新高考物理二轮复习第12讲电磁感应及综合应用课件

回扣练12：电磁感应规律及其应用1．如图所示，两根相距为l 的平行直导轨ab 、cd ，b 、d 间连有一固定电阻R ，导轨电阻可忽略不计．MN 为放在ab 和cd 上的一导体杆，与ab 垂直，其电阻也为R .整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里)．现对MN 施力使它沿导轨方向以速度v 水平向右做匀速运动．令U 表示MN 两端电压的大小，则( )A ．U ＝12Blv ，流过固定电阻R 的感应电流由b 经R 到dB ．U ＝Blv ，流过固定电阻R 的感应电流由d 经R 到bC ．MN 受到的安培力大小F A ＝B 2l 2v 2R，方向水平向右 D ．MN 受到的安培力大小F A ＝B 2l 2v R，方向水平向左 解析：选A.当MN 运动时，相当于电源．但其两边的电压是外电路的电压，假设导轨没电阻，MN 两端的电压也就是电阻R 两端的电压，电路中电动势为E ＝BlV ，MN 的电阻相当于电源的内阻，二者加起来为2R ，则电阻上的电压为12Blv ，再由右手定则，拇指指向速度方向，手心被磁场穿过，四指指向即为电流方向，即由N 到M ，那么流过电阻的就是由b 到d .故A 正确，B 错误．MN 受到的安培力F ＝BIl ＝B 2l 2v 2R；由左手定则可知，安培力的方向水平向左；故CD 错误．故选A.2．如图所示，两相邻有界匀强磁场的宽度均为L ，磁感应强度大小相等、方向相反，均垂直于纸面．有一边长为L 的正方形闭合线圈向右匀速通过整个磁场．用i 表示线圈中的感应电流，规定逆时针方向为电流正方向，图示线圈所在位置为位移起点，则下列关于i ­x 的图象中正确的是( )解析：选C.线圈进入磁场，在进入磁场的0～L 的过程中，E ＝BLv ，电流I ＝BLv R ，根据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方向；在L ～2L 的过程中，电动势E ＝2BLv ，电流I ＝2BLv R，根据右手定则判断方向为顺时针方向，为负方向；在2L ～3L 的过程中，E ＝BLv ，电流I ＝BLv R，根据右手定则判断方向为逆时针方向，为正方向；故ABD 错误，C 正确；故选C.3．如图所示，表面粗糙的U 形金属线框水平固定，其上横放一根阻值为R 的金属棒ab ，金属棒与线框接触良好，一通电螺线管竖直放置在线框与金属棒组成的回路中，下列说法正确的是( )A ．当变阻器滑片P 向上滑动时，螺线管内部的磁通量增大B ．当变阻器滑片P 向下滑动时，金属棒所受摩擦力方向向右C ．当变阻器滑片P 向上滑动时，流过金属棒的电流方向由a 到bD ．当变阻器滑片P 向下滑动时，流过金属棒的电流方向由a 到b解析：选C.根据右手螺旋定则可知螺线管下端为N 极，而穿过回路的磁通量分为两部分，一部分为螺线管内部磁场，方向竖直向下，一部分为螺线管外部磁场，方向竖直向上，而总的磁通量方向为竖直向下，当变阻器滑片P 向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻增大，螺线管中电流减小，产生的磁场变弱，即穿过回路的磁通量向下减小，根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由a 到b ，A 错误C 正确；当变阻器滑片P 向下滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻减小，螺线管中电流变大，产生的磁场变强，即穿过回路的磁通量向下增大，根据楞次定律可得流过金属棒的电流方向由b 到a ，而导体棒所处磁场方向为竖直向上的，金属棒所受安培力方向向右，故摩擦力方向向左，故BD 错误．故选C.4．如图所示，处于竖直面的长方形导线框MNPQ 边长分别为L和2L ，M 、N 间连接两块水平正对放置的金属板，金属板距离为d ，虚线为线框中轴线，虚线右侧有垂直线框平面向里的匀强磁场．两板间有一个质量为m 、电量为q 的带正电油滴恰好处于平衡状态，重力加速度为g ，则下列关于磁场磁感应强度大小B 的变化情况及其变化率的说法正确的是( )A ．正在增强，ΔB Δt ＝mgd qL 2 B ．正在减小，ΔB Δt ＝mgd qL 2C ．正在增强，ΔB Δt ＝mgd 2qL 2D ．正在减小，ΔB Δt ＝mgd 2qL2 解析：选B.电荷量为q 的带正电的油滴恰好处于静止状态，电场力竖直向上，则电容器的下极板带正电，所以线框下端相当于电源的正极，感应电动势顺时针方向，感应电流的磁场方向和原磁场同向，根据楞次定律，可得穿过线框的磁通量在均匀减小；线框产生的感应电动势：E ＝ΔB Δt S ＝ΔB Δt L 2；油滴所受电场力：F ＝E 场q ，对油滴，根据平衡条件得：q E d＝mg ；所以解得，线圈中的磁通量变化率的大小为：ΔB Δt ＝mgd qL2；故选B. 5.如图所示，相距为d 的两条水平虚线L 1、L 2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，正方形线圈abcd 边长为L (L ＜d )，质量为m 、电阻为R ，将线圈在磁场上方h 高处静止释放，cd 边刚进入磁场时速度为v 0，cd 边刚离开磁场时速度也为v 0，则线圈穿过磁场的过程中(从cd 边刚进入磁场一直到ab 边离开磁场为止)( )A ．感应电流所做的功为3mgdB ．线圈的最小速度一定大于mgR B 2L 2C ．线圈的最小速度一定是2g （h ＋L －d ）D ．线圈穿出磁场的过程中，感应电流为逆时针方向解析：选C.据能量守恒，研究从cd 边刚进入磁场到cd 边刚穿出磁场的过程：动能变化量为0，重力势能转化为线框进入磁场的过程中产生的热量，Q ＝mgd .cd 边刚进入磁场时速度为v 0，cd 边刚离开磁场时速度也为v 0，所以从cd 边刚穿出磁场到ab 边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd 边刚进入磁场到ab 边刚进入磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd 边进入磁场到ab 边离开磁场的过程，产生的热量Q ′＝2mgd ，感应电流做的功为2mgd ，故A 错误．线框可能进入磁场先做减速运动，在完全进入磁场前已做匀速运动，刚完全进入磁场时的速度最小，有：mg ＝B 2L 2v R ，解得可能的最小速度v ＝mgR B 2L2，故B 错误．因为进磁场时要减速，线圈全部进入磁场后做匀加速运动，则知线圈刚全部进入磁场的瞬间速度最小，线圈从开始下落到线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得：mg (h ＋L )＝Q＋12mv 2，解得最小速度v ＝2g （h ＋L －d ），故C 正确．线圈穿出磁场的过程，由楞次定律知，感应电流的方向为顺时针，故D 错误．故选C.6．如图所示的电路中，三个相同的灯泡a 、b 、c 和电感L 1、L 2与直流电源连接，电感的电阻忽略不计．电键S 从闭合状态突然断开时，下列判断正确的( )A ．a 先变亮，然后逐渐变暗B ．