第二章 电磁感应 专题强化讲义 -2026-2027学年高二下学期物理人教版选择性必修第二册

该高中物理电磁感应单元复习讲义通过分模块系统梳理知识体系，涵盖楞次定律应用、电路与电荷量、图像、动力学及能量动量问题，用对比表格呈现“三定则一定律”异同，思维导图归纳动力学问题“四步法”，清晰展现知识内在联系与重难点分布。 讲义亮点在于“口诀+例题”融合的方法指导，如用“增反减同”“来拒去留”口诀破解感应电流方向判断，培养科学思维。分层例题设计兼顾基础与提升，基础题巩固公式应用，综合题强化模型建构，助力不同层次学生自主复习，为教师实施精准教学提供有效支持。

楞次定律的应用 一、楞次定律的重要结论 1．“增反减同”法 感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量(原磁场磁通量)的变化． (1)当原磁场磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反． (2)当原磁场磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同． 口诀记为“增反减同”． 例题 如图所示，三个线圈在同一平面内，当I减小时，关于a、b线圈中的感应电流方向，以下说法正确的是(　　) A．都为顺时针方向 B．a线圈中为顺时针方向，b线圈中为逆时针方向 C．都为逆时针方向 D．a线圈中为逆时针方向，b线圈中为顺时针方向 答案　D 解析　根据安培定则判断可知，在线圈a处产生的磁场方向垂直于纸面向外，当I减小时，穿过线圈a的磁通量减少，根据楞次定律结合安培定则可知，线圈a中产生逆时针方向的感应电流；线圈b处的磁场方向垂直于纸面向里，当I减小时，穿过线圈b的磁通量减少，根据楞次定律结合安培定则可知，线圈b中产生顺时针方向的感应电流，选项D正确，A、B、C错误． 2．“来拒去留”法 由于磁场与导体的相对运动产生电磁感应现象时，产生的感应电流与磁场间有力的作用，这种力的作用会“阻碍”相对运动．口诀记为“来拒去留”． 例题 (多选)如图所示，用绝缘细绳吊起一个铝环，用条形磁体的N极去靠近铝环，直至从右侧穿出的过程中(　　) A．磁体从左侧靠近铝环时，铝环向右摆动 B．磁体在右侧远离铝环时，铝环向左摆动 C．磁体从左侧靠近铝环时，铝环A端为N极 D．磁体在右侧远离铝环时，B端为S极 答案　AC 解析　磁体从左侧靠近铝环时，在铝环中产生感应电流，感应电流的磁场必定阻碍磁体的靠近，铝环A端为N极，铝环向右摆动，A、C正确；当磁体在右侧远离铝环时，感应电流的磁场阻碍铝环的远离，铝环右摆，B端为N极，B、D错误． 3．“增缩减扩”法 就闭合回路的面积而言，收缩或扩张是为了阻碍穿过回路的原磁通量的变化．若穿过闭合回路的磁通量增加，面积有收缩趋势；若穿过闭合回路的磁通量减少，面积有扩张趋势．口诀记为“增缩减扩”． 说明　此法只适用于回路中只有一个方向的磁感线的情况． 例题 (多选)如图所示，光滑固定导轨m、n水平放置，两根导体棒p、q平行放于导轨上，形成一个闭合回路．当一条形磁体从高处下落接近回路时(重力加速度为g)(　　) A．p、q将互相靠拢 B．p、q将互相远离 C．磁体的加速度仍为g D．磁体的加速度小于g 答案　AD 解析　由楞次定律的结论可知，当穿过闭合回路的磁通量增加时，回路的面积有收缩趋势且阻碍磁体的靠近，所以p、q将相互靠拢且磁体受到向上的阻力，磁体的加速度小于g，故选项A、D正确． 4．“增离减靠”法 若磁场变化且线圈回路可移动，当磁场增强使得穿过线圈回路的磁通量增加时，线圈将通过远离磁体来阻碍磁通量增加；反之，当磁场减弱使得穿过线圈回路的磁通量减少时，线圈将通过靠近磁体来阻碍磁通量减少．口诀记为“增离减靠”． 例题 如图所示，通电螺线管中间正上方和左侧分别用绝缘细线静止悬挂着铝环a和b，两环平面与螺线管的中心轴线都垂直，b环的圆心在螺线管的中心轴上．当滑动变阻器R的滑片P向左滑动时，下列关于两环中产生的感应电流方向和受到的安培力方向的说法正确的是(　　) A．电流方向相同，受力方向a环向上、b环向右 B．电流方向相同，受力方向a环向下、b环向左 C．电流方向相反，受力方向a环向下、b环向右 D．电流方向相反，受力方向a环向上、b环向左 答案　D 解析　当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，电流变大，通电螺线管的磁性将增强，穿过a和b的磁通量都增大，根据楞次定律可知，要阻碍磁通量的增大，a将向上方磁场较弱的方向运动，而b将向左侧磁场较弱的方向运动，即a、b分别受到向上和向左的安培力；根据安培定则可知，a所处位置的磁场方向向右，当磁场增强时，根据楞次定律可知，a产生从左向右看逆时针方向的感应电流，b所处位置的磁场方向向左，当磁场增强时，根据楞次定律可知，b产生从左向右看顺时针方向的感应电流．综上，二者产生的电流方向相反，同时a环受到向上的安培力，b环受到向左的安培力，故A、B、C错误，D正确． 