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电磁感应+动量考点01 电磁感应+动量定理1. （2024年高考湖南卷）某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R 的定值电阻相连，导轨BC 段与11B C 段粗糙，其余部分光滑，1AA 右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m 的金属杆垂直导轨放置。
现让金属杆以初速度0v 沿导轨向右经过1AA 进入磁场，最终恰好停在1CC 处。
已知金属杆接入导轨之间的阻值为R ，与粗糙导轨间的摩擦因数为μ，AB BC d ==。
导轨电阻不计，重力加速度为g ，下列说法正确的是（ ）A. 金属杆经过1BB 的速度为02v B. 在整个过程中，定值电阻R 产生的热量为201122mv mgd μ-C. 金属杆经过11AA B B 与11BB C C 区域，金属杆所受安培力的冲量相同D. 若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍【答案】CD 【解析】设平行金属导轨间距为L ，金属杆在AA 1B 1B 区域向右运动的过程中切割磁感线有E = BLv ，2EI R=金属杆在AA 1B 1B 区域运动的过程中根据动量定理有-D =D BIL t m v则222t B L v t m v R-D =D 由于t d v t =åD ，则上面方程左右两边累计求和，可得2202B B L d mv mv R-=-则2202B B L dv v mR=-设金属杆在BB 1C 1C 区域运动的时间为t 0，同理可得，则金属杆在BB 1C 1C 区域运动的过程中有2202BB L d mgt mv Rμ--=-解得2202B B L d v gt mRμ=+综上有000222B v gt v v μ=+>则金属杆经过BB 1的速度大于2v ，故A 错误；在整个过程中，根据能量守恒有2012mv mgd Q μ=+则在整个过程中，定值电阻R 产生的热量为20111242R Q Q mv mgdμ==-故B 错误；金属杆经过AA 1B 1B 与BB 1C 1C 区域，金属杆所受安培力的冲量为222222t B L B L xBIL t v t R R-D =-D =åå则金属杆经过AA 1B 1B 与BB 1C 1C 区域滑行距离均为d ，金属杆所受安培力的冲量相同，故C 正确；根据A 选项可得，金属杆以初速度0v 在磁场中运动有220022B L dmgt mv Rμ´--=-金属杆的初速度加倍，则金属杆通过AA 1B 1B 区域时中有220'22B B L d mv mv R-=-则金属杆的初速度加倍，则金属杆通过1BB 时速度为220'22B B L dv v mR=-则设金属杆通过BB 1C 1C 区域的时间为1t ， 则221''2C B B L d mgt mv mv R μ--=-，2210022B L x mgt mv Rμ--=-则22102'22C B L dmgt mv mv Rμ´--=-，则0101220022(2)2mv mgt Rx mv mgt d B L mv mgt μμμ-=-=´-由于10t t <，则4x d>可见若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，故D 正确。
第9课时 电磁感应的综合应用 考点 楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用1．求感应电动势的两种方法(1)E ＝n ΔΦΔt，用来计算感应电动势的平均值． (2)E ＝Bl v 或E ＝12Bl 2ω，主要用来计算感应电动势的瞬时值． 2．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．3．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”．例1 (多选)(2019·全国卷Ⅰ·20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图1(a)中虚线MN 所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S ，将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内，圆心O 在MN 上．t ＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图(b)所示．则在t ＝0到t ＝t 1的时间间隔内( )图1A ．圆环所受安培力的方向始终不变B ．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C ．圆环中的感应电流大小为B 0rS 4t 0ρD ．圆环中的感应电动势大小为B 0πr 24t 0答案 BC解析 在0～t 0时间内，磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t 0～t 1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A 错误，B 正确；根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝12πr 2·B 0t 0＝B 0πr 22t 0，根据电阻定律可得R ＝ρ2πr S ，根据欧姆定律可得I ＝E R ＝B 0rS 4t 0ρ，所以选项C 正确，D 错误．变式训练1．(多选)(2020·山东等级考模拟卷·12)竖直放置的长直密绕螺线管接入如图2甲所示的电路中，通有俯视顺时针方向的电流，其大小按图乙所示的规律变化．螺线管内中间位置固定有一水平放置的硬质闭合金属小圆环(未画出)，圆环轴线与螺线管轴线重合．下列说法正确的是( )图2A ．t ＝T 4时刻，圆环有扩张的趋势 B ．t ＝T 4时刻，圆环有收缩的趋势 C ．t ＝T 4和t ＝3T 4时刻，圆环内的感应电流大小相等 D ．