

C.在0?2s內(nèi)通過導線橫截面的電荷量為10C

D.在t=1s時導線圈內(nèi)電流的瞬時功率為10W

AB

【解答】解：AB.根據(jù)法拉第電磁感應定律E=nS—,0?2s和2?3s的磁感應強度變化率分別

ABi2AB22

為石=胃歸=IT/s,—=-T/s=2T/S

代入數(shù)據(jù)可以得到Ei=IV,E2=2V,所以不是正弦交流電，t=2.5s時感應電動勢為2V,A錯誤，

B正確；

C.感應電流11=w=104電荷量qi=hAti=10X3C=20C,故C錯誤；

D.t=ls時導線圈內(nèi)電流的瞬時功率P=hEi=10XlW=10W,故D正確。

故選：BDo

8.(2024?廣東三模)我國最新航空母艦福建艦采用了世界上最先進的電磁彈射技術(shù)，裝備了三條

電磁彈射軌道，電磁彈射的簡化模型如圖所示：足夠長的水平固定金屬軌道處于豎直向下的勻

強磁場中，左端與充滿電的電容器C相連，與機身固連的金屬桿ab靜置在軌道上，閉合開關(guān)S

后，飛機向右加速。若不計所有阻力和摩擦，回路總電阻R保持不變，下列說法不正確的是

()

X

X

A.提高電容器的放電量，可以提高飛機的起飛速度

B.飛機運動過程中，a端的電勢始終高于b端的電勢

C.飛機的速度最大時，金屬桿ab產(chǎn)生的感應電動勢與電容器兩端電壓相等

D.飛機的速度達到最大時，電容器所帶的電荷量為零

【解答】解：A、對金屬桿與飛機，由動量定理可得BIL?At=mv-0,其中q=I?At,聯(lián)立可得

BLq=mv,則提高電容器的放電量，可以提升飛機的起飛速度，故A正確；

B、飛機向右加速，通過金屬桿ab的電流方向為a-b,則電容器上板帶正電，下板帶負電，a端

的電勢高于b端的電勢，故B正確；

CD、隨著飛機加速，金屬桿ab產(chǎn)生的電動勢為￡=：61^增大，電容器兩端電壓U減小，根據(jù)牛

U-BLv_

頓第二定律，對金屬桿和飛機有BL---=ma,則金屬桿的加速度a減小，當U=E時，飛機

K

的速度達到最大，此時電容器所帶的電荷量不為零，故C正確，D錯誤。

本題選不正確的，

故選：Do

9.（2024?湖北模擬）如圖所示，足夠長的光滑水平固定金屬導軌寬為L,導軌上靜止放置著質(zhì)量

分別為2m、3m的兩根導體棒a、b。現(xiàn)給a—水平向右的初速度v。已知導軌電阻不計，兩導

體棒始終與導軌保持垂直且與導軌接觸良好，回路的總電阻為R,垂直于導軌平面向里的勻強

磁場的磁感應強度大小為B。下列說法正確的是（）

A.a、b穩(wěn)定前回路中產(chǎn)生順時針方向的感應電流

3vv

B.a的速度為之時，b的速度為工

3vB2L2v

C.a的速度為二-時，b的加速度為

42mR

6Rmv

D.從開始到a、b穩(wěn)定后，a、b間的距離增大了加77

【解答】解：A、導體棒a獲得初速度向右運動，由右手定則可知導體棒a中電流向上，則回路

中電流為逆時針方向，由左手定則可知導體棒a所受安培力方向水平向左，向右做減速運動，由

右手定則可知導體棒a上端為正極，由左手定則可知導體棒b所受安培力水平向右，b向右做加

速運動，由右手定則可知導體棒b上端為正極，兩導體棒產(chǎn)生的感應電動勢并聯(lián)，則回路中總感

應電動勢：E=BLva-BLvb=BL（va-vb）,Va減小，Vb增大，所以E減小，當E減小為零時，

感應電流為零，兩導體棒所受安培力為零，兩導體棒做勻速直線運動，以后穩(wěn)定運動，所以a、b

穩(wěn)定前回路中產(chǎn)生逆時針方向的感應電流，故A錯誤；

BC、a、b運動過程中，所受安培力等大反向，兩棒組成的系統(tǒng)動量守恒，取水平向左為正方向,

_3v3

由動量守恒定律有：2mv=2mx-^+3mvb,可得咻=6，則回路中總感應電動勢：E=BL(p?

