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第4讲　小专题:电磁感应中的动力学和能量问题
【学习目标】
1.理解并认同“能量守恒”是自然界普遍适用的基本规律;能分析电磁感应现象中各种能量形式的相互转化关系;能定量计算感应电流产生的焦耳热、安培力所做的功以及机械能的变化量;深刻理解安培力是磁场对电流的作用力,是电磁感应中连接“电”与“力”的桥梁。能分析导体棒在磁场中运动时受到的安培力及其效果;能将电磁学知识与牛顿运动定律相结合,分析导体棒在磁场中的变速运动过程。
2.培养基于物理学科特点的模型构建、科学推理和科学论证的能力,并识别典型的物理模型;能熟练运用动力学观点、能量观点从不同角度对同一物理过程进行多角度、多层次的分析,并能比较不同方法的优劣;能对解决问题的方案和结果进行反思和评价,判断其合理性;能尝试用不同的思路和方法解决复杂的综合性问题,培养思维的灵活性和创新性。
考点一　电磁感应中的动力学问题
1.导体的两种运动状态
(1)导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态。
处理方法:根据平衡条件列式分析。
(2)导体的非平衡状态——加速度不为零。
2.力学对象和电学对象的相互关系
3.用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤
4.导体棒切割磁感线的常见情况分析(不受摩擦力)
情境 图示 力学分析 运动图像
导体有初速度 导体受安培力而做加速度减小的减速运动
含“源”电路 导体由静止开始运动　 导体先做加速度减小的加速运动,当E感=E时速度最大
导体受恒力F在水平面、斜面或竖直面上由静止开始运动 随着速度增大,安培力增大,加速度减小,具有最大速度
含“容”电路 导体由静止开始运动 导体由静止开始运动,加速度不变,电容器的电荷量增加
[例1] 【“导体棒+磁场”模型】 (多选)(2025·山西晋中专题练习)如图所示,两电阻为零的光滑导轨水平放置在垂直于纸面向里的匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B。导轨间距最窄处为一狭缝(狭缝宽度不计),取狭缝所在处O点为坐标原点,狭缝右侧两导轨与x轴的夹角均为θ,导轨左端可以通过单刀双掷开关S与电容器C或电阻R相连。导轨上有一足够长且不计电阻的金属棒与x轴垂直,在外力F(大小未知)的作用下从O点开始以速度v向右匀速运动,若开关S接1,外力用F1表示,通过金属棒的电流用I1表示;若开关S接2,外力用F2表示,通过金属棒的电流用I2表示。以金属棒刚开始运动的时刻作为零时刻计时,关于外力大小和电流随时间变化的图像关系正确的是(　　)
A　 　　B
C　　 　D
[例2] 【电路含“源”模型】 (多选)(2025·四川内江三模)如图,两条电阻不计的光滑平行金属导轨位于同一水平面内,其左端接一电源,右侧部分处于竖直向下的匀强磁场中。阻值恒定的金属杆在水平向右平行于导轨的恒力F作用下,从无磁场区域的a处由静止开始运动,到达磁场中b位置时开始反向运动。金属杆在整个运动过程中,始终与导轨垂直且与导轨保持良好接触。则金属杆在第一次往、返运动中,下列说法正确的是(　　)
A.金属杆在磁场中受到的安培力始终向左
B.金属杆进入磁场后做加速度增大的减速运动
C.金属杆恰好能够回到a处
D.金属杆能回到无磁场区,但不能回到a处
[例3] 【“线框+磁场”模型】 (2025·辽宁鞍山三模)如图所示,一倾角α=37°的光滑固定斜面的顶端放有质量M=0.06 kg的电阻不计的U形导体框。一有效阻值R=3 Ω、质量m=0.02 kg的金属棒CD的两端置于导体框上,与导体框构成矩形回路CDEF,EF与斜面底边平行,长度L=0.6 m。初始时CD与EF相距s0=0.4 m,金属棒与导体框同时由静止开始下滑,金属棒下滑距离s1= m后进入一方向垂直于斜面向上的磁感应强度大小B=1 T的有界匀强磁场,磁场边界(图中虚线)与斜面底边平行。金属棒在磁场中做匀速运动,直到离开磁场区域。当金属棒离开磁场的瞬间,导体框的EF边恰好进入磁场,并在匀速运动一段距离后开始加速。已知金属棒与导体框之间始终接触良好。重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)金属棒在磁场中运动时所受的安培力;
(2)金属棒与导体框之间的动摩擦因数;
(3)导体框在磁场中匀速运动过程中克服安培力做的功。
考点二　电磁感应中的能量问题
1.电磁感应中的能量转化
2.求解焦耳热Q的三种方法
[例4] 【应用功能关系解决能量问题】 (2025·贵州遵义阶段检测)如图甲所示,光滑的金属导轨MN和PQ平行,间距L=1.0 m,与水平面之间的夹角α=37°,匀强磁场磁感应强度大小B=
3.0 T,方向垂直于导轨平面向上。MP间接有阻值R=2 Ω 的电阻,质量m=0.5 kg、电阻r=0.5 Ω的金属棒ab垂直于导轨放置。现用和导轨平行的恒力F沿导轨平面向上拉金属棒ab,使其由静止开始运动,当金属棒上滑的位移x=2 m时达到稳定状态,对应过程的vt 图像如图乙所示。g取10 m/s2,已知导轨足够长,不计导轨电阻,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)1 s末金属棒两端的电势差Uab;
(2)恒力F的大小;
(3)从金属棒开始运动到刚达到稳定状态,此过程中R产生的焦耳热QR;
(4)从金属棒开始运动到刚达到稳定状态过程,通过金属棒ab横截面的电荷量q。
【解析】 (1)由右手定则可判断金属棒中感应电流由a流向b,b相当于电源的正极,故b端电势高;由题图乙可知1 s末金属棒的瞬时速度为0.6 m/s,
电动势为　　　　　　　　,
1 s末金属棒两端的电势差
Uab=　　　　　　　　,
解得Uab= 　　　　　　。
(2)当金属棒匀速运动时,由平衡条件得
　　　　　　　　　　　　,
其中F安=　　　　　　　　,
由题图乙可知 v=1.0 m/s,
联立解得F=　　　　　。
(3)从金属棒开始运动到刚达到稳定状态,根据动能定理可得
　　　　　　　　　　　　　　,
又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热,代入数据解得
Q=　　　　　　　　,
又Q=QR+Qr,=　　　　,
可得QR=　　　　　　。
(4)从金属棒开始运动到刚达到稳定状态,有
q=　　　　　　　　　　　　　,
代入数据解得q=　　　　　　。
【答案】 (1)-1.44 V　(2)6.6 N
(3)5.56 J　(4)2.4 C
[例5] 【应用能量守恒定律解决能量问题】 (2025·四川宜宾三模)电磁实验室中,几名同学正探究在梯度磁场中有关功率的问题。实验模型简化示意图如图甲所示,水平面内两根足够长的镀银导轨水平放置并固定,其间距l=0.4 m,左端与阻值R=0.15 Ω的电阻相连。学生启动磁场生成系统,使x>0区域的磁感应强度B呈线性分布,方向垂直于导轨平面向下,监测屏上显示的Bx图像如图乙所示。一质量为m=0.1 kg、接入导轨的电阻r=0.05 Ω的金属棒,以v0=2 m/s滑入磁场时开启伺服电机,该电机动态调节作用在金属棒中点上的水平外力F的大小,使此过程中电阻R的电功率保持不变,其Pt图像如图丙所示。金属棒运动过程中与导轨始终接触良好并与导轨垂直,不计导轨电阻,不计摩擦力,求:
(1)电阻R消耗的电功率P0;
(2)金属棒在x=3 m处的速度大小;
(3)金属棒从x=0运动到x=3 m过程中水平外力F做功的平均功率。
第4讲　小专题:电磁感应中的
动力学和能量问题
考点一
[例1] AD　[例2] AD　
[例3] 【答案】 (1)0.18 N,方向沿斜面向上
(2)0.375　(3) J
【解析】 (1)由于斜面光滑,所以导体框与金属棒由静止开始同步匀加速下滑,以整体为研究对象,则有
m总gsin α=m总a1,
解得a1=6 m/s2;
当金属棒进入磁场时,
速度为v1==1.5 m/s,
所产生的感应电动势为
E1=BLv1=1×0.6×1.5 V=0.9 V,
回路中的感应电流为I1==0.3 A,
金属棒受到的安培力为
F1=I1LB=0.3×0.6×1 N=0.18 N,
方向沿斜面向上。
