专题05 电磁感应（考题猜想）-2024-2025学年高二物理下学期期中考点大串讲（粤教版2019）

专题05 电磁感应 考点1 楞次定律 考向1　楞次定律的理解和应用 考向2　右手定则的应用 考向3　“三定则一定律”的综合应用 考点2 实验：探究影响感应电流方向的因素 考点3 法拉第电磁感应定律 考点4 涡流、电磁阻尼和电磁驱动 考点5 互感和自感 考点6　电磁感应中的电路问题 考点7　电磁感应中的图像问题 考点8　电磁感应中的动力学问题 考点9　电磁感应中的能量问题 考点10 动量观点在电磁感应中的应用 考向1　动量定理在电磁感应中的应用 考向2 动量守恒定律在电磁感应中的应用 考点1 楞次定律 考向1　楞次定律的理解和应用 1． 因果关系 闭合导体回路中原磁通量的变化是产生感应电流的原因，而感应电流的磁场的产生是感应电流存在的结果，即只有当闭合导体回路中的磁通量发生变化时，才会有感应电流的磁场出现． 2． 楞次定律中“阻碍”的含义 3． 应用楞次定律的基本思路： 4． 上图描述了磁通量变化、磁场方向、感应电流方向三个因素的关系，只要知道了其中任意两个因素，就可以确定第三个因素． 5． 感应电流方向的判断是考查重点．楞次定律的推论“增反减同” 是判断感应电流磁场方向的依据，是“阻碍”的本意． 1．(多选)(2024广东江门市第一中学开学考)汽车测速利用了电磁感应现象，如图所示，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针(俯视)方向电流，当汽车经过线圈时(　　) A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上 B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcd C．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcd D．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相反 答案　CD 解析　由题知，埋在地下的线圈1、2通入顺时针(俯视)方向的电流，则根据安培定则，可知线圈1、2中产生的磁场方向竖直向下，故A错误； 汽车进入线圈1过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb，故B错误； 汽车离开线圈1过程中，磁通量减小，根据楞次定律可知产生感应电流方向为abcd，故C正确； 汽车进入线圈2过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb，再根据左手定则，可知汽车受到的安培力方向与速度方向相反，故D正确。 2．(多选)(2024广东韶关市模拟)某同学设想的减小电梯坠落时造成伤害的一种应急安全装置如图所示，在电梯轿厢底部安装永久强磁铁，磁铁N极朝上，电梯井道内壁上铺设若干金属线圈，线圈在电梯轿厢坠落时能自动闭合，从而减小对厢内人员的伤害。当电梯轿厢坠落到图示位置时，下列说法正确的是(　　) A．从上往下看，金属线圈A中的感应电流沿逆时针方向 B．从上往下看，金属线圈B中的感应电流沿逆时针方向 C．金属线圈B对电梯轿厢下落有阻碍作用，A没有阻碍作用 D．金属线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势 答案　AD 解析　当电梯坠落至题图所示位置时，闭合线圈A中向上的磁场减弱，感应电流的方向从上往下看是逆时针方向，B中向上的磁场增强，感应电流的方向从上往下看是顺时针方向，故B错误，A正确； 结合A、B的分析可知，当电梯坠落时，闭合线圈A、B都在阻碍电梯下落，故C错误； 闭合线圈A中向上的磁场减弱，B中向上的磁场增强，根据楞次定律的推论可知，线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势，故D正确。 3．1831年10月28日，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机，它是利用电磁感应的原理制成的，是人类历史上的第一台发电机．图示是这个圆盘发电机的示意图：铜盘安装在水平的铜轴上，铜片甲、乙分别与转动轴、铜盘边缘接触．下列四幅图中的图A、B中磁场方向与铜盘平行；图C、D中磁场方向与铜盘垂直，C图中磁场区域仅在甲、丙之间，D图中磁场区域仅在甲、乙之间．从右向左看铜盘以相同的角速度逆时针转动，电阻R中有电流且方向沿纸面向上的是(　　) 答案　D 解析　图A、B中圆盘与磁场方向平行，不切割磁感线，故没有感应电流产生，A、B错误；图C中，从右向左看，铜盘逆时针转动，由右手定则可知，铜盘内感应电流的方向由乙流向甲，所以电阻R中的电流方向沿纸面向下，C错误．图D中，根据右手定则可知，铜盘内感应电流的方向从甲到乙，流经R的电流方向沿纸面向上，D正确． 考向2　右手定则的应用 1． 适用范围 闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流方向的判断． 2． 右手定则反映了磁场方向、导体运动方向和电流方向三者之间的相互垂直关系． (1) 大拇指的方向是导体相对磁场切割磁感线的运动方向，既可以是导体运动而磁场未动，也可以是导体未动而磁场运动，还可以是两者以不同速度同时运动． (2) 四指指向电流方向，切割磁感线的导体相当于电源． 3． 考查分析：右手定则适用于作为闭合导体的一部分切割磁感线产生感应电流的情况，在此前提下，也可判断磁场方向或运动方向；能用右手定则判断的问题也能用楞次定律判断． 4．ab为一金属杆，它处在如图6所示的垂直于纸面向里的匀强磁场中，可绕a点在纸面内转动，s为以a为圆心位于纸面内的金属圆环，在杆转动过程中，杆的b端与金属环保持良好接触， A为电流表，其一端与金属环相连，另一端与a点良好接触．当杆沿逆时针方向转动时，某时刻ab杆的位置如图，则此时刻(　　) A．有电流通过电流表，方向由c向d；作用于杆ab 的安培力向右 B．有电流通过电流表，方向由d向c；作用于杆ab 的安培力向左 C．有电流通过电流表，方向由 d向c；作用于杆ab 的安培力向右 D．无电流通过电流表，作用于杆ab的安培力为零 答案　B 解析　当杆沿逆时针方向转动时，根据右手定则，判断出ab杆中感应电流方向为b→a，电流通过电流表，方向为d→c；根据左手定则可知，作用于杆ab的安培力向左，故B正确，A、C、D错误． 5．如图所示，匀强磁场与圆形导体环平面垂直，导体棒ef与导体环接触良好，当ef向右匀速运动时(　　) A．圆环中磁通量不变，环上无感应电流产生 B．整个环中有顺时针方向的电流 C．整个环中有逆时针方向的电流 D．环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流 答案　D 解析　导体棒ef切割磁感线产生感应电动势，圆环两侧组成外电路，所以环上有感应电流，故A错误；根据右手定则可知，ef中产生的感应电流方向为e→f，则环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流，故B、C错误，D正确． 6．如图所示，边长为d的正方形线圈，从位置A开始向右运动，并穿过宽度为L(L>d)的匀强磁场区域到达位置B，则(　　) A．整个过程，线圈中始终有感应电流 B．整个过程，线圈中始终没有感应电流 C．线圈进入磁场和离开磁场的过程中，有感应电流，方向都是逆时针方向 D．线圈进入磁场过程中，感应电流的方向为逆时针方向；离开磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向 答案　D 解析　在线圈进入或离开磁场的过程中，穿过线圈的磁通量发生变化，有感应电流产生，线圈完全在磁场中时，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，选项A、B错误；由右手定则可知，线圈进入磁场过程中，线圈中感应电流沿逆时针方向，线圈离开磁场过程中，感应电流沿顺时针方向，选项C错误，D正确． 考向3　“三定则一定律”的综合应用 1． 安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的适用情况如下表： 比较 项目 安培 定则 左手 定则 右手 定则 楞次 定律 适用 场合 通电导线、圆环产生磁场时，磁场方向、电流方向关系 通电导线在磁场中所受的安培力方向、电流方向、磁场方向的关系 导体切割磁感线时速度方向、磁场方向、感应电流方向的关系 回路中磁通量变化产生感应电流时，原磁场方向、感应电流磁场方向的关系 2． 综合运用这几个规律的关键是分清各个规律的适用情况，不能混淆．对应的因果关系： (1) 因电而生磁(I→B)→安培定则． (2) 因动而生电(v、B→I)→右手定则． (3) 因电而受力(I、B→F安)→左手定则． (4) 因变而生电(ΔΦ→I)→楞次定律． 7．如图所示，在通电直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两条可自由滑动的导体棒ab和cd.当通电直导线中的电流逐渐增强时，导体棒ab和cd的运动情况是( ) A. 一起向左运动 B. 一起向右运动 C. ab和cd相向运动，相互靠近 D. ab和cd相背运动，相互远离 答案C 解析 根据右手螺旋定则知，直导线电流下方的磁场方向垂直纸面向里，电流增强时，磁场增强，根据楞次定律得，回路中的感应电流方向为abdc，根据左手定则知，ab所受安培力方向向右，cd所受安培力向左，即ab和cd相向运动，相互靠近，故选C. 8．(多选)如图所示，水平放置的两组光滑轨道上分别放有可自由移动的金属棒PQ和MN，并且分别放置在磁感应强度为B1和B2的匀强磁场中，当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是( ) A. 向左加速运动 B. 向右加速运动 C. 向右减速运动 D. 向右匀速运动 答案AC 解析 根据安培定则可知，MN处于垂直纸面向里的磁场中，MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，L2中感应电流的磁场向上，由楞次定律可知，L1线圈中电流的磁场应该是向上减弱，或向下增强．若L1中磁场方向向上减弱，根据安培定则可知PQ中电流方向为Q→P且减小，根据右手定则可知PQ向右减速运动；若L1中磁场方向向下增强，根据安培定则可知PQ中电流方向为P→Q且增大，根据右手定则可知PQ向左加速运动．故A、C正确． 9．(多选)如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大导线圈M相连接，要使小导线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的金属棒ab的运动情况可能是(两导线圈共面放置，且金属棒切割磁感线的速度越大，感应电流越大)(　　) A．向右匀速运动 B．向左加速运动 C．向右减速运动 D．向右加速运动 答案　BC 解析　欲使N产生顺时针方向的感应电流，即感应电流的磁场垂直于纸面向里，由楞次定律可知有两种情况：一是M中有顺时针方向逐渐减小的电流，使其在N中的磁场方向向里，且磁通量在减小，此时应使ab向右减速运动；二是M中有逆时针方向逐渐增大的电流，使其在N中的磁场方向向外，且磁通量在增大，此时应使ab向左加速运动． 考点2实验：探究影响感应电流方向的因素 10．(2024广东东莞实验中学期中)甲、乙两位同学利用如图所示装置探究影响感应电流方向的因素。 (1)如图a，请补齐连线，补齐线后，甲同学在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，下列操作中同样能使指针向右偏转的有________。 A．闭合开关 B．开关闭合时将滑动变阻器的滑片向左滑动 C．开关闭合时将B线圈从A线圈中拔出 D．开关闭合时将B线圈倒置再重新插入A线圈中 (2)为确切判断A线圈中的感应电流方向，应在实验前先查明灵敏电流计指针偏转方向与________的关系。 (3)乙同学设计了如图b所示的装置来判断感应电流的方向。他先使用多用电表的欧姆挡对二极管正负极进行确认，某次测量时发现多用电表指针几乎没有偏转，说明此时黑表笔接触的是二极管的________(选填“正极”或“负极”)。实验操作时将磁铁插入线圈时，只有灯________(选填“C”或“D”)短暂亮起。 答案　(1)见解析图　CD　(2)电流流入方向　(3)负极　C 解析　(1)将电源、开关、滑动变阻器、B线圈串联成一个回路，再将电流计与A线圈串联成另一个回路，实物连接如图所示 断开开关时，线圈中电流迅速减小，则A线圈中磁通量减小，出现感应电流，使灵敏电流计指针向右偏转；为了同样使指针向右偏转，应减小A线圈中的磁通量或增加A线圈中反向的磁通量； 闭合开关，B线圈中的电流突然增大，则A线圈中的磁通量增大，故A错误； 开关闭合时将滑动变阻器的滑片向左滑动，B线圈中的电流增大，则A线圈中的磁通量增大，故B错误； 开关闭合时将B线圈从A线圈中拔出，则A线圈中的磁通量减小，故C正确； 开关闭合时将B线圈倒置，再重新插入A线圈中，则A线圈中反向的磁通量增加，故D正确。 (2)判断感应电流具体流向，应先查明灵敏电流计指针偏转方向与电流流入方向的关系； (3)欧姆挡指针没有偏转时，说明二极管的负极与电源正极相连，根据多用电表红进黑出的操作原则，此时黑表笔接触的是二极管的负极； 当磁铁插入线圈时，线圈中出现如图所示方向的电流，二极管正向导通，故灯C短暂亮起。 11．在“探究感应电流的方向与哪些因素有关”的实验中，请完成下列实验步骤： (1)为弄清灵敏电流表指针偏转方向与电流方向的关系，可以使用一个已知正负极的直流电源进行探究．某同学想到了多用电表内部某一挡，含有直流电源，他应选用多用电表的________(选填“欧姆”“直流电流”“直流电压”“交流电流”或“交流电压”)挡，对灵敏电流表进行测试，由实验可知当电流从正接线柱流入电流表时，指针向右摆动． (2)该同学先将多用电表的红表笔接灵敏电流表的正接线柱，再将黑表笔________(选填“短暂”或“持续”)接灵敏电流表的负接线柱，若灵敏电流表的指针向左摆动，说明电流是由电流表的________(选填“正”或“负”)接线柱流入灵敏电流表的． (3)实验中该同学将磁体某极向下从线圈上方插入线圈时，发现电流表的指针向右偏转，请在图8中用箭头画出线圈电流方向并用字母N、S标出磁体的极性． 