v77E^-BLv7BLv

")-BL—v=—BLv,由閉合電路歐姆定律有：I=s=i2------=,導體棒b所受安培力:

Fb=BIL

7B217V

代入數(shù)據(jù)可得：取=下寸，對導體棒b利用牛頓第二定律有：Fb=3ma,可得導體棒b的加速

IZ/v

_7B2L2v,u

度a=~故BC錯誤；

36mR

D、設a、b穩(wěn)定后的速度為vi，取水平向右為正方向，由動量守恒定律有：2mv=(2m+3m)

2

Vp可得丫1=三

從開始到a、b穩(wěn)定過程，取水平向右為正方向，對導體棒b利用動量定理有：B/LJt=3mvr,

_6mv

其中Mt=q,可得q=G7

DDL

BL(xa-Xh)BLAx6Rmv

由口=--=—可得a、b間的增大的距離：2^=有7P故D正確。

故選：D。

10.(2024?重慶模擬)如圖為某同學設計的電磁彈射裝置示意圖，平行的足夠長光滑水平導軌

MN、PQ間距為L,置于磁感應強度為B的勻強磁場中，質(zhì)量為m,長度為2L導體棒ab垂直

放在導軌上。單刀雙擲開關(guān)先打向c,內(nèi)阻不計電動勢為E的電源給電容為C的電容器充電,

充完電后打向d,導體棒ab在安培力的作用下發(fā)射出去。阻力不計，下列說法正確的是()

A.導體棒達到最大速度前，做加速度逐漸增大的加速運動

B.導體棒以最大速度發(fā)射出去后，電容器儲存的電荷量為零

2CEBL

C.導體棒能達到的最大速度為有詬

mCE

導體棒達到最大速度時，電容器放出的電荷量為

D.m+CB^L^

【解答】解：A、開關(guān)先打向d,則電容器放電，通過導體棒的放電電流方向從a-b,由左手定

則可知導體棒ab所受安培力水平向右，導體棒向右運動切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，回路中總

感應電動勢E,a=Uc-BLv,隨著電容器放電，電容器兩端電壓Uc減小，導體棒速度v增大，則

回路中總電動勢減小，電流減小，由F=BIL可知安培力減小，對導體棒由牛頓第二定律有：F=

ma,安培力F減小，則加速度a減小，故A錯誤；

B、當導體棒產(chǎn)生的感應電動勢與電容器兩端電壓相等時，即Uc=BLv,回路中E總=0,電流1=

0,導體棒所受安培力F=0,導體棒加速度a=0,導體棒速度達到最大，此時電容器電壓不為零,

則電容器電荷量不為零，故B錯誤；

CD、電容器開始的電荷量：Qo=CU=CE,設導體棒速度最大時電容器的電荷量為Qi，則Qi=

CUi，此時電路中總電動勢為零，則有：Ui=BLvm

取水平向右為正方向，導體棒從靜止到最大速度過程,對導體棒利用動量定理有:=mvm-0

這一過程中電容器放出的電荷量AQ=Q0-Q1=lAt

BLCEmCE

聯(lián)立方程可得：V=—,AQ=—2'故D正確，C錯誤。

mITl-rC.771-rC

故選：D。

考向三電磁感應中的功能轉(zhuǎn)化

11.（2024?清江浦區(qū)模擬）如圖，光滑平行金屬導軌固定在水平面上，左端由導線相連，導體棒垂

直靜置于導軌上構(gòu)成回路。在外力F作用下，回路上方的條形磁鐵豎直向上做勻速運動。在勻

速運動過程中外力F做功WF，磁場力對導體棒做功W＞磁鐵克服磁場力做功W2，重力對磁

鐵做功WG，回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q,導體棒獲得的動能為Ek。則（）

A.Wi=QB.W2=Q

C.WF+WG=Q+EkD.WF+WG-W2=Ek

【解答】解：AB.由能量守恒定律可知磁鐵克服磁場力做功W2等于回路的電能，電能一部分轉(zhuǎn)