(2)金属棒进入磁场做匀速直线运动,因此相对导体框向上运动,其受力如图甲所示,根据平衡条件有
F1=mgsin α+Ff,
而Ff=μFN1,FN1=mgcos α,
代入数值联立解得μ=0.375。
(3)在金属棒进入磁场而导体框EF边未进入磁场过程,导体框的受力情况如图乙所示,
根据牛顿第二定律有
Mgsin α-Ff'=Ma2,
其中Ff'=Ff,
代入数据联立解得
a2=5 m/s2;
该过程中,根据速度—位移关系式有
-=2a2s0,
即EF恰好进入磁场的速度为v2=2.5 m/s,
此时金属棒的速度为v1=1.5 m/s则金属棒的受力如图丙所示,
由牛顿第二定律有
mgsin α+Ff=ma3,
解得a3=9 m/s2,
金属棒加速到v2需要时间
t3== s= s,
即导体框匀速运动的距离
s2=v2t3=2.5× m= m,
此时EF边产生的感应电动势
E2=BLv2=1×0.6×2.5 V=1.5 V,
感应电流为I2=0.5 A,
EF边受到的安培力
F2=I2LB=0.5×0.6×1 N=0.3 N,
方向沿斜面向上;
导体框克服安培力做的功为
W=F2s2=0.3× J= J。
考点二
[例4] 【答案】 (1)-1.44 V　(2)6.6 N　(3)5.56 J
(4)2.4 C
【解析】 (1)由右手定则可判断金属棒中感应电流由a流向b,b相当于电源的正极,故b端电势高;
由题图乙可知1 s末金属棒的瞬时速度为0.6 m/s,电动势为E=BLv,
1 s末金属棒两端的电势差 Uab=-E,
解得Uab= -1.44 V。
(2)当金属棒匀速运动时,由平衡条件得
F=mgsin 37°+F安,
其中F安=ILB=,
由题图乙可知 v=1.0 m/s,
联立解得F=6.6 N。
(3)从金属棒开始运动到刚达到稳定状态,根据动能定理可得(F-mgsin 37°)x-W克=mv2,
又克服安培力所做的功等于整个电路产生的焦耳热,代入数据解得Q=W克=6.95 J,
又Q=QR+Qr,=,
可得QR=5.56 J。
(4)从金属棒开始运动到刚达到稳定状态,有
q=Δt=Δt=Δt==,
代入数据解得q=2.4 C。
[例5] 【答案】 (1)0.6 W　(2)0.5 m/s　(3)0.75 W
【解析】 (1)电阻上消耗的功率不变,即回路电流不变,在 x=0处有E0=B0lv0,
根据闭合电路欧姆定律有I=,
而功率为P0=I2R,
代入数据联立解得P0=0.6 W。
(2)由题图乙可知,磁感应强度为
B=B0+kx=0.5+0.5x(T),
则在x=3 m处B3=2 T,
根据B3lv3=E0,
解得v3=0.5 m/s。
(3)电阻上消耗的功率不变,I恒定,电动势恒定,则平均电动势和瞬时电动势数值相同,
则有==E0,
前3 m的过程中,磁通量变化量
ΔΦ=l··x3=0.4×1.25×3 Wb=1.5 Wb,
由于=I·t,
联立解得t=3.75 s,
此过程中水平外力F所做的功为电机输入的能量,根据能量守恒定律有
WF=m-m+Q总,
而Q总=I2(R+r)t=3 J,
解得WF=2.812 5 J,
可得==0.75 W。第2讲　法拉第电磁感应定律　自感、涡流
【学习目标】
1.理解“变化”是产生感应电动势的关键;理解“变化率”的核心地位;能区分“感生电动势”和“动生电动势”两种不同的产生机制。
2.能利用法拉第电磁感应定律和楞次定律进行定量计算和定性判断;能推导导体棒切割磁感线时的电动势公式;能分析自感现象中“阻碍原电流变化”的本质;能对“涡流”的利与弊进行辩证分析。
3.体验科学家发现重要规律的过程,培养设计实验、获取和处理信息、基于证据得出结论的探究能力。
4.了解法拉第发现电磁感应定律的历史背景和意义,体会科学家坚持不懈、勇于探索的科学精神;能举例说明电磁感应定律在日常生活和工业生产中的广泛应用;能分析自感现象和涡流在电路保护和潜在危害中的双重角色,从而树立节能环保和可持续发展的意识。
[footnoteRef:0] [0:
1.(多选)(2025·黑吉辽内蒙古卷,9) 如图,“L”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直,各边长均为l。线框绕b、e所在直线以角速度ω顺时针匀速转动,be与磁场方向垂直。t=0时,abef与水平面平行,则(　　)
A.t=0时,电流方向为abcdefa
B.t=0时,感应电动势为Bl2ω
C.t=时,感应电动势为0
D.t=0到t=过程中,感应电动势平均值为0
2.如图甲所示,横截面积S=50 cm2、匝数n=100、电阻r=50 Ω的线圈,沿线圈轴向有匀强磁场,设图示磁场方向为正方向,磁感应强度随图乙所示规律变化,则0~0.2 s内(　　)
A.磁通量的变化量为0.04 Wb
B.磁通量的变化率为0.2 Wb/s
C.a点的电势比b点的电势高0.2 V
D.在a、b间接一个理想电流表时,电流表示数为0.4 A]
考点一　对法拉第电磁感应定律的理解及应用
1.法拉第电磁感应定律应用的三种情况
(1)磁通量的变化是由面积变化引起时,ΔΦ=B·ΔS,则E=nB。
(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时,ΔΦ=ΔB·S,则E=nS。
(3)磁通量的变化是由面积和磁场共同变化引起时,ΔΦ=Φ末-Φ初,则E=n≠n。
2.识别图像中的感应电动势
在有关图像问题中,磁通量的变化率是Φt图像上某点切线的斜率,利用斜率和线圈匝数可以确定该点感应电动势的大小。
[例1] 【对电磁感应定律的理解】 (多选)(2025·安徽合肥模拟)如图所示,半径为r1、粗细均匀的单匝圆形金属线圈内有一半径为r2的圆形区域存在匀强磁场,磁感应强度方向垂直于线圈平面向外,磁感应强度B随时间t的变化关系为B=B0+kt,B0、k为正的常量,线圈电阻为R,则磁感应强度从B0增大到2B0时间内(　　)
A.线圈中电子沿逆时针方向定向移动
B.线圈面积有缩小的趋势
C.线圈中产生的焦耳热为
D.通过导线横截面的电荷量为
[例2] 【公式E=n的应用】 (2025·安徽六安模拟)如图甲所示,斜面顶部线圈的横截面积S=0.02 m2,匝数N=200,内有水平向左的磁场B1,磁感应强度随时间的变化图像如图乙所示。线圈与间距为L=0.2 m 的光滑平行金属导轨相连,导轨固定在倾角θ=37°的绝缘斜面上。图示虚线cd下方存在磁感应强度B2=0.5 T的匀强磁场,磁场方向垂直于斜面向上。质量m=
0.02 kg的导体棒ab垂直于导轨放置,其有效电阻R=1 Ω,从无磁场区域由静止释放,导体棒沿斜面下滑一段距离后刚好进入磁场B2中并匀速下滑。在运动中导体棒与导轨始终保持良好接触,导轨足够长,线圈和导轨电阻均不计。重力加速度g取10 m/s2,取sin 37°=0.6,cos 37°=
0.8,求:
(1)导体棒进入磁场B2前流过导体棒的感应电流大小和方向;
(2)导体棒刚好进入磁场B2时的速度大小。
考点二　电磁感应中导体切割磁感线问题
如图所示,长为l的导体棒以O端为圆心,在垂直于磁场的平面内以角速度ω匀速转动,磁感应强度大小为B。
(1)在时间t内导体棒扫过的面积是多少
(2)导体棒两端产生的感应电动势是多少
1.平动切割
(1)对公式E=Blv的理解。
适用 条件 ①磁场为匀强磁场; ②B、l、v三者互相垂直
有效性 公式中的l为导体棒切割磁感线的有效长度,如图中的有效切割长度均为ab
相对性 E=Blv中的速度v是导体棒相对磁场的速度。若磁场也在运动,应注意速度间的相对关系
(2)当B与l、v垂直,但l与v不垂直时,E=Blvsin θ,其中θ为v与l的夹角,如图所示。
2.转动切割
当导体在垂直于磁场(磁感应强度为B)的平面内,绕一端以角速度ω匀速转动时,产生的感应电动势为E=Bl=Bl2ω。
3.公式E=n与E=Blv的区别与联系
公式 E=n E=Blv
区 别 研究 对象 闭合回路 回路中做切割磁感线运动的那部分导体
适用 范围 对任何电磁感应 现象普遍适用 只适用于导体切割 磁感线运动的情况
联系 导体切割磁感线是电磁感应现象的特例,E=Blv可由E=n推导得出
