電磁感應(yīng)中電路與力學(xué)的綜合問(wèn)題-2025年高考物理易錯(cuò)題專練（解析版）

易錯(cuò)點(diǎn)11不能準(zhǔn)確解決電磁感應(yīng)中電路與力學(xué)的綜合問(wèn)題

目錄

01易錯(cuò)陷阱

易錯(cuò)點(diǎn)一：錯(cuò)誤地運(yùn)用楞次定律求感應(yīng)電流

易錯(cuò)點(diǎn)二：不能明確磁通量、磁通量變化量、磁通量變化率的區(qū)別

易錯(cuò)點(diǎn)三：錯(cuò)誤求解電磁感應(yīng)與電路和力學(xué)的綜合問(wèn)題

02易錯(cuò)知識(shí)點(diǎn)

知識(shí)點(diǎn)一\動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的幾個(gè)問(wèn)題

知識(shí)點(diǎn)二、能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法

知識(shí)點(diǎn)三、電磁感應(yīng)中的“單桿”問(wèn)題分析

知識(shí)點(diǎn)四、電磁感應(yīng)中的“雙桿”問(wèn)題分析

知識(shí)點(diǎn)五、電磁感應(yīng)中的圖像問(wèn)題

03舉一反三—易錯(cuò)題型

題型一：通過(guò)導(dǎo)體的電量q計(jì)算

題型二：電磁感應(yīng)中的圖像分析

題型三：電磁感應(yīng)中的導(dǎo)軌滑桿模型

題型四：動(dòng)量定理動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

04易錯(cuò)題通關(guān)

Qm易錯(cuò)陷阱

易錯(cuò)點(diǎn)一：錯(cuò)誤地運(yùn)用楞次定律求感應(yīng)電流

1.判斷電磁感應(yīng)現(xiàn)象是否發(fā)生的一般流程

I確定研究的電路明確該電路內(nèi)的磁場(chǎng)分布］

2.“阻礙”的含義及步驟

楞次定律中“阻礙”的含義四步法”判斷感應(yīng)電流方向

<一感應(yīng)電流的磁場(chǎng)阻礙引起感應(yīng)電流的磁場(chǎng)

牌照F（原磁場(chǎng)）的磁通量的變化（一原I明確要研究的回路及原磁場(chǎng)8的而）

京X、?阻礙的是磁通量的變化，而不是阻礙磁通

呼2量本身（二變I確定磁通量4的變化）

,,當(dāng)磁通量增加時(shí)，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向與<K'楞次定律］

笳京謫>一原磁場(chǎng)的方向相反；當(dāng)磁通量減少時(shí)，感

（三感I判斷感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向）

應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)的方向相同，即

“增反減同”<="安培定曲

阻礙并不是阻止，只是延緩了磁通量的變—，

阻礙效禺

化，這種變化將繼續(xù)進(jìn)行（四電流I判斷感應(yīng)電流的方向）

易錯(cuò)點(diǎn)二：不能明確磁通量、磁通量變化量、磁通量變化率的區(qū)別

1.磁通量⑦、磁通量的變化量及磁通量的變化率等的比較

磁通量的變化率等

磁通量①磁通量的變化量△①

某時(shí)刻穿過(guò)磁場(chǎng)中

物理在某一過(guò)程中，穿過(guò)某個(gè)面的磁穿過(guò)某個(gè)面的磁通量變化的

某個(gè)面的磁感線條

意義通量的變化量快慢

數(shù)

侏一如

當(dāng)8、S

①2一①1

A0

互相垂直A0=<BNS

[SAB

時(shí)的大小

IA八

若穿過(guò)的平面中有

開(kāi)始和轉(zhuǎn)過(guò)180。時(shí)平面都與磁場(chǎng)

方向相反的磁場(chǎng)，在。一/圖像中，可用圖線的

垂直，但穿過(guò)平面的磁通量是不

注意則不能直接用。=

同的，一正一負(fù)，△①=2BS,而斜率表示加

為抵消以后

不是零

所剩余的磁通量

易錯(cuò)點(diǎn)三：錯(cuò)誤求解電磁感應(yīng)與電路和力學(xué)的綜合問(wèn)題

1.電磁感應(yīng)問(wèn)題中電學(xué)對(duì)象與力學(xué)對(duì)象的相互制約關(guān)系

E=n反二nB任或痛必

「電源一△t

E=Blv

電學(xué)對(duì)象一

由格了內(nèi)電路⑺

電路T外電路（R）一

E=/(R+r)|

V

受力分析—?|F^=BIl|----|F^=ma\

力學(xué)對(duì)象

過(guò)程分析一區(qū)亙

2.處理此類問(wèn)題的基本方法

(1)用法拉第電磁感應(yīng)定律和楞次定律求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小和方向.

(2)求回路中感應(yīng)電流的大小和方向.

(3)分析研究導(dǎo)體受力情況(包括安培力).

(4)列動(dòng)力學(xué)方程或根據(jù)平衡條件列方程求解.

