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专题29  电磁感应+功和能

考点01 电磁感应+功和功率

1. （2024年高考山东卷）. 如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO'与导轨所在竖直面垂直。空间充满竖直向下的匀强磁场（图中未画出），导轨左端由导线连接。现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO'放置在导轨图示位置，由静止释放。MN 运动过程中始终平行于OO'且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法正确的是（　　）

A. MN最终一定静止于OO'位置

B. MN运动过程中安培力始终做负功

C. 从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN的速率一直在增大

D. 从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN中电流方向由M到N

【答案】ABD

【解析】

由于金属棒MN运动过程切割磁感线产生感应电动势，回路有感应电流，产生焦耳热，金属棒MN的机械能不断减小，由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，MN最终一定静止于OO'位置，故A正确；

当金属棒MN向右运动，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向左，则安培力做负功；当金属棒MN向左运动，根据右手定则可知，MN中电流方向由N到M，根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向右，则安培力做负功；可知MN运动过程中安培力始终做负功，故B正确；

金属棒MN从释放到第一次到达OO'位置过程中，由于在OO'位置重力沿切线方向的分力为0，可知在到达OO'位置之前的位置，重力沿切线方向的分力已经小于安培力沿切线方向的分力，金属棒MN已经做减速运动，故C错误；

从释放到第一次到达OO'位置过程中，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，故D正确。

故选ABD。

2. （2022年高考上海）如图，一个正方形导线框以初速度v0向右穿过一个有界的匀强磁场。线框两次速度发生变化所用时间分别为t₁和t₂ ，以及这两段时间内克服安培力做的功分别为W₁和W₂，则（    ）

A.  t₁＜t₂，W₁＜W₂，        B.  t₁＜t₂，W₁＞W₂，

C.  t₁＞t₂，W₁＜W₂，         D.  t₁＞t₂，W₁＞W₂，

【参考答案】B  

【命题意图】本题考查法拉第电磁感应定律+闭合电路欧姆定律+安培力+动量定理+动能定理+等效思维

【名师解析】由于线框进入磁场的过程和离开磁场的过程，线框都是受到向左的安培力作用做减速运动，因此进入过程的平均速度v_1平大于离开过程的平均速度v_2平，由L=v_1平t₁和L=v_2平t₂可得t₁＜t₂。

线框刚进入磁场时速度为v₀，设线框边长为L，电阻为R，线框完全进入磁场时速度为v₁，刚完全离开磁场时速度为v₂，进入磁场过程中产生的平均感应电动势为E₁，平均感应电流为I₁，离开磁场过程中产生的平均感应电动势为E₂，平均感应电流为I₁，由法拉第电磁感应定律，E₁=△Φ/t₁，E₂=△Φ/t₂，△Φ=BL²，由闭合电路欧姆定律，I₁= E₁/R，I₂= E₂/R，进入磁场过程通过导体截面的电荷量q₁=I₁t₁，离开磁场过程通过导体截面的电荷量q₂=I₂t₂，联立解得：q₁= q₂。对线框完全进入磁场的过程，由动量定理，-F₁t₁=mv₁- mv₀，F₁=B I₁L，对线框离开磁场的过程，由动量定理，-F₂t₂=mv₂- mv₁，F₂=B I₂L，又q₁=I₁t₁，q₂=I₂t₂，q₁= q₂，联立解得：v₁-v₀= v₂- v₁。根据动能定理，W₁=mv₀²-mv₁²，W₂=mv₁²-mv₂²，==＞1，所以W₁＞W₂，选项B正确。

3. （2024高考广西卷）某兴趣小组为研究非摩擦形式的阻力设计了如图甲的模型。模型由大齿轮、小齿轮、链条、阻力装置K及绝缘圆盘等组成。K由固定在绝缘圆盘上两个完全相同的环状扇形线圈、组成。小齿轮与绝缘圆盘固定于同一转轴上，转轴轴线位于磁场边界处，方向与磁场方向平行，匀强磁场磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，与K所在平面垂直。大、小齿轮半径比为n，通过链条连接。K的结构参数见图乙，其中，每个线圈的圆心角为，圆心在转轴轴线上，电阻为R。不计摩擦，忽略磁场边界处的磁场，若大齿轮以的角速度保持匀速转动，以线圈的ab边某次进入磁场时为计时起点，求K转动一周。