[例3] 【平动切割问题】 (2025·四川卷,14)如图所示,长度均为s的两根光滑金属直导轨MN和PQ固定在水平绝缘桌面上,两者平行且相距l,M、P连线垂直于导轨,定滑轮位于N、Q连线中点正上方h处。MN和PQ单位长度的电阻均为r,M、P间连接一阻值为2sr的电阻。空间有垂直于桌面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B。用过定滑轮的不可伸长绝缘轻绳拉动质量为m、电阻不计的金属杆沿导轨向右做匀速直线运动,速度大小为v。零时刻,金属杆位于M、P连线处。金属杆在导轨上时与导轨始终垂直且接触良好,重力加速度大小为g。求:
(1)金属杆在导轨上运动时,回路的感应电动势;
(2)金属杆在导轨上与M、P连线相距为d时,回路的热功率;
(3)金属杆在导轨上保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程。
[例4] 【转动切割问题】 (2025·江苏卷,15)圆筒式磁力耦合器由内转子、外转子两部分组成。工作原理如图甲所示。内、外转子可绕中心轴OO′转动。外转子半径为r1,由四个相同的单匝线圈紧密围成,每个线圈的电阻均为R,直边的长度均为L,与轴线平行。内转子半径为r2,由四个形状相同的永磁体组成,磁体产生径向磁场,线圈处的磁感应强度大小均为B。外转子始终以角速度ω0匀速转动,某时刻线圈abcd的直边ab与cd处的磁场方向如图乙所示。
(1)若内转子固定,求ab边产生感应电动势的大小E;
(2)若内转子固定,求外转子转动一周,线圈abcd产生的焦耳热Q;
(3)若内转子不固定,外转子带动内转子匀速转动,此时线圈中感应电流为I,求线圈abcd中电流的周期T。
考点三　自感与涡流　电磁阻尼和电磁驱动
　通电自感和断电自感的比较
项目 灯泡与线圈串联 灯泡与线圈并联
电路图
通电时 电流逐渐增大, 灯泡逐渐变亮 电流突然增大,然后逐渐减小达到稳定
断电时 电流逐渐减小, 灯泡逐渐变暗, 电流方向不变 电路中稳态电流为I1、I2: (1)若I2≤I1,灯泡逐渐变暗; (2)若I2>I1,灯泡闪亮后逐渐变暗。 两种情况下灯泡中电流方向均改变
能量转 化情况 通电时电能转化为磁场能,断电时磁场能转化为电能
[例5] 【自感问题】 (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
[变式] (1)若一开始开关断开,当闭合开关,P、Q两灯如何变化
(2)开关S断开瞬间,流经P灯的电流方向如何变化
分析自感问题的三个技巧
[例6] 【涡流问题】 (2025·河南卷,5)如图,一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时,沿N极到S极的方向看,下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是(　　)
A　　 　B
C　　 　D
[例7] 【电磁驱动】 (2025·山西临汾阶段练习)如图所示,蹄形磁铁和矩形线圈均可绕竖直轴OO′转动。从上向下看,当磁铁逆时针转动时,则(　　)
A.线圈将逆时针转动,转速与磁铁相同
B.线圈将逆时针转动,转速比磁铁小
C.只有线圈位置与磁场垂直时,线圈才会转动
D.若使磁铁停止转动,线圈会由于空气阻力而慢慢停下来
第2讲　法拉第电磁感应定律　自感、涡流
考点一
[例1] AC　
[例2] 【答案】 (1)0.4 A,方向为b到a　(2)8 m/s
【解析】 (1)由法拉第电磁感应定律,斜面顶部线圈产生的感应电动势为E1=N=NS,
产生的感应电流为I1=,
代入数据可得I1=0.4 A,
根据楞次定律可得电流方向为b到a。
(2)导体棒沿斜面下滑一段距离后进入磁场B2中匀速下滑,由平衡条件可得
B2I2L=mgsin θ,
导体棒在磁场B2中切割磁感线产生的感应电流方向为b到a,回路中的感应电动势为E1+E2,
由闭合电路欧姆定律可得E1+E2=I2R,
其中E2=B2Lv,解得v=8 m/s。
考点二
模理探真:(1)l2ωt　(2)Bl2ω
[例3] 【答案】 (1)Blv　(2)　(3)
【解析】 (1)金属杆在导轨上运动时,切割磁感线,产生感应电动势E=Blv。
(2)金属杆运动距离d时,电路中的总电阻为
R=2dr+2sr,
故此时回路中总的热功率为P==。
(3)设金属杆保持速度大小v做匀速直线运动的最大路程为x,此时刚好将要脱离导轨,设绳子拉力为FT,与水平方向的夹角为θ,对金属杆根据受力平衡可知
F安=FTcos θ,mg=FTsin θ,
根据位置关系有tan θ=,
同时有F安=IlB,I=,
联立解得x=。
[例4] 【答案】 (1)BLω0r1　(2)　
(3)
【解析】 (1)根据题意可知,ab转动时的线速度为v=ω0r1,
则ab边产生的感应电动势
E=BLv=BLω0r1。
(2)由题图可知,若内转子固定,外转子转动过程中,ab、cd均切割磁感线,且产生的感应电流方向相同,则转动过程中产生的感应电动势为
E1=2BLv=2BLω0r1,
感应电流为I1=,
外转子转动一周的时间为t=,
则abcd转一周产生的热量Q=Rt,
代入数据可得Q=。
(3)结合题图可知,外转子转动T电流方向改变,大小不变,若内转子不固定,跟着外转子一起转,且abcd中的电流为I,则感应电动势为E'=IR,
又有E'=2BLΔv,
解得Δv=,
则电流改变方向的时间为
t==,
则电流的周期为T=2t=。
考点三
[例5] D　
[变式] (1)P、Q两灯先瞬间变亮,后P灯亮度逐渐减小至微亮,Q灯亮度逐渐增大直至正常
发光。
(2)断开瞬间,流经P灯的电流由自左向右变为自右向左。
[例6] C　[例7] B　第5讲　小专题:电磁感应中的动量问题
【学习目标】
1.理解安培力的冲量是改变系统动量或转移动量的关键物理量;掌握“安培力的冲量”与“回路中通过的电荷量”之间的定量关系。
2.能熟练运用动量定理处理单杆变速运动问题;能通过理论推导,建立“电荷量q”与“动量变化Δp”或“位移x”之间的桥梁关系;能判断“双杆”系统在什么条件下动量守恒或某一方向动量守恒;能运用动量守恒定律和能量守恒定律对双杆系统进行联立求解;能对不同解法的合理性进行判断和评价。
3.能体会物理学不同领域知识的内在统一性和普适性;认识到动量、能量等守恒定律是自然界最基本、最普遍的规律;在解决综合性强、难度大的问题时,培养耐心、细致、严谨的科学态度;对复杂计算和多重判断,不轻言放弃,体验攻克难题的成就感;了解电磁感应原理在现代科技中的应用实例,激发学习兴趣和创新意识。
考点一　动量定理在电磁感应中的应用
(1)水平放置的光滑平行导轨间距为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,通过电阻R的电荷量和导体棒的位移分别是多大
(2)间距为l的光滑平行导轨倾斜放置,倾角为θ,由静止释放质量为m、阻值为R的导体棒,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,这个过程所用时间是多少 (结果分别用q、x表示)
1.导体棒在磁场中所受安培力是变力时,可用动量定理分析棒的速度变化,表达式为
I其他+LBΔt=mv-mv0
或I其他-LBΔt=mv-mv0;
若其他力的冲量矢量和为零,则有
LBΔt=mv-mv0。
2.通过的电荷量为q=Δt=。
3.导体棒位移可由-Δt=mv-mv0得
x=Δt=。
4.求时间
(1)已知电荷量q,F其他为恒力,可求出非匀变速运动的时间。
-BLΔt+F其他Δt=mv-mv0,Δt=q。
(2)若已知位移x,F其他为恒力,可求出非匀变速运动的时间。
+F其他Δt=mv-mv0,Δt=x。
[例1] 【求安培力冲量问题】 (2025·广西卷,7)如图,两条固定的光滑平行金属导轨,所在平面与水平面夹角为θ,间距为l,导轨电阻忽略不计,两端各接一个阻值为2R的定值电阻,形成闭合回路。质量为m的金属棒垂直于导轨放置,并与导轨接触良好,接入导轨之间的电阻为R。劲度系数为k的两个完全相同的绝缘轻质弹簧与导轨平行,一端固定,另一端均与金属棒中间位置相连,弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=kx2。将金属棒移至导轨中间位置时,两弹簧刚好处于原长状态,整个装置处于垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。将金属棒从导轨中间位置向上移动距离a后静止释放,金属棒沿导轨向下运动到最远处,用时为t,最远处与导轨中间位置距离为b,弹簧形变始终在弹性限度内。此过程中(　　)