二、“三定则一定律”的综合应用 安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的比较 比较项目 安培定则 左手定则 右手定则 楞次定律 适用场合 判断电流周围的磁感线方向 判断通电导线在磁场中所受的安培力方向 判断导体切割磁感线时产生的感应电流方向 判断回路中磁通量变化时产生的感应电流方向 因果关系 因电而生磁(I→B) 因电而受力(I、B→F安) 因动而生电(v、B→I感) 因磁通量变化而生电(ΔΦ→I感) 例题 如图所示，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．金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面．现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是(　　) A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向 B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向 C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向 D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向 答案　D 解析　金属杆PQ突然向右运动，由右手定则可知，金属杆PQ中的感应电流方向由Q到P，则PQRS中感应电流方向为逆时针方向．PQRS中感应电流产生垂直纸面向外的磁场，由楞次定律可知，圆环形金属线框T中会产生垂直纸面向里的磁场，则T中感应电流方向为顺时针方向，D正确． 例题 (多选)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，当PQ在外力的作用下运动时，MN在安培力的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是(导体切割磁感线速度越大，感应电流越大)(　　) A．向右加速运动 B．向左加速运动 C．向右减速运动 D．向左减速运动 答案　BC 解析　当PQ向右运动时，用右手定则可判定PQ中感应电流的方向是由Q→P，由安培定则可知穿过L1的磁场方向是自下而上的；若PQ向右加速运动，则穿过L1的磁通量增加，根据楞次定律可以判断流过MN的感应电流是从N→M的，根据左手定则可判定MN受到向左的安培力，将向左运动；若PQ向右减速运动，流过MN的感应电流方向、MN所受的安培力的方向均将反向，MN向右运动，选项A错误，C正确．同理可判断，选项B正确，D错误． 电磁感应中的电路、电荷量问题 一、电磁感应中的电路问题 处理电磁感应中电路问题的一般方法 1．明确哪部分电路或导体产生感应电动势，该部分电路或导体相当于电源，其他部分是外电路． 2．画等效电路图，分清内、外电路． 3．用法拉第电磁感应定律E＝n或E＝Blvsin θ确定感应电动势的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向．注意在等效电源内部，电流方向从负极流向正极． 4．运用闭合电路的欧姆定律、串并联电路特点、电功率等公式求解． 例题 如图甲所示，线圈总电阻r＝0.5 Ω，匝数n＝10，其端点a、b与R＝1.5 Ω的电阻相连，线圈内磁通量变化规律如图乙所示．关于a、b两点电势φa、φb及两点电势差Uab，正确的是(　　) A．φa>φb，Uab＝1.5 V B．φa<φb，Uab＝－1.5 V C．φa<φb，Uab＝－0.5 V D．φa>φb，Uab＝0.5 V 答案　A 解析　由题图乙可知，线圈内的磁通量是增大的，根据楞次定律，感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据安培定则可知，线圈中感应电流的方向为逆时针方向． 在回路中，线圈相当于电源，由于电流的方向是逆时针方向，所以a相当于电源的正极，b相当于电源的负极，所以a点的电势高于b点的电势． 根据法拉第电磁感应定律得：E＝n＝10× V＝2 V，I＝＝ A＝1 A．a、b两点的电势差等于电路中的路端电压，所以Uab＝IR＝1.5 V，故A正确． 例题 如图甲所示，一个圆形线圈匝数n＝1 000匝、面积S＝2×10－2 m2、电阻r＝1 Ω，在线圈外接一阻值为R＝4 Ω的电阻．把线圈放入一个匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，磁场的磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示．求： (1)0～4 s内，回路中的感应电动势； (2)t＝5 s时，电阻两端的电压U. 答案　(1)1 V　(2)3.2 V 解析　(1)根据法拉第电磁感应定律可得E＝n＝nS 由题图乙可知，0～4 s内，＝ T/s＝0.05 T/s 解得E＝1 V. (2)由题图乙知，4～6 s内，＝ T/s＝0.2 T/s 根据法拉第电磁感应定律有E′＝n＝nS＝4 V 根据闭合电路的欧姆定律有I′＝＝ A＝0.8 A 则电阻两端的电压U＝I′R＝0.8×4 V＝3.2 V. 例题 如图所示，粗细均匀、电阻为2r的金属圆环，放在图示的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，圆环直径为l；长为l、电阻为的金属棒ab放在圆环上，且与圆环接触良好，以速度v0向左匀速运动，当ab棒运动到图示虚线位置(圆环直径处)时，金属棒两端的电势差为(　　) A．