【南方凤凰台】高考物理二轮提优导学案：专题十一电磁感应规律的综合应用

能力提升电磁感应中的电路问题解决电磁感应中的电路问题三步曲:例1 (2014·南师附中)如图甲所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN 、PQ 被固定在水平面上，导轨间距l=0.6 m ，两导轨的左端用导线连接电阻R 1及理想电压表V ，电阻为r=2 Ω的金属棒垂直于导轨静止放置在AB 处;右端用导线连接电阻R 2，已知R 1=2 Ω，R 2=1 Ω，导轨及导线电阻均不计.在矩形区域CDFE 内有竖直向上的磁场，CE=0.2 m ，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示.开始时电压表有示数，当电压表示数变为零后，对金属棒施加一水平向右的恒力F ，使金属棒刚进入磁场区域时电压表的示数又变为原来的值，金属棒在磁场区域内运动的过程中电压表的示数始终保持不变.求:(1) t=0.1 s 时电压表的示数. (2) 恒力F 的大小.(3) 从t=0时刻到金属棒离开磁场的过程中整个电路产生的热量. 思维轨迹:(1) 金属棒在0~0.2 s的时间内，由E=求出回路中感应电动势的大小→求出电路中的总电阻→根据串联电路的特点求解电压表的读数(2) 金属棒进入磁场后，由于电压表的读数不变→根据欧姆定律求出电路中总电流I'→根据金属棒受到的安培力与恒力平衡，可求得恒力F(3)解析:(1) 设磁场宽度为d=CE，在0~0.2 s时间内，有E=ΔΔt=ΔΔBt ld=0.6 V.此时，R1与金属棒并联后再与R2串联.R=R并+R2=1 Ω+1 Ω=2 Ω.U=ER R并=0.3 V.(2) 金属棒进入磁场后，R1与R2并联后再与r串联，有I'=1UR+2UR=0.45 A.FA=BI'l，FA=1×0.45×0.6 N=0.27 N.由于金属棒进入磁场后电压表的示数始终不变，所以金属棒做匀速运动，有F=FA=0.27 N.(3) 在0~0.2 s时间内金属棒上产生的热量有Q=2E R t=0.036 J.金属棒进入磁场后，有R'=1212R R R R ++r=83 Ω.则E'=I'R'=1.2 V. 又E'=Blv ，得v=2 m/s.则金属棒通过磁场的时间t'=d v =0.22 s=0.1 s.此过程中电路产生的热量为Q'=E'I't'=0.054 J. Q 总=Q+Q'=0.036 J+0.054 J=0.09 J. 答案:(1) 0.3 V (2) 0.27 N (3) 0.09 J变式训练1 (多选)(2014·沭阳中学)如图所示，有一个磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，现有一半径为r 、电阻为2R 的金属圆环放置在磁场中，金属圆环所在的平面与磁场垂直.金属杆Oa 的一端可绕环的圆心O 旋转，另一端a 搁在环上，电阻为R;另一金属杆Ob 的一端固定在O 点，另一端b 固定在圆环上，电阻也是R.已知Oa 杆以角速度ω匀速旋转，所有接触点均接触良好，Ob 不影响Oa 的转动，则下列说法中正确的是()A. 流过Oa 的电流可能为25B r R ωB. 流过Oa 的电流可能为2625B r R ωC. Oa 旋转时产生的感应电动势的大小为B ωr 2D. Oa 旋转时产生的感应电动势的大小为12B ωr 2解析:Oa 旋转时产生的感应电动势的大小为E=12B ωr 2，则D 正确，C 错误;当Oa 旋转到与Ob 共线但不重合时，等效电路如图甲所示，此时有I min =2.5ER =25B r R ω;当Oa 与Ob 重合时，环的电阻为0，等效电路如图乙所示，此时有I max =2E R =24B r R ω，所以25B r R ω≤I ≤24B r R ω，A 、B 正确.答案:ABD电磁感应中的动力学问题1. 解决电磁感应中的动力学问题的一般思路2. 两种状态及处理方法例2 (2014·中华中学)如图甲所示，相距L=0.5 m 、电阻不计的两根长金属导轨，各有一部分在同一水平面上，另一部分沿竖直面.质量均为m=50 g 、电阻均为R=1.0 Ω的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直接触形成闭合回路，杆与导轨之间的动摩擦因数μ=0.5.整个装置处于磁感应强度大小B=1.0 T 、方向竖直向上的匀强磁场中.当ab 杆在水平拉力F 作用下沿导轨向右运动时，从t=0时刻开始释放cd 杆，则cd 杆的v cd -t 图象如图乙所示(在0~1 s 和2~3 s 内，图线为直线)，取g=10 m/s 2.(1) 在0~1 s 内，ab 杆做什么运动? (2) 在t=1 s 时，ab 杆的速度为多少?(3) 已知1~2 s 内，ab 杆做匀加速直线运动，求这段时间内拉力F 随时间变化的函数方程.思维轨迹:(1) (2) 由题图看出，在0~1 s 时间内，cd 杆做匀加速直线运动→由牛顿第二定律知，cd 杆所受的安培力是恒力→根据安培力求得感应电流、感应电动势及ab 杆的速度(3) 在2~3 s 时间内，cd 杆做匀减速直线运动，安培力最大→根据牛顿第二定律可求出回路中感应电流的大小→根据闭合电路欧姆定律，求得感应电动势→根据E=BLv 求出ab 杆的速度→利用a=求出1~2 s 内ab 杆的加速度→对ab 杆应用牛顿第二定律得出拉力F 随时间变化的方程解析:(1) 在0~1 s 内，cd 杆的v-t 图线为倾斜的直线，因此cd 杆做匀变速直线运动，加速度为a 1=0-t v v t =4.0 m/s 2.因此cd 杆受向上的摩擦力作用，如图所示.由于F f =μF N =μF 安1=μBIL.因此回路中的电流一定，I=E R 总，故回路的E 一定;由E=BLv 可知，ab 杆切割磁感线的速度一定，因此ab 杆向右做匀速直线运动.(2) 在0~1 s 内，对cd 杆在竖直方向上根据牛顿第二定律有mg-F f1=ma 1. 在水平方向上有F N -F 安1=0，且F f1=μF N ，又F 安1=I 1LB ，I 1=12E R ，E 1=BLv 1，解出ab 杆的速度v 1=4.8 m/s.(3) 在2~3 s 内，由题中图象可求出cd 杆的加速度 a 2=-4 m/s 2. 同理可求出ab 杆的速度v 2=11.2 m/s. 在1~2 s 内，ab 杆做匀加速运动，加速度为a=21-v v t =6.4 m/s 2.对ab 杆，根据牛顿第二定律有 F-μmg-BIL=ma.ab 杆在t 时刻的速度v=v 1+a(t-1).回路中的电流I=2BLvR .联立可得F=0.8t+0.37(N).答案:(1) 匀速直线运动 (2) 4.8 m/s (3) F=0.8t+0.37(N)变式训练2 (2014·盐城三模)如图所示，两根电阻忽略不计、互相平行的光滑金属导轨竖直放置，相距L=1 m ，在水平虚线间有与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度B=0.5 T ，磁场区域的高度d=1 m ，导体棒a 的质量m a =0.2 kg 、电阻R a =1 Ω;导体棒b 的质量m b =0.1 kg 、电阻R b =1.5 Ω.它们分别从图中M 、N 处同时由静止开始在导轨上无摩擦向下滑动，b 匀速穿过磁场区域，且当b 刚穿出磁场时a 正好进入磁场，重力加速度取g=10 m/s 2，不计a 、b 棒之间的相互作用，导体棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好.求:(1) b 棒穿过磁场区域过程中克服安培力所做的功. (2) a 棒刚进入磁场时其两端的电势差.(3) 保持a 棒以进入时的加速度做匀变速运动，对a 棒施加的外力随时间的变化关系.解析:(1) b 棒穿过磁场做匀速运动BI 1L=m b g. 克服安培力做功W=BI 1Ld=m b gd=1 J. (2) 设b 棒在磁场中匀速运动的速度为v b ，22ba b B L v R R +=m bg ，v b =22()b a b m g R R B L +=10 m/s.b 棒在磁场中匀速运动的时间为t 1，有d=v b t 1.t 1=b dv =0.1 s.a 、b 都在磁场外运动时，速度总是相等，b 棒进入磁场后，a 棒继续加速t 1 时间而进入磁场，若a 棒进入磁场的速度为v a ，有v a =v b +gt 1=11 m/s.电动势E=BLv a =5.5 V.a 棒两端的电势差即为路端电压U=ba b ER R R +=3.3 V.(3) 设a 棒刚进入磁场时的加速度为a ， m a g-BI 2L=m a a ，a=g-2a BI Lm =g-22()a a a b B L v m R R +=4.5 m/s 2.要保持加速度不变，加外力F ，则F+m a g-BIL=m a a.F=22a b B L aR R +t+m a a-m a g=0.45t-1.1(N).答案:(1) 1 J (2) 3.3 V (3) F=0.45t-1.1(N)电磁感应中的能量转化问题1. 用能量观点解答电磁感应问题的一般步骤2. 能量转化及焦耳热的求法(1) 能量转化(2) 求解焦耳热Q的三种方法例3 如图所示，两根相距l=0.4 m、电阻不计的平行光滑金属导轨水平放置，一端与阻值R=0.15 Ω的电阻相连.导轨x>0的一侧存在沿x方向均匀增大的稳恒磁场，其方向=0.5 T.一与导轨平面垂直，磁场沿x轴的变化率k=0.5 T/m，x=0处磁场的磁感应强度B根质量m=0.1 kg、电阻r=0.05 Ω的金属棒置于导轨上，并与导轨垂直.棒在外力作用下=2 m/s沿导轨向右运动，运动过程中电阻上消耗的功率不变.求: 从x=0处以初速度v(1) 回路中的电流.(2) 金属棒在x=2 m处的速度.(3) 金属棒从x=0运动到x=2 m过程中安培力做功的大小.(4) 金属棒从x=0运动到x=2 m过程中外力的平均功率.思维轨迹:解析:(1) 电路中电阻消耗的功率不变，即回路中的电流不变I=ER r+=00B lvR r+=0.50.420.150.05⨯⨯+ A=2 A.(2) B2=B+kx=(0.5+0.5×2) T=1.5 T.电流不变，即回路中的感应电动势不变，即B0lv=(B+kx)lvx，v x =00B vB kx+，v2=0.520.50.52⨯+⨯ m/s=0.67 m/s.(3) 安培力F=BIl=(B+kx)Il=[(0.5+0.5x)×2×0.4](N)=0.4+0.4x(N).安培力做功W安=022F F+x=0.40.40.422++⨯×2 J=1.6 J.(4) 由动能定理W外-W安=ΔEk=12m22v-12m20v.W 外=12m22v-12m20v+W安=12×0.1×0.672 J-12×0.1×22 J+1.6 J=1.42 J.安培力的功率与回路的电功率相等，即P安=I2(R+r)=22×(0.15+0.05) W=0.8 W.时间t=WP安安=1.60.8 s=2 s.外力的平均功率P=Wt外=1.422 W=0.71 W.答案:(1) 2 A (2) 0.67 m/s (3) 1.6 J (4) 0.71 W变式训练3(2014·江苏)如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L ，长为3d ，导轨平面与水平面的夹角为θ，在导轨的中部刷有一段长为d 的薄绝缘涂层.匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向与导轨平面垂直.质量为m 的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端.导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层之间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R ，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g.求:(1) 导体棒与涂层间的动摩擦因数μ. (2) 导体棒匀速运动的速度大小v.(3) 整个运动过程中，电阻上产生的焦耳热Q.解析:(1) 导体棒在绝缘涂层上滑动时，受重力mg 、导轨的支持力N 和滑动摩擦力f 作用，根据共点力的平衡条件有mgsin θ=f ，N=mgcos θ.根据滑动摩擦力公式有f=μN. 联立以上三式解得μ=tan θ.(2) 导体棒在光滑导轨上滑动时，受重力mg 、导轨的支持力N 和沿导轨向上的安培力F A 作用，根据共点力的平衡条件有F A =mgsin θ.根据安培力大小公式有F A =ILB.根据闭合电路欧姆定律有I=ER .根据法拉第电磁感应定律有E=BLv.联立以上各式解得v=22sin mgR B L θ.(3) 由题意可知，只有当导体棒在导轨光滑段滑动时，回路中才有感应电流产生，因此对导体棒在第1、3段导轨上滑动的过程中，根据能量守恒定律有Q=2mgdsin θ-12mv 2.解得Q=2mgdsin θ-322244sin 2m g R B L θ.答案: (1) tan θ (2) 22sin mgR B L θ(3) 2mgdsin θ-322244sin 2m g R B L θ变式训练4 (2014·苏南二模)两根固定在水平面上的光滑平行金属导轨MN 和PQ ，一端接有阻值为R=4 Ω 的电阻，且处于方向竖直向下的匀强磁场中.在导轨上垂直导轨跨放质量m=0.5 kg 的金属直杆，金属杆的电阻为r=1 Ω，金属杆与导轨接触良好，导轨足够长且电阻不计.当金属杆在垂直杆、F=0.5 N 的水平恒力作用下向右匀速运动时，电阻R 上的电功率是P=4 W.(1) 求通过电阻R 上的电流的大小和方向.(2) 求金属杆的速度大小.(3) 某时刻撤去拉力，当电阻R 上的电功率为4P时，求金属杆的加速度大小和方向. 解析:(1) 根据焦耳定律可知P=I 2R ，解得I=1 A ，根据右手定则可以判断其方向由M 到P.(2) 根据功能关系有Fv=I 2(R+r)，解得v=10 m/s. (3) 4P =I'2R ，则I'=2I.F'A =2F=ma ，则a=0.5 m/s 2，方向向左.答案:(1) 1 A 方向由M 到P (2) 10 m/s (3) 0.5 m/s 2 方向向左电磁感应中的图象问题电磁感应中图象问题的分析方法:例4 (多选)(2014·南京盐城二模)如图所示，光滑平行金属导轨MN 、PQ 所在的平面与水平面成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下.在t=0 时刻对金属棒施一平行于导轨的外力F ，金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速运动.下列关于穿过回路abPMa 的磁通量Φ、磁通量的变化率ΔΔt Φ、通过金属棒截面的电荷量q 以及a 、b 两端的电势差U 随时间t 变化的图象中，正确的是( )思维轨迹:首先要明确图象的类型，然后写出对应的物理方程，再根据方程选择图象.解析:由题意知ab 棒做匀加速运动x=12at 2，磁通量Φ=BLx=BL ·12at 2，故A 错误;磁通量的变化率ΔΔt Φ=ΔΔBL xt =BLv=BLat ，故B 正确;通过金属棒截面的电荷量q=ΔR Φ=ΔBL x R ，故C 错误;ab 两端的电势差U=R R r +E=RR r +BLat ，故D 正确.答案:BD变式训练5 (2014·镇江模拟)如图甲所示，足够长的光滑平行金属导轨MN 、PQ 竖直放置，其宽度L=1 m ，一匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M 与P 之间连接阻值为R=0.40 Ω的电阻，质量为m=0.01 kg 、电阻为r=0.30 Ω的金属棒ab 紧贴在导轨上.现使金属棒ab 由静止开始下滑，下滑过程中ab 始终保持水平，且与导轨接触良好，其下滑距离x 与时间t 的关系如图乙所示，图象中的OA 段为曲线，AB 段为直线，导轨电阻不计，取g=10 m/s 2(忽略ab 棒运动过程中对原磁场的影响).求:(1) 磁感应强度B 的大小.(2) 金属棒ab 在开始运动的1.5 s 内，通过电阻R 的电荷量.(3) 金属棒ab 在开始运动的1.5 s 内，电阻R 上产生的热量.解析:(1) 金属棒在1.5~2.1 s 时间内匀速运动，由题中图象乙得v=ΔΔxt =7 m/s.又I=BLvr R +，mg=BIL ，解得B=0.1 T.(2) 由q=I Δt ， I =Δ()ΔR r t Φ+， ΔΔt Φ=ΔΔSt B ，解得q=1 C. (3) Q=mgx-12mv 2 ，解得Q=0.455 J.所以Q R =Rr R +Q=0.26 J.答案:(1) 0.1 T (2) 1 C (3) 0.26 J。