b 先变亮，然后逐渐变暗C ．c 先变亮，然后逐渐变暗D ．b 、c 都先变亮，然后逐渐变暗解析：选A.电键S 闭合时，电感L 1中电流等于两倍L 2的电流，断开电键S 的瞬间，由于自感作用，两个电感线圈相当于两个电源，与三个灯泡构成闭合回路，通过b 、c 的电流都通过a ，故a 先变亮，然后逐渐变暗，故A 正确； b 、c 灯泡由电流i 逐渐减小，B 、C 、D 错误 .故选A.7．(多选)如图甲所示，宽度为L 的足够长的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨左端连接一电容为C 的电容器，将一质量为m 的导体棒与导轨垂直放置，导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B .用与导轨平行的外力F 向右拉动导体棒，使导体棒由静止开始运动，作用时间t 1后撤去力F ，撤去力F 前棒内电流变化情况如图乙所示．整个过程中电容器未被击穿，不计空气阻力．下列说法正确的是 ( )A ．有外力作用时，导体棒在导轨上做匀速运动B ．有外力作用时，导体棒在导轨上做匀加速直线运动C ．外力F 的冲量大小为It 1⎝ ⎛⎭⎪⎫BL ＋m CBL D ．撤去外力F 后，导体棒最终静止在导轨上，电容器中最终储存的电能为零解析：选BC.对电容器Q ＝CU ，则ΔQ ＝C ΔU ，I ＝ΔQ Δt ；ΔU ＝ΔE ＝BL Δv ；解得I ＝CBL Δv Δt＝CBLa ，则导体棒的加速度a 恒定，做匀加速运动，选项A 错误，B 正确；根据牛顿第二定律：F －BIL ＝ma ，则F ＝BIL ＋mI CBL ，则外力F 的冲量大小为I F ＝Ft 1＝It 1⎝⎛⎭⎪⎫BL ＋m CBL ，选项C 正确；撤去外力F 后，导体棒开始时做减速运动，当导体棒产生的感应电动势与电容器两端电压相等时，回路中电流为零，此时安培力为零，导体棒做匀速运动，此时电容器两端的电压不为零，则最终储存的电能不为零，选项D 错误；故选BC.8．(多选)如图所示，在竖直平面内MN 、PQ 两光滑金属轨道平行竖直放置，两导轨上端M 、P 间连接一电阻R .金属小环a 、b 套在金属轨道上，质量为m 的金属杆固定在金属环上，该装置处在匀强磁场中，磁场方向垂直竖直平面向里．金属杆以初速度v 0从图示位置向上滑行，滑行至最高点后又返回到出发点．若运动过程中，金属杆保持水平，两环与导轨接触良好，不计轨道、金属杆、金属环的电阻及空气阻力．金属杆上滑过程和下滑过程相比较，以下说法正确的是( )A ．上滑过程所用时间比下滑过程短B ．上滑过程通过电阻R 的电量比下滑过程多C ．上滑过程通过电阻R 产生的热量比下滑过程大D ．上滑过程安培力的冲量比下滑过程安培力的冲量大解析：选AC. 如图所示，v ­t 图斜率代表加速度，其面积表示位移，上滑过程中，做加速度逐渐减小的减速运动，下滑过程中是加速度逐渐减小的加速运动，由于位移大小相等，可知上升时间小于下落时间，故A 正确；由q ＝ΔΦR，可知上滑过程通过电阻R 的电量等于下滑过程中电量，故B 错误；在相同位置，上滑时的速度大于下滑时的速度，则上滑过程安培力的平均值大于下滑过程安培力的平均值，导致上滑过程中导体棒克服安培力做功多，则上滑过程中电阻R 产生的热量大于下滑过程中产生的热量，故C 正确．安培力冲量I ＝BLq ，q ＝ΔΦR，可知上滑过程安培力的冲量等于下滑过程安培力的冲量，故D 错误．9．(多选)如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 相距为L ，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨电阻不计，整个装置处于磁感应强度大小为B 、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m 、长为L 、电阻为R 的金属棒垂直导轨放置，且始终与导轨接触良好．金属导轨的上端连接一个阻值也为R 的定值电阻．现闭合开关K ，给金属棒施加一个平行于导轨斜向上、大小为F ＝2mg 的恒力，使金属棒由静止开始运动．若金属棒上滑距离s 时，金属棒开始匀速运动，则在金属棒由静止到刚开始匀速运动过程，下列说法中正确的是(重力加速度为g )( )A ．金属棒的末速度为3mgRB 2L 2 B ．金属棒的最大加速度为1.4gC ．通过金属棒的电荷量为BLs RD ．定值电阻上产生的焦耳热为34mgs －9m 3g 2R 24B 4L4 解析：选AD.设金属棒匀速运动的速度为v ，则感应电动势E ＝BLv ；回路电流I ＝E 2R ＝BLv2R ；安培力F 安＝BIL ＝B 2L 2v 2R ；金属棒匀速时，受力平衡有F ＝mg sin 30°＋F 安，即2mg ＝12mg ＋B 2L 2v 2R联立解得：v ＝3mgR B 2L2，故A 正确；金属棒开始运动时，加速度最大，即F －mg sin 30°＝ma ，代入数据2mg －12mg ＝ma ，解得a ＝1.5g ，故B 错误；根据感应电量公式Q ＝ΔΦR 总＝BLs 2R，故C 错误；对金属棒运用动能定理，有Fs －mgs sin 30°－Q ＝12mv 2，其中定值电阻上产生的焦耳热为Q R ＝12Q ＝34mgs －9m 3g 2R 24B 4L4，故D 正确；故选AD. 10．(多选)如图甲所示，光滑且足够长的金属导轨MN 、PQ 平行地固定在同一水平面上，两导轨间距L ＝0.2 m ，两导轨的左端之间连接的电阻R ＝0.4 Ω，导轨上停放一质量m ＝0.1 kg 的金属杆ab ，位于两导轨之间的金属杆的电阻r ＝0.1 Ω，导轨的电阻可忽略不计．整个装置处于磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下．现用一外力F 水平向右拉金属杆，使之由静止开始运动，在整个运动过程中金属杆始终与导轨垂直并接触良好，若理想电压表的示数U 随时间t 变化的关系如图乙所示．则在金属杆开始运动经t ＝ 5.0 s 时( )A ．通过金属杆的感应电流的大小为1.0 A ，方向由b 指向aB ．金属杆的速率为4.0 m/sC ．外力F 的瞬时功率为1.0 WD ．0～5.0 s 内通过R 的电荷量为5.0 C解析：选AC.导体棒向右切割磁感线，由右手定则知电流方向为b 指向a ，金属杆开始运动经t ＝5.0 s ，由图象可知电压为0.4 V ，根据闭合电路欧姆定律得I ＝U R ＝0.40.4 A ＝1 A ，故A 正确；根据法拉第电磁感应定律知E ＝BLv ，根据电路结构可知：U ＝R R ＋r E ，解得v ＝5 m/s ，故B 错误；根据电路知U ＝R R ＋r BLv ＝0.08v ＝0.08at ，结合U ­t 图象知导体棒做匀加速运动，加速度为a ＝1 m/s 2，根据牛顿第二定律，在5 s 末时对金属杆有：F －BIL ＝ma 解得：F ＝0.2 N ，此时F 的瞬时功率P ＝Fv ＝0.2×5 W＝1 W 故C 正确；0～5.0 s 内通过R 的电荷量为q ＝It ＝E R ＋r t ＝ΔΦt （R ＋r ）×t ＝ΔΦR ＋r ＝B ×12at 2R ＋r ＝12.5 C ，故D 错误；综上所述本题答案是AC.。

