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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
提示: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)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)
提示: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=。
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
【答案】 D
【解析】 根据I安=lBΔt=Blq,而q=Δt==,R总=+R=2R,解得I安=,A错误;该过程中由动量定理得 2I弹-I安+mgsin θ·t=0,解得每个弹簧对金属棒施加的冲量大小为
I弹=I安-mgtsin θ=-mgtsin θ,B错误;由能量关系可知回路产生的总热量Q=
mg(a+b)sin θ+2×ka2-2×kb2,每个定值电阻产生的热量为Q1=Q=+k(a2-b2),C错误;金属棒的平均输出功率==,D正确。
[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。
【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] (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。
【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-Δti=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若l>l2,则Δsi=2l2,解得=。
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。
【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] 【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)
【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+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=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′,
故a分离前的速度大小能达到(2)问中分离前速度的99%。
课时作业
对点1.动量定理在电磁感应中的应用
1.(2025·安徽模拟)某游乐园中,过山车从倾斜轨道最高点无动力由静止滑下后到水平直轨道停下,为保证安全,水平直轨道上安装有磁力刹车装置,其简化示意图如图所示。水平直轨道右侧与定值电阻R相连,虚线PQ的右侧有竖直向上的匀强磁场,左侧无磁场。过山车的磁力刹车装置可等效为一根金属棒ab,其从倾斜轨道上某一位置由静止释放,最终静止在水平轨道上某一位置,忽略摩擦力和空气阻力,水平轨道电阻不计,且与倾斜轨道平滑连接。下列关于金属棒ab运动过程中速率v、加速度大小a与运动时间t或运动路程s的关系图像可能正确的是(　　)
A　　　 B
C　　 　D
【答案】 D
【解析】 金属棒ab在倾斜轨道上受重力和支持力作用,加速度恒定不变,则速度随时间均匀增大,v-t图像的斜率不变,由v2=2as可知,速度v与运动路程s的关系图像为开口向右的抛物线,加速度随时间、随路程均不变;金属棒ab进入水平轨道后,切割磁感线产生感应电流,受到向左的安培力作用,由=ma知加速度与速度成正比且反向,金属棒ab在水平轨道上做加速度减小的减速运动,v-t图像的斜率逐渐减小,而加速度随时间变化情况与速率随时间变化的情况相同,即a-t图像的斜率也逐渐减小,取极短时间Δt,对金属棒ab有Δt=ma·Δt,对过程求和得s=m·Δv,则速度随运动路程均匀减小,因此加速度随运动路程也均匀减小,v-s图像的斜率不变,a-s图像的斜率也不变。D正确。
2.(多选)(2025·山东二模)如图所示,两段足够长的光滑平行金属导轨水平放置,导轨左右两部分的间距分别为l、2l;空间存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度大小为B,质量分别为m、2m的导体杆a、b均垂直于导轨放置,接入电路的电阻分别为R、2R,导轨电阻忽略不计;a、b两杆同时分别以v0、2v0的初速度向右运动,a杆总在左边窄导轨上运动,b杆总在右边宽导轨上运动,从开始运动到两杆稳定的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.a杆加速度与b杆的加速度相同
B.稳定时a杆的速度为2v0
C.电路中a杆上产生的焦耳热为m
D.通过a杆的某一横截面的电荷量为
【答案】 BD
【解析】导体杆运动过程中,通过a、b杆的感应电流大小相等,根据牛顿第二定律有BIl=maa,BI·2l=2mab,可知加速度大小相等,根据公式E=Blv,可知开始时Eb>Ea,则从上往下看,感应电流方向沿顺时针方向,根据左手定则可知,a杆受到的安培力方向向右,b杆受到的安培力方向向左,安培力方向相反,则加速度方向相反,A错误;稳定时回路中感应电流为0,则有B·2lvb=Blva,根据动量定理,对a杆有BlΔt=mva-mv0,对b杆有-B·2lΔt=2mvb-2m·2v0,解得va=2v0,vb=v0,由于q=Δt,解得q=,B、D正确;回路产生的总焦耳热Q=m+×2m(2v0)2-
m-×2m,电路中a杆上产生的焦耳热Qa=,解得Qa=m,C错误。
3.(2025·甘肃白银模拟)某电磁缓冲器的结构如图所示,竖直放置的固定绝缘柱的横截面是边长为L的正方形,在沿绝缘柱长度为d的整个左、右侧面区域分别存在着磁感应强度大小均为B、方向垂直于左、右侧面向外的匀强磁场。质量为m、阻值为R的正方形金属框(边长略大于绝缘柱横截面的边长)套在绝缘柱上,从距离磁场上边界高度h处由静止释放,该金属框进入磁场后减速到时恰好到达磁场下边界,已知重力加速度为g,不计一切摩擦,求:
(1)金属框刚进入磁场时受到的安培力大小;
(2)金属框在磁场区域运动的时间。
【答案】 (1)
(2)+-
【解析】 (1)设金属框刚进入磁场时的速度为v0,
则=2gh,得v0=;
刚进入磁场时,正方形线框产生的感应电动势为
E=2BLv0,
感应电流为I==,
金属框受到的安培力大小为
F=2BIL=。
(2)金属框在磁场区域运动到达磁场下边界时的速度为v′=,
根据动量定理有mgt-∑FAt=mv′-mv0,
运动过程中的安培力为FA=,
即mgt-∑t=mv′-mv0,
而∑vt=d,
所以mgt-=m-m,
得t=+-。
对点2.动量守恒定律在电磁感应中的应用
4.(多选)(2025·山西模拟)如图所示,两足够长且间距为L的光滑平行金属导轨固定在水平面上,导轨处在垂直于导轨平面向下的匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B。质量均为m的金属棒a、b垂直放在导轨上,给金属棒a水平向右、大小为v0的初速度,同时给金属棒b水平向左、大小为v0的初速度,两金属棒运动过程中始终与导轨垂直并接触良好,两金属棒接入电路的有效电阻均为R,导轨的电阻不计,则下列说法正确的是(　　)
A.开始运动的一瞬间,金属棒a的加速度大小为
B.当金属棒b的速度为零时,金属棒a的速度大小为v0
C.最终通过金属棒b的电荷量为
D.最终金属棒a中产生的焦耳热为 m
【答案】 BD
【解析】 开始运动的一瞬间,电路中的电流I==,此时金属棒a的加速度大小为a==,A错误;由于金属棒a、b组成的系统所受合外力总为零,因此系统动量守恒,设b的速度为零时a的速度大小为v1,则mv0-m×v0=mv1,解得v1=v0,B正确;设最终金属棒a、b的共同速度为v,则mv0-m×v0=2mv,解得v=v0,对金属棒b,根据动量定理有BLt=BqL=m(v0+v0),解得q=,C错误;设金属棒a中产生的焦耳热为Q,根据能量守恒定律有2Q=m+
m)v0)2-×2mv2,解得Q=m,D正确。
5.(2025·湖北荆州三模)如图所示,水平金属导轨左侧接电容为1 F的电容器,最右侧用一段长度可忽略不计的绝缘材料与倾角为θ=30°的倾斜金属导轨平滑连接,倾斜导轨上端接阻值为0.1 Ω的电阻,两导轨宽均为1 m。水平导轨处在垂直于导轨平面的匀强磁场中,倾斜导轨也处在垂直于导轨平面的磁场中,磁场的磁感应强度大小均为0.2 T。质量为0.4 kg的金属棒a静置在水平导轨上,距水平导轨右端4.32 m。质量为0.8 kg的金属棒b放在倾斜导轨上,控制其不动,b棒距导轨下端3.6 m。对a棒施加水平向右的大小为2.64 N的恒力,同时由静止释放b棒。a棒运动到水平导轨最右端时恰好与b棒发生弹性碰撞,碰撞前瞬间撤去拉力。导轨均光滑且不计导轨和a、b棒的电阻,重力加速度大小为10 m/s2。则(　　)
A.a棒从开始运动到第一次碰撞前所用时间为1.6 s
B.a棒从开始运动到第一次碰撞前,R上消耗的焦耳热为19.2 J
C.两棒第一次碰撞后瞬间,a棒的速度大小为7.2 m/s　
D.两棒第一次碰撞后瞬间,b棒的速度大小为3.4 m/s　
【答案】 D
【解析】 由于金属棒a、b同时由静止释放,且恰好在两导轨连接处发生弹性碰撞,说明a、b在到达连接处所用的时间相同,对金属棒a和电容器组成的回路有Δq=C·BLΔv,根据牛顿第二定律,对金属棒a有F-BIL=m1a1,其中a1=,I=,联立得a1=,则说明金属棒a做匀加速直线运动,则有x1=a1t2,v1=a1t,代入数值联立解得a1=6 m/s2,t=1.2 s,v1=7.2 m/s,A错误;金属棒b下滑过程中,根据动量定理有m2gsin 30°·t-BL·t=m2v2,其中q=t=,代入数值解得v2=
4.2 m/s,根据能量守恒定律有m2gx2sin 30°=+Q,联立解得Q=7.344 J,B错误;由于两棒发生弹性碰撞,取a棒碰前瞬间运动方向为正方向,有m1v1-m2v2=m1v1′+m2v2′,
m1+m2=m1v1′2+m2v2′2,联立解得v1′=-8.0 m/s,v2′=3.4 m/s,C错误,D正确。