t ＝3T 4时刻，圆环内有俯视逆时针方向的感应电流 答案 BC解析 t ＝T 4时刻，线圈中通有俯视顺时针且逐渐增大的电流，则线圈中由电流产生的磁场向下且逐渐增加．由楞次定律可知，圆环有收缩的趋势，A 错误，B 正确；t ＝3T 4时刻，线圈中通有俯视顺时针且逐渐减小的电流，则线圈中由电流产生的磁场向下且逐渐减小，由楞次定律可知，圆环中的感应电流为俯视顺时针，D 错误；t ＝T 4和t ＝3T 4时刻，线圈中电流的变化率一致，即由线圈电流产生的磁场变化率一致，则圆环中的感应电流大小相等，C 正确． 例2 (多选)(2019·山东枣庄市上学期期末)如图3所示，水平放置的半径为2r 的单匝圆形裸金属线圈A ，其内部有半径为r 的圆形匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B 、方向竖直向下；线圈A 的圆心和磁场区域的圆心重合，线圈A 的电阻为R .过圆心的两条虚线ab 和cd 相互垂直．一根电阻不计的直导体棒垂直于ab 放置，使导体棒沿ab 从左向右以速度v 匀速通过磁场区域，导体棒与线圈始终接触良好，线圈A 中会有感应电流通过．撤去导体棒，使磁场的磁感应强度均匀变化，线圈A 中也会有感应电流，如果使cd 左侧的线圈中感应电流大小和方向与导体棒经过cd 位置时的相同，则( )图3A ．磁场一定增强B ．磁场一定减弱C ．磁感应强度的变化率为4B v πrD ．磁感应强度的变化率为8B v πr答案 AC解析 根据右手定则，导体棒切割磁感线产生的感应电流通过cd 左侧的线圈时的方向是逆时针的，根据楞次定律，使磁场的磁感应强度均匀变化，产生同样方向的感应电流，磁场一定增强，故A 正确，B 错误；导体棒切割磁感线时，根据法拉第电磁感应定律，导体棒经过cd位置时产生的感应电动势E ＝2Br v ，根据欧姆定律，通过cd 左侧的线圈中感应电流大小I ＝E R2＝4Br v R ；磁场的磁感应强度均匀变化时，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律，ΔB Δt ×r 2πR＝4Br v R ，ΔB Δt ＝4B v πr，故C 正确，D 错误． 变式训练2．(2019·山东济南市3月模拟)在如图4甲所示的电路中，螺线管匝数n ＝1 000匝，横截面积S ＝20 cm 2.螺线管导线电阻r ＝1.0 Ω，R 1＝4.0 Ω，R 2＝5.0 Ω，C ＝30 μF.在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场的磁感应强度B 的方向如图甲所示，大小按如图乙所示的规律变化，则下列说法中正确的是( )图4A ．螺线管中产生的感应电动势为1.2 VB ．闭合K ，电路中的电流稳定后，电容器的下极板带负电C ．闭合K ，电路中的电流稳定后，电阻R 1的电功率为2.56×10－2 WD ．闭合K ，电路中的电流稳定后，断开K ，则K 断开后，流经R 2的电荷量为1.8×10－2 C 答案 C解析 根据法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔΦΔt ＝nS ΔB Δt ；解得：E ＝0.8 V ，故A 错误；根据楞次定律可知，螺线管的感应电流盘旋而下，则螺线管下端相当于电源的正极，则电容器的下极带正电，故B 错误；根据闭合电路欧姆定律，有：I ＝E R 1＋R 2＋r＝0.08 A ，根据 P ＝I 2R 1解得：P ＝2.56×10－2 W ，故C 正确；K 断开后，流经R 2的电荷量即为K 闭合时电容器一个极板上所带的电荷量Q ，电容器两端的电压为：U ＝IR 2＝0.4 V ，流经R 2的电荷量为：Q ＝CU ＝1.2×10－5 C ，故D 错误． 考点 电磁感应中的电路与图象问题1．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．2．解图象问题的三点关注(1)关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向．(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程可以分为几个阶段，这几个阶段分别与哪段图象变化相对应．(3)关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲直是否和物理过程对应．3．解图象问题的两个分析方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项．(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断，这未必是最简捷的方法，但却是最有效的方法．例3 (多选)(2019·贵州部分重点中学教学质量评测卷(四))长为L 的金属棒OP 固定在顶角为2θ的塑料圆锥体侧面上，ab 为圆锥体底面直径．圆锥体绕其轴OO ′以角速度ω在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中匀速转动，转动方向如图5所示，下列说法正确的是( )图5A ．金属棒上O 点的电势高于P 点B ．金属棒上O 点的电势低于P 点C ．金属棒OP 两端电势差大小为12Bω2L sin θD ．金属棒OP 两端电势差大小为12BωL 2sin 2 θ 答案 AD解析 由右手定则知金属棒OP 在匀速转动过程中切割磁感线产生的感应电动势方向由P 指向O ，在电源内部由电势低处指向电势高处，则金属棒上O 点的电势高于P 点，故A 正确，B 错误．金属棒OP 在匀速转动过程中切割磁感线的有效长度L ′＝O ′P ＝L sin θ，故产生的感应电动势E ＝BL ′·12ωL ′＝12BωL 2sin 2 θ，故C 错误，D 正确． 变式训练3.(2019·安徽宣城市期末调研测试)边界MN 的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为B 、方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场．