包易錯(cuò)知識(shí)點(diǎn)

知識(shí)點(diǎn)一、動(dòng)生電動(dòng)勢(shì)的幾個(gè)問(wèn)題

1.導(dǎo)體切割磁感線時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

切割方式電動(dòng)勢(shì)表達(dá)式說(shuō)明

①導(dǎo)體棒與磁場(chǎng)方向垂直，磁場(chǎng)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)

②式中1為導(dǎo)體切割磁感線的有效長(zhǎng)度

垂直切割E=Blv

③旋轉(zhuǎn)切割中導(dǎo)體棒的平均速度等于中點(diǎn)位置的線速度三3

E=Blvsin0（0為

傾斜切割

v與B的夾角）

旋轉(zhuǎn)切割(以E=B1v

如果求導(dǎo)體中兩點(diǎn)間，則三等于這兩點(diǎn)速度之和的一半

1

一端為軸)=律1923

2.導(dǎo)體轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線

當(dāng)導(dǎo)體棒在垂直于磁場(chǎng)的平面內(nèi)，繞導(dǎo)體棒上某一點(diǎn)以角速度。勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，貝小

XXXXX

(1)以導(dǎo)體棒中點(diǎn)為軸時(shí)，E=0(相同兩段的代數(shù)和)。

⑵以導(dǎo)體棒端點(diǎn)為軸時(shí)，石=9。/2(平均速度取中點(diǎn)位置的線速度，0/)。

(3)以導(dǎo)體棒上任意一點(diǎn)為軸時(shí)，酚(不同兩段的代數(shù)和，其中心增。

知識(shí)點(diǎn)二、能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法

(1)能量轉(zhuǎn)化

其他形式I克服安措囤電流做現(xiàn)焦耳熱或其他

的能量I圖>I形式的能量

(2)求解焦耳熱Q的三種方法(純電阻電路)

T焦耳定律：八

變A的>［功能關(guān)系：Q=W\ZIK安埒力

二次小心1--------------------1

U能量轉(zhuǎn)化：Q=AE*(1Mm忒少好|

知識(shí)點(diǎn)三、電磁感應(yīng)中的“單桿”問(wèn)題分析

初態(tài)次)加

vo=O

B”

—4

1

y/7：■*卜

'b

質(zhì)量為m、電阻軌道水平光滑，

軌道水平光滑，軌道水平光滑，

示意圖不計(jì)的單桿ab單桿ab質(zhì)量為

單桿ab質(zhì)量為單桿ab質(zhì)量為

以一定初速度V0m,電阻不計(jì)，

m,電阻不計(jì)，m,電阻不計(jì)，

在光滑水平軌道兩平行導(dǎo)軌間距

兩平行導(dǎo)軌間距兩平行導(dǎo)軌間距

上滑動(dòng)，兩平行為1,拉力廠恒

為/為/,拉力/恒

導(dǎo)軌間距為/

定定

匕

(J%

Af時(shí)間內(nèi)流入電

容器的電荷量

代―；Nq=CNU=

運(yùn)動(dòng)分析當(dāng)后感=5時(shí)，V當(dāng)〃=0時(shí),vCBlAv

導(dǎo)體桿做加速度

最大，且Vm=最大，Vm=電流/=呼=

越來(lái)越小的減速

E舞，桿開(kāi)始勻

運(yùn)動(dòng)，最終桿靜Bl，取后以VmCB^=CBla

止勻速運(yùn)動(dòng)速運(yùn)動(dòng)

安培力F安=IIB

=CB2l2a

F—F安=ma,a

F

~m+B2l2C，

所以桿以恒定的

加速度勻加速運(yùn)

動(dòng)

電能轉(zhuǎn)化為動(dòng)能外力做功轉(zhuǎn)化為外力做功轉(zhuǎn)化為

動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)

和內(nèi)能，片電=￡動(dòng)能和內(nèi)能，電能和動(dòng)能，

能量分析

能，/>=Q

W^=^mvm+QWp=E電+力聲

mvk+Q

知識(shí)點(diǎn)四、電磁感應(yīng)中的“雙桿”問(wèn)題分析

(1)初速度不為零，不受其他水平外力的作用

光滑的平行導(dǎo)軌光滑不等距導(dǎo)軌

桿」L桿2

P

\11

示意圖

質(zhì)量mi=m2質(zhì)量m1=m2不

電阻n=r2電阻n=r2

長(zhǎng)度li=h長(zhǎng)度li=2b

0；

桿MV做變減速運(yùn)動(dòng)，桿尸。做

運(yùn)動(dòng)分析0~1

變加速運(yùn)動(dòng)，穩(wěn)定時(shí)，兩桿的加

穩(wěn)定時(shí)，兩桿的加速度均為零，

速度均為零，以相等的速度當(dāng)勻兩桿的速度之比為1:2

速運(yùn)動(dòng)

