第一篇 专题四 第11讲 电磁感应-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考物理复习讲义课件（广东专用）（课件PPT+word教案）

电路与电磁感应 专题四 第11讲　电磁感应 1.熟练应用楞次定律与法拉第电磁感应定律解决问题。 2.会分析电磁感应中的图像问题。 3.会分析电磁感应中的动力学与能量问题。 目标要求 内容索引 专题强化练 考点二　电磁感应中的图像问题 考点一　楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用 考点三　电磁感应中的动力学与能量问题 楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用 考点一 1.感应电流方向的判断 (1)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)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”的主要表现形式 (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.求感应电动势的方法 (1)法拉第电磁感应定律： E=n (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=Bl2ω。 (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。 4.通过回路横截面的电荷量q=Δt=Δt=。q仅与n、ΔΦ和回路总电阻R总有关，与时间长短无关，与Φ是否均匀变化无关。 　 (2024·江苏卷·10)如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是 A.顺时针，顺时针 B.顺时针，逆时针 C.逆时针，顺时针 D.逆时针，逆时针 √ 例1 线圈a从磁场中匀速拉出的过程中，穿过a线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知a线圈中的电流方向为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出，则a中产生的电流为恒定电流，线圈a靠近线圈b的过程中通过线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b中产生的电流方向为顺时针。故选A。 　 (2023·广东卷·14)光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为h，其俯视图如图(a)所示，两磁场磁感应强度随时间t的变化如图(b)所示，0~τ时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0，一电阻为R，边长为h的刚性正方形金属框abcd，平放在水平面上，ab、cd边与磁场边界平行。t=0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动。在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度 例2 近似为零，此时线框被固定，如图(a)中的虚线框所示。随后在τ~2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；2τ~3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求： (1)t=0时线框所受的安培力F； 答案　，方向水平向左　 由题图可知t=0时线框切割磁感线产生的感应电动势为 E=2B0hv+B0hv=3B0hv 则感应电流大小为 I== 所受的安培力为 F=2B0h+B0h= 方向水平向左； (2)t=1.2τ时穿过线框的磁通量Φ； 答案　　 在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定， 则t=1.2τ时穿过线框的磁通量为 Φ=1.6B0h·h-B0h·h= 方向垂直纸面向里； (3)2τ~3τ时间内，线框中产生的热量Q。 答案　 2τ~3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0，则有E'=== 感应电流大小为I'== 则2τ~3τ时间内，线框中产生的热量为 Q=I'2Rτ=。 电磁感应中的图像问题 考点二 　 (多选)如图甲所示，正方形线圈abcd内有垂 直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数n=10，边 长ab=1 m，线圈总电阻r=1 Ω，线圈内磁感应 强度随时间的变化情况如图乙所示。设图示的 磁场方向与感应电流方向为正方向，则下列有关线圈的感应电流i，焦耳热Q以及a、b两点间电压u，ab边所受的安培力F(取向下为正方向)随时间t的变化图像正确的是 例3 √ √ √ 0~1 s内产生的感应电动势为e1== 2 V，由楞次定律，感应电流为逆时针(为负)方向，大小为i1==2 A，同理 可得，1~5 s内产生的感应电动势为e2=nS=1 V，由楞次定律，感应电流为顺时针(为正)方向，大小为i2==1 A，故A正确； a、b两点间的电压，0~1 s内大小为u1=i1·=0.5 V，方向为负，1~5 s内大小为u2=i2·=0.25 V，方向为正，故B错误； ab边所受的安培力，0~1 s内大小为0≤F1=nB1i1L≤4 N，随时间逐渐增大，由左手定则，方向向下为正，同理1~3 s 内大小为0≤F2=nB2i2L≤2 N，随时间逐渐减小，由左手定则，方向向上为负，同理3~5 s内大小为0≤F3=nB3i2L≤2 N，随时间逐渐增大，由左手定则，方向向下为正，故C正确； 0~1 s内焦耳热0≤Q1=rt≤4 J，随时间逐渐增加，1~5 s内焦耳热4 J≤Q2=Q1m+rt'≤8 J，故D正确。 　