边长为l 的正三角形金属线框abc 粗细均匀，三边阻值相等，a 顶点刚好位于边界MN 上，现使线框围绕过a 点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转动角速度为ω，如图6所示，则在ab 边开始转入磁场的瞬间ab 两端的电势差U ab 为( )图6A.13Bl 2ω B ．－12Bl 2ω C ．－13Bl 2ω D.16Bl 2ω 答案 A 解析 当ab 边刚进入磁场时，ab 部分在切割磁感线，切割长度为两个端点间的距离，即a 、b 间的距离为l ，E ＝Bl v ＝Bl lω2＝12Bl 2ω；设每个边的电阻为R ，a 、b 两点间的电势差为：U ＝I ·2R ＝E 3R ·2R ，故U ＝13Bωl 2，故A 正确，B 、C 、D 错误． 例4 (多选)(2019·全国卷Ⅱ·21)如图7，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab 、cd 均与导轨垂直，在ab 与cd 之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ 、MN 先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ 进入磁场时加速度恰好为零．从PQ 进入磁场开始计时，到MN 离开磁场区域为止，流过PQ 的电流随时间变化的图像可能正确的是( )图7答案 AD解析 根据题述，PQ 进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，若释放两导体棒的时间间隔足够长，在PQ 通过磁场区域一段时间后MN 进入磁场区域，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可知流过PQ 的电流随时间变化的图像可能是A ；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ 没有出磁场区域时MN 就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ 出磁场后，MN 切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于I 1，受到安培力作用，由于安培力与速度成正比，则MN 所受的安培力一定大于MN 的重力沿导轨平面方向的分力，所以MN 一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ 的电流随时间变化的图像可能是D. 变式训练4.(2019·安徽合肥市第一次质量检测)如图8所示，一有界匀强磁场区域的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里，磁场宽度为L ；正方形导线框abcd 的边长也为L ，当bc 边位于磁场左边缘时，线框从静止开始沿x 轴正方向匀加速通过磁场区域．若规定逆时针方向为电流的正方向，则反映线框中感应电流变化规律的图象是( )图8答案 B解析 设导线框运动的加速度为a ，则某时刻其速度v ＝at ，所以在0～t 1时间内(即当bc 边位于磁场左边缘时开始计时，到bc 边位于磁场右边缘结束)，根据法拉第电磁感应定律得：E＝BL v ＝BLat ，电动势为逆时针方向．由闭合电路欧姆定律得：I ＝BLa R t ，电流为正．其中R 为线框的总电阻．所以在0～t 1时间内，I ∝t ，故A 、C 错误；从t 1时刻开始，ad 边开始切割磁感线，电动势大小E ＝BLat ，其中t 1＜t ≤t 2，电流为顺时针方向，为负，电流I ＝BLa Rt ，t 1＜t ≤t 2，其中I 0＝BLa R t 1，电流在t 1时刻方向突变，突变瞬间，电流大小保持I 0＝BLa R t 1不变，故B 正确，D 错误．考点电磁感应中的动力学与能量问题1．电荷量的求解电荷量q ＝I Δt ，其中I 必须是电流的平均值．由E ＝n ΔΦΔt 、I ＝E R 总、q ＝I Δt 联立可得q ＝n ΔΦR 总，此式不涉及时间．2．求解焦耳热Q 的三种方法(1)焦耳定律：Q ＝I 2Rt ，适用于电流、电阻不变； (2)功能关系：Q ＝W 克服安培力，电流变或不变都适用；(3)能量转化：Q ＝ΔE 其他能的减少量，电流变或不变都适用．3．电磁感应综合题的解题策略(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：克服安培力做的功，等于把其他形式的能转化为电能的多少．例5 (2019·湖北稳派教育上学期第二次联考)如图9所示，倾角为θ的光滑绝缘斜面上平行于底边的虚线ef 下方有垂直于斜面向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B ，边长为L 的正方形导线框abcd 放在斜面上，线框的电阻为R ，线框的cd 边刚好与ef 重合．无初速度释放线框，当ab 边刚好要进入磁场时，线框的加速度刚好为零，线框的质量为m ，重力加速度为g ，求：图9(1)ab 边刚好要进入磁场时线框的速度大小；(2)从释放线框到ab 边进入磁场时，通过线框横截面的电荷量．答案 (1)mgR sin θB 2L 2 (2)BL 2R解析 (1)ab 边刚好要进入磁场时， mg sin θ＝F A ＝B 2L 2v R解得：v ＝mgR sin θB 2L 2(2)线框进入磁场的过程中，平均电流为I ＝E R根据法拉第电磁感应定律有：E ＝ΔФΔt 通过线框横截面的电荷量q ＝I Δt ＝ΔФR ＝BL 2R.变式训练5．(多选)(2019·辽宁葫芦岛市第一次模拟)如图10甲所示，在MN 、OP 间存在一匀强磁场，t ＝0时，一正方形光滑金属线框在水平向右的外力F 作用下紧贴MN 从静止开始做匀加速运动，外力F 随时间t 变化的图线如图乙所示，已知线框质量m ＝1 kg 、电阻R ＝2 Ω，则( )图10A ．线框的加速度大小为2 m/s 2B ．磁场宽度为6 mC ．匀强磁场的磁感应强度大小为 2 TD ．线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为22 C 答案 ACD 解析 整个线框在磁场中运动时只受外力F 作用，则加速度a ＝F m＝2 m/s 2.