电磁感应定律及其应用
[建体系·知关联]
[析考情·明策略]
考情
分析
纵览2020年山东、海南、北京、天津各省市等级考物理试题，
对本讲的考查集中在楞次定律，法拉第电磁感定律的应用，
电磁感应中的图象问题、电路问题、动力学和能量问题，
题型以选择题为主；计算题常以“导体棒”切割磁感线为背景，
还可能会涉及动量的问题。
素养
呈现
1.感应电流的产生、方向判断及大小计算
2.电磁感应中的电路分析及图象问题
3.电磁感应中的动力学、能量问题
素养
落实
1.掌握楞次定律、法拉第电磁感应定律，并灵活应用
2.掌握电磁感应中图象的分析技巧
3.做好电磁感应中的电路分析、电源分析、动力学和能量转化分析
考点1| 楞次定律和法拉第电磁感应定律新储备·等级考提能
1．判定感应电流方向的两种方法
(1)楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形。
(2)右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形。
2．求感应电动势的方法
(1)感生电动势：E＝n
ΔΦ
Δt
??
?
??S不变时E＝nSΔBΔt
B不变时E＝nB
ΔS
Δt
(2)动生电动势：
?
?
?平动切割：E＝Blv
转动切割：E＝
1
2
Bl2ω
新案例·等级考评价
[案例1] (多选)在三角形ABC区域中存在着磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场，三边电阻均为R的三角形导线框abc沿AB方向从A点以速度v匀速穿过磁场区域。如图所示，ab＝L，AB＝2L，∠abc＝∠ABC＝90°，∠acb＝∠ACB＝30°。线框穿过磁场的过程中( )
A．感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向
B．感应电流先增大，后减小
C．通过线框的电荷量为
3BL2
6R
D．c、b两点的最大电势差为3BL v
[题眼点拨]①“三角形导线框”表明线框进入磁场过程中有效长度发生变化。
②“穿过磁场区域”表明磁通量先增大，后减少。
AD[线圈穿越磁场的过程中，磁通量先增加后减小，则根据楞次定律可知，感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，选项A正确；线框穿过磁场的过程中，切割
磁感线的有效长度先增加、后减小、再增加，则感应电流先增加、后减小、再增加，选
项B 错误；根据q ＝ΔΦR 总
，因进入和穿出磁场时，磁通量的变化量相同，且感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，可知通过线框的电荷量为零，选项C 错误；当线框完全进入磁场时，c 、b 两点的电势差最大，最大为Ucb ＝E ＝B ·3L v ＝3BL v ，选项D 正确。]
反思感悟：(1)“找、判、定”三步确定电势的高低
(2)电磁感应中电荷量的求解方法
q ＝I －t ＝n ΔΦR ＋r
(n ：匝数，ΔΦ：磁通量变化量，R ＋r ：闭合电路的总电阻) [跟进训练]
1．(多选)(2020·济南市高三第一次模拟考试)如图所示，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场中，电路通过电刷与圆盘的边缘和铜轴接触良好，电源电动势为E ，内阻为r ，R 为定值电阻。先将开关闭合，待圆盘转速稳定后再断开开关，不计一切摩擦，下列说法正确的是( )
A ．闭合开关时，从上往下看圆盘逆时针转动
B ．闭合开关，转速稳定时，流过圆盘的电流为零
C ．断开开关时，a 点电势低于b 点电势
D ．断开开关后，流过定值电阻R 的电流方向与原电流方向相反
BC [根据题意可知，铜圆盘中的电流是从轴线流入，从边缘流出，根据左手定则可以判断出，从上往下看铜圆盘是顺时针转动，A 错误。闭合开关转速稳定时，因为圆
盘在转动的过程中产生电动势，相当于电源提供的电流和圆盘转动切割磁感线产生的电流相抵消，铜圆盘不受安培力，其中的电流为零，B正确。断开开关时，由于惯性，从上往下看铜圆盘仍然是顺时针转动的，根据安培定则可知，铜圆盘的轴心是感应电动势的正极，a点电势低于b点电势，流过定值电阻R的电流方向与原来的方向相同，C正确，D错误。]