(2024·广东湛江市一模)如图所示，在区域Ⅰ、Ⅱ中分别有磁感应强度大小相等、垂直纸面但方向相反、宽度均为a的匀强磁场区域。高为a的正三角形线框efg从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两磁场区域，ef始终平行y轴，以逆时针方向为电流的正方向，下列图像中能正确描述线框efg中感应电流I与线框移动距离x关系的是 例4 √ 正三角形线框efg在进入向里的磁场Ⅰ过程中由楞次定律可知，线框产生的感应电流为逆时针方向，为正方向，在进入过程中，eg和fg两边的有效切割长度变大，其有效长度为L有效=2xtan 30°，感应电动势为E=BL有效v，感应电流为I==，即电流随着x的 增大均匀增大。当线框efg移动a距离时，I达到最大，即I0=。在线框进入向外的磁场区域Ⅱ过程中，由楞次定律可知，efg线框中感应电流为顺时针方向，即为负方向。进入过程有效切割长度逐渐变大， 在该过程中，结合之前的分析，其电流的瞬时值为 I'=，当线框位移为2a时，其感应电流达到 最大，结合之前的分析，其最大值为I0'==2I0， 在离开磁场区域Ⅱ的过程中由楞次定律可知，efg中感应电流为逆时针方向，为正方向，有效切割长度 逐渐变大，在该过程中，结合之前的分析，其电流的瞬时值为I″= ，当线框前进距离为3a时，达到最大，其最大值为I0″= =I0，故选B。 1.电磁感应中常见的图像 常见的有磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移的变化图像。 2.解答此类问题的两个常用方法 (1)排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化情况，把握三个关注，快速排除错误的选项。这种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用。 提炼·总结 (2)函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷。 电磁感应中的动力学与能量问题 考点三 1.电磁感应综合问题的解题思路 2.求解焦耳热Q的三种方法 (1)焦耳定律：Q=I2Rt，适用于电流恒定的情况； (2)功能关系：Q=W克安(W克安为克服安培力做的功)； (3)能量转化：Q=ΔE(其他能的减少量)。 　 (2024·广东广州市二模)如图，水平面内固定有平行长直金属导轨ab、cd和金属圆环。金属杆MN垂直导轨静止放置，金属杆OP一端在圆环圆心O处，另一端与圆环接触良好。水平导轨区域、圆环区域有等大反向的匀强磁场。OP绕O点逆时针匀速转动，闭合K，待MN匀速运动后，使OP停止转动并保持静止。已知磁感应强度大小为B，MN质量为m，OP的角速度为ω，OP长度、MN长度和平行导轨间距均为L，MN和OP的电阻阻值均为r，忽略其余电阻和一切摩擦，求： (1)闭合K瞬间MN所受安培力大小和方向； 例5 答案　，方向水平向左　 当OP绕O点逆时针匀速转动时，由右手定则可知O点电势高，OP切割磁感线产生感应电动势为 E=BωL2 闭合K瞬间，由闭合电路欧姆定律可知，通过MN的电流大小为I== 方向由M到N。则MN所受安培力大小为F=BIL=，由左手定则可知，安培力方向水平向左。 (2)MN匀速运动时的速度大小； 答案　ωL　 闭合K后，MN向左做加速运动，速度逐渐增大，MN切割磁感线产生感应电动势，感应电流方向与原电流方向相反，可知MN受安培力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，设MN匀速运动的速度为v，此时有MN切割磁感线产生感应电动势与OP产生的感应电动势大小相等，可知EMN=BLv=BωL2 解得v=ωL (3)从OP停止转动到MN停止运动的过程，MN产生的焦耳热。 答案　mω2L2 从OP停止转动到MN停止运动的过程，由能量守恒定律可知，电路中产生的焦耳热为Q=mv2=mω2L2 MN产生的焦耳热为QMN=Q=mω2L2。 　(2024·广东梅州市梅县期末)如图，横截面积为S的N匝线圈，线圈总电阻为R，其轴线与大小均匀变化的匀强磁场B1平行。间距为L的两平行光滑直轨道PQ、MN足够长，与水平面的夹角为α，底部连有一阻值为2R的电阻，磁感应强度B2的匀强磁场与轨道平面垂直。K闭合后，质量为m、电阻也为2R的金属棒ab恰能保持静止，断开K之后，金属棒下降高度h后达到最大速度。金属棒始终与轨道垂直且连接良好，其余部分电阻不计。重力加速度大小为g。求： (1)金属棒ab恰能保持静止时B1的变化率； 变式 答案　 设B1的变化率为，线圈中感应电动势为E=NS 回路中总电阻为R总=R+=2R 金属棒中电流为I=·= 金属棒恰能保持静止，对其受力分析有F安=B2IL=mgsin α 即B2L=mgsin α 解得=； (2)断开K之后，金属棒的最大速度的大小； 答案　 断开K之后，金属棒做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得B2I'L=mgsin α 由闭合电路的欧姆定律得I'== 解得vm=； (3)金属棒ab从断开K开始到下降到最大速度的过程中，金属棒产生的焦耳热Q。 答案　mgh- 金属棒ab从断开K开始到下降到最大速度的过程中，由动能定理得mgh-W安克=m 金属棒产生的焦耳热Q=W安克=mgh-。 