由题图可知，从线框右边刚进入磁场到右边刚离开磁场，运动的时间为2 s ，磁场的宽度d ＝12at 12＝4 m ，所以选项A 正确，B 错误；当线框全部进入磁场前的瞬间：F 1－F 安＝ma ，而F 安＝BIL ＝B 2L 2v R＝B 2L 2at R ，线框的宽度L ＝12at 12＝12×2×12 m ＝1 m ，联立得：B ＝ 2 T ，所以选项C 正确；线框进入磁场过程中，通过线框横截面的电荷量为q ＝ΔФR ＝BL 2R ＝2×122 C ＝22C ，所以选项D 正确．例6 (2019 ·浙南名校联盟期末)如图11甲所示，在竖直方向上有4条间距相等的水平虚线L 1、L 2、L 3、L 4，在L 1L 2之间、L 3L 4之间存在匀强磁场，大小均为1 T ，方向垂直于虚线所在平面．现有一根电阻为2 Ω的均匀金属丝，首尾相连制成单匝矩形线圈abcd ，连接处接触电阻忽略，宽度cd ＝L ＝0.5 m ，线圈质量为0.1 kg ，将其从图示位置由静止释放(cd 边与L 1重合)，速度随时间变化的关系如图乙所示，其中0～ t 1时间内图线是曲线，其他时间内都是直线；并且t 1时刻cd 边与L 2重合，t 2时刻ab 边与L 3重合，t 3时刻ab 边与L 4重合，已知t 1～t 2的时间间隔为0.6 s ，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向(重力加速度g 取10 m/s 2)．求：图11(1)线圈匀速运动的速度大小；(2)线圈的长度ad ；(3)在0～t 1时间内通过线圈的电荷量；(4)0～t 3时间内，线圈ab 边产生的热量．答案 (1) 8 m/s (2) 2 m (3) 0.25 C (4) 0.18 J解析 (1) t 2～t 3时间ab 边在L 3L 4内做匀速直线运动，E ＝BL v 2，F ＝B E R L ，F ＝mg 联立解得：v 2＝mgR B 2L2＝8 m/s ， (2)从cd 边出L 2到ab 边刚进入L 3线圈一直做匀加速直线运动，ab 刚进上方磁场时，cd 也应刚进下方磁场，设磁场宽度是d ，由v 2＝v 1＋gt 得，v 1＝2 m/s ，则3d ＝v 1＋v 22t ＝3 m ，得：d ＝1 m ，有：ad ＝2d ＝2 m ，(3)0～t 1时间内，通过线圈的电荷量为q ＝ΔΦR ＝BdL R＝0.25 C ， (4)在0～t 3时间内由能量守恒得：线圈产生热量Q 总＝mg ·5d －12m v 22＝1.8 J 故线圈ab 边产生热量Q ＝110Q 总＝0.18 J. 变式训练6.(2019·福建三明市期末质量检测)如图12所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角θ＝37°，导轨间距L ＝0.4 m ，其下端连接一个定值电阻R ＝4 Ω，其他电阻不计．两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝1 T ．一质量为m ＝0.04 kg 的导体棒ab 垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图12(1)求导体棒下滑的最大速度；(2)若导体棒从静止加速到v ＝4 m/s 的过程中，通过R 的电荷量q ＝0.2 C ，求R 产生的热量值． 答案 (1)6 m/s (2)0.16 J解析 (1)当导体棒所受的合外力为零时，速度最大，则：mg sin θ＝BIL ，I ＝BL v R 联立解得v ＝6 m/s(2)设该过程中电流的平均值为I ，则q ＝I ΔtI ＝ER ，E ＝BLx Δt 由能量守恒定律可得：mgx sin θ＝12m v 2＋Q 联立解得：x ＝2 m ，Q ＝0.16 J ．考点 电磁感应中的动量和能量问题1.电磁感应与动量综合问题往往需要运用牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、功能关系和能量守恒定律等重要规律，并结合闭合电路欧姆定律等物理规律及基本方法求解.2.动量观点在电磁感应问题中的应用，主要可以解决变力的冲量.所以，在求解导体棒做非匀变速运动的问题时，应用动量定理可以避免由于加速度变化而导致运动学公式不能使用的麻烦，在求解双杆模型问题时，在一定条件下可以利用动量守恒定律避免讨论中间变化状态，而直接求得最终状态.例7 (2019·福建福州市期末质量检测)如图13所示，空间存在一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B ；边长为L 的正方形金属框abcd (简称方框)放在光滑的水平地面上，其外侧套着一个与方框边长相同的U 形金属框架MNQP (仅有MN 、NQ 、QP 三条边，简称U 形框)，U 形框的M 、P 端的两个触点与方框接触良好且无摩擦，其他地方没有接触.两个金属框每条边的质量均为m ，每条边的电阻均为r .(1)若方框固定不动，U 形框以速度v 0垂直NQ 边向右匀速运动，当U 形框的接触点M 、P 端滑至方框的最右侧时，如图乙所示，求U 形框上N 、Q 两端的电势差U NQ ；(2)若方框不固定，给U 形框垂直NQ 边向右的水平初速度v 0，U 形框恰好不能与方框分离，求方框最后的速度v t 和此过程流过U 形框上NQ 边的电荷量q ；(3)若方框不固定，给U 形框垂直NQ 边向右的初速度v (v >v 0)，在U 形框与方框分离后，经过t 时间，方框的最右侧和U 形框的最左侧之间的距离为s .求分离时U 形框的速度大小v 1和方框的速度大小v 2.图13答案 见解析解析 (1)由法拉第电磁感应定律得：E ＝BL v 0此时电路图如图所示由串并联电路规律，外电阻为R 外＝2r ＋3r ×r 3r ＋r ＝114r 由闭合电路欧姆定律得：流过QN 的电流I ＝E R 外＋r＝4BL v 015r 所以：U NQ ＝E －Ir ＝1115BL v 0； (2)U 形框向右运动过程中，方框和U 形框组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒. 