一、电磁感应中的电路问题
1. 内电路和外电路.
(1) 切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源.
(2) 该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻,其余部分是外电路.
2. 电源电动势E=Blv或E=n Δ
Δt
.
二、电磁感应图象问题应用的知识为:左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律、函数图象知识等
三、感应电流在磁场中所受的安培力
1. 安培力的大小F=BIL=
·
BL E
R=
22v
B L
R.
2. 安培力的方向判断.
(1) 右手定则和左手定则相结合,先用右手定则确定感应电流方向,再用左手定则判断感应电流所受安培力的方向.
(2) 用楞次定律判断,感应电流所受安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相反.
四、电磁感应的能量转化
1. 电磁感应现象的实质是其他形式的能和电能之间的转化.
2. 感应电流在磁场中受安培力,外力克服安培力做功,将其他形式的能转化为电能,电流做功再将电能转化为内能.
3. 电流做功产生的热量用焦耳定律计算,公式为Q=I2Rt.。

2025版《南方凤凰台5A教案基础版物理第11章电磁感应第十一章电磁感应第1讲电磁感应现象楞次定律基础梳理1．感应电流的产生条件(1) 电磁感应现象：只要穿过闭合电路的__磁通量__发生变化，闭合回路中就有电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫电磁感应，产生的电流叫__感应电流__．(2) 产生感应电流的条件：__闭合__回路中磁通量发生变化．(3) 能量的转化：发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为__电能__.2．磁通量匀强磁场的磁感应强度B与垂直B的方向上的面积S的__乘积__．公式为Φ＝__BS__，单位为__韦伯__，符号为__Wb__．磁通量是__标__量．磁通量变化有三种可能：(1) __B变S不变__．(2) __B不变S变__．(3) __B和S都变__．3．感应电流的方向判定(1) 楞次定律：__感应电流__的磁场总是阻碍引起感应电流的__磁通量__的变化．(2) 应用楞次定律判断感应电流方向的具体步骤：①明确原磁通量的方向．②判断磁通量的增减情况．③确定感应电流形成的磁场方向．④利用安培定则反推感应电流的方向．(3) 右手定则：伸开右手，使拇指跟其余的四指__垂直__且与手掌都在同一平面内，让磁感线穿过手心，并使大拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向即为__感应电流__方向．易错辨析1．只要闭合电路内有磁通量，闭合电路中就有感应电流产生．(×) 2．穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部一定有感应电流产生．(×)3．只要电路的一部分做切割磁感线运动，电路中就一定有感应电流产生．(×)4．感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反．(×)5．感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化．(√)电磁感应现象的理解和判断常见的产生感应电流的三种情况(2024·泗阳期中调研)将电池组、滑动变阻器、线圈A、线圈B、电流表及开关按图示连接．线圈A放在线圈B中，开关闭合．下列操作中电流表指针不发生偏转的是(C)A．向A中插入铁芯B．将A向上拔出C．A、B保持相对静止一起移动D．断开开关瞬间解析：不管什么方法，只要使穿过B线圈磁通量发生变化，B线圈就有感应电流产生，电流表指针就偏转．向A中插入铁芯使得A圈产生的磁感线能更多穿过B线圈，B线圈磁通量增大，电流表指针偏转．将A向上拔出、断开开关瞬间都会使穿过B线圈的磁通量变小，电流表指针偏转．A、B保持相对静止一起移动，穿过B线圈的磁通量不变，所以电流表指针不偏转，故A、B、D错误，C正确．感应电流方向的判断1．运用楞次定律判定感应电流的步骤2．对楞次定律中“阻碍”的理解3．运用右手定则判断该方法只适用于导体切割磁感线产生的感应电流，注意三个要点：(1) 掌心——磁感线穿入．(2) 拇指——指向导体运动的方向．(3) 四指——指向感应电流的方向．如图所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动．金属线框从右侧某一位置静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，金属线框平面和细杆始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是(B)A．a→b→c→d→aB．d→c→b→a→dC．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→aD．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d解析：由楞次定律可知线框从右侧摆动到O点正下方的过程中，向上的磁通量在减小，故感应电流的方向沿d→c→b→a→d，同理，线框从O点正下方向左侧摆动的过程中，电流方向沿d→c→b→a→d，B正确．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跟电源连接，线圈B两端连在一起构成一个闭合回路．在断开开关S的时候，弹簧K并不会立刻将衔铁D拉起使触头C离开，而是过一小段时间才执行这个动作．下列说法中正确的是(D)A．线圈B不闭合，仍会产生延时效应B．将衔铁D换成铜片，延时效果更好C．保持开关S闭合，线圈B中磁通量为零D．断开开关S的瞬间，线圈B中的电流从上往下看为顺时针方向解析：线圈B不闭合时，当S断开后，在线圈B中不会产生感应电流，铁芯上不会有磁性，则不会产生延时效应，A错误；因铜不是磁性材料，则将衔铁D换成铜片，会失去延时效果，B错误；保持S闭合，线圈B中磁通量不变，但不为零，C错误；断开S的瞬间，穿过线圈B的磁通量向下减小，根据楞次定律可知，线圈B中的电流从上往下看为顺时针方向，D正确．实验：探究影响感应电流方向的因素1．实验设计如图所示，通过将条形磁铁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．实验器材电流表、条形磁铁、螺线管、电池、开关、导线、滑动变阻器等．3．实验现象相对运动情况原磁场方向向下向下向上向上Φ的变化情况增加减小减小增加线圈中感应电流的方向自下而上自上而下自下而上自上而下感应电流的磁场方向(线圈中)向上向下向上向下感应电流的磁场方向与原磁相反相同相同相反场方向的关系4．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．(2023·金陵中学)小红用如图甲所示的装置探究“影响感应电流方向的因素”，螺线管与电流表构成闭合电路，条形磁铁N极朝下，请回答下列问题：甲(1) 要想使电流表指针发生偏转，即有感应电流产生，小红进行了以下四种操作，其中可行的是(B)A．螺线管不动，磁铁静止放在螺线管中B．螺线管不动，磁铁插入或拔出螺线管C．磁铁与螺线管保持相对静止，一起匀速向上运动D．磁铁与螺线管保持相对静止，一起在水平面内做圆周运动解析：螺线管不动，磁铁静止放在螺线管中，螺线管中磁通量没有发生变化，不会产生感应电流，电流表指针不会发生偏转，A错误；螺线管不动，磁铁插入或拔出螺线管，螺线管中磁通量发生变化，会产生感应电流，电流表指针会发生偏转，B正确；磁铁与螺线管保持相对静止，一起匀速向上运动或一起在水平面内做圆周运动的过程，螺线管中磁通量没有发生变化，不会产生感应电流，电流表指针不会发生偏转，C、D错误．(2) 已知当电流从灵敏电流表G左端流入时，指针向左偏转．将灵敏电流表G与线圈L连接，线圈上导线绕法如图乙所示．将磁铁N极向下从线圈L上方竖直插入L时，灵敏电流表G的指针将__向左__(填“向左”“向右”或“不”)偏转．当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，a点电势__高于__(填“高于”“等于”或“低于”)b点电势．乙解析：将磁铁N极向下从线圈L上方竖直插入L时，螺线管中的磁场向下，磁通量增加，据楞次定律可知，灵敏电流表G的指针将向左偏转．当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，螺线管中磁场向上，磁通量减小，据楞次定律可知，产生的感应电流为俯视逆时针方向，a点等效为电源正极，a点电势高于b点电势．楞次定律推论的应用内容例证增反减同磁体靠近线圈，B感与B原方向相反当I1增大时，环B中的感应电流方向与I1相反；当I1减小时，环B中的感应电流方向与I1相同来拒去留磁体靠近，是斥力，阻碍磁体与圆环相对运动；磁体远离，是引力，阻碍磁体与圆环相对运动增缩减扩(适用于单向磁场)P、Q是光滑固定导轨，a、b是可动金属棒，磁体下移(上移)，a、b靠近(远离)，使回路面积有缩小(扩大)的趋势增离减靠当开关S闭合时，左环向左摆动、右环向右摆动，远离通电线圈，通过远离和靠近阻碍磁通量的变化说明以上情况“殊途同归”，实质上都是以不同的方式阻碍磁通量的变化如图所示，光滑固定导体轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合路．当一条形磁铁从高处下落接近回路时(A)A．P、Q将互相靠拢B．P、Q将互相远离C．磁铁的加速度为gD．磁铁的加速度一定大于g解析：当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知P、Q将互相靠拢，回路的面积减小，使穿过回路的磁通量减小，起到阻碍原磁通量增加的作用，故A 正确，B错误；由于磁铁受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g，故C、D错误．一个长直密绕螺线管N放在一个金属圆环M的中心，圆环轴线与螺线管轴线重合，如图甲所示．螺线管N通有如图乙所示的电流．下列说法中正确的是(D)甲乙A．t＝T8时刻，圆环有收缩的趋势B．t＝3T8时刻，圆环有扩张的趋势C．t＝T8和t＝3T8时刻，圆环内有相同的感应电流D．t＝3T8和t＝5T8时刻，圆环内有相同的感应电流解析：由图可知在t＝T8时刻，通过线圈的电流增大，则线圈产生的磁场增大，所以穿过金属小圆环的合磁通量(螺线管内部和外部之和)变大，根据楞次定律可知，圆环有扩张的趋势，A错误，同理，t＝3T8时刻，圆环有收缩的趋势，B错误；由图可知在t＝T8时刻通过线圈的电流增大，而在t＝3T8时刻通过线圈的电流减小，根据楞次定律可知两时刻圆环感应电流方向不同，C错误；由图可知在t＝3T 8时刻正向电流减小，在t＝5T8时刻反向电流增大，线圈内电流的变化率大小相等，则线圈产生的磁场的变化率也相等，根据法拉第电磁感应定律可知，圆环内的感应电动势大小是相等的，所以感应电流大小也相等，根据楞次定律可知两时刻圆环感应电流方向也相同，D正确．“三定则、一定律”的综合应用1．“三定则、一定律”的比较定则或定律适用的现象因果关系安培定则电流的磁效应——电流、运动电荷产生的磁场因电生磁左手定则(1) 安培力——磁场对电流的作用力 (2) 洛伦兹力——磁场对运动电荷的作用力 因电受力 右手定则导体做切割磁感线运动产生的电磁感应现象 因动生电 楞次定律闭合回路磁通量变化产生的电磁感应现象 因磁生电2．相互联系 (1) 应用楞次定律时，一般要用到安培定则．(2) 研究感应电流受到的安培力，一般先用右手定则确定感应电流的方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定．如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ 、MN ，MN 的左边有一如图所示的闭合电路，当PQ 在一外力的作用下运动时，MN 向右运动，则PQ 所做的运动可能是( C )A ．向右加速运动B ．向左匀速运动C ．向右减速运动D ．向左减速运动解析：MN 向右运动，说明MN 受到向右的安培力，因为ab 在MN 处产生的磁场垂直纸面向里―――→左手定则MN 中的感应电流方向为M →N ―――→安培定则L 1中感应电流的磁场方向向上―――→楞次定律⎩⎨⎧ L 2中磁场方向向上减弱L 2中磁场方向向下增强.若L 2中磁场方向向上减弱―――→安培定则PQ 中电流方向为Q →P 且减小―――→右手定则向右减速运动；若L 2中磁场方向向下增强―――→安培定则PQ 中电流方向为P →Q 且增大―――→右手定则向左加速运动，故C 正确．类题固法1．