电磁感应中的动力学和能量问题 棒、框 平衡 问题 静止   闭合K，ab恰好静止 棒、框处于平衡状态，进行受力分析，满足合力为零 匀速运动 　　 恰好匀速进入磁场　　棒的最大速度 多题归一 电磁感应中的动力学和能量问题 棒、框不平衡 变加速运动   受力分析，分析加速度的变化 匀加速运动 　 棒匀加速　最后双棒加速度相同 受力分析，利用牛顿第二定律求加速度 电磁感应中的动力学和能量问题 棒、框运动过程中能量问题 棒、框从某一速度到另一速度 　 棒从静止到匀速时产生的焦耳热 利用能量守恒定律或功能关系求产生的焦耳热，回路中有多个电阻时，注意热量的分配 专题强化练 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D D B C BC BD AC AD 题号 9 答案 (1)-g　(2)　(3)m(-)+ 对一对 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 1.(2023·北京卷·5)如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡，开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关 A.P与Q同时熄灭 B.P比Q先熄灭 C.Q闪亮后再熄灭 D.P闪亮后再熄灭 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 保分基础练 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 由题知，开始时，开关S处于闭合状态，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，通过Q灯的电流远大于通过P灯的电流，故通过L的电流大于通过P灯的电流，断开开关，Q所在电路未闭合，立即熄 答案 灭，由于自感，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭，故选D。 2.(2024·广东卷·4)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是 A.穿过线圈的磁通量为BL2 B.永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动 　势越大 C.永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动 　势越小 D.永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 题图乙所示位置穿过线圈的磁通量Φ=|BS上-BS下|≠BL2，故A错误； 根据法拉第电磁感应定律可知永磁铁相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故B、C错误； 答案 永磁铁相对线圈下降时，根据楞次定律及安培定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。 3.(2023·湖北卷·5)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0 cm、1.2 cm和1.4 cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103 T/s，则线圈产生的感应电动 势最接近 A.0.30 V B.0.44 V C.0.59 V D.4.3 V √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 根据法拉第电磁感应定律可知E===103×(1.02 +1.22+1.42)×10-4 V=0.44 V，故选B。 答案 4.(2024·湖南卷·4)如图，有一硬质导线Oabc，其中 是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀 强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为 A.φO>φa>φb>φc B.φO<φa<φb<φc C.φO>φa>φb=φc D.φO<φa<φb=φc √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 导线绕O点转动过程中相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，如图所示，根据右手定则可知O点电势最高； 根据E=Blv=Bωl2 因为lOb=lOc>lOa 可得0<UOa<UOb=UOc 得φO>φa>φb=φc 故选C。 5.(多选)(2024·广东茂名市一模)如图(a)所示，底部固定有正方形线框的列车进站停靠时，以初速度v水平进入竖直向上、磁感应强度为B的正方形有界匀强磁场区域，如图(b)所示，假设正方形线框边长为l，每条边的电阻相同。磁场的区域边长为d，且l<d，列车运动过程中受到的轨道摩擦力和空气阻力恒定，下列说法正确的是 A.线框右边刚刚进入磁场时，感应电流沿 　逆时针方向，其两端的电压为Blv B.线框右边刚刚进入磁场时，感应电流沿顺时针方向，其两端的电压为Blv C.线框进入磁场过程中，克服安培力做的功等于线框中产生的焦耳热 D.线框离开磁场过程中，克服安培力做的功等于线框减少的动能 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 根据右手定则，线框右边刚刚进入磁场时，感应电流沿顺时针方向。线框此时切割磁感线产生的感应电动势为Blv，线框右边两端的电压为路端电压，即为U= E=Blv，故A错误，B正确； 答案 根据功能关系可知线框克服安培力做的功全部转化为电能，线框为纯电阻电路，即全部转化为线框中产生的焦耳热，则克服安培力做的功等于线框中产生的焦耳热，故C正确； 线框离开磁场过程中，根据动能定理可知克服安培力做的功与克服摩擦力、空气阻力做的功之和等于线框动能的减小量，故D错误。 6.