情况
阻碍原电流的变
化——“增反减
同”(即自感现象)
楞次定律
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例证
第1讲
电磁感应现象
楞次定律
(2024 届北京二模)在匀强磁场中放置一个金属圆环,磁场方向与圆环平面垂直。
规定图 1 所示磁场方向为正。当磁感应强度 B 随时间 t 按图 2 所示的正弦规律变化时,
下列说法正确的是( C )。
A.t2 时刻,圆环中无感应电流
的磁通量增大,A 不符合题意;开关闭合时将滑动变阻器的
滑片向左滑动,A 线圈中的电流增大,则 B 线圈中的磁通量
增大,B 项不符合题意;开关闭合时将 A 线圈从 B 线圈中拔
出,则 B 线圈中的磁通量减小,C 项符合题意;开关闭合时
将 A 线圈倒置,再重新插入 B 线圈中,则 B 线圈中反向的
磁通量增大,D 项符合题意。
向。
3.判断磁通量是否变化的方法
(1)根据公式 Φ=BSsin θ(θ 为 B 与 S 间的夹角)判断。
(2)根据穿过平面的磁感线的条数是否变化判断。
第1讲
电磁感应现象
楞次定律
角度 2 电磁感应现象及其应用
判断感应
电流有无
的方法
产生感应
电流的三
种常见情
况
8
第1讲
电磁感应现象
楞次定律
(多选)下列各图所描述的物理情境中,能产生感应电流的是( BCD )。
2.电磁感应现象
(1)定义:当穿过闭合导体回路的 磁通量 发生变化时,闭合导体回路中有感应电流产
生,这种利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应。
(2)感应电流的产生条件:穿过 闭合 导体电路的 磁通量 发生变化。
4
第1讲