（1）不同时间线圈受到的安培力大小；

（2）流过线圈的电流有效值；

（3）装置K消耗的平均电功率。

【答案】（1）见解析；（2）；（3）

【解析】

（1）由题意知大齿轮以的角速度保持匀速转动，大小齿轮线速度相等，则

，

可得小齿轮转动的角速度为

转动周期为

以线圈ab边某次进入磁场时为计时起点，到cd边进入磁场，经历的时间为

这段时间内线圈产生的电动势为

电流为

受到的安培力大小

当ab边和cd边均进入磁场后到ab边离开磁场，经历的时间为

由于M₁线圈磁通量不变，无感应电流，安培力大小为0；

当M₁线圈ab边离开磁场到cd边离开磁场，经历的时间为

此时的安培力大小由前面分析可知

方向与进入时相反；

当M₁线圈cd边离开磁场到ab边进入磁场，经历的时间为

同理可知安培力为0。

（2）根据（1）可知设流过线圈的电流有效值为I，则根据有效值定义有

其中

，

联立解得

（3）根据题意可知流过线圈和的电流有效值相同，则在一个周期内装置K消耗的平均电功率为

4. （2022年福建高考）如图（a），一倾角为的绝缘光滑斜面固定在水平地面上，其顶端与两根相距为L的水平光滑平行金属导轨相连；导轨处于一竖直向下的匀强磁场中，其末端装有挡板M、N．两根平行金属棒G、H垂直导轨放置，G的中心用一不可伸长绝缘细绳通过轻质定滑轮与斜面底端的物块A相连；初始时刻绳子处于拉紧状态并与G垂直，滑轮左侧细绳与斜面平行，右侧与水平面平行．从开始，H在水平向右拉力作用下向右运动；时，H与挡板M、N相碰后立即被锁定．G在后的速度一时间图线如图（b）所示，其中段为直线．已知：磁感应强度大小，，G、H和A的质量均为，G、H的电阻均为；导轨电阻、细绳与滑轮的摩擦力均忽略不计；H与挡板碰撞时间极短；整个运动过程A未与滑轮相碰，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好：，，重力加速度大小取，图（b）中e为自然常数，．求：

（1）在时间段内，棒G的加速度大小和细绳对A的拉力大小；

（2）时，棒H上拉力的瞬时功率；

（3）在时间段内，棒G滑行的距离．

【参考答案】（1） ；；（2）；（3）

【命题意图】此题考查电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力。对速度图像的理解、牛顿运动定律及其相关知识点。

【名师解析】

（1）由图像可得在内，棒G做匀加速运动，其加速度为

依题意物块A的加速度也为，由牛顿第二定律可得

解得细绳受到拉力

（2）由法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律推导出“双棒”回路中的电流为

由牛顿运动定律和安培力公式有

由于在内棒G做匀加速运动，回路中电流恒定为，两棒速度差为

保持不变，这说明两棒加速度相同且均为a；

对棒H由牛顿第二定律可求得其受到水平向右拉力

由图像可知时，棒G的速度为

此刻棒H的速度为

其水平向右拉力的功率

．

（3）棒H停止后，回路中电流发生突变，棒G受到安培力大小和方向都发生变化，棒G是否还拉着物块A一起做减速运动需要通过计算判断，假设绳子立刻松弛无拉力，经过计算棒G加速度为

物块A加速度为

说明棒H停止后绳子松弛，物块A做加速度大小为的匀减速运动，棒G做加速度越来越小的减速运动；由动量定理、法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可以求得，在内