A.金属棒所受安培力冲量大小为
B.每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为+
C.每个定值电阻产生的热量为+
D.金属棒的平均输出功率为
[例2] 【双电磁感应问题中的应用】 (2025·贵州阶段练习)如图所示,固定在绝缘水平面上、半径为r的金属圆环处在方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,竖直导电转轴OO′经过金属圆环的圆心O点,长度为2r、粗细均匀的金属棒ab的a端固定在O点,金属棒ab随转轴匀速转动,转动过程中金属棒ab与金属圆环接触良好。圆环左侧有两根足够长、间距为L、倾角为θ的平行光滑固定金属导轨,两根导轨通过导线和电刷分别与金属圆环和导电转轴OO′相连。导轨所在空间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小也为B。质量为m、长度为L、电阻为R的金属棒cd垂直放置在导轨上且刚好能保持静止,重力加速度为g,除金属棒cd外,其余电阻均不计。
(1)求通过金属棒cd的电流I和ab的转动方向(从上往下看);
(2)求金属棒ab的角速度ω;
(3)若金属棒ab转动的角速度变为原来的三分之一,将金属棒cd从导轨上由静止释放,经过时间t,金属棒cd速度达到稳定,已知金属棒cd运动过程中与导轨始终垂直并接触良好,求该过程中金属棒cd运动的位移大小x。
[例3] 【导体框类问题中的应用】 (2025·福建卷,16)水平地面上固定有一倾角为30°的绝缘光滑斜面,其上有两个宽度分别为l1、l2的条形匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ,虚线为磁场边界,均与斜面底边平行;两区域磁场的磁感应强度大小相等、方向均垂直于斜面向上,示意图如图所示。一质量为m、电阻为R的正方形细导线框abcd置于区域Ⅰ上方的斜面上,cd边与磁场边界平行。线框由静止开始下滑,依次穿过区域Ⅰ、区域Ⅱ。已知cd边进入区域Ⅰ到ab边离开区域Ⅰ的过程中,线框速度恒为v,cd边进入区域Ⅱ和ab边离开区域Ⅱ时线框的速度相同;区域Ⅰ、Ⅱ间的无磁场区域宽度大于线框边长。线框各边材料相同、粗细均匀;下滑过程线框形状不变且始终处于斜面内,cd边始终与磁场边界平行;重力加速度大小为g。求:
(1)初始时cd边与区域Ⅰ上边界的距离;
(2)cd边进入区域Ⅰ后瞬间,cd两端的电势差;
(3)cd边进入区域Ⅱ到ab边离开区域Ⅱ的过程中,线框克服安培力做功的平均功率。
考点二　动量守恒定律在电磁感应中的应用
　双棒模型(不计摩擦力)
类型 双棒无外力 双棒有外力
示意图 (F为恒力)
动力学 观点 导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动,导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动,最后两棒以相同的速度做匀速直线运动 导体棒1做加速度逐渐减小的加速运动,导体棒2做加速度逐渐增大的加速运动,最终两棒以相同的加速度做匀加速直线运动
动量 观点 系统动量守恒 系统动量不守恒
能量 观点 棒1动能的减少量=棒2动能的增加量+焦耳热 外力做的功=棒1的动能+棒2的动能+焦耳热
[例4] 【动量守恒定律的应用——双棒模型】 (2025·山东济南期末)如图所示,平行光滑金属导轨AEM、CDN固定在地面上,EM、DN水平放置且足够长,导轨在E、D两点处平滑连接,圆弧轨道的最高点与水平轨道的高度差为h=0.8 m,水平部分处在磁感应强度大小为B=0.1 T、方向竖直向上的匀强磁场中,导轨间距均为L=0.5 m。金属棒a、b先后从左侧轨道的最高点无初速度释放,当b棒到达圆弧轨道底部时,a棒已在水平区域且速度大小为v1=2 m/s,两棒的质量ma=mb=0.1 kg、两棒接入轨道部分的电阻Ra=Rb=0.1 Ω,导轨电阻不计,忽略一切摩擦阻力,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)a棒在水平轨道上的最大加速度;
(2)整个运动过程中b棒上产生的焦耳热;
(3)最终两棒之间的距离。
[例5] 【三大观点在电磁感应中的综合应用】 (2025·河北卷,15)某电磁助推装置设计如图,超级电容器经调控系统为电路提供1 000 A的恒定电流,水平固定的平行长直导轨处于垂直水平面的匀强磁场中,a可视为始终垂直导轨的导体棒,b为表面绝缘的无人机。初始时a静止于MM′处,b静止于a右侧某处。现将开关S接1端,a与b正碰后锁定并一起运动,损失动能全部储存为弹性势能。当a运行至NN′时将S接2端,同时解除锁定,所储势能瞬间全部转化为动能,a与b分离。已知电容器电容C为10 F,导轨间距为0.5 m,磁感应强度大小为1 T,MM′到NN′的距离为5 m,a、b质量分别为2 kg、8 kg,a在导轨间的电阻为0.01 Ω。碰撞、分离时间极短,各部分始终接触良好,不计导轨电阻、摩擦和储能耗损,忽略电流对磁场的影响。
(1)若分离后某时刻a的速度大小为10 m/s,求此时通过a的电流大小。
(2)忽略a、b所受空气阻力,当a与b的初始间距为1.25 m时,求b分离后的速度大小,分析其是否为b能够获得的最大速度;并求a运动过程中电容器的电压减小量。
(3)忽略a所受空气阻力,若b所受空气阻力大小与其速度v的关系为F阻=kv2(k=0.025 N·s2/m2),初始位置与(2)问一致,试估算a运行至NN′时,a分离前的速度大小能否达到(2)问中分离前速度的99%,并给出结论。(0.992=0.980 1)
第5讲　小专题:电磁感应中的动量问题
考点一
模理探真:(1)取向右为正方向,由-lBΔt=0-mv0,q=Δt,可得q=;又由-Δt=0-mv0,得x=Δt=。
(2)由-lBΔt+mgsin θ·Δt=mv-0,q=Δt,可得时间Δt=;
或由-Δt+mgsin θ·Δt=mv-0,x=Δt,可得时间Δt=。
[例1] D　
[例2] 【答案】 (1),方向为c→d　逆时针转动
(2)　(3)-
【解析】 (1)对金属棒cd,根据平衡条件有
F安=mgsin θ,其中F安=BIL,
解得I=,
由于安培力方向沿导轨平面向上,由左手定则可知,电流经过金属棒cd的方向为c→d,又由右手定则可知,从上往下看,金属棒ab沿逆时针转动。
(2)金属棒ab在圆环内的一半接入电路,接入部分的电压U1=IR,
金属棒ab接入电路部分产生的电动势大小
E1=Br·,而E1=U1,
联立解得ω=。
(3)若金属棒ab转动的角速度变为原来的三分之一,则金属棒cd两端的电压为U2=IR,
设金属棒cd稳定运动的速度大小为v,其自身产生的电动势E2'=BLv,
则实际通过金属棒cd的电流大小I'=,
又此时金属棒cd受力平衡,有mgsin θ=BI'L,
解得v=,
金属棒cd从静止到速度稳定,根据动量定理有
mgsin θ·t-BLt=mv,
又=I+,x=t,
解得x=-。
[例3] 【答案】 (1)　(2)
(3)若l1若l1>l2,则=
【解析】 (1)设初始时刻cd边与区域Ⅰ上边界的距离为s,从开始运动到cd边刚进入区域Ⅰ的过程中,由动能定理有mgssin 30°=mv2-0,
解得s=。
(2)设磁感应强度大小为B,线框边长为l,cd边进入区域Ⅰ后瞬间产生的感应电动势大小为E,cd两端的电势差为U。
由法拉第电磁感应定律、安培力公式、闭合电路欧姆定律、力的平衡关系有
E=Blv,
Bl=mgsin 30°,
U=E,
解得U=。
(3)经分析,线框穿过区域Ⅱ的过程中,经历减速、加速、再减速三个阶段,两个减速阶段线框均克服安培力做功。设线框穿过区域Ⅱ所用时间为t,此过程克服安培力做功的平均功率为,
穿过区域Ⅱ的整个过程,由能量守恒定律有
mg(l+l2)sin 30°=t;
设减速阶段任意微小时间间隔Δti内的位移为Δsi,依题意,线框穿过区域Ⅱ的过程,动量变化量为零。由动量定理有
mgsin 30°·t-BlΔti=0,
由于线框匀速通过区域Ⅰ,可知线框边长l等于区域Ⅰ的宽度l1,即l=l1,
若l解得=;
若l>l2,则Δsi=2l2,
解得=。
考点二
[例4] 【答案】 (1)0.5 m/s2　(2)0.35 J　(3)8 m
【解析】 (1)对a棒由机械能守恒定律有