能量分析一部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，。=一AEk

(2)初速度為零，一桿受到恒定水平外力的作用

光滑的平行導(dǎo)軌不光滑平行導(dǎo)軌

)\B/桿注N桿2

不意圖桿桿2

質(zhì)量mi=m2摩擦力Ffi=Ff2

電阻r1=n質(zhì)量m1=m2

長(zhǎng)度h~h電阻n=r2

長(zhǎng)度11=12

匕三

匕

FW2FrF>2Ft

開(kāi)始時(shí)，若心2K，則尸。桿先

運(yùn)動(dòng)分析（）T變加速后勻速運(yùn)動(dòng)；桿靜

開(kāi)始時(shí)，兩桿做變加速運(yùn)動(dòng)；穩(wěn)止。若拉2股,尸。桿先變加速后

定時(shí)，兩桿以相同的加速度做勻勻加速運(yùn)動(dòng)，桿先靜止后變

加速運(yùn)動(dòng)加速最后和PQ桿同時(shí)做勻加速

運(yùn)動(dòng)，且加速度相同

外力做功轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能（包括

外力做功轉(zhuǎn)化為動(dòng)能和內(nèi)能，WF

能量分析電熱和摩擦熱），匹=公反+。電

=A￡k+g

+Q

知識(shí)點(diǎn)五、電磁感應(yīng)中的圖像問(wèn)題

（1）圖像類型

閉合電路

歐姆定律

串、并聯(lián)

電路知識(shí)

電

功電

焦

功權(quán)

耳定

（2）2.解題關(guān)鍵

①弄清物理量的初始條件和正負(fù)方向；

②注意物理量在進(jìn)、出磁場(chǎng)時(shí)的變化；

③寫(xiě)出函數(shù)表達(dá)式。

（3）解題方法：先定性排除，再定量解析

①定性排除法：用右手定則或楞次定律確定物理量的方向，定性地分析物理量的變化趨勢(shì)、變

化快慢、是否均勻變化等，特別注意物理量的正負(fù)和磁場(chǎng)邊界處物理量的變化，通過(guò)定性分析排除

錯(cuò)誤的選項(xiàng)。

②定量解析法：根據(jù)題目所給條件定量地推導(dǎo)出物理量之間的函數(shù)關(guān)系，然后由函數(shù)關(guān)系對(duì)圖

像作出分析，由圖像的斜率、截距等作出判斷。

篌閭舉一反三

題型一：通過(guò)導(dǎo)體的電量q計(jì)算

【例1】（2024?常州三模）如圖所示，abed是邊長(zhǎng)為1、總電阻為R的正方形導(dǎo)體框，其外接圓內(nèi)充

滿著均勻變化的磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小8=比（k>0）,則下列說(shuō)法正

確的是（）

ti時(shí)刻ab邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為kl2

ti時(shí)刻ab邊受到的安培力大小為忙隹1

kl2t

0~ti時(shí)間內(nèi)通過(guò)cd邊的電荷量為——-

D.撤去導(dǎo)體框，圓上a處的電場(chǎng)強(qiáng)度為零

【解答】解：A、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得ti時(shí)刻導(dǎo)體框產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為

_AB

E一萬(wàn)一/S-kl2

1

則ab邊產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為一-Q2,故A錯(cuò)誤；

4

223

B、ti時(shí)刻ab邊受到的安培力大小為F=BJl=kt】x等x/=乜/，故B正確；

22

C、0?ti時(shí)間內(nèi)通過(guò)cd邊的電荷量為q=〃1=*&=竽，故C錯(cuò)誤；

D、撤去導(dǎo)體框，變化的磁場(chǎng)產(chǎn)生電場(chǎng)，可知圓上會(huì)產(chǎn)生感生電場(chǎng)，則a處的電場(chǎng)強(qiáng)度不為零,

故D錯(cuò)誤。

故選：Bo

【變式1-1］（2024?重慶模擬）如圖為某同學(xué)設(shè)計(jì)的電磁彈射裝置示意圖，平行的足夠長(zhǎng)光滑水平導(dǎo)

軌MN、PQ間距為L(zhǎng),置于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，質(zhì)量為m,長(zhǎng)度為2L導(dǎo)體棒ab垂

直放在導(dǎo)軌上。單刀雙擲開(kāi)關(guān)先打向c,內(nèi)阻不計(jì)電動(dòng)勢(shì)為E的電源給電容為C的電容器充電,

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

A.導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度前，做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)

B.導(dǎo)體棒以最大速度發(fā)射出去后，電容器儲(chǔ)存的電荷量為零

2CEBL

C.導(dǎo)體棒能達(dá)到的最大速度為

m+4CB2L2

導(dǎo)體棒達(dá)到最大速度時(shí)，電容器放出的電荷量為^^

D.

【解答】解：A、開(kāi)關(guān)先打向d,則電容器放電，通過(guò)導(dǎo)體棒的放電電流方向從a-b,由左手定

則可知導(dǎo)體棒ab所受安培力水平向右，導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，回路中總

感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E.g=Uc-BLv,隨著電容器放電，電容器兩端電壓Uc減小，導(dǎo)體棒速度v增大，則

回路中總電動(dòng)勢(shì)減小，電流減小，由F=BIL可知安培力減小，對(duì)導(dǎo)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(cuò)誤；

B、當(dāng)導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與電容器兩端電壓相等時(shí)，即Uc=BLv,回路中E總=0,電流I

