電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用【講解】【解析版】-2023年高考物理二輪復(fù)習(xí)（新教材新高考）

第四部分電磁感應(yīng)與電路

專題11電磁感應(yīng)定律及其應(yīng)用【講】

目錄

講高考真題一一感悟核心素養(yǎng)....................................................................I

【考情研判】...................................................................................1

【考題分析】...................................................................................1

【題后總結(jié)］..................................................................................11

二.講核心問題——提煉主干必備知識.............................................................12

核心問題一楞次定律與法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用...............................................12

核心問題二電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題分析.......................................................15

核心問題三電磁感應(yīng)中的綜合問題分析.........................................................18

三.講科學(xué)思維——電磁感應(yīng)中的動量和能量問題.................................................23

講高考真題--感悟核心素養(yǎng)

【考情研判】

本專題主要復(fù)習(xí)電磁感應(yīng)的基本規(guī)律和方法，熟練應(yīng)用動力學(xué)和能

解決問題

量觀點(diǎn)分析并解決電磁感應(yīng)問題。

專題楞次定律和法拉第電磁感應(yīng)定律的理解及應(yīng)用；電磁感應(yīng)中的平衡

高考重點(diǎn)

復(fù)習(xí)問題；電磁感應(yīng)中的動力學(xué)和能量問題。

定位本專題選擇題和計算題都有可能命題，選擇題一般考查楞次定律和

題型難度法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用，題目有一定的綜合性，難度中等；計

算題主要考查電磁感應(yīng)規(guī)律的綜合應(yīng)用，難度較大。

【考題分析】

【例1】（2022年高考全國甲卷第8題）由相同材料的導(dǎo)線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈，兩線

圈的質(zhì)量相等，但所用導(dǎo)線的橫截面積不同，甲線圈的匝數(shù)是乙的2倍?，F(xiàn)兩線圈在豎直平面內(nèi)從同一高度同

時由靜止開始下落，一段時間后進(jìn)入一方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的上邊界水平，如圖所示。不計

空氣阻力，已知下落過程中線圈始終平行于紙面，上、下邊保持水平。在線圈下邊進(jìn)入磁場后且上邊進(jìn)入磁場

前，可能出現(xiàn)的是（）

甲□□乙

××××X

××××X

××××X

A.甲和乙都加速運(yùn)動

B.甲和乙都減速運(yùn)動

C.甲加速運(yùn)動，乙減速運(yùn)動

D.甲減速運(yùn)動，乙加速運(yùn)動

【試題情境】本題以線框切割磁感線為素材創(chuàng)設(shè)學(xué)習(xí)問題情境。

【考核要求】本題考核要求屬于綜合性、創(chuàng)新性。

【必備知識】本題考查的知識點(diǎn)為法拉第電磁感應(yīng)定律、電阻定律、歐姆定律、牛頓第二定律。

【關(guān)鍵能力】（1）理解能力：要求能準(zhǔn)確獲取題設(shè)情境中的描述信息將其轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的物理規(guī)律或公式。

（2）推理論證能力：根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、電阻定律、歐姆定律、牛頓第二定律列出方程.

（3）模型構(gòu)建能力：線框模型，變速直線運(yùn)動模型。

【學(xué)科素養(yǎng)】（1）考查物理觀念：①物質(zhì)觀，線框、磁場；②相互作用觀，重力、安培力。

（2）科學(xué)思維：建立線框切割磁感線模型，能對線框進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律、電阻定律、

歐姆定律、牛頓第二定律，列式推理，根據(jù)力與運(yùn)動的關(guān)系定性分析得出結(jié)論。

【答案】AB

【解析】設(shè)線圈到磁場的高度為/3線圈的邊長為/,則線圈下邊剛進(jìn)入磁場時，有

V=向？

感應(yīng)電動勢為

E=nBlv

兩線圈材料相等（設(shè)密度為夕0）,質(zhì)量相同（設(shè)為加），則

m=p0×4nlXS

設(shè)材料的電阻率為夕，則線圈電阻

22

n4∏Z16∕2∕ppn

R=P-=--------

Sm

感應(yīng)電流為

_EmBv

1=—=-----------

R\6nlpp[)

安培力為

mB-v

F=nBIl=-------

16所O

由牛頓第二定律有

mg-F=ma

聯(lián)立解得

FB2v

"g—G=g一肅

加速度和線圈的匝數(shù)、橫截面積無關(guān)，則甲和乙進(jìn)入磁場時，具有相同的加速度。當(dāng)g>V時，甲和乙都

16%O

B2B2V

加速運(yùn)動，當(dāng)g<ττ一v時，甲和乙都減速運(yùn)動，當(dāng)g=77—時都勻速。

16所016。。I）

故選AB?

【例2】（新高考全國卷∏?海南?第13題）如圖，足夠長的間距d=Im的平行光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ固定在

水平面內(nèi)，導(dǎo)軌間存在一個寬度L=Im的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=0.5T,方向如圖所示.一根

質(zhì)量”,=Slkg,阻值R=0.5Ω的金屬棒。以初速度％=4m∕s從左端開始沿導(dǎo)軌滑動，穿過磁場區(qū)域后，

與另一根質(zhì)量外=0?2kg,阻值R=0.5。的原來靜置在導(dǎo)軌上的金屬棒b發(fā)生彈性碰撞，兩金屬棒始終與導(dǎo)

軌垂直且接觸良好，導(dǎo)軌電阻不計，則（）

N

右

Q

A.金屬棒a第一次穿過磁場時做勻減速直線運(yùn)動

B.金屬棒a第一次穿過磁場時回路中有逆時針方向的感應(yīng)電流

C.金屬棒。第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，金屬棒匕上產(chǎn)生的焦耳熱為0.25J