图8 答案　(1)欧姆　(2)短暂　负　(3)见解析图 解析　(1)用多用电表的欧姆挡时，内部电路含有直流电源． (2)灵敏电流表量程太小，欧姆表内部电源电压相对偏大，电流超过电流表量程，长时间超量程通电会损坏电流表；欧姆表红表笔连接着电源的负极，灵敏电流表的指针向左摆动，说明电流从电流表的负接线柱流入． (3)电流表的指针向右偏转，说明电流从正接线柱进入电流表，感应电流的磁场方向向下，故原磁场方向向上，插入的是S极，如图所示． 12.在“探究电磁感应现象的产生条件”实验中，实物连线如图甲所示。感应线圈组的内外线圈绕线方向如图乙粗线所示。(G表指针指向电流流入方向) (1)接通电源，闭合开关，G表指针有大的偏转，几秒后G表指针停在中间不动。将滑动变阻器的滑片迅速向右滑动时，G表指针________；迅速抽出铁芯时，G表指针________。(均选填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”) (2)断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中，把直流输出改为交流输出，其他均不变。接通电源，闭合开关，G表指针________(选填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”)。 (3)仅用一根导线，如何判断G表内部线圈是否断了？________________。 答案　(1)左偏　右偏　(2)不停振动　(3)短接G表前后各摇动G表一次，比较指针偏转，有明显变化，则线圈未断；反之则断了 解析　(1)滑动变阻器滑片向右滑动时，接入电路的电阻减小，电流增大，内线圈的磁感应强度方向向下，且大小增大，根据楞次定律可判断外线圈内的感应电流方向从A接线柱流入，故G表指针向左偏。抽出铁芯时，磁通量减小，G表指针向右偏。 (2)把直流输出改为交流输出后，外线圈中的电流方向不断发生变化，故G表指针不停振动。 (3)若G表未损坏，短接G表，并摇动G表，由于电磁阻尼作用，指针的偏转幅度要比不短接G表摇动时的幅度小，若G表内部线圈断了，短接时回路不闭合，无上述现象。 考点3 法拉第电磁感应定律 法拉第电磁感应定律的理解与应用 1． 对公式E＝n 的理解 (1) 感应电动势E的大小取决于穿过电路的磁通量的变化率_，而与Φ的大小、ΔΦ的大小没有必然的关系，与电路的电阻R无关；感应电流的大小与感应电动势E和回路总电阻R有关． (2) 磁通量的变化率 ，是Φ－t图像上某点切线的斜率，可反映单匝线圈感应电动势的大小和方向． (3) E＝n 只表示感应电动势的大小，不涉及其正负，计算时ΔΦ应取绝对值．感应电流的方向可以用楞次定律去判定． (4) 磁通量发生变化有三种方式 ①B不变，S变化，则 ＝B· ②B改变，S不变，则 ＝·S，注意S为线圈在磁场中的有效面积． ③B、S变化，则 ＝＝n 2． 注意 (1) 对于磁通量的变化量和磁通量的变化率来说，穿过1匝线圈和穿过n匝线圈是一样的，而感应电动势则不一样，感应电动势与匝数成正比． (2) 综合法拉第电磁感应定律和楞次定律，对于面积一定的线圈，不管磁场的方向如何变化，只要磁感应强度B随时间t均匀变化，产生感应电动势的大小和方向均保持不变．所以在B－t图像中，如果图像为一条倾斜直线，不管图线在时间轴上方还是下方，整个过程感应电动势和感应电流均为恒量． 　公式E＝Blv的理解与应用 1． 对公式E＝Blv的理解 (1) 当B、l、v三个量方向相互垂直时，E＝Blv；当有任意两个量的方向平行时，E＝0. (2) 式中的l应理解为导线切割磁感线时的有效长度． 若切割磁感线的导线是弯曲的，则应取其与B和v方向都垂直的等效线段长度来计算．如图中线段ab的长即为导线切割磁感线的有效长度． 　　 甲　　　　乙　　　　　丙 (3) 公式中的v应理解为导线和磁场的相对速度，当导线不动而磁场运动时，也有电磁感应现象产生． 　导体棒转动切割磁感线时的感应电动势 1． 如图所示，长为l的导体棒ab以a为圆心，以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中匀速转动，其感应电动势可从两个角度推导． (1) 棒上各点速度不同，其平均速度 ＝ωl，由E＝Blv得棒上感应电动势大小为 E＝Bl·ωl＝Bl2ω. (2) 若经时间Δt，棒扫过的面积为ΔS＝πl2＝l2ω·Δt，磁通量的变化量ΔΦ＝B·ΔS＝Bl2ωΔt，由E＝得棒上感应电动势大小为E＝Bl2ω. 2． 特别提醒： (1) 切割磁感线的导体中产生感应电动势，该部分导体等效为电源，电路中的其余部分等效为外电路． (2) 对于一个匀速转动的圆盘可看作许多并联连接的导体棒转动切割磁感线，相当于内阻很小的导体棒旋转切割磁感线产生的电动势． (3) 导体棒绕一端转动时，尽管导体棒上各点的速度不同，但产生的电动势是恒定的． 13．(多选)(2024年宁德期末)“一卡通”是学校等单位常用的辅助支付手段，其内部有一个多匝线圈，当刷卡机发出电磁信号时，置于刷卡机上的“一卡通”线圈的磁通量发生变化，产生电信号．“一卡通”内部多匝线圈俯视图可简化为如图甲所示，当垂直于线圈平面向里的磁场B随时间t变化的关系如图乙所示时(　　) 　 A．0～t0内，线圈中感应电流沿逆时针方向 B．0～t0内，线圈中感应电流的大小恒定 C．0～t0和t0～3t0两段时间内，线圈中感应电流的方向相同 D．0～t0和t0～3t0两段时间内，线圈中感应电流的大小相等 答案AB 解析 0～t0内，磁通量向里增大，根据楞次定律可知，线圈中感应电流沿逆时针方向，t0～3t0内，磁通量向里减小，根据楞次定律可知，线圈中感应电流沿顺时针方向，A正确，C错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝n＝nS，由图乙可知感应电动势恒定，则感应电流恒定，由于0～t0和t0～3t0两段时间内，磁感应强度的变化率不同，则感应电动势不同，感应电流大小不相等，B正确，D错误． 14．(多选)(2024年西安浐灞二中期末)如图甲所示，横截面积为10 cm2、绕有4 000匝的螺线管与一定值电阻串联．已知螺线管的电阻为2 Ω，定值电阻R的阻值为6 Ω，穿过螺线管内的匀强磁场的磁感应强度随时间均匀变大，其B－t图像如图乙所示，以磁场向右穿过螺线管为正方向，在0～2 s内，下列说法正确的是(　　) A．穿过螺线管的磁通量的变化率为10 Wb/s B．A点电势比C点电势低 C．定值电阻的电功率为8 W D．螺线管产生的热量为4 J 答案 BD 解析 磁通量的变化率为＝S＝10×10-4× Wb/s＝2×10-3 Wb/s，A错误；根据楞次定律结合安培定则可知，A点电势比C点电势低，B正确；根据已知条件可得回路中的感应电动势为E＝N＝4 000×2×10-3 V＝8 V，则定值电阻的电功率为PR＝I2R＝R＝6 W，C错误；螺线管产生的热量为Q＝I2rt＝rt＝4 J，D正确． 15．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，上方导线与O点连接，下方导线与铜环连接，其他电阻不计．下列说法正确的是(　　) A．O点的电势比A点的电势高 B．回路中通过的电流为 C．该定值电阻两端的电压为ωBl2 D．该定值电阻上的热功率为 答案C 解析 由右手定则可知电流方向从O点指向A点，OA是电源，电流从低电势流向高电势，故O点的电势比A点的电势低，故A错误；由法拉第电磁感应定律可知E＝Bl＝Bl2ω，由闭合电路欧姆定律可知回路中通过的电流为I＝＝，两式联立可得I＝，故B错误；该定值电阻两端的电压为U＝I×3r，将前面求得电流值代入可得U＝ωBl2，故C正确；由焦耳定律可知该定值电阻上的热功率P＝I2×3r＝，故D错误． 16.法拉第圆盘发电机的原理图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法中正确的是( ) A. 若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 B. 若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流方向由b到a C. 若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D. 若圆盘转动的角速度变为原来的两倍，则R消耗的热功率也变为原来的两倍 答案A 解析 圆盘旋转属于旋转切割，故产生的电动势为E＝BL2ω，若圆盘角速度恒定，由上式可知产生的电动势恒定，故A正确；由右手定则可知，电流方向应该从盘的边缘指向盘心，故电流方向应该从a到b，故B错误；由右手定则可知，电流方向和角速度大小无关，取决于角速度的方向，故C错误；由E＝BL2ω可知，角速度加倍，则感应电动势加倍，故感应电流加倍，由P＝I2R可知，热功率变为原来的4倍，故D错误． 17．如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论错误的是(　　) A．感应电流方向不变 B．CD段直线始终不受安培力 C．感应电动势最大值E＝Bav D．感应电动势平均值＝πBav 答案B 解析 感应电动势公式E＝只能用来计算平均值，利用感应电动势公式E＝Blv计算时，l应是等效长度，即垂直切割磁感线的长度．在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A正确．根据左手定则可以判断，CD段受安培力向下，B错误．当半圆闭合回路进入磁场一半时，等效长度最大为a，这时感应电动势最大为E＝Bav，C正确．感应电动势平均值＝＝＝πBav，D正确． 考点4涡流、电磁阻尼和电磁驱动 　对涡流的理解及应用 1． 涡流的特点 当电流在金属块内自成闭合回路(产生涡流)时，由于整块金属的电阻很小，涡流往往很强，根据公式P＝I2R知，热功率的大小与电流的平方成正比，故金属块的发热功率很大． 2． 涡流中的能量转化 涡流现象中，其他形式的能转化成电能，并最终在金属块中转化为内能．如果金属块放在变化的磁场中，则磁场能转化为电能，最终转化为内能；如果金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动，则由于克服安培力做功，金属块的机械能转化为电能，最终转化为内能． 　电磁阻尼与电磁驱动的理解 电磁阻尼 电磁驱动 不同点 成因 由导体在磁场中运动形成 由磁场运动形成 效果 安培力的方向与导体运动方向相反，为阻力 安培力的方向与导体运动方向相同，为动力 能量转化 导体克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能 磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能 相同点 两者都是电磁感应现象，导体受到的安培力都是阻碍导体与磁场的相对运动 18．如图甲所示是一个电磁阻尼现象演示装置，铜锯条上端固定在支架上，下端固定有强磁铁，将磁铁推开一个角度释放，它会在竖直面内摆动较长时间；如图乙所示，若在其正下方固定一铜块(不与磁铁接触)，则摆动迅速停止．关于该实验，以下分析与结论正确的是(　　) A．如果将磁铁的磁极调换，重复实验将不能观察到电磁阻尼现象 B．用闭合的铜制线圈替代铜块，重复实验将不能观察到电磁阻尼现象 C．在图乙情况中，下摆和上摆过程中磁铁和锯条组成的系统机械能均减少 D．在摆动过程中铜块不受磁铁的作用力 答案　C 解析　此实验的原理是：当磁铁在铜块正上方摆动时，在铜块中产生涡流，涡流的磁场阻碍磁铁的运动，如果将磁铁的磁极调换，重复实验仍能观察到电磁阻尼现象，选项A错误；用闭合的铜制线圈替代铜块，仍能在线圈中产生感应电流，从而对磁铁的运动产生阻碍作用，则重复实验仍能观察到电磁阻尼现象，选项B错误；在题图乙情况中，磁铁下摆和上摆过程中，铜块均会产生涡流，从而消耗机械能，则磁铁和锯条组成的系统机械能均减少，选项C正确；在摆动过程中，铜块对磁铁有阻碍作用，同时铜块也要受磁铁的作用力，选项D错误． 19．(多选)电磁炉为新一代炊具，无烟、无明火、无污染、不产生有害气体、无微波辐射、高效节能等是电磁炉的优势所在．电磁炉的工作原理是利用电流通过线圈产生磁场，当磁场通过含铁质锅底部时，会产生无数小涡流，使锅体本身快速发热，然后再加热锅内食物，如图4所示．下列相关说法正确的是(　　) A．锅体中的涡流是由恒定的磁场产生的 B．锅体中的涡流是由变化的磁场产生的 C．磁场越强，电磁炉的加热效果越好 D．提高磁场变化的频率，可提高电磁炉的加热效果 答案　BD 解析　电磁炉接交流电，其锅体中的涡流是由变化的磁场产生的，故A错误，B正确；电磁炉的加热效果与磁场的强弱无关，只与磁场的变化快慢有关，故C错误；根据发热原理可知，提高磁场变化的频率，可增强涡流，提高电磁炉的加热效果，故D正确． 20.甲、乙两个完全相同的铜环均可绕竖直固定轴O1O2旋转，现让它们以相同角速度同时开始转动，由于阻力作用，经相同的时间后停止，若将圆环置于如图所示的匀强磁场中，甲环的转轴与磁场方向垂直，乙环的转轴与磁场方向平行，现让甲、乙两环同时以相同的初始角速度开始转动后，下列判断正确的是(　　) A．甲环先停下 B．乙环先停下 C．两环同时停下 D．两环都不会停下 答案　A 解析　当铜环转动时，乙环一直与磁场方向平行，穿过乙环的磁通量为零，穿过甲环的磁通量不断变化，不断有感应电流产生，甲环受到安培力，安培力阻碍甲环与磁场间的相对运动，故甲环先停止运动，A正确． 21.(多选)位于光滑水平面上的小车上放置一螺线管，一个比螺线管长的条形磁体沿着螺线管的轴线以初速度v水平穿过，如图8所示，在此过程中(　　) A．磁体做匀速直线运动 B．磁体做减速运动 C．小车向右做加速运动 D．小车先加速后减速 答案　BC 解析　磁体水平穿入螺线管时，管中将产生感应电流，由楞次定律知该电流产生的磁场阻碍磁体的运动．同理，磁体穿出时该电流产生的磁场也阻碍磁体的运动，故整个过程中，磁体做减速运动，A项错，B项对；而对于小车上的螺线管来说，在此过程中，螺线管受到的安培力都是水平向右，这个安培力使小车向右一直做加速运动，C项对，D项错． 22.(2024年徐州睢宁期中)如图所示，磁性转速表是利用电磁驱动原理工作的．下列说法正确的是(　　) A．