Blv0 B.Blv0 C.Blv0 D.Blv0 答案　B 解析　切割磁感线的金属棒ab相当于电源，其电阻相当于电源内阻，当运动到题图中虚线位置时，两个半圆金属环相当于并联，等效电路图如图所示．则R外＝R并＝，I＝＝.金属棒两端的电势差等于路端电压，则U＝IR外＝·＝Blv0，B正确． 例题 粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差的绝对值最大的是(　　) 答案　B 解析　磁场中切割磁感线的边相当于电源，外电路可看成由三个相同电阻串联形成，A、C、D选项中a、b两点间电势差的绝对值为外电路中一个电阻两端的电压：U＝E＝，B选项中a、b两点间电势差的绝对值为路端电压：U′＝E＝，所以a、b两点间电势差的绝对值最大的是B选项． 总结 1．“电源”的确定方法：“切割”磁感线的导体(或磁通量发生变化的线圈)相当于“电源”，该部分导体(或线圈)的电阻相当于“内电阻”． 2．电流的流向：在“电源”内部电流从负极流向正极，在“电源”外部电流从正极流向负极． 二、电磁感应中的电荷量问题 闭合回路中磁通量发生变化时，电荷发生定向移动而形成感应电流，在Δt内通过某一截面的电荷量(感应电荷量)q＝·Δt＝·Δt＝n··Δt＝. 由上式可知，线圈匝数一定时，通过某一截面的感应电荷量仅由回路电阻和磁通量的变化量决定，与时间无关． 例题 如图所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为d和2d的单匝闭合线框a和b，以相同的速度将线框从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外．若此过程中流过两线框的电荷量分别为Qa、Qb，则Qa∶Qb为(　　) A．1∶4 B．1∶2 C．1∶1 D．不能确定 答案　B 解析　设闭合线框的边长为L，则流过线框的电荷量为Q＝IΔt＝Δt＝Δt＝＝，R＝ρ，则Q＝，则＝＝＝，故选B. 例题 物理实验中，常用一种叫作“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电荷量．如图所示，探测线圈与冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度．已知线圈的匝数为n，面积为S，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R.若将线圈放在被测匀强磁场中，开始时线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转180°，冲击电流计测出通过线圈的电荷量为q，由上述数据可得出被测磁场的磁感应强度为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　由题意知q＝·Δt＝·Δt＝Δt＝n＝n，则B＝，故C正确． 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Φ、感应电动势E和感应电流I随时间t变化的图像，即B－t图像、Φ－t图像、E－t图像和I－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随导体位移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、右手定则、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.解决此类问题的一般步骤 (1)明确图像的类型，是B－t图像、Φ－t图像、E－t图像还是I－t图像等； (2)分析电磁感应的具体过程，合理分段、选取典型过程；根据法拉第电磁感应定律分析电动势大小，由楞次定律分析感应电流(或感应电动势)方向； (3)由欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数方程；根据函数方程进行数学分析，例如分析斜率的变化、截距等； (4)画图像或判断图像． 一、E－t或I－t图像 例题 在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向以及磁感应强度的正方向如图甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t按图乙变化时，下列四幅图中可以正确表示线圈中感应电动势E变化的是(　　) 答案　A 解析　由题图乙可知，在0～1 s内，磁感应强度均匀增大，穿过线圈的磁通量均匀增大，由楞次定律可知线圈中产生恒定电流的方向与正方向一致；1～3 s内，穿过线圈的磁通量不变，故感应电动势为0；在3～5 s内，线圈中的磁通量均匀减小，由楞次定律可知线圈中产生恒定电流的方向与正方向相反．由题图乙可知0～1 s内磁感应强度变化率是3～5 s内磁感应强度变化率的2倍，由E＝n·S可知，0～1 s内产生的感应电动势是3～5 s内产生的感应电动势的2倍，故A选项正确． 