(多选)(2024·广东肇庆市二模)如图所示，空间中存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。有两根完全相同的金属棒a和b垂直静置于足够长的水平光滑平行金属导轨上，导轨间距为L、电阻不计，金属棒始终与导轨接触良好，两根金属棒的质量均为m、长度均为L、电阻均为R。将b固定在导轨上，某时刻给a施加一个水平向右的恒力F。下列说法正确的是 A.a棒所受的安培力先增大后减小 B.a棒的最大速度为 C.若解除b的固定，则稳定后两棒的速度相等 D.若解除b的固定，则稳定后两棒的加速度相等 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 争分提能练 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 对a棒受力分析，结合牛顿第二定律有F-F安=ma，F安=BIL=BL=，解得a=-，所以a棒做加速度减小的加速运动，当a=0时，a棒速度最大， 答案 之后做匀速直线运动，故a棒所受的安培力先增大后不变，故A错误； 当a棒的加速度a=0时，a棒的速度最大，此时F=，可得v=，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 若解除b的固定，对a受力分析，结合牛顿第二定律有F-F安=maa，对b受力分析结合牛顿第二定律有F安=mab，开始时安培力较小，所以aa>ab，两个棒 答案 都加速，由E=BL(va-vb)，可知电动势增大，安培力增大，所以a的加速度减小，b的加速度增大，最终稳定时两个棒的加速度相同，两个棒的速度差恒定，安培力不再变化，故C错误，D正确。 7.(多选)(2024·全国甲卷·21)如图，一绝缘细绳跨过两个在 同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形 金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚 线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平， 在t=0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入 磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 设线框的上边框进入磁场时的速度为v，设线框的质量M，物块的质量m，由选项可知题图中线框进入磁场时的加速度向下，对线框，由牛顿第二定律可知Mg+F安-FT=Ma 对物块有FT-mg=ma 其中F安= 即+(M-m)g=(M+m)a 线框向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小； 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 当加速度为零时，即线框匀速运动的速度为v0= 若线框进入磁场时的速度较小，则线框进入磁场时做加速度减小的减速运动，线框的速度和加速度都趋近于零，则图像A可能正确； 答案 因t=0时刻线框进入磁场，当速度减小时，加速度也减小，则进入磁场时线框向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能； 若线框的质量等于物块的质量，且当线框进入磁场时速度较大时，线框进入磁场做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后线框做匀速运动；当线框出磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速运动，最终出磁场时做匀速运动，则图像C有可能，D不可能。 8.(多选)(2022·全国甲卷·20)如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后 A.通过导体棒MN电流的最大值为 B.导体棒MN向右先加速、后匀速运动 C.导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大 D.电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 开始时电容器两极板间的电压U=，合上开关瞬间，通过导体棒的电流I==，随着电容器 答案 放电，通过电阻、导体棒的电流不断减小，所以在开关闭合瞬间，导体棒所受安培力最大，此时速度为零，A项正确，C项错误； 由于回路中有电阻与导体棒，最终电能完全转化为焦耳热，故导体棒最终必定静止，B项错误； 由于导体棒切割磁感线，产生感应电动势，所以通过导体棒的电流始终小于通过电阻的电流，由焦耳定律可知，电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热，D项正确。 9.(2024·广东惠州市第三次调研)为了确保载人飞船返回舱安全着陆，设计师在返回舱的底部安装了4台完全相同的电磁缓冲装置，如图(a)所示，图(b)为其中一台电磁缓冲装置的结构简图。舱体沿竖直方向固定着两绝缘导轨MN、PQ，导轨内侧安装电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B。导轨内的缓冲滑块K内部用绝缘材料填充，外侧绕有n匝闭合矩形线圈abcd，其总电阻为R，ab边长为L。着陆时电磁缓冲装置以速度v0与地 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲。导轨MN、PQ及线圈的ad和bc边足够长，返回舱质量为m(缓冲滑块K质量忽略不计)，取重力加速度大小为g，一切摩擦阻力不计。