依题意得：方框和U 形框最终速度相同，设最终速度大小为v t ；3m v 0＝(3m ＋4m )v t解得：v t ＝37v 0 对U 形框，由动量定理得：－BL I t ＝3m v t －3m v 0由q ＝I t解得：q ＝12m v 07BL(3)设U 形框和方框分离时速度分别为v 1和v 2，系统动量守恒：3m v ＝3m v 1＋4m v 2 依题意得：s ＝(v 1－v 2)t联立解得：v 1＝37v ＋4s 7tv 2＝37v －3s 7t. 专题突破练级保分练1.(2019·广东珠海市质量监测)如图1所示，使一个水平铜盘绕过其圆心的竖直轴OO ′转动，摩擦等阻力不计，转动是匀速的．现把一个蹄形磁铁水平向左移近铜盘，则( )图1A ．铜盘转动将变快B ．铜盘转动将变慢C ．铜盘仍以原来的转速转动D ．因磁极方向未知，无法确定答案 B解析 假设蹄形磁铁的上端为N 极，下端为S 极，铜盘顺时针转动(从OO ′方向看)．根据右手定则可以确定此时铜盘中的感应电流方向是从盘心指向边缘．通电导体在磁场中要受到力的作用，根据感应电流的方向和磁场的方向，利用左手定则可以确定磁场对铜盘的作用力的方向是沿逆时针方向，其受力方向与铜盘的转动方向相反，所以铜盘的转动速度将减小．无论怎样假设，铜盘的受力方向始终与转动方向相反．同时，转动过程中，机械能转化为电能，最终转化为内能，所以转得慢了．所以B 正确，A 、C 、D 错误．2．(多选)(2019·福建泉州市期末质量检查)如图2甲所示，匀强磁场垂直穿过矩形金属线框abcd ，磁感应强度B 随时间t 按图乙所示规律变化，下列说法正确的是( )图2A．t1时刻线框的感应电流方向为a→b→c→d→aB．t3时刻线框的感应电流方向为a→b→c→d→aC．t2时刻线框的感应电流最大D．t1时刻线框ab边受到的安培力方向向右答案AD解析t1时刻穿过线框的磁通量向里增加，根据楞次定律可知，线框的感应电流方向为a→b→c→d→a，由左手定则可知，线框ab边受到的安培力方向向右，选项A、D正确；t3时刻穿过线框的磁通量向里减小，可知线框的感应电流方向为a→d→c→b→a，选项B错误；B－t图象的斜率等于磁感应强度的变化率，可知t2时刻磁感应强度的变化率为零，则线框的感应电流为零，选项C错误．3.(多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)如图3，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上．t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是()图3答案AC解析棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v 1＝v 2，这时两相同的光滑导体棒ab 、cd 组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有m v 0＝m v 1＋m v 2，解得v 1＝v 2＝v 02，选项A 、C 正确，B 、D 错误．4.(2019·甘肃兰州市第一次诊断)如图4所示，宽为L 的光滑导轨竖直放置，左边有与导轨平面垂直的区域足够大的匀强磁场，磁感应强度为B ，右边有两块水平放置的金属板，两板间距为d .金属板和电阻R 都与导轨相连．要使两板间质量为m 、带电荷量为－q 的油滴恰好处于静止状态，阻值也为R 的金属棒ab 在导轨上的运动情况可能为(金属棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，重力加速度为g )( )图4A ．向右匀速运动，速度大小为2dmg BLqB ．向左匀速运动，速度大小为2dmg BLqC ．向右匀速运动，速度大小为dmg 2BLqD ．向左匀速运动，速度大小为dmg 2BLq答案 A解析 两板间质量为m 、带电荷量为－q 的油滴恰好处于静止状态，则qE ＝mg ，板间电场强度E ＝mg q ，方向竖直向下；两板间电压U ＝Ed ＝mgd q，且上板带正电、下板带负电．金属棒ab 切割磁感线相当于电源，两金属板与电阻R 并联后接在金属棒两端，则金属棒中电流方向由b 流向a ，U ＝R R ＋R·E ＝12·BL v ，则金属棒ab 在导轨上的运动速度v ＝2mgd qBL ；据金属棒中电流方向由b 流向a 和右手定则可得，金属棒向右运动．综上，A 正确，B 、C 、D 错误．5.(2019·北京市东城区上学期期末)如图5所示，两光滑水平放置的平行金属导轨间距为L ，直导线MN 垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度大小为B .电容器的电容为C ，除电阻R 外，导轨和导线的电阻均不计．现给导线MN 一初速度，使导线MN 向右运动，当电路稳定后，MN 以速度v 向右匀速运动时( )图5A ．电容器两端的电压为零B ．通过电阻R 的电流为BL v RC ．电容器所带电荷量为CBL vD ．为保持MN 匀速运动，需对其施加的拉力大小为B 2L 2v R答案 C解析 当导线MN 匀速向右运动时，导线所受的合力为零，说明导线不受安培力，电路中电流为零，故电阻两端没有电压．此时导线MN 产生的感应电动势恒定，根据闭合电路欧姆定律得知，电容器两板间的电压为U ＝E ＝BL v ，故A 、B 错误．电容器所带电荷量Q ＝CU ＝CBL v ，故C 正确；因匀速运动后MN 所受合力为0，而此时无电流，不受安培力，则无需拉力便可做匀速运动，故D 错误．6．(多选)(2019·湖北稳派教育上学期第二次联考)如图6甲所示，通电直导线MN 和正方形导线框在同一水平面内，ab 边与MN 平行，先给MN 通以如图乙所示的电流，然后再通以如图丙所示的正弦交流电，导线和线框始终保持静止不动，电流从N 到M 为正，已知线框中的磁通量与直导线MN 中的电流成正比，则下列说法正确的是( )图6A ．通以如图乙所示的电流时，线框中产生的电流先减小后增大B ．通以如图乙所示的电流时，线框中的感应电流方向始终不变C ．通以如图丙所示的电流时，0～t 2时间内，线框受到的安培力方向不变D ．