棒G滑行的距离

这段时间内物块A速度始终大于棒G滑行速度，绳子始终松弛。

9. （2024年高考辽宁卷） 如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中（　　）

A. 回路中的电流方向为abcda

B. ab中电流趋于

C. ab与cd加速度大小之比始终为2︰1

D. 两棒产生的电动势始终相等

【答案】AB

【解析】

导体棒ab和cd同时由静止释放，速度为v时，ab产生的感应电动势E₁=2BLv，由右手定则可判断出ab中感应电动势方向为a→b；cd产生的感应电动势E₂=BLv，由右手定则可判断出ab中感应电动势方向为c→d，两导体棒产生的感应电动势；所以回路中的电流方向为abcda，A正确；当导体棒所受安培力沿导轨方向的分力等于重力沿导轨方向的分力时，导体棒匀速运动，电流趋于最大值。设ab导体棒中电流趋于I，ab所受安培力F=2BLI，由Fcos30°=2mgsin30°，解得I=，B正确；导体棒速度为v时回路中总感应电动势E=E₁+E₂=3BLv，导体棒中电流I=E/2R=,对导体棒ab，所受安培力F₁=，由牛顿第二定律2mgsin30°-F₁cos30°=2ma₁，解得a₁=g/2-；对导体棒cd，由所受安培力F₂=，由牛顿第二定律mgsin30°-F₂cos30°=ma₂，解得a₂=g/2-；由此可知，ab和cd加速度大小始终相等，C错误；由于ab和cd加速度大小始终相等，可知两导体棒速度大小始终相等，由于两边磁感应强度不同，由E=BLv可知两导体棒产生的感应电动势始终不相等，D错误。

考点02 电磁感应+能量

1.  （2023学业水平等级考试上海卷）如图（a）单匝矩形线框cdef放置在倾角θ=30°的斜面上，在宽度为D=0.4m的区域有垂直于斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.5T，线框质量m=0.1kg，总电阻R=0.25Ω。现对线框施加一沿斜面向上的力F使线框向上运动，ed边离开磁场时撤去外力F，线框速度随时间变化的图像如图（b）。已知线框ef=0.4m，线框与斜面之间的动摩擦因数μ=，g取9.8m/s²。求：

（1）外力F的大小；

（2）线框cf的长度L；

（3）整个过程中线框产生的焦耳热Q。

【参考答案】（1）1.48N  （2）0.5m    （3）0.4J

【名师解析】（1）对线框受力分析如图所示。

由牛顿第二定律，F-mgsinθ-f=ma，

N=mgcosθ，f=μN。

由速度图像可知，在0~0.4s内，a==5m/s²。

联立解得：F=1.5N.

（2）对线框受力分析如图所示。

在线框匀速运动阶段，F=mgsinθ+f+F_A，

N=mgcosθ，f=μN。

安培力FA=BIL，I=E/R,E=BLv，v=2.0m/s

联立解得：L=0.5m

（3）由I=E/R,E=BLv，可得I=2A，

线框进入磁场时间和出磁场时间相等，都是t=ef/v=0.2s，

由焦耳定律可得整个过程中线框产生的焦耳热Q=I²R（2t）=0.4J

2. （2023年高考全国甲卷）（20分）如图，水平桌面上固定一光滑U型金属导轨，其平行部分的间距为l，导轨的最右端与桌子右边缘对齐，导轨的电阻忽略不计。导轨所在区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电阻为R、长度也为l的金属棒P静止在导轨上。导轨上质量为3m的绝缘棒Q位于P的左侧，以大小为v₀的速度向P运动并与P发生弹性碰撞，碰撞时间极短。碰撞一次后，P和Q先后从导轨的最右端滑出导轨，并落在地面上同一地点。P在导轨上运动时，两端与导轨接触良好，P与Q始终平行。不计空气阻力。求：