2．(多选)(2020·湖北部分重点中学新起点考试)将一根粗细均匀的导线折成如图所示的闭合线框，线框上C、D连线的左侧是半径为r的半圆，右侧与C、D连线形成等边三角形。将线框放在光滑水平面上，其右侧为磁感应强度大小为B、方向垂直水平面向下的匀强磁场(虚线为磁场边界)，现用外力拉着线框以速度v匀速水平向右进入该磁场，且运动过程中C、D连线与磁场边界始终平行，下列说法正确的是( )
A．线框进入磁场的过程中产生的感应电动势不变
B．线框进入磁场的过程中产生的感应电动势先变大后变小
C．C、D连线到达磁场边界时，C、D两端的电压为2πBrv π＋4
D．C、D连线到达磁场边界时，C、D两端的电压为2Br v
BC[线框进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，产生的感应电动势先增大后减小，选项A错误，B正确；C、D连线到达磁场边界时，产生的感应
电动势E＝2Br v，线框导线总长度为L＝πr＋4r，C、D两端电压为U＝2Br v×
πr πr＋4r
＝2πBrv
π＋4
，选项C正确，D错误。]
3．(多选)如图，水平放置两个同心金属半圆环，半径分别为r和2r，
两环间分布着垂直于纸面向里的匀强磁场。磁感应强度大小为B。在两环间连接一个电容为C的电容器，c、d是电容器的两个极板，ab是可绕圆心转动，长为r的金属杆，沿半径方向放置在两环间且接触良好。
现让其绕圆心以恒定角速度ω沿逆时针转动。不计一切电阻，则下列说法正确的是( )
A．电容器c极板带正电
B．c、d间电压逐渐增大
C．金属杆ab产生的电动势为Bω2r
D．电容器所带电荷量为3
2
CBωr2
AD[根据右手定则可知，ab杆切割磁感线产生感应电动势，a端为低电势，b端为高电势，则电容器c板带正电，d板带负电，选项A正确；根据切割磁感线产生感应
电动势为E＝BL v＝Brω×r＋2r
2
＝
3
2
Bωr2，选项B、C错误；根据电容器电荷量的计算
公式得Q＝CU＝CE＝3
2
CBωr2，选项D正确。]
考点2| 电磁感应中的图象问题
根据题目所给条件，选择图象图象选择问题的2种处理方法
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)，特别是分析物理量的正负和方向，以排除错误的选项
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进行分析和判断
[案例2] (多选)(2020·山东学业水平等级考试·T12)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， 4 s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( )
A B
C D
BC[第1 s内，ae边切割磁感线，由E＝BL v可知，感应电动势不变，导体框总电阻一定，故感应电流一定，由安培力F＝BIL可知ab边所受安培力与ab边进入磁场的长度成正比；第2 s内，导体框切割磁感线的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大；第3～4 s内，导体框在第二象限内切割磁感线的有效长度保持不变，在第一象限内切割磁感线的有效长度不断增大，但两象限磁场方向相反，导体框的两部分感应电动势方向相反，所以第2 s末感应电动势达到最大，之后便不断减小，第3 s末与第1 s末，导体框切割磁感线的有效长度相同，可知第3 s末与第1 s末线框中产生的感应电流大小相等，A项错误，B项正确；但第3 s末ab边进入磁场的长度是第1 s末的3倍，即ab边所受安培力在第3 s末的大小等于第1 s末所受安培力大小的3倍，C项正确，D项错误。]
利用题目所给图象信息，分析相关物理量
图象应用的3个关注
(1)关注图象所描述的物理意义；明确各种“＋”“－”的含义；
(2)关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应，一般进入磁场或穿出磁场，磁通量最大或最小，有效切割长度最大或最小等是分段的关键点。
(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。
[案例3] (多选)(2019·全国卷Ⅰ·T 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(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( )
(a) (b)