magh=ma,
解得a棒进入水平区域时的速度大小为v0=4 m/s;
a棒刚进入磁场时,感应电动势最大,即在水平轨道上加速度最大,且Em=BLv0=0.2 V,
此时感应电流I==1 A,
对a棒由牛顿第二定律有ILB=maa,
解得a棒在水平轨道上的最大加速度为a=0.5 m/s2。
(2)b棒到达圆弧轨道底部后做减速运动,a棒做加速运动,设两棒速度相等时速度大小为v,以a、b两棒组成的整体为研究对象,根据动量守恒定律有
mbv0+mav1=(mb+ma)v,
代入数据解得v=3 m/s,方向水平向右;
设整个运动过程中回路产生的总焦耳热为Q,b棒产生的焦耳热为Qb,对a、b两棒由能量守恒定律得
(ma+mb)gh=(ma+mb)v2+Q,
解得Q=0.7 J,
又==,
解得整个运动过程中b棒上产生的焦耳热
Qb=0.35 J。
(3)设a棒进入水平区域后经过时间Δt1b棒到达圆弧轨道底部,a棒水平位移为x1,对a棒,取水平向右为正方向,由动量定理有
-BLΔt1=mav1-mav0,
根据法拉第电磁感应定律有 =,
其中ΔΦ=BLx1,
根据闭合电路欧姆定律有 =,
联立以上各式得-=mav1-mav0,
解得x1=16 m;
设b棒到达圆弧轨道底部后经过时间Δt2两棒速度相同,对b棒,取水平向右为正方向,由动量定理有
-B'LΔt2=mbv-mbv0,
根据法拉第电磁感应定律有 '=,
根据闭合电路欧姆定律有 '=,
设Δt2时间内b棒与a棒之间的相对位移为x2,
则ΔΦ'=BLx2,
联立以上各式得-=mbv-mbv0,
解得x2=8 m,
所以最终金属棒a和b之间的距离
Δx=x1-x2=8 m。
[例5] 【答案】 (1)500 A　(2)见解析　(3)见解析
【解析】 (1)分离后a切割磁感线,有E=BLv,
则通过a的电流I=,
解得I=500 A。
(2)由于超级电容器经调控系统为电路提供I0=1 000 A 的恒定电流,则当a与b的初始间距为1.25 m 时,a与b碰撞前的速度满足
BI0Lxab=ma,
a与b碰撞时根据动量守恒定律和能量守恒定律有
mava=(ma+mb)v共,
ma=(ma+mb)+Ep,
a与b整体从碰撞后到NN'的过程中有
BI0L(xMN-xab)=(ma+mb)-(ma+mb),
a与b分离时根据动量守恒定律和能量守恒定律有
(ma+mb)v共1=mava1+mbvb1,
(ma+mb)+Ep=ma+mb,
联立解得va1=0,vb1=25 m/s,
因为从a与b碰撞到分离的整个过程中两者一起加速,分离时势能又全部转化为动能,此时a的动能为零,所以此时的速度是b能够获得的最大速度;
由于a和a、b组合体均做匀变速直线运动,分别有
xab=t1,xMN-xab=t2,
则电容器放出的电荷量为
Δq=I0(t1+t2),
a运动过程中电容器的电压减小量
ΔU==40 V。
(3)由(2)可知,当没有阻力时,a、b分离前的速度为v共1=20 m/s,当有阻力时v共2即F阻=10 N。
根据动能定理可得
BI0L(xMN-xab)-F阻xab=(ma+mb)v共2'2-(ma+mb),
解得v共2'2=392.5 (m/s)2,
则≈0.981>0.992,
且v共2>v共2',
故a分离前的速度大小能达到(2)问中分离前速度的99%。第3讲　小专题:电磁感应中的电路和图像问题
【学习目标】
1.能将电磁感应与电路、能量等观念进行综合;能熟练运用焦耳定律分析电路中产生的焦耳热;能将产生电磁感应的导体或线圈等效为电源,明确其正负极、内阻;能熟练应用闭合电路欧姆定律、串并联电路规律等解决感应电流、路端电压、电荷量、电功率等电路问题。
2.能发展基于物理模型进行推理论证、分析综合的科学思维能力;能根据实际问题建构清晰的物理情境模型和电路模型;能识别和选择适当的函数模型来描述物理量随时间变化的规律;能准确理解Φt、Bt、Et、It、Ut等图像中点、线、斜率、截距和面积的物理意义;能根据一种物理量的变化图像推导出另一个相关物理量的图像;能把图像信息作为已知条件,进行定量计算和定性分析。
3.能对电磁感应现象中产生的电路异常或图像特殊形态提出有价值的探究性问题,并会使用传感器采集数据,绘制It、Ut图像;能对实验获得的图像和数据进行分析处理,得出结论,并尝试用物理规律进行解释。
考点一　电磁感应中的电路问题
1.电磁感应中的内电路和外电路
(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源。
(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻,其余部分是外电阻。
2.分析电磁感应中电路问题的一般思路
[例1] 【感生电动势的电路问题】 (2025·河南南阳阶段检测)如图甲所示,城市公交卡是一种常用的交通支付工具,公交卡内部包含一个集成电路芯片和一个线圈。当公交卡靠近读卡器时,读卡器会发射一定频率的电磁波,这个电磁波被公交卡内的线圈接收,使线圈中产生感应电流,进而为芯片提供所需的电能,激活芯片进行工作。其原理可简化为如图乙所示,其中矩形线圈abcd的匝数n=50,线圈面积S=10 cm2,线圈的总电阻r=0.1 Ω,线圈外接一个阻值R=0.4 Ω的电阻,其余部分的电阻不计。线圈处的磁场可视作匀强磁场,其磁感应强度B的大小随时间t变化的规律如图丙所示(以垂直于纸面向里为正方向)。在0~0.2 s内,下列说法正确的是(　　)
A.垂直于纸面向里看,线圈中的感应电流方向为顺时针方向
B.t=0.1 s时,电阻R两端的电压为0.05 V
C.通过电阻R的电荷量为0.02 C
D.线圈电阻r消耗的功率为1×10-4 W
[例2] 【动生电动势的电路问题】 (2025·吉林延边模拟)半径为L的光滑圆形导体环ADNM处于垂直于纸面向里的匀强磁场内,其左侧留有一小缺口AD,右侧与磁场外的电路连接,如图所示。总阻值为R、长为4L、质量为m的金属棒ab在恒力F的作用下从AD位置由静止沿导轨向右运动,经过圆环圆心O时的速度为v,已知磁感应强度为B,外电路定值电阻阻值为R,其余电阻不计,电容器的电容为C。求:
(1)从开始运动到金属棒经过O点的过程中,金属棒克服安培力做的功W;
(2)金属棒经过O点时,电容器的带电荷量q;
(3)金属棒经过O点时,金属棒两端的电势差Uab。
[例3] 【导线框的电磁感应问题】 (2025·云南卷,15)如图所示,光滑水平面上有一个长为L、宽为d的长方体空绝缘箱,其四周紧固一电阻为R的水平矩形导线框,箱子与导线框的总质量为M。与箱子右侧壁平行的磁场边界平面如截面图中虚线PQ所示,边界右侧存在范围足够大的匀强磁场,其磁感应强度大小为B、方向竖直向下。t=0 时刻,箱子在水平向右的恒力F(大小未知)作用下由静止开始做匀加速直线运动,这时箱子左侧壁上距离箱底h处、质量为m的木块(视为质点)恰好能与箱子保持相对静止。箱子右侧壁进入磁场瞬间,木块与箱子分离;箱子完全进入磁场前某时刻,木块落到箱子底部,且箱子与木块均不反弹(木块下落过程中与箱子侧壁无碰撞);木块落到箱子底部时撤去F。运动过程中,箱子右侧壁始终与磁场边界平行,忽略箱壁厚度、箱子形变、导线粗细及空气阻力。木块与箱子内壁间的动摩擦因数为μ,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。
(1)求F的大小;
(2)求t=0时刻,箱子右侧壁距磁场边界的最小距离;
(3)若t=0时刻,箱子右侧壁距磁场边界的距离为s[s大于(2)问中最小距离],求最终木块与箱子的速度大小。
考点二　电磁感应中的电荷量问题
电磁感应中电荷量的计算方法
(1)根据法拉第电磁感应定律=n,电路中的平均电流为==,所以q=Δt=n。
(2)在导体切割磁感线情况下,根据动量定理,对导体有BilΔt=mΔvΔt,整个过程求和得到Blq=mx,得q=。
[例4] 【电磁感应中电荷量的求解】 (2025·湖北卷,5)如图甲所示,相距L的两足够长平行金属导轨放在同一水平面内,两长度均为L、电阻均为R的金属棒ab、cd垂直跨放在两导轨上,金属棒与导轨接触良好。导轨电阻忽略不计。导轨间存在与导轨平面垂直的匀强磁场,其磁感应强度大小B随时间变化的图像如图乙所示,t=T时刻,B=0。t=0时刻,两棒相距x0,ab棒速度为零,cd棒速度方向水平向右,并与棒垂直,则0~T时间内通过回路的电荷量为(　　)