通以如图丙所示的电流时，t 3 时刻线框受到的安培力为零答案 BD解析 由题意可知，从N 到M 的方向为电流正方向；通以如题图乙所示的电流时，在0～t 1时间内电流方向为从M 到N ，穿过线框abcd 的磁场方向垂直纸面向外，大小在减小，由楞次定律可得，感应电流方向为逆时针，即为abcda ；在t 1时刻后，电流方向为N 到M ，穿过线框abcd 的磁场方向垂直纸面向里，大小在增大，由楞次定律可得，感应电流方向为逆时针，即为abcda ，故电流的方向不变，根据法拉第电磁感应定律有：E ＝ΔФΔt ，则线框中的感应电流为I ＝E R ＝ΔФΔt ×1R ，因线框中的磁通量与直导线MN 中的电流成正比，即ΔФΔt ∝ΔI Δt，则由乙图可知ΔI Δt 一直保持不变，故ΔФΔt不变，则感应电流I 不变，故A 错误，B 正确；通以如题图丙所示的电流时，在0～t 22时间内，导线中电流沿正方向增大，则线框中的磁场向里增大，由楞次定律可知，感应电流方向为逆时针，即为abcda ，根据左手定则可知，ab 边受到的安培力方向向右，cd 边受到的安培力方向向左，根据F ＝BIL 可知，I 、L 相同，但ab 边离导线近，故ab 边所在处的磁感应强度大于cd 边所在处的磁感应强度，则此时安培力的方向向右；在t 22～t 2时间内，导线中电流沿正方向减小，则线框中的磁场向里减小，由楞次定律可知，感应电流方向为顺时针，即为adcba ；根据左手定则可知，ab 边受到的安培力方向向左，cd 边受到的安培力方向向右，根据F ＝BIL 可知，I 、L 相同，但ab 边离导线近，故ab 边所在处的磁感应强度大于cd 边所在处的磁感应强度，则此时安培力的方向向左，故在0～t 2时间内线框受到的安培力方向改变，故C 错误；由题图丙可知，在t 3时刻电流为零，根据F ＝BIL 可知，此时线框受到的安培力为零，故D 正确．7．(2019·湖北十堰市上学期期末)如图7甲所示，导体棒MN 置于水平导轨上，PQMN 所围成的矩形的面积为S ，PQ 之间有阻值为R 的电阻，不计导轨和导体棒的电阻．导轨所在区域内存在沿竖直方向的匀强磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t 0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN 始终处于静止状态．下列说法正确的是( )图7A ．在0～2t 0时间内，导体棒受到的导轨的摩擦力方向先向左后向右，大小不变B ．在0～t 0时间内，通过导体棒的电流方向为N 到MC ．在t 0～2t 0时间内，通过电阻R 的电流大小为SB 0Rt 0。
高考必考知识专题一——电磁感应活动一、分析例1，体会电磁感应现象中牛顿运动定律、动能定理、能量守恒定律的简单运用例1．如图所示，两平行光滑的金属导轨AD、CE相距L=1.0m，导轨平面与水平面的夹角α=30o，下端A、C用导线相连，导轨电阻不计．PQGH范围内有方向垂直斜面向上、磁感应强度B=0.5T的匀强磁场，磁场的宽度d=0.6m，边界PQ、HG均与导轨垂直。
电阻r=0.40Ω的金属棒MN放置在导轨上，棒两端始终与导轨电接触良好，从与磁场上边界GH距离为b=0.40m的位置由静止释放，当金属棒进入磁场时，恰好做匀速运动，棒在运动过程中始终与导轨垂直，取g=10m/s2。
求：（1）金属棒进入磁场时的速度大小v；（2）金属棒的质量m；（3）金属棒在穿过磁场的过程中产生的热量Q。
归纳小结：1．动力学问题的研究对象2．解决电磁感应中动力学问题的具体思路电源―→电路―→受力情况―→功、能问题具体步骤为：（1）明确哪一部分电路产生感应电动势，则这部分电路就是等效电源；（2）正确分析电路的结构，画出等效电路图；（3）分析所研究的导体受力情况；（4）列出动力学方程或平衡方程并求解。
即时训练：电阻可忽略的光滑平行金属导轨长S ＝1.15m ，两导轨间距L ＝0.75 m ，导轨倾角为30°，导轨上端ab 接一阻值R ＝1.5 Ω的电阻，磁感应强度B ＝0.8 T 的匀强磁场垂直轨道平面向上。
阻值r ＝0.5 Ω,质量m ＝0.2kg 的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab 处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q 1＝0.1 J 。
（取g ＝10 m/s 2）求：（1）金属棒在此过程中克服安培力的功W 安；（2）金属棒下滑速度v ＝2 m/s 时的加速度a ；（3）为求金属棒下滑的最大速度v m ,有同学解答如下：由动能定理，W 重－W 安＝12mv 2m,…….由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答。
高三物理电磁感应试题答案及解析1.电磁感应现象在生活及生产中的应用非常普遍，下列不属于电磁感应现象及其应用的是【答案】 C【解析】试题分析: 发电机是利用线圈在磁场中做切割磁感线运动从而产生电流---电磁感应现象来工作的，所以A属于电磁感应现象及其应用；动圈式话筒是利用说话时空气柱的振动引起绕在磁铁上的线圈做切割磁感线运动，从而产生随声音变化的电流，利用了电磁感应现象，所以B属于电磁感应现象及其应用；电动机是利用通电线圈在磁场中受力转动的原理来工作的，所以C不属于电磁感应现象及其应用；变压器是利用电磁感应现象的原理来改变交流电压的，所以D属于电磁感应现象及其应用，故选C。
【考点】电磁感应2.在倾角为θ足够长的光滑斜面上，存在着两个磁感应强度大小相等的匀强磁场，磁场方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L，如图所示。
一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形线框在t＝0时刻以速度v0进入磁场，恰好做匀速直线运动，若经过时间t，线框ab边到达gg′与ff′中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则下列说法正确的是（）A．当ab边刚越过ff′时，线框加速度的大小为gsinθB．t时刻线框匀速运动的速度为C．t时间内线框中产生的焦耳热为D．离开磁场的过程中线框将做匀速直线运动【答案】BC【解析】当ab边进入磁场时，有E=Blv0，I=E/R，mgsinθ=BIl，有B2l2v/R=mgsinθ.当ab边刚越过f′时，线框的感应电动势和电流均加倍，则线框做减速运动，有4B2I2v/R=4mgsinθ，加速向上为3gsinθ，A错误；t0时刻线框匀速运动的速度为v，则有4B2I2v/R=mgsinθ，解得v=v/4，B正确；线框从进入磁场到再次做匀速运动过程，沿斜面向下运动距离为3l/2,则由功能关系得线框中产生的焦耳热为Q=3mglsinθ/2+（mv02/2-mv2/2）=3mgls inθ/2+15mv2/32，C正确；线框离开磁场时做加速运动，D错误。