=0,導(dǎo)體棒所受安培力F=0,導(dǎo)體棒加速度a=0,導(dǎo)體棒速度達(dá)到最大，此時(shí)電容器電壓不為

零，則電容器電荷量不為零，故B錯(cuò)誤；

CD、電容器開(kāi)始的電荷量：Qo=CU=CE,設(shè)導(dǎo)體棒速度最大時(shí)電容器的電荷量為Qi,則Qi=

CUi,此時(shí)電路中總電動(dòng)勢(shì)為零，則有：Ui=BLvm

取水平向右為正方向，導(dǎo)體棒從靜止到最大速度過(guò)程，對(duì)導(dǎo)體棒利用動(dòng)量定理有：BlLAt=mvm-

0

這一過(guò)程中電容器放出的電荷量4Q=Qo—Qi=7戊

聯(lián)立方程可得：v=BLC,AQ=mCE,故正確，錯(cuò)誤。

m2222DC

故選：Do

【變式1-2］（2024?浙河區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，水平放置足夠長(zhǎng)光滑金屬導(dǎo)軌abc和de,ab與de

平行并相距為L(zhǎng),be是以。為圓心的半徑為r的圓弧導(dǎo)軌，圓弧be左側(cè)和扇形Obc內(nèi)有方向如

圖的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B,a、d兩端接有一個(gè)電容為C的電容器，金屬桿OP的。端與

e點(diǎn)用導(dǎo)線相接，P端與圓弧be接觸良好，初始時(shí)，可滑動(dòng)的金屬桿MN靜止在平行導(dǎo)軌上，金

屬桿MN質(zhì)量為m,金屬桿MN和OP電阻均為R,其余電阻不計(jì)，若桿OP繞O點(diǎn)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)

區(qū)內(nèi)以角速度3從b到c勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，回路中始終有電流,則此過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的有（）

C.桿MN中的電流逐漸減小

8232r2乙

D.桿MN向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為--------

4mR

【解答】解：A、設(shè)OP轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為0）,圓弧導(dǎo)軌半徑為r,則OP轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感應(yīng)線的感應(yīng)

1

電動(dòng)勢(shì)為：E=B而=28/3,故A錯(cuò)誤；

BC、根據(jù)右手定則可知OP棒中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向由O到P,則通過(guò)MN的電流方向由M到

N,根據(jù)左手定則可知桿MN受到的安培力方向向左，桿MN將向左運(yùn)動(dòng)切割磁感應(yīng)線，由于MN

切割磁感應(yīng)線產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向由N到M,從而使得桿MN中的電流逐漸減小，則電容器兩

端帶電量會(huì)減小，故B錯(cuò)誤，C正確；

D、根據(jù)C選項(xiàng)分析可知，桿MN中的電流大小發(fā)生變化，根據(jù)牛頓第二定律可得MN的加速度

大小a=*發(fā)生改變，桿MN不是做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤；

故選：Co

【變式1-3］（2024?南昌模擬）如圖所示，整個(gè)區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（圖中未畫(huà)出），磁感

應(yīng)強(qiáng)度大小B=0.5T,兩根間距為L(zhǎng)=0.5m、半徑為R=2m的光滑四分之一豎直圓弧金屬導(dǎo)軌等

高平行放置，頂端連接阻值為r=0.4Q的電阻。長(zhǎng)為L(zhǎng)、質(zhì)量為m=0.2kg、阻值為ri=0.1。的金

屬棒在力F（除重力、安培力以外的力）作用下從導(dǎo)軌頂端ab處以恒定速率v=4m/s下滑，整個(gè)

過(guò)程中金屬棒與導(dǎo)軌接觸良好，始終與導(dǎo)軌垂直。導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，重力加速度g取10m/s2。

求：

（1）金屬棒運(yùn)動(dòng)到cd處時(shí)，金屬棒兩端的電壓U；

（2）金屬棒從導(dǎo)軌ab處運(yùn)動(dòng)至圓弧的中間位置的過(guò)程中，通過(guò)電阻r的電荷量q；

（3）金屬棒從導(dǎo)軌ab處運(yùn)動(dòng)至cd處的過(guò)程，電流的有效值I有和外力F做的功W。

d

【解答】解：（1）金屬棒運(yùn)動(dòng)到cd處時(shí)，金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLv

根據(jù)串聯(lián)電路分壓規(guī)律有。=￡?r

T~ri1

代入數(shù)據(jù)解得E=IV,U=0,8V

（2）金屬棒從導(dǎo)軌ab處運(yùn)動(dòng)至圓弧的中間位置的過(guò)程中，根據(jù)7=普，耳=羿

聯(lián)立得q=

1+勺

又根據(jù)△①=BL(R-Rcos45°)

聯(lián)立解得q=（l—孝）C

（3）電動(dòng)勢(shì)有效值為￡有=專=—=身

可得電流有效值為I有=黑=0￥n1A=V2A

根據(jù)動(dòng)能定理有W+W安+mgR=O

且-N

Q=I冢r+rjt

TCR

聯(lián)立解得W=3.215J

題型二：電磁感應(yīng)中的圖像分析

【例2】（2024?南通三模）如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中水平放置兩足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌的左

側(cè)連接電池E和電容器C,單刀雙擲開(kāi)關(guān)S接1,金屬棒ab在導(dǎo)軌上處于靜止?fàn)顟B(tài)。在to時(shí)刻S

接2,金屬棒ab在導(dǎo)軌上向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中棒始終與導(dǎo)軌垂直且兩端與導(dǎo)軌保持良好接觸，不計(jì)導(dǎo)