A. B.
C. D.
[例5] 【结合动量定理求电荷量】 (2025·安徽卷,15)如图,平行光滑金属导轨被固定在水平绝缘桌面上,导轨间距为L,右端连接阻值为R的定值电阻。水平导轨上足够长的矩形区域MNPQ存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B。某装置从MQ左侧沿导轨水平向右发射第1根导体棒,导体棒以初速度v0进入磁场,速度减为0时被锁定;从原位置再发射第2根相同的导体棒,导体棒仍以初速度v0进入磁场,速度减为0时被锁定,以此类推,直到发射第n根相同的导体棒进入磁场。已知导体棒的质量为m,电阻为R,长度恰好等于导轨间距,与导轨接触良好(发射前导体棒与导轨不接触),不计空气阻力、导轨的电阻,忽略回路中的电流对原磁场的影响。求:
(1)第1根导体棒刚进入磁场时,所受安培力的功率;
(2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中,其横截面上通过的电荷量;
(3)从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的总热量。
考点三　电磁感应中的图像问题
解题步骤
(1)明确图像的种类,即是Bt图像还是Φt 图像,或者Et图像、it图像、Ft图像等;对切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况,还常涉及Ex图像和ix图像。
(2)分析电磁感应的具体过程。
(3)用右手定则或楞次定律确定电流方向与时间的对应关系。
(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式。
(5)根据函数关系式,进行数学分析,如分析斜率的变化、截距等。
(6)画图像或判断图像。
[例6] 【感生图像问题】 (多选)在如图甲所示的虚线框内有周期性变化的磁场,一固定的金属线圈abcd部分处在磁场中,磁场方向垂直于线圈平面,磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。线圈中产生的电动势E、电流I、内能Q、线圈受到的安培力F与时间t的关系可能正确的是(　　)
A　 B
C　 D
[例7] 【动生图像问题】 (2025·云南高考适应性考试)如图所示,对角线长度为2L的正方形区域abcd中有垂直于纸面的磁场(图上未画),磁感应强度B随时间t按B=B0-kt(B0、k不变,且B0>0,k>0)变化。abcd所在平面内有一根足够长的导体棒MN始终垂直于db,并通有恒定电流。t=0时,导体棒从d点开始沿db方向匀速穿过磁场,速率为。设导体棒运动过程中所受安培力大小为F,Ft图像可能正确的是(　　)
A　　 　B
C　　 　D
电磁感应图像问题的两个常用分析方法
(1)排除法:定性地分析每一个过程中物理量的变化(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化),特别是物理量的正负,把握三个关注,排除错误的选项。
注意过程或阶段的选取,一般进磁场或出磁场、磁通量最大或最小、有效切割长度最大或最小等是分段的关键点。
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作出分析和判断。
第3讲　小专题:电磁感应中的电路
和图像问题
考点一
[例1] C　
[例2] 【答案】 (1)FL-mv2　(2)BLCv　(3)BLv
【解析】 (1)金属棒从开始到经过O点,根据动能定理有FL-W=mv2,
解得W=FL-mv2。
(2)金属棒经过O点时,产生的电动势
E=B·2L·v=2BLv,
此时内电阻r=,
则电路中电流I=,
路端电压U=IR=BLv,
则电容器两板间的电压等于U,可知电容器的带电荷量为
q=CU=BLCv。
(3)由右手定则可知a点电势高于b点电势,则Uab>0,
其大小Uab=BLv+U+BLv=BLv。
[例3] 【答案】 (1)　(2)
(3)见解析
【解析】 (1)对木块与箱子整体受力分析,
由牛顿第二定律有F=(M+m)a,
对木块受力分析,水平方向由牛顿第二定律得
FN=ma,
竖直方向由平衡条件可得
Ff=mg=μFN,
联立解得F=。
(2)设箱子刚进入磁场时速度为v,
产生的感应电动势为E=Bdv,
由闭合电路欧姆定律得
感应电流为I=,
安培力大小为F安=BId,
联立可得F安=,
若要使两物体分离,此时需要F安≥F,
其中F=,
解得v≥,
由运动学公式v2=2as,
解得s≥,
故t=0时刻,箱子右侧壁与磁场边界的最小距离为
smin=。
(3)水平方向由运动学公式得s=a,
竖直方向有h=g,
其中F==(M+m)a,
可得力F作用的总时间为
t=t1+t2=+,
水平方向对系统由动量定理有
Ft-F安t2=(M+m)v-0,
其中F安t2=,
联立可得v=(+) -;
当(+)≥时,最终木块与箱子的速度大小为v=(+)-;
当(+)<时,最终木块与箱子的速度大小为v=0。
考点二
[例4] B　
[例5] 【答案】 (1)　(2)
(3)(n=1,2,3,…)
【解析】 (1)第1根导体棒刚进入磁场时切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv0,
此时回路中总电阻为2R,通过导体棒的电流为
I=,
此时导体棒受到的安培力F安=BIL,
导体棒所受安培力的功率P=F安v0,
联立可得P=。
(2)第2根导体棒从进入磁场到速度减为0的过程中,根据动量定理有-BL·Δt=0-mv0,
其中·Δt=q,联立解得q=。
(3)由于每根导体棒均以初速度v0进入磁场,速度减为0时被锁定,则根据能量守恒定律,每根导体棒进入磁场后产生的总热量均为Q=m,
第1根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的热量
QR1=Q,
第2根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的热量
QR2=··Q,
第3根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的热量
QR3=··Q,
……
第n根导体棒进入磁场到速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的热量
QRn=··Q(n=1,2,3,…),
则从第1根导体棒进入磁场到第n根导体棒速度减为0的过程中,导轨右端定值电阻R上产生的总热量
QR=QR1+QR2+QR3+…+QRn,
根据数列的“裂项相消法”可得出
QR=Q=(n=1,2,3,…)。
考点三
[例6] ACD　[例7] A　第6讲　实验:探究影响感应电流方向的因素
【学习目标】
1.通过对“实验:探究影响感应电流方向的因素”的科学探究,能基于“感应电流方向是否与某些因素有关”的疑问,提出明确的、可探究的科学问题;能根据已有知识对影响感应电流方向的因素作出合理猜想。
2.能独立或合作设计实验方案,明确需要观察和记录的物理量;能正确使用器材进行规范操作,获取多组有效数据;能设计表格系统记录实验数据。
3.能通过对数据的对比、分析得出初步结论;能撰写实验报告,清晰表述探究过程、结果和结论;能与同伴交流实验中发现的问题和心得;能评估实验方案的优缺点和改进方法。
4.通过探究活动,培养实事求是的科学态度和将所学知识与社会技术应用相联系的责任感;在探究过程中,能够尊重实验事实,如实记录数据,养成严谨认真、实事求是的科学态度。
一、实验原理
1.探究电流表指针的偏转方向与电流方向的关系。
探究电路如图所示,探究出电流从电流表的“+”“-”接线柱流入方向与指针的偏转方向间的关系,从而用该电流表判断感应电流的方向。
2.将磁铁的不同磁极插入、拔出螺线管,观察感应电流方向的变化。通过分析感应电流的方向与磁铁的磁场方向、穿过线圈磁通量的变化之间的关系,探究影响感应电流方向的因素,实验装置如图所示。
二、实验器材
条形磁铁、电流表、线圈、导线、干电池(用来确定通过电流表的电流方向与电流表指针偏转方向的关系)、滑动变阻器、开关。
三、实验操作及步骤
1.确定电流表指针偏转方向与电流方向(流入“+”“-”接线柱的方向)的关系。
(1)正确连接电路。
(2)调节滑动变阻器,使接入电路的电阻最大。
(3)迅速闭合开关,发现电流表指针偏转后立即断开开关。
(4)记录电流方向与电流表的指针偏转方向,找出它们之间的关系,记入下表。
电流流入电流表的情况 电流表指针偏转方向
电流从“+”接线柱流入
电流从“-”接线柱流入
2.探究磁场方向、磁通量变化情况与感应电流方向的关系。
(1)按如图所示连接电路,明确螺线管的绕线方向。
(2)采用控制变量法分别进行N极(S极)插入线圈和N极(S极)抽出线圈的实验,如图所示。
(3)观察磁场方向、电流方向、磁通量大小变化情况,并将结果填入表格。
①N极(S极)向下插入线圈时,线圈内磁通量增加时的情况。
图示 磁场 方向 感应电流的 方向(俯视) 感应电流的 磁场方向