板间距离时，场强 不变 . 4.在匀强电场中，任意两点连线中点的电势等于 这两点电势的 平均 值．
5.E=U/d只适用于匀强电场，式中d为沿 电场
线 方向上两点的距离．
6.若带电粒子在有洛伦兹力作用的复合场中做 直线运动，此运动一定是 匀速 直线运动．
方法指导：
在从题给的条件出发，根据电磁力的特点，认
体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及两轨道
的电阻均可忽略不计，整个装置处于磁感应强度 B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下，如
图甲所示．现用一外力 F沿轨道方向拉杆，使 之做匀加速运动，测得 力F与时间t 的关系如图 乙所示．求杆的质量m 和加速度a.
【切入点】切割磁感线的棒相当于电源，从图象获 得外力F 信息． 【解析】导体杆在轨道上做初速度为零的匀加速直 线运动，用v表示瞬时速度，t 表示时间，则杆切割 磁感线产生的感应电动势为： E BLv BLat E 闭合回路中的感应电流为I R ① ②
【解析】(1)当 B 板上聚集了 n 个射来的电子 Q ne 时，两板间的电压 U＝C＝ C ， U ne 其内部场强 E＝ d ＝Cd；
(2)设最多能聚集 n′个电子， 此后再射入的电 子未到达 B 板时速度已减为零， 由 eE′ n′e 2 v0＝2ad，a＝ ，E′＝ m Cd
n′e2 Cmv2 0 2 则有：v0＝2 mCd d，得 n′＝ 2e2 (3)第一个电子在两板间做匀速运动，运动时 间为 t1＝d/v0，最后一个电子在两板间做匀减速运 动，到达 B 板时速度为零，运动时间为 t2＝2d/v0， 二者时间差为 Δt＝t2－t1＝d/v0.
U0=20V，则质点P可以保持静止，现在A、B间加上如图 B间的中点处，且初速度为零，质点P能=0在A、B之间以 最大幅度上下运动而又不与两板相碰，并且以后每次经

纸面向里的匀强磁场，一个顶角为 45°的三角形导体线框，自距离磁场左侧 边界 L 处以平行于纸面向上的速度匀速通过了该区域，若以逆时针为正方 向，回路中感应电流 I 随时间 t 的变化关系图像正确的是 ( )
三、 情感、态度与价值观 1、理解和认识楞次定律和电磁感应图像问题，培养 学生的分析能力 2、结合解决电磁感应中动力学问题和能量问题，培 养学生综合分析解决问题的能力 对楞次定律和电磁感应图像问题的考查、对电磁感
教学难点
教学过程
一、考纲要求
考点 电磁感应现象 磁通量 法拉第电磁感应定律 楞次定律 自感、涡流
圈 ab 边中产生的感应电流先沿 b→a 方向再沿 a→b 方
向 B. 线圈进入磁场Ⅰ过程和离开磁场Ⅱ过程所受安培力方 向 都平行斜面向上
4R mgsin θ＋F
C．线圈 ab 边刚进入磁场 Ⅰ 时的速度大小为
B2L2
D．线圈进入磁场Ⅰ做匀速运动的过程中，拉力 F 所做的功等于线圈克服安
培力所做的功
【答案】AC 【解析】 由楞次定律可知圆环穿过磁场区域的过程中，环中感应电流方向先
顺时针又逆时针再顺时针，故 A 正确．当圆环直径与边界线 b 重合时，圆环左
右两半环均产生感应电动势，故圆环中的感应电动势 E＝2B·2 R·v＝4BRv；圆环
中的电功率
E2 P＝ r ＝
16B2rR2v2，故
B
错误．电路中的平均电动势
置，导轨左端用一阻值为 R 的电阻连接，导棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感
应强度为 B 的匀强磁场中．现使金属棒以初速度 v 沿导轨向右运动直至静
止，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为 q.下列说法正确的是
() A. 金属棒在导轨上做匀减速运动 B. 整个过程中金属棒克服安培力做功为12mv2 C．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为qBRL D．整个过程中电阻 R 上产生的焦耳热为12mv2

25
考点一 考点二 考点三 考点四 限时规范训练
维度2 转动切割问题
例 3 如图所示，光滑铜环水平固定，半径为l，长为l、电阻为r的
铜棒OA的一端在铜环的圆心O处，另一端与铜环良好接触，整个装置处
在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。现使铜棒OA以角
速度ω逆时针(俯视)匀速转动，A端始终在铜环上，定值电阻的阻值为3r，
B0；左侧匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂 直纸面向外为磁场的正方向。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为
S0，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。求：
(1)t＝t20时，圆环受到的安培力； 甲
乙
(2)在 0～32t0 内，通过圆环的电荷量。
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考点一 考点二 考点三 考点四 限时规范训练
03
考点三 自感
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考点一 考点二 考点三 考点四 限时规范训练
知识梳理
1.自感现象 由于导体线圈本身的电流发生变化而引起的电磁感应现象，叫作自 感。 2.自感电动势 (1)在自感现象中产生的电动势叫作自感电动势。
(2)表达式：EL＝LΔΔIt。
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考点一 考点二 考点三 考点四 限时规范训练
考点一 法拉第电磁感应定律
的理解及应用
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考点一 考点二 考点三 考点四 限时规范训练
知识梳理
1.感应电动势 (1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势。
(2)产生条件：穿过回路的__□_1_磁__通__量____发生改变，与电路是否闭合
无关。
(3)方向判断：感应电动势的方向用__□_2 _楞__次__定__律_____或右手定则判
然联系。