在电磁驱动的过程中，其他形式能转化为机械能 B．铝盘中产生感应电流，因受洛伦兹力作用而转动 C．永久磁体和铝盘应装在同一转轴上，两者同速动 D．永久磁体和铝盘应装在同一转轴上，两者转动方向相反 答案 A 解析 在电磁驱动的过程中，其他形式能转化为机械能，A正确；铝盘中产生感应电流，因受安培力作用而转动，B错误；磁性转速表的原理是：永久磁铁安装在转轴上，当转轴转动时带动永久磁铁转动，在铝盘中将产生感应电流，使铝盘受到安培力作用而转动，从而使指针发生偏转，所以永久磁铁和铝盘不能装在同一转轴上，并且铝盘产生的感应电流阻碍永久磁铁的转动，两者转动方向相同，由于铝盘一定与永久磁铁存在相对运动才能产生感应电流，所以两者转速不同，C、D错误． 考点5互感和自感 要点1　互感现象 1． 概念：两个相互靠近的线圈之间没有导线相连，当其中一个线圈中的电流发生变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势的现象，叫做互感，产生的电动势叫互感电动势． 2． 应用：互感现象可以把能量从一个线圈传递到另一个线圈，变压器、延时继电器、收音机的“磁性天线”就是利用互感现象制成的． 3． 危害：互感现象能发生在任何两个相互靠近的电路之间．在电力工程和电子电路中，互感现象有时会影响电路正常工作． 要点2　自感现象 1． 自感现象：当一个线圈中的电流变化时，它产生的变化的磁场在　它本身　激发出感应电动势的现象． 2． 自感电动势：由于自感而产生的感应电动势，在闭合电路中会产生自感电流．产生自感电动势的线圈相当于电源． (1) 作用：总是阻碍自身电流的变化，但不能阻止　，且自感电动势阻碍自身电流变化的结果，会对其他电路元件的电流产生影响． (2) 方向：当原电流增大时，自感电动势的方向与原电流方向相反；当原电流减小时，自感电动势的方向与原电流方向　相同　. (3) 大小：E＝L，跟线圈及自身电流变化的快慢有关，电流变化越快，自感电动势越大． (4) 应用实例——日光灯等． (5) 有害的自感现象及其防止：在制作精密电阻时，往往采用双线绕法来消除自感现象的影响． 3． 通电自感和断电自感 电　路 现　象 自感电动势的作用 通电自感 接通电源的瞬间，灯泡A1逐渐地亮起来 阻碍电流的增加 断电自感 断开开关的瞬间，灯泡A闪亮一下后逐渐变暗或灯泡A逐渐变暗，直至熄灭 阻碍电流的减小 要点3　自感系数 1． E＝L中L是比例系数，叫作自感系数，简称　自感　或　电感　. (1) L是反映不同线圈产生自感电动势本领大小的物理量，与它通不通电，及电流如何变化无关． (2) 单位：　亨利　，符号是H. 1 mH＝1×10－3 H，1 μH＝1×10－6 H. 2． 决定因素：自感系数由线圈本身决定，与线圈的　大小　、　形状　、　圈数　，以及是否有　铁芯　等因素有关． (1) 线圈的长度越长，横截面积越大，单位长度上的匝数越多，线圈的自感系数就越大；线圈有铁芯时比无铁芯时自感系数大得多． 要点4　磁场的能量 磁场具有能量，磁场的能量转化同样遵循能量守恒定律． 1． 自感现象中的磁场能量 (1) 线圈中电流从无到有时：磁场从无到有，电源的能量输送给　磁场　，储存在　磁场　中． (2) 线圈中电流减小时：　磁场　中的能量释放出来转化为电能． 2． 电的“惯性”：线圈通电瞬间和断电瞬间，自感电动势都要阻碍线圈中电流的变化，使线圈中的电流不能立即增大到最大值或不能立即减小为零，这就是所谓的电的“惯性”．“惯性”大小决定于线圈的自感系数． 23．如图所示，多匝线圈和电池的内阻均为零，两个电阻的阻值均为R，开关S断开时，电路中的电流为I．现将S闭合，于是电路中产生自感电动势，此自感电动势的作用是(　　) A．使电路中的电流减小，最后由I减小到零 B．有阻碍电流的作用，最后电流小于I C．有阻碍电流增大的作用，故电流总保持不变 D．有阻碍电流增大的作用，但电流还是增大，最后变为2I 答案D 解析 当S闭合后，电路总电阻减小，电流增大，线圈产生自感电动势阻碍电流增大，但“阻碍”并不是“阻止”，电流最终仍增大到2I，故只有D正确． 24.(2024年广东期末)如图所示的电路中，电感L的自感系数很大，电阻可忽略，D为理想二极管，则下列说法正确的是(　　) A．当S闭合时，L1立即变亮，L2逐渐变亮 B．当S闭合时，L1、L2都逐渐变亮 C．当S断开时，L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭 D．当S断开时，L1、L2都突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭 答案 C 解析 当S闭合时，给二极管加的是反向电压，由于二极管具有单向导电性，L1一直不亮，由于电感L产生自感电动势阻碍电流增大，L2逐渐变亮，A、B错误；当S断开时，由于电感L产生自感电动势阻碍电流减小，电感L产生的自感电动势右端电势高于左端，因此在闭合电路L2→L1→D→L中产生电流，L1突然变亮，L2亮度不变，然后都逐渐变暗至熄灭，C正确，D错误． 25.在如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源．在t＝0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S．规定以电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过D1和D2的电流，则下列图像中能定性描述电流I1、I2随时间t变化关系的是(　　) 　　　　　　 答案C 解析 当闭合开关时，因为线圈与D1串联，所以流过D1的电流I1会慢慢增大，流过D2的电流I2为稳定值，且电路稳定时I2<I1．当开关断开时，因为线圈阻碍电流I1的减小，所以通过D1的电流不会立即消失，会从原来的大小慢慢减小，由于L、D1、D2和D3构成回路，通过D1的电流也流过D2，所以I2变成反向立即增大，之后逐渐减小，C正确，A、B、D错误． 26.(2024年湖北云学名校联考)如图所示，两个小灯泡A、B规格相同，A灯与滑动变阻器串联后接入电路，B灯与自感系数相当大的线圈L串联后接入电路．先调节滑片置于P点，再闭合开关，一段时间后，发现A灯和B灯一样亮．那么，下列说法正确的是(　　) A．滑片置于P点时，滑动变阻器的阻值小于线圈的直流电阻 B．开关闭合瞬间，A、B灯缓慢变亮 C．断开开关瞬间，电流自左向右通过B灯 D．现将滑片右移，稳定后再断开开关，A、B灯均闪亮后再缓慢变暗 答案 C 解析 闭合开关一段时间后，A灯和B灯一样亮，所以此时滑动变阻器的阻值等于线圈的直流电阻，A错误；开关闭合瞬间，A灯立即变亮，B灯由于自感线圈的阻碍作用，流过的电流从零开始逐渐变大，B灯逐渐变亮，B错误；开关闭合时，流过线圈电流是自左向右，断开开关，由于自感线圈的阻碍作用，电流不能马上减到零，电流方向仍自左向右，因此流过B灯的电流自左向右，C正确；滑片右移，滑动变阻器电阻变大，此时滑动变阻器的阻值大于线圈的直流电阻，流过A灯电流小于流过B灯电流，接着断开开关，线圈充当电源作用，流过A灯电流先变大再逐渐变小，流过B灯的电流缓慢变小，A灯闪亮后再缓慢变暗，B灯缓慢变暗，D错误． 27．(2024年北京期末)图甲和图乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，闭合开关S1，灯A1逐渐变亮，而另一个相同的灯A2立即变亮，最终A1与A2的亮度相同；S2由闭合到断开瞬间，灯A3突然闪亮，随后逐渐变暗．下列说法正确的是(　　) A．图甲中，变阻器R与L1的电阻值相同 B．图甲中，闭合S1瞬间，L1中电流与变阻器R中电流相等 C．图乙中，A3与L2的电阻值相同 D．图乙中，闭合S2，电路稳定后，A3中电流大于L2中电流 答案 A 解析 图甲中当电路稳定时A1与A2的亮度相同，说明通过的电流相同，根据欧姆定律可得＝，由于RA1＝RA2，可知变阻器R与L1的电阻值相同，A正确；图甲中，闭合S1瞬间，由于L1中产生自感电动势，阻碍电流的通过，因此L1中的电流小于变阻器R中的电流，直至电路稳定，两支路电流最终相同，B错误；图乙中，S2由闭合到断开瞬间，L2与灯A3构成闭合回路，L2中的电流流经A3，而A3突然闪亮，说明通过A3的电流突然增大，而S2闭合时，L2与A3并联，有IL2RL2＝IA3RA3，因此可知，A3的电阻大于L2的电阻值，C、D错误． 考点6　电磁感应中的电路问题 1． 解决电磁感应中的电路问题三步曲 2． 解决电磁感应中的电路问题的基本步骤 (1) “源”的分析：切割磁感线的导体棒或内有磁通量变化的线圈，相当于电源，要确定电源正负极，明确内阻r. ①用法拉第电磁感应定律E＝Blv或E＝n 算出感应电动势E的大小． ②用楞次定律或右手定则确定相当于电源的部分感应电流的方向，是电源内部电流的方向，即感应电动势的方向，也是电源内部电势升高的方向，从负极指向正极． 注意：外电路电流由高电势处流向低电势处． (2) “路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路． 内电路是切割磁感线的导体棒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) 结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识、电功率、焦耳定律等相关关系式联立求解． 在闭合电路中，相当于“电源”的导体棒两端的电压与真实的电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于感应电动势． 3． 一个提醒：求解电路中通过的电荷量时，一定要用平均电动势和平均电流计算． 由E＝n 可求得平均感应电动势，通过闭合电路欧姆定律可求得电路中的平均电流 I＝＝，通过电路中导体横截面的电荷量Q＝IΔt＝n. 28.在如图甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝R，单匝圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻也为R，线圈内部半径为r2(r2<r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为(t0,0)和(0，B0)，其余导线的电阻不计。t＝0时闭合S，至t1时刻，电路中的电流已稳定，下列说法正确的是(　　) A．线圈中产生的感应电动势的大小为 B．电容器下极板带负电 C．t0时间内流过R2的电荷量为 D．稳定后线圈两端的电压为 答案　D 解析　由法拉第电磁感应定律知感应电动势为 E＝＝S＝，A项错误；由楞次定律知圆形金属线圈中的感应电流方向为顺时针方向，金属线圈相当于电源，电源内部的电流从负极流向正极，则电容器的下极板带正电，上极板带负电，B项错误； 由闭合电路欧姆定律得感应电流为 I＝＝，t0时间内流过R2的电荷量为 q＝It0＝，C项错误；稳定后线圈两端的电压为 U＝I(R1＋R2)＝，D项正确。 29.(多选)如图所示，水平金属圆环的半径为L，匀质导体棒OP的长度为2L，导体棒OP、电阻R1、电阻R2的阻值都为R0，电路中的其他电阻不计。导体棒OP绕着它的一个端点O以大小为ω的角速度匀速转动，O点恰好为金属圆环的圆心，转动平面内还有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导体棒OP转动过程中始终与金属圆环接触良好。在金属棒OP转动一周的过程中，下列说法正确的是(　　) A．电阻R1两端的电压为BL2ω B．电阻R1上产生的焦耳热为 C．通过电阻R1的电荷量为 D．导体棒两端的电势差为BL2ω 答案　BCD 解析　导体棒接入电路部分产生的电动势为E1＝BL＝BL2ω，回路的总电阻为R总＝＋＝R0，回路中的总电流为I＝＝，电阻R1两端的电压为U1＝R0＝，故A错误； 电阻R1产生的焦耳热为Q＝()2R0t＝()2R0＝，故B正确； 通过电阻R1的电荷量为q＝·＝，故C正确； 导体棒接入电路以外部分产生的电动势为E2＝BL＝BL2ω，导体棒两端的电势差U＝E2＋U1＝BL2ω，故D正确。 30．如图甲所示，水平放置的线圈匝数n＝200匝，直径d1＝40 cm，电阻r＝2 Ω，线圈与阻值R＝6 Ω的电阻相连．在线圈的中心有一个直径d2＝20 cm的有界匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化，规定垂直纸面向里的磁感应强度方向为正方向． (1)求通过电阻R的电流方向； (2)求理想电压表的示数； (3)若撤去原磁场，在图中竖直虚线的右侧空间加磁感应强度B′＝0.5 T的匀强磁场，方向垂直纸面向里，试求在施加新磁场过程中通过电阻R的电荷量． 答案　(1)A→R→B　(2)4.71 V　(3)1.57 C 解析　(1)线圈内磁感应强度方向向里且增大，根据楞次定律判断可知通过电阻R的电流方向为A→R→B. (2)根据法拉第电磁感应定律得 E＝nS＝n·π()2＝2π V， 感应电流大小为I＝＝ A＝ A 故电压表的示数为U＝IR≈4.71 V (3)根据法拉第电磁感应定律得，平均感应电动势为 ＝n， 平均感应电流为＝ 则通过电阻R的电荷量为q＝Δt＝n， ΔΦ＝B′·π()2 代入数据解得q≈1.57 C. 考点7　电磁感应中的图像问题 1． 电磁感应中的图像问题 图像 类型 (1) 磁感应强度B、磁通量Ф、感应电动势E、感应电流i、电压u、电荷量q随时间t变化的图像，即B－t图像、Ф－t图像、E－t图像、i－t 图像、u－t图像、q－t图像 (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随线圈位移x变化的图像，即 E－x 图像和i－x图像 问题 类型 (1) 由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像 (2) 由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量 应用 知识 左手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律、相关数学知识等 2． 