例题 如图所示，一底边长为L、底边上的高也为L的等腰三角形导体线框以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过长为2L、宽为L的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．t＝0时刻，三角形导体线框的右边刚进入磁场，取沿逆时针方向的感应电流为正方向，则在三角形导体线框穿过磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线可能是(　　) 答案　A 解析　根据E＝BL有v，I＝＝可知，三角形导体线框进、出磁场时，有效切割长度L有都变小，则I也变小．再根据楞次定律及安培定则，可知进、出磁场时感应电流的方向相反，进磁场时感应电流方向为正方向，出磁场时感应电流方向为负方向，故选A. 例题 如图所示，虚线上方空间有垂直线框平面向里的匀强磁场，直角扇形导线框绕垂直于线框平面的轴O以角速度ω匀速转动．设线框中感应电流方向以逆时针为正，那么在下面的选项图中能正确描述线框从图中所示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流随时间变化情况的是(　　) 答案　A 解析　扇形导线框的右边到达磁场边界前，线框内无感应电流，当线框进入磁场时，切割磁感线的有效长度不变，即电动势及电流大小不变；由右手定则可知，电流沿逆时针方向，故为正值；当线框全部进入磁场后，磁通量不变，无感应电流；当线框穿出磁场时，切割磁感线的有效长度不变，即电动势及电流大小不变，由右手定则可知，电流沿顺时针方向，故为负值；当线框全部穿出磁场后，磁通量变化量为零，则无感应电流．故选A. 二、i－x图像 例题 如图所示，纸面内两个宽度均为a的区域内存在着方向相反、磁感应强度大小相等的匀强磁场，纸面内一个边长为a的等边三角形闭合金属线框水平向右匀速通过两个磁场区域．已知运动过程中线框的BC边始终与虚线边界平行，若规定逆时针方向为感应电流i的正方向，则从线框的A点进入磁场开始，线框中的感应电流i随线框移动距离x变化的i－x图像正确的是(　　) 答案　C 解析　线框进磁场和出磁场时，有效切割长度都是均匀增加的，由楞次定律知进出磁场时感应电流的方向均为逆时针，故A错误；在a～2a的过程中，线框的有效切割长度也是均匀增加的，但在左右两个磁场中均切割磁感线，产生的最大感应电流为进出磁场时最大感应电流的2倍，电流方向为顺时针方向，故C正确，B、D错误． 三、F－t图像 例题 如图甲所示，光滑导轨水平放置在竖直方向的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(规定向下为正方向)，导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力F的作用下始终处于静止状态．规定a→b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0～2t0时间内，能正确反映流过导体棒ab的电流与时间或外力与时间关系的图线是(　　) 答案　D 解析　在0～t0时间内磁通量为向上减少，t0～2t0时间内磁通量为向下增加，两者等效，且根据B－t图线可知，两段时间内磁通量的变化率相等，根据楞次定律可判断0～2t0时间内均产生由b到a的大小、方向均不变的感应电流，选项A、B错误．在0～t0时间内可判断ab所受安培力的方向水平向右，则所受水平外力方向向左，大小F＝BIL随B的减小呈线性减小；在t0～2t0时间内，可判断所受安培力的方向水平向左，则所受水平外力方向向右，大小F＝BIL随B的增加呈线性增加，选项C错误，D正确． 总结 求解图像类选择题的两种常用方法 1．排除法：定性分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化情况(变化快慢及均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项． 2．函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和判断． 电磁感应中的动力学问题 1．电磁感应问题中电学对象与力学对象的相互制约关系 2．处理此类问题的基本方法 (1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向． (2)求回路中感应电流的大小和方向． (3)分析研究导体受力情况(包括安培力)． (4)列动力学方程或根据平衡条件列方程求解． 3．两种状态 (1)导体处于平衡状态——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)导体处于非平衡状态——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进行分析． 4．电磁感应中的动力学临界问题 基本思路：导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力→合外力变化加速度变化→临界状态． 一、电磁感应中的平衡问题 例题 如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.接入电路的阻值为r的金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是(　　) A．