化導體棒的機械能，另一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，即

W2-Wi=Q

故AB錯誤：

CD.以導體棒為對象，由能量守恒可知，外力對磁鐵做功與重力對磁鐵做功之和等于回路中焦耳

熱與導體棒的動能之和，即

WF+WQ—Q+Ek

故C正確，D錯誤；

故選：Co

12.（2024?江蘇模擬）如圖所示，在光滑水平面上MN右側(cè)區(qū)域存在磁感應強度大小為B、方向垂

直于紙面向里的勻強磁場。t=0時刻，一質(zhì)量為m、高為a、電阻為R的正三角形金屬線框以

速度v從邊界MN處進入磁場，最終線框恰好完全進入。在線框運動過程中，下列說法錯誤的

是（）

B

XXX

XXX

XXX

XXX

XXX

A.線框中的電流始終為逆時針方向

B.t=0時刻，線框的感應電動勢大小為Bav

C.通過導線橫截面的電荷量為

1

D.線框中感應電流產(chǎn)生的焦耳熱為殍/

【解答】解：A、根據(jù)右手定則，線框進入磁場的過程中，線框中的感應電流方向為逆時針方向,

故A正確；

B、正三角形金屬線框的高為a,由幾何關(guān)系可得其邊長：L=2等

根據(jù)法拉第電磁感應定律，t=0時刻，線框的感應電動勢大小為：E=BLv=會粵絲，故B錯

誤;