D.金屬棒“最終停在距磁場左邊界0.8m處

【試題情境】本題以導(dǎo)體棒切割磁感線為素材創(chuàng)設(shè)學(xué)習(xí)探索問題情境。

【考核要求】本題考核要求屬于綜合性、應(yīng)用性。

【必備知識】本題考查的知識點(diǎn)為法拉第電磁感應(yīng)定律、動量定理、動量守恒定律。

【關(guān)鍵能力】(1)理解能力：要求能根據(jù)題設(shè)情境對導(dǎo)體棒準(zhǔn)確進(jìn)行受力分析、運(yùn)動分析。

(2)推理論證能力：根據(jù)受力分析、運(yùn)動分析應(yīng)用相關(guān)規(guī)律列出方程。

(3)模型構(gòu)建能力：根據(jù)問題情境，建立動態(tài)電路模型、碰撞模型。

【學(xué)科素養(yǎng)】(1)考查物理觀念：①物質(zhì)觀，導(dǎo)體棒、磁場、導(dǎo)軌；②相互作用觀，安培力。

(2)科學(xué)思維：根據(jù)對導(dǎo)體棒準(zhǔn)確受力分析建立導(dǎo)體棒變速直線運(yùn)動模型，碰撞模型、電路模型，借助電學(xué)、電

磁學(xué)、力學(xué)綜合規(guī)律分析解決問題。

【答案】BD

【解析】A.金屬棒。第一次穿過磁場時受到安培力的作用，做減速運(yùn)動，由于速度減小，感應(yīng)電流減小，安

培力減小，加速度減小，故金屬棒。做加速度減小的減速直線運(yùn)動，故A錯誤；

B.根據(jù)右手定則可知，金屬棒“第一次穿過磁場時回路中有逆時針方向的感應(yīng)電流，故B正確；

C.電路中產(chǎn)生的平均電動勢為

-△①BLd

E=----=------

△tK

平均電流為

金屬棒”受到的安培力為

F=Bld

規(guī)定向右為正方向，對金屬棒。，根據(jù)動量定理得

-Bid-At=fnava-mav0

解得對金屬棒第一次離開磁場時速度

va=1.5m∕s

金屬棒”第一次穿過磁場區(qū)域的過程中，電路中產(chǎn)生的總熱量等于金屬棒“機(jī)械能的減少量，即

Cl21，

Q=QfnJo

聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)得

β=0.6875J

由于兩棒電阻相同，兩棒產(chǎn)生的焦耳熱相同，則金屬棒b匕產(chǎn)生的焦耳熱

α=S=0.34375J

故C錯誤；

D.規(guī)定向右為正方向，兩金屬棒碰撞過程根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒得

SM=叫工+怎％

11,212

n2+m

TM^∣yh

聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)解得金屬棒“反彈的速度為

Va=-0.5m∕s

設(shè)金屬棒”最終停在距磁場左邊界X處，則從反彈進(jìn)入磁場到停下來的過程，電路中產(chǎn)生的平均電動勢為

-l^Φ'B（L-x）d

一?t'-?t'

平均電流為

T，=墾

2R

金屬棒。受到的安培力為

F'=BI'd

規(guī)定向右為正方向，對金屬棒。，根據(jù)動量定理得

-Bl</?=0-mιιv'a

聯(lián)立并帶入數(shù)據(jù)解得

X=0.8m

故D正確。

故選BDo

【例3】（新高考全國卷∏?河北?第7題）如圖，兩光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大

小為8,導(dǎo)軌間距最窄處為一狹縫，取狹縫所在處。點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，狹縫右側(cè)兩導(dǎo)軌與X軸夾角均為。，一電

容為C的電容器與導(dǎo)軌左端相連，導(dǎo)軌上的金屬棒與X軸垂直，在外力尸作用下從。點(diǎn)開始以速度V向右勻速

運(yùn)動，忽略所有電阻，下列說法正確的是（）

A.通過金屬棒的電流為28CV2tan。

B.金屬棒到達(dá)/時，電容器極板上的電荷量為BCVXOtane

C.金屬棒運(yùn)動過程中，電容器的上極板帶負(fù)電

D.金屬棒運(yùn)動過程中，外力尸做功的功率恒定

【試題情境】本題以導(dǎo)體棒切割磁感線為背景創(chuàng)設(shè)學(xué)習(xí)探索問題情境。

【考核要求】本題考核要求屬于綜合性、應(yīng)用性。

【必備知識】本題考查的知識點(diǎn)為楞次定律、電容器的電荷量、法拉第電磁感應(yīng)定律等。

【關(guān)鍵能力】(1)理解能力：要求能根據(jù)題設(shè)情境對導(dǎo)體棒的受力、運(yùn)動及電路結(jié)構(gòu)準(zhǔn)確進(jìn)行分析。

(2)推理論證能力：能正確根據(jù)題意利用幾何關(guān)系分析導(dǎo)體棒切割磁感線的有效長度并應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律

解決問題。

(3)模型構(gòu)建能力：根據(jù)問題情境，建立三力電路模型、單導(dǎo)體棒切割磁感線模型。

【學(xué)科素養(yǎng)】(1)考查物理觀念：①物質(zhì)觀，導(dǎo)體棒、電容器、導(dǎo)軌；②相互作用觀，安培力。

(2)科學(xué)思維：建立根據(jù)問題情境及導(dǎo)體棒有效長度變化的特點(diǎn)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律及電學(xué)相關(guān)規(guī)律建立

方程，得出結(jié)論。

【答案】A

【解析】C.根據(jù)楞次定律可知電容器的上極板應(yīng)帶正電，C錯誤；

A.由題知導(dǎo)體棒勻速切割磁感線，根據(jù)幾何關(guān)系切割長度為

L-2.rtan<9,x-Vt

則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為

E=28V2KanJ

由題圖可知電容器直接與電源相連，則電容器的電荷量為

Q=CE=28CV2ZtanO

則流過導(dǎo)體棒的電流

1==2BCv2tan^

Z

A正確;