求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 (1)缓冲滑块K刚停止运动时，舱体的加速度大小； 答案　-g 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 缓冲滑块K刚停止运动时，单个电磁缓冲装置中闭合矩形线圈产生的感应电动势为E=nBLv0 回路电流为I= 返回舱所受单个电磁缓冲装置的安培 力为F安=nBIL 根据牛顿第二定律得4F安-mg=ma 解得a=-g 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 (2)舱体着陆时(即导轨MN、PQ刚触地瞬间)的速度v的大小； 答案　　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 返回舱向下做减速运动，受到向上的安培力和向下的重力，随着速度的减小，安培力减小，直到安培力减小到与重力大小相等时，速度最小，此后做匀速运动，直至舱体着陆， 可得E'=nBLv，I'=，F安'=nBI'L 由平衡条件可知4F安'=mg 解得v= 1 2 3 4 5 6 7 8 9 答案 (3)若舱体的速度大小从v0减到v的过程中，舱体下落的高度为h，则该过程中每台电磁缓冲装置中产生的焦耳热Q。 答案　m(-)+ 由能量守恒有mgh+m=mv2+4Q 解得Q=m(-)+。 本课结束 THANKS $$ 第11讲　电磁感应 目标要求　1.熟练应用楞次定律与法拉第电磁感应定律解决问题。2.会分析电磁感应中的图像问题。3.会分析电磁感应中的动力学与能量问题。 考点一　楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用 1.感应电流方向的判断 (1)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)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”的主要表现形式 (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.求感应电动势的方法 (1)法拉第电磁感应定律： E=n (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=Bl2ω。 (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。 4.通过回路横截面的电荷量q=Δt=Δt=。q仅与n、ΔΦ和回路总电阻R总有关，与时间长短无关，与Φ是否均匀变化无关。 例1　(2024·江苏卷·10)如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是(　　) A.顺时针，顺时针 B.顺时针，逆时针 C.逆时针，顺时针 D.逆时针，逆时针 答案　A 解析　线圈a从磁场中匀速拉出的过程中，穿过a线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知a线圈中的电流方向为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出，则a中产生的电流为恒定电流，线圈a靠近线圈b的过程中通过线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b中产生的电流方向为顺时针。故选A。 例2　(2023·广东卷·14)光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为h，其俯视图如图(a)所示，两磁场磁感应强度随时间t的变化如图(b)所示，0~τ时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0，一电阻为R，边长为h的刚性正方形金属框abcd，平放在水平面上，ab、cd边与磁场边界平行。t=0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动。在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如图(a)中的虚线框所示。随后在τ~2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；2τ~3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求： (1)t=0时线框所受的安培力F； (2)t=1.2τ时穿过线框的磁通量Φ； (3)2τ~3τ时间内，线框中产生的热量Q。 答案　(1)，方向水平向左　(2)　(3) 解析　(1)由题图可知t=0时线框切割磁感线产生的感应电动势为 E=2B0hv+B0hv=3B0hv 则感应电流大小为 I== 所受的安培力为 F=2B0h+B0h= 方向水平向左； (2)在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定， 则t=1.2τ时穿过线框的磁通量为 Φ=1.6B0h·h-B0h·h= 方向垂直纸面向里； (3)2τ~3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0，则有E'=== 感应电流大小为I'== 则2τ~3τ时间内，线框中产生的热量为 Q=I'2Rτ=。 考点二　电磁感应中的图像问题 例3　(多选)如图甲所示，正方形线圈abcd内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数n=10，边长ab=1 m，线圈总电阻r=1 Ω，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示。