A ．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B0rS 4t0ρ
D ．圆环中的感应电动势大小为B0πr24t0
[题眼点拨] ①“一硬质细导线……的圆环”可判断圆环电阻R ＝ρ2πr S
。 ②图象信息：“0～t 0”内磁感应强度减小，圆环内磁通量减少；“t 0～t 1”内磁通量反向增大。
BC [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，圆环所受安培力方向水平向左；在t 0～t 1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向仍为顺时针，圆环所受安培力方向水平向右，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·B0t0＝B0πr22t0，由R ＝ρl S 可得R ＝ρ 2πr S
，根据欧姆定律可得I ＝E R ＝B0rS 4t0ρ
，所以选项C 正确，D 错误。] [题组训练]
1．(多选)(2020·山东
等级考12月模
拟)竖直放置的长直密绕螺线管接入如图甲所示的电路中，螺线管中通有顺时针方向(俯视)的电流，电流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( )
甲乙
A．t＝T
4
时刻，小圆环有扩张的趋势
B．t＝T
4
时刻，小圆环有收缩的趋势
C．t＝T
4和t＝
3T
4
时刻，小圆环内的感应电流大小相等
D．t＝3T
4
时刻，俯视时小圆环内有逆时针方向的感应电流
BC[由题图乙可知，0～T
2
时间内，螺线管中的电流均匀增大，由安培定则可判断出螺线管中产生的磁场方向向下且磁感应强度逐渐增大，故小圆环中磁通量增加，由楞
次定律可知，小圆环有收缩的趋势，选项B正确，A错误；T
2
～T时间内，螺线管中的
电流均匀减小，由安培定则可判断出螺线管中产生的磁场方向向下且磁感应强度逐渐减小，故小圆环中磁通量减少，由楞次定律可知，俯视时小圆环内产生顺时针方向的感应
电流，选项D错误；t＝T
4
时刻和t＝
3T
4
时刻，螺线管中电流变化率大小相等，故小圆环
中磁通量变化率相等，根据法拉第电磁感应定律知，小圆环内产生的感应电动势大小相等，由闭合电路欧姆定律可知，小圆环内的感应电流大小相等，选项C正确。] 2．如图甲所示，半径为2r的圆形线圈内有垂直纸面方向变化的圆形磁场，磁场区域的半径为r，线圈与磁场区域共圆心，线圈中产生了如图乙所示的感应电流(规定逆时针方向的电流为正)。若规定垂直纸面向外的方向为磁场正方向，则能产生图乙所示的感应电流的磁场为( )
甲 乙
A B
C D
D [0～t 0时间内的感应电流为正(逆时针)，由右手螺旋定则得到感应磁场方向向外，而由楞次定律知原磁场方向可以是向外(正)减小或向里(负)增大，而感应电流大小
恒定，由E ＝n ΔB Δt S ，I ＝E R
知需要原磁场均匀变化，选项A 、B 、C 错误，D 正确。] 3．(多选)(2020·滨州市重点中学高考模拟)如图甲所示，光滑平行金属导轨MN 、PQ 所在平面与水平面成θ角，M 、
P 两端接一阻值为R 的定值电阻，阻值为r 的金属棒ab 垂直导轨放置，
其他部分电阻不计。整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中
，磁场方向垂直导轨平面向上。t ＝0时对金属棒施加一平行于导轨的外力F ，金属棒由静止开始沿导轨向上运动，运动过程中，金属棒始终与导轨垂直且良好接触，
通过R 的电荷量q 随时间的平方t 2变化的关系如图乙所示
。下列关于穿过回路abPMa 的磁通量Φ、金属棒ab 的加速度a 、金属棒受到的外力F 、通过金属棒的电流I 随时间t 变化的图象中，可能正确的是( )
甲 乙
A B C D
CD[设导轨宽度为L，则金属棒ab沿导轨向上移动d的过程中，通过定值电阻R
的电荷量q＝ΔΦ
R＋r
＝
BLd
R＋r
，解得ΔΦ＝(R＋r)q＝k(R＋r)t2，其中k为图乙中图线的斜率，
所以通过闭合回路的磁通量Φ＝Φ0＋k(R＋r)t2，A项错误；由BLd＝k(R＋r)t2可知，d∝t2，故金属棒沿导轨做初速度为零的匀加速直线运动，加速度保持不变，B项错误；金属棒
的加速度为a，则有v＝at，I＝
E
R＋r
＝
BLv
R＋r
＝
BLat
R＋r
，D项正确；由牛顿第二定律有F－
mg sin θ－BIL＝ma，解得F＝mg sin θ＋ma＋B2L2a