6.(2025·安徽滁州二模)如图甲所示,两条间距为L、电阻不计的光滑平行金属轨道固定在水平面上,轨道右侧与光滑绝缘斜面的底部平滑连接,斜面倾角为θ,水平轨道处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度大小为B。将长度均为L的金属棒P、Q放在轨道上,两棒均与轨道垂直,Q棒到斜面底部的距离为x0。现给P棒一定的初速度v0,在Q棒第一次到达斜面底端之前,两棒的速度—时间图像如图乙所示,已知P棒的质量为m,两棒电阻均为R,重力加速度为g,整个过程两棒未相碰,P棒始终在水平轨道上,Q棒未冲出斜面,求:
(1)Q棒第一次到达水平轨道右端时的加速度大小;
(2)Q棒从开始运动至第一次到达水平轨道右端所用的时间;
(3)P棒做减速运动的总位移大小和Q棒在斜面上运动的总时间。
【答案】 (1)　(2)+
(3)+x0　
【解析】 (1)在Q棒第一次到达斜面底端之前,对两棒组成的系统,根据动量守恒定律有
mv0=mv1+m′v2,
根据牛顿第二定律,对Q棒有F安=m′a,
又E=BL(v1-v2),I=,
F安=BIL,v1-v2=0.7v0,
联立解得a=。
(2)在Q棒第一次到达斜面底端之前,根据动量定理,对Q棒有Δt=m′Δv,
即=m′v2,
解得x1=+x0;
对P、Q组成的系统,由于mv0=mv1+m′v2,
所以mv0t1=mx1+m′x0,
将x1代入解得t1=+。
(3)由题意知,Q棒最终停在斜面底部,整个过程对P棒有-=-mv0,
解得x相′=,
又x相′=x-x0,
解得x=+x0;
对P、Q组成的系统,整个过程有
-m′gsin θ·t=-mv0,
解得t=。
7.(多选)(2025·重庆卷,10)如图甲所示,小明设计的一种玩具小车由边长为d的正方形金属框efgh做成,小车沿平直绝缘轨道向右运动,轨道内交替分布有边长均为d的正方形匀强磁场和无磁场区域,磁场区域的磁感应强度大小为B,方向竖直向上。gh段在磁场区域运动时,受到水平向右的拉力F=kv+b(k>0,b>0),且gh两端的电压随时间均匀增加;当gh在无磁场区域运动时,F=0。gh段速度大小v与运动路程s的关系如图乙所示,图中v0(v0<)为gh每次经过磁场区域左边界时的速度大小,忽略摩擦力。则(　　)
A.gh在任一磁场区域的运动时间为
B.金属框的总电阻为
C.小车质量为
D.小车的最大速率为+v0
【答案】 BC　
【解析】 由题知gh段在磁场区域运动时,gh两端的电压随时间均匀增加,则说明gh在磁场中运动时做匀变速直线运动,设正方形金属框efgh运动的速度为v,有E=Bdv,I=,F安=BId,
F-F安=ma,联立有kv+b-=ma,由于gh段在磁场区域运动时,正方形金属框efgh做匀变速直线运动,则有kv=,得ma=b,解得R=,B正确;gh在无磁场区域运动时,F=0,正方形金属框efgh水平方向只受到安培力,有 E′=Bdv′,I′=,F安=BI′d,根据动量定理有-vΔt=
mv0-mv′,可得-=mv0-mvmax=-kd,gh段在磁场区域运动时,正方形金属框efgh做匀变速直线运动,有-=2ad,结合ma=b,解得m=,vmax=-v0,C正确,D错误;gh段在磁场区域运动时,正方形金属框efgh做匀变速直线运动,则有vmax=v0+at,解得小车在任一磁场区域的运动时间t=,A错误。
8.间距为L的金属导轨倾斜部分光滑、水平部分粗糙且两部分平滑相接,导轨上方接有电源和开关,倾斜导轨与水平面夹角θ=30°,处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,水平导轨处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度大小均为B。两相同导体棒ab、cd与水平导轨间的动摩擦因数μ=0.25,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,两棒质量均为m,接入电路中的电阻均为R,cd棒仅在水平导轨上运动,两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并接触良好,且不互相碰撞,忽略金属导轨的电阻,重力加速度为g。
(1)锁定水平导轨上的cd棒,闭合开关,ab棒静止在倾斜导轨上,求通过ab棒的电流;断开开关,同时解除cd棒的锁定,当ab棒下滑距离为x0时,cd棒开始运动,求cd棒从解除锁定到开始运动过程中,cd棒产生的焦耳热。
(2)此后ab棒在下滑过程中,电流达到稳定,求此时ab、cd棒的速度大小之差。
(3)ab棒中电流稳定之后继续下滑,从ab棒到达水平导轨开始计时,t1时刻cd棒速度为零,加速度不为零,此后某时刻,cd棒的加速度为零,速度不为零,求从t1时刻到某时刻,ab、cd的路程
之差。
【答案】 (1)　mgx0-　(2)
(3)
【解析】 (1)ab棒静止在倾斜导轨上时,根据平衡条件有F安ab=mgsin 30°,F安ab=BIabL,
解得Iab=;
设当ab棒下滑距离为x0时的速度为v0,
对cd棒有F安cd=μmg,
ab棒切割磁感线产生电动势E1=BLv0,
回路电流I1=,
又F安cd=BI1L,
从cd棒解除锁定到开始运动过程中,cd棒产生的焦耳热与ab棒产生的焦耳热相等,整个过程根据能量守恒定律有mgx0sin 30°-=2Qcd,
联立解得cd棒产生的焦耳热为
Qcd=mgx0-。
(2)由于ab棒在下滑过程中产生的电动势与cd棒在向左运动的过程中产生的电动势极性相反,则当电流达到稳定时两棒的速度差恒定,可知此时两棒的加速度相等,两棒受到的安培力大小相等,根据牛顿第二定律,对两棒分别有
mgsin 30°-F安=ma,F安-μmg=ma,
而F安=BI1L,I1==,
联立解得Δv=。
(3)从ab棒滑上水平导轨到t1时刻,两棒整体所受的合外力为零,系统动量守恒,设t1时刻ab棒的速度为v1′,可知mΔv=mv1′,
解得v1′=Δv=;
设cd棒的加速度为零时,ab棒速度为v1″,cd棒速度为vcd,对cd棒有F安cd2=μmg,
而F安cd2=BI2L,
此时两导体棒产生的电动势极性相反,
可得I2=;
设从t1时刻到cd棒加速度为0的时间为Δt,根据动量定理,对两棒分别有
-(μmg+BL)Δt=mv1″-mv1′,
(BL-μmg)Δt=mvcd,
整理得μmgΔt+BLq=mv1′-mv1″,
BLq-μmgΔt=mvcd,
则有2BLq=mv1′-m(v1″-vcd),
而q=Δt=·Δt==,
联立解得该过程中ab、cd的路程之差为
Δs=。(共48张PPT)
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。
电阻
【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)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。
【答案及解析】 (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)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。
【答案及解析】 (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
C
【解析】 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] 【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。
电流表指针偏转的方向
【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)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。
归纳推理
【解析】 (2)对多组实验结果进行对比,并总结规律,属于归纳推理。
(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。
【答案及解析】 (3)根据实验要求,实验电路连接如图。
(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。
绕向(或电流方向)
【解析】 (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)通过以上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
【解析】 (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
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”)。
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。
磁通量的变化率
【解析】 (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)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
A B C D
【解析】 (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] 【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。
向右
【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)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
　 。
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)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”)。
加倍
[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。
0.58
【答案及解析】 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)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。
最小
【解析】 (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。
0.48
【解析】 ②电流表读数为0.48 A。
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B-I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。