（1）金属棒P滑出导轨时的速度大小； 

（2）金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量；

（3）与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间。

【参考答案】（1）    （2）  （3）

【命题意图】本题考查电磁感应、弹性碰撞、平抛运动及其相关知识点。

【解题思路】

（1）Q与P弹性碰撞，由动量守恒定律，3mv₀=mv_P+3mv_Q，

由系统动能守恒，=+

联立解得：，

根据题述，P、Q落到地面同一点，由平抛运动规律可知，金属棒P滑出导轨时的速度大小为

（2）由能量守恒定律，金属棒P在导轨上运动过程中产生的热量Q=-=

（3）P在导轨上做变速运动，设速度为v时金属棒中产生的感应电动势为e，电流为i，在△t时间内速度变化△v，由法拉第电磁感应定律，e=BLv，

由闭合电路欧姆定律，i=e/R

所受安培力 F=BiL=，

由动量定理，F△t=m△v，

即：△t=m△v，

方程两侧求和  Σ△t=Σm△v，

即Σv△t=mΣ△v，

注意到Σv△t=x，Σ△v=-= v₀，解得：x=

由x=v_Qt

解得与P碰撞后，绝缘棒Q在导轨上运动的时间为t=

【规律总结】两物体弹性碰撞，利用动量守恒定律和动能之和不变列方程解答；导体棒在磁场中切割磁感线运动为变速直线运动，可以采用微元法，把位移分割为微元，利用动量定理列方程解答。

3. （2023年高考湖南卷）如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为，两导轨及其所构成的平面均与水平面成角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为．现将质量均为的金属棒垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为．运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为．

（1）先保持棒静止，将棒由静止释放，求棒匀速运动时的速度大小；

（2）在（1）问中，当棒匀速运动时，再将棒由静止释放，求释放瞬间棒的加速度大小；

（3）在（2）问中，从棒释放瞬间开始计时，经过时间，两棒恰好达到相同的速度，求速度的大小，以及时间内棒相对于棒运动的距离．

【参考答案】（1）；（2）；（3）

【名师解析】

（1）a匀速运动切割磁感线产生的感应电动势E1=BLv₀，

  导体棒a中电流I=E₁/2R

所受安培力F=BIL，

匀速运动，mgsinθ=F

联立解得v₀==

（2）当导体棒a匀速运动时，释放b，由左手定则可判断出导体棒b受到沿导轨斜向下的安培力力，由牛顿第二定律，mgsinθ+F=ma，

解得 a=2gsinθ。

（3释放导体棒b后，由于导体棒b中产生的感应电动势对于回路来说，与导体棒a中产生的感应电动势方向相反，所以两导体棒所受安培力均减小，对导体棒a，由动量定理，（mgsinθ-F）t₀=mv-mv₀

对导体棒b，由动量定理，（mgsinθ+F）t₀=mv

联立解得：v=gt₀sinθ+

取导体棒变速运动过程中，导体棒a速度为v_i时产生的感应电动势为E_i=BLv_i，同时导体棒b速度为v_j，感应电动势E_j=BLv_j，导体棒中电流为I==，所受安培力F=BIL=

对导体棒b，由动量定理，（mgsinθ+）△t=m△v

方程两侧求和Σ【(mgsinθ+）△t】=Σm△v

注意到：Σ△t=t0，Σ△v=v，Σ（v_i-v_j）△t=△x

解得：△x=

4．（2023全国高考新课程卷）（20分）一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R₀，置于光滑的绝缘水平桌面（纸面）上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图（a）所示。

（1）使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。

（2）在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图（b）所示。让金属框以与（1）中相同的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R₁产生的热量。