2025年高考物理总复习专题33感应电
流方向的判断
1．用楞次定律判断
方法推论例证
楞次定律
阻碍原磁通量变化
——“增反减同”
磁铁靠近，B
感
、B
原
反向，二者相斥；
磁铁远离，B
感
、B
原
同向，二者相吸
阻碍相对运动
——“来拒去留”
使回路面积有扩大或
缩小的趋势——“增
缩减扩”
注意：此结论只适用于
磁感线单方向穿过回
路的情境
P、Q是光滑固定导轨，a、b是可移动金属棒，
磁铁下移，回路面积应减小，a、b靠近
B减小，线圈扩张
阻碍原电流的变化
——“增反减同”（即
自感现象）合上S，B灯先亮，A灯逐渐变亮；再断开S，
两灯逐渐熄灭
模型归纳
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2023届高考物理：电磁感应一轮练习附答案高考：电磁感应（一轮）一、选择题。
1、电阻R、电容器C与一线圈连成闭合电路，条形磁铁位于线圈的正上方，N 极朝下，如图所示．在磁铁N极远离线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是()A．从b到a，下极板带正电B．从a到b，下极板带正电C．从b到a，上极板带正电D．从a到b，上极板带正电2、（双选）如图甲所示，在倾斜角为θ的光滑斜面内分布着垂直于斜面的匀强磁场，以垂直于斜面向上为磁感应强度正方向，其磁感应强度B随时间变化的规律如图乙所示。
质量为m的矩形金属框从t＝0时刻由静止释放，t3时刻的速度为v，移动的距离为L，重力加速度为g。
在金属框下滑的过程中，下列说法正确的是()甲乙A．t1～t3时间内金属框中的电流方向不变B．0～t3时间内金属框做匀加速直线运动C．0～t3时间内金属框做加速度逐渐减小的直线运动D．0～t3时间内金属框中产生的焦耳热为mgLsin θ－12m v23、（双选）)如图甲所示是一种手摇发电的手电筒，内部有一固定的线圈和可来回运动的条形磁铁，其原理图如图乙所示．当沿图中箭头方向来回摇动手电筒过程中，条形磁铁在线圈内来回运动，灯泡发光．在此过程中，下列说法正确的是()A．增加摇动频率，灯泡变亮B．线圈对磁铁的作用力方向不变C．磁铁从线圈一端进入与从该端穿出时，灯泡中电流方向相反D．磁铁从线圈一端进入再从另一端穿出的过程中，灯泡中电流方向不变4、如图所示，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。
金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。
现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是()A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向5、（双选）如图所示，灯泡A、B与定值电阻的阻值均为R，L是自感系数较大的线圈，当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B两灯亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中正确的是()A．B灯立即熄灭B．A灯将比原来更亮一下后熄灭C．有电流通过B灯，方向为c→dD．有电流通过A灯，方向为b→a6、如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd沿纸面由位置1匀速运动到位置2。
考点35电磁感应现象楞次定律新课程标准1.知道磁通量。
通过实验，了解电磁感应现象，了解产生感应电流的条件。
知道电磁感应现象的应用及其对现代社会的影响。
2．探究影响感应电流方向的因素，理解楞次定律。
命题趋势高考对本专题的考查内容有电磁感应现象的分析与判断，主要体现对物理规律的理解，例如楞次定律，试题情境生活实践类真空管道超高速列车、磁悬浮列车、电磁轨道炮等各种实际应用模型学习探究类电磁感应的图像问题．考向一电磁感应现象考向二楞次定律考向三楞次定律推广应用考向四二次感应现象考向一电磁感应现象1．磁通量(1)定义：匀强磁场中，磁感应强度B与垂直磁场方向的面积S的乘积叫作穿过这个面积的磁通量，简称磁通。
我们可以用穿过这一面积的磁感线条数的多少来形象地理解。
(2)公式：Φ＝BS。
(3)公式的适用条件：①匀强磁场；②S是垂直磁场方向的有效面积。
(4)单位：韦伯(Wb)，1 Wb＝1T·m2。
(5)标量性：磁通量是标量，但有正负之分。
磁通量的正负是这样规定的：任何一个平面都有正、反两面，若规定磁感线从正面穿出时磁通量为正，则磁感线从反面穿出时磁通量为负。
（6）物理意义：相当于穿过某一面积的磁感线的条数．如图所示，矩形abcd、abb′a′、a′b′cd的面积分别为S1、S2、S3，匀强磁场的磁感应强度B与平面a′b′cd垂直，则：①通过矩形abcd 的磁通量为BS 1cos θ或BS 3. ②通过矩形a ′b ′cd 的磁通量为BS 3. ③通过矩形abb ′a ′的磁通量为0. 2．磁通量的变化量（1）在某个过程中，穿过某个平面的磁通量的变化量等于末磁通量Φ2与初磁通量Φ1的差值，即ΔΦ＝Φ2－Φ1。
（2）磁通量变化的常见情况变化情形 举例磁通量变化量 磁感应强度变化永磁体靠近或远离线圈、电磁铁(螺线管)内电流发生变化ΔΦ＝ΔB·S有效面积变化有磁感线穿过的回路面积变化闭合线圈的部分导线做切割磁感线运动，如图ΔΦ＝B·ΔS回路平面与磁场夹角变化线圈在磁场中转动，如图磁感应强度和有效面积同时变化弹性线圈在向外拉的过程中，如图ΔΦ＝Φ2－Φ1磁通量的变化量与发生此变化所用时间的比值，即ΔΦΔt 。
微专题7 电磁感应中的电路和图像问题A组基础过关1.(2024河北唐山检测)如图甲所示,矩形导线框abcd固定在改变的磁场中,产生了如图乙所示的电流(电流方向abcda为正方向)。