軌電阻。則金屬棒兩端電壓Uab、速度V、電容器所帶電荷量q、回路中電流強(qiáng)度i隨時(shí)間t變化

的關(guān)系圖像可能正確的是（）

【解答】解：電容器充電完畢后，開(kāi)關(guān)打在2處時(shí)，處于放電狀態(tài)，有流過(guò)導(dǎo)體棒從a到b的電

流，在安培力作用下導(dǎo)體棒向右運(yùn)動(dòng)，在金屬棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由于切割磁感線也將產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，

該電動(dòng)勢(shì)方向和電容器電壓相反，故電路中電流是變化的，當(dāng)金屬棒的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和電容器電壓

相等時(shí)，金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)，電容器充完電帶電量為、=?￡,故金屬棒先做加速度逐漸減小的加速

運(yùn)動(dòng)，最后勻速運(yùn)動(dòng)，回路中電流為0,電容器兩個(gè)極板之間有電勢(shì)差，仍帶有一定的電荷量，

開(kāi)始的時(shí)候ab的電壓等于E,to時(shí)候切割電動(dòng)勢(shì)為零，金屬棒電壓等于電容器電壓E,速度增大，

切割電動(dòng)勢(shì)增大，電路電流減小，ab電壓降低，故C正確，ABD錯(cuò)誤。

故選：Co

【變式2-1］（2024?下城區(qū)校級(jí)模擬）在豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平放置一閉合金屬圓環(huán)，面積為

S,電阻為R。規(guī)定圓環(huán)中電流的正方向如圖甲所示，磁場(chǎng)向上為正。當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t按

圖乙變化時(shí)，下列說(shuō)法正確的是（）

A.0?Is內(nèi)感應(yīng)電流的磁場(chǎng)在圓環(huán)圓心處的方向向上

B.1?2s內(nèi)通過(guò)圓環(huán)的感應(yīng)電流的方向與圖甲所示方向相反

C.0?2s內(nèi)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為等

282s2

D.2?4s內(nèi)線圈中產(chǎn)生的焦耳熱為一六

【解答】解：A、0?1s內(nèi)磁場(chǎng)向下減小，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)在圓環(huán)圓心處的方向

向下，故A錯(cuò)誤；

B、1?2s內(nèi)磁場(chǎng)向上增大，根據(jù)楞次定律可知感應(yīng)電流的磁場(chǎng)在圓環(huán)圓心處的方向向下，所以感

應(yīng)電流方向與圖甲所示方向相同，故B錯(cuò)誤；

A<PAB

C、根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律有：E=n—=ns一，0?2s內(nèi)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BoS,

AtAt

故C錯(cuò)誤；

D、同C選項(xiàng)可知在2?4s內(nèi)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BoS,焦耳熱P=（t,解得：p=純"，

故D正確；

故選：D。

【變式2-2］（2023?鎮(zhèn)海區(qū)模擬）如圖甲所示，驅(qū)動(dòng)線圈通過(guò)開(kāi)關(guān)S與電源連接，發(fā)射線圈放在絕緣

且內(nèi)壁光滑的發(fā)射導(dǎo)管內(nèi)。閉合開(kāi)關(guān)S后，在0?to內(nèi)驅(qū)動(dòng)線圈的電流i隨時(shí)間t的變化如圖乙所

示。在這段時(shí)間內(nèi)，下列說(shuō)法正確的是（）

甲

A.發(fā)射線圈中感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)水平向左

B.t=to時(shí)驅(qū)動(dòng)線圈產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢(shì)最大

C.t=0時(shí)發(fā)射線圈具有的加速度最大

D.t=to時(shí)發(fā)射線圈中的感應(yīng)電流最大

【解答】解：A、根據(jù)安培定則可知，驅(qū)動(dòng)線圈內(nèi)的磁場(chǎng)方向水平向右，再由圖乙可知，驅(qū)動(dòng)線圈

的電流增大，通過(guò)發(fā)射線圈的磁通量增大，根據(jù)楞次定律可知，發(fā)射線圈內(nèi)部的感應(yīng)磁場(chǎng)方向水

平向左，故A正確；

BD、由圖乙可知，t=to時(shí)驅(qū)動(dòng)線圈的電流變化最慢，電流變化率最小，此時(shí)通過(guò)發(fā)射線圈的磁通

量變化率最小，此時(shí)驅(qū)動(dòng)線圈產(chǎn)生的自感電動(dòng)勢(shì)最小，感應(yīng)電流最小，故BD錯(cuò)誤；

C、t=0時(shí)驅(qū)動(dòng)線圈的電流變化最快，則此時(shí)通過(guò)發(fā)射線圈的磁通量變化最快，產(chǎn)生的感應(yīng)電流

最大，但此時(shí)磁場(chǎng)最弱，安培力不是最大值，則此時(shí)發(fā)射線圈具有的加速度不是最大，故C錯(cuò)誤。

故選：Ao

【變式2-3］（2023?重慶模擬）如圖所示，在y軸與直線x=L之間區(qū)域有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，