_EBSB?一Lay/^Ra2

C、通過導線橫截面的電荷量為：q=74t=-4t=—=—==故C正確；

KKKR3R

1_

D、根據(jù)能量守恒定律，線框中感應電流產(chǎn)生的焦耳熱為：Q=^nv2,故D正確。

本題選擇錯誤的，故選：B。

13.（2024?浙江模擬）如圖所示，在光滑絕緣的水平面上方，有兩個方向相反的水平方向的勻強磁

場，磁場范圍足夠大，磁感應強度的大小左邊為2B,右邊為3B,一個豎直放置的寬為L、長

為3L、單位長度的質(zhì)量為m、單位長度的電阻為r的矩形金屬線框，以初速度v垂直磁場方向

從圖中實線位置開始向右運動，當線框運動到虛線位置（在左邊磁場中的長度為L,在右邊磁

場中的長度為2L）時，線框的速度為鏟，則下列判斷正確的是（

2B：3B

?XXXXXXXXXX

IXXXXXXXXXX

?xxXXXXXXXX

卜??xxxxixxxxx

13B2Lv

A.此時線框中電流方向為逆時針，線框中感應電流所受安培力為f—

24r

16mv

B.此過程中通過線框截面的電量為

DD

4

C.此過程中線框產(chǎn)生的焦耳熱為鐘小

D.線框剛好可以完全進入右側(cè)磁場

【解答】解：AD.根據(jù)右手定則，此時線框中電流方向為逆時針，線框中的感應電動勢大小為E=

115ESBv

2BLX-p+3BLX-i；=-BLv,線框中感應電流大小為I=丁==一，線框中感應電流所受安培

3338Lr24r

SBv25B2Lv-

力為F=2BIL+3BIL=5BIL=5Bx——XL=---,根據(jù)牛頓第二定律此時線框的加速度大小

24r24r

F25B2v

為a=^—，解得a=7^----，故A錯誤，D正確；

8Lm192mr

B.設向右為正方向，根據(jù)動量定理有-2BILAt-3BILAt=8LmXF—8Lmv,q=IAt,聯(lián)立解

16mv

得q=]5B'故B錯誤；

11v32

C.由能量守恒定律有Q=-x8Lmvn2--x8Lm（-）o2=—Lmv2,故C錯誤；

故選：D。

14.（2024?錦江區(qū)校級模擬）如圖所示，在豎直向下的勻強磁場B中，將一根水平放置的金屬棒

ab以某一水平速度vo拋出，金屬棒在運動過程中始終保持水平且未離開磁場區(qū)域，不計空氣阻

力，下列關(guān)于金屬棒在運動過程中的說法正確的是（）

A.機械能保持不變

B.感應電動勢越來越大

C.a點電勢比b點電勢高

D.所受重力的功率保持不變

【解答】解：A、金屬棒做平拋運動中，只有重力做功，因此機械能保持不變，故A正確；

B、金屬棒做平拋運動的過程中，水平方向的分速度不變，因而金屬棒在垂直切割磁感線的速度

vo不變，由動生電動勢的計算方法可得￡=83（）,所以金屬棒產(chǎn)生的感應電動勢大小保持不變,

故B錯誤；

C.由右手定則可知，金屬棒ab切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，相當于電源，因此b點電勢高，即

a點電勢比b點電勢低，故C錯誤；

D.金屬棒做平拋運動中，豎直方向的速度逐漸增大，由重力的功率公式可得PG=mgVy可知所

受重力的功率逐漸增大，故D錯誤。

故選：Ao

15.（2024?市中區(qū)校級三模）如圖所示，間距為L的平行導軌固定在水平絕緣桌面上，導軌右端

接有定值電阻，阻值為R,垂直導軌的虛線PQ和MN之間存在磁感應強度大小為B、方向豎

L

直向上的勻強磁場，其中導軌的PM和QN段光滑。在虛線PQ左側(cè)、到PQ的距離為萬的位置

垂直導軌放置質(zhì)量為m的導體棒，現(xiàn)給處于靜止狀態(tài)的導體棒一個水平向右的恒力作用，經(jīng)過

PQ時撤去恒力，此時導體棒的速度大小v0=2用，經(jīng)過MN時導體棒的速度大小v=生用。

R

己知恒力大小為3mg,導體棒始終與導軌垂直且接觸良好，導體棒接入電路的電阻為了，重力

加速度為g,導軌電阻不計，下列說法正確的是（）

B

A.導體棒與PQ左側(cè)導軌之間的動摩擦因數(shù)為0.66

4mIT

B.導體棒經(jīng)過磁場的過程中，通過導體棒的電荷量為三百七

16mqL

C.導體棒經(jīng)過磁場的過程中，導體棒上產(chǎn)生的熱量為

6mR__

D.虛線PQ和MN之間的距離為=77而Z

【解答】解：A、對導體棒從開始運動至到達虛線PQ的過程，根據(jù)動能定理得

(F-nmg)---^mvo

代入數(shù)據(jù)解得：u=0.44,故A錯誤；

B、對導體棒經(jīng)過磁場區(qū)域的過程，取水平向右為正方向，由動量定理得

—B/LAt=mv—mv0

通過導體棒橫截面的電荷量q=74t

聯(lián)立解得：q=察目,故B錯誤：

C、導體棒通過磁場過程，整個回路中產(chǎn)生的總熱量為

1212

Q=

24mqL

代入數(shù)據(jù)可得：Q=

根據(jù)電阻的串并聯(lián)關(guān)系，導體棒上產(chǎn)生的熱量為

QR=<2x=-25-,故C錯誤;