如图所示，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源、滑动变阻器连接，另一线圈两端与两根平行光滑水平金属导轨相连，导轨处在垂直导轨平面向上的匀强磁场中，导体棒MN垂直导轨放置，导轨电阻可忽略不计．下列说法中正确的是(B)A．开关闭合瞬间，导体棒中会产生由M指向N的感应电流B．开关闭合瞬间，导体棒中会产生由N指向M的感应电流C．开关闭合，将变阻器滑片向左匀速滑动时，棒静止不动D．开关闭合，将变阻器滑片向右匀速滑动时，棒静止不动解析：开关闭合瞬间，由安培定则可知，下面线圈产生的磁场方向向下且增强，由楞次定律可知上面线圈产生的磁场方向向上，所以导体棒中电流方向为N 指向M，A错误，B正确；保持开关闭合，滑片不论向左或者向右运动，滑动变阻器接入电路的电阻变化，则通过下面线圈的电流变化，下面的线圈的磁通量发生变化，则穿过上面的线圈的磁通量发生变化，就会产生感应电动势，产生感应电流，有电流流过导体棒MN，导体棒MN在磁场中受力就不会静止不动，C、D错误．2．如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，线圈c向右摆动(B)A．向右或向左做匀速运动B．向右或向左做减速运动C．向右或向左做加速运动D．只能向右做匀加速运动解析：线圈向右摆动，根据楞次定律，可知螺线管产生的磁场在减小，即导体棒在做减速运动，故B正确．3．(2023·金陵中学)置于匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线，与套在铁芯上部的线圈A相连．套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根水平光滑导轨上，如图所示．导轨上有一根金属棒ab静止处在垂直于纸面向外的匀强磁场中．下列说法中正确的是(C)A．圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动B．圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向右运动C．圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动D．圆盘逆时针加速转动时，ab棒将向左运动解析：由右手定则可知，圆盘顺时针加速转动时，感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下且磁场增强，由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由a→b，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向左，ab棒将向左运动，故A错误；当圆盘顺时针匀速转动时，线圈A中产生恒定的电流，那么线圈B的磁通量不变，则ab棒没有感应电流，不会运动，故B错误；同A的分析可知，圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动，故C正确；由右手定则可知，圆盘逆时针加速转动时，感应电流从边缘流向圆心，线圈A中产生的磁场方向向上且磁场增强，由楞次定律可知，线圈B中的感应磁场方向向下，由右手螺旋定则可知，ab棒中感应电流方向由b→a，由左手定则可知，ab棒受的安培力方向向右，ab棒将向右运动，故D错误．1．如图所示，两个同心放置的共面金属圆环a和b，一条形磁铁穿过圆心且与环面垂直，则穿过两环的磁通量Φa和Φb的大小关系为(A)A．Φa＞ΦbB．Φa＜ΦbC．Φa＝ΦbD．无法比较解析：要注意磁感线“闭合”的特点，外面有多少条磁感线，内部就有多少条磁感线．在磁铁内部，从下到上穿过两平面的磁感线条数是相等的．但在外部，由上而下穿过b的条数比穿过a的多，内外磁感线方向相反，两相抵消，因此穿过a的磁感线条数比穿过b的磁感线条数多，故A正确．2．(2024·东海期中)如图所示，长直导线MN置于三角形金属线框abc上且彼此绝缘，线框被导线分成面积相等的两部分．导线通入由M到N的电流，则下列说法中正确的是(C)A．当电流逐渐增大，线框中磁通量始终为零B．当电流逐渐减小，线框中没有产生感应电流C．当电流不变且将导线MN平移靠近bc过程中，线框中会产生感应电流D．当电流不变且将导线MN平移靠近bc过程中，线框中的磁通量一直增加解析：当电流逐渐增大，线框中磁通量垂直纸面向里增大，始终不为零，故A错误；当电流逐渐减小，磁通量垂直纸面向里减小，线框中有产生感应电流，故B错误；当电流不变且将导线MN平移靠近bc过程中，线框中磁通量先垂直纸面向里减小，后垂直纸面向外增大，回路有感应电流，故C正确，D错误．3．(2020·新课标Ⅲ卷)如图所示，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环．圆环初始时静止．将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到(B)A．拨至M端或N端，圆环都向左运动B．拨至M端或N端，圆环都向右运动C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动解析：无论开关S拨至哪一端，当把电路接通一瞬间，左边线圈中的电流从无到有，电流在线圈轴线上的磁场从无到有，从而引起穿过圆环的磁通量突然增大，根据楞次定律(增离减靠)，圆环均向右运动以阻碍磁通量的变化，故B正确．4．(2023·南师附中)已知t＝0时刻a、b两环处于静止状态，a环中的电流i随时间t的变化规律如图乙所示．下列说法中错误的是(B)甲乙A．t2时刻两环相互吸引B．t3时刻两环相互排斥C．t1时刻a环的加速度为零D．t4时刻b环中感应电流最大解析：a中电流产生磁场的变化使b中产生电流，才使两线圈相互作用．相互吸引还是相互排斥，取决于两环中电流方向．t2时刻与t3时刻，均处于电流减小阶段，根据楞次定律可知，两环的电流方向相同，则两环相互吸引，A正确，B错误；在图乙中，t1时刻斜率为0，这个瞬间磁场变化率为0，没有感应电流，因此两环没有作用力，则加速度为零，C正确；虽然t4时刻的电流为零，但是根据该点的斜率，电流是变化的且磁通量变化率最大，那么b环中感应电动势最大，则感应电流最大，D正确．配套精练一、选择题1．(2024·常熟期中)下列四幅图所描述的情境，能够产生感应电流的是(D)甲乙丙丁A．图甲中，与干电池连接的左侧线圈开关保持闭合B．图乙中，条形磁铁快速穿过有缺口的线圈C．图丙中，线圈在匀强磁场中垂直于磁场方向向右运动，线圈始终在磁场内D．图丁中，线圈绕轴线AB转动解析：干电池是直流电源，与干电池连接的左侧线圈开关保持闭合，则左侧线圈电流不变，穿过右侧线圈的磁通量不变，不会产生感应电流，故A错误；条形磁铁快速穿过有缺口的线圈，线圈未形成闭合回路，无法产生感应电流，故B 错误；线圈在匀强磁场中垂直于磁场方向向右运动，线圈始终在磁场内，穿过线圈的磁通量未发生变化，不会产生感应电流，故C错误；线圈绕轴线AB转动，线圈形成了闭合回路且穿过线圈的磁通量发生变化，则会产生感应电流，故D正确．2．(2021·北京卷)某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止．按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止．下列说法中正确的是(D)A．未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势B．未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用C．接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势D．接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用解析：未接导线时，表针晃动过程中导线切割磁感线，表内线圈会产生感应电动势，故A错误；未接导线时，未连成闭合回路，没有感应电流，所以不受安培力，故B错误；接上导线后，表针晃动过程中表内线圈产生感应电动势，根据楞次定律可知，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用，故C错误，D 正确．3．(2024·邗江期中)如图所示，A、B都是很轻的铝环，环A是闭合的，环B是断开的，横梁可以绕中间的支点自由转动．若用磁铁分别接近这两个圆环，则下列说法中正确的是(D)A．用磁铁的任意一磁极接近A环时，A环均被吸引B．把磁铁远离A环，A环又会被排斥C．磁铁N极接近B环时，B环会被吸引D．磁极接近或者远离B环时，B环保持静止解析：用磁铁的任意一磁极接近A环时，环内磁通量变大，根据楞次定律，圆环受到的安培力的效果总是阻碍磁通量的变化(来拒)，可知闭合圆环中会产生感应电流，A环被排斥，A错误；同理，把磁铁远离A环，A环又会被吸引，B 错误；磁极接近或者远离B环时(磁铁N极接近B环时)，磁通量变化，有感应电动势，但是由于不闭合，所以没有感应电流，圆环不受到安培力的作用，圆环保持静止，C错误，D正确．4．如图所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，由图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和位置Ⅲ都很接近位置Ⅱ，这个过程中线圈感应电流(A)A．沿abcd流动B．沿dcba流动C．先沿abcd流动，后沿dcba流动D．先沿dcba流动，后沿abcd流动解析：线圈从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，由Φ＝B⊥S看出，因B⊥变小，故Φ变小，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，向上穿过线圈，由右手螺旋定则可知，线圈中电流的方向为abcd，当线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ时，由Φ＝B⊥S看出，由于B⊥变大，故Φ变大，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，即向上穿过线圈，由右手螺旋定则可以判断，感应电流的方向为abcd，故A正确．5．如图所示，用绝缘细线悬挂一闭合金属圆环，环套在一通电螺线管外，圆环的圆心、轴线与螺线管的中心、轴线分别重合．现增大通电螺线管中的电流(方向不变)，下列说法中正确的是(C)A．穿过圆环的磁通量为零，环中不会产生感应电流B．从左向右看，圆环中的感应电流沿逆时针方向C．圆环有扩张的趋势D．悬挂圆环的细线拉力增大解析：当螺线管中通过的电流逐渐变大时，电流产生的磁场逐渐变强，穿过圆环的磁通量变大，等效磁场方向向左，由楞次定律可得，感应磁场方向向右，从左向右看，圆环中的感应电流沿顺时针方向，A、B错误；当螺线管中通过的电流逐渐变大时，电流产生的磁场逐渐变强，故穿过圆环的磁通量变大，为阻碍磁通量变大，圆环有扩张的趋势，C正确；由于圆环的圆心、轴线与螺线管的中心、轴线分别重合，所以圆环各处所受安培力大小相等，方向相反，所以悬挂圆环的细线拉力不变，D错误．6．(2023·金陵中学)如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按图中的哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环对桌面的压力增大(B)A B C D解析：由楞次定律的运动学描述“来拒去留”可知，要使导体圆环对桌面的压力增大，即圆环受到向下的作用力，则螺线管中应产生增大的磁场；而螺线管中的磁场是由abcd区域内的磁场变化引起的，故abcd中的磁场变化率应越来越大，故B正确．7．(2023·徐州考前打靶)固定的长直导线附近有一个矩形线圈，它们处于同一光滑水平面上，俯视图如图所示．导线中通有向右的电流，下列说法中正确的是(A)A．电流在线圈所在位置处产生的磁场方向垂直于纸面向里B．若导线中电流突然减弱，线圈将远离长直导线C．若线圈平行长直导线向右运动，线圈中将产生逆时针方向的电流D．若线圈以一定的初速度远离长直导线，其受到的安培力将保持不变解析：根据安培定则可知，电流在线圈处产生的磁场方向垂直于纸面向里，故A正确；通电直导线周围磁场的磁感应强度近大远小，当导线中电流突然减弱，线圈中的磁通量减弱，为了阻碍磁通量的减弱，线圈将靠近直导线，故B错误；若线圈平行长直导线向右运动，穿过线圈的磁通量未发生变化，所以线圈中没有感应电流，故C错误；当线圈以一定的初速度远离长直导线，线圈中的磁通量减弱，为了阻碍磁通量的减弱，此时线圈中产生瞬时针方向的电流，随着线圈远离直导线，线圈所处位置的磁感应强度减弱，所以线圈所受的安培力减小，故D错误．8．如图甲所示，螺线管内有平行于轴线的外加匀强磁场，以图中箭头所示方向为其正方向，螺线管与导线圈cdef相连，导线圈内有一小金属圆环L，圆环与导线圈在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度B随时间t按图乙所示规律变化时(D)甲。