30
感谢观看第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
【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] 【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 　 。
【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　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
【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] 【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”)。
【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] 【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B-I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。
【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,B-I图线的斜率为k= mT/A=30 mT/A。
课时作业
1.(2025·浙江1月选考卷,14Ⅱ)在“探究影响感应电流方向的因素”实验中,电流从“-”接线柱流入灵敏电流表,指针左偏;从“G0”或“G1”接线柱流入,指针右偏。如图所示是某次实验中指针偏转角度最大的瞬间,则
(1)此时磁铁的运动状态是　　　　(选填“向上拔出”“静止”或“向下插入”)。
(2)只做以下改变,一定会增大图中电流表指针偏转角度的是　　　　。(多选)
A.磁铁静止,向上移动线圈
B.增大(1)中磁铁运动速度
C.将导线从接线柱G1移接至接线柱G0
D.将一个未与电路相接的闭合线圈套在图中线圈外
【答案】 (1)向上拔出　(2)BC
【解析】 (1)由题图可知,灵敏电流表指针左偏,可知感应电流从“-”接线柱流入,螺线管中产生的感应电流沿顺时针方向(俯视),感应电流产生的磁场方向向下,由楞次定律可知磁铁的N极向上拔出。
(2)磁铁静止,向上移动线圈,产生的感应电流不一定增大,指针偏角不一定会增大,A错误;增大(1)中磁铁运动速度,产生的感应电动势会增大,指针偏角会增大,B正确;减小灵敏电流表的量程,即将导线从接线柱G1移接至接线柱G0,可知灵敏电流表指针偏角变大,C正确;将一个未与电路相接的闭合线圈套在线圈外,线圈中的感应电流不变,灵敏电流表指针偏角不变,D
错误。
2.(2025·河南阶段练习)某学习小组的同学们正在探究“影响感应电流方向的因素”。
(1)同学们开始组装的实验装置如图甲所示,已知当电流从电流表的正接线柱流入时指针向右偏转,当将磁铁(其两磁极已标出)插入线圈时,我们可以观察到电流表的指针　　　　(选填“向左”“向右”或“不”)偏转;此时感应电流的磁场与磁铁的磁场之间存在　　　　(选填“引力”或“斥力”);若将该磁铁由线圈中向上抽出,则线圈与磁铁间存在　　　 　(选填“引力”或“斥力”)。
(2)为了进一步探究实验规律,该小组的同学们连接了如图乙所示的实验电路,将条形磁铁从线圈中快速向上抽出时,观察到的实验现象是　　　　。
A.灯泡A、B均不发光
B.灯泡A、B交替短暂发光
C.灯泡A短暂发光,灯泡B不发光
D.灯泡B短暂发光,灯泡A不发光
【答案】 (1)向右　斥力　引力　(2)D
【解析】 (1)由于穿过线圈的磁场向下且磁通量增加,则感应电流产生的磁场阻碍其增加,即感应电流磁场方向向上,线圈上端为N极,即线圈与磁铁间存在斥力,结合安培定则,可知感应电流从电流表正接线柱流入,即指针向右偏;当该磁铁由线圈中向上抽出时,由以上分析可知感应电流的磁场方向向下,线圈上端为S极,线圈与磁铁间有引力。
(2)根据楞次定律,结合安培定则可确定此时线圈上端电势高,由于二极管具有单向导电性,因此灯泡B短暂发光,灯泡A不发光,故选D。
3.(2025·湖北黄冈阶段练习)用如图甲所示装置做“探究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系”实验。
(1)本实验中需要用到的传感器是光电门传感器和　　　　(选填“电压”或“电流”)传感器。
(2)让小车以不同速度靠近螺线管(磁铁进入螺线管后迅速停止)且磁铁靠近螺线管时,挡光片恰好经过光电门,记录下光电门挡光时间Δt内感应电动势的平均值E,改变速度多次实验,得到多组Δt与E,若以E为纵轴、　　　　为横轴作图可以得到直线图像。
(3)记录下小车某次匀速向左运动至最后停止的全过程中感应电动势与时间的变化关系,如图乙所示,挡光时间Δt内图像所围阴影部分面积为S,增大小车的速度再次实验得到的面积S′
　　　　(选填“>”“<”或“=”)S。
【答案】 (1)电压　(2)　(3)=
【解析】 (1)本实验需要电压传感器获取感应电动势的变化情况。
(2)小车以不同速度靠近螺线管至最后停止的全过程中,由法拉第电磁感应定律E=,可知
E∝,故应该以为横轴作图。
(3)由公式E=可知,挡光时间Δt内图像所围阴影部分面积为S=E·Δt=n·ΔΦ,由于小车的初、末位置不变,磁通量的变化量ΔΦ相等,故面积为一个定值,即S′=S。
4.(2025·四川成都期中)某小组同学利用实验对“电磁感应现象”进行探究。
(1)如图甲,电池组、滑动变阻器、线圈A、带铁芯的线圈B、小量程电流表(表头)G及开关已部分连接。为了完成“探究感应电流产生的条件”的实验,请用笔画线代替导线将电路补充
完整。
(2)实验时同学们先将电流表G连接成如图乙所示电路,电流表G的指针从中央向左偏。现将它与一线圈串联进行图丙、丁所示的实验,那么图丙中的条形磁铁是向　　　　(选填“上”或“下”)运动的,图丁中的条形磁铁下端为　　　　(选填“N”或“S”)极。
(3)下表是该小组设计的记录表格的一部分,表中完成了实验现象的记录,还有一项需要推断的实验结果未完成,请帮助该小组完成,填入表中的横线上(选填“竖直向上”或“竖直向下”)。
操作 N极朝下插入螺线管
从上往下看的平面图 (B0表示磁铁磁场)
磁铁通过螺线管 磁通量的增减 增加
感应电流的方向 沿逆时针方向
感应电流的磁场B′的方向 　　　
(4)有同学设计了如图戊所示的实验装置,其中R为光敏电阻(其阻值随光照强度的增强而减小),闭合线圈L用绝缘轻绳悬挂,与长直螺线管共轴(线圈L平面与螺线管线圈平面平行),并位于螺线管左侧。当光照强度增强时,观察到线圈L将会　　　　(选填“向左”或“向右”)运动,同时线圈L有　　　　(选填“收缩”或“扩张”)的趋势。
【答案】 (1)图见解析　(2)下　S　(3)竖直向上　(4)向左　收缩
【解析】 (1)将电池组、开关、滑动变阻器和线圈B串联组成闭合回路,将线圈A和电流表组成产生感应电流的回路,如图所示。
(2)题图丙所示电路中,电流表G的指针从中央向左偏,说明感应电流从“+”接线柱流入,由安培定则可知,感应电流的磁场方向向下,与磁铁的磁场方向相反,可知磁铁穿过线圈的磁通量增加,即磁铁向下运动;题图丁中,电流表指针向右偏,回路中的感应电流方向为逆时针方向,根据安培定则可知,线圈中的感应电流产生的磁场方向向上,而磁铁向上运动,穿过线圈的磁通量减小,根据楞次定律,可知磁铁的磁场方向向上,即磁铁下端为S极。
(3)根据安培定则,感应电流的磁场B′的方向竖直向上。
(4)光敏电阻的阻值随光照强度的增强而减小,当光照强度增强时,电路中的电流增大,螺线管产生的磁场增强,穿过线圈L的磁通量增加,线圈L中产生的感应电流的磁场与螺线管的磁场方向相反,根据楞次定律,线圈L中感应电流的磁场阻碍其增加,则线圈L具有“远离”和“收缩”的趋势,即线圈L将会向左运动,同时线圈L有收缩的趋势。
5.某同学利用如图甲所示实验装置来完成“探究影响感应电流方向的因素”的实验。
(1)下表为该同学记录的实验现象:
序 号 磁体磁场 的方向(正视) 磁体运 动情况 指针偏 转情况 感应电流的 磁场方向(正视)
1 向下 插入线圈 向左 向上
2 向下 拔出线圈 向右 向下
3 向上 插入线圈 向右 向下
4 向上 拔出线圈 向左 向上
分析上述4组实验记录的感应电流的磁场方向与原磁场方向,可得出的结论是感应电流的磁场总要　 。
(2)该同学为了进一步研究实验,设计图乙所示实验装置,其中G1、G2为两个完全相同的电流表。已知闭合开关后,当滑动变阻器R的滑片P不动时,G1、G2两个电流表指针位置如图乙所示。若要使电流表G2的指针向右偏转,则进行的操作可能为　　　　。(多选)
A.闭合开关,等电路稳定后再断开开关的瞬间
B.断开开关,等电路稳定后再闭合开关的瞬间
C.滑动变阻器的滑片向M端迅速滑动
D.滑动变阻器的滑片向N端迅速滑动
【答案】 (1)阻碍引起感应电流的磁通量的变化
(2)AD
【解析】 (1)由该同学记录的实验现象可知,1、3磁铁向下和向上插入线圈,即穿过闭合回路的磁通量增大时,感应电流的磁场方向与原磁场方向相反;2、4磁铁向下和向上拔出线圈,即穿过闭合回路的磁通量减小时,感应电流的磁场方向与原磁场方向相同。由此得出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。
(2)闭合开关后,线圈A中的电流方向是从上到下,电流表G1中的电流从正接线柱流向负接线柱,指针向右偏转;断开开关瞬间,线圈A中电流减小,穿过线圈B的磁通量减小,线圈B中的感应电流的磁场方向与原磁场方向相同,由右手定则可知,电流表G2中的电流从正接线柱流向负接线柱,指针向右偏转,A正确。断开开关,等电路稳定后再闭合开关的瞬间,线圈A中电流增大,穿过线圈B的磁通量增大,线圈B中的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反,由右手定则可知,电流表G2中的电流从负接线柱流向正接线柱,指针向左偏转,B错误。滑动变阻器的滑片向M端迅速滑动,线圈A中电流增大,穿过线圈B的磁通量增大,线圈B中的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反,由右手定则可知,电流表G2中的电流从负接线柱流向正接线柱,指针向左偏转,C错误。滑动变阻器的滑片向N端迅速滑动,线圈A中电流减小,穿过线圈B的磁通量减小,线圈B中的感应电流的磁场方向与原磁场方向相同,由右手定则可知,电流表G2中的电流从正接线柱流向负接线柱,指针向右偏转,D正确。