R＋r
t，所以C项正确。]
考点3| 电磁感应中力电综合问题新储备·等级考提能
3．求解焦耳热Q的三种方法
(1)焦耳定律：Q＝I2Rt。
(2)功能关系：Q＝W安。
(3)能量转化：Q＝ΔE其他。
4．利用动量定理求感应电荷量或运动位移
如：B I－LΔt＝Δp，q＝I－·Δt，可得q＝Δp BL
。
B2L2v －R 总Δt ＝Δp ，x ＝v －Δt ，可得x ＝ΔpR总B2L2
。 新案例·等级考评价
[案例4] 如图所示，光滑导轨MN 和PQ 固定在竖直平面内，导轨间距为L ，
两端分别接有阻值均为R 的定值电阻R 1和R 2。两导轨间有一边长为L 2
的正方形区域abcd ，该区域内有磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m 的金属杆与导轨相互垂直且接触良好，从ab 处由静止释放，
若金属杆离开磁场前已做匀速运动，其余电阻均不计。求：
(1)金属杆离开磁场前的瞬间流过R 1的电流大小和方向；
(2)金属杆离开磁场时速度的大小；
(3)金属杆穿过整个磁场过程中电阻R 1上产生的焦耳热。
[题眼点拨] ①“离开磁场前已做匀速运动”表明此时安培力与重力平衡。
②“边长为L 2的正方形区域”表明导体棒切割的有效长度为L
2。
[解析] (1)设流过金属杆中的电流为I ，由平衡条件得mg ＝BI L 2，解得I ＝2mg
BL
所以R 1中的电流大小I 1＝I 2＝mg
BL ，方向从P 到M 。
(2)设金属杆匀速运动时的速度为v
由E ＝B L
2v
E ＝I R
2
得v ＝2mgR
B2L2。
(3)mg L 2＝Q ＋12
m v 2 得Q ＝mgL 2－2m3g2R2B4L4
R 1上产生的焦耳热为
Q R 1＝12Q ＝mgL 4－m3g2R2B4L4
。 [答案] (1)mg BL ，方向从P 到M (2)2mgR B2L2 (3)mgL 4－m3g2R2B4L4
规律总结：力电综合问题的分析思路
[跟进训练]
1．“双杆＋导轨”模型
如图所示，两根质量均为m ＝2 kg 的金属棒垂直放在光滑的水平导轨上
，左右两部分导轨间距之比为1∶2
，导轨间有大小相等但左、右两部分方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长成正比，不计导轨电阻。现用250 N 的水平拉力F 向右拉CD 棒，CD 棒运动s ＝0.5 m 时其上产生的焦耳热为Q 2＝30 J ，此时两棒速率之比为v A ∶v C ＝1∶2，现立即撤去拉力F ，设导轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：
(1)在CD 棒运动0.5 m 的过程中，AB 棒上产生的焦耳热；
(2)撤去拉力F 瞬间，两棒的速度大小v A 和v C ；
(3)撤去拉力F 后，两棒最终匀速运动的速度大小v ′A 和v ′C 。
[解析] (1)设两棒的长度分别为l 和2l ，所以电阻分别为R 和2R ，由于电路中任何时刻电流均相等，根据焦耳定律Q ＝I 2Rt 可知Q 1∶Q 2＝1∶2，则AB 棒上产生的焦耳热Q 1＝15 J 。
(2)根据能量守恒定律，
有Fs ＝12m v 2A ＋12
m v 2C ＋Q 1＋Q 2 又v A ∶v C ＝1∶2，Q 2＝30 J
代入数据得v A ＝4 m/s ，v C ＝8 m/s 。
(3)撤去拉力F 后，AB 棒继续向左做加速运动，而CD 棒向右做减速运动，两棒最终匀速运动时电路中感应电流为零，即两棒切割磁感线产生的电动势大小相等，此时两棒的速度满足
BL v ′A ＝B ·2L v ′C
即v ′A ＝2v ′C (不对过程进行分析，认为系统动量守恒是常见错误)对两棒分别应用动量定理，有
F －A ·t ＝m v ′A －m v A ，－F －C ·t ＝m v ′C －m v C 。
因为F －C ＝2F －A ，故有v′A－vA vC －v′C ＝12
联立以上各式解得v ′A ＝6.4 m/s ，v ′C ＝3.2 m/s 。
[答案] (1)15 J (2)4 m/s 8 m/s (3)6.4 m/s 3.2 m/s
2．“导体框”运动模型
如图所示，在倾角θ＝37°的光滑绝缘斜面内有两个质量分别为4m 和m 的正方形导线框a 、b ，电阻均为R ，边长均为l ；它们分别系在一跨过两个轻质定滑轮的轻绳两端
，在两导线框之间有一方向垂直斜面向下、宽度为2l 的匀强磁场区域，