在直線x=L與直線x=2L之間區(qū)域有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為Bo現(xiàn)有

一直徑為L(zhǎng)的圓形導(dǎo)線框，從圖示位置開(kāi)始，在外力F（未畫(huà)出）的作用下沿x軸正方向勻速穿

過(guò)磁場(chǎng)區(qū)域。線框中感應(yīng)電流（逆時(shí)針?lè)较驗(yàn)檎较颍┡c導(dǎo)線框移動(dòng)的位移x的變化關(guān)系圖像中

正確的（）

【解答】解：設(shè)導(dǎo)線框勻速運(yùn)動(dòng)的速度為v,導(dǎo)線框電阻為R。

在OWx<L過(guò)程，導(dǎo)線框進(jìn)入左側(cè)磁場(chǎng)，導(dǎo)線框的磁通量向外增大，根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電

流為順時(shí)針?lè)较颍ㄘ?fù)方向），導(dǎo)線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度先增大后減小，根據(jù)閉合電路歐姆定

律，有/1=粵=學(xué)，可知導(dǎo)線框的電流先增大后減小，此過(guò)程中的最大電流為/加收;萼

在LWx<2L過(guò)程，導(dǎo)線框從左側(cè)磁場(chǎng)進(jìn)入右側(cè)磁場(chǎng)，導(dǎo)線框的磁通量從向外減小到向里增大，

根據(jù)楞次定律可知，感應(yīng)電流為逆時(shí)針?lè)较颍ㄕ较颍?，又因?yàn)閷?dǎo)線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度先增

大后減小，根據(jù)閉合電路的歐姆定律，有/2=粵=^^,可知導(dǎo)線框的電流先增大后減小，此

過(guò)程中的最大電流為=半；

在2LWx<3L過(guò)程，導(dǎo)線框離開(kāi)右側(cè)磁場(chǎng)，導(dǎo)線框的磁通量垂直于線框平面向里，且減小，根據(jù)

楞次定律可知，感應(yīng)電流為順時(shí)針?lè)较颍ㄘ?fù)方向），導(dǎo)線框切割磁感線的有效長(zhǎng)度先增大后減小，

根據(jù)閉合電路歐姆定律，有色科,可知導(dǎo)線框的電流先增大后減小，且此此過(guò)程中的

最大電流為bmax=竿，故ACD錯(cuò)誤，B正確。

故選：Bo

題型三：電磁感應(yīng)中的導(dǎo)軌滑桿模型

【例3】（2024?湖北模擬）如圖所示，水平面內(nèi)放置著電阻可忽略不計(jì)的金屬導(dǎo)軌，其形狀滿足方程

y=x2,空間分布者垂直xOy平面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。先將足夠長(zhǎng)的導(dǎo)體棒ab與x軸重合，且關(guān)于

y軸對(duì)稱放置，再用沿y軸正向的外力使其由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)體棒先后經(jīng)過(guò)丫=

yo、y=4yo的位置。若導(dǎo)體棒接入電路的電阻和其長(zhǎng)度成正比，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終和x軸平行并和

導(dǎo)軌接觸良好，不計(jì)摩擦，下列說(shuō)法正確的是（）

QObx

A.導(dǎo)體棒經(jīng)過(guò)y=yo、y=4yo的位置時(shí)，閉合回路中的電動(dòng)勢(shì)之比為1：1

B.導(dǎo)體棒經(jīng)過(guò)y=yo、y=4yo的位置時(shí)，閉合回路中的電流大小之比為1：4

C.經(jīng)過(guò)y=yo、y=4yo的位置時(shí)，導(dǎo)體棒所受安培力大小之比為1：1

D.0yo、yo4yo過(guò)程中，閉合回路中產(chǎn)生的電熱之比為1：15

【解答】解：A、設(shè)導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)到某一位置時(shí)，速度大小為v,其與導(dǎo)軌接觸點(diǎn)的坐標(biāo)為（土x,

y）,導(dǎo)體棒由靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有

v2=2ay

閉合回路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為

E=2Bvx

解得

E=2岳By,則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比為1：4,故A錯(cuò)誤；

B、由閉合電路歐姆定律得閉合回路中的電流為

其中R=2kx

解得

］二導(dǎo)^則電流之比為1：2,故B錯(cuò)誤；

C、導(dǎo)體棒所受安培力大小為

F=2BIx

解得

F=2列2y,則安培力之比為1：4,故c錯(cuò)誤；

D、由F=2早2y可知,導(dǎo)體棒所受安培力大小F與其位移大小y成正比，作出安培力隨著位移

變化的圖像，如圖所示。

圖像與橫軸所圍的面積即導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)過(guò)程中克服安培力做的功，等于閉合回路產(chǎn)生的電熱，為