B.當(dāng)金屬棒到達(dá)xo處時，導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為

E,=2Bvxotanθ

則電容器的電荷量為

Q=CE=2BCvxotan^

B錯誤；

D.由于導(dǎo)體棒做勻速運(yùn)動則

F=F&=BIL

由選項(xiàng)A可知流過導(dǎo)體棒的電流/恒定，但乙與，成正比，則F為變力，再根據(jù)力做功的功率公式

P=Fv

可看出F為變力，-不變則功率P隨力/變化而變化：

D錯誤；

故選Ao

【例4】（新高考全國卷∏?湖南?第10題（多選））兩個完全相同的正方形勻質(zhì)金屬框，邊長為L，通過長為L的

絕緣輕質(zhì)桿相連，構(gòu)成如圖所示的組合體。距離組合體下底邊”處有一方向水平、垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。

磁場區(qū)域上下邊界水平，高度為L，左右寬度足夠大。把該組合體在垂直磁場的平面內(nèi)以初速度%水平無旋轉(zhuǎn)

拋出，設(shè)置合適的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小8使其勻速通過磁場，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）

A.8與%無關(guān)，與J百成反比

B.通過磁場的過程中，金屬框中電流的大小和方向保持不變

C.通過磁場的過程中，組合體克服安培力做功的功率與重力做功的功率相等

D.調(diào)節(jié)“、%和3,只要組合體仍能勻速通過磁場，則其通過磁場的過程中產(chǎn)生的熱量不變

【試題情境】本題以金屬框切割磁感線為背景創(chuàng)設(shè)學(xué)習(xí)探索問題情境。

【考核要求】本題考核要求屬于綜合性、應(yīng)用性。

【必備知識】本題考查的知識點(diǎn)為受力分析、平拋運(yùn)動的規(guī)律、平衡條件等。

【關(guān)鍵能力】（1）理解能力：要求能根據(jù)題設(shè)情境準(zhǔn)確對線框受力分析和運(yùn)動分析。

(2)推理論證能力：能根據(jù)線框的運(yùn)動特點(diǎn)利用平拋運(yùn)動、平衡條件安培力公式等相關(guān)知識解決問題。

(3)模型構(gòu)建能力：根據(jù)問題情境，建立平拋模型、勻速直線運(yùn)動模型。

【學(xué)科素養(yǎng)】(1)考查物理觀念：①物質(zhì)觀，線框、磁場；②相互作用觀，重力、安培力。②運(yùn)動觀：平拋運(yùn)動、

勻速直線運(yùn)動；②能量觀：功、功率

(2)科學(xué)思維：根據(jù)問題情境，線框運(yùn)動特點(diǎn)，對研究對象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析，根據(jù)平拋運(yùn)動規(guī)律、平衡條件

安培力公式建立方程進(jìn)行分析與求解。

【答案】CD

【解析】A.將組合體以初速度Vo水平無旋轉(zhuǎn)拋出后，組合體做平拋運(yùn)動，后進(jìn)入磁場做勻速運(yùn)動，由于水平

方向切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相互低消，則有

mg=Fn=0L-，Vy=y∣2gH

R

綜合有

1

則8與成正比，A錯誤；

B.當(dāng)金屬框剛進(jìn)入磁場時金屬框的磁通量增加，此時感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r針方向，當(dāng)金屬框剛出磁場時金

屬框的磁通量減少，此時感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r針方向，B錯誤；

C.由于組合體進(jìn)入磁場后做勻速運(yùn)動，由于水平方向的感應(yīng)電動勢相互低消，有

FBg

Ing=F安=-----------

R

則組合體克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，C正確；

D.無論調(diào)節(jié)哪個物理量，只要組合體仍能勻速通過磁場，都有

mg=F安

則安培力做的功都為

W=Fs3L

則組合體通過磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱不變，D正確。

故選CDo

[例5](2022年高考全國乙卷物理第12題)如圖，一傾角為α的光滑固定斜面的頂端放有質(zhì)量M=O?06kg

的U型導(dǎo)體框，導(dǎo)體框的電阻忽略不計；一電阻R=30的金屬棒CO的兩端置于導(dǎo)體框上，與導(dǎo)體框構(gòu)成矩

形回路CDE尸；防與斜面底邊平行，長度L=0.6m0初始時CO與族相距SO=O?4m,金屬棒與導(dǎo)體框同

_3

時由靜止開始下滑，金屬棒下滑距離Sl=-m后進(jìn)入一方向垂直于斜面的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場邊界（圖中虛

16

線）與斜面底邊平行；金屬棒在磁場中做勻速運(yùn)動，直至離開磁場區(qū)域。當(dāng)金屬棒離開磁場的瞬間，導(dǎo)體框的EF

邊正好進(jìn)入磁場，并在勻速運(yùn)動一段距離后開始加速。已知金屬棒與導(dǎo)體框之間始終接觸良好，磁場的磁感應(yīng)

強(qiáng)度大小B=IT，重力加速度大小取g=10m∕s2,sinα=0.6。求:

（1）金屬棒在磁場中運(yùn)動時所受安培力的大小；

（2）金屬棒的質(zhì)量以及金屬棒與導(dǎo)體框之間的動摩擦因數(shù);

（3）導(dǎo)體框勻速運(yùn)動的距離。

【試題情境】本題以導(dǎo)體棒和線框的相對運(yùn)動為背景創(chuàng)設(shè)問題探索問題情境。

【考核要求】本題考核要求屬于綜合性、應(yīng)用性、創(chuàng)造性。

【必備知識】本題考查的知識點(diǎn)為受力分析、牛頓運(yùn)動定律、動能定理。

【關(guān)鍵能力】（1）理解能力：要求能根據(jù)題設(shè)情境能準(zhǔn)確對導(dǎo)體棒和線框受力分析和運(yùn)動分析。

（2）推理論證能力：依據(jù)二者的運(yùn)動特點(diǎn)題意牛頓運(yùn)動定律、動能定理分析問題、解決問題。

（3）模型構(gòu)建能力：根據(jù)問題情境，建立板塊模型、相對運(yùn)動模型。

【學(xué)科素養(yǎng)】（1）考查物理觀念：物質(zhì)觀，導(dǎo)體棒、導(dǎo)軌、斜面；相互作用觀，重力、安培力力。運(yùn)動觀：勻變