考点一 电磁感应现象的理解和判断
2.电磁感应现象 (1)当穿过闭合导体回路的 磁通量 发生变化时，闭合导体回路中有感应 电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应。 (2)感应电流产生的条件 穿过 闭合 导体回路的 磁通量发生变化 。 (3)电磁感应现象产生 感应电动势 ，如果电路闭合，则有感应电流。如 果电路不闭合，则只有 感应电动势 而无感应电流。
考点三 楞次定律及推论
3.右手定则 (1)内容：如图，伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直， 并且都与手掌在同一个平面内；让 磁感线 从掌心进入，并 使拇指指向 导线运动 的方向，这时四指所指的方向就是 _感__应__电__流___的方向。 (2)适用情况：导线 切割磁感线 产生感应电流。
考点三 楞次定律及推论
题图甲中磁铁向右插入不闭合线圈过程，由于回路没有闭合，则线圈 中会产生感应电动势，但不会产生感应电流，A项错误； 题图乙中矩形金属线圈水平向右移动，穿过线圈的磁通量没有发生变 化，则矩形线圈中不会产生感应电流，B项正确； 题图丙中闭合导线框若以平行于磁场方向的竖直边为轴线转动时，穿 过导线框的磁通量没有发生变化，此时导线框中不会产生感应电流， C项错误；
考点二 实验：探究影响感应电流方向的因素
(2)把A线圈插入B线圈中，如果闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏 转了一下，下面操作出现的情况有： ①向右移动滑动变阻器滑片，灵敏电流计指针将向___右___(选填“左”或 “右”)偏转；
考点二 实验：探究影响感应电流方向的因素
闭合开关，穿过B线圈的磁通量增 大，灵敏电流计的指针向右偏了一 下，滑片向右移动则接入电路的电 阻减小，电流增大，磁通量增大， 指针向右偏转；
考点三 楞次定律及推论
3.(1)在图中画出直导线中电流增大时，线圈abcd中 感应电流方向，以及线圈各边受到的安培力方向， 线圈会有_收__缩___的趋势，结论简称：_增__缩__减__扩_。 答案

3.按定义 L I
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二、互感应
●由于一个载流回路中电流发生变化而引起邻近另 一回路中产生感生电流的现象称为“互感现象”， 所产生的电动势称为 “互感电动势”。
21N 2 21M 21I1 12N 1 12M 12I2
从能量观点可证明：
M12M21M
M称为互感系数简称互感 单位：亨利（H）
同理：
bo
ov r b E感dr0
ab oabo
o
E 感
L R2 L2 dB
2
4 dt
h
a
b
L
方向ab (Ub Ua )
9
vv
Байду номын сангаас法2： 用 LE感dl 求
vv
dE感dl
r 2
dB dt
cos
dl
h 2
dB dt
dl
vv
LE感dl
b h dB dl
a 2 dt 1 hL dB
缆单位长度的自感系数。
解： 两导体圆筒间磁场
B
I
2r
R2 R1
AB
通过单位长度一段的磁通量
I l 1
B vdS vR R 12Bldr2 IlnR R 1 2
DC
单位长度的自感系数 L lnR2 I 2 R1
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总结L的计算方法 1.设回路电流为I，写出B的表达式（一般由安培
环路定理）
vv
2.计算磁通 B d S, N
LE库dvl
0
v
Ñ 感生电场是非保守力场 LE感dl 0
3
例：在半径为R 的长直螺线管中通有变化的电流，使
管内磁场均匀增强，求螺线管内、外感生电场的场强

(2)利用能量守恒求解：机械能的减少 量等于产生的电能； (3)利用电路特征来求解：通过电路中 所产生的电能来计算． 3．解决此类问题的步骤
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律
(包括右手定则)确定感应电动势的大
小和方向．
(2)画出等效电路图，写出回路中电阻
消耗的电功率的表达式．
(3)分析导体机械能的变化，用能量守 恒关系得到机械功率的改变与回路中 电功率的改变所满足的方程，联立求
2．感应电流在磁场中受安培力，外力 做功 克服安培力______，将其他形式的能 电能 转化为_____，电流做功再将电能转 内能 化为______． 3．电流做功产生的热量用焦耳定律计 Q＝I2Rt 算，公式为_________.
名师点拨：电磁感应的能量转化符合 能量守恒定律，克服安培力做功是把 其他形式的能转化为电能，电能最终 转化为焦耳热．因此同一方程中，克 服安培力做功，转化成的电能及产生 的焦耳热不能同时出现．
)
A．换一个电阻为原来的2倍的灯泡，
其他不变
B．仅将磁感应强度B增大为原来的
2倍
C．将轨道倾斜角变成45°，并保持
磁场与轨道所在平面垂直且大小不变
D．仅将ab棒的质量增大为原来的2倍
解析： AC.据牛顿第二定律可知 ab 棒 选 mgRsinθ－B2l2v 下滑时加速度为 a＝ ， 可 mR 知 ab 棒做加速度逐渐减小的加速运动， 当加速度 a 减为零时，ab 棒开始以达到 的最大速度做匀速运动，其最大速度为 mgRsinθ vm＝ ， B 2l 2
B2L3 两边求和整理得： ＝v－v0，而 mR mR 4L ＝ρ0S· ρ ＝16ρ0ρL2 为常数，所以两 4L· S 线圈落地速度相等，由能量的转化及守 恒定律知，两线圈在运动过程中产生的 热量 Q1<Q2.