Q=

解得

22

n/2aBy

則0yo、yo4yo過(guò)程中，閉合回路中產(chǎn)生的電熱之比為Qi：Q2=l2：（42-I2）=1：15,故D

正確。

故選：D。

【變式3-1]（2024?衡水模擬）如圖所示，在一個(gè)傾角為0的導(dǎo)軌MN上面，放置一個(gè)長(zhǎng)度為L(zhǎng)的

金屬棒PQ,已知兩導(dǎo)軌間距為d（d<L）,金屬棒的質(zhì)量為m、阻值為r,導(dǎo)軌與金屬棒接觸良

好，兩者間動(dòng)摩擦因數(shù)為V，導(dǎo)軌下端連接一個(gè)阻值為R的定值電阻，整個(gè)導(dǎo)軌處在一個(gè)垂直導(dǎo)

軌所在平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中?，F(xiàn)用一個(gè)恒力F拉動(dòng)金屬棒沿導(dǎo)軌斜面運(yùn)動(dòng)了

x的距離，所用時(shí)間為t,此時(shí)金屬棒的速度為v,下列說(shuō)法正確的是（）

BLRv

A.金屬棒速度為v時(shí)，R兩端的電壓為----

R+r

B.該過(guò)程中生成的焦耳熱為F%—^mv2—mgxsinO

C.該過(guò)程中摩擦力做的功為|imgxcos0

1

D.該過(guò)程中安培力做的功為+4cos。）+-^mv2—Fx

【解答】解：A、金屬棒速度為v時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Bdv,R上的電壓為UR=白8（^,

故A錯(cuò)誤；

B、該過(guò)程中，生成的焦耳熱指電阻生熱的總和，由能量守恒定律有：Q=Fx-^mv2-mgxsinO-

limgxcosO,故B錯(cuò)誤；

C、該過(guò)程中摩擦力做的功為Wf=-nmgxcos。，故C錯(cuò)誤；

D、設(shè)該過(guò)程中安培力做的功為W安，根據(jù)動(dòng)能定理有

心+“安一mgxsind—[imgxcosd=ymv2—0

解得：W妥=mgx（sind+4cos。）+-^mv2—Fx,故D正確。

故選：D。

【變式3-2]（多選）（2024?鄭州一模）如圖，平行光滑導(dǎo)軌左側(cè)AB和AB，是半徑為R的四分之一

圓弧，BE、BE處于同一水平面，AC和AC間距為L(zhǎng),DE和DE間距為2L,AC、A'C\DE、

DE均足夠長(zhǎng)，AC和DE、AC和DE通過(guò)導(dǎo)線連接，其中BB，右側(cè)導(dǎo)軌平面處在豎直向上的勻強(qiáng)

磁場(chǎng)中，DD左側(cè)大小為Bi,DD右側(cè)大小為B2,BI=B2=B現(xiàn)將長(zhǎng)度為2L的導(dǎo)體棒PQ垂直導(dǎo)

軌放置于DE和DE上，將長(zhǎng)度為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒MN垂直導(dǎo)軌放置于A"端，靜止釋放導(dǎo)體棒MN,

導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)的過(guò)程始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知導(dǎo)體棒MN和PQ材料、橫截面積均相同，

導(dǎo)體棒MN質(zhì)量為m,電阻為r,重力加速度為g,不計(jì)導(dǎo)軌電阻，下列說(shuō)法正確的是（）

2g2jJZ___

A.導(dǎo)體棒MN進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間，導(dǎo)體棒PQ的加速度大小7；-----、2gR

3mr

B.PQ棒的最終速度為5A/荻

C.磁場(chǎng)方向不變，若BI=2B2,從釋放MN至兩導(dǎo)體棒穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中導(dǎo)體棒PQ上產(chǎn)

4

生的焦耳熱為gmgR

D.磁場(chǎng)方向不變，若Bi、B2大小可調(diào)，則兩棒的最終速度之比皿=里

VPQ2B]

【解答】解：A、導(dǎo)體棒MN在圓弧下滑過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒，有mgR=壓小堤

導(dǎo)體棒MN進(jìn)入磁場(chǎng)瞬間，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為Ei=BLvo

由于導(dǎo)體棒MN和PQ材料、橫截面積均相同，根據(jù)R=pg和m=pV可知導(dǎo)體棒PQ的質(zhì)量、電

阻分別為2m、2r

則感應(yīng)電流為11=息

2,2

對(duì)導(dǎo)體棒PQ分析，有：2BIiL=2mai,解得加速度大小為：故A錯(cuò)誤；

B、穩(wěn)定時(shí)，兩導(dǎo)體棒均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，回路總的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0,則有BLVMN=B?2LVPQ

取向右為正方向，對(duì)MN根據(jù)動(dòng)量定理可得：-F/umvMN-mvo

對(duì)PQ根據(jù)動(dòng)量定理可得：2Fi4t=2mvpQ-0

解得VPQ=，2gR,故B正確；

C、磁場(chǎng)方向不變，若BI=2B2,則兩棒受到的安培力大小相等、方向相反，水平方向動(dòng)量守恒,

取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：

mvo=（m+2m）v

根據(jù)能量守恒定律可得產(chǎn)生的熱為：Q=（m+2m）v2

聯(lián)立解得：Q^^mgR

從釋放MN至兩導(dǎo)體棒穩(wěn)定運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程中導(dǎo)體棒PQ上產(chǎn)生的焦耳熱為：QPQ=篇（2

4

解得：QPQ=gmgR,故C正確；

D、磁場(chǎng)方向不變，若Bi、B2大小可調(diào)，穩(wěn)定時(shí)，兩導(dǎo)體棒均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，回路總的感應(yīng)電

動(dòng)勢(shì)為0,則有B1LVMN=B2?2LVPQ

則兩棒的最終速度之比為：-=—，故D錯(cuò)誤。

VpQBl

故選：BC?