甲 向下 逆时针 向上
乙 向上 顺时针 向下
②N极(S极)抽出线圈时,线圈内磁通量减少时的情况。
图示 磁场 方向 感应电流的 方向(俯视) 感应电流的 磁场方向
丙 向下 顺时针 向下
丁 向上 逆时针 向上
四、实验结论
当线圈中磁通量增加时,感应电流的磁场方向跟磁体的磁场方向相反;当线圈中磁通量减少时,感应电流的磁场方向跟磁体的磁场方向相同。
五、注意事项
1.确定电流方向与电流表指针偏转方向的关系时,要用试触法并注意减小电流,防止电流过大或通电时间过长损坏电流表。
2.电流表选用零刻度在中间的灵敏电流表。
3.实验前设计好表格,并明确线圈的绕线方向。
4.按照控制变量的思想进行实验。
5.进行一种操作后,等电流表指针回零后再进行下一步操作。
考点一　基础性实验
[例1] 【实验原理的考查】 (2025·吉林长春阶段练习)在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中,请回答下列问题。
(1)为弄清小量程电流表(表头)指针摆动方向与电流方向的关系,可以使用一个已知正负极性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“电阻”“直流电流”“直流电压”“交流电流”或“交流电压”)挡对电流表进行测试,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)实验中,该同学将磁铁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,请在图甲中用箭头画出线圈电流方向,并用字母N、S标出磁铁的极性。
(3)另一名同学利用图乙所示的实验器材来研究电磁感应现象及判定感应电流方向。在给出的实物图中,已用实线作为导线连接了部分实验电路。
①请用实线作为导线从箭头1和2处开始完成其余部分电路的连接。
②将L1插入L2后,下列实验操作产生的感应电流与合上开关时产生的感应电流方向相同的是　　　　。
A.闭合开关,稳定后拔出软铁棒
B.闭合开关,稳定后使滑动变阻器滑片P右移
C.闭合开关,稳定后使滑动变阻器滑片P左移
D.闭合开关,稳定后断开开关
[例2] 【实验操作的考查】 (2025·江苏南通阶段检测)某小组进行探究“影响感应电流方向的因素”的实验,先后采用了不同的实验方案。
(1)实验前先确定线圈导线的绕向,然后利用接有较小电阻的干电池查明　　　　　　　　　　　与流入电流表电流方向的关系。
(2)如图甲所示的方案中,没有电流通过时电流表指针在中间0刻度处,分别进行a、b、c、d四种操作来探究感应电流方向的影响因素。这一方案采用了　　　　　　(选填“归纳推理”或“理想模型”)的物理思想方法。
(3)如图乙是该实验的另一方案,用笔画线代替导线将图中的实验器材连接完整。
(4)按图乙正确连接好装置,闭合开关,改变滑动变阻器接入的电阻,根据电流表指针偏转方向及A、B线圈　　　　来判别A、B线圈中电流产生的磁场方向之间的关系。
(5)通过以上两种实验方案得到的结论是 　 。
考点二　创新性实验
[例3] 【实验方法的创新】 (2025·重庆月考)某同学想应用楞次定律判断线圈缠绕方向,设计的实验装置原理图如图甲所示。选用的器材有:一个磁性很强的条形磁铁,两个发光二极管(电压在1.5 V 至5 V都可发光且保证安全),一只多用电表,导线若干。
操作步骤如下:
①用多用电表的电阻挡测出二极管的正、负极;
②把二极管、线圈按如图甲所示电路用导线连接成实验电路;
③把条形磁铁插入线圈时,二极管D2发光;拔出时,二极管D1发光;
④根据楞次定律判断出线圈的缠绕方向。
请回答下列问题。
(1)线圈缠绕方向如图乙中的　　　　(选填“A”或“B”)。
(2)条形磁铁运动越快,二极管发光的亮度就越大,这说明感应电动势随　　　　　　　　(选填“磁通量”“磁通量的变化量”或“磁通量的变化率”)的增大而增大。
(3)为进一步研究,该同学又做了如图丙所示的实验:磁体下端从靠近线圈的上方静止下落。在磁体上端离开线圈的过程中,传感器显示的电流i随时间t变化的图像应该是图中的　　　。
A　 　　B
C　　 　D
[例4] 【实验器材的创新】 (2025·湖南长沙模拟)某同学正在探究影响感应电流方向的因素,已知当电流从灵敏电流表的正接线柱流入时,灵敏电流表的指针向右偏转。
(1)如图甲所示,导体棒ab向右匀速平移的过程中,电流表的指针将　　　　(选填“向左”“向右”或“不发生”)偏转。
(2)该同学研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系时采用了如图乙所示的实验装置,该同学用螺旋测微器测量挡光片的宽度示数如图丙所示,则挡光片的宽度d=　　　mm。实验中让小车以不同速度靠近螺线管,记录下光电门挡光时间Δt和Δt内的感应电动势的平均值E,改变小车速度进行多次实验,得到多组数据,为了更直观地体现E和Δt的关系,若以E为纵坐标,则横坐标应为　　　　;在误差允许范围内绘制的图像为一条过原点的直线,得出的结论是　 　 。
(3)其他条件都不变,若换用匝数加倍的线圈做实验,根据实验数据所作出的那条直线图像斜率　　　　(选填“减半”“加倍”或“不变”)。
[例5] 【实验目的的创新】 (2025·广东卷,12)科技小组制作的涡流制动演示装置由电磁铁和圆盘控制部分组成。
图甲a是电磁铁磁感应强度的测量电路,所用器材有:电源E(电动势15 V,内阻不计);电流表(量程有0.6 A和3 A,内阻不计);滑动变阻器RP(最大阻值100 Ω);定值电阻R0(阻值10 Ω);开关S;磁传感器和测试仪;电磁铁(线圈电阻16 Ω);导线若干。
图甲b是实物图,图中电机和底座相固定,圆形铝盘和电机转轴相固定。
请完成下列实验操作和计算。
(1)量程选择和电路连接。
①由器材参数可得电路中的最大电流为　　　　　A(结果保留两位有效数字),为减小测量误差,电流表的量程选择0.6 A挡。
②图甲b中已正确连接了部分电路。请在虚线框中完成RP、R0和间的实物图连线。
(2)磁感应强度B和电流I关系测量。
①将图甲a中的磁传感器置于电磁铁中心,滑动变阻器RP的滑片P置于b端。置于b端目的是使电路中的电流　　　　,保护电路安全。
②将滑片P缓慢滑到某一位置,闭合S,此时的示数如图乙所示,读数为　　　 A,分别记录测试仪示数B和I,断开S。
③保持磁传感器位置不变,重复步骤②。
④图丙是根据部分实验数据描绘的BI图线,其斜率为　　　 　 mT/A(结果保留两位有效数字)。
(3)制动时间t测量。
利用图甲b所示装置测量了t,结果表明B越大,t越小。
第6讲　实验:探究影响感应电流方向的因素
考点一
[例1] 【答案】 (1)电阻　(2)见解析图甲
(3)①见解析图乙　②C
【解析】 (1)电阻表内部含有直流电源,所以应选用多用电表的电阻挡对表头进行测试。
(2)电流表的指针向右偏转,说明电流从正接线柱流入电流表,则感应电流的磁场方向向下,又知磁铁从线圈上方插入,穿过线圈的磁通量增大,说明磁铁的磁场方向向上,故插入的磁铁下端为S极,如图甲所示。
(3)①将线圈L2与电流表串联形成回路,将电源、开关、滑动变阻器、线圈L1串联形成另一个回路,实物图如图乙所示。
②闭合开关时,穿过线圈L2的磁通量增大,产生的感应电流的磁场方向与L1产生的磁场方向相反,而拔出软铁棒、断开开关S,穿过线圈L2的磁通量均减小,产生的感应电流的磁场方向与L1产生的磁场方向相同,A、D错误;当闭合开关,且使滑动变阻器滑片P左移时,电流增大,穿过线圈L2的磁通量增大,产生的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反,B错误,C正确。
[例2] 【答案】 (1)电流表指针偏转的方向　(2)归纳推理
(3)图见解析　(4)绕向(或电流方向)
(5)感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
【解析】 (1)为了探究影响感应电流方向的因素,实验前先确定线圈导线的绕向以及电流表指针偏转的方向与流入电流表电流方向的关系。
(2)对多组实验结果进行对比,并总结规律,属于归纳推理。
(3)根据实验要求,实验电路连接如图。
(4)明确A、B线圈的绕向(或电流方向),根据滑动变阻器接入电阻的变化情况,结合指针偏转,才能知道A、B线圈周围的磁场方向,进而判别A、B线圈中电流产生的磁场方向之间的关系。
(5)通过两种实验方案得到的结论是感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
考点二
[例3] 【答案】 (1)A　(2)磁通量的变化率　(3)A
【解析】 (1)把条形磁铁插入线圈时,二极管D2发光,说明回路中的感应电流沿顺时针方向;由于磁铁下端为S极,根据楞次定律,线圈中感应电流的磁场方向竖直向下,由安培定则可知,线圈中的绕向如题图乙中A所示。
(2)条形磁铁从初始到完全插入,磁通量的变化量相同,磁铁运动速度越快,磁通量变化越快,发光二极管的亮度越大,可知产生的感应电动势越大,说明感应电动势随磁通量的变化率的增大而增大。