BLAx

D、設虛線PQ和MN之間的距離為Ax,可得q=7?At=3。

CT5cqK—K

6mR__

解得：Ax=匚n?［八版,故D正確。

DD^L^v

故選：D。

考向四電磁感應中的沖量動量問題

16.（2024?岳麓區(qū)校級模擬）定義“另類加速度"A=7，A不變的運動稱為另類勻變速運動。若

物體運動的A不變，則稱物體做另類勻變速運動。如圖所示，光滑水平面上一個正方形導線框

以垂直于一邊的速度穿過一個勻強磁場區(qū)域（磁場寬度大于線框邊長）。導線框電阻不可忽略,

但自感可以忽略不計。已知導線框進入磁場前速度為VI，穿出磁場后速度為V2。下列說法中正

確的是（）

A.線框在進入磁場的過程中，速度隨時間均勻增加

B.線框在進入磁場的過程中，其另類加速度A是變化的

V1+V2

C.線框完全進入磁場后，在磁場中運動的速度為

D.線框完全進入磁場后，在磁場中運動的速度為」嚶匕

【解答】解：A、線框在進入磁場的過程中，受到向左的安培力而做減速運動，線框受到的安培

力大小為F=BIL=——,可知，隨著速度減小，線框受到的安培力減小，加速度減小，因此線

K

框在進入磁場的過程中，做加速度逐漸減小的變減速直線運動，速度隨時間非均勻減小，故A錯

誤；

B、線框在進入磁場的過程中，取水平向右為正方向，根據(jù)動量定理得

—BlLAt=mAv

其中

_EBLAx

IJt=-At=~-~

RR

AvB2L2

解得：丁=—一丁，可知另類加速度A不變，故B錯誤；

AxmR

CD、線框在進入磁場的過程中，取水平向右為正方向，根據(jù)動量定理得

一B2L3

—BlLAt=――^-=mv—mv1

線框穿出磁場的過程中，取水平向右為正方向，根據(jù)動量定理得

_B2L3

—BlLAt=——--=mv2—mv

V1+V2

聯(lián)立解得：v=——,故C正確，D錯誤。

故選：Co

17.（多選）（2024?青羊區(qū)校級模擬）如圖所示，水平粗糙地面上有兩磁場區(qū)域，左右兩磁場區(qū)域

內(nèi)的勻強磁場寬度均為L,磁感應強度大小分別為B和2B,左磁場區(qū)磁場方向豎直向下，右磁

場區(qū)磁場方向豎直向上，兩磁場間距為2L。一個質(zhì)量為m、匝數(shù)為n、電阻為R、邊長為L的

正方形金屬線框以速度vo水平向右進入左磁場區(qū)域，當金屬線框剛離開右磁場區(qū)域時速度為

vi，金屬線框離開右磁場區(qū)運動一段距離后停下。金屬線框與水平面間的動摩擦因數(shù)為上關(guān)

于金屬線框的運動下列判斷正確的是（）

A.金屬線框從剛進入左磁場區(qū)域到最終停止的過程中一直做勻減速直線運動

11

B.金屬線框通過兩個磁場區(qū)域過程中產(chǎn)生的焦耳熱為嚴諱—^mvi—5|imgL

nBL2

C.金屬線框進入左側(cè)磁場區(qū)域過程中，通過金屬線框的電荷量為一^

K

D.若金屬線框進入左磁場區(qū)域過程所用時間為t,則金屬線框剛好完全進入左側(cè)磁場區(qū)域時的

23

,tnBL

速度為Vo-2ngt-mR

【解答】解：A、金屬線框穿過左側(cè)磁場區(qū)域的過程中會產(chǎn)生感應電動勢，線框中會有感應電流,

使線框受到與運動方向相反的安培力，根據(jù)法拉第電磁感應定律、閉合電路歐姆定律，安培力計

nBLvn2B2L2v

算公式，可得線框受到的安培力大小為：F安=nBLI=nBL—=---

根據(jù)牛頓第二定律可得線框的加速度大小為：a=匕絲，金屬線框穿過左側(cè)磁場區(qū)域的過程中

m

做減速運動，所受安培力減小，則加速度減小，故金屬線框做加速度減小的減速運動。同理，金

屬線框穿過右側(cè)磁場區(qū)域的過程也做加速度減小的減速運動，故A錯誤；

B、設金屬線框通過兩個磁場區(qū)域全過程中產(chǎn)生的焦耳熱為Q,金屬線框從開始運動到離開右磁

場區(qū)域過程，由能量守恒定律得:

=+2.L+L+L)++Q

11

解得：Q=/詔一/憂一5卬故B正確;