第12讲 电磁感应规律及其应用考点 考题统计考情分析楞次定律 法拉第电磁感应定律2023·湖北卷T 5、2022·河北卷T 5、2022·广东卷T 4T 10、2022·山东卷T 12本讲主要考查电磁感应的基本规律和方法，熟练应用动力学和能量观点分析并解决电磁感应问题。

主要规律有：楞次定律和法拉第电磁感应定律的理解及应用；电磁感应中的平衡问题；电磁感应中的动力学和能量问题。

本专题选择题和计算题都有可能命题，选择题一般考查楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用，题目有一定的综合性，难度中等；计算题主要考查电磁感应规律的综合应用，难度较大。

电磁感应中的电路、图像问题2023·辽宁卷T 4、2022·河北卷T 8、2022·全国乙卷T 24、2022·全国甲卷T 16、2021·辽宁卷T 9、2021·河北卷T 7、2021·广东卷T 10考点一 楞次定律 法拉第电磁感应定律1.感应电流方向的两种判断方法（1）楞次定律：线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形，往往用楞次定律。

（2）右手定则：导体棒切割磁感线的情形往往用右手定则。

2.楞次定律中“阻碍”的四种表现形式 （1）阻碍原磁通量的变化——“增反减同”； （2）阻碍物体间的相对运动——“来拒去留”；（3）使线圈面积有扩大或缩小的趋势——一般情况下为“增缩减扩”； （4）阻碍原电流的变化（自感现象）——一般情况下为“增反减同”。

3.感应电动势的四种求解方法 （1）法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt{S 不变时，E ＝nS ΔBΔtB 不变时，E ＝nBΔS Δt （2）导体棒垂直切割磁感线：E ＝Blv 。

（3）导体棒以一端为圆心在垂直匀强磁场的平面内匀速转动：E ＝12Bl 2ω。

（4）线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动（从线圈位于中性面开始计时）：e ＝nBSωsin ωt 。

第十二章
电磁感应
本部分内容讲解结束
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第十二章
电磁感应
第十二章电磁感应源自十二章电磁感应2013高考导航
考纲展示 1.电磁感应现象．磁通量．法拉第电 磁感应定律．楞次定律Ⅱ 2.导体切割磁感线时的感应电动势．
右手定则Ⅱ
第十二章
电磁感应
3.自感现象Ⅰ 4.日光灯Ⅰ 说明：(1)导体切割磁感线时感应电动 势的计算，只限于垂直于B、v的情况 (2)在电磁感应现象里，不要求判断内 电路中各点电势的高低
第十二章
电磁感应
命题热点 1.感应电流的产生条件、方向判断和
电动势的简单计算，磁感应强度、磁
通量、电动势、电压、电流随时间变
化的图象，以及感应电动势、感应电
流随线框位移变化的图象，是高频考
点，以选择题为主．
第十二章
电磁感应
2.滑轨类问题、线框穿越有界匀强磁 场、电磁感应的能量等综合问题，能 很好地考查考生的能力，备受命题专 家的青睐.

一、指导复习方法，提高复习效率
1.明确自己的薄弱环节，重点突破 2．重新研究自己以前做错的题 3．做题不求多，但求懂 4．化时间于对自己有效的问题 5．有计划复习非重点内容。 6．鼓励自己总结对自己有效的复习方法
二、专题复习，整体提高
以学生中普遍存在的问题为专题。
以高考热点问题为专题。
v0
疑难问题，极板间的
例2（2001年全国，20）如图甲所示，轨道间距l=0.20m，
R=1.0Ω, B=0.5T ；有一导体杆静止地放在轨道上。现 用一外力沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F 与时间t的关系如图乙所示。求杆的质量m和加速度a。
F/N
RB
F
甲
6
5
4
3
2
1
t/s
O 4 8 12 16 20 24
乙
牛顿运动定律与运动学的综合应用； 万有引力定律的应用； 动量、机械能知识的应用； 机械波的传播。
三、概括总结，把握整体
从最基本的层次上 作概括，使学生对 物理知识及其应用 形成整体的认识。
《物理教学》 “万有引力定律” 的复习方案。
一、什么力提供向心力 二、几个圆周运动：1．近地卫星；2．一般卫星；
高考物理复习讲座
■高考物理第二轮复习策略 ■物理实验复习
■高考第三轮复习策略
一、指导复习方法，提高复习效率 二、专题复习，整体提高 三、概括总结，把握整体 四、精练详讲，注重实效 五、训练解题规范，提高得分率 六、调整心态，增强应试心理素质
一、指导复习方法，提高复习效率
1.明确自己的薄弱环节，重点突破 2．重新研究自己以前做错的题 3．做题不求多，但求懂
r2
r
T
有两种具体问题：