速直線運(yùn)動、非勻變速直線運(yùn)動、相對運(yùn)動。能量觀：動能定理

（2）科學(xué)思維：根據(jù)問題情境，能借助左手定則對導(dǎo)體棒和線框進(jìn)行受力分析，構(gòu)建滑塊木板模型利用相對運(yùn)動

牛頓運(yùn)動定律動能定理等相關(guān)知識綜合分析推理從而得出結(jié)論。

?35

【答案】（1）0.18N：（2）tn-0.02kg,∕j——；（3）x-,——m

8-18

【解析】（I）根據(jù)題意可得金屬棒和導(dǎo)體框在沒有進(jìn)入磁場時一起做勻加速直線運(yùn)動，由動能定理可得

（M+m）gsiSintZ=—+/??）vɑ

代入數(shù)據(jù)解得

%=∕m∕s

金屬棒在磁場中切割磁場產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由法拉第電磁感應(yīng)定律可得

E-BLVO

由閉合回路的歐姆定律可得

/一

R

則導(dǎo)體棒剛進(jìn)入磁場時受到的安培力為

∕?=β∕L=().18N

(2)金屬棒進(jìn)入磁場以后因?yàn)樗查g受到安培力的作用，根據(jù)楞次定律可知金屬棒的安培力沿斜面向上，之后金

屬棒相對導(dǎo)體框向上運(yùn)動，因此金屬棒受到導(dǎo)體框給的沿斜面向下的滑動摩擦力，因勻速運(yùn)動，可有

mgsina+μmgcosa=F*

此時導(dǎo)體框向卜做勻加速運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律可得

MgSina-μmgcosa=Ma

設(shè)磁場區(qū)域的寬度為X,則金屬棒在磁場中運(yùn)動的時間為

X

%

則此時導(dǎo)體框的速度為

v∣=v0+at

則導(dǎo)體框的位移

12

%=卬+”

因此導(dǎo)體框和金屬棒的相對位移為

??2

^x=x.-X=—at

'2

由題意當(dāng)金屬棒離開磁場時金屬框的上端EF剛好進(jìn)入線框，則有位移關(guān)系

金屬框進(jìn)入磁場時勻速運(yùn)動，此時的電動勢為

BLv.

Erl=BdLtVl,1t]=—―

導(dǎo)體框受到向上的安培力和滑動摩擦力，因此可得

Mgsina-μmgcosa+Bl↑L

聯(lián)立以上可得

3

x=0.3m,a=5m∕s2，m=0?02kg,μ=~

O

(3)金屬棒出磁場以后，速度小于導(dǎo)體框的速度，因此受到向下的摩擦力，做加速運(yùn)動，則有

mgSina+μmgcosa=mal

金屬棒向下加速，導(dǎo)體框勻速，當(dāng)共速時導(dǎo)體框不再勻速，則行

導(dǎo)體框勻速運(yùn)動的距離為

?=卬I

代入數(shù)據(jù)解得

2.55

X,=——m=-m

^918

【題后總結(jié)】

L楞次定律中“阻礙”的表現(xiàn)

(1)阻礙磁通量的變化(增反減同)。

(2)阻礙物體間的相對運(yùn)動(來拒去留)。

(3)使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢(增縮減擴(kuò))。

(4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)。

2.感應(yīng)電動勢的計算

(1)法拉第電磁感應(yīng)定律：E=端常用于計算感應(yīng)電動勢的平均值。

①若B變，而S不變，則E=,第S；

②若S變，而B不變，則E=〃送。

(2)導(dǎo)體棒垂直切割磁感線：E=Blv,主要用于求感應(yīng)電動勢的瞬時值。

(3)如圖所示，導(dǎo)體棒Oa圍繞棒的一端O在垂直勻強(qiáng)磁場的平面內(nèi)做勻速轉(zhuǎn)動而切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電

動勢E=^Bt1ω<,

×××

×××

3.感應(yīng)電荷量的計算

回路中磁通量發(fā)生變化時，在Δ/時間內(nèi)遷移的電荷量(感應(yīng)電荷量)為￠=∕ΔZ=^Δ∕=7I^?Δr=71^o可見，q

僅由回路電阻R和磁通量的變化量決定，與發(fā)生磁通量變化的時間Af無關(guān)。

4.電磁感應(yīng)電路中產(chǎn)生的焦耳熱

當(dāng)電路中電流恒定時，可用焦耳定律計算；當(dāng)電路中電流變化時，則用功能關(guān)系或能量守恒定律計算。

解決感應(yīng)電路綜合問題的一般思路是“先電后力力即：

1.“源”的分析——分析電路中由電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的“電源”，求出電源參數(shù)E和八

2.“路”的分析——分析電路結(jié)構(gòu)，弄清串、并聯(lián)關(guān)系，求出相關(guān)部分的電流大小，以便求解安培力。

3.“力”的分析——分析研究對象(通常是金屬棒、導(dǎo)體、線圈等)的受力情況，尤其注意其所受的安培力；

接著進(jìn)行“運(yùn)動狀態(tài)”的分析——根據(jù)力和運(yùn)動的關(guān)系，建立正確的運(yùn)動模型。

4.“動量”和“能量”的分析——尋找電磁感應(yīng)過程和研究對象的運(yùn)動過程中，其能量轉(zhuǎn)化和守恒的關(guān)系，并判斷系

統(tǒng)動量是否守恒。

二.講核心問題■…提煉主干必備知識

核心問題一楞次定律與法拉第電磁感應(yīng)定律的應(yīng)用

1.判斷感應(yīng)電流方向的兩種方法

(1)利用右手定則，即根據(jù)導(dǎo)體在磁場中做切割磁感線運(yùn)動的情況進(jìn)行判斷。

(2)利用楞次定律，即根據(jù)穿過閉合回路的磁通量的變化情況進(jìn)行判斷。

2.求感應(yīng)電動勢大小的常見情況與方法

O

4

∕×^Γ×?××ω×

情景圖(XXX)×*→<-~KA

O

?×^×∕XXX

-------1------?