专题十一电磁感应规律的综合应用1. (2013·全国)纸面内两个半径均为R的圆相切于O点,两圆形区域内分别存在垂直纸面的匀强磁场,磁感应强度大小相等、方向相反,且不随时间变化.一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转,角速度为ω,t=0时,OA恰好位于两圆的公切线上,如图所示.若选取从O指向A的电动势为正,下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图象可能正确的是()2. (2013·海南)如图所示,水平桌面上固定有一半径为R的金属细圆环,环面水平,圆环每单位长度的电阻为r.空间有一匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向竖直向下.一长度为2R、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切,切点为棒的中点.棒在拉力的作用下以恒定加速度a从静止开始向右运动,运动过程中棒与圆环接触良好.下列说法中正确的是()A. 拉力的大小在运动过程中保持不变B.C.棒经过环心时流过棒的电流为 D.棒经过环心时所受安培力的大小为28πB r3. (多选)(2013·南通中学)如图所示,在水平桌面上放置两条相距l 的平行光滑导轨ab 与cd,阻值为R 的电阻与导轨的a 、c 端相连.质量为m 、边长为l 、电阻不计的正方形线框垂直于导轨并可在导轨上滑动.整个装置放于匀强磁场中,磁场的方向竖直向上,磁感应强度的大小为B.滑杆的中点系一根不可伸长的轻绳,绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后,与一个质量也为m 的物块相连,绳处于拉直状态.现若从静止开始释放物块,用h 表示物块下落的高度(物块不会触地),g 表示重力加速度,其他电阻不计,则()A. 因通过正方形线框的磁通量始终不变,故电阻R 中没有感应电流B. 物体下落的加速度为0.5gC. 若h 足够大,物体下落的最大速度为22mgR B l D. 通过电阻R 的电荷量为BlhR4. (多选)(2013·扬州一模)如图所示,两根完全相同的光滑金属导轨POQ 固定在水平桌面上,导轨间的夹角为θ,导轨单位长度的电阻为r.导轨所在空间有垂直于桌面向下的匀强磁场.t=0时刻将一电阻不计的金属杆MN 在外力作用下以恒定速度v 从O 点开始向右滑动.在滑动过程中保持MN 垂直于两导轨间夹角的平分线,且与导轨接触良好,导轨和金属杆足够长.下列关于电路中电流大小I 、金属杆MN 间的电压U 、外力F 及电功率P 与时间t 的关系图象中正确的是()5. (多选)(2013·四川)如图所示,边长为L 、不可形变的正方形导体框内有半径为r 的圆形区域,其磁感应强度B 随时间t 的变化关系为B=kt(常量k>0).回路中滑动变阻器R 的最大阻值为R 0,滑片P 位于滑动变阻器中央,定值电阻R 1=R 0、R 2=12R 0.闭合开关S,电压表的示数为U,不考虑虚线MN 右侧导体的感应电动势.则 ()A. R 2两端的电压为7UB. 电容器的a 极板带正电C. 滑动变阻器R 的热功率为电阻R 2的5倍D. 正方形导体框中的感应电动势为kL26. (2013·连云港一模)如图所示,空间存在着与圆台母线垂直向外的磁场,各处的磁感应强度大小均为B,圆台母线与竖直方向的夹角为θ.一个质量为m 、半径为r 的匀质金属环位于圆台底部.环中通以恒定的电流I 后圆环由静止向上运动,经过时间t 后撤去该恒定电流并保持圆环闭合,圆环上升的最大高度为H.已知重力加速度为g,磁场的范围足够大.在圆环向上运动的过程中,下列说法中正确的是()A. 在时间t 内安培力对圆环做功为mgHB. 圆环先做匀加速运动后做匀减速运动C. 圆环运动的最大速度为2πcos BIrt m-gtD. 圆环先有扩张后有收缩的趋势7. (2013·宿迁、徐州三模)如图甲所示,有两根相互平行、间距为L 的粗糙金属导轨,它们的电阻忽略不计,在MP 之间接有阻值为R 的定值电阻,导轨平面与水平面的夹角为θ.在efhg 矩形区域内有垂直斜面向下、宽度为d 的匀强磁场(磁场未画出),磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示.在t=0时刻,一质量为m 、电阻为r 的金属棒垂直于导轨放置,从ab 位置由静止开始沿导轨下滑,t=t 0时刻进入磁场,此后磁感应强度为B 0并保持不变.棒从ab 到ef 的运动过程中,电阻R 上的电流大小不变.求:(1) 0t 0时间内流过电阻R 的电流I 大小和方向. (2) 金属棒与导轨间的动摩擦因数μ.(3) 金属棒从ab 到ef 的运动过程中,电阻R 上产生的焦耳热Q.8. (2013·南京、盐城三模) 如图所示,虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图,其主要部件为缓冲滑块 K 和质量为m 的缓冲车厢.在缓冲车的底板上,沿车的轴线固定着两个光滑水平绝缘导轨PQ 、MN.缓冲车的底部安装电磁铁(图中未画出),能产生垂直于导轨平面的匀强磁场,磁场的磁感应强度为B.导轨内的缓冲滑块K 由高强度绝缘材料制成,滑块K 上绕有闭合矩形线圈abcd,线圈的总电阻为R,匝数为n,ab 边长为L.假设缓冲车以速度v 0与障碍物C 碰撞后,滑块K 立即停下,此后线圈与轨道的磁场作用力使缓冲车厢减速运动,从而实现缓冲,一切摩擦阻力不计. (1) 求滑块K 的线圈中最大感应电动势的大小.(2) 若缓冲车厢向前移动距离L 后速度为零,则此过程线圈abcd 中通过的电荷量和产生的焦耳热各是多少?(3) 若缓冲车以某一速度v'0(未知)与障碍物C 碰撞后,滑块K 立即停下,缓冲车厢所受的最大水平磁场力为F m .缓冲车在滑块K 停下后,其速度v 随位移x 的变化规律满足v=v'0-222n B L mR x.要使导轨右端不碰到障碍物,则缓冲车与障碍物C 碰撞前,导轨右端与滑块K 的cd 边距离至少多大?专题十一 电磁感应规律的综合应用1. C2. D3. CD4. AD5. AC6. C7. (1) 0t 0时间内,回路中的电流由磁场变化产生,由法拉第电磁感应定律有回路中感应电动势E=ΔΔt Φ=00LdB t ,根据闭合电路欧姆定律I=ER r +=00Ld ()B R r t +,由楞次定律可得,流过电阻R 的电流方向是M →P.(2) 由题意,金属棒进入磁场后电阻上电流保持不变,则金属棒匀速运动, 所受安培力为F=B 0IL,则mgsin θ-μmgcos θ-B 0IL=0,得μ=tan θ-2200dcos ()B L mg R r t θ+.(3) 导体棒进入磁场中有E=B 0Lv=00Ld B t , 导体棒在磁场中运动的时间t=dv =t 0,根据焦耳定律有Q=I 2R(t 0+t)=2220202R()B L d R r t +.8. (1) 缓冲车以速度v 0碰撞障碍物后滑块K 静止,滑块相对磁场的速度大小为v 0,线圈中产生的感应电动势E 0=nBLv 0.(2)由法拉第电磁感应定律E=n ΔΔt Φ,其中ΔΦ=BL 2,由电流计算公式I=ER,I=qt,代入计算得q=n2 BL R,由功能关系得Q=12m20v.(3)当缓冲车的最大速度为v'0,碰撞后滑块K静止,滑块相对磁场的速度大小为v'0.线圈中产生的感应电动势E=nBLv'0,线圈中的电流I=E R,线圈ab边受到的安培力F=nBIL,依题意F=F m,解得v'0=m222F Rn B L,由题意知v=v'0-222n B LmR x,当v=0时,解得x=2m444F mRn B L.。