若规定垂直纸面对里的方向为磁场正方向,能够产生如图乙所示电流的磁场为( )答案 D 由题图乙可知,0~t1内,线圈中的电流的大小与方向都不变,依据法拉第电磁感应定律可知,线圈中的磁通量的改变率相同,故0~t1内磁感应强度与时间的关系是线性的,A、B错误;又由于0~t1时间内电流的方向为正,即沿abcda方向,由安培定则知,电路中感应电流的磁场方向向里,由楞次定律知0~t1内原磁场向里减小或向外增大,因此D正确,C错误。
2.(2024江西南昌模拟)如图所示,虚线框内存在匀称改变的匀强磁场,三个电阻R1、R2、R3的阻值之比为1∶2∶3,导线的电阻不计。
当S1、S2闭合,S3断开时,闭合回路中感应电流为I;当S2、S3闭合,S1断开时,闭合回路中感应电流为5I;当S1、S3闭合,S2断开时,闭合回路中感应电流为( )A.0B.4IC.6ID.7I答案 D 因为R1∶R2∶R3=1∶2∶3,可以设R1=R,R2=2R,R3=3R。
由电路图可知,当S1、S2闭合,S3断开时,电阻R1与R2组成闭合回路,设此时感应电动势是E1,由欧姆定律可得E1=3IR。
当S2、S3闭合,S1断开时,电阻R 2与R 3组成闭合回路,设感应电动势为E 2,由欧姆定律可得E 2=5I×5R=25IR;当S 1、S 3闭合,S 2断开时,电阻R 1与R 3组成闭合回路,此时感应电动势E=E 1+E 2=28IR,则感应电流为I'=E 4E =28EE 4E=7I,故选项D 正确。
3.如图所示,一个腰长为2L 的等腰直角三角形ABC 区域内,有垂直纸面对里的匀强磁场,其左侧有一个用金属丝制成的边长为L 的正方形线框abcd,线框以水平速度v 匀速通过整个匀强磁场区域,设电流沿逆时针方向为正。
专题27 法拉第电磁感应定律目录题型一实验：探究影响感应电流方向的因素 (1)题型二感应电流的产生和方向判断 (4)题型三楞次定律推论的应用 (6)题型四“三定则、一定律”的应用 (9)题型五法拉第电磁感应定律的理解及应用 (10)题型六导体切割磁感线产生的感应电动势 (13)类型1 平动切割磁感线 (14)类型2 转动切割磁感线 (15)类型3 有效长度问题 (16)题型六自感现象 (17)题型一实验：探究影响感应电流方向的因素1．实验设计如图2所示，通过将条形磁体插入或拔出线圈来改变穿过螺线管的磁通量，根据电流表指针的偏转方向判断感应电流的方向。
2．实验结论当穿过线圈的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场的方向相反；当穿过线圈的磁通量减小时，感应电流的磁场与原磁场的方向相同。
3．注意事项实验前应首先查明电流表中电流的流向与电流表指针偏转方向之间的关系，判断的方法是：采用如图所示的电路，把一节干电池与电流表及线圈串联，由于电流表量程较小，所以在电路中应接入限流变阻器R，电池采用旧电池，开关S采用瞬间接触，记录指针偏转方向。
【例1】探究感应电流方向的实验所需器材包括：条形磁体、电流表、线圈、导线、一节干电池(用来查明线圈中电流的流向与电流表中指针偏转方向的关系)．(1)实验现象：如图所示，在四种情况下，将实验结果填入下表．①线圈内磁通量增加时的情况①线圈内磁通量减少时的情况请填写表格中的空白项．(2)实验结论：当穿过闭合线圈的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向________(选填“相同”或“相反”)．(3)总结提炼：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的________．(4)拓展应用：如图所示是一种延时继电器的示意图．铁芯上有两个线圈A和B.线圈A和电源连接，线圈B与直导线ab构成一个闭合回路．弹簧K与衔铁D相连，D的右端触头C 连接工作电路(未画出)．开关S闭合状态下，工作电路处于导通状态．S断开瞬间，延时功能启动，此时直导线ab中电流方向为________(选填“a到b”或“b到a”)．说明延时继电器的“延时”工作原理：________.【例2】在“探究电磁感应的产生条件”的实验中，先按如图甲所示连线，不通电时，电流计指针停在正中央，闭合开关S时，观察到电流表指针向左偏。
专题六电磁感应知识点一：精要回顾知识点二1．电磁感应中电路知识的关系图2.电磁感应中的图像问题3.电磁感应中的能量问题（1）．电磁感应中的能量转化（2）．求解焦耳热Q的三种方法方法一：焦耳定律Q＝I2Rt。
方法二：功能关系Q＝W克服安培力。
方法三：能量转化Q＝ΔE其他能的减少量。
4.动量定理在电磁感应中的应用（1).导体棒在磁场中所受安培力是变力时，可用动量定理分析棒的速度变化，表达式为I 其他＋I －lB Δt ＝m v －m v 0或I 其他－I －lB Δt ＝m v －m v 0；若其他力的冲量和为零，则有I －lB Δt ＝m v －m v 0或－I －lB Δt ＝m v －m v 0。
(2).求电荷量：q ＝I －Δt ＝m v 0－m v Bl 。
(3).求位移：由－B 2l 2v －R Δt ＝m v －m v 0有s ＝v －Δt ＝（m v 0－m v ）R B 2l 2。
5.动量守恒定律在电磁感应中的应用在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒定律，运用动量守恒定律解题比较方便。
练习：1.(2020·山东等级考)(多选) 如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。
一位于Oxy 平面内的刚性导体框abcde 在外力作用下以恒定速度沿y 轴正方向运动（不发生转动）。
从图示位置开始计时，4s 末bc 边刚好进入磁场。
在此过程中，导体框内感应电流的大小为I ， ab 边所受安培力的大小为F ab ，二者与时间t 的关系图像，可能正确的是（BC ）A. B.C. D.2.(2021·山东等级考)(多选) 如图所示，电阻不计的光滑U 形金属导轨固定在绝缘斜面上。
区域Ⅰ、Ⅰ中磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加，Ⅰ区中为匀强磁场。