【名师解析】

（1）设导线框进入磁场时速度为v₀，导线框完全进入时速度为v₁，

对导线框进入磁场过程中某时刻速度v_i，导线框中产生的感应电动势e=BLv_i，

感应电流，i=e/4R₀,

所受安培力F=BiL，

联立解得：F=

取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，

即  - △t=m△v，

方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，

注意到Σv_i△t=L，Σ△v= v₁- v₀，

化简得  =m（v₀-v₁）   ①

导线框完全在匀强磁场中运动，导线框中磁通量不变，不产生感应电流，做匀速直线运动。

导线框出磁场过程，取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，

即  - △t=m△v，

方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，

注意到Σv_i△t=L，Σ△v=-v₁，

化简得  =m（v₁ -）   ②

①②两式消去v₁，得v₀=

（2）导线框进入磁场区域过程，右侧边切割磁感线产生感应电动势，由于导轨电阻可忽略，此时金属框上下部分被短路，其电路可以简化如下。

故电路中的外电路电阻为=,总电阻R_总=R₀+=

设导线框进入磁场时速度为v，导线框完全进入时速度为v₁，

对导线框进入磁场过程中某时刻速度v_i，导线框中产生的感应电动势e=Blv_i，

感应电流，i=e/R_总，

所受安培力F=Bil，

联立解得：F=

取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，

即  - △t=m△v，

方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，

注意到Σv_i△t=l，Σ△v= v₁- v，

化简得  =m（v-v₁）   ①

解得：v₁=v-=

在这个过程中线框动能减小△E_k1=-=

由能量守恒定律可知整个电路电阻产生的热量Q=△E_k1=

设此过程中R₁中产生的热量为Q₁，由于R₁=2R，根据串并联电路规律和焦耳定律可知，导线框右边电阻产生的热量为4.5Q₁，左边电阻产生的热量为2Q₁，整个电路电阻产生的热量为Q=Q₁+4.5Q₁+2Q₁=7.5 Q₁.

解得：Q₁=

导线框完全在磁场区域运动，导线框可以视为内阻为0.5R的电源，回路总电阻R_总=2.5R，

导线框做减速运动，设导线框开始出磁场时速度为v₂，

对导线框进入磁场过程中某时刻速度v_i，导线框中产生的感应电动势e=Blv_i，

感应电流，i=e/R_总，

所受安培力F=Bil，

联立解得：F=

取时间微元△t，由动量定理，- F△t=m△v，

即  - △t=m△v，

方程两侧求和，-Σ△t=Σm△v，

注意到Σv_i△t=L，Σ△v= v₂- v₁，

化简得  =m（v₁-v₂）   ①

解得：v₂=v₁-=0，则说明线框右侧将离开磁场时就停止运动了。

在这个过程中线框动能减小△E_k2==

由能量守恒定律可知整个电路电阻产生的热量Q’=△E_k1=

设此过程中R₁中产生的热量为Q₂，则导线框电阻产生的热量为Q₂，整个电路电阻产生的热量为Q’=1.25 Q₂.

解得：Q₂.= 

整个运动过程中，R₁产生的热量为Q= Q₁+ Q₂ ==+=

5．（11分）（2023年6月高考浙江选考科目）某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置（简化为与火箭绝缘的导电杆MN）和装置A组成，并形成团合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示。

导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零：在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小（其中k为常量），方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小，方向与B₁相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v₀进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻。在火箭落停过程中，

（1）求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；

（2）求回路感应电动势E与运动时间t的关系；

（3）求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W；

（4）若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。

【参考答案】（1）3Mg；；（2）E=（v₀-2gt）；

（3）；     

（4）装置A可回收的能量包括导电杆和火箭的动能和重力势能。

【名师解析】（1）导电杆所受安培力F=B₁Id=kI·I·=3Mg

由动能定理，-FL+MgL=0-

解得：L=。

（2）火箭与导电杆下落做匀减速运动，由F-Mg=Ma，解得加速度大小为a=2g。

在时刻t，导电杆的速度v=v₀-at=v₀-2gt，

导电杆切割磁感线产生的感应电动势E=B₂dv=2kI·d·（v₀-2gt）=（v₀-2gt）

（3）根据题述导电杆中电流恒定为I，则有U-E=IR，

解得装置A输出电压U=IR+ v₀-t=

装置A输出的电功率P=UI= I²R+ 3Mgv₀-6Mg²t

由v₀-2gt₀=0解得总下落时间t₀=

令I²R+ 3Mgv₀=P₀，画出输出的电功率P随时间t变化图像，如图。

电功率P随时间t变化图像与横轴所围面积等于输出的能量W，

所以W==（I²R+ 3Mgv₀）=

（4）若R的阻值视为零，装置A可回收的能量包括导电杆和火箭的动能和重力势能；

动能为E_K=，重力势能为为E_p=Mg·=，

可回收的总能量为W_回= E_K+ E_p=+=