电磁感应图像的处理方法： (1) 明确图像的种类，是B－t图像还是 Φ－t图像，或者是E－t图像、I－t图像和F－t图像等． (2) 分析电磁感应的具体过程． (3) 确定感应电动势(或感应电流)的大小和方向，有下列两种情况： ①若回路面积不变，磁感应强度变化时，用楞次定律确定感应电流的方向，用E＝n确定感应电动势大小的变化． ②若磁场不变，导体切割磁感线，用右手定则判断感应电流的方向，用E＝Blv确定感应电动势大小的变化． (4) 画图像或判断图像，特别注意分析斜率的变化、截距等． (5) 涉及受力问题，可由安培力公式F＝BIL和牛顿运动定律等规律写出有关函数关系式． 33.在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个面积不变的单匝金属线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，取线圈中磁场的方向向上为正方向，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，以下四图中正确表示线圈中感应电流变化的是(　　) 答案　A 解析　在前半个周期内，磁场方向向上且逐渐减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为负方向；后半个周期内磁场方向向下且磁感应强度增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为负方向，且后半个周期内磁感应强度的变化率为前半个周期内的两倍，故电流也为前半个周期的两倍，选项A正确． 34.如图2所示，由同种材料制成的粗细均匀的正方形金属线框以恒定速度向右通过有理想边界的匀强磁场，开始时线框的ab边恰与磁场边界重合，磁场宽度大于正方形的边长，则线框中a、b两点间电势差Uab随时间变化的图线是下图中的(　　) 答案　A 解析　线框向右匀速穿越磁场区域的过程可分为三个阶段：第一阶段(进入过程)，ab是电源，外电阻R＝3r(每一边的电阻为r)，Uab等于路端电压U1＝E；第二阶段(线框整体在磁场中平动过程)，ab及dc都是电源，并且是完全相同的电源，回路中虽无感应电流，但U2＝E；第三阶段(离开过程)，dc是电源，路端电压Udc＝E，因此Uab为路端电压Udc的，即U3＝E，故选项A正确． 35．一个匀强磁场的边界是MN，MN左侧无磁场，右侧是范围足够大的匀强磁场区域，如图甲所示．现有一个金属线框沿ab方向以恒定速度从MN左侧垂直进入匀强磁场区域，线框中的电流随时间变化的I－t图像如图乙所示，则可能的线框是下列选项图中的(　　) 答案　D 解析　金属线框切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，设线框总电阻是R，则感应电流I＝，由题图乙所示图像可知，感应电流先均匀变大，后均匀变小，由于B、v、R是定值，故金属线框的有效长度L应先变大，后变小，且L随时间均匀变化．闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度L先变大，后变小，但L随时间不是均匀变化，不符合题意，选项A错误；正方形线框进入磁场时，有效长度L不变，感应电流不变，不符合题意，选项B错误；梯形线框匀速进入磁场时，有效长度L先均匀增大，后不变，最后均匀减小，不符合题意，选项C错误；三角形线框匀速进入磁场时，有效长度L先增大，后减小，且随时间均匀变化，符合题意，选项D正确． 36.如图所示的区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.一个电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴匀速转动(O轴位于磁场边界)，周期为T，t＝0时刻线框置于如图所示位置，则线框内产生的感应电流的图像为(规定电流顺时针方向为正)(　　) 答案　A 解析　由于扇形导线框匀速转动，因此导线框进入磁场的过程中产生的感应电动势是恒定的．线框在进入磁场和离开磁场时，有感应电流产生，当完全进入时，由于磁通量不变，故无感应电流产生．由右手定则可判断导线框进入磁场时，电流方向为逆时针，出磁场时电流方向为顺时针，故选项A正确． 37.如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为L，磁场方向垂直纸面向里，abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为L，t＝0时刻bc边与磁场区域边界重合．现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿abcda方向为感应电流正方向，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是 (　　) 答案　B 解析　bc边进入磁场时，根据右手定则判断出其感应电流的方向是沿adcba方向，与电流的正方向相反，是负方向，所以A、C错误；当线圈逐渐向右移动时，切割磁感线的有效长度变大，故感应电流在增大；当bc边穿出磁场区域时，线圈中的感应电流方向变为abcda，是正方向，且大小逐渐变大，所以B正确，D错误． 考点8　电磁感应中的动力学问题 1． 解题的基本思路： (1) 明确研究对象 电磁感应中导体棒或线圈，既可视为电学对象(因为它相当于电源)，又可视为力学对象(因为感应电流的存在而受到安培力)． (2) 研究动态过程 一个重要的临界状态：导体棒或线圈所受合外力为零时，匀速运动． 2． 解决电磁感应中动力学问题的一般思路：“先电后力”．具体步骤是： (1) 确定研究对象(一般为在磁场中做切割磁感线运动的导体)． (2) 用电磁感应定律和楞次定律、右手定则确定感应电动势的大小和方向． (3) 应用闭合电路欧姆定律求出电路中的感应电流的大小和方向． (4) 分析研究导体受力情况，特别要注意安培力大小、方向的确定． 如果导体在磁场中受到的磁场力变化了，从而引起合外力的变化，导致加速度、速度等发生变化，进而又引起感应电流、安培力、合外力的变化，最终可能使导体达到稳定状态． 5． 涉及具有收尾速度的力学问题时，列出动力学方程或平衡方程求解． 37.(多选)如图所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计．ab是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆．开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，一段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像可能是(　　) 答案　ACD 解析　设ab杆的有效长度为l，S闭合时，若＞mg，杆先减速再匀速，D项有可能；若＝mg，杆匀速运动，A项有可能；若＜mg，杆先加速再匀速，C项有可能；由于v变化，－mg＝ma中a不恒定，故B项不可能． 38.如图所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，R＝0.3 Ω的电阻接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg、接入电路的电阻r＝0.1 Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，ab棒始终保持与导轨垂直且接触良好．(g＝10 m/s2) (1)分析导体棒的运动性质； (2)求导体棒所能达到的最大速度的大小； (3)试定性画出导体棒运动的速度－时间图像． 答案　(1)做加速度减小的加速运动，最终做匀速运动　(2)10 m/s　(3)见解析图 解析　(1)导体棒做切割磁感线运动，产生的感应电动势E＝BLv① 回路中的感应电流I＝② 导体棒受到的安培力F安＝BIL③ 导体棒运动过程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力Ff的作用，根据牛顿第二定律有： F－μmg－F安＝ma④ 由①②③④得：F－μmg－＝ma⑤ 由⑤可知，随着速度的增大，安培力增大，加速度a减小，当加速度a减小到0时，速度达到最大，此后导体棒做匀速直线运动． (2)当导体棒达到最大速度时，有F－μmg－＝0 可得：vm＝＝10 m/s (3)由(1)(2)中的分析与数据可知，导体棒运动的速度－时间图像如图所示． 39．如图所示，半径为l的金属圆环水平固定，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，金属棒OA可绕圆心O在圆环上转动．金属棒CD放在宽度也为l的足够长光滑平行金属导轨上，导轨倾角为θ，处于垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．用导线将金属圆环、金属棒OA的O端分别与两导轨连接，已知金属棒OA和CD的长度均为l、质量均为m、电阻均为r，其他电阻不计．重力加速度大小为g. (1)将金属棒OA固定，使金属棒CD从静止开始下滑，求金属棒CD的最大速度大小； (2)让金属棒OA匀速转动，使金属棒CD保持静止，求金属棒OA的转动方向及角速度． 答案　(1) (2)从上向下看沿逆时针方向　 解析　(1)金属棒OA固定时，金属棒CD切割磁感线相当于电源，金属棒CD达到最大速度后做匀速运动，根据平衡条件有：mgsin θ＝Fm 根据法拉第电磁感应定律有：E1＝Blvm 由闭合电路欧姆定律：I1＝ 电流方向从C到D，金属棒CD受到的安培力沿斜面向上，Fm＝BI1l 联立解得：vm＝； (2)要使金属棒CD静止，必须使金属棒CD受到的安培力沿斜面向上，由左手定则和右手定则可知，金属棒OA应该沿逆时针方向转动(自上向下看)． 当金属棒OA以角速度ω转动时，产生感应电动势E2＝Bl2ω 由平衡条件有mgsin θ＝F安′ I2＝，F安′＝BI2l 联立可得ω＝. 考点9　电磁感应中的能量问题 1． 能量转化的过程分析 电磁感应的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功实现的．安培力做功使得电能转化为其他形式的能(通常为内能)，外力克服安培力做功，则是其他形式的能(通常为机械能)转化为电能的过程． 2． 用能量观点解答电磁感应问题的一般步骤 3． 求解焦耳热Q的几种方法 公式法 Q＝I2Rt 功能关系法 焦耳热等于克服安培力做的功 能量转化法 焦耳热等于其他形式能的减少量 40.(2024年凉山模拟)如图所示为某一具有电磁缓冲功能的火箭模型结构示意图，模型由缓冲槽、主体及主体内的线圈构成．匝数为N、边长为L的闭合正方形线圈abcd固定在主体下部，总电阻为R．模型外侧安装有由绝缘材料制成的缓冲槽，槽中有垂直于线圈平面、磁感应强度为B的匀强磁场．模型以速度v0着地时缓冲槽立即静止，此后主体在线圈与缓冲槽内磁场的作用下减速，从而实现缓冲．已知主体与线圈总质量为m，重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力．求： (1)模型以速度v0着地瞬间，ab边中电流的大小和方向； (2)若主体下落距离为h时未与缓冲槽相碰，此时主体线圈瞬时发热功率为缓冲槽着地瞬时发热功率的一半，求该过程中线圈产生的热量Q． 解析(1)感应电动势为E＝NBLv0， 感应电流为I＝＝， 根据右手定则可得，感应电流的方向为由a到b． (2)缓冲槽着地瞬间线圈的发热功率为P1＝＝， 则当线圈发热功率为缓冲槽着地瞬间发热功率的一半时，设此时线圈的速度大小为v1，则 P2＝＝＝，得v＝． 由能量守恒可得mgh＋mv＝mv＋Q， 解得Q＝mgh＋mv． 41．(2024年清远期末)图甲为某种可测速的跑步机，其测速原理如图乙所示．该机底面固定着两根间距d＝0.6 m、长度L＝0.5 m的平行金属导轨．两金属导轨间充满磁感应强度B＝0.5 T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两金属导轨通过导线与R＝4 Ω的定值电阻及理想电压表相连．跑步机的橡胶带上镀有平行细金属条，橡胶带运动时，磁场中始终只有一根金属条与两金属导轨接通，已知每根金属条的电阻为r＝2 Ω，橡胶带以v＝2 m/s的速度匀速运动，求： (1)电压表的示数U； (2)细金属条受到安培力F的大小与方向； (3)某根金属条每经过一次磁场区域过程中在金属条上产生的焦耳热Q． 解析(1)金属条做切割磁感线运动产生的电动势大小为 E＝Bdv＝0.5×0.6×2 V＝0.6 V， 回路中的电流大小为I＝＝ A＝0.1 A． 电压表的示数为U＝IR＝0.1×4 V＝0.4 V． (2)金属条受到的安培力大小为F＝BId＝0.5×0.1×0.6 N＝0.03 N， 根据左手定则可知，方向向左． (3)一根金属条每次经过磁场区域金属条上产生的焦耳热为Q＝I2rt，t＝， 解得Q＝0.005 J． 42.如图所示，足够长的固定粗糙绝缘斜面的倾角θ＝30°，斜面上的虚线aa′和bb′与斜面的底边平行，在aa′b′b围成的区域有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1 T。现有一质量m＝20 g、总电阻R＝10 Ω、边长d＝0.5 m的正方形金属线框MNQP，使PQ边与斜面底边平行，从斜面上端由静止释放，线框恰好匀速穿过磁场。线框与斜面间的动摩擦因数μ＝，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)线框穿过磁场区域时，受到的安培力大小F； (2)线框穿过磁场的整个过程中，线框上产生的焦耳热Q； (3)线框刚被释放时，MN边到bb′的距离x。 答案　(1)0.04 N　(2)0.04 J　(3)1.14 m 解析　(1)对线框，根据平衡条件有F＋μmgcos θ＝mgsin θ，解得F＝0.04 N (2)因为线框恰好匀速穿过磁场，所以磁场区域的宽度(aa′、bb′间的距离)d＝0.5 m 根据功能关系有Q＝W安＝F·2d，解得Q＝0.04 J (3)设线框穿过磁场时的速度大小为v，线框中产生的感应电动势E＝Bvd，通过线框的电流I＝，F＝BId 设线框进入磁场前做匀加速直线运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma 经分析可知x＝＋d，解得x＝1.14 m。 