_A（t>

C、由法拉第電磁感應定律可得平均感應電動勢為：E=n—

-E

由閉合電路的歐姆定律可得平均感應電流為：I=3

通過金屬線框的電荷量為：q=IAt

4中

解得：q=n-

K

金屬線框進入左側(cè)磁場區(qū)域的過程中磁通量的增加量為：△中=BI7,則此過程通過金屬線框的

BL2

電荷量為：q=n-7->故C正確;

K

D、設金屬線框剛好完全進入左側(cè)磁場區(qū)域時的速度大小為v,以向右為正方向，該過程對金屬

線框由動量定理得:

—BiLt—fimgt=mv—mv0

,BL2

其中：\t=q=?i——

K

23

A，^BL,u

解得：v=%一—故D車曰誤。

mR

故選：BCo

18.（2024?泉州模擬）如圖，在水平面上有兩條光滑平行導電導軌，勻強磁場垂直于導軌所在的平

面，磁感應強度的大小為B,兩根材質(zhì)相同、長度相等的金屬桿P、Q間隔一定的距離擺開放

在導軌上，且與導軌垂直，桿P質(zhì)量是桿Q的兩倍，兩桿與導軌接觸良好，導軌電阻不計。桿

P以初速度vo滑向桿Q,為使兩桿不相碰，則桿Q固定與不固定兩種情況下，最初擺放兩桿時

的最少距離之比為（）

PQ

XXXXXXX

xxxB*XX

X

——

XXXXXXX

XXXXXXX

A.1:1B.1:2C.3:1D.1：3

【解答】解：已知兩金屬桿材質(zhì)相同、長度相等，桿P質(zhì)量是桿Q的兩倍，可得桿P的橫截面積

1

是桿Q的兩倍，根據(jù)電阻定律，可知桿P的電阻是桿Q的萬，設桿P的質(zhì)量為2m,電阻為R,

則桿Q的質(zhì)量為m,電阻為2R。

桿Q固定時，設最初擺放兩桿時的最少距離為xi，這也是桿P速度減到零的距離，以向右為正

方向，對桿P,根據(jù)動量定理得：

-BLI-=0-2mvo

EBLv-AtBLxi

其中：i?中=?At=----------

R+2R3R3A

6mvoR

解得:Xi=B2L2

桿Q不固定時，設最初擺放兩桿時的最少距離為X2,這也是桿P、Q的最大相對位移。桿P、Q

相對運動時受到等大反向的安培力作用，兩桿組成的系統(tǒng)所受合力為零，此系統(tǒng)動量守恒，最終

兩桿相對靜止，以相同的速度做勻速直線運動，設最終兩桿的速度均為v,以向右為正方向，則

有:

2mvo=（2m+m）v,解得：v=v

以向右為正方向，對桿Q,根據(jù)動量定理得:

BLI'-At'=mv-0

E1—&<t>BLX2

其中：V-At'=---A--t-'--At'^―

R+2R3R3R3R

2mvoR

解得：x

2B2L2

可得：X]X2=3：1,故ABD錯誤，C正確。

故選：C=

19.（多選）（2024?南寧二模）如圖所示，間距L=lm的粗糙傾斜金屬導軌與水平面間的夾角。=

37°,其頂端與阻值R=1O的定值電阻相連，間距相同的光滑金屬導軌固定在絕緣水平面上,

兩導軌都足夠長且在AA，處平滑連接，AA，至DD均是光滑絕緣帶，保證傾斜導軌與水平導軌間

電流不通。傾斜導軌處有方向垂直傾斜導軌所在平面向上、磁感應強度大小Bi=0.2T的勻強磁

場,水平導軌處有方向豎直向上、磁感應強度大小B2=0.5T的勻強磁場。兩根導體棒1、2的

質(zhì)量均為m=0.2kg,兩棒接入電路部分的電阻均為R,初始時刻，導體棒1放置在傾斜導軌上，

且距離AA'足夠遠，導體棒2靜置于水平導軌上，已知傾斜導軌與導體棒1間的動摩擦因數(shù)u

=0.5?，F(xiàn)將導體棒1由靜止釋放，運動過程中導體棒1