(3)磁体从靠近线圈的上方静止下落,在磁体进入线圈的过程,穿过线圈的磁通量增大,则感应电流产生的磁场方向向下,在磁体穿出线圈的过程,穿过线圈的磁通量减小,则感应电流产生的磁场方向向上,所以磁体进入和穿出线圈时感应电流方向相反;当磁体完全进入线圈时,穿过线圈的磁通量不变,则不会产生感应电流,磁体会加速运动,当到达线圈底部时,磁通量变化率比进入时大,根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知,到达底部的感应电流较大,A正确,B、C、D错误。
[例4] 【答案】 (1)向右　(2)5.665　　在误差允许的范围内,感应电动势与磁通量的变化率成正比　(3)加倍
【解析】 (1)导体棒ab向右匀速运动的过程中,根据右手定则可知,感应电流由电流表的正接线柱流入,结合题中条件可知,电流表的指针将向右偏转。
(2)螺旋测微器的精度为0.01 mm,挡光片的宽度d=5.5 mm+16.5×0.01 mm=5.665 mm。在挡光片每次经过光电门的过程中,磁铁与线圈之间相对位置的改变量都一样,即穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ相同,这种情况下E与成正比,横坐标应该是;根据绘制的E图像是一条直线,可以得出的结论是:在误差允许的范围内,感应电动势与磁通量的变化率成正比。
(3)匝数n加倍后,产生的感应电动势加倍,E 图像纵坐标加倍、横坐标不变,所以新图像的斜率加倍。
[例5] 【答案】 (1)①0.58　②图见解析
(2)①最小　②0.48　④30
【解析】 (1)①由题知,电源内阻不计、电流表内阻不计,则当滑动变阻器的阻值为零时,电路中有最大电流I==0.58 A。
②由于电路中最大电流为0.58 A,则电流表应选择0~0.6 A量程,根据电路图连接实物图如图所示。
(2)①滑动变阻器RP的滑片P置于b端时滑动变阻器的电阻最大,电路中的电流最小,保护电路安全。
②电流表读数为0.48 A。
④根据题图丙中数据可知,BI图线的斜率为k= mT/A=30 mT/A。第1讲　电磁感应现象　楞次定律
【学习目标】
1.应形成与电磁感应相关的核心物理观念,并能用其解释自然现象和解决实际问题;理解电磁感应现象是“动磁生电”及其能量间的转换;认识到发电机是能量转换的实际应用;理解楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的具体体现;能识别和构建电磁感应问题的基本模型。
2.能运用楞次定律进行一步步的逻辑推理,判断感应电流的方向;能运用右手定则判断导体切割磁感线时产生的感应电流方向;能比较楞次定律和右手定则的适用条件与内在联系,知道何时该用何种方法。能对“阻碍”的含义进行深度思考,并基于此解释电磁阻尼等现象。
3.体会法拉第等科学家发现电磁感应现象的艰辛历程和坚持不懈的科学精神;认识到物理规律的和谐、统一与守恒之美;了解电磁感应现象在现代社会中的重大应用;体会物理学对技术进步和社会发展的巨大推动作用及可能带来的社会问题和环境问题,培养可持续发展的观念。
[footnoteRef:0] [0:
1. (多选)如图所示,通电导线旁边同一平面有矩形线圈abcd,则(　　)
A.当线圈向导线靠近时,其中感应电流方向是a→b→c→d
B.若线圈在平面内上下平动,无感应电流产生
C.若线圈向右平动,其中感应电流方向是a→b→c→d
D.当线圈以导线为轴转动时,其中感应电流方向是a→b→c→d
2.(2025·北京卷,10)绝缘的轻质弹簧上端固定,下端悬挂一个磁铁。将磁铁从弹簧原长位置由静止释放,磁铁开始振动,由于空气阻力的影响,振动最终停止。现将一个闭合铜线圈固定在磁铁正下方的桌面上(如图所示),仍将磁铁从弹簧原长位置由静止释放,振动最终也停止。则(　　)
A.有无线圈,磁铁经过相同的时间停止运动
B.磁铁靠近线圈时,线圈有扩张趋势
C.磁铁离线圈最近时,线圈受到的安培力最大
D.有无线圈,磁铁和弹簧组成的系统损失的机械能相同]
考点一　对电磁感应现象的理解和判断
1.对磁通量的理解
(1)磁通量是通过某一平面磁场的多少,与线圈匝数N无关。
(2)磁通量是有向标量,当磁场从另一个面通过线圈时,磁通量反向。
(3)磁通量计算要注意“有效面积”。公式Φ=BS 中的面积S指的是垂直于匀强磁场方向的面积,若所研究平面与磁场方向不垂直,应取垂直于磁场方向上的投影面积,即为有效面积。
2.判断电路中能否产生感应电流的一般流程
[例1] 【感应电流有无的判断】 (2025·北京卷,3)下列图示情况,金属圆环中不能产生感应电流的是(　　)
A.图甲中,圆环在匀强磁场中向左平移
B.图乙中,圆环在匀强磁场中绕轴转动
C.图丙中,圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移
D.图丁中,圆环向条形磁铁N极平移
考点二　楞次定律及推论
1.楞次定律中“阻碍”的含义
2.判断感应电流方向的两种方法
(1)用楞次定律判断。
(2)用右手定则判断。
该方法适用于部分导体切割磁感线产生的感应电流。判断时注意掌心、拇指、四指的方向。
①掌心——磁感线垂直穿入。
②拇指——指向导体运动的方向。
③四指——指向感应电流的方向。
[例2] 【感应电流方向的判断】 (2025·河南新乡阶段检测)如图所示,在同一个水平面内的彼此绝缘的两个光滑圆环A、B,大圆环A中还有顺时针方向的恒定电流I。小圆环B的一半面积在环A内、一半面积在环A外,下列说法正确的是(　　)
A.穿过环B的磁通量为0
B.环B中有持续的沿逆时针方向的感应电流
C.若增大环A内的电流,则环B会产生逆时针方向的电流
D.若减小环A内的电流,则环B会产生逆时针方向的电流
[例3] 【“增反减同”】 (2025·陕晋青宁卷,6)电磁压缩法是当前产生超强磁场的主要方法之一,其原理如图所示,在钢制线圈内同轴放置可压缩的铜环,其内已“注入”一个初级磁场,当钢制线圈与电容器组接通时,在极短时间内钢制线圈中的电流从零增加到几兆安培,铜环迅速向内压缩,使初级磁场的磁感线被“浓缩”,在直径为几毫米的铜环区域内磁感应强度可达几百特斯拉。此过程,铜环中的感应电流(　　)
A.与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相同
B.与钢制线圈中的电流大小几乎相等且方向相反
C.远小于钢制线圈中的电流大小且方向相同
D.远小于钢制线圈中的电流大小且方向相反
[例4] 【“来拒去留”】 (2025·江苏扬州期中)如图所示,一个金属圆环静置在绝缘光滑的水平桌面上,圆心的正上方有一个竖直的条形磁铁。当把条形磁铁水平向右移动时,则(　　)
A.金属圆环将向左运动
B.金属圆环对桌面的压力将变大
C.金属圆环将受到水平向右的驱动力
D.从上向下看,金属圆环内产生顺时针方向的感应电流
[例5] 【“增缩减扩”】 (2025·陕西汉中阶段检测)如图甲所示,两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合,放在同一水平面内,线圈A中通以如图乙所示的电流,设t=0时电流沿顺时针方向(图中箭头所示)。对于线圈B,在t1~t2时间内,下列说法正确的是(　　)
A.有顺时针方向的电流,且有扩张的趋势
B.有顺时针方向的电流,且有收缩的趋势
C.有逆时针方向的电流,且有扩张的趋势
D.有逆时针方向的电流,且有收缩的趋势
楞次定律的推论
内容 例证
增反 减同 磁体靠近线圈,B感与B原方向相反
当I1增大时,环B中的感应电流方向与I1相反;当I1减小时,环B中的感应电流方向与I1相同
闭合S,B灯先亮,A灯逐渐变亮
来拒 去留 磁体靠近,是斥力;磁体远离,是引力。 作用力总是阻碍磁体与圆环相对运动
增缩 减扩 P、Q是光滑固定导轨,a、b是可动金属棒,磁体下移(上移),a、b靠近(远离),使回路面积有缩小(扩大)的趋势
考点三　“三定则、一定律”的应用
[例6] (2025·广西桂林期末)如图所示,置于垂直于纸面向里的匀强磁场中的金属圆盘中央和边缘各引出一根导线,与套在铁芯上部的线圈A相连。套在铁芯下部的线圈B引出两根导线接在两根光滑水平导轨上,导轨上有一根金属棒ab静止在垂直于纸面向外的匀强磁场中。要使ab棒向左运动,则圆盘可以(　　)
A.顺时针匀速转动 B.顺时针减速转动
C.逆时针加速转动 D.逆时针减速转动
(1)左、右手定则巧区分。
①“因动而电”——用右手;
“因电而动”——用左手。
②两个定则可简单地总结为“通电受力用左手,运动生电用右手”,即“左力右电”。
(2)对电磁感应中产生的电磁感应现象,灵活选用“程序法”和“逆向推理法”。
①如果要判断二次感应后的现象或结果,选择程序法。
②如果已知二次感应后的结果,要判断导体棒的运动情况或磁场的变化,需选择逆向推理法。
第1讲　电磁感应现象　楞次定律
考点一
[例1] A　
考点二
[例2] C　[例3] B　[例4] C　[例5] A　
考点三
[例6] D　

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