设图示的磁场方向与感应电流方向为正方向，则下列有关线圈的感应电流i，焦耳热Q以及a、b两点间电压u，ab边所受的安培力F(取向下为正方向)随时间t的变化图像正确的是(　　) 答案　ACD 解析　0~1 s内产生的感应电动势为e1==2 V，由楞次定律，感应电流为逆时针(为负)方向，大小为i1==2 A，同理可得，1~5 s内产生的感应电动势为e2=nS=1 V，由楞次定律，感应电流为顺时针(为正)方向，大小为i2==1 A，故A正确；a、b两点间的电压，0~1 s内大小为u1=i1·=0.5 V，方向为负，1~5 s内大小为u2=i2·=0.25 V，方向为正，故B错误；ab边所受的安培力，0~1 s内大小为0≤F1=nB1i1L≤4 N，随时间逐渐增大，由左手定则，方向向下为正，同理1~3 s内大小为0≤F2=nB2i2L≤2 N，随时间逐渐减小，由左手定则，方向向上为负，同理3~5 s内大小为0≤F3=nB3i2L≤2 N，随时间逐渐增大，由左手定则，方向向下为正，故C正确；0~1 s内焦耳热0≤Q1=rt≤4 J，随时间逐渐增加，1~5 s内焦耳热4 J≤Q2=Q1m+rt'≤8 J，故D正确。 例4　(2024·广东湛江市一模)如图所示，在区域Ⅰ、Ⅱ中分别有磁感应强度大小相等、垂直纸面但方向相反、宽度均为a的匀强磁场区域。高为a的正三角形线框efg从图示位置沿x轴正方向匀速穿过两磁场区域，ef始终平行y轴，以逆时针方向为电流的正方向，下列图像中能正确描述线框efg中感应电流I与线框移动距离x关系的是(　　) 答案　B 解析　正三角形线框efg在进入向里的磁场Ⅰ过程中由楞次定律可知，线框产生的感应电流为逆时针方向，为正方向，在进入过程中，eg和fg两边的有效切割长度变大，其有效长度为L有效=2xtan 30°，感应电动势为E=BL有效v，感应电流为I==，即电流随着x的增大均匀增大。当线框efg移动a距离时，I达到最大，即I0=。在线框进入向外的磁场区域Ⅱ过程中，由楞次定律可知，efg线框中感应电流为顺时针方向，即为负方向。进入过程有效切割长度逐渐变大，在该过程中，结合之前的分析，其电流的瞬时值为I'=，当线框位移为2a时，其感应电流达到最大，结合之前的分析，其最大值为I0'==2I0，在离开磁场区域Ⅱ的过程中由楞次定律可知，efg中感应电流为逆时针方向，为正方向，有效切割长度逐渐变大，在该过程中，结合之前的分析，其电流的瞬时值为I″=，当线框前进距离为3a时，达到最大，其最大值为I0″==I0，故选B。 1.电磁感应中常见的图像 常见的有磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移的变化图像。 2.解答此类问题的两个常用方法 (1)排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化情况，把握三个关注，快速排除错误的选项。这种方法能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用。 (2)函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法得到的结果准确、详细，但不够简捷。 考点三　电磁感应中的动力学与能量问题 1.电磁感应综合问题的解题思路 2.求解焦耳热Q的三种方法 (1)焦耳定律：Q=I2Rt，适用于电流恒定的情况； (2)功能关系：Q=W克安(W克安为克服安培力做的功)； (3)能量转化：Q=ΔE(其他能的减少量)。 例5　(2024·广东广州市二模)如图，水平面内固定有平行长直金属导轨ab、cd和金属圆环。金属杆MN垂直导轨静止放置，金属杆OP一端在圆环圆心O处，另一端与圆环接触良好。水平导轨区域、圆环区域有等大反向的匀强磁场。OP绕O点逆时针匀速转动，闭合K，待MN匀速运动后，使OP停止转动并保持静止。已知磁感应强度大小为B，MN质量为m，OP的角速度为ω，OP长度、MN长度和平行导轨间距均为L，MN和OP的电阻阻值均为r，忽略其余电阻和一切摩擦，求： (1)闭合K瞬间MN所受安培力大小和方向； (2)MN匀速运动时的速度大小； (3)从OP停止转动到MN停止运动的过程，MN产生的焦耳热。 答案　(1)，方向水平向左　(2)ωL　(3)mω2L2 解析　(1)当OP绕O点逆时针匀速转动时，由右手定则可知O点电势高，OP切割磁感线产生感应电动势为 E=BωL2 闭合K瞬间，由闭合电路欧姆定律可知，通过MN的电流大小为I== 方向由M到N。则MN所受安培力大小为F=BIL=，由左手定则可知，安培力方向水平向左。 (2)闭合K后，MN向左做加速运动，速度逐渐增大，MN切割磁感线产生感应电动势，感应电流方向与原电流方向相反，可知MN受安培力逐渐减小，做加速度减小的加速运动，设MN匀速运动的速度为v，此时有MN切割磁感线产生感应电动势与OP产生的感应电动势大小相等，可知EMN=BLv=BωL2 解得v=ωL (3)从OP停止转动到MN停止运动的过程，由能量守恒定律可知，电路中产生的焦耳热为Q=mv2=mω2L2 MN产生的焦耳热为QMN=Q=mω2L2。 变式　(2024·广东梅州市梅县期末)如图，横截面积为S的N匝线圈，线圈总电阻为R，其轴线与大小均匀变化的匀强磁场B1平行。间距为L的两平行光滑直轨道PQ、MN足够长，与水平面的夹角为α，底部连有一阻值为2R的电阻，磁感应强度B2的匀强磁场与轨道平面垂直。K闭合后，质量为m、电阻也为2R的金属棒ab恰能保持静止，断开K之后，金属棒下降高度h后达到最大速度。金属棒始终与轨道垂直且连接良好，其余部分电阻不计。重力加速度大小为g。求： (1)金属棒ab恰能保持静止时B1的变化率； (2)断开K之后，金属棒的最大速度的大小； (3)金属棒ab从断开K开始到下降到最大速度的过程中，金属棒产生的焦耳热Q。 