【例1】边长为h的正方形金属导线框，从图所示的
位置由静止开始下落，通过一匀强磁场区域，磁场
方向水平，且垂直于线框平面，磁场区域宽度为H， 上、下边界如图中虚线所示，H>h，试分析讨论从 线框开始下落到完全穿过磁场区域的全过程中线框 运动速度的变化情况．
【切入点】分析线圈受力，并将安培力大小与重力 大小比较，得出F 合的大小和方向，再进行讨论．
2．电磁感应中的能量转化综合问题 【例2】如图所示，一边长为 L的正方形闭合金属线框， 其质量为m，回路电阻为R ， M 、 N 、 P为磁场区域的边 界，且均为水平，上、下两部分磁场的磁感应强度均为 B，方向如图所示．图示所示位置线框的底边与M重 合．现让线框由图示位置从静止开始下落，线框在穿过 N和P两界面的过程中均为匀速运动．若已知M、N之间 的高度差为h1，h1>L.线框下落过程中线框平面始终保持 竖直，底边始终保持水平，重 力加速度为g，求： (1)线框穿过N与P界面的速度； (2)在整个运动过程中，线框 产生的焦耳热．
(2)设撤去外力时棒的速度为 v，对棒的匀加速运动过 程，由运动学公式得 v2＝2ax⑥ 设棒在撤去外力后的运动过程中安培力做功为 W，由 动能定理得 1 2 W＝0－2mv ⑦ 撤去外力后回路中产生的焦耳热 Q2＝－W⑧ 联产⑥⑦⑧式，代入数据得 Q2＝1.8J⑨
(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比 Q1∶Q2＝2∶1，可得 Q1＝3.6J⑩ 在棒运动的整个过程中，由功能关系可知 WF＝Q1＋Q2⑪ 由⑨⑩⑪式得 WF＝5.4J
【解析】(1)当 Rx＝R 棒沿导轨匀速下滑时，由平衡条件 Mgsinθ＝F 安培力 F＝BIl Mgsinθ 解得 I＝ Bl 感应电动势 E＝Blv0 E 电流 I＝2R 2MgRsinθ 解得 v0＝ B2l2

例 1 变式题 C 【解析】 由电流的图象可知，导体切割磁感 线有电流时，电流是恒定的，这就排除了 A、B 两种情况，因 A、B T T 两种情况中电流是变化的；再根据右手定则，在 4 到 2 内产生的感应 电流的方向由 P 指向 O 的只有 C 这种情况．
►
探究点二
电磁感应与电路的综合问题
1．解答电磁感应与电路的综合问题时，关键在于准确分析电路的结 构，能正确画出等效电路图，并综合运用电学知识进行分析、求解． 2．求解过程中首先要注意电源的确定，通常将切割磁感线的导体或 磁通量发生变化的回路作为等效电源；其次是要能正确区分内、外电路， 应把产生感应电动势的那部分电路视为内电路，感应电动势为电源电动 势，其余部分相当于外电路；最后应用闭合电路欧姆定律及串并联电路 的基本规律求解，处理问题的方法与闭合电路问题的求解基本一致．
在图 4－12－5 所示的四个情景中，虚线上方空间都 存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．A、B 中的导线框为正方形，C、 D 中的导线框为直角扇形．各导线框均绕轴 O 在纸面内匀速转动， 转动方向如箭头所示，转动周期均为 T.从线框处于图示位置时开始 计时，以在 OP 边上从 P 点指向 O 点的方向为感应电流 i 的正方向， 则在图 4－12－15 所示的四个情景中，产生的感应电流 i 随时间 t 的 变化规律如图 4－12－4 所示的是( )
(2)电磁感应图象问题的特点是考查方式灵活：根据电磁感 应现象发生的过程，确定给定的图象是否正确，或画出正确的 图象；由题目给定的图象分析电磁感应过程，综合求解相应的 物理量． (3)电磁感应图象问题可综合法拉第电磁感应定律、楞次定 律和安培定则、右手定则及左手定则，结合电路知识和力学知 识求解． (4)电磁感应图象问题的解题方法技巧：根据初始条件，确 定给定的物理量的正负或方向的对应关系和变化范围，确定所 研究的物理量的函数表达式以及进出磁场的转折点等，这是解 题的关键．

【考向】自感、互感
A．如图甲，人造地球卫星经过地面跟踪站上空，地面接收到信号频 率先增大后减小 B．如图乙，A、B两灯均发亮，若断开开关，A灯和B灯都会立即熄灭 C．如图丙，高频感应炉是利用炉外线圈产生的热量使炉内的金属熔 化 D．如图丁，利用该装置验证向心力与角速度的关系时，要保持皮带 连接的两个塔轮半径相同
A．线圈abcd中的电流方向为顺时针B．线圈abcd中的电流
方向为逆时针C．线圈abcd受到的安培力方向与车前行方向
一致D．线圈abcd受到的安培力方向与车前行方向相反
【答案】BC 【详解】AB．当汽车保险杠撞上前面的障碍物C时，电磁缓冲器是磁场相对于保 险杠上的线圈运动，可以反过来以磁场为参考系，则保险杠上的线圈abcd相对于 磁场反方向运动，根据右手定则或楞次定律，可知线圈abcd中的电流方向为逆时 针，故A错误，B正确； CD．根据左手定则可知bc边受到的安培力方向与车前行方向一致，故C正确，D 错误。故选BC。
二、网络构建、知识梳理
“三个定则”“一个定律”的比较
名称 电流的磁效应 磁场对电流的作用
电磁感应
应用的定则或定律 安培定则 左手定则 右手定则 楞次定律
基本现象 运动电荷、电流产生磁场 磁场对运动电荷、电流有作用力 部分导体做切割磁感线运动
闭合回路磁通量变化
自感、互感问题
通电自感和断电自感的比较
B．闭合回路中的感应电动势为 k S1 2S2
C．定值电阻两端的电流大小为 k S1 S2
D．定值电阻两端的电压为
Rk
S1
R
2S2
r
Rr
例2、如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ， 它们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体棒ab长 L＝0.5m，其电阻为r，与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向上的匀 强磁场中，磁感应强度B＝0.4T，现使ab以＝10m/s的速度向左做匀速运动.