【變式3-3］（2024?溫州一模）如圖所示，光滑的水平面上固定足夠長(zhǎng)、光滑平行金屬導(dǎo)軌，導(dǎo)軌右

端接有一個(gè)單刀雙擲開(kāi)關(guān)K。開(kāi)關(guān)接1時(shí)，導(dǎo)軌與電動(dòng)勢(shì)E=0.3V、內(nèi)阻r=l。的電源相連；開(kāi)

關(guān)接2時(shí)，導(dǎo)軌與電容C=0.3F的電容器相連。與導(dǎo)軌垂直的邊界QQ'右側(cè)空間存在方向豎直

向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B=2T。一質(zhì)量m=0.1kg、電阻Ri=1Q的金屬桿PP'垂直導(dǎo)

軌放置，一邊長(zhǎng)d=0.2m、電阻R2=0.32Q,質(zhì)量也為m的正方形金屬框恰好置于水平面上的邊

界QQ'外，金屬框與金屬桿中點(diǎn)處通過(guò)絕緣、松弛、不可伸長(zhǎng)的輕繩連接。已知導(dǎo)軌間距L=

0.5m,電容器初始電量q=2C,金屬桿與導(dǎo)軌始終接觸良好且導(dǎo)軌的電阻均可忽略不計(jì)。

Q,B

（1）開(kāi)關(guān)接1時(shí)，金屬桿PP'受到垂直金屬桿的水平外力保持靜止，求水平外力F的大?。?/p>

（2）先斷開(kāi)開(kāi)關(guān)K并撤去外力，再將開(kāi)關(guān)K撥到2,金屬桿由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，桿速率最大

時(shí)輕繩尚未拉直，求金屬桿的最大速率VI;

（3）接第（2）問(wèn)，金屬桿達(dá)到最大速度、輕繩未拉直時(shí)，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)K。求金屬框完全進(jìn)入磁場(chǎng)

區(qū)域時(shí)的速率V2（已知金屬桿與金屬框在輕繩拉直瞬間達(dá)到共速）；

（4）接第（3）問(wèn)，金屬框完全進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域后將開(kāi)關(guān)接1,一段時(shí)間后金屬桿速度減為零，且

金屬框始終未與金屬桿碰撞，求該過(guò)程中金屬桿上產(chǎn)生的焦耳熱Q桿。

【解答】解：（1）開(kāi)關(guān)接1時(shí)，由閉合電路歐姆定律得

/=工

1&+r

對(duì)金屬桿，根據(jù)平衡條件和安培力公式得

F=FA=BIIL

聯(lián)立解得

F=0.15N

（2）金屬桿由靜止到速率最大過(guò)程中，設(shè)電容器的帶電量從q減至qi,取向右為正方向，根據(jù)

動(dòng)量定理得

BL/eAt=mvi

其中RAt=q-qi

即BL（q-qi）=mvi

電容器電容在金屬桿勻速時(shí)，有

c-比

此時(shí)電容器兩端電壓等于導(dǎo)體棒兩端電壓，則有

Ui=BLvi

聯(lián)立解得

vi=5m/s

（3）金屬框完全進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，設(shè)通過(guò)R電荷量q2,則

Bd2

勺2=匹

上述過(guò)程中，對(duì)金屬桿，取向右為正方向，由動(dòng)量定理有

-Bq2d=2mv2-mvi

解得

V2=2m/s

（4）輕繩松弛，金屬桿到靜止時(shí)，設(shè)通過(guò)桿電荷量q3,取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有

-Bq3L=0-mv2

根據(jù)回路中能量守恒有

1

Q總=打七+2加設(shè)9

該過(guò)程中金屬桿上產(chǎn)生的焦耳熱為

R.

、桿=市Q總

解得

Q桿=0.13J

題型四：動(dòng)量定理動(dòng)量守恒定律在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用

[例4]（2024?岳麓區(qū)校級(jí)模擬）定義“另類加速度”A=矣，A不變的運(yùn)動(dòng)稱為另類勻變速運(yùn)動(dòng)。

若物體運(yùn)動(dòng)的A不變，則稱物體做另類勻變速運(yùn)動(dòng)。如圖所示，光滑水平面上一個(gè)正方形導(dǎo)線框

以垂直于一邊的速度穿過(guò)一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域（磁場(chǎng)寬度大于線框邊長(zhǎng)）。導(dǎo)線框電阻不可忽略，但

自感可以忽略不計(jì)。已知導(dǎo)線框進(jìn)入磁場(chǎng)前速度為VI,穿出磁場(chǎng)后速度為V2。下列說(shuō)法中正確的

A.線框在進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，速度隨時(shí)間均勻增加

B.線框在進(jìn)入磁場(chǎng)的過(guò)程中，其另類加速度A是變化的

C.線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為火2

D.線框完全進(jìn)入磁場(chǎng)后，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度為盧提

【