ab中的感应电流方向由b到a B．ab中的感应电流逐渐减小 C．ab所受的安培力保持不变 D．ab所受的静摩擦力逐渐减小 答案　D 解析　金属棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小(＝k为一定值)，则闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab中的电流方向由a到b，故选项A错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝＝＝kS，回路面积S不变，即感应电动势为定值，根据闭合电路的欧姆定律I＝可知，ab中的电流大小不变，故选项B错误；安培力F＝BIL，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故选项C错误；金属棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力Ff与安培力F等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故选项D正确． 例题 如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上．t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.求： (1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小； (2)电阻的阻值． 答案　(1)Blt0　(2) 解析　(1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma① 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v＝at0② 当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为E＝Blv③ 联立①②③式可得E＝Blt0④ (2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据闭合电路的欧姆定律I＝⑤ 式中R为电阻的阻值．金属杆所受的安培力为 F安＝BlI⑥ 因金属杆做匀速运动，有F－μmg－F安＝0⑦ 联立④⑤⑥⑦式得R＝. 二、电磁感应中的动力学问题 例题 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是水平放置的足够长的平行长直导轨，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μ＝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)先做加速度减小的加速直线运动，最终做匀速直线运动　(2)10 m/s　(3)见解析图 解析　(1)导体棒做切割磁感线的运动，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． 例题 如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的定值电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，导轨和金属杆的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．(重力加速度为g) (1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中的受力示意图； (2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流大小及其加速度的大小； (3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值． 答案　(1)见解析图　(2)　gsin θ－　(3) 解析　(1)如图所示，ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力FN，方向垂直于导轨平面向上；安培力F安，方向沿导轨向上． (2)当ab杆的速度大小为v时，感应电动势E＝BLv， 则此时电路中的电流I＝＝ ab杆受到的安培力F安＝BIL＝ 根据牛顿第二定律，有 mgsin θ－F安＝ma 联立各式得a＝gsin θ－. (3)当a＝0时，ab杆达到最大速度vm， 即有mgsin θ＝，解得vm＝. 总结 “四步法”分析电磁感应中的动力学问题 解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下： 电磁感应中的能量和动量问题 一、电磁感应中的能量问题 1．电磁感应现象中的能量转化 安培力做功 2．焦耳热的计算 (1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt. (2)感应电流变化，可用以下方法分析： ①利用动能定理，求出克服安培力做的功W克安，即Q＝W克安． ②利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量． 