答案　(1)　(2)　(3)mgh- 解析　(1)设B1的变化率为，线圈中感应电动势为 E=NS 回路中总电阻为R总=R+=2R 金属棒中电流为I=·= 金属棒恰能保持静止，对其受力分析有F安=B2IL=mgsin α 即B2L=mgsin α 解得=； (2)断开K之后，金属棒做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件得B2I'L=mgsin α 由闭合电路的欧姆定律得I'== 解得vm=； (3)金属棒ab从断开K开始到下降到最大速度的过程中，由动能定理得mgh-W安克=m 金属棒产生的焦耳热Q=W安克=mgh-。 电磁感应中的动力学和能量问题 棒、框平衡问题 静止 闭合K，ab恰好静止 棒、框处于平衡状态，进行受力分析，满足合力为零 匀速运动 恰好匀速进入磁场 棒的最大速度 棒、框不平衡 变加速运动 受力分析，分析加速度的变化 匀加速运动 棒匀加速 最后双棒加速度相同 受力分析，利用牛顿第二定律求加速度 棒、框运动过程中能量问题 棒、框从某一速度到另一速度 棒从静止到匀速时产生的焦耳热 利用能量守恒定律或功能关系求产生的焦耳热，回路中有多个电阻时，注意热量的分配 专题强化练 ［分值：50分］ 1~5题每题4分，6~8题每题6分，9题12分，共50分 ［保分基础练］ 1.(2023·北京卷·5)如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡，开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关(　　) A.P与Q同时熄灭 B.P比Q先熄灭 C.Q闪亮后再熄灭 D.P闪亮后再熄灭 答案　D 解析　由题知，开始时，开关S处于闭合状态，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，通过Q灯的电流远大于通过P灯的电流，故通过L的电流大于通过P灯的电流，断开开关，Q所在电路未闭合，立即熄灭，由于自感，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，故P灯闪亮后再熄灭，故选D。 2.(2024·广东卷·4)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法正确的是 (　　) A.穿过线圈的磁通量为BL2 B.永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大 C.永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小 D.永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向 答案　D 解析　题图乙所示位置穿过线圈的磁通量Φ=|BS上-BS下|≠BL2，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知永磁铁相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故B、C错误；永磁铁相对线圈下降时，根据楞次定律及安培定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。 3.(2023·湖北卷·5)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0 cm、1.2 cm和1.4 cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103 T/s，则线圈产生的感应电动势最接近(　　) A.0.30 V B.0.44 V C.0.59 V D.4.3 V 答案　B 解析　根据法拉第电磁感应定律可知E===103×(1.02+1.22+1.42)×10-4 V=0.44 V，故选B。 4.(2024·湖南卷·4)如图，有一硬质导线Oabc，其中是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为 (　　) A.φO>φa>φb>φc B.φO<φa<φb<φc C.φO>φa>φb=φc D.φO<φa<φb=φc 答案　C 解析　导线绕O点转动过程中相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，如图所示，根据右手定则可知O点电势最高； 根据E=Blv=Bωl2 因为lOb=lOc>lOa 可得0<UOa<UOb=UOc 得φO>φa>φb=φc 故选C。 5.(多选)(2024·广东茂名市一模)如图(a)所示，底部固定有正方形线框的列车进站停靠时，以初速度v水平进入竖直向上、磁感应强度为B的正方形有界匀强磁场区域，如图(b)所示，假设正方形线框边长为l，每条边的电阻相同。磁场的区域边长为d，且l<d，列车运动过程中受到的轨道摩擦力和空气阻力恒定，下列说法正确的是(　　) A.线框右边刚刚进入磁场时，感应电流沿逆时针方向，其两端的电压为Blv B.线框右边刚刚进入磁场时，感应电流沿顺时针方向，其两端的电压为Blv C.线框进入磁场过程中，克服安培力做的功等于线框中产生的焦耳热 D.线框离开磁场过程中，克服安培力做的功等于线框减少的动能 答案　BC 解析　根据右手定则，线框右边刚刚进入磁场时，感应电流沿顺时针方向。线框此时切割磁感线产生的感应电动势为Blv，线框右边两端的电压为路端电压，即为U=E=Blv，故A错误，B正确；根据功能关系可知线框克服安培力做的功全部转化为电能，线框为纯电阻电路，即全部转化为线框中产生的焦耳热，则克服安培力做的功等于线框中产生的焦耳热，故C正确；线框离开磁场过程中，根据动能定理可知克服安培力做的功与克服摩擦力、空气阻力做的功之和等于线框动能的减小量，故D错误。 ［争分提能练］ 6.(多选)(2024·广东肇庆市二模)如图所示，空间中存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。