6.(2025·重庆北碚区模拟)某同学探究“影响感应电动势大小的因素”,所用器材与装置如图甲所示:玻璃管竖直固定,外面套有线圈,线圈两端与时间—电压测量系统(内阻可视为无穷大)相连。把三块强磁薄圆片叠加成一个圆柱形磁铁,在玻璃管正上方释放,测量系统测出磁铁下端经过线圈中某两个位置(图中未画出)的时间Δt与该段时间线圈中的平均电动势E。改变磁铁的释放位置,测得多组数据,画出E-Δt图线如图乙中实线所示。
(1)实验表明,磁铁经过两个位置的时间越长,穿过线圈的磁通量变化率越　　　　(选填“大”或“小”),线圈中的平均感应电动势越　　　　(选填“大”或“小”)。
(2)改变某个因素,重新实验,得到另一条E-Δt图线(图乙中虚线),则改变的因素可能是　　　。
(多选)
A.更多块强磁薄圆片叠加在一起
B.从更高的位置释放磁铁
C.换成绕线更密的线圈
D.磁铁上下颠倒后释放
(3)若以平均感应电动势E为纵坐标,　　　　为横坐标画出图线,其图线应是一条过原点的直线,则表明平均感应电动势与　　　　　　　成正比。
(4)写出一条影响实验准确度的因素 　 。
【答案】 (1)小　小　(2)AC
(3)　磁通量的变化率
(4)磁铁每次下落轨迹不重合、磁铁通过线圈时左右晃动或翻滚、电压测量系统内阻不是无穷大或空气阻力的影响
【解析】 (1)由于磁铁通过两位置时磁通量的变化量相同,磁铁经过两个位置的时间越长,根据=n,可知穿过线圈的磁通量变化率越小,线圈中的平均感应电动势越小。
(2)改变某个因素,重新实验,得到的另一条E-Δt图线(题图乙中虚线)中图线斜率变化快,表明相同Δt对应的平均感应电动势更大,则可能是更多块强磁薄圆片叠加在一起或者换成绕线更密的线圈;若从更高的位置释放磁铁,并不影响图像的变化,只是对应点位于原图像上更偏上一些的实线上,磁铁的上下颠倒不影响图像,A、C正确,B、D错误。
(3)若以平均感应电动势E为纵坐标,以为横坐标作图像,得到一条过原点的直线,即=k(k为图线斜率且为常数),对应=n=nΔΦ·,即k=nΔΦ,则表明平均感应电动势与磁通量的变化率成正比。
(4)影响实验准确度的因素可能是磁铁每次下落轨迹不重合、磁铁通过线圈时左右晃动或翻滚、电压测量系统内阻不是无穷大或空气阻力的影响。(共39张PPT)
第十二章　
电磁感应
【考情分析】
年份 考查点　　　　 2025 2024 2023
楞次定律 陕晋青宁·T6、北京·T10 江苏·T10、广东·T4 全国甲·T21、海南·T6
法拉第电磁感 应定律及应用 湖北·T5、甘肃·T15、 陕晋青宁·T7、广西·T7、 广东·T9、山东·T18、 安徽·T15、河北·T15、 福建·T16、江苏·T15、 湖南·T9、云南·T15、 四川·T14、 黑吉辽内蒙古·T9、T14、 浙江1月选考·T17、 浙江6月选考·T17 甘肃·T4、T6、 河北·T14、山东·T11、 湖南·T4、T8、 浙江6月选考·T13、T19、 海南·T13、 北京·T14、T20、 江西·T15、湖北·T15、 全国甲·T25、安徽·T15、 黑吉辽·T9 全国乙·T17、
新课标·T26、
北京·T18、
湖南·T14、
江苏·T8、
浙江6月选考·T19
电磁感应的 图像问题 甘肃·T6、 湖北·T5、重庆·T10、 浙江1月选考·T13 全国甲·T21
自感现象和涡流 北京·T9、河南·T5
【AI考情预测】
一、命题趋势
1.电磁感应的题型分布具有一定的规律性,不同题型对应的核心考点和能力要求也有所侧重。
2.纯粹的电磁感应问题较少,更多的是与电路、力学、能量、动量等结合的综合性问题。要求具备整体性的物理观念,能流畅地在不同知识模块间建立联系;综合题一般涉及函数关系、图像分析、微元思想等数学工具,需要善于运用数学方法解决物理问题。
3.试题情境常与现代科技、生产生活实际相结合,这类题目看似新颖复杂,但
“高起点、低落点”,最终仍需回归到基本的物理规律和分析方法上。
二、潜在难点
1.物理概念与规律的理解容易在动态变化过程中混淆。
2.过程分析与模型构建通常在综合大题中形成难点。例如单杆+导轨模型、双杆+导轨模型。
3.数学方法与技巧的应用、微分与积分思想的运用、代数运算与方程求解是解答过程中的难点。
三、备考建议
1.准确理解磁通量、楞次定律、法拉第电磁感应定律等基本概念和规律。
2.有意识地将电磁感应与电路、力学、能量、动量等知识模块进行联系,形成系统的知识网络。
3.尝试用牛顿运动定律、能量和动量的观点分析处理问题;掌握典型模型,理解这些模型的运动特点、能量转化关系和最终稳定状态。
4.面对综合题,务必对物理过程进行分段分析,明确每一阶段的受力情况、运动状态、能量转化关系。
5.对涉及v-t、i-t、F-t等图像问题,要结合物理规律理解图像的斜率、截距、面积、交点等的物理意义。
6.计算题解答要书写规范,写出必要的研究对象、过程、依据的公式,逻辑
清晰。
总结:高考物理对电磁感应的考查立足基础、侧重综合、联系实际、注重能力。要求我们不仅要有扎实的知识储备,更要具备综合分析、建立模型和应用数学工具的能力。
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。
知识构建
【答案】 BS　磁感线　
Φ2-Φ1　磁通量　切割　
电能　阻碍 磁通量　
磁感线　导体运动　
感应电流　切割
基础转化
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
AB
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
D
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
A
【解析】 题图甲中,圆环在匀强磁场中向左平移,穿过圆环的磁通量不发生变化,金属圆环中不能产生感应电流;题图乙中,圆环在匀强磁场中绕轴转动,穿过圆环的磁通量发生变化,金属圆环中能产生感应电流;题图丙中,对通有恒定电流的长直导线,距离越远,导线产生的磁感应强度越弱,圆环在长直导线旁向右平移过程中,穿过圆环的磁通量发生变化,金属圆环中能产生感应电流;题图丁中,圆环由条形磁铁S极向N极平移过程中,穿过圆环的磁通量发生变化,金属圆环中能产生感应电流。故选A。
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
C
【解析】 根据安培定则可知,在环B内左半圆环磁场垂直于纸面向里,右半圆环磁场垂直于纸面向外,小圆环B在环A内部的磁通量(向内)大于环外部的磁通量(向外),合磁通量指向纸面内,A错误;环A中通恒定电流I,环B中磁通量不变,故无感应电流,B错误;若增大环A内的电流,则环B中向里的磁通量增加,根据楞次定律,环B会产生沿逆时针方向的电流,C正确;同理,若减小环A内的电流,则环B中会产生顺时针方向的电流,D错误。
[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
B
【解析】 当钢制线圈与电容器组连通时,钢制线圈中产生迅速增大的电流,线圈中产生迅速增强的磁场。根据楞次定律可知,铜环中产生的感应电流的磁场会阻碍引起感应电流的磁通量的变化,故铜环中的感应电流与钢制线圈中的电流大小几乎相等,方向相反。因此两个方向相反的电流之间的作用力使铜环迅速向内压缩,A、C、D错误,B正确。
[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
C
【解析】 根据“来拒去留”可知,金属圆环将受到水平向右的驱动力,金属圆环将向右运动,故A错误,C正确;当条形磁铁水平向右平移时,闭合金属环内向上的磁通量减小,由楞次定律可知,金属圆环中会产生逆时针方向的感应电流,将金属圆环等效成条形磁体,则上面为N极,故与条形磁铁相吸,则环对桌面的压力小于重力,故B、D错误。
[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
A
【解析】 由题图乙可知,t1～t2时间内电流增大,沿逆时针方向,穿过线圈B的合磁场方向垂直于纸面向外且磁通量增大,根据楞次定律可知,感应电流的磁场方向垂直于纸面向内,且线圈B有扩张的趋势,由右手定则可判断电流方向沿顺时针方向。A正确。
楞次定律的推论
规律总结
内容 例证
增反 减同
磁体靠近线圈,B感与B原方向相反
规律总结
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
规律总结
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
D
【解析】 当圆盘顺时针匀速转动时,线圈A中产生恒定的电流,铁芯中有稳定的磁场,那么线圈B的磁通量不变,则ab棒中没有感应电流,不会运动,A错误;当圆盘顺时针减速转动时,根据右手定则,感应电流从圆心流向边缘且变小,由安培定则可知,线圈A中产生的磁场方向向下且减弱,由楞次定律可知,线圈B中的感应磁场方向向下,则ab棒中感应电流方向由b→a,由左手定则可知,ab棒受的安培力方向向右,ab棒将向右运动,B错误;若圆盘逆时针加速转动或逆时针减速转动,同理可知,ab棒将分别向右运动和向左运动,C错误, D正确。
(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。
方法点拨
感谢观看第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
【答案】 AD
【解析】 由题知金属棒匀速切割磁感线,设金属棒运动位移为x,则x=vt,根据几何关系可知金属棒切割磁感线的有效长度为L=2x·tan θ,则产生的感应电动势为E=BLv=2Bv2ttan θ,当开关S接1时,通过金属棒的电流为I1==t,可得F1=I1LB=t2,由于初始时刻金属棒在磁场中的有效长度为零,则开始计时时I1、F1为零,即I1t图像为过原点的直线,F1t 图像为抛物线,A正确,B错误;当开关S接2时,通过金属棒的电流为I2===2BCv2tan θ,则电流不变,可得F2=I2LB=4B2Cv3ttan2θ,由于初始时刻金属棒在磁场中的有效长度为零,则开始计时时I2、F2为零,即I2t 图像平行于t轴,F2t图像为过原点的直线,D正确,C错误。
[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
【答案】 AD