--------------'O^------------

線圈在勻強(qiáng)磁場

研究回路中磁通量發(fā)導(dǎo)體平動切割磁導(dǎo)體轉(zhuǎn)動切割磁

中繞垂直磁場的

對象生變化感線感線

軸勻速轉(zhuǎn)動

E=nBSω

LΔΦE=；BiAOm

表達(dá)式E="E=BLv

e=EmSinωt

【例1】（2022?浙江湖州、衢州、麗水質(zhì)檢）如圖所示，在以水平線段4。為直徑的半圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度

大小為B、方向垂直紙面向里的有界勻強(qiáng)磁場?，F(xiàn)有一個閉合導(dǎo)線框ACO（由細(xì)軟彈性電阻絲制成），端點(diǎn)4、D

固定。在豎直面內(nèi)，將導(dǎo)線與圓周的接觸點(diǎn)C點(diǎn)以恒定角速度以相對圓心0）從A點(diǎn)沿圓弧移動至。點(diǎn)，使導(dǎo)

線框上產(chǎn)生感應(yīng)電流。設(shè)導(dǎo)線框的電阻恒為r,圓的半徑為R,從A點(diǎn)開始計時，下列說法正確的是（）

A.導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的方向始終為逆時針

B.導(dǎo)線框中感應(yīng)電流的方向先順時針，后逆時針

C.在C從A點(diǎn)移動到D的過程中，穿過ACD回路的磁通量與時間的關(guān)系為Φ=BR2Cosωt

D.在C從A點(diǎn)移動到圖中NCAo=60。位置的過程中，通過導(dǎo)線截面的電荷量為'等

【答案】D

【解析】穿過導(dǎo)線框的磁通量先增大后減小，根據(jù)楞次定律可知導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流方向先為逆時針，后為

順時針，故A、B錯誤；r時間內(nèi)CO轉(zhuǎn)過的角度為e=M,根據(jù)幾何知識可知f時刻線框的面積S=32RRSinθ,

穿過ACD回路的磁通量為Φ=BS=BR2sinBR2sinωt,故C錯誤；在C從A點(diǎn)移動到圖中NCAo=60。位置

的過程中，通過導(dǎo)線截面的電荷量為Q=∕?Af,平均電流為/=￡,平均電動勢為E=詈=等，又AS=3?2R?Rsin

60°,聯(lián)立以上幾式解得。='等，故D正確。

【技巧方法歸納總結(jié)】

L楞次定律中“阻礙”的四種表現(xiàn)形式

（1）阻礙磁通量的變化——“增反減同

（2）阻礙相對運(yùn)動——“來拒去留”。

（3）使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢——“增縮減擴(kuò)”。

（4）阻礙電流的變化（自感現(xiàn)象）——“增反減同”。

2.在應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律E=噂時要注意：S為有效面積，當(dāng)線圈的面積大于磁場的區(qū)域時，磁

場的面積為有效面積。

【變式訓(xùn)練D（2022?寧夏吳忠市4月二模）用電阻率為p,橫截面積為S的硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線做成半徑為R的圓環(huán)，

垂直圓環(huán)面的磁場充滿其內(nèi)接正方形，f=O時磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖（a）所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t的變化關(guān)

系如圖（b）所示，則在f=0至∣Jf=2fo的時間內(nèi)（）

A.圓環(huán)中的感應(yīng)電流方向先沿順時針方向后沿逆時針方向

B.圓環(huán)所受安培力大小除力時刻為零外，其他時刻不為零

C.圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小磐

πpto

D.圓環(huán)中產(chǎn)生的熱量為陪

Tltop

【答案】C

【解析】根據(jù)B-f圖象，由楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流方向一直為順時針方向，A錯誤；由于圓環(huán)沒有

在磁場中，不受安培力，B錯誤；由閉合電路歐姆定律得/=§,又根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E=笑=華,

/ZVto

正方形的邊長L=PR,又根據(jù)電阻定律得r=f^f,聯(lián)立解得I=鬻,C正確：圓環(huán)中產(chǎn)生的熱量為

_4瑤/?3S

D錯誤。

πρta

【變式訓(xùn)練2]（2022?新疆維吾爾自治區(qū)3月第一次檢測）一長直導(dǎo)線與閉合金屬線框位于同一豎直平面內(nèi),

長直導(dǎo)線中的電流i隨時間f的變化關(guān)系如圖所示（以豎直向上為電流的正方向），則在0?T時間內(nèi)，下列說法

正確的是（)

A.0?3寸間內(nèi)，金屬線框受安培力的合力方向向左

TT

B.4狎間內(nèi)，金屬線框中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流

c/?7時間內(nèi)，金屬線框有收縮的趨勢

DO?T時間內(nèi)，長直導(dǎo)線中電流的有效值為io

【答案】B

【解析】O?a時間內(nèi)，直導(dǎo)線電流增大，穿過線框的磁通量增大，由楞次定律可知，為阻礙磁通量增大線框

有向右運(yùn)動的趨勢，故金屬線框受安培力的合力方向向右，A錯誤；(?今時間內(nèi)，直導(dǎo)線中電流向上且減小，

穿過線框的磁場向里，磁通量減小，由楞次定律可知，金屬線框中產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流，B正確；T?T