专题09 电磁感应定律及综合应用电磁感应是电磁学中最为重要的内容，也是高考命题频率最高的内容之一。

题型多为选择题、计算题。

主要考查电磁感应、楞次定律、法拉第电磁感应定律、自感等知识。

本部分知识多结合电学、力学部分出压轴题，其命题形式主要是电磁感应与电路规律的综合应用、电磁感应与力学规律的综合应用、电磁感应与能量守恒的综合应用。

复习中要熟练掌握感应电流的产生条件、感应电流方向的判断、感应电动势的计算，还要掌握本部分内容与力学、能量的综合问题的分析求解方法。

预测2020年的高考基础试题重点考查法拉第电磁感应定律及楞次定律和电路等效问题．综合试题还是涉及到力和运动、动量守恒、能量守恒、电路分析、安培力等力学和电学知识．主要的类型有滑轨类问题、线圈穿越有界磁场的问题、电磁感应图象的问题等．此除日光灯原理、磁悬浮原理、电磁阻尼、超导技术这些在实际中有广泛的应用问题也要引起重视。

一、法拉第电磁感应定律法拉第电磁感应定律的内容是感应电动势的大小与穿过回路的磁通量的变化率成正比．在具体问题的分析中，针对不同形式的电磁感应过程，法拉第电磁感应定律也相应有不同的表达式或计算式．磁通量变化的形式表达式备注通过n匝线圈内的磁通量发生变化E＝n·ΔtΔΦ(1)当S不变时，E＝nS·ΔtΔB(2)当B不变时，E＝nB·ΔtΔS导体垂直切割磁感线运动E＝BLv 当v∥B时，E＝0 导体绕过一端且垂直于磁场方向的转轴匀速转动E＝21BL2ω线圈绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动E＝nBSω·sinωt当线圈平行于磁感线时，E最大为E＝nBSω，当线圈平行于中性面时，E＝0二、楞次定律与左手定则、右手定则1．左手定则与右手定则的区别：判断感应电流用右手定则，判断受力用左手定则．2．应用楞次定律的关键是区分两个磁场：引起感应电流的磁场和感应电流产生的磁场．感应电流产生的磁场总是阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化，“阻碍”的结果是延缓了磁通量的变化，同时伴随着能量的转化．3．楞次定律中“阻碍”的表现形式：阻碍磁通量的变化(增反减同)，阻碍相对运动(来拒去留)，阻碍线圈面积变化(增缩减扩)，阻碍本身电流的变化(自感现象)．三、电磁感应与电路的综合电磁感应与电路的综合是高考的一个热点内容，两者的核心内容与联系主线如图4－12－1所示：1．产生电磁感应现象的电路通常是一个闭合电路，产生电动势的那一部分电路相当于电源，产生的感应电动势就是电源的电动势，在“电源”内部电流的流向是从“电源”的负极流向正极，该部分电路两端的电压即路端电压，U ＝R ＋r R E.2．在电磁感应现象中，电路产生的电功率等于内外电路消耗的功率之和．若为纯电阻电路，则产生的电能将全部转化为内能；若为非纯电阻电路，则产生的电能除了一部分转化为内能，还有一部分能量转化为其他能，但整个过程能量守恒．能量转化与守恒往往是电磁感应与电路问题的命题主线，抓住这条主线也就是抓住了解题的关键．在闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流的问题中，机械能转化为电能，导体棒克服安培力做的功等于电路中产生的电能．说明：求解部分导体切割磁感线产生的感应电动势时，要区别平均电动势和瞬时电动势，切割磁感线的等效长度等于导线两端点的连线在运动方向上的投影．考点一 对楞次定律和电磁感应图像问题的考查例1、【2020·新课标Ⅲ卷】如图，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。

2021届高考二轮复习电路与电磁感应专题第2讲电磁感应规律及其应用学案[核心要点]◎1．电磁问题方向判断“三定则、一定律”的应用(1)安培定则：判断运动电荷、电流产生的磁场方向。

(2)左手定则：判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向。

(3)楞次定律：判断闭合电路磁通量发生变化产生感应电流的方向。

(4)右手定则：判断部分导体切割磁感线产生感应电流的方向。

2．四种求电动势的方法(1)平均电动势E＝n ΔΦΔt。

(2)平动切割E＝Bl v。

(3)导体棒绕与磁场平行的轴匀速转动，E＝12Bl2ω。

(4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动e＝nBSωsin ωt。

3．感应电荷量的两种求法(1)当回路中的磁通量发生变化时，由于感应电场的作用使电荷发生定向移动而形成感应电流。

通过的电荷量表达式为q＝IΔt＝n ΔΦΔtR总·Δt＝nΔΦR总。

(2)导体切割磁感线运动通过的电荷量q满足的关系式：－B I lΔt＝－Blq ＝mΔv。

◎[备考策略]1．抓住“两个定律”，运用“三种观点”、分析“一种电路”“两个定律”是指楞次定律和法拉第电磁感应定律；“三种观点”是指动力学观点、能量观点和动量观点；“一种电路”是指电磁感应电路。

2．必须辩明的“5个易错易混点”(1)楞次定律中的“阻碍”不是“阻止”，也不是“相反”。

(2)注意区别楞次定律和右手定则。

(3)发生电磁感应的电路中，产生感应电动势的部分为“电源”，其余部分为“外电路”。

(4)安培力做正功，电能转化为其他形式的能量，安培力做负功，其他形式的能量转化为电能。

(5)安培力的冲量为I＝B I l·Δt＝qBl＝B2l2R＋rx。

命题点一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用角度①楞次定律的应用(2020·课标全国卷Ⅲ)如图，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环。

圆环初始时静止。

将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到()A．拨至M端或N端，圆环都向左运动B．拨至M端或N端，圆环都向右运动C．拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动D．拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动B[本题通过线圈和金属圆环考查楞次定律的应用以及右手螺旋定则。

能力呈现【考情分析】201220132014电磁感应定律的综合应用T13:电磁感应定律的应用T13：电磁感应定律的应用T13：电磁感应定律的应用【备考策略】电磁感应的综合应用，是高中物理中难度较大、综合性最强的部分之一，是高考必考内容之一.电磁感应与力学、电路、磁场、能量等密切联系，涉及知识面广，综合性强，能力要求高，题型有计算题、选择题。

解答电磁感应综合应用的问题要“先电后力"，即先分析“电源、电路”，再进行受力和运动分析，然后选用牛顿运动定律或能量关系列式求解.1。

（2014·泰州中学）如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n=100，线圈面积S=200 cm2，线圈的电阻r=1 Ω，线圈外接一个阻值R=4 Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示.下列说法中正确的是（）A。

线圈中的感应电流方向为顺时针方向B。

电阻R两端的电压随时间均匀增大C。

线圈电阻r上消耗的功率为4×10-4 WD. 前4 s内通过R的电荷量为4×10—4 C解析：由楞次定律，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，选项A错误;由法拉第电磁感应定律,产生的感应电动势恒定为E=n Δ·ΔB St=0。