【解析】 根据左手定则,可知电源产生的电流受磁场的安培力向左,金属杆到达磁场中b位置时能反向运动,说明由电源电流产生的安培力F源安大于恒力F。金属杆进入磁场后,由右手定则可知,产生的感应电动势与电源电动势“串联”,使总电动势增大,电流增加,则安培力向左且一定大于恒力F,即金属杆必定向右做减速运动,其加速度a==,可知随速度减小,加速度减小,即金属杆向右做加速度减小的减速运动,直到速度减为零后反向运动;反向运动中,根据右手定则,可知电路中的总电动势E总=E-E感,初始阶段E感较小,则安培力方向向左,其加速度为a′==,随速度增加,加速度减小,即金属杆向左做加速度减小的加速运动,直到出离磁场边界,即整个过程金属杆在磁场中受到的安培力始终向左,A正确,B错误。金属杆从进入磁场到回到磁场左边界过程中,恒力F做功为零,而因为电路中电阻的影响,电源安培力一定做负功,由动能定理可知金属杆回到磁场左边界时的速度小于进入磁场时的速度,可知金属杆能回到无磁场区,但不能回到a处,C错误,D正确。
[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。
【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　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v-t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E1=BLv1,
1 s末金属棒两端的电势差 Uab=-E1,
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 v2=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=m,
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。
【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B-x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P-t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。
【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。
课时作业
对点1.电磁感应中的动力学问题
1.(多选)(2025·广东卷,9)如图,是一种精确测量质量的装置原理示意图,竖直平面内,质量恒为M的称重框架由托盘和矩形线圈组成。线圈的一边始终处于垂直于线圈平面的匀强磁场中,磁感应强度不变。测量分两个步骤,步骤①:托盘内放置待测物块,其质量用m表示,线圈中通大小为I的电流,使称重框架受力平衡;步骤②:线圈处于断开状态,取下物块,保持线圈不动,磁场以速率v匀速向下运动,测得线圈中感应电动势为E。利用上述测量结果可得出m的值,重力加速度为g。下列说法正确的有(　　)
A.线圈电阻为
B.I越大,表明m越大
C.v越大,则E越小
D.m=-M
【答案】 BD
【解析】 根据题意知,电动势E是线圈断开时切割磁感线产生的感应电动势,I为线圈闭合时通入的电流,故不是线圈的电阻,A错误;根据平衡条件有(M+m)g=IlB,故可知I越大,m越大,B正确;根据公式有E=Blv,故可知v越大,E越大,C错误;联立以上各式可得m=-M,D正确。
2.(2025·陕西渭南三模)如图所示是舰载机返回航母甲板时电磁减速的简化原理图。固定在绝缘水平面上足够长的平行光滑金属导轨,左端接有定值电阻R,整个装置处在竖直向下的匀强磁场中,导轨的电阻不计。舰载机等效为电阻不计的导体棒PQ,在导体棒PQ以一定初速度水平向右运动过程中,其速度v、加速度a、所受安培力F、通过的电荷量q与运动时间t变化关系图像可能正确的是(　　)
A　　　B
C　　　D
【答案】 C
【解析】 导体棒PQ切割磁感线,回路中出现感应电流,由右手定则、左手定则可知,PQ受到向左的安培力,向右减速运动,由F=ma,F=IlB,I=,解得a=,由于导体棒速度减小,则加速度减小,所以导体棒做的是加速度越来越小的减速运动直至停止运动,其vt图像为斜率为负值且绝对值变小的曲线,A错误;导体棒的最大加速度为amax=,导体棒做加速度减小的减速运动,所受安培力大小F=,加速度a=,则Ft、at图像的形状均与vt图像类似,B错误,C正确;根据q=Δt=,可知=,由于导体棒速度减小,故电荷量变化率减小,即qt图像为过原点且斜率减小的曲线,D错误。
3.(2025·安徽模拟)如图甲所示,两平行且间距为L的倾斜光滑金属导轨与水平面成30°角,导轨上端和下端分别用开关S1、S2连接电容器和阻值为R的电阻。在导轨的正方形区域MNPQ之间有垂直于导轨平面向上的匀强磁场,磁感应强度大小随时间变化的图像如图乙所示(B0、t0均为已知量)。金属棒ab质量为m,紧靠MN放置,断开S1,闭合S2,t=0时固定金属棒,待t=t0时释放金属棒,金属棒最终在磁场中匀速运动。已知电容器的电容C=,重力加速度大小为g,导轨和金属棒的电阻均不计。求:
(1)在释放金属棒前,金属棒中的电流大小I;
(2)金属棒在匀强磁场中运动的最大速度vmax;
(3)若t=t0时闭合S1、断开S2,再释放金属棒,金属棒克服安培力做的功W。
【答案】 (1)　(2)
(3)
【解析】 (1)在释放金属棒前,根据法拉第电磁感应定律可得E=S=L2,
金属棒中的电流大小I==。
(2)当金属棒匀速运动时,根据平衡条件有
mgsin θ=B0I0L,
此时I0==,
联立解得vmax=。
(3)设Δt时间内电容器增加的电荷量
ΔQ=CΔE=CB0LΔv,
则电路中电流I1==B0LCa,
对金属棒有
mgsin θ-B0I1L=ma,
解得a=,
可知金属棒做匀加速直线运动,
设金属棒出磁场时速度为v,则有v2=2aL,
由动能定理得mgsin θ·L-W=mv2,
联立解得W=。
对点2.电磁感应中的能量问题
4.(2025·陕晋青宁卷,7)如图,光滑水平面上存在竖直向上、宽度d大于2L的匀强磁场,其磁感应强度大小为B。甲、乙两个合金导线框的质量均为m,长均为2L,宽均为L,电阻分别为R和2R。两线框在光滑水平面上以相同初速度v0=并排进入磁场,忽略两线框之间的相互作用。则(　　)
A.甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相同
B.甲、乙线框刚进磁场区域时,所受合力大小之比为1∶1
C.乙线框恰好完全出磁场区域时,速度大小为0
D.甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热之比为4∶3
【答案】 D
【解析】 根据右手定则,甲线框进磁场的过程中电流方向为顺时针,出磁场的过程中电流方向为逆时针,故A错误;甲线框刚进磁场区域时,所受合力为F安1=BI1L,其中I1=,乙线框刚进磁场区域时,所受合力为F安2=BI2L,其中I2=,可知=2,故B错误;假设甲、乙都能完全出磁场,对甲根据动量定理有-BLΔt=mv1-mv0,q1=Δt=·Δt==,同理,对乙有-BLΔt′=mv2-mv0,q2=Δt′=·Δt′==,联立解得v1=0,v2=v0=,故甲恰好完全出磁场区域,乙完全出磁场区域时,速度大于0,由能量守恒定律可知,甲、乙线框从刚进磁场区域到完全出磁场区域产生的焦耳热分别为Q1=m,Q2=m-m()2=m,即=,故C错误,D正确。
5.(多选)(2025·河南期末)如图所示,两根等高光滑的四分之一圆弧轨道半径为r、间距为L,轨道的电阻不计。在轨道的顶端连接有阻值为R的电阻,整个装置处在竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度为B。现有一根长度稍大于L、质量为m、接入电路的电阻也是R的金属棒从轨道的最低位置cd开始,在拉力F作用下以速率v0沿轨道向上做匀速圆周运动至ab处,则该过程中(　　)
A.通过电阻的电流方向为f→R→e
B.通过电阻的电荷量为
C.金属棒上产生的热量为
D.拉力做功为mgr+
【答案】 BC
【解析】 金属棒运动过程中,根据右手定则可知,通过电阻的电流方向为e→R→f,A错误;金属棒从cd运动到ab过程,由法拉第电磁感应定律可知,平均感应电动势==,平均感应电流==,通过R的电荷量 q=Δt,解得q=,B正确;金属棒做圆周运动过程中产生的感应电动势E=BLv0cos θ,感应电动势的最大值Emax=BLv0,有效值E′==,通过R的电流大小I=,金属棒从cd到ab过程产生的热量Q=I2Rt,t=×,解得Q=,C正确;由于拉力F做的功等于外力提供的能量,根据能量守恒定律有W=mgr+2Q,解得W=mgr+,D错误。
6.(2025·黑龙江大庆模拟)如图甲所示,n=10匝的正方形线框用细线悬挂于天花板上且处于静止状态,线框平面在纸面内,线框的边长为L=0.1 m,总电阻为R=0.5 Ω,线框的下半部分(总面积的一半)处于垂直于纸面向里的有界匀强磁场中,磁场的上、下边界之间的距离为d=0.25 m,磁场的磁感应强度按照图乙变化,0.1 s时刻(磁场均匀增大的最后一瞬间),悬线的拉力恰好为零,此时剪断细线,线框刚要完全穿出磁场时,加速度为零,线框在穿过磁场的过程中始终在纸面内,且不发生转动。(不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2)
(1)t=0.05 s时线框中的电流的大小和方向;
(2)线框的总质量m;
(3)线框穿过磁场的过程中,线框中产生的焦耳热Q。
【答案】 (1)2 A,方向为逆时针方向
(2)0.4 kg　(3)1.15 J
【解析】 (1)0～0.1 s内磁感应强度均匀增加,则感应电动势大小为
E1=nS有效=10×××0.12 V=1 V,
整个过程感应电流大小均为
I1==2 A,
由于穿过线框的磁通量向里增加,根据楞次定律可知,感应电流方向为逆时针方向。
(2)0.1 s时刻,悬线的拉力恰好为零,则有
F安=mg,
而F安=nBI1L,
联立解得m== kg=0.4 kg。
(3)设线框完全穿出磁场时速度为v,根据平衡条件有F安′=mg,
而F安′=nBI′L,I′=,
联立解得v=0.5 m/s,
剪断细线到线框穿出磁场的过程中,根据能量守恒定律有mg(d+)=mv2+Q,
解得Q=1.15 J。
7.(2025·内蒙古专题练习)如图甲所示的电路图中,线圈的横截面积为0.1 m2,匝数为10,线圈内通有垂直于纸面的匀强磁场,以垂直于纸面向外为正方向,磁感应强度变化如图乙所示,小灯泡的伏安特性曲线如图丙所示。线圈内阻r=1 Ω,定值电阻R1=2 Ω,R2=15 Ω,t=0时刻闭合开关,下列说法正确的是(　　)
A.0～1 s内与1～3 s内回路中的电流方向不同
B.同一时刻,流过R1、R2的电流之比等于两者电阻之比
C.0～1 s内灯泡消耗的电能为2.1 J
D.1～3 s内电路的总功率约为5 W
【答案】 C