時間內(nèi)，直導(dǎo)線中電流恒定，穿過線框中的磁通量恒定，不會產(chǎn)生感應(yīng)電流，故金屬線框沒有收縮趨勢，C錯

誤；O?T時間內(nèi)，據(jù)電流的熱效應(yīng)可得。=(匍2母彳+沛?.=∕2RT,可得長直導(dǎo)線中電流的有效值為/=坐jo，

D錯誤。

核心問題二電磁感應(yīng)中的動力學(xué)問題分析

電磁感應(yīng)現(xiàn)象中的電源與電路

(1)產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電源。

(2)在電源內(nèi)部電流由負(fù)極流向正極。

(3)電源兩端的電壓為路端電壓。

【例2】(2022?重慶巴蜀中學(xué)模擬)如圖所示，兩平行且無限長光滑金屬導(dǎo)軌MN.PQ與水平面的夾角為6=30。，

兩導(dǎo)軌之間的距離為L=Im,兩導(dǎo)軌例、P之間接入電阻R=0.2C,導(dǎo)軌電阻不計，在Hdc區(qū)域內(nèi)有一個方

向垂直于兩導(dǎo)軌平面向下的磁場1,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小BO=IT,磁場的寬度Xl=Im；在Cd連線以下區(qū)域有一個

方向也垂直于導(dǎo)軌平面向下的磁場II,磁感應(yīng)強(qiáng)度S=0.5T。一個質(zhì)量為，”=1kg的金屬棒垂直放在金屬導(dǎo)軌

上，與導(dǎo)軌接觸良好，金屬棒的電阻r=0.2Ω,若金屬棒在離“6連線上端刖處自由釋放，則金屬棒進(jìn)入磁場

I恰好做勻速運(yùn)動。金屬棒進(jìn)入磁場∏后，經(jīng)過4時又達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài),Cd與歹之間的距離X2=8m0(g取10m∕s2)

(1)金屬棒在磁場I運(yùn)動的速度大小。

(2)金屬棒滑過Cd位置時的加速度大小。

(3)金屬棒在磁場Jl中達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時的速度大小。

【答案】(1)2m/s(2)3.75m∕s2(3)8m/s

【解析】(1)金屬棒進(jìn)入磁場I做勻速運(yùn)動，設(shè)速度大小為即，由平衡條件得，“gsin8=F艾,而F艾=BMoL,1°

群，代入數(shù)據(jù)解得w=2m/s。

(2)金屬棒滑過Cd位置時，其受力如圖所示。

由牛頓第二定律得WgSine—。，而Fy=8/L∕∣=??U

R+r

代入數(shù)據(jù)可解得a=3.75m∕s2o

(3)金屬棒在進(jìn)入磁場∏區(qū)域達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時，設(shè)速度大小為環(huán)，則，咫Sine=F,"，而FF=BM,A=笄h,

代入數(shù)據(jù)解得v,=8m∕so

【方法技巧歸納總結(jié)】

電磁感應(yīng)與動力學(xué)綜合題的解題策略

(1)電路分析：明確電源與外電路，可畫等效電路圖。

(2)受力分析：把握安培力的特點(diǎn)，安培力大小與導(dǎo)體棒速度有關(guān)，一般在牛頓第二定律方程里討論，V的變化

影響安培力大小，進(jìn)而影響加速度大小，加速度的變化又會影響丫的變化。

(3)過程分析：注意導(dǎo)體棒進(jìn)入磁場或離開磁場時的速度是否達(dá)到“收尾速度

(4)能量分析：克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。

【變式訓(xùn)練1】(2022?河南南陽市期末質(zhì)量評估汝口圖所示，足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為L與水平面夾

角為8。兩導(dǎo)軌上端接有阻值為R的定值電阻，整個裝置處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂

直于導(dǎo)軌平面向上。質(zhì)量為〃八電阻為r的金屬桿而，在沿導(dǎo)軌平面向上的恒力作用下，由靜止開始從導(dǎo)軌底

端向上運(yùn)動，穩(wěn)定時金屬桿做速度為VO的勻速直線運(yùn)動。在運(yùn)動過程中，M與導(dǎo)軌垂直且接觸良好。已知重力

加速度為g,不計空氣阻力和導(dǎo)軌電阻。求：

(1)金屬桿勻速運(yùn)動時R兩端的電勢差；

(2)金屬桿ab開始運(yùn)動時加速度的大小。

22

【答案】(［嚴(yán)ι)R_BLV0_

L口呆」U)R+Y(~)π7(R+r)

【解析】(1)由法拉第電磁感應(yīng)定律得E=BLVC

F

由閉合電路歐姆定律得/=而

R兩端的電勢差U=IR

BLvp.,BM

解得I=

R+r,

(2)如圖所示，金屬桿勻速運(yùn)動時所受的安培力大小FA=BIL

由平衡條件得F=FA+w^sinθ

解得F=+"?gsinθ

金屬桿αb開始運(yùn)動時V=0，則E=0,/=0,FAO=O

由牛頓第二定律得F-WgsinJ=ZMa,解得"=；〃曜M)

【變式訓(xùn)練2】(2022?重慶市巴蜀中學(xué)高考適應(yīng)性考試)如圖所示，空間存在B=0?5T?方向豎直向下的勻強(qiáng)磁

場，MN、PQ是水平放置的平行長直導(dǎo)軌(電阻不計)，其間距/=0.2m,電阻R=O.3C接在導(dǎo)軌一端，ab是跨

接在導(dǎo)軌上質(zhì)量m=0.1kg、電阻r=0.1。的導(dǎo)體棒，已知導(dǎo)體棒和導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為0.2。從f=0時刻開

始，對血棒施加一個大小為F=0.45N?方向水平向左的恒定拉力，使其從靜止開始沿導(dǎo)軌滑動，滑動過程中

棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，求：(g=10m∕s2)

(1)導(dǎo)體棒所能達(dá)到的最大速度；

(2)試定性畫出導(dǎo)體棒運(yùn)動的速度一時間圖像。

【答案】(I)IOmZs(2)見解析圖

【解析】(1)導(dǎo)體棒切割磁感線運(yùn)動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為

f=B∕vΦ

由閉合電路歐姆定律，電路中的電流

/=Q

導(dǎo)體棒受到的安培力尸殳=8〃③

導(dǎo)體棒運(yùn)動過程中受到拉力F、安培力尸&和摩擦力Ff的作用，根據(jù)牛頓第二定律得F-μmg-F&=ma?