1 V,电阻R两端的电压不随时间变化,选项B错误；回路中电流I=ER r=0。

02 A，线圈电阻r上消耗的功率为P=I2r=4×10—4 W，选项C正确；前4 s内通过R的电荷量为q=It=0。

08 C，选项D错误。

答案：C2. （多选）(2014·江都中学）如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m的金属棒ab.导轨的一端连接电阻R，其他电阻均不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向下，金属棒ab在一水平恒力F的作用下由静止开始向右运动，则( ）A。

随着ab运动速度的增大，其加速度也增大B。

外力F对ab做的功等于电路中产生的电能C. 当ab做匀速运动时，外力F做功的功率等于电路中的电功率D. 无论ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能解析：金属棒ab在一水平恒力F的作用下由静止开始向右运动，随着ab运动速度的增大,产生的感应电流增大，所受的与F方向相反的安培力增大，其加速度减小,选项A错误；外力F对ab做的功等于电路中产生的电能和导体棒增加的动能之和，选项B错误;由能量守恒定律可知，当ab做匀速运动时，外力F做功的功率等于电路中的电功率，选项C正确；无论ab做何种运动，它克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能，选项D正确。

2018版高考物理二轮复习第1部分专题整合突破专题11 电磁感应规律及其应用教案编辑整理:尊敬的读者朋友们:这里是精品文档编辑中心,本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的,发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2018版高考物理二轮复习第1部分专题整合突破专题１1 电磁感应规律及其应用教案)的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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专题十一电磁感应规律及其应用——————[知识结构互联]-—－——-—[核心要点回扣］—-———1.“三定则、一定律”的应用(1）安培定则：判断运动电荷、电流产生的磁场方向.(2)左手定则:判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向.(３）右手定则:判断部分导体切割磁感线产生感应电流的方向.（4)楞次定律:判断闭合电路磁通量发生变化产生感应电流的方向．2.求感应电动势的两种方法（1）E＝n＼ｆ（ΔΦ,Δt）,主要用来计算感应电动势的平均值.(2）E＝BLv，主要用来计算感应电动势的瞬时值或平均值．考点1 电磁感应规律及其应用(对应学生用书第５6页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年8考:2017年Ⅰ卷T18、Ⅲ卷T152０16年Ⅰ卷T２4、Ⅱ卷Ｔ2０2015年Ⅰ卷T19、Ⅱ卷Ｔ15２014年Ⅰ卷T１４2013年Ⅱ卷T19[考情分析]1．高考在本考点的考查主要集中在导体棒切割磁感线为背景的电动势的计算及方向的判断. 2．掌握法拉第电磁感应定律和楞次定律及右手定则是突破考点的关键.3.对感应电流产生的条件理解不准确,易误认为只要切割就有感应电流．4．左手定则和右手定则混淆易出现电流方向的判断错误．1．(楞次定律的应用)(２0１7·Ⅲ卷T15）如图１1。