【解析】 由题图乙可知,在0～1 s内磁感应强度垂直于纸面向里且减小,即穿过线圈的磁通量向里减少,根据楞次定律可知,线圈中感应电流沿顺时针方向,在1～3 s内,磁感应强度向外且增大,磁通量增加,则感应电流也沿顺时针方向,A错误。由电路结构知电阻R2与灯泡并联后再与R1串联,设某时刻流过灯泡的电流为IL,流过R2的电流为I2,流过R1的电流为I,则I=IL+I2,根据法拉第电磁感应定律可知,0～1 s内线圈产生的感应电动势为E1=== V=6 V,1～3 s内线圈产生的感应电动势E2=== V=4.8 V,由闭合电路欧姆定律可得E=(IL+)(r+R1)+UL,代入数据整理可得0～1 s内有IL=2-UL(A),1～3 s内有IL=-UL(A),在灯泡的伏安特性曲线图中作出0～1 s和1～3 s的ILUL关系图像,如图所示,交点对应小灯泡在两个阶段的工作电压与工作电流,由图可知0～1 s内灯泡的工作电压为1.5 V,工作电流为1.4 A;1～3 s内灯泡的工作电压为1 V,工作电流为1.2 A。0～1 s内通过R2的电流I2= A=0.1 A,则R1中电流I=1.5 A,可知==15≠。同理,1～3 s内,=19≠,B错误。0～1 s内灯泡消耗的电能为WL=ULIL=1.5×1.4 J=2.1 J,1～3 s内电路的总电流I= A,所以电路的总功率P总=E2I=
4.8 V× A= W,C正确,D错误。
8.(2025·江西九江三模)定值电阻、电容器、电感线圈是三种常见的电路元件,关于这几个元件有如下结论:①定值电阻R满足I=关系;②电容器的电容为C,两极板间电压为U时,储存的能量为E=CU2;③电感线圈的自感系数为L,自感电动势E自=L,通过的电流为I时,储存的能量为E=LI2。如图,足够长的光滑金属框架竖直放置,顶端留有接口a、b,两竖直导轨间距为d。一质量为m、长度为d的金属棒始终与竖直导轨接触良好,磁感应强度为B的匀强磁场与框架平面垂直,重力加速度为g。不计空气阻力,不计框架和金属棒的电阻,不计电磁辐射的能量损失。
(1)若在a、b间接入一个阻值为R的定值电阻,静止释放金属棒,求金属棒的最终速度v1;
(2)若在a、b间接入一个电容为C的电容器,静止释放金属棒,当金属棒下落的高度为h时,求金属棒的速度v2;
(3)若在a、b间接入一个电阻不计、自感系数为L的电感线圈,静止释放金属棒,当金属棒下落的高度为H时,求金属棒的速度v3。
【答案】 (1)　(2)
(3)
【解析】 (1)金属棒释放后在磁场内向下运动产生感应电流,受到向上的安培力作用,最终受力平衡时具有最大速度,根据平衡条件有F安=mg,
而F安=BId,
I=,
E1=Bdv1,
联立解得v1=。
(2)在金属棒下落h的过程中,根据能量守恒定律有mgh=m+CU2,
由于E2=Bdv2,U=E2,
联立解得v2=。
(3)设金属棒下落高度为H时电流为I1,根据能量守恒定律有
mgH=m+L,
由于E3=Bdv3,E3=E自,E自=L,
而Bdv3Δt=LΔI1,
等式两边求和得BdH=LI1,
联立解得v3=。(共38张PPT)
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)
[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(　 　)
AD
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
AD
[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。
(1)金属棒在磁场中运动时所受的安培力;
【答案】 (1)0.18 N,方向沿斜面向上
(2)金属棒与导体框之间的动摩擦因数;
【答案】 (2)0.375
【解析】 (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)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v-t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;
规范答题
【答案】 (1)-1.44 V
(2)恒力F的大小;
规范答题
【答案】 (2)6.6 N
(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;
规范答题
【答案】 (3)5.56 J
(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。
规范答题
【答案】 (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B-x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P-t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;
【答案】 (1)0.6 W
(2)金属棒在x=3 m处的速度大小;
【答案】 (2)0.5 m/s　
【解析】 (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)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。
【答案】 (3)0.75 W
感谢观看第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:2] [2:
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
【答案】 AB
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
【答案】 C]
【答案】 电磁感应　改变　闭合　右手　变化率　n　Blv
Bl2ω　自感　L　形状　匝数　铁芯　感应电流　安培力
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
【答案】 AC
【解析】 根据楞次定律和右手定则可知,线圈中感应电流为顺时针方向,因此电子运动方向为逆时针方向,A正确;线圈不在磁场中,不受安培力作用,无收缩扩张的趋势,B错误;线圈中磁通量的变化率为=kπ,根据法拉第电磁感应定律,可知线圈中的感应电动势为E==kπ,线圈中产生的焦耳热为Q=t,其中t==,联立可得Q=,C正确;通过导线横截面的电荷量为q=t=t==,D错误。
[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。
【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　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
提示:(1)l2ωt　(2)Bl2ω
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。
【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] 【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。
【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　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
【答案】 D
【解析】 由题知,开关S闭合时,由于L的电阻很小,Q灯正常发光,P灯微亮,通过线圈的电流远大于通过P灯的电流,断开开关时,Q灯所在电路断开,Q灯立即熄灭,由于自感,L中产生感应电动势,与P组成闭合回路,电流从线圈原来的值逐渐减小到零,故P灯闪亮后再熄灭。故选D。
[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
【答案】 (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。
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
【答案】 C
【解析】 根据题意,当金属薄片中心运动到N极正下方时,薄片右侧的磁通量在减小,左侧的磁通量在增大,由于两极间的磁场方向竖直向下,根据楞次定律和安培定则可知,薄片右侧的涡电流方向为顺时针,薄片左侧的涡电流方向为逆时针。故选C。
[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
【答案】 B
【解析】 从上向下看,当磁铁逆时针转动时,导致穿过线圈的磁通量发生变化,从而产生感应电流而受到安培力,根据楞次定律推论“来拒去留”,可知线圈将逆时针转动,但快慢不同,线圈的转速一定比磁铁转速小,故A错误,B正确;只要磁铁转动,穿过线圈的磁通量发生变化,线圈就会转动,C错误;若使磁铁停止转动,同理可知线圈受到安培力而迅速停下来,D
错误。
课时作业
对点1.对法拉第电磁感应定律的理解及应用
1.(2025·甘肃卷,6)闭合金属框放置在磁场中,金属框平面始终与磁感线垂直。如图,磁感应强度B随时间t按正弦规律变化。Φ为穿过金属框的磁通量,E为金属框中的感应电动势,下列说法正确的是(　　)
A.t在0～内,Φ和E均随时间增大
B.当t=与时,E大小相等,方向相同
C.当t=时,Φ最大,E为零
D.当t=时,Φ和E均为零
【答案】 C
【解析】 t在0～时间内,磁感应强度B增加,则磁通量Φ增加,但是图像的斜率减小,即磁感应强度B的变化率逐渐减小,根据法拉第电磁感应定律E=S,可知感应电动势E逐渐减小,A错误;当t=和t=时,因Bt图像的斜率大小相等,符号相反,可知感应电动势E大小相等,方向相反,B错误;t=时,B最大,磁通量Φ最大,但是B的变化率为零,则感应电动势E为零,C正确;t=时,B为零,磁通量Φ为零,但是B的变化率最大,则感应电动势E最大,D错误。
2.(2025·江西南昌期末)如图所示,新能源汽车由地面供电装置(主要装置是发射线圈,并直接连接电源)将电能传送至汽车底部的感应装置(主要装置是接收线圈,并连接充电电池),对车载电池进行充电。则(　　)
A.发射线圈和接收线圈的磁通量变化率相等
B.地面供电装置中的电源输出的可以是恒定电压
C.增大发射线圈与接收线圈的间距,接收线圈中感应电流的频率不变
D.车身中感应线圈中感应电流磁场总是与地面发射的电流的磁场方向相反
【答案】 C