例题 (多选)如图所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m、电阻可以忽略不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h，重力加速度为g，在这一过程中(　　) A．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零 B．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和 C．恒力F与安培力的合力所做的功等于零 D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热 答案　AD 解析　金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿导轨平面向下，做负功，匀速运动时，金属棒所受合力为零，故合力做功为零，A正确，B错误；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于电阻R上产生的焦耳热，故恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，D正确；由WF－W安＝WG知，C错误． 例题 如图所示，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．平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．质量为m、接入电路的电阻也为R的金属棒从高度为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，金属棒与导轨垂直且接触良好，重力加速度为g.则金属棒穿过磁场区域的过程中(　　) A．流过金属棒的最大电流为 B．通过金属棒的电荷量为 C．克服安培力所做的功为mgh D．金属棒产生的焦耳热为mg(h－μd) 答案　D 解析　金属棒沿弯曲部分下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＝mv2，金属棒到达平直部分左端时的速度v＝，金属棒到达平直部分后做减速运动，刚到达平直部分时的速度最大，则最大感应电动势E＝BLv，最大感应电流I＝＝，故A错误； 通过金属棒的电荷量q＝Δt＝＝，故B错误； 金属棒在整个运动过程中，由动能定理有：mgh－W安－μmgd＝0－0，则克服安培力做功：W安＝mgh－μmgd，故C错误； 金属棒克服安培力做的功转化为焦耳热，定值电阻与金属棒的电阻相等，通过它们的电流相等，则金属棒产生的焦耳热：Q′＝Q＝W安＝mg(h－μd)，故D正确． 例题 (多选)如图所示，在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从图示位置(实线所示)开始运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时(虚线所示)，圆环的速度变为，则下列说法正确的是(　　) A．此时圆环的电功率为 B．此时圆环的加速度大小为 C．此过程中通过圆环截面的电荷量为 D．此过程中回路产生的电能为mv2 答案　BC 解析　当圆环的直径与边界线重合时，圆环左右两半环均产生感应电动势，故圆环中的感应电动势E＝2B×2a×＝2Bav，圆环的电功率P＝＝，故A错误；此时圆环受到的安培力F＝2BI×2a＝2B××2a＝，由牛顿第二定律可得，加速度a＝＝，故B正确；圆环中的平均感应电动势＝，则通过圆环截面的电荷量Q＝Δt＝Δt＝＝，故C正确；此过程中回路产生的电能等于动能的减少量，即E＝mv2－m()2＝mv2，故D错误． 二、电磁感应中的动量问题 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，安培力的冲量为：I安＝BLt＝BLq，通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝Δt＝Δt＝n·Δt＝n，磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx.如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安＝mv2－mv1.当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时用动量定理求解更方便． 例题 (多选)如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为L，导轨电阻均可忽略不计．在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻也为R，并与导轨垂直且接触良好．整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．现给ab杆一个初速度v0，使杆向右运动，最终ab杆停止在导轨上．下列说法正确的是(　　) A．ab杆将做匀减速运动直到静止 B．ab杆速度减为时，ab杆加速度大小为 C．