（名师导学）高考物理总复习第十章第3节电磁感应规律的综合应用教学案新人教版 第3节 电磁感应规律的综合应用 考点1► 电磁感应与电路 【p 186】夯实基础电磁感应的电路问题1．电源与外电路切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈相当于__电源__，其电阻相当于电源__内阻__，其余部分是外电路．2．常用参量的求解(1)根据法拉第电磁感应定律：电动势E ＝__n ΔΦΔt__或__E ＝BLvsin__θ__． (2)根据闭合电路的欧姆定律：路端电压U ＝__E －Ir__，对纯电阻电路，干路电流I ＝__E R ＋r__． (3)通过电路中导体横截面的电量q ＝__n ΔΦR ′__，R ′为闭合电路的总电阻． 考点突破例1如图所示，MNPQ 是用单位长度电阻为r 0的均匀金属条制成的矩形闭合框，线框固定在倾角为θ的绝缘斜面上，MN 长为L ，MQ 长为4L ，有一磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过斜面．质量为m 的金属杆ab 在外力F 作用下，以速度v 匀速沿斜面向下滑过矩形框，滑行过程中ab 始终平行于MN 且与框良好接触，外力F 始终沿斜面且垂直于ab.已知金属杆ab 的单位长度电阻为2.1r 0，不计杆与框的摩擦．重力加速度取g ，将杆ab 经过MN 时的位移记为s ＝0，求：(1)杆ab 中感应电流I 随位移s 变化的关系式；(2)杆ab 发热功率的最小值；(3)矩形框MNPQ 上发热功率最大时ab 杆的位移．【解析】(1)感应电动势E ＝BLv ，外电路被ab 分为上下两部分，R 外＝R 上R 下R 上＋R 下＝（L ＋2s ）（9L －2s ）10Lr 0， I ＝E R 外＋R 内＝BLv R 外＋R 内＝BLv （L ＋2s ）（9L －2s ）10Lr 0＋2.1Lr 0 ＝10BL 2v （L ＋2s ）（9L －2s ）r 0＋21L 2r 0. (2)外电路电阻最大时，感应电流最小，ab 发热功率最小．因为R 上＋R 下为常数，所以当R 上＝R 下时R 外有最大值，即位移s ＝2L ，此时R 外＝R 上R 下R 上＋R 下＝5L×5L 10Lr 0＝2.5Lr 0，P ab ＝ I 2R 内＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R 外＋R 内2 R 内＝105B 2Lv 21058r 0. (3)矩形框的功率即电源的输出功率，当R 外＝R 内时，P 出最大．即（L ＋2s ）（9L －2s ）10L r 0＝2.1Lr 0，可解得s 1＝L ，s 2＝3L. 【小结】解答电磁感应电路问题的方法1．确定电源产生电磁感应现象的导体或线圈就是电源．2．分清内、外电路内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈，外电路由电阻、电容等电学元件组成．3．解题的基本步骤(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律或右手定则确定感应电动势的大小和方向，感应电动势的方向是电源内部电流的方向．(2)根据电源和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路图，注意区别内、外电路，区别路端电压和电动势．(3)根据E ＝BLvsin θ或E ＝n ΔΦΔt结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识和电功率、焦耳定律等列式求解．若涉及理想变压器的问题，结合变压器公式求解．针对训练1．(多选)如图甲，线圈A(图中实线，共100匝)的横截面积为0.3 m 2，总电阻r ＝2 Ω，A 右侧所接电路中，电阻R 1＝2 Ω，R 2＝6 Ω，电容C ＝3 μF ，开关S 1闭合．A 中有横截面积为0.2 m 2的区域C(图中虚线)，C 内有图乙所示的变化磁场，t ＝0时刻，磁场方向垂直于线圈平面向里为正．下列判断正确的是(BD)A ．闭合S 2，电路稳定后，通过R 2的电流由b 流向aB ．闭合S 2，电路稳定后，通过R 2的电流大小为0.4 AC ．闭合S 2，电路稳定后再断开S 1，通过R 2的电流由b 流向aD ．闭合S 2，电路稳定后再断开S 1，通过R 2的电荷量为7.2×10－6 C【解析】根据楞次定律，线圈中产生的感应电流为顺时针方向，则闭合S 2、电路稳定后，通过R 2的电流由a 流向b ，选项A 错误；根据法拉第电磁感应定律：E ＝n ΔB Δt S ＝100×0.63×0.2 V ＝4 V ，则闭合S 2、电路稳定后，通过R 2的电流大小为I ＝E R 1＋R 2＋r ＝42＋6＋2A ＝0.4 A ，选项B 正确；闭合S 2、电路稳定后电容器上极板带正电，则当再断开S 1，电容器放电，通过R 2的电流由a 流向b ，选项C 错误；电路稳定后电容器带电量Q ＝CUR 2＝3×10－6×0.4×6 C ＝7.2×10－6 C ，则电路稳定后再断开S 1，通过R 2的电荷量为7.2×10－6 C ，选项D 正确．2．(多选)如图所示，一个匝数n ＝100匝的圆形线圈，面积S 1＝0.4 m 2，电阻r ＝1 Ω.在线圈中存在面积S 2＝0.3 m 2，垂直线圈平面向外的匀强磁场区域，磁感应强度B ＝0.3＋0.15t.将线圈两端a 、b 与一个阻值R ＝2 Ω的电阻相连接，b 端接地．则下列说法正确的是(AD)A ．通过电阻R 的电流方向向上B ．回路中的电流大小逐渐增大C ．电阻R 消耗的电功率为6.75 WD ．a 端的电势φa ＝－3 V【解析】由题可知，磁场逐渐增强，即原磁场磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知，感应电流的磁场与原磁场方向相反，根据右手定律可知通过电阻R 的电流方向向上，故选项A 正确；由B ＝0.3＋0.15t 可知：ΔB Δt ＝0.15 T/s ，根据法拉第电磁感应定律可知：E ＝n ΔB ΔtS 2＝100×0.15×0.3 V ＝4.5 V ，根据闭合电路欧姆定律可知：I ＝E R ＋r ＝4.52＋1A ＝1.5 A ，恒定不变，故选项B 错误；根据公式可知电阻R 消耗的电功率为：P ＝I 2R ＝1.52×2 W ＝4.5 W ，故选项C 错误；根据欧姆定律可知电阻R 两端电压为U ba ＝IR ＝1.5×2 V ＝3.0 V ＝φb －φa ，由题可知：φb ＝0，则φa ＝－3 V ，故选项D 正确．考点2► 电磁感应的图象问题 【p 187】夯实基础电磁感应的图象问题图象(1)磁感应强度B 、磁通量Φ、感应电动势E 和感应电流I 随__时间t__变化类型的图象，即B －t 图象、Φ－t 图象、E －t 图象、I －t 图象(2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E 和感应电流I 随__位移x__变化的图象，即E －x 图象和I －x 图象问题 类型 (1)由给定的__电磁感应__过程判断或画出正确的图象(2)由给定的有关图象分析__电磁感应__过程，求解相应的物理量(3)利用给出的图象判断或画出新的图象应用 知识左手定则、安培定则、右手定则、__楞次定律__、__法拉第电磁感应定律__、欧姆定律、牛顿定律、函数图象等知识 考点突破例2如图甲所示，导体框架abcd 放置于水平面内，ab 平行于cd ，导体棒MN 与两导轨垂直并与导轨接触良好，整个装置放置于垂直于框架平面的磁场中，磁感应强度B 随时间变化规律如图乙所示，MN 始终保持静止．规定竖直向上为磁场正方向，沿导体棒由M 到N 为感应电流的正方向，水平向右为导体棒所受安培力F 的正方向，水平向左为导体棒所受摩擦力f 的正方向，下列图象中正确的是( )【解析】由图看出，磁感应强度先不变，后均匀减小，再反向均匀增大，则可判定ΔB Δt的值，先为零，然后一定，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生的感应电动势先为零，后恒定不变，感应电流先没有，后恒定不变，根据楞次定律得知，回路中感应电流方向逆时针，为正，故A 错误，B 正确．在0～t 1时间内，导体棒MN 不受安培力，故C 错误；由左手定则判断可知，在t 1～t 2时间内，导体棒MN 所受安培力方向水平向右，由F ＝BIL 可知，B 均匀减小，MN 所受安培力大小F 均匀减小；在t 2～t 3时间内，导体棒MN 所受安培力方向水平向左，由F ＝BIL 可知，B 均匀增大，MN 所受安培力大小F 均匀增大；根据平衡条件得到，棒MN 受到的静摩擦力大小f ＝F ，方向相反，即在0～t 1时间内，没有摩擦力，而在t 1～t 2时间内，摩擦力方向向左，大小减小，在t 2～t 3时间内，摩擦力方向向右，大小增大．D 正确．【答案】BD例3如图，平行光滑金属导轨M 、N 固定在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中．完全相同的两金属棒P 、Q 搭放在导轨上，开始均处于静止状态．给P 施加一与导轨平行的恒定拉力作用，运动中两金属棒始终与导轨垂直并与导轨接触良好．设导轨足够长，除两棒的电阻外其余电阻均不计．则两棒的速度及棒中的感应电流随时间变化的图象正确的是( )【解析】P 向右做切割磁感线运动，由右手定则判断知，回路中产生逆时针的感应电流，由左手定则判断可知，Q 棒所受的安培力方向向右，故Q 向右做加速运动；Q 向右运动后，开始阶段，两杆的速度差增大，回路中产生的感应电动势增大，感应电流增大，两杆所受的安培力都增大，则P 的加速度减小，Q 的加速度增大，当两者的加速度相等时，速度之差不变，感应电流不变，安培力不变，两杆均做加速度相同的匀加速运动，故A 正确，B 错误；开始运动时，两棒的速度差增大，感应电动势增大，通过电流增大，最终两棒都做匀加速运动，速度差保持不变，故回路中感应电动势不变，电流恒定，故C 错误，D 正确．【答案】AD【小结】1.解决图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是B －t 图还是Φ－t 图，或者E －t 图、I －t 图等．(2)分析电磁感应的具体过程．(3)用右手定则或楞次定律确定感应电流方向与时间的对应关系．(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿定律等规律写出函数关系式．(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等．2．此类题的特点及解题关键此类题的特点是已知B －t 图或Ф－t 图，来分析线框中的电动势、电流或线框所受安培力的变化情况．解题的关键是：弄清图象中的斜率、拐点、截距的物理意义，结合楞次定律、法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt、E ＝BLv 及欧姆定律来分析电压、电流的大小以及安培力大小变化．3．解这类题最常用的方法是排除法：先由楞次定律或右手定则确定电磁感应过程中的电流方向排除错误选项，再由法拉第电磁感应定律确定某过程中电动势大小变化情况排除错误选项．针对训练3．(多选)如图甲所示，一正方形导线框ABCD 置于匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间t 的变化如图乙所示，则线框中的电流I 和导线AB 受到的安培力F 随时间t 变化的图象分别是(规定垂直纸面向里的方向为磁感应强度的正方向，逆时针方向为线框中电流的正方向，向右为安培力的正方向)(AC)【解析】由B －t 图象可知，0～T 2内，线圈中向里的磁通量增大，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，沿ABCDA 方向，即电流为正方向；T 2～T 内，线圈中向里的磁通量减小，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针方向，即电流为负方向；由法拉第电磁感应定律：E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·S Δt，由于磁感应强度均匀变化，所以产生的感应电流大小保持不变，故A 正确，B 错误；0～T 2内，电路中电流方向为逆时针，根据左手定则可知，AB 边受到的安培力的方向向右，为正值；T 2～T 内，电路中的电流为顺时针，AB 边受到的安培力的方向向左，为负值；根据安培力的公式：F ＝BIL ，电流大小不变，安培力的大小与磁感应强度成正比，故C 正确，D 错误．4．(多选)如图所示，在方向竖直向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中，沿水平面固定一个V 字形金属框架CAD ，已知∠A ＝θ，导体棒EF 在框架上从A 点开始在外力作用下，沿垂直EF 方向以速度v 匀速向右平移，使导体棒和框架始终构成等腰三角形回路．已知框架和导体棒的材料和横截面积均相同，其单位长度的电阻均为R ，框架和导体棒均足够长，导体棒运动中始终与磁场方向垂直，且与框架接触良好．关于回路中的电流I 和消耗的电功率P 随时间t 变化关系的下列四个图象中可能正确的是(AD)【解析】t 时刻有效切割长度L ＝2vttan θ2∴电动势E ＝Bv·2vt tan θ2总电阻，R 总＝R ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2vt cos θ2＋2vttan θ2 ∴电流I ＝E R 总＝Bvsin θ2R （1＋sin θ2）.A 对，B 错．而P ＝I 2R 总，P ∝t ，D 对，C 错． 考点3► 电磁感应中的动力学问题 【p 188】夯实基础1．感应电流在磁场中受到__安培力__的作用，因此电磁感应问题往往跟__力__学问题联系在一起．解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律)及力学中的有关规律(牛顿运动定律、动能定理、动量定理、动量守恒定律等)，分析时要特别注意__a ＝0__、速度v 达到__最大值__时的特点．2．运动的动态分析考点突破例4如图所示，两平行导轨间距为L ，倾斜部分和水平部分长度均为L ，倾斜部分与水平面的夹角为37°，cd 间接电阻R ，导轨电阻不计．质量为m 的金属细杆静止在倾斜导轨底端，与导轨接触良好，电阻为r.整个装置处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化关系为B ＝B 0＋kt(k>0)，在杆运动前，以下说法正确的是(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)( )A ．穿过回路的磁通量为2(B 0＋kt)L 2B ．流过导体棒的电流方向为由b 到aC ．回路中电流的大小为1.8kL 2R ＋rD ．细杆受到的摩擦力一直减小【解析】由Ф＝BS 效＝(B 0＋kt)·(L 2＋L 2cos 37°)＝1.8(B 0＋kt)L 2，故A 错误．磁感应强度均匀增大，由法拉第电磁感应定得E ＝n ΔФΔt ＝ΔB Δt·S ＝k·(L 2＋L 2cos 37°)＝1.8kL 2，由闭合电路欧姆定律得I ＝E R ＋r ＝1.8kL 2R ＋r，则C 正确．由楞次定律可得感应电流的方向俯视为顺时针方向，即电流流向为b 到a ，B 正确．因感应电流大小恒定，则细杆所受的安培力F ＝BIL 因B 逐渐增大而增大，由左手定则知方向水平向右，对杆由平衡知识可得mgsin θ＝f ＋BILcos θ，则摩擦力先向上逐渐减小到零，后向下逐渐增大，D 错误．