【解析】 由感应装置与供电装置的工作原理可知,非理想状态下由于能量损耗,供电线圈和感应线圈中感应电动势不相等,即磁通量变化率不等,A错误;如果地面供电装置中的电源输出恒定电压,那么发射线圈中的电流是恒定的,恒定电流产生的磁场是不变的,则穿过接收线圈的磁通量不变,就不会产生感应电动势,无法实现对车载电池充电,所以电源输出的不能是恒定电压,B错误;发射线圈与接收线圈中的磁通量变化的频率相同,增大发射线圈与接收线圈的间距,接收线圈电流的频率不变,C正确;根据楞次定律,当穿过车身感应线圈的磁通量增加时,车身中感应线圈中感应电流磁场与地面发射的电流的磁场方向相反,反之方向相同,D错误。
对点2.电磁感应中导体切割磁感线问题
3.(多选)(2025·云南昆明阶段练习)如图甲所示,两根间距为L、足够长的光滑平行金属导轨竖直放置并固定,顶端接有阻值为R的电阻,垂直于导轨平面存在变化规律如图乙所示的匀强磁场,t=0时磁场方向垂直于纸面向里。在0～2t0时间内,金属棒水平固定在距导轨顶端L处;t=2t0时,释放金属棒。整个过程中金属棒与导轨接触良好,导轨与金属棒的电阻不计,则(　　)
A.在0～2t0时间内,金属棒中电流方向始终为顺时针
B.在t=t0时,金属棒中电流大小为
C.在t=t0时,金属棒受到安培力的大小为
D.在t=3t0时,若金属棒速度为v,其加速度大小可能为g-
【答案】 ABD
【解析】 在0～t0时间内,磁场垂直于纸面向里且减弱,根据楞次定律可知,感应电流方向沿顺时针;在t0～2t0时间内,磁场垂直于纸面向外且增强,则电流方向仍沿顺时针,A正确。0～2t0时间内,感应电动势E=S=,根据闭合电路欧姆定律,电流I==,B正确。在t=t0时,B=0,安培力为0,C错误。若在t=3t0时导体棒做加速运动,设速度为v,根据牛顿第二定律有mg-=ma,得a=g-,D正确。
4.(2025·陕西宝鸡一模)如图所示,在竖直向下的匀强磁场中,将一根水平放置长度为L的金属棒ab从距地面高为h处,以初速度v0水平抛出。设运动的整个过程中棒的方向不变,且不计空气阻力,已知重力加速度为g,则落地时金属棒a、b两端产生的感应电动势和电势高低,下列判断正确的是(　　)
A.E=BLv0,φa>φb
B.E=BL,φa>φb
C.E=BLv0,φa<φb
D.E=BL,φa<φb
【答案】 C
【解析】 金属棒做平抛运动,切割磁感线的速度为v0,保持不变,则金属棒a、b两端产生的感应电动势大小为E=BLv0,根据右手定则,可知金属棒中电子向a端移动,则b端比a端电势高,即有φa<φb,C正确。
5.(2025·辽宁沈阳模拟)如图甲,将半径r=2 m、总电阻R1=4 Ω的均匀金属圆环固定在水平面上,直径MN一侧有垂直于纸面向里的磁感应强度大小B0=2 T的匀强磁场。一根电阻R2=2 Ω的均匀金属杆CD固定在过圆心O的转轴上,两端与金属圆环接触良好。金属杆在外力作用下以角速度ω=2 rad/s 顺时针匀速转动至图示位置(CD垂直于MN)。
(1)求经图示位置金属杆产生的电动势E及DO间的电势差UDO;
(2)如图乙,撤去金属杆,使匀强磁场的磁感应强度从B0开始按照B=B0cos πt的规律变化,规定顺时针方向为电动势的正方向(电势由低指向高的方向),写出圆环中感应电动势e随时间t变化的表达式(结果可用π表示)。
【答案】 (1)8 V　 V
(2)e=-4π2sin πt V
【解析】 (1)根据法拉第电磁感应定律有
E=B0r=B0ωr2,
代入数值解得E=8 V;
根据闭合电路欧姆定律有I=,
而R外=×+,
D、O间的电势差UDO=E-I,
解得UDO= V。
(2)根据法拉第电磁感应定律有
e=·,
而=-πB0sin πt,
解得e=-4π2sin πt V。
对点3.自感与涡流　电磁阻尼和电磁驱动
6.(2025·宁夏银川二模)如图所示,开关S闭合后,流过线圈L的电流恒为i1,流过灯泡A的电流恒为i2,且i1>i2。在t1时刻迅速将开关S断开,在较短一段时间内流过灯泡的电流随时间变化的图像是(　　)
A　　 　B
C　 　　D
【答案】 D
【解析】 开关S闭合时,流过线圈L的电流恒为i1,流过灯泡A的电流恒为i2,且i1>i2,均为正值。在t1时刻迅速将开关S断开,线圈产生自感电动势与灯泡A构成回路,所以通过灯泡A的电流从i1逐渐减小,且方向与原来i2的方向相反,D正确。
7.(2024·甘肃卷,6)工业上常利用感应电炉冶炼合金,装置如图所示。当线圈中通有交变电流时,下列说法正确的是(　　)
A.金属中产生恒定感应电流
B.金属中产生交变感应电流
C.若线圈匝数增加,则金属中感应电流减小
D.若线圈匝数增加,则金属中感应电流不变
【答案】 B
【解析】 当线圈中通有交变电流时,穿过感应电炉内金属的磁通量的大小和方向发生周期性变化,金属中产生交变感应电流,A错误,B正确;若线圈匝数增加,根据法拉第电磁感应定律可知,感应电动势增大,则金属中感应电流变大,C、D错误。
8.(多选)(2025·江西阶段练习)利用电磁阻尼现象的规律,可以制成电磁制动器。如图是汽车上使用的电磁制动装置示意图,其中转盘与轴之间接有电阻(图中未画出)。关于该电磁制动器,下列说法正确的是(　　)
A.该电磁制动器未通过直接接触产生阻力,从而可以避免磨损
B.转盘的速度越大,制动力就越大
C.如果将线圈中的电流反向,将不能起到制动作用
D.因穿过转盘的磁通量未发生变化,转盘中无感应电流
【答案】 AB
【解析】 该电磁制动器未通过直接接触产生阻力,从而可以避免磨损,A正确;将圆盘和转轴间看作由若干导体组成,根据电磁感应定律,转盘的速度越大,感应电流越大,阻碍作用越强,B正确;如果将线圈中的电流反向,转盘产生的安培力依旧阻碍圆盘的转动,同样能起到制动作用,C、D错误。
9.(多选)(2025·全国卷,8)如图,过P点的虚线上方存在方向垂直于纸面的匀强磁场。一金属圆环在纸面内以P点为轴沿顺时针方向匀速转动,O为圆环的圆心,OP为圆环的半径。则(　　)
A.圆环中感应电流始终绕O逆时针流动
B.OP与虚线平行时圆环中感应电流最大
C.圆环中感应电流变化的周期与环转动周期相同
D.圆环在磁场内且OP与虚线垂直时环中感应电流最大
【答案】 BC
【解析】 在圆环进入磁场的过程中,圆环中感应电流绕O逆时针流动;圆环出磁场的过程中,圆环中感应电流绕O顺时针流动,A错误。由几何关系可知圆环进入磁场的过程中,圆环的圆心轨迹是以P点为圆心且半径与圆环的半径大小相等的圆,则圆环切割磁感线的有效长度为l=2rcos (90°-ωt),其中ω为圆环匀速转动的角速度,90°-ωt为OP与虚线的夹角,则金属圆环在纸面内以P点为轴沿顺时针方向匀速转动产生的感应电动势瞬时值为e=,化简得e=Bωr2(1-cos 2ωt),可见OP与虚线平行,即ωt=90°或270°时,圆环中感应电流最大;分析可知,在圆环转动一圈的过程中,圆环中的感应电流先逆时针增大再减小,后顺时针增大再减小,圆环中感应电流变化的周期与环转动周期相同;圆环在磁场内且OP与虚线垂直时ωt=180°,此时环中感应电流为零,B、C正确,D错误。
10.(2025·四川模拟)如图甲所示,水平面内平行放置两根间距为d的导轨,每根导轨由三段光滑的直金属杆组成,连接点A1为一单刀双掷开关,连接点A2与金属杆无缝焊接,连接点O1、O2分别由一小段绝缘塑料平滑连接,其连线O1O2垂直于导轨;在A1A2左侧一半径为r(r<)的圆形区域内有竖直向下的磁场,其磁感应强度大小随时间变化如图乙所示;在A1A2右侧区域存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为B;在靠近A1A2右侧垂直于导轨静止放置一根与导轨接触良好的金属棒(图中未画出),D1、D2之间连接有电感为L、电阻为零的线圈,A1、A2之间连接有电容为C的电容器和阻值为R的电阻。除电阻R外,所有的导轨、金属棒和元件的电阻均忽略不计;导轨连接处的塑料不会对金属棒的运动产生干扰;A2C2的长度为d,A2O2和O2D2均足够长。现先将开关S拨到1,经过足够长时间后撤去A1A2左侧的磁场,同时将开关S拨到2,金属棒开始运动。已知金属棒质量为m,重力加速度大小为g。求:
(1)金属棒刚开始运动时,电容器上的电荷量Q0(以下各问中,Q0可视为已知量);
(2)金属棒第一次在O1A1A2O2区域达到稳定状态的速度及此时电容器上剩余电荷量;
(3)金属棒第一次经过O1O2到下一次经过O1O2经历的时间(简谐运动周期T=2π)。
【答案】 (1)
(2)　Q0
(3)π
【解析】 (1)回路A1A2C2C1中的感应电动势大小为E==πr2=πr2,
电容器上的电荷量为
Q0=CE=。
(2)设金属棒第一次达到稳定的速度为v0,电容器上剩余电荷量为q0,此时回路中的电流为0,则有Bdv0=,
在金属棒从开始运动到达到稳定的过程中,根据动量定理有BdIΔt=mΔv,
而整个过程中IΔt=Δq,
则mΔv=BdΔq,
即m(v0-0)=Bd(Q0-q0),
联立解得v0=,
q0=BdCv0=Q0。
(3)金属棒第一次经过O1O2时的速度为v0,在后续运动过程中,由于金属棒、线圈、导轨都没有电阻,因此金属棒的动生电动势必然与线圈的自感电动势等大反向,即Bdv=L,
则有BdvΔt=LΔI,
求和得Bd(x-0)=L(I-0),
即Bdx=LI,
其中x为金属棒在O1O2右侧的位移;
另一方面金属棒受到的合力(向右为正)为
F=-BId=-x=-kx,
即金属棒在O1O2处做简谐运动,而从第一次经过O1O2到下一次经过O1O2的时间为周期的一半,则t=T=π=π。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Φ-t、B-t、E-t、I-t、U-t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I-t、U-t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
【答案】 C
【解析】 由题图乙可知,磁场垂直于纸面向里且增强,则线圈中的感应电流方向为逆时针方向,A错误;由法拉第电磁感应定律可知,线圈产生的感应电动势为E==0.05 V,则闭合回路中的电流I==0.1 A,电阻R两端的电压为UR=IR=0.04 V,B错误;0～0.2 s内,通过R的电荷量为q=It=0.02 C,C正确;线圈电阻r消耗的功率为P=I2r=1×10-3 W,D错误。
[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。
【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] 【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。
【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　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.