考点10 动量观点在电磁感应中的应用 考向1　动量定理在电磁感应中的应用 导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解。 1．“单棒＋电阻”模型 情景示例1 水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒初速度为v0，质量为m，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来 求电荷量q －BLΔt＝0－mv0，q＝Δt＝ 求位移x －Δt＝0－mv0，x＝Δt＝ 应用技巧 若导体棒做初、末速度已知的变减速运动，在用动量定理列出的式子中q＝Δt，x＝Δt；若已知q或x也可求末速度 情景示例2 间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，上端接有电阻R，由静止释放质量为m、阻值为r的导体棒，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直导轨所处倾斜面向下，当通过横截面的电荷量为q或下滑位移为x时，速度达到v 求运动时间 －BLΔt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，q＝Δt －Δt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，x＝Δt 应用技巧 用动量定理求时间需有其他恒力参与。若已知运动时间，也可求q、x、v中的任意一个物理量 43.(多选)如图所示，足够长的光滑的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨处在方向垂直于水平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，左侧导轨间的距离为3L，右侧导轨间的距离为L，导体棒a、b垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好，导体棒a、b的材料相同，电阻相等。导体棒b未被固定且静止在右侧导轨上，使导体棒a以初速度v0开始向右运动，直至回路中的感应电流变为0。已知回路中的感应电流变为0时，导体棒a仍处于左侧导轨上，不计导轨的电阻，导体棒b的质量为m。下列说法正确的是(　　) A．通过回路的电荷量是 B．通过回路的电荷量是 C．回路中产生的焦耳热是mv02 D．回路中产生的焦耳热是mv02 答案　AC 解析　根据电阻定律有R＝ρ＝ρ＝ρ，其中l是导体棒的长度、V是导体棒的体积，由于两根导体棒的电阻R和电阻率ρ相同，可知，a的体积是b体积的9倍，根据m质＝ρ密度V可知，a的质量是b质量的9倍，即ma＝9m，设回路中的感应电流变为0时，a的速度为va，b的速度为vb，则有3BLva＝BLvb，取向右为正方向，对a由动量定理可得－3BLt＝mava－mav0，对b根据动量定理可得BLt＝mvb－0，解得va＝v0，vb＝v0，通过回路的电荷量q＝t，解得q＝，A正确，B错误；由能量守恒定律可得回路中产生的焦耳热Q＝mav02－mava2－mvb2＝mv02，C正确，D错误。 44.(2023广东广州市一模)如图，足够长的磁铁在空隙产生一个径向辐射状磁场，一个圆形细金属环与磁铁中心圆柱同轴，由静止开始下落，经过时间t，速度达最大值v，此过程中环面始终水平。已知金属环质量为m、半径为r、电阻为R，金属环下落过程中所经过位置的磁感应强度大小均为B，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则(　　) A．在俯视图中，环中感应电流沿逆时针方向 B．环中最大的感应电流大小为 C．环下落过程中所受重力的冲量等于其动量变化 D．t时间内通过金属环横截面的电荷量为 答案　B 解析　根据题意，由右手定则可知，在金属环下落过程中，在俯视图中，环中感应电流沿顺时针方向，故A错误；根据题意可知，当重力等于安培力时，环下落的速度最大，根据平衡条件有mg＝F安＝BIm·2πr，当环速度最大时，感应电动势为E＝B·2πrv，感应电流为Im＝＝，联立可得Im＝，故B正确；当环从静止下落过程中，由于切割磁感线，导致环中出现感应电流，受到安培阻力，则除了重力外，还受安培力作用，由动量定理可知，动量变化等于合外力的冲量，故C错误；设t时间内通过金属环横截面的电荷量为q，由题意可知，环下落速度为v时的感应电流大小为I＝，由于环中感应电流不断增大，则t时间内通过金属环横截面的电荷量q<It＝，取向下为正方向，由动量定理有mgt－B·2πrIt＝mv－0，又有q＝It，联立解得q＝，故D错误。 45. (多选)(2024广东广州市开学考)如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接，右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边宽度为d区域有方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、长为L、电阻为2R的金属棒从高为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　) A．流过定值电阻的电流方向是Q→N B．金属棒两端电势差的最大值为BL C．电阻R产生的焦耳热为mg(h－μd) D．金属棒通过磁场所用的时间为－ 答案　AD 解析　由右手定则可知，流过定值电阻的电流方向是Q→N，故A正确；金属棒刚进入磁场时，速度最大，金属棒两端电势差最大，由动能定理可知mgh＝mvm2，解得vm＝，感应电动势为E＝BLvm＝BL，金属棒两端电势差的最大值为E′＝E＝，故B错误；由能量守恒定律可知，金属棒穿过磁场区域的过程中电路中产生的焦耳热为Q＝mgh－μmgd，电阻R产生的焦耳热为QR＝Q＝mg(h－μd)，故C错误；由动量定理可知－μmgt－BLt＝0－mvm，又t＝，解得t＝－，故D正确。 考向2 动量守恒定律在电磁感应中的应用 1．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，安培力为系统内力，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，运用动量守恒定律解题比较方便。 2．双棒模型(不计摩擦力) 模型示意图及条件 水平面内的光滑等距导轨，两个棒的质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2，给棒2一个初速度v0 电路特点 棒2相当于电源；棒1受安培力而加速运动，运动后产生反向电动势 电流及速度变化 棒2做变减速运动，棒1做变加速运动，随着两棒相对速度的减小，回路中的电流I＝BL减小，安培力减小，加速度减小，稳定时，两棒的加速度均为零，以相等的速度匀速运动 最终状态 a＝0，I＝0，v1＝v2 系统规律 动量守恒m2v0＝(m1＋m2)v 能量守恒Q＝m2v02－(m1＋m2)v2 两棒产生焦耳热之比＝ 46.(多选)如图所示，两足够长、阻值不计、间距为L的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，两导轨所在区域存在着竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场，质量均为m的导体棒ab、cd垂直放在金属导轨MN、PQ上，并与导轨保持良好接触，接入电路的导体棒长度均为L、阻值均为R.现给导体棒ab一个水平向右的瞬时冲量，使其获得水平向右的初速度v0，则关于ab、cd两棒此后的整个运动过程，下列说法正确的是(　　) A．ab、cd两导体棒组成的系统动量守恒 B．ab、cd两导体棒最终都将停止运动 C．整个过程，ab棒上产生的焦耳热为mv02 D．整个过程中，流过ab棒的电荷量为 答案　AD 解析　ab、cd棒组成闭合回路，即电流相等，由左手定则可知，两棒所受安培力大小相等，方向相反，则ab、cd两导体棒组成的系统所受外力之和为0，故系统动量守恒，以v0的方向为正方向，由动量守恒得mv0＝2mv，得v＝，即ab、cd两导体棒最终以的速度共同运动，故A正确，B错误；由能量守恒有mv02＝×2m×()2＋Q，得Q＝mv02，则ab棒上产生的焦耳热为Qab＝Q＝mv02，故C错误；对ab棒由动量定理有－FAt＝mv－mv0，即－BLt＝－，又q＝t，得q＝，故D正确． 47.(2023广东佛山市顺德区检测)如图，平行金属导轨MM′、NN′和平行金属导轨PQR、P′Q′R′固定在水平台面上，平行金属导轨间距均为L＝1 m，M′N′与PP′高度差为h1＝0.6 m。导轨MM′、NN′左端接有R＝3.0 Ω的电阻，导轨平直部分存在宽度为d、磁感应强度大小为B1＝2 T、方向竖直向上的匀强磁场；导轨PQR与P′Q′R′中，PQ与P′Q′是圆心角为60°、半径为r＝0.9 m的圆弧形导轨，QR与Q′R′是水平长直导轨。QQ′右侧存在磁感应强度大小为B2＝4 T、方向竖直向上的匀强磁场，导体棒a质量m1＝0.2 kg，接在电路中部分的电阻R1＝2.0 Ω；导体棒b质量m2＝0.3 kg，接在电路中部分的电阻R2＝6.0 Ω。导体棒a从距离导轨MM′、NN′平直部分h＝1.25 m处静止释放，恰能无碰撞地从PP′滑入右侧平行导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速度g＝10 m/s2，不计导轨电阻、一切摩擦及空气阻力。求： (1)导体棒a刚进入磁场B1时的速度大小以及此时通过电阻R的电流大小和方向； (2)导体棒b的最大加速度大小； (3)d的大小； (4)导体棒a、b在平行金属导轨PQR、P′Q′R′上运动过程中产生的总焦耳热(导轨足够长)。 答案　(1)5 m/s　2 A　方向为由N到M (2) m/s2　(3)0.75 m　(4)1.5 J 解析　(1)根据动能定理可知m1gh＝m1v12 解得导体棒a刚进入磁场B1时的速度大小为 v1＝5 m/s 由题可知E＝B1Lv1，I1＝ 解得I1＝2 A 由右手定则可判断，此时通过电阻R的电流的方向为由N到M。 (2)由题可知，导体棒a到达PP′时速度方向与水平方向的夹角为60°，则h1＝gt2，v2＝ 解得v2＝4 m/s 导体棒a刚进入磁场B2时，导体棒b的加速度最大，则m1gr(1－cos 60°)＝m1v32－m1v22 I2＝，B2I2L＝m2a 解得v3＝5 m/s，a＝ m/s2 (3)导体棒a从N′M′到PP′的过程中 m1gh1＝m1v22－m1v42，解得v4＝2 m/s 在导轨MM′、NN′平直部分从左到右过程有 －B1LΔt＝Δp1 即－B1qL＝m1v4－m1v1，q＝ 解得d＝0.75 m (4)根据动量守恒定律可知m1v3＝(m1＋m2)v5 v5＝2 m/s 导体棒a、b在平行金属导轨PQR、P′Q′R′中产生的总焦耳热与系统减少的动能相等，即 Q＝m1v32－(m1＋m2)v52 解得Q＝1.5 J。 48. (2024广东广州市检测)如图所示，在水平面内固定着间距为L的两根光滑平行金属导轨(导轨足够长且电阻忽略不计)，导轨M、N两点右侧处在方向垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。在导轨的左端接入电动势为E、内阻不计的电源和电容为C的电容器。先仅将金属棒a静置在导轨上，闭合开关S1、S3，让a运动速度达到v0时断开S1，同时将金属棒b静置在导轨上，经过一段时间后，流经a的电流为零。已知a、b的长度均为L，电阻均为R，质量均为m，在运动过程中与导轨垂直并保持良好接触。 (1)求开关S1、S3闭合，a运动速度刚为v0时a的加速度大小； (2)求b产生的焦耳热Qb； (3)若将棒a、b均静置在水平轨道上，闭合开关S1、S2，稍后再断开S1同时闭合S3，求两棒最终速度的大小。 答案　(1)　(2)mv02　(3) 解析　(1)a切割磁感线产生的电动势E1＝BLv0 由牛顿第二定律得 BL＝ma，a＝ (2)对a、b组成的系统，由动量守恒得mv0＝2mv1，v1＝ 由能量守恒定律得Q总＝mv02－×2mv12，Qb＝Q总＝mv02 (3)闭合开关S1、S2，稍后再断开S1同时闭合S3，两棒同时加速，直到匀速运动，对电容器，放电量q＝C(E－BLv) 对导体棒a，在极短时间Δt内有，BLΔt＝mΔv 整个过程∑BLΔq＝∑mΔv，BL＝mv 所以两棒最终速度v＝。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 电磁感应 考点1 楞次定律 考向1　楞次定律的理解和应用 考向2　右手定则的应用 考向3　“三定则一定律”的综合应用 考点2 实验：探究影响感应电流方向的因素 考点3 法拉第电磁感应定律 考点4 涡流、电磁阻尼和电磁驱动 考点5 互感和自感 考点6　电磁感应中的电路问题 考点7　电磁感应中的图像问题 考点8　电磁感应中的动力学问题 考点9　电磁感应中的能量问题 考点10 动量观点在电磁感应中的应用 考向1　动量定理在电磁感应中的应用 考向2 动量守恒定律在电磁感应中的应用 考点1 楞次定律 考向1　楞次定律的理解和应用 1． 因果关系 闭合导体回路中原磁通量的变化是产生感应电流的原因，而感应电流的磁场的产生是感应电流存在的结果，即只有当闭合导体回路中的磁通量发生变化时，才会有感应电流的磁场出现． 2． 楞次定律中“阻碍”的含义 3． 应用楞次定律的基本思路： 4． 上图描述了磁通量变化、磁场方向、感应电流方向三个因素的关系，只要知道了其中任意两个因素，就可以确定第三个因素． 5． 感应电流方向的判断是考查重点．楞次定律的推论“增反减同” 是判断感应电流磁场方向的依据，是“阻碍”的本意． 1．(多选)(2024广东江门市第一中学开学考)汽车测速利用了电磁感应现象，如图所示，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针(俯视)方向电流，当汽车经过线圈时(　　) A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上 B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcd C．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcd D．