【答案】BC例5如图所示，固定的绝缘斜面倾角为θ＝30°，质量为m ＝1 kg 的均匀细金属棒ab(仅画出a 端)和质量为M ＝2 kg 的均匀细金属棒cd(仅画出c 端)用两根不可伸长的柔软轻导线构成回路abcd ，并通过固定在斜面顶端的两个光滑绝缘小定滑轮连接使两金属棒水平，导线平行斜面．已知在虚线右侧有磁感应强度为B ＝1 T 的匀强磁场，方向垂直斜面向上，回路总电阻为R ＝0.5 Ω，两金属棒的长度均为L ＝0.5 m ，ab 棒与斜面间的动摩擦因数为μ＝32，重力加速度为g ＝10 m/s 2，cd 棒始终未触地，ab 棒始终未到滑轮处．(1)将两金属棒由静止释放，求释放瞬间的加速度大小；(2)求两金属棒最终稳定时的速度大小．【解析】(1)设金属棒释放瞬问细导线上的拉力为T ，对金属棒cd ，由牛顿第二定律得 Mg －T ＝Ma对金属棒ab ，由牛顿第二定律得：T －mgsin θ－μF N ＝ma又F N ＝mgcos θ联立解得a ＝2.5 m/s 2(2)两金属棒最终稳定后以共同速度做匀速运动，设此时速度为vab 棒运动产生的感应电动势E ＝BLv由闭合电路欧姆定律得I ＝E R由安培力公式可知F ＝BIL稳定运动后对cd 棒有Mg ＝T 1对ab 棒有T 1＝mgsin θ＋μmg cos θ＋F联立解得v ＝15 m/s【小结】电磁感应中的动力学问题分析1．两种状态及处理(1)导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态．处理方法：根据平衡条件合外力等于零列式分析．(2)导体处于非平衡态——加速度不为零．处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系、动量及动量变化关系分析．2．电磁感应问题中两大研究对象及其相互制约关系针对训练5．如图所示，水平放置的光滑金属长导轨MM′和NN′之间接有电阻R ，导轨左、右两区域分别处在方向相反与轨道垂直的匀强磁场中，方向见图，设左、右区域磁场的磁感强度为B 1和B 2，虚线为两区域的分界线．一根金属棒ab 放在导轨上并与其垂直，棒和导轨的电阻均不计．金属棒在水平向右的恒定拉力作用下，在左面区域中恰好以速度为v 做匀速直线运动，则(B)A ．若B 2＝B 1时，棒进入右面区域中后先做加速运动，最后以速度v 2做匀速直线运动 B ．若B 2＝B 1时，棒进入右面区域中时仍以速度v 做匀速直线运动C ．若B 2＝2B 1时，棒进入右面区域后先做减速运动，最后以速度v 2做匀速运动 D ．若B 2＝2B 1时，棒进入右面区域后先做加速运动，最后以速度4v 做匀速运动 【解析】金属棒在水平向右的恒力作用下，在虚线左边区域中以速度v 做匀速直线运动，恒力F 与安培力平衡．当B 2＝B 1时，棒进入右边区域后，棒切割磁感线的感应电动势与感应电流大小均没有变化，棒所受安培力大小和方向也没有变化，与恒力F 仍然平衡，则棒进入右边区域后，以速度v 做匀速直线运动，故A 错误，B 正确．当B 2＝2B 1时，棒进入右边区域后，棒产生的感应电动势和感应电流均变大，所受的安培力也变大，恒力没有变化，则棒先减速运动，随着速度减小，感应电动势和感应电流减小，棒受到的安培力减小，当安培力与恒力再次平衡时棒做匀速直线运动．设棒匀速运动速度大小为v′.在左侧磁场中，有F ＝B 21L 2v R，在右侧磁场中匀速运动时，有F ＝B 22L 2v ′R ＝（2B 1）2L 2v ′R ，可得v′＝14v ，即棒最后以速度14v 做匀速直线运动，故C 、D 错误．6．(多选)如图甲所示，光滑的平行导轨MN 、PQ 固定在水平面上，导轨表面上放着光滑导体棒ab 、cd ，两棒之间用绝缘细杆连接，两导体棒平行且与导轨垂直．现加一垂直导轨平面的匀强磁场，设磁场方向向下为正，磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示，t 1＝2t 0，不计ab 、cd 间电流的相互作用，不计导轨的电阻，每根导体棒的电阻为R ，导轨间距和绝缘细杆的长均为L.下列说法正确的是(ABD)A ．t ＝t 0时轻杆既不被拉伸也不被压缩B ．在0～t 1时间内，绝缘细杆先被拉伸后被压缩C ．在0～t 1时间内，abcd 回路中的电流方向是先顺时针后逆时针D ．若在0～t 1时间内流过导体棒的电量为q ，则t 1时刻的磁感应强度大小为qR L2 【解析】t ＝t 0时，ab 、cd 中有感应电流，但磁感应强度为0，故安培力为0，杆中没有作用力，A 对；0～t 0，回路中磁通量向下减小，t 0～t 1，磁通量向上增大，根据楞次定律，感应电流一直为顺时针，根据“增缩减扩”原理，回路先有扩张，后有收缩趋势，故杆先被拉伸后被压缩，B 对，C 错；q ＝I －t ＝E －2R t ＝ΔΦ2R，设t 1时刻磁感应强度为B ，则ΔΦ＝2BS ＝2BL 2，所以B ＝qR L2，D 对． 考点4► 电磁感应中的能量问题 【p 189】夯实基础1．电磁感应现象的实质是__其他形式的能__转化成电能．2．感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力__做功__，将__其他形式的能__转化为__电能__，(或者说安培力做的负功的绝对值等于产生的电能)电流做功再将电能转化为__其他形式的能__．3．电流做功产生的热量用焦耳定律计算，公式为Q ＝__I 2Rt__．考点突破例6如图所示，在倾角为30°的斜面上固定一电阻不计的光滑平行金属导轨，其间距为L ，下端接有阻值为R 的电阻，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向与斜面垂直(图中未画出)．质量为m 、长度为L ，阻值大小也为R 的金属棒ab 与固定在斜面上方的劲度系数为k 的绝缘弹簧相接，弹簧处于原长并被锁定．现解除锁定的同时使金属棒获得沿斜面向下的速度v 0，从开始运动到停止运动的过程中金属棒始终与导轨垂直并保持良好接触，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g ，弹簧弹性势能为E p ＝12kx 2(x 为弹簧形变量)．在上述过程中( ) A ．开始运动时金属棒与导轨接触点间电压为BLv 02B ．通过电阻R 的最大电流一定是BLv 02RC ．通过电阻R 的总电荷量为mgBL 4kRD ．回路产生的总热量等于12mv 20＋m 2g 24k【解析】开始时金属棒切割磁感线产生的感应电动势：E ＝BLv 0，金属棒与导轨接触点间的电压：U ＝IR ＝E 2R ×R＝12E ＝BLv 02，故A 正确；金属棒开始向下运动时做加速运动，当金属棒的速度最大时感应电流最大，金属棒的最大速度大于v 0，最大电流大于BLv 02R，故B 错误；最终金属棒静止，此时由平衡条件得：mgsin 30°＝kx ，此时弹簧的伸长量：x ＝mg 2k，通过R 的总电荷量：q ＝ΔФ2R ＝BLx 2R ＝mgBL 4kR ，故C 正确；由能量守恒定律得：12mv 20＋mgxsin 30°＝Q ＋12kx 2，解得：Q ＝12mv 20＋mgxsin 30°－12kx 2＝12mv 20＋m 2g 28k，故D 错误． 【答案】AC例7如图所示，两根平行光滑的金属导轨MN 、PQ 放在水平面上，左端向上弯曲，导轨间距为L ，电阻不计．水平段导轨所处空间存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为 B.导体棒a 和b 的质量均为m ，电阻值分别为R a ＝R ，R b ＝2R.b 棒放置在水平导轨上且距弯曲轨道底部L 0处，a 棒在弯曲轨道上距水平面h 高度处由静止释放．运动过程中导轨棒和导轨接触良好且始终和导轨垂直，重力加速度为g.求：(1)a 棒刚进入磁场时受到的安培力；(2)从a 棒开始下落到最终稳定的过程中，a 棒上产生的内能．【解析】(1)设a 棒刚进入磁场时的速度为v ，从开始下落到刚进入磁场：mgh ＝12mv 2 a 棒切割磁感线产生感应电动势E ＝BLv根据闭合电路欧姆定律I ＝E R ＋2R a 棒受到的安培力F ＝BILF ＝B 2L 22gh 3R(2)a 、b 棒均受安培力作用，大小相等，方向相反，所以a 棒和b 棒组成的系统动量守恒．设两棒最终稳定速度为v 1，mv ＝2mv 1a 棒产生内能为E a ，b 棒产生内能为E b根据能量守恒：12mv 2＝12×2mv 21＋E a ＋E b E b ＝2E aE a ＝16mgh 【小结】电磁感应中的能量转化问题1．电磁感应中的能量转化特点外力克服安培力做功，把机械能或其他能量转化成电能；感应电流通过电路做功又把电能转化成其他形式的能(如内能)．这一功能转化途径可表示为：其他形式的能――→外力克服安培力做功电能――→电流做功其他形式的能（如内能） 2．电能求解思路主要有三种(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．(2)利用能量守恒求解：其他形式的能的减少量等于产生的电能．(3)利用电路特征来求解：通过电路中所消耗的电能来计算．针对训练7．如图所示，下半部处在方向水平的匀强磁场中的光滑曲面，它与竖直平面的交线是抛物线，其抛物线方程为y ＝x 2，磁场理想上边界是y ＝a 的直线，一小金属块从抛物线y ＝b(b＞a)处，以速度v 沿抛物线下滑，假设抛物面足够大，则金属块在曲面上滑动的整个过程中生热为(D)A ．mgb B.12mv 2 C ．mg(b －a) D ．mg(b －a)＋12mv 2 【解析】在金属块进入磁场和穿出磁场时，切割磁感线的那部分金属块具有感应电动势，会向未切割磁感线的那部分金属块供电，从而形成电流(涡流)．导致机械能转化成热能．由于整个金属块都在磁场中运动时，金属块中只有感应电动势，不会有感应电流．所以只要金属块不再穿出磁场区域(金属块向外运动到磁场上边界时，速度恰好为0)，就不再会有机械能转化成热能．最终金属块在磁场内往复运动，到达y ＝a 处速度为0.由能量守恒得：Q ＝mg(b－a)＋12mv 2 8．如图所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L ，左端接有阻值为R 的电阻．处在方向竖直、磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量为m 的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略．初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度v 0.在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．(1)求初始时刻导体棒受到的安培力；(2)若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为E p ，则这一过程中安培力所做的功W 1和电阻R 上产生的焦耳热Q 1分别为多少？(3)导体棒在往复运动，最终将静止于何处？从导体棒开始运动到最终静止的过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q 为多少？【解析】(1)初始时刻棒中感应电动势：E ＝BLv 0棒中感应电流：I ＝E R ＝BLv 0R ，作用于棒上安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v 0R，方向水平向左． (2)由功能关系可知：安培力做功：W 1＝E p －12mv 20， 由能量守恒，电阻R 上产生的焦耳热：Q 1＝12mv 20－E p (3)由平衡条件可知，棒最终静止于初始位置，根据能量守恒则有：Q ＝12mv 20 考点5► 电磁感应中的动量问题 【p 190】 夯实基础电磁感应与动量的结合主要涉及两个模型：(1)单杆模型．对于单杆模型，主要与动量定理结合．如在光滑水平轨道上运动的单杆(不受其他力作用)，在磁场中的运动为变速运动，运动过程所受的安培力为变力，依据动量定理F －安Δt ＝Δp ，而F －安Δt ＝B I －L Δt ＝BLq ，q ＝N ΔΦR 总＝N BLx R 总，Δp ＝mv 2－mv 1，由以上四式将流经杆电量q 、杆位移x 及速度变化结合一起．(2)双杆模型．对于双杆模型，在受到安培力之外，受到的其他外力和为零，满足动量守恒的条件，则与动量守恒定律结合考查较多．考点突破例8如图所示，固定的光滑金属水平导轨间距为L ，导轨电阻不计，左端接有阻值为R 的电阻，导轨处在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中．质量为m 、电阻不计的导体棒ab ，在垂直导体棒的水平恒力F 作用下，由静止开始运动，经过时间t ，导体棒ab 刚好匀速运动，整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．在这个过程中，下列说法正确的是( )A ．导体棒ab 刚好匀速运动时的速度v ＝FRB 2L 2 B ．通过电阻的电荷量q ＝Ft 2BLC ．导体棒的位移x ＝FtRB 2L 2－mFR 2B 4L 4D ．电阻放出的焦耳热Q ＝2tRF 2B 2L 2－3mF 2R 22B 4L4 【解析】导体棒匀速运动时满足F ＝F 安＝B 2L 2v R ，解得v ＝FR B 2L2，选项A 正确；根据动量定理：Ft －B I －L·t＝mv ，而I －t ＝q ，则q ＝Ft －mv BL ，选项B 错误；又q ＝ΔΦR ＝BLx R，联立解得x ＝FtRB 2L 2－mFR 2B 4L 4，选项C 正确；根据能量关系，电阻放出的焦耳热Q ＝Fx －12mv 2，将x 及v 的值代入解得Q ＝2tRF 2B 2L 2－3mF 2R 22B 4L4，选项D 正确． 【答案】ACD例9如图所示，倾角为θ＝37°的斜面上固定平行导轨MN ，在斜面底端与水平面上的固定平行导轨PQ 平滑连接，导轨间距L ＝0.3 m 且PQ 足够长．斜面部分存在竖直向上的匀强磁场，水平面部分存在与斜面平行的方向斜向上的匀强磁场，两部分磁感应强度B 大小均为1 T ，在h ＝3 m 高处垂直导轨MN 放置可自由滑动的质量m 1＝12 g ，电阻R 1＝1 Ω的导体棒ab.在水平面上垂直导轨PQ 放置被插销固定的质量m 2＝3 g ，电阻R 2＝3 Ω的导体棒cd ，导体棒ab 、cd 分别与导轨MN 、PQ 接触良好．现由静止释放ab ，ab 在到达斜面底端前已做匀速运动，当ab 滑离斜面进入水平导轨时，立即拔下导体棒cd 棒的插销，不计导轨的摩擦及电阻，(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g 取10 m/s 2)求：(1)ab 导体棒在水平面上运动时的最终速度；(2)ab 导体棒在斜面与水平面运动时整个回路产生的电能各是多少？(3)ab 导体棒在斜面和水平面上运动时通过ab 的电荷量各是多少？【解析】(1)设ab 匀速下滑时的速度为v 1产生的电动势E ＝BLv 1cos θ ①导体棒ab 的电流I ＝E R 1＋R 2② 导体棒的安培力F ＝BIL ③且F ＝m 1gtan θ ④联立①②③④式得v 1＝m 1g （R 1＋R 2）sin θB 2L 2cos 2θ⑤ ab 进入水平轨道后，与cd 系统动量守恒，所以m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2 ⑥联立可得v 1＝5 m/s ，v 2＝4 m/s。