磁感应强度大小为B ；开始时，线框b 的上边框与匀强磁场的下边界重合，
线框a 的下边框到匀强磁场的上边界的距离为l
。现将系统由静止释放，线框a 恰好匀速穿越磁场区域。不计滑轮摩擦和空气阻力，重力加速度为g ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)线框a 穿出磁场区域时的电流大小；
(2)线框a 穿越磁场区域时的速度大小；
(3)线框b 进入磁场过程中产生的焦耳热。
[解析] (1)设绳子拉力为F ，线框a 匀速穿越磁场区域对线框a ：4mg sin θ＝F 安＋F
对线框b ：F ＝mg sin θ
且F 安＝BIl
解得：I ＝9mg 5Bl
。 (2)线框a 匀速运动时，线框a 、b 速度大小相等
E ＝BL v
I ＝E R
解得：v ＝9mgR 5B2l2
。 (3)设线框b 进入磁场过程产生的焦耳热为Q ，对系统列能量守恒方程
4mgl sin θ＝mgl sin θ＋12
×5m v 2＋Q 得Q ＝95mgl －81m3g2R210B4l4
。 [答案] (1)9mg 5Bl (2)9mgR 5B2l2 (3)95mgl －81m3g2R210B4l4
考点4| 电磁感应中的STSE 问题
以科技为背景、考查电磁感应问题
[案例5] (多选)近年来，手机无线充电功能的广泛应用为人们提供了很大便利，如图甲所示为手机无线充电装置
，其内部如图乙所示，手机和充电板内部均安装了金属线圈，将手机置于通电的充电板上，便实现了“无线充电”。充电时，充电板接交流电源，对充电板供电，
充电板内的励磁线圈可产生交变磁场，从而使手机内的感应线圈产生感应电流。若从t＝0开始，对充电板内励磁线圈a端通入如图丙所示的交变电流，下列说法正确的是( )
甲乙丙
A．在手机和充电板间垫上几张纸，也能无线充电
B．t1～t2时间内感应线圈与励磁线圈相互吸引
C．t2～t3时间内d点电势高于c点电势
D．t3时刻感应线圈中电流最大
AB[因纸张不影响电磁感应现象，故也能无线充电，选项A正确；t1～t2时间内，由楞次定律可知，此时感应电流产生的磁场方向与励磁线圈产生的磁场方向相同，所以感应线圈与励磁线圈相互吸引，选项B正确；t2～t3时间内，由楞次定律可知，此时感应电流产生的磁场方向应与励磁线圈产生的磁场方向相同，所以电流应从d流向c，故d点电势低于c点电势，选项C错误；由图丙可知，t3时刻，励磁线圈中的i-t图象的斜率为0，所以感应线圈中电流瞬时值也为0，是最小值，选项D错误。]
以交通工具为背景考查电磁感应问题
[案例6] 某研学小组设计了一个辅助列车进站时快速刹车的方案。如图所示，在站台轨道下方埋有一励磁线圈，通电后形成竖直方向的磁场(可视为匀强磁场)。在车身下方固定一矩形线框，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车快速刹车。
已知列车的总质量为m，车身长为s，线框的短边ab和cd分别安装在车头和车尾，长度均为L(L小于匀强磁场的宽度)，整个线框的电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长，车头进入磁场瞬间的速度为v0，假设列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。已知磁场的磁感应强度的大小为B，车尾进入磁场瞬间，列车恰好停止。
(1)求列车车头刚进入磁场瞬间线框中的电流大小I和列车的加速度大小a；
(2)求列车从车头进入磁场到停止所用的时间t；
(3)请你评价该设计方案的优点和缺点(优、缺点至少写一种)。
[解析](1)车头进入磁场时线框ab边切割磁感线，有E＝BL v0
线框中的电流为I＝E R
联立以上两式可得I＝BLv0 R
线框所受的安培力为F
安
＝BIL，由牛顿第二定律可得F安＋f＝ma
联立各式可得a＝B2L2v0＋fR
mR
。
(2)以列车前进速度方向为正方向，由动量定理可得－∑F
安i
Δt i－ft＝0－m v0
其中F
安i ＝
B2L2vi
R
又∑v iΔt i＝s
联立各式可得t＝mv0R－B2L2s
fR
。
(3)该方案的优点：利用电磁阻尼现象辅助刹车，可以使列车的加速度平稳减小；可以减小常规刹车的机械磨损。
该方案的缺点：没有考虑列车车厢和内部线路等也是金属材质，进入磁场时会产生涡流对设备产生不良影响；励磁线圈也需要耗能；线框固定在列车上增加负载且容易出现故障。
[答案]见解析