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相反 2．(多选)(2024广东韶关市模拟)某同学设想的减小电梯坠落时造成伤害的一种应急安全装置如图所示，在电梯轿厢底部安装永久强磁铁，磁铁N极朝上，电梯井道内壁上铺设若干金属线圈，线圈在电梯轿厢坠落时能自动闭合，从而减小对厢内人员的伤害。当电梯轿厢坠落到图示位置时，下列说法正确的是(　　) A．从上往下看，金属线圈A中的感应电流沿逆时针方向 B．从上往下看，金属线圈B中的感应电流沿逆时针方向 C．金属线圈B对电梯轿厢下落有阻碍作用，A没有阻碍作用 D．金属线圈B有收缩的趋势，A有扩张的趋势 3．1831年10月28日，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机，它是利用电磁感应的原理制成的，是人类历史上的第一台发电机．图示是这个圆盘发电机的示意图：铜盘安装在水平的铜轴上，铜片甲、乙分别与转动轴、铜盘边缘接触．下列四幅图中的图A、B中磁场方向与铜盘平行；图C、D中磁场方向与铜盘垂直，C图中磁场区域仅在甲、丙之间，D图中磁场区域仅在甲、乙之间．从右向左看铜盘以相同的角速度逆时针转动，电阻R中有电流且方向沿纸面向上的是(　　) 考向2　右手定则的应用 1． 适用范围 闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流方向的判断． 2． 右手定则反映了磁场方向、导体运动方向和电流方向三者之间的相互垂直关系． (1) 大拇指的方向是导体相对磁场切割磁感线的运动方向，既可以是导体运动而磁场未动，也可以是导体未动而磁场运动，还可以是两者以不同速度同时运动． (2) 四指指向电流方向，切割磁感线的导体相当于电源． 3． 考查分析：右手定则适用于作为闭合导体的一部分切割磁感线产生感应电流的情况，在此前提下，也可判断磁场方向或运动方向；能用右手定则判断的问题也能用楞次定律判断． 4．ab为一金属杆，它处在如图6所示的垂直于纸面向里的匀强磁场中，可绕a点在纸面内转动，s为以a为圆心位于纸面内的金属圆环，在杆转动过程中，杆的b端与金属环保持良好接触， A为电流表，其一端与金属环相连，另一端与a点良好接触．当杆沿逆时针方向转动时，某时刻ab杆的位置如图，则此时刻(　　) A．有电流通过电流表，方向由c向d；作用于杆ab 的安培力向右 B．有电流通过电流表，方向由d向c；作用于杆ab 的安培力向左 C．有电流通过电流表，方向由 d向c；作用于杆ab 的安培力向右 D．无电流通过电流表，作用于杆ab的安培力为零 5．如图所示，匀强磁场与圆形导体环平面垂直，导体棒ef与导体环接触良好，当ef向右匀速运动时(　　) A．圆环中磁通量不变，环上无感应电流产生 B．整个环中有顺时针方向的电流 C．整个环中有逆时针方向的电流 D．环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流 6．如图所示，边长为d的正方形线圈，从位置A开始向右运动，并穿过宽度为L(L>d)的匀强磁场区域到达位置B，则(　　) A．整个过程，线圈中始终有感应电流 B．整个过程，线圈中始终没有感应电流 C．线圈进入磁场和离开磁场的过程中，有感应电流，方向都是逆时针方向 D．线圈进入磁场过程中，感应电流的方向为逆时针方向；离开磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向 考向3　“三定则一定律”的综合应用 1． 安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的适用情况如下表： 比较 项目 安培 定则 左手 定则 右手 定则 楞次 定律 适用 场合 通电导线、圆环产生磁场时，磁场方向、电流方向关系 通电导线在磁场中所受的安培力方向、电流方向、磁场方向的关系 导体切割磁感线时速度方向、磁场方向、感应电流方向的关系 回路中磁通量变化产生感应电流时，原磁场方向、感应电流磁场方向的关系 2． 综合运用这几个规律的关键是分清各个规律的适用情况，不能混淆．对应的因果关系： (1) 因电而生磁(I→B)→安培定则． (2) 因动而生电(v、B→I)→右手定则． (3) 因电而受力(I、B→F安)→左手定则． (4) 因变而生电(ΔΦ→I)→楞次定律． 7．如图所示，在通电直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两条可自由滑动的导体棒ab和cd.当通电直导线中的电流逐渐增强时，导体棒ab和cd的运动情况是( ) A. 一起向左运动 B. 一起向右运动 C. ab和cd相向运动，相互靠近 D. ab和cd相背运动，相互远离 8．(多选)如图所示，水平放置的两组光滑轨道上分别放有可自由移动的金属棒PQ和MN，并且分别放置在磁感应强度为B1和B2的匀强磁场中，当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是( ) A. 向左加速运动 B. 向右加速运动 C. 向右减速运动 D. 向右匀速运动 9．(多选)如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大导线圈M相连接，要使小导线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的金属棒ab的运动情况可能是(两导线圈共面放置，且金属棒切割磁感线的速度越大，感应电流越大)(　　) A．向右匀速运动 B．向左加速运动 C．向右减速运动 D．向右加速运动 考点2实验：探究影响感应电流方向的因素 10．(2024广东东莞实验中学期中)甲、乙两位同学利用如图所示装置探究影响感应电流方向的因素。 (1)如图a，请补齐连线，补齐线后，甲同学在断开开关时发现灵敏电流计指针向右偏转，下列操作中同样能使指针向右偏转的有________。 A．闭合开关 B．开关闭合时将滑动变阻器的滑片向左滑动 C．开关闭合时将B线圈从A线圈中拔出 D．开关闭合时将B线圈倒置再重新插入A线圈中 (2)为确切判断A线圈中的感应电流方向，应在实验前先查明灵敏电流计指针偏转方向与________的关系。 (3)乙同学设计了如图b所示的装置来判断感应电流的方向。他先使用多用电表的欧姆挡对二极管正负极进行确认，某次测量时发现多用电表指针几乎没有偏转，说明此时黑表笔接触的是二极管的________(选填“正极”或“负极”)。实验操作时将磁铁插入线圈时，只有灯________(选填“C”或“D”)短暂亮起。 11．在“探究感应电流的方向与哪些因素有关”的实验中，请完成下列实验步骤： (1)为弄清灵敏电流表指针偏转方向与电流方向的关系，可以使用一个已知正负极的直流电源进行探究．某同学想到了多用电表内部某一挡，含有直流电源，他应选用多用电表的________(选填“欧姆”“直流电流”“直流电压”“交流电流”或“交流电压”)挡，对灵敏电流表进行测试，由实验可知当电流从正接线柱流入电流表时，指针向右摆动． (2)该同学先将多用电表的红表笔接灵敏电流表的正接线柱，再将黑表笔________(选填“短暂”或“持续”)接灵敏电流表的负接线柱，若灵敏电流表的指针向左摆动，说明电流是由电流表的________(选填“正”或“负”)接线柱流入灵敏电流表的． (3)实验中该同学将磁体某极向下从线圈上方插入线圈时，发现电流表的指针向右偏转，请在图8中用箭头画出线圈电流方向并用字母N、S标出磁体的极性． 图8 12.在“探究电磁感应现象的产生条件”实验中，实物连线如图甲所示。感应线圈组的内外线圈绕线方向如图乙粗线所示。(G表指针指向电流流入方向) (1)接通电源，闭合开关，G表指针有大的偏转，几秒后G表指针停在中间不动。将滑动变阻器的滑片迅速向右滑动时，G表指针________；迅速抽出铁芯时，G表指针________。(均选填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”) (2)断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中，把直流输出改为交流输出，其他均不变。接通电源，闭合开关，G表指针________(选填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”)。 (3)仅用一根导线，如何判断G表内部线圈是否断了？________________。 考点3 法拉第电磁感应定律 法拉第电磁感应定律的理解与应用 1． 对公式E＝n 的理解 (1) 感应电动势E的大小取决于穿过电路的磁通量的变化率_，而与Φ的大小、ΔΦ的大小没有必然的关系，与电路的电阻R无关；感应电流的大小与感应电动势E和回路总电阻R有关． (2) 磁通量的变化率 ，是Φ－t图像上某点切线的斜率，可反映单匝线圈感应电动势的大小和方向． (3) E＝n 只表示感应电动势的大小，不涉及其正负，计算时ΔΦ应取绝对值．感应电流的方向可以用楞次定律去判定． (4) 磁通量发生变化有三种方式 ①B不变，S变化，则 ＝B· ②B改变，S不变，则 ＝·S，注意S为线圈在磁场中的有效面积． ③B、S变化，则 ＝＝n 2． 注意 (1) 对于磁通量的变化量和磁通量的变化率来说，穿过1匝线圈和穿过n匝线圈是一样的，而感应电动势则不一样，感应电动势与匝数成正比． (2) 综合法拉第电磁感应定律和楞次定律，对于面积一定的线圈，不管磁场的方向如何变化，只要磁感应强度B随时间t均匀变化，产生感应电动势的大小和方向均保持不变．所以在B－t图像中，如果图像为一条倾斜直线，不管图线在时间轴上方还是下方，整个过程感应电动势和感应电流均为恒量． 　公式E＝Blv的理解与应用 1． 对公式E＝Blv的理解 (1) 当B、l、v三个量方向相互垂直时，E＝Blv；当有任意两个量的方向平行时，E＝0. (2) 式中的l应理解为导线切割磁感线时的有效长度． 若切割磁感线的导线是弯曲的，则应取其与B和v方向都垂直的等效线段长度来计算．如图中线段ab的长即为导线切割磁感线的有效长度． 　　 甲　　　　乙　　　　　丙 (3) 公式中的v应理解为导线和磁场的相对速度，当导线不动而磁场运动时，也有电磁感应现象产生． 　导体棒转动切割磁感线时的感应电动势 1． 如图所示，长为l的导体棒ab以a为圆心，以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中匀速转动，其感应电动势可从两个角度推导． (1) 棒上各点速度不同，其平均速度 ＝ωl，由E＝Blv得棒上感应电动势大小为 E＝Bl·ωl＝Bl2ω. (2) 若经时间Δt，棒扫过的面积为ΔS＝πl2＝l2ω·Δt，磁通量的变化量ΔΦ＝B·ΔS＝Bl2ωΔt，由E＝得棒上感应电动势大小为E＝Bl2ω. 2． 特别提醒： (1) 切割磁感线的导体中产生感应电动势，该部分导体等效为电源，电路中的其余部分等效为外电路． (2) 对于一个匀速转动的圆盘可看作许多并联连接的导体棒转动切割磁感线，相当于内阻很小的导体棒旋转切割磁感线产生的电动势． (3) 导体棒绕一端转动时，尽管导体棒上各点的速度不同，但产生的电动势是恒定的． 13．(多选)(2024年宁德期末)“一卡通”是学校等单位常用的辅助支付手段，其内部有一个多匝线圈，当刷卡机发出电磁信号时，置于刷卡机上的“一卡通”线圈的磁通量发生变化，产生电信号．“一卡通”内部多匝线圈俯视图可简化为如图甲所示，当垂直于线圈平面向里的磁场B随时间t变化的关系如图乙所示时(　　) 　 A．0～t0内，线圈中感应电流沿逆时针方向 B．0～t0内，线圈中感应电流的大小恒定 C．0～t0和t0～3t0两段时间内，线圈中感应电流的方向相同 D．0～t0和t0～3t0两段时间内，线圈中感应电流的大小相等 14．(多选)(2024年西安浐灞二中期末)如图甲所示，横截面积为10 cm2、绕有4 000匝的螺线管与一定值电阻串联．已知螺线管的电阻为2 Ω，定值电阻R的阻值为6 Ω，穿过螺线管内的匀强磁场的磁感应强度随时间均匀变大，其B－t图像如图乙所示，以磁场向右穿过螺线管为正方向，在0～2 s内，下列说法正确的是(　　) A．穿过螺线管的磁通量的变化率为10 Wb/s B．A点电势比C点电势低 C．定值电阻的电功率为8 W D．螺线管产生的热量为4 J 15．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，上方导线与O点连接，下方导线与铜环连接，其他电阻不计．下列说法正确的是(　　) A．O点的电势比A点的电势高 B．回路中通过的电流为 C．该定值电阻两端的电压为ωBl2 D．该定值电阻上的热功率为 16.法拉第圆盘发电机的原理图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法中正确的是( ) A. 若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 B. 若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流方向由b到a C. 若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D. 若圆盘转动的角速度变为原来的两倍，则R消耗的热功率也变为原来的两倍 17．如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论错误的是(　　) A．感应电流方向不变 B．CD段直线始终不受安培力 C．感应电动势最大值E＝Bav D．感应电动势平均值＝πBav 考点4涡流、电磁阻尼和电磁驱动 　对涡流的理解及应用 1． 涡流的特点 当电流在金属块内自成闭合回路(产生涡流)时，由于整块金属的电阻很小，涡流往往很强，根据公式P＝I2R知，热功率的大小与电流的平方成正比，故金属块的发热功率很大． 2． 涡流中的能量转化 涡流现象中，其他形式的能转化成电能，并最终在金属块中转化为内能．如果金属块放在变化的磁场中，则磁场能转化为电能，最终转化为内能；如果金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动，则由于克服安培力做功，金属块的机械能转化为电能，最终转化为内能． 　