由①②③④得F-μmg--rτ^=ma(§)

KιΓ

由上式可以看出，隨著速度的增大，安培力增大，加速度α減小，當(dāng)加速度。減小到O時，速度達(dá)到最大。

此時有F-μmg-=o@

—r,口(尸—"〃2g)(/?+r)C

=

可得Vm=D2∕210m/So⑦

(2)導(dǎo)體棒運(yùn)動的速度一時間圖像如圖所示。

MmsT)

核心問題三電磁感應(yīng)中的綜合問題分析

1.電荷量的求解

電荷量勺=/加，其中/必須是電流的平均值。由E=n^、I=卷、q=∕Ar聯(lián)立可得q=/鏟，與時間無關(guān)。

2.求解焦耳熱Q的三種方法

(1)焦耳定律：Q=FR3適用于電流、電阻不變。

(2)功能關(guān)系：Q=WMi蝴力，電流變不變都適用。

(3)能量轉(zhuǎn)化：Q=△￡(其他能的減少量)，電流變不變都適用。

3.用到的物理規(guī)律

勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律、牛頓運(yùn)動定律、動能定理、能量守恒定律等。

【例3】(2022?廣西桂林市秀峰區(qū)第一次聯(lián)合調(diào)研)如圖甲為研究電磁感應(yīng)的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖,其中電流傳感器(電

阻不計)能將各時刻的電流數(shù)據(jù)實(shí)時通過數(shù)據(jù)采集器傳輸給計算機(jī)，經(jīng)計算機(jī)處理后在屏幕上同步顯示出/一f

圖象。平行且足夠長的光滑金屬軌道的電阻忽略不計，左側(cè)傾斜導(dǎo)軌平面與水平方向夾角0=37。，與右側(cè)水平

導(dǎo)軌平滑連接，軌道上端連接一阻值R=0.5C的定值電阻，金屬桿MN的電阻r=0.5C,質(zhì)量機(jī)=Ikg,桿長

L=Im,跨接在兩導(dǎo)軌上。左側(cè)傾斜導(dǎo)軌區(qū)域加一垂直軌道平面向下的勻強(qiáng)磁場；右側(cè)水平導(dǎo)軌區(qū)域也加一垂

直軌道平面向下的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為B=LOT,讓金屬桿例N從圖示位置由靜止釋放，其始終與

軌道垂直且接觸良好，金屬棒經(jīng)過傾斜軌道與水平軌道連接處無能量損失，此后計算機(jī)屏幕上顯示出金屬桿在

傾斜導(dǎo)軌上滑行過程中的/一f圖象，如圖乙所示，g取IOm/S?,sin37o=0.6,求：

(1)金屬桿MN在傾斜導(dǎo)軌上滑行的最大速率；

(2)金屬桿MN在水平導(dǎo)軌上滑行過程中克服安培力做的總功；

(3)根據(jù)計算機(jī)上顯示的/一￡圖象可知，當(dāng)f=0.5s時/=2A,0?0.5s內(nèi)通過電阻R的電荷量為0.5C,求0?

0.5s內(nèi)在電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱。

【答案】(l)6m∕s(2)18J(3)0.5J

【解析】(1)金屬桿受力如圖所示，當(dāng)金屬桿達(dá)到最大速率時已勻速下滑，由平衡條件得

∕ngsinΘ=BIL

EBLvm

=R+r=R+r

、Imgs?nθ?(/?+r)

所以Vm=--------瓦5---------

代入數(shù)據(jù)解得Vm=6m/s。

(2)金屬桿MN在水平導(dǎo)軌上滑行過程中，由功能關(guān)系可得

—IVs=O-∣∕τιι?

代入數(shù)據(jù)解得WZ=I8J。

(3)由題f=0.5s時∕=2A,依據(jù)閉合電路歐姆定律，有

EBLv

~R+r~R+r

代入數(shù)據(jù)解得v=2m/s

而0~0.5s內(nèi)通過電阻R的電荷量為4=0.5C

..EΔΦ?fΔΦBLx

<9=喬丹=^ZΓ而=而=而

代入數(shù)據(jù)得X=O.5m

由功能關(guān)系得∕n^xsinΘ=^ιnv2+Q

代入數(shù)據(jù)解得Q=IJ，則QR=舟0=0.5Jo

【變式訓(xùn)練1][2022?浙江6月選考]一種探測氣體放電過程的裝置如圖甲所示，充滿筑氣(Ne)的電離室中有兩

電極與長直導(dǎo)線連接，并通過兩水平長導(dǎo)線與高壓電源相連。在與長直導(dǎo)線垂直的平面內(nèi)，以導(dǎo)線為對稱軸安

裝一個用阻值RO=IOC的細(xì)導(dǎo)線繞制、匝數(shù)N=5xl03的圓環(huán)形螺線管，細(xì)導(dǎo)線的始末兩端c、d與阻值R=90

C的電阻連接。螺線管的橫截面是半徑a=1.0x10-2m的圓，其中心與長直導(dǎo)線的距離,?=0.1m。氣體被電離

后在長直導(dǎo)線回路中產(chǎn)生順時針方向的電流/,其圖像如圖乙所示。為便于計算，螺線管內(nèi)各處的磁感應(yīng)

kJ

強(qiáng)度大小均可視為B=7,其中?=2×107T?m∕Ao

(1)求0~6.0xl(Γ3S內(nèi)通過長直導(dǎo)線橫截面的電荷量Q；

(2)求3.0x103$時，通過螺線管某一匝線圈的磁通量如

(3)若規(guī)定c?→Rτd為電流的正方向，在不考慮線圈自感的情況下，通過計算，畫出通過電阻R的小一r圖像；

(4)若規(guī)定CTRTd為電流的正方向，考慮線圈自感，定性畫出通過電阻R的加一/圖像。

【答案】(1)0.5C(2)6.28x108Wb(3)見解析圖(4)見解析圖

【解析】(1)由電荷量和電流的關(guān)系q="可知，/一，圖像下方的面積表示電荷量，則。=/八h+/242+/3加3

解得2=0.5C?