故图A正确。
BLv Bvsin =定值， 1 r(1 )L r(1 sin) sin
热点考向2
电磁感应电路和动力学问题
【典例2】(18分)(2013·珠海一模)如图所示, 竖直平面内有一宽L=1m、足够长的光滑矩形金
属导轨,电阻不计。在导轨的上、下边分别接
有电阻R1=3Ω 和R2=6Ω 。在MN上方及CD下方有
B B0 故选项C正确。 ， t
3.(2013·新课标全国卷Ⅱ)如图，在光滑 水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方 形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d
＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与
导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度 向右运动。t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后 导线框进入并通过磁场区域。下列v-t图像中，可能正确描述 上述过程的是( )
应电动势的大小和方向。
(2)根据等效电路图,求解回路中电流的大小及方向。 (3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响 ,从而推理得 出对电路中的电流有什么影响,最后定性分析导体棒的最终运 动情况。 (4)列牛顿第二定律或平衡方程求解。
【变式训练】(2013·昆明一模)如图甲所示，MN左侧有一垂直 纸面向里的匀强磁场。现将一边长为l、质量为m、电阻为R的 正方形金属线框置于该磁场中，使线框平面与磁场垂直，且bc
【解析】选D。导线框开始进入磁场过程，通过导线框的磁通
量增大，有感应电流，进而受到与运动方向相反的安培力作用， 速度减小，感应电动势减小，感应电流减小，安培力减小，导 线框的加速度减小，v-t图线的斜率减小；导线框全部进入磁 场后，磁通量不变，无感应电流，导线框做匀速直线运动；导 线框从磁场中出来过程，有感应电流，又会受到安培力阻碍作 用，速度减小，加速度减小。选项A表示匀速运动，不符合题

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( D )
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向,T中沿顺时针方向
12/8/2021
20
命题热点一
命题热点二
命题热点三
解析:金属杆从静止开始突然向右运动,产生感应电动势,感应电

2
t1=到 t2= 阶段,线框 ADC 切割磁感线的有效长度均匀增大,而 AB
边切割磁感线(产生与ADC切割磁感线方向相反的感应电动势)的
有效长度也增大,而且增大得快,如图所示,所以回路总的感应电动
势不断减小,但感应电流方向与第一阶段相同,排除选项A、B,正确
选项为C。
12/8/2021
8
应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd,其边长为l,总电
阻为R,ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进
入的过程中,线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动,求:
(1)感应电动势的大小E;
(2)拉力做功的功率P;
(3)ab边产生的焦耳热Q。
12/8/2021
22
命题热点一
命题热点二
1.9-0.9
l=d=
2
m=0.5 m
金属框受力平衡,则
mgsin θ-μmgcos θ-F安=0
解得F安=0.5 N。
(3)由安培力公式得F安=BIl
由法拉第电磁感应定律得E=Blv1

由闭合电路的欧姆定律得 I=
3
联立解得 B= 3 T。
12/8/2021
18
命题热点一
命题热点二
命题热点三

第2讲法拉第电磁感应定律、自感和涡流【目标要求】1理解法拉第电磁感应定律，会应用E=图进行有关计算.2.会计算导体切割磁感线产生的感应电动势3了解自感现象、涡流、电磁驱动和电磁阻尼.考点一法拉第电磁感应定律的理解及应用必备知识1 .感应电动势(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势.(2)产生条件：穿过回路的发生改变，与电路是否闭合无关.2 .法拉第电磁感应定律⑴内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的成正比.(2)公式：E=禺,其中〃为线圈I匝数.(3)感应电流与感应电动势的关系：I=.(4)说明：E的大小与勿、AG无关，决定于磁通量的变化率警.-判断正误1 .Φ=0,右不一定等于0.( )2 .穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势也越大.( )3 .穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大.( ).线圈匝数〃越多，磁通量越大，产生的感应电动势也越大.( )对公式石的理解1 .若已知图像，则图线上某一点的切线斜率为譬.2 .当AS仅由8的变化引起时，E=笠,其中S为线圈在磁场中的有效面积.若B=Bo3 .当△◎仅由S的变化引起时，E=nB÷.【例U （2023∙河北卷∙5）将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为S,小圆面积均为S2,垂直线圈平面方向有一随时间f 变化的磁场，磁感应强度大小8=%+3%和k 均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为（）A.kSι C.k(S ∖5Si)听课记录：___________________________________________________________________________m 21（2023•全国甲卷・16）三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示.把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为4、/2和/3.则（）A.1∖<h<h C.I ∖=I2>h听课记录： _________________________________________________________________考点二动生电动势必备知识1 .导体平动切割磁感线产生感应电动势的算式E=B1v 的理解（1）直接使用E=B 加的条件是：在匀强磁场中，B 、I 、。