电磁阻尼与电磁驱动的理解 电磁阻尼 电磁驱动 不同点 成因 由导体在磁场中运动形成 由磁场运动形成 效果 安培力的方向与导体运动方向相反，为阻力 安培力的方向与导体运动方向相同，为动力 能量转化 导体克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能 磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能 相同点 两者都是电磁感应现象，导体受到的安培力都是阻碍导体与磁场的相对运动 18．如图甲所示是一个电磁阻尼现象演示装置，铜锯条上端固定在支架上，下端固定有强磁铁，将磁铁推开一个角度释放，它会在竖直面内摆动较长时间；如图乙所示，若在其正下方固定一铜块(不与磁铁接触)，则摆动迅速停止．关于该实验，以下分析与结论正确的是(　　) A．如果将磁铁的磁极调换，重复实验将不能观察到电磁阻尼现象 B．用闭合的铜制线圈替代铜块，重复实验将不能观察到电磁阻尼现象 C．在图乙情况中，下摆和上摆过程中磁铁和锯条组成的系统机械能均减少 D．在摆动过程中铜块不受磁铁的作用力 19．(多选)电磁炉为新一代炊具，无烟、无明火、无污染、不产生有害气体、无微波辐射、高效节能等是电磁炉的优势所在．电磁炉的工作原理是利用电流通过线圈产生磁场，当磁场通过含铁质锅底部时，会产生无数小涡流，使锅体本身快速发热，然后再加热锅内食物，如图4所示．下列相关说法正确的是(　　) A．锅体中的涡流是由恒定的磁场产生的 B．锅体中的涡流是由变化的磁场产生的 C．磁场越强，电磁炉的加热效果越好 D．提高磁场变化的频率，可提高电磁炉的加热效果 20.甲、乙两个完全相同的铜环均可绕竖直固定轴O1O2旋转，现让它们以相同角速度同时开始转动，由于阻力作用，经相同的时间后停止，若将圆环置于如图所示的匀强磁场中，甲环的转轴与磁场方向垂直，乙环的转轴与磁场方向平行，现让甲、乙两环同时以相同的初始角速度开始转动后，下列判断正确的是(　　) A．甲环先停下 B．乙环先停下 C．两环同时停下 D．两环都不会停下 21.(多选)位于光滑水平面上的小车上放置一螺线管，一个比螺线管长的条形磁体沿着螺线管的轴线以初速度v水平穿过，如图8所示，在此过程中(　　) A．磁体做匀速直线运动 B．磁体做减速运动 C．小车向右做加速运动 D．小车先加速后减速 22.(2024年徐州睢宁期中)如图所示，磁性转速表是利用电磁驱动原理工作的．下列说法正确的是(　　) A．在电磁驱动的过程中，其他形式能转化为机械能 B．铝盘中产生感应电流，因受洛伦兹力作用而转动 C．永久磁体和铝盘应装在同一转轴上，两者同速动 D．永久磁体和铝盘应装在同一转轴上，两者转动方向相反 考点5互感和自感 要点1　互感现象 1． 概念：两个相互靠近的线圈之间没有导线相连，当其中一个线圈中的电流发生变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势的现象，叫做互感，产生的电动势叫互感电动势． 2． 应用：互感现象可以把能量从一个线圈传递到另一个线圈，变压器、延时继电器、收音机的“磁性天线”就是利用互感现象制成的． 3． 危害：互感现象能发生在任何两个相互靠近的电路之间．在电力工程和电子电路中，互感现象有时会影响电路正常工作． 要点2　自感现象 1． 自感现象：当一个线圈中的电流变化时，它产生的变化的磁场在　它本身　激发出感应电动势的现象． 2． 自感电动势：由于自感而产生的感应电动势，在闭合电路中会产生自感电流．产生自感电动势的线圈相当于电源． (1) 作用：总是阻碍自身电流的变化，但不能阻止　，且自感电动势阻碍自身电流变化的结果，会对其他电路元件的电流产生影响． (2) 方向：当原电流增大时，自感电动势的方向与原电流方向相反；当原电流减小时，自感电动势的方向与原电流方向　相同　. (3) 大小：E＝L，跟线圈及自身电流变化的快慢有关，电流变化越快，自感电动势越大． (4) 应用实例——日光灯等． (5) 有害的自感现象及其防止：在制作精密电阻时，往往采用双线绕法来消除自感现象的影响． 3． 通电自感和断电自感 电　路 现　象 自感电动势的作用 通电自感 接通电源的瞬间，灯泡A1逐渐地亮起来 阻碍电流的增加 断电自感 断开开关的瞬间，灯泡A闪亮一下后逐渐变暗或灯泡A逐渐变暗，直至熄灭 阻碍电流的减小 要点3　自感系数 1． E＝L中L是比例系数，叫作自感系数，简称　自感　或　电感　. (1) L是反映不同线圈产生自感电动势本领大小的物理量，与它通不通电，及电流如何变化无关． (2) 单位：　亨利　，符号是H. 1 mH＝1×10－3 H，1 μH＝1×10－6 H. 2． 决定因素：自感系数由线圈本身决定，与线圈的　大小　、　形状　、　圈数　，以及是否有　铁芯　等因素有关． (1) 线圈的长度越长，横截面积越大，单位长度上的匝数越多，线圈的自感系数就越大；线圈有铁芯时比无铁芯时自感系数大得多． 要点4　磁场的能量 磁场具有能量，磁场的能量转化同样遵循能量守恒定律． 1． 自感现象中的磁场能量 (1) 线圈中电流从无到有时：磁场从无到有，电源的能量输送给　磁场　，储存在　磁场　中． (2) 线圈中电流减小时：　磁场　中的能量释放出来转化为电能． 2． 电的“惯性”：线圈通电瞬间和断电瞬间，自感电动势都要阻碍线圈中电流的变化，使线圈中的电流不能立即增大到最大值或不能立即减小为零，这就是所谓的电的“惯性”．“惯性”大小决定于线圈的自感系数． 23．如图所示，多匝线圈和电池的内阻均为零，两个电阻的阻值均为R，开关S断开时，电路中的电流为I．现将S闭合，于是电路中产生自感电动势，此自感电动势的作用是(　　) A．使电路中的电流减小，最后由I减小到零 B．有阻碍电流的作用，最后电流小于I C．有阻碍电流增大的作用，故电流总保持不变 D．有阻碍电流增大的作用，但电流还是增大，最后变为2I 24.(2024年广东期末)如图所示的电路中，电感L的自感系数很大，电阻可忽略，D为理想二极管，则下列说法正确的是(　　) A．当S闭合时，L1立即变亮，L2逐渐变亮 B．当S闭合时，L1、L2都逐渐变亮 C．当S断开时，L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭 D．当S断开时，L1、L2都突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭 25.在如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源．在t＝0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S．规定以电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过D1和D2的电流，则下列图像中能定性描述电流I1、I2随时间t变化关系的是(　　) 　　　　　　 26.(2024年湖北云学名校联考)如图所示，两个小灯泡A、B规格相同，A灯与滑动变阻器串联后接入电路，B灯与自感系数相当大的线圈L串联后接入电路．先调节滑片置于P点，再闭合开关，一段时间后，发现A灯和B灯一样亮．那么，下列说法正确的是(　　) A．滑片置于P点时，滑动变阻器的阻值小于线圈的直流电阻 B．开关闭合瞬间，A、B灯缓慢变亮 C．断开开关瞬间，电流自左向右通过B灯 D．现将滑片右移，稳定后再断开开关，A、B灯均闪亮后再缓慢变暗 27．(2024年北京期末)图甲和图乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，闭合开关S1，灯A1逐渐变亮，而另一个相同的灯A2立即变亮，最终A1与A2的亮度相同；S2由闭合到断开瞬间，灯A3突然闪亮，随后逐渐变暗．下列说法正确的是(　　) A．图甲中，变阻器R与L1的电阻值相同 B．图甲中，闭合S1瞬间，L1中电流与变阻器R中电流相等 C．图乙中，A3与L2的电阻值相同 D．图乙中，闭合S2，电路稳定后，A3中电流大于L2中电流 考点6　电磁感应中的电路问题 1． 解决电磁感应中的电路问题三步曲 2． 解决电磁感应中的电路问题的基本步骤 (1) “源”的分析：切割磁感线的导体棒或内有磁通量变化的线圈，相当于电源，要确定电源正负极，明确内阻r. ①用法拉第电磁感应定律E＝Blv或E＝n 算出感应电动势E的大小． ②用楞次定律或右手定则确定相当于电源的部分感应电流的方向，是电源内部电流的方向，即感应电动势的方向，也是电源内部电势升高的方向，从负极指向正极． 注意：外电路电流由高电势处流向低电势处． (2) “路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路． 内电路是切割磁感线的导体棒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) 结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识、电功率、焦耳定律等相关关系式联立求解． 在闭合电路中，相当于“电源”的导体棒两端的电压与真实的电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于感应电动势． 3． 一个提醒：求解电路中通过的电荷量时，一定要用平均电动势和平均电流计算． 由E＝n 可求得平均感应电动势，通过闭合电路欧姆定律可求得电路中的平均电流 I＝＝，通过电路中导体横截面的电荷量Q＝IΔt＝n. 28.在如图甲所示的电路中，电阻R1＝R2＝R，单匝圆形金属线圈半径为r1，线圈导线的电阻也为R，线圈内部半径为r2(r2<r1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为(t0,0)和(0，B0)，其余导线的电阻不计。t＝0时闭合S，至t1时刻，电路中的电流已稳定，下列说法正确的是(　　) A．线圈中产生的感应电动势的大小为 B．电容器下极板带负电 C．t0时间内流过R2的电荷量为 D．稳定后线圈两端的电压为 29.(多选)如图所示，水平金属圆环的半径为L，匀质导体棒OP的长度为2L，导体棒OP、电阻R1、电阻R2的阻值都为R0，电路中的其他电阻不计。导体棒OP绕着它的一个端点O以大小为ω的角速度匀速转动，O点恰好为金属圆环的圆心，转动平面内还有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导体棒OP转动过程中始终与金属圆环接触良好。在金属棒OP转动一周的过程中，下列说法正确的是(　　) A．电阻R1两端的电压为BL2ω B．电阻R1上产生的焦耳热为 C．通过电阻R1的电荷量为 D．导体棒两端的电势差为BL2ω 30．如图甲所示，水平放置的线圈匝数n＝200匝，直径d1＝40 cm，电阻r＝2 Ω，线圈与阻值R＝6 Ω的电阻相连．在线圈的中心有一个直径d2＝20 cm的有界匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化，规定垂直纸面向里的磁感应强度方向为正方向． (1)求通过电阻R的电流方向； (2)求理想电压表的示数； (3)若撤去原磁场，在图中竖直虚线的右侧空间加磁感应强度B′＝0.5 T的匀强磁场，方向垂直纸面向里，试求在施加新磁场过程中通过电阻R的电荷量． 考点7　电磁感应中的图像问题 1． 电磁感应中的图像问题 图像 类型 (1) 磁感应强度B、磁通量Ф、感应电动势E、感应电流i、电压u、电荷量q随时间t变化的图像，即B－t图像、Ф－t图像、E－t图像、i－t 图像、u－t图像、q－t图像 (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随线圈位移x变化的图像，即 E－x 图像和i－x图像 问题 类型 (1) 由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像 (2) 由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量 应用 知识 左手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律、相关数学知识等 2． 电磁感应图像的处理方法： (1) 明确图像的种类，是B－t图像还是 Φ－t图像，或者是E－t图像、I－t图像和F－t图像等． (2) 分析电磁感应的具体过程． (3) 确定感应电动势(或感应电流)的大小和方向，有下列两种情况： ①若回路面积不变，磁感应强度变化时，用楞次定律确定感应电流的方向，用E＝n确定感应电动势大小的变化． ②若磁场不变，导体切割磁感线，用右手定则判断感应电流的方向，用E＝Blv确定感应电动势大小的变化． (4) 画图像或判断图像，特别注意分析斜率的变化、截距等． (5) 涉及受力问题，可由安培力公式F＝BIL和牛顿运动定律等规律写出有关函数关系式． 33.在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个面积不变的单匝金属线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图甲所示，取线圈中磁场的方向向上为正方向，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示，以下四图中正确表示线圈中感应电流变化的是(　　) 34.如图2所示，由同种材料制成的粗细均匀的正方形金属线框以恒定速度向右通过有理想边界的匀强磁场，开始时线框的ab边恰与磁场边界重合，磁场宽度大于正方形的边长，则线框中a、b两点间电势差Uab随时间变化的图线是下图中的(　　) 35．一个匀强磁场的边界是MN，MN左侧无磁场，右侧是范围足够大的匀强磁场区域，如图甲所示．现有一个金属线框沿ab方向以恒定速度从MN左侧垂直进入匀强磁场区域，线框中的电流随时间变化的I－t图像如图乙所示，则可能的线框是下列选项图中的(　　) 36.如图所示的区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.一个电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴匀速转动(O轴位于磁场边界)，周期为T，t＝0时刻线框置于如图所示位置，则线框内产生的感应电流的图像为(规定电流顺时针方向为正)(　　) 37.