(2)由磁通量的定義得Φ=BS=-×mr

代入數(shù)值解得O=6.28X1()-8wb。

(3)在0?LoXI0-3s時間內(nèi)電流均勻增加，山楞次定律可知感應(yīng)電流的方向cτR→d,產(chǎn)生恒定的感應(yīng)電動勢E

E

由閉合電路歐姆定律得∕R=T?

ATAO

解得iκ=3.14xl(Γ3A

在LoXl0-3?5.θχi(Γ3S時間內(nèi)電流恒定，穿過圓形螺線管的磁場恒定，因此感應(yīng)電動勢為零，感應(yīng)電流為零,

而在5.0x10,~6.0×103s時間內(nèi)電流隨時間均勻變化,斜率大小和0?LOxlOF$大小相同,因此電流大小相

同，由楞次定律可知感應(yīng)電流的方向?yàn)?-Rτc,則圖像如圖所示

r√(XIOTA)

3.14-------

1.()2.03.04.05：06"()7.0〃(x“尸S)

-3.14-------------------------------------

(4)考慮白感的情況下，線框會產(chǎn)生自感電動勢阻礙電流的增加，因此電流是緩慢增加的，經(jīng)過一段時間電路達(dá)

到穩(wěn)定后自感消失，電流的峰值和之前大小相同，在1.0x103?5.0x10-3,時間內(nèi)電路中的磁通量不變化，電流

要減小為零，因此自感電動勢會阻礙電流的減小，使得電流緩慢減小為零，電流圖像如圖所示。

【變式訓(xùn)練2](2022?浙江名校協(xié)作體開學(xué)聯(lián)考)如圖所示，有一間距L=Im的足夠長光滑平行傾斜金屬導(dǎo)軌

AB,Ab、傾角9=30。，A4處接有阻值R=0.3C的電阻，在底端8B，處通過光滑圓弧絕緣件連接平行光滑金屬

導(dǎo)軌肛B'D',其中軌道BC、9C部分間距為L、軌道C。、CD部分(左端略伸出外面，如圖)間距為與，在右

端。。處通過光滑圓弧絕緣件連接足夠長的光滑平行傾斜金屬導(dǎo)軌DE、D'E',傾角6=30。，在EE，端接有阻

值為R=0.3Ω的電阻和電容為C的電容器。金屬棒a、b質(zhì)量均為w=0.1kg、阻值均為r=0.2Ω,長度均為L,

垂直導(dǎo)軌放置，金屬棒6初始被鎖定在CC處，金屬棒4從某一高度上方任意位置由靜止釋放，都能以恒定速

度經(jīng)過處且經(jīng)過89處時b的鎖定裝置解除，之后棒”、b在各自軌道上運(yùn)動足夠長時間，當(dāng)棒a運(yùn)動到CC

處與兩固定在Cc處的金屬立柱相撞并粘在一起，最終棒h恰能通過處光滑圓弧絕緣件進(jìn)入傾斜軌道DE、

D1E'.在ABAb導(dǎo)軌間區(qū)域存在垂直導(dǎo)軌向上的勻強(qiáng)磁場，其他導(dǎo)軌間區(qū)域存在豎直向上的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)

強(qiáng)度大小均為氏=%。兩棒始終保持與導(dǎo)軌垂直且接觸良好，不計其他電阻，不計所有摩擦，忽略連接處能量

損失。重力加速度g取IOmzS2。求：

(1)棒a運(yùn)動至處時的速度大小及兩端電勢差大小U;

(2)棒a進(jìn)入水平軌道后棒a上產(chǎn)生的焦耳熱；

(3)試分析棒b進(jìn)入傾斜軌道DE,OE的運(yùn)動情況。

【答案】(I)Im/s?V(2島J(3)先變加速運(yùn)動，后勻速下滑

【解析】⑴當(dāng)金屬棒”運(yùn)動至88，處時?，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流分別為Efm,/=卷舞

由題意知當(dāng)運(yùn)動至8夕處時己處于平衡狀態(tài)，可得

〃2gsinB=ILBo

可解得UO=Im/s,金屬棒4兩端電勢差大小

3E3

u=7=mV。

(2)棒a、。在各自軌道上運(yùn)動足夠長時間，達(dá)到穩(wěn)定時滿足Bo?vl-Bojv2

由動量定理可得，〃、6分別滿足一/LBoAf=加山一/7Wo

解得力=0.2m/s,也=0.4m/s,從棒〃進(jìn)入水平軌道到穩(wěn)定的過程中，由能量守恒可得

C??1?I?1?

Ql總=2團(tuán)%一產(chǎn)0―5∕nv2=行J

,一22

對a桿有Qi”=QQl總=汴J

〃棒撞CC'后，。恰能進(jìn)入斜軌，VD=0?由能量守恒可得。2電=]J，Qhι~~^Qι&=250J

可得棒〃進(jìn)入水平軌道后，棒〃上產(chǎn)生的焦耳熱為

23

Qa—Qlα+Q2.~^750°

(3)棒b剛進(jìn)入傾斜軌道DE、OE時，UO=0,棒匕在重力和支持力作用下沿傾斜導(dǎo)軌加速，E、I、產(chǎn)安均增大,

由牛頓第二定律得"Zgsin。一廠安cos。二次〃，。減小，當(dāng)