ab杆速度减为时，通过定值电阻的电荷量为 D．ab杆速度减为时，ab杆通过的位移为 答案　BD 解析　ab杆在水平方向上受到与运动方向相反的安培力，安培力大小为FA＝，加速度大小为：a＝＝，由于速度减小，所以ab杆做加速度减小的变减速运动直到静止，故A错误；当ab杆的速度为时，安培力大小为：F＝，所以加速度大小为：a＝＝，故B正确；对ab杆，由动量定理得：－BL·Δt＝m－mv0，即BLq＝mv0，解得：q＝，所以通过定值电阻的电荷量为，故C错误；由q＝＝，解得ab杆通过的位移：x＝＝，故D正确． 2 动量守恒定律在电磁感应中的应用 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，如果两安培力等大反向，且它们受到的外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便．这类问题可以从以下三个观点来分析： (1)力学观点：通常情况下一个金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属棒以共同的速度匀速运动． (2)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属棒的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒． (3)能量观点：其中一个金属棒动能的减少量等于另一个金属棒动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和． 例题 足够长的平行金属轨道M、N相距L＝0.5 m，且水平放置；M、N左端与半径R＝0.4 m的光滑竖直半圆轨道相连，与轨道始终垂直且接触良好的金属棒b和c可在轨道上无摩擦地滑动，两金属棒的质量mb＝mc＝0.1 kg，接入电路的有效电阻Rb＝Rc＝1 Ω，轨道的电阻不计．平行水平金属轨道M、N处于磁感应强度大小B＝1 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于轨道平面向上，光滑竖直半圆轨道在磁场外，如图所示．若使b棒以初速度v0＝10 m/s开始向左运动，运动过程中b、c不相撞，g取10 m/s2，求： (1)c棒的最大速度大小； (2)c棒从开始到达到最大速度的过程中，此棒产生的焦耳热； (3)若c棒达到最大速度后沿半圆轨道上滑，金属棒c到达轨道最高点时对轨道的压力的大小为多少． 答案　(1)5 m/s　(2)1.25 J　(3)1.25 N 解析　(1)在安培力作用下，b棒做减速运动，c棒做加速运动，当两棒速度相等时，c棒达到最大速度． 选两棒为研究对象，以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律有 mbv0＝(mb＋mc)v 解得c棒的最大速度大小为：v＝v0＝5 m/s. (2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中，系统减少的动能转化为电能，两棒中产生的总焦耳热为： Q＝mbv02－(mb＋mc)v2＝2.5 J 因为Rb＝Rc，所以c棒达到最大速度时此棒产生的焦耳热为Qc＝＝1.25 J. (3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v′，从最低点上升到最高点的过程，由机械能守恒定律可得： mcv2＝mcg·2R＋mcv′2 解得v′＝3 m/s. 在最高点，设轨道对c棒的弹力为F，由牛顿第二定律得 mcg＋F＝mc 解得F＝1.25 N. 由牛顿第三定律得，在最高点c棒对轨道的压力大小为1.25 N. 例题 (多选)如图所示，水平面上有足够长的平行光滑金属导轨MN和PQ，导轨间距为L，电阻不计，导轨所处空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B.导轨上放有质量均为m、电阻均为R的金属棒a、b.开始时金属棒b静止，金属棒a获得向右的初速度v0，从金属棒a开始运动到最终两棒以相同的速度匀速运动的过程中，经过每个金属棒的电荷量为q，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，下列说法正确的是(　　) A．a做匀减速直线运动，b做匀加速直线运动 B．最终两金属棒匀速运动的速度为 C．两金属棒产生的焦耳热为 D．a和b距离的增加量为 答案　BC 解析　金属棒a向右运动切割磁感线，根据右手定则可知在回路中产生逆时针方向的感应电流，根据左手定则可知，a棒受到向左的安培力，b棒受到向右的安培力，a棒在安培力作用下做减速运动，b棒在安培力作用下做加速运动，两棒的速度差减小，总电动势E＝Bl(va－vb)减小，感应电流减小，安培力减小，加速度减小，即a做加速度减小的减速直线运动，b做加速度减小的加速直线运动，A错误；a、b两棒组成的系统所受合力为零，动量守恒，设最终达到的共同速度为v，由动量守恒定律，得mv0＝2mv，解得v＝，B正确；根据能量守恒定律，整个过程产生的焦耳热Q＝mv02－(2m)·v2＝，C正确；根据电荷量的推论公式q＝＝，解得a和b距离的增加量Δx＝，D错误． 学科网（北京）股份有限公司 $