如图所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为L，磁场方向垂直纸面向里，abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为L，t＝0时刻bc边与磁场区域边界重合．现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿abcda方向为感应电流正方向，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是 (　　) 考点8　电磁感应中的动力学问题 1． 解题的基本思路： (1) 明确研究对象 电磁感应中导体棒或线圈，既可视为电学对象(因为它相当于电源)，又可视为力学对象(因为感应电流的存在而受到安培力)． (2) 研究动态过程 一个重要的临界状态：导体棒或线圈所受合外力为零时，匀速运动． 2． 解决电磁感应中动力学问题的一般思路：“先电后力”．具体步骤是： (1) 确定研究对象(一般为在磁场中做切割磁感线运动的导体)． (2) 用电磁感应定律和楞次定律、右手定则确定感应电动势的大小和方向． (3) 应用闭合电路欧姆定律求出电路中的感应电流的大小和方向． (4) 分析研究导体受力情况，特别要注意安培力大小、方向的确定． 如果导体在磁场中受到的磁场力变化了，从而引起合外力的变化，导致加速度、速度等发生变化，进而又引起感应电流、安培力、合外力的变化，最终可能使导体达到稳定状态． 5． 涉及具有收尾速度的力学问题时，列出动力学方程或平衡方程求解． 37.(多选)如图所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计．ab是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆．开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，一段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图像可能是(　　) 38.如图所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，R＝0.3 Ω的电阻接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg、接入电路的电阻r＝0.1 Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，ab棒始终保持与导轨垂直且接触良好．(g＝10 m/s2) (1)分析导体棒的运动性质； (2)求导体棒所能达到的最大速度的大小； (3)试定性画出导体棒运动的速度－时间图像． 39．如图所示，半径为l的金属圆环水平固定，处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，金属棒OA可绕圆心O在圆环上转动．金属棒CD放在宽度也为l的足够长光滑平行金属导轨上，导轨倾角为θ，处于垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．用导线将金属圆环、金属棒OA的O端分别与两导轨连接，已知金属棒OA和CD的长度均为l、质量均为m、电阻均为r，其他电阻不计．重力加速度大小为g. (1)将金属棒OA固定，使金属棒CD从静止开始下滑，求金属棒CD的最大速度大小； (2)让金属棒OA匀速转动，使金属棒CD保持静止，求金属棒OA的转动方向及角速度． 考点9　电磁感应中的能量问题 1． 能量转化的过程分析 电磁感应的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功实现的．安培力做功使得电能转化为其他形式的能(通常为内能)，外力克服安培力做功，则是其他形式的能(通常为机械能)转化为电能的过程． 2． 用能量观点解答电磁感应问题的一般步骤 3． 求解焦耳热Q的几种方法 公式法 Q＝I2Rt 功能关系法 焦耳热等于克服安培力做的功 能量转化法 焦耳热等于其他形式能的减少量 40.(2024年凉山模拟)如图所示为某一具有电磁缓冲功能的火箭模型结构示意图，模型由缓冲槽、主体及主体内的线圈构成．匝数为N、边长为L的闭合正方形线圈abcd固定在主体下部，总电阻为R．模型外侧安装有由绝缘材料制成的缓冲槽，槽中有垂直于线圈平面、磁感应强度为B的匀强磁场．模型以速度v0着地时缓冲槽立即静止，此后主体在线圈与缓冲槽内磁场的作用下减速，从而实现缓冲．已知主体与线圈总质量为m，重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力．求： (1)模型以速度v0着地瞬间，ab边中电流的大小和方向； (2)若主体下落距离为h时未与缓冲槽相碰，此时主体线圈瞬时发热功率为缓冲槽着地瞬时发热功率的一半，求该过程中线圈产生的热量Q． 41．(2024年清远期末)图甲为某种可测速的跑步机，其测速原理如图乙所示．该机底面固定着两根间距d＝0.6 m、长度L＝0.5 m的平行金属导轨．两金属导轨间充满磁感应强度B＝0.5 T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两金属导轨通过导线与R＝4 Ω的定值电阻及理想电压表相连．跑步机的橡胶带上镀有平行细金属条，橡胶带运动时，磁场中始终只有一根金属条与两金属导轨接通，已知每根金属条的电阻为r＝2 Ω，橡胶带以v＝2 m/s的速度匀速运动，求： (1)电压表的示数U； (2)细金属条受到安培力F的大小与方向； (3)某根金属条每经过一次磁场区域过程中在金属条上产生的焦耳热Q． 42.如图所示，足够长的固定粗糙绝缘斜面的倾角θ＝30°，斜面上的虚线aa′和bb′与斜面的底边平行，在aa′b′b围成的区域有垂直斜面向上的匀强磁场，磁感应强度大小B＝1 T。现有一质量m＝20 g、总电阻R＝10 Ω、边长d＝0.5 m的正方形金属线框MNQP，使PQ边与斜面底边平行，从斜面上端由静止释放，线框恰好匀速穿过磁场。线框与斜面间的动摩擦因数μ＝，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)线框穿过磁场区域时，受到的安培力大小F； (2)线框穿过磁场的整个过程中，线框上产生的焦耳热Q； (3)线框刚被释放时，MN边到bb′的距离x。 考点10 动量观点在电磁感应中的应用 考向1　动量定理在电磁感应中的应用 导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解。 1．“单棒＋电阻”模型 情景示例1 水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒初速度为v0，质量为m，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来 求电荷量q －BLΔt＝0－mv0，q＝Δt＝ 求位移x －Δt＝0－mv0，x＝Δt＝ 应用技巧 若导体棒做初、末速度已知的变减速运动，在用动量定理列出的式子中q＝Δt，x＝Δt；若已知q或x也可求末速度 情景示例2 间距为L的光滑平行导轨倾斜放置，倾角为θ，上端接有电阻R，由静止释放质量为m、阻值为r的导体棒，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直导轨所处倾斜面向下，当通过横截面的电荷量为q或下滑位移为x时，速度达到v 求运动时间 －BLΔt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，q＝Δt －Δt＋mgsin θ·Δt＝mv－0，x＝Δt 应用技巧 用动量定理求时间需有其他恒力参与。若已知运动时间，也可求q、x、v中的任意一个物理量 43.(多选)如图所示，足够长的光滑的平行金属导轨固定在绝缘水平面上，导轨处在方向垂直于水平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，左侧导轨间的距离为3L，右侧导轨间的距离为L，导体棒a、b垂直放置于导轨上，且与导轨接触良好，导体棒a、b的材料相同，电阻相等。导体棒b未被固定且静止在右侧导轨上，使导体棒a以初速度v0开始向右运动，直至回路中的感应电流变为0。已知回路中的感应电流变为0时，导体棒a仍处于左侧导轨上，不计导轨的电阻，导体棒b的质量为m。下列说法正确的是(　　) A．通过回路的电荷量是 B．通过回路的电荷量是 C．回路中产生的焦耳热是mv02 D．回路中产生的焦耳热是mv02 44.(2023广东广州市一模)如图，足够长的磁铁在空隙产生一个径向辐射状磁场，一个圆形细金属环与磁铁中心圆柱同轴，由静止开始下落，经过时间t，速度达最大值v，此过程中环面始终水平。已知金属环质量为m、半径为r、电阻为R，金属环下落过程中所经过位置的磁感应强度大小均为B，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则(　　) A．在俯视图中，环中感应电流沿逆时针方向 B．环中最大的感应电流大小为 C．环下落过程中所受重力的冲量等于其动量变化 D．t时间内通过金属环横截面的电荷量为 45. (多选)(2024广东广州市开学考)如图，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接，右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边宽度为d区域有方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、长为L、电阻为2R的金属棒从高为h处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止。已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，金属棒与导轨间接触良好。则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　) A．流过定值电阻的电流方向是Q→N B．金属棒两端电势差的最大值为BL C．电阻R产生的焦耳热为mg(h－μd) D．金属棒通过磁场所用的时间为－ 考向2 动量守恒定律在电磁感应中的应用 1．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，安培力为系统内力，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，运用动量守恒定律解题比较方便。 2．双棒模型(不计摩擦力) 模型示意图及条件 水平面内的光滑等距导轨，两个棒的质量分别为m1、m2，电阻分别为R1、R2，给棒2一个初速度v0 电路特点 棒2相当于电源；棒1受安培力而加速运动，运动后产生反向电动势 电流及速度变化 棒2做变减速运动，棒1做变加速运动，随着两棒相对速度的减小，回路中的电流I＝BL减小，安培力减小，加速度减小，稳定时，两棒的加速度均为零，以相等的速度匀速运动 最终状态 a＝0，I＝0，v1＝v2 系统规律 动量守恒m2v0＝(m1＋m2)v 能量守恒Q＝m2v02－(m1＋m2)v2 两棒产生焦耳热之比＝ 46.(多选)如图所示，两足够长、阻值不计、间距为L的光滑平行金属导轨MN、PQ水平放置，两导轨所在区域存在着竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场，质量均为m的导体棒ab、cd垂直放在金属导轨MN、PQ上，并与导轨保持良好接触，接入电路的导体棒长度均为L、阻值均为R.现给导体棒ab一个水平向右的瞬时冲量，使其获得水平向右的初速度v0，则关于ab、cd两棒此后的整个运动过程，下列说法正确的是(　　) A．ab、cd两导体棒组成的系统动量守恒 B．ab、cd两导体棒最终都将停止运动 C．整个过程，ab棒上产生的焦耳热为mv02 D．整个过程中，流过ab棒的电荷量为 47.(2023广东佛山市顺德区检测)如图，平行金属导轨MM′、NN′和平行金属导轨PQR、P′Q′R′固定在水平台面上，平行金属导轨间距均为L＝1 m，M′N′与PP′高度差为h1＝0.6 m。导轨MM′、NN′左端接有R＝3.0 Ω的电阻，导轨平直部分存在宽度为d、磁感应强度大小为B1＝2 T、方向竖直向上的匀强磁场；导轨PQR与P′Q′R′中，PQ与P′Q′是圆心角为60°、半径为r＝0.9 m的圆弧形导轨，QR与Q′R′是水平长直导轨。QQ′右侧存在磁感应强度大小为B2＝4 T、方向竖直向上的匀强磁场，导体棒a质量m1＝0.2 kg，接在电路中部分的电阻R1＝2.0 Ω；导体棒b质量m2＝0.3 kg，接在电路中部分的电阻R2＝6.0 Ω。导体棒a从距离导轨MM′、NN′平直部分h＝1.25 m处静止释放，恰能无碰撞地从PP′滑入右侧平行导轨，且始终没有与棒b相碰。重力加速度g＝10 m/s2，不计导轨电阻、一切摩擦及空气阻力。求： (1)导体棒a刚进入磁场B1时的速度大小以及此时通过电阻R的电流大小和方向； (2)导体棒b的最大加速度大小； (3)d的大小； (4)导体棒a、b在平行金属导轨PQR、P′Q′R′上运动过程中产生的总焦耳热(导轨足够长)。 48. (2024广东广州市检测)如图所示，在水平面内固定着间距为L的两根光滑平行金属导轨(导轨足够长且电阻忽略不计)，导轨M、N两点右侧处在方向垂直导轨平面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。在导轨的左端接入电动势为E、内阻不计的电源和电容为C的电容器。先仅将金属棒a静置在导轨上，闭合开关S1、S3，让a运动速度达到v0时断开S1，同时将金属棒b静置在导轨上，经过一段时间后，流经a的电流为零。已知a、b的长度均为L，电阻均为R，质量均为m，在运动过程中与导轨垂直并保持良好接触。 (1)求开关S1、S3闭合，a运动速度刚为v0时a的加速度大小； (2)求b产生的焦耳热Qb； (3)若将棒a、b均静置在水平轨道上，闭合开关S1、S2，稍后再断开S1同时闭合S3，求两棒最终速度的大小。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$