有两根完全相同的金属棒a和b垂直静置于足够长的水平光滑平行金属导轨上，导轨间距为L、电阻不计，金属棒始终与导轨接触良好，两根金属棒的质量均为m、长度均为L、电阻均为R。将b固定在导轨上，某时刻给a施加一个水平向右的恒力F。下列说法正确的是(　　) A.a棒所受的安培力先增大后减小 B.a棒的最大速度为 C.若解除b的固定，则稳定后两棒的速度相等 D.若解除b的固定，则稳定后两棒的加速度相等 答案　BD 解析　对a棒受力分析，结合牛顿第二定律有F-F安=ma，F安=BIL=BL=，解得a=-，所以a棒做加速度减小的加速运动，当a=0时，a棒速度最大，之后做匀速直线运动，故a棒所受的安培力先增大后不变，故A错误；当a棒的加速度a=0时，a棒的速度最大，此时F=，可得v=，故B正确；若解除b的固定，对a受力分析，结合牛顿第二定律有F-F安=maa，对b受力分析结合牛顿第二定律有F安=mab，开始时安培力较小，所以aa>ab，两个棒都加速，由E=BL(va-vb)，可知电动势增大，安培力增大，所以a的加速度减小，b的加速度增大，最终稳定时两个棒的加速度相同，两个棒的速度差恒定，安培力不再变化，故C错误，D正确。 7.(多选)(2024·全国甲卷·21)如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮，绳的一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的匀强磁场，磁场上下边界水平，在t=0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变化的图像中可能正确的是(　　) 答案　AC 解析　设线框的上边框进入磁场时的速度为v，设线框的质量M，物块的质量m，由选项可知题图中线框进入磁场时的加速度向下，对线框，由牛顿第二定律可知Mg+F安-FT=Ma 对物块有FT-mg=ma 其中F安= 即+(M-m)g=(M+m)a 线框向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线框匀速运动的速度为v0= 若线框进入磁场时的速度较小，则线框进入磁场时做加速度减小的减速运动，线框的速度和加速度都趋近于零，则图像A可能正确； 因t=0时刻线框进入磁场，当速度减小时，加速度也减小，则进入磁场时线框向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能； 若线框的质量等于物块的质量，且当线框进入磁场时速度较大时，线框进入磁场做加速度减小的减速运动，完全进入磁场后线框做匀速运动；当线框出磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速运动，最终出磁场时做匀速运动，则图像C有可能，D不可能。 8.(多选)(2022·全国甲卷·20)如图，两根相互平行的光滑长直金属导轨固定在水平绝缘桌面上，在导轨的左端接入电容为C的电容器和阻值为R的电阻。质量为m、阻值也为R的导体棒MN静止于导轨上，与导轨垂直，且接触良好，导轨电阻忽略不计，整个系统处于方向竖直向下的匀强磁场中。开始时，电容器所带的电荷量为Q，合上开关S后 (　　) A.通过导体棒MN电流的最大值为 B.导体棒MN向右先加速、后匀速运动 C.导体棒MN速度最大时所受的安培力也最大 D.电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热 答案　AD 解析　开始时电容器两极板间的电压U=，合上开关瞬间，通过导体棒的电流I==，随着电容器放电，通过电阻、导体棒的电流不断减小，所以在开关闭合瞬间，导体棒所受安培力最大，此时速度为零，A项正确，C项错误；由于回路中有电阻与导体棒，最终电能完全转化为焦耳热，故导体棒最终必定静止，B项错误；由于导体棒切割磁感线，产生感应电动势，所以通过导体棒的电流始终小于通过电阻的电流，由焦耳定律可知，电阻R上产生的焦耳热大于导体棒MN上产生的焦耳热，D项正确。 9.(12分)(2024·广东惠州市第三次调研)为了确保载人飞船返回舱安全着陆，设计师在返回舱的底部安装了4台完全相同的电磁缓冲装置，如图(a)所示，图(b)为其中一台电磁缓冲装置的结构简图。舱体沿竖直方向固定着两绝缘导轨MN、PQ，导轨内侧安装电磁铁(图中未画出)，能产生垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B。导轨内的缓冲滑块K内部用绝缘材料填充，外侧绕有n匝闭合矩形线圈abcd，其总电阻为R，ab边长为L。着陆时电磁缓冲装置以速度v0与地面碰撞后，滑块K立即停下，此后在线圈与轨道的磁场作用下使舱体减速，从而实现缓冲。导轨MN、PQ及线圈的ad和bc边足够长，返回舱质量为m(缓冲滑块K质量忽略不计)，取重力加速度大小为g，一切摩擦阻力不计。求： (1)(4分)缓冲滑块K刚停止运动时，舱体的加速度大小； (2)(4分)舱体着陆时(即导轨MN、PQ刚触地瞬间)的速度v的大小； (3)(4分)若舱体的速度大小从v0减到v的过程中，舱体下落的高度为h，则该过程中每台电磁缓冲装置中产生的焦耳热Q。 答案　(1)-g　(2)　(3)m(-)+ 解析　(1)缓冲滑块K刚停止运动时，单个电磁缓冲装置中闭合矩形线圈产生的感应电动势为E=nBLv0 回路电流为I= 返回舱所受单个电磁缓冲装置的安培力为F安=nBIL 根据牛顿第二定律得4F安-mg=ma 解得a=-g (2)返回舱向下做减速运动，受到向上的安培力和向下的重力，随着速度的减小，安培力减小，直到安培力减小到与重力大小相等时，速度最小，此后做匀速运动，直至舱体着陆，可得E'=nBLv，I'=，F安'=nBI'L 由平衡条件可知4F安'=mg 解得v= (3)由能量守恒有mgh+m=mv2+4Q 解得Q=m(-)+。 学科网（北京）股份有限公司 $$