【答案】 B
【解析】 根据法拉第电磁感应定律,闭合回路中产生的感应电动势E=,根据闭合电路欧姆定律,电流I=,通过回路的电荷量q=IΔt,0～T时间内ΔΦ=B0Lx0,联立解得q==,B正确。
[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。
【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　电磁感应中的图像问题
解题步骤
(1)明确图像的种类,即是B-t图像还是Φ-t图像,或者E-t图像、i-t图像、F-t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E-x图像和i-x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
【答案】 ACD
【解析】 设磁场向里为正方向,由楞次定律可知,在0～T时间内线圈中产生逆时针方向电流,在T～2T 时间内线圈中产生顺时针方向电流,根据E==S,可知感应电动势大小不变,但是方向不同,故A正确,B错误。根据Q=I2Rt可知,因I、R的大小不变,则Qt图像是过原点的直线,故C正确。根据F=IlB可知,在0～T时间内B随时间均匀减小,则F随时间均匀减小,根据楞次定律可知F方向向左;在T～T时间内B随时间均匀增加,则F随时间均匀增大,根据楞次定律可知F方向向右;T～2T时间内F的变化规律与0～T时间内相同,故D正确。
[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
【答案】 A
【解析】 导体棒的位移为0～L时,经过时间t,导体棒运动的距离为x=vt=t,此时导体棒在磁场中的长度l=2x=t,所受的安培力F=IlB=I(B0-kt)t=(B0t-kt2),则图像为开口向下的抛物线的一部分;同理,导体棒的位移为L～2L时,受安培力F=I(B0-kt)(4L-t)=4LI(B0-2kt+),由数学知识可知Ft图像为开口向上的抛物线的一部分,则图像为A。
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。
(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作出分析和判断。
课时作业
对点1.电磁感应中的电路问题
1.(2025·重庆三模)如图所示,三根完全相同的电阻丝一端连在一起并固定在转轴O上,另一端分别固定于导体圆环上的A、C、D点,并互成120°角,导体圆环的电阻不计。转轴的右侧空间有垂直于纸面向里的匀强磁场,范围足够大,现让圆环绕转轴O顺时针匀速转动,在连续转动的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.A点的电势可能低于O点的电势
B.流过OA的电流方向始终不变
C.流过OA的电流大小始终不变
D.流过OA的电流大小有2个不同值
【答案】 D
【解析】 当OA在磁场中时,OA为电源,A为电源正极,O为电源负极,A点的电势高于O点的电势,电流从O到A;当OA在磁场外时,OA为外电路,电流从A到O,A点的电势也高于O点的电势,A、B错误。对于连续转动的不同时刻,电路有两种不同情形,其中图甲为只有一根电阻丝在磁场中的情形,图乙为两根电阻丝在磁场中的情形,两电路中的电动势相等,总电阻相等,所以总电流相等,但流过图甲中的一个电阻和图乙中的一个电源的电流均为总电流的一半,故流过OA中的电流大小有两个不同值,C错误,D正确。
2.(2025·内蒙古模拟)如图甲,两组平行金属导轨在同一水平面固定,间距分别为d和1.5d,分别连接电阻R1、R2,边长为d的正方形区域存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度B随时间t变化关系如图乙所示。t=0时,在距磁场左边界d处,一长为1.5d的均匀导体棒在外力作用下,以恒定速度v0向右运动,直至通过磁场,棒至磁场左边界时与两组导轨良好接触。导体棒阻值为3R,R1、R2的阻值分别为2R、R,其他电阻不计,棒与导轨垂直且接触良
好。求:
(1)0～时间内,R1中的电流方向及其消耗的电功率P;
(2)时间内,导体棒受到的安培力F的大小和方向。
【答案】 (1)N到M　
(2)　水平向左
【解析】 (1)由题图乙可知,在0～时间内,磁场均匀增加,导体棒与R1组成闭合电路,根据楞次定律可知,R1中的电流方向为N到M;
感应电动势大小为E===,
导体棒在导轨间的电阻为2R,所以总电流为
I总==,
R1的功率为
P=·2R=()2·2R=。
(2)在时间内磁感应强度不变,导体棒为内电路,R1、R2并联后为外电路,流过导体棒的电流受到的安培力方向水平向左;
而外电路的总电阻为R并==R,
则电路中的总电阻为R总=2R+R=3R,
电源的电动势为E′=B0dv0,
而F=B0Id,I=,
联立解得F=。
对点2.电磁感应中的电荷量问题
3.(多选)(2025·云南文山模拟)如图甲所示,虚线MN左右两侧的空间均存在垂直于纸面的匀强磁场,右侧匀强磁场的磁感应强度大小恒为B0、方向垂直于纸面向外;虚线MN左侧磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示,规定垂直于纸面向外为磁场的正方向。现将一半径为r、电阻为R的金属圆环垂直于磁场方向固定,其圆心O在MN上。则(　　)
A.圆环上有顺时针方向的感应电流
B.圆环上的感应电流大小为
C.在0～t0时间内,通过圆环的电荷量为
D.在t=时,圆环受到的安培力大小为
【答案】 AC
【解析】 在0～t0时间内,MN左侧半圆环内磁场方向向里且磁感应强度减小,右侧不变,则磁通量减小,根据楞次定律,圆环内有顺时针方向的感应电流;t0～t0时间内,MN左侧磁场方向向外且磁感应强度增大,磁通量增大,圆环也有顺时针方向的感应电流,A正确。根据法拉第电磁感应定律,圆环中产生的感应电动势E=S,其中S=,=,而I=,联立解得I=,B错误。在0～t0时间内,通过圆环的电荷量为q=IΔt=,C正确。在t=t0时,圆环受到的安培力F=B0I·2r+I·2r,联立得F=,D错误。
4.(2025·山西阶段练习)如图甲所示,足够长的U形导轨放置在光滑水平绝缘桌面上,CD长为1 m,导轨电阻不计。质量为0.1 kg、长为1 m、电阻为0.5 Ω的导体棒MN放置在导轨上,与导轨间的动摩擦因数为μ且始终接触良好。Ⅰ区域内存在垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场;Ⅱ区域内存在垂直于纸面向里、磁感应强度大小为2B的匀强磁场。t=0时,对导轨施加一个水平向右的恒力F,t=2 s时撤去F,前2 s导轨与导体棒的
vt图像如图乙所示。MN与CD停止运动时分别位于Ⅰ区域和Ⅱ区域,已知重力加速度g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,求:
(1)动摩擦因数;
(2)导轨质量;
(3)撤去F后通过导体棒的总电荷量。
【答案】 (1)0.2　(2)0.1 kg　(3)2 C
【解析】 (1)根据1 s前导轨与导体棒的vt图像可知,两者均做匀加速直线运动,则导轨还未进入Ⅱ区域磁场且导体棒在Ⅰ区域磁场外,回路无感应电流,都不受安培力。设导轨质量为M,根据牛顿第二定律,对导轨和导体棒分别有
F-μmg=Ma1,
μmg=ma2,
由二者运动关系可知a1>a2,根据vt图像,可知a1==4 m/s2,a2==2 m/s2,
联立可得μ=0.2。
(2)第2 s内导轨与导体棒均做匀速直线运动,表示导轨与导体棒均进入磁场,其感应电动势为E=2BLv1+BLv2,
而I=,
对导轨有F=μmg+2BIL,
对导体棒有μmg=BIL,
代入数据联立解得
F=0.6 N,B=0.1 T,M=0.1 kg。
(3)撤去F之后,导轨和导体棒分别做减速运动到停止,取向右为正方向,根据动量定理,对二者分别有
-μmgt-2BLt=0-Mv1,
μmgt-BLt=0-mv2,
q=t,
联立解得q=2 C。
对点3.电磁感应中的图像问题
5.(2025·贵州黔西期末)如图甲所示,闭合金属线框abcd置于垂直于纸面向里的磁场中,线框平面与磁场方向垂直﹐磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。规定顺时针方向为电流的正方向,下列各图中能正确表示线框中感应电流i随时间t变化的图像是(　　)
A　　 　B
C　　 　D
【答案】 B
【解析】 由题图乙可知,在0～1 s内,磁场方向垂直于纸面向里且磁感应强度增大,由楞次定律可知,线框产生的感应电流方向为逆时针方向,其感应电动势为E==S,则电流i==·,感应电流恒定且为负值;在1～3 s内,磁场不变,感应电流为0;同理,3～4 s内感应电流恒定且为正值,大小与0～1 s内电流大小相等,B正确。
6.(2025·安徽阶段练习)如图所示,空间存在磁感应强度大小相等、方向分别垂直于光滑绝缘水平面向上和向下的匀强磁场,由粗细均匀的电阻丝制成边长为L的正方形线框ABCD,在外力F的作用下从磁场边界以速度v垂直进入磁场并匀速穿出磁场。已知两磁场宽度均为线框长度的2倍,磁感应强度大小均为B0。在线框匀速通过两磁场的整个过程中,下列关于A、B两点间电势差UAB随时间t的变化关系图像(其中E=B0Lv),可能正确的是(　　)
A　 　　B
C　 　　D
【答案】 A
【解析】 在0～,只有CD边切割磁感线,因此UAB=-B0Lv=-E;在,线框完全进入磁场,虽然电路中没有感应电流,但AB边以及CD边均切割磁感线,产生感应电动势,因此UAB=-B0Lv=-E;在,AB边以及CD边在两反向磁场中同时切割磁感线,线框中有感应电流I=,因此UAB=-(B0Lv-IR)=-B0Lv=-E;在,同,但因磁场方向相反,因此UAB=B0Lv=E;在,线框出磁场,AB边切割磁感线,相当于电源,AB两端电压为路端电压,UAB=B0Lv=E,A正确。
7.(多选)(2025·辽宁沈阳模拟)如图甲所示,水平面上固定两条足够长的平行导轨,导轨间距为0.4 m,虚线O1O2垂直于导轨,O1O2左侧部分导轨由金属材料制成,其左端通过导线与电容为2×103 μF 的平行板电容器的极板A、B分别相连,O1O2右侧部分的导轨由绝缘材料制成,导轨处于方向竖直向下的匀强磁场中。将一质量为0.1 kg且电阻不计的金属棒MN置于O1O2左侧的金属导轨上,并通过水平轻绳绕过光滑定滑轮与质量为0.2 kg的小物块相连,MN与导轨各部分的动摩擦因数都相同。t=0时刻,将MN和小物块同时由静止释放,MN离开虚线O1O2后的v-t图像如图乙所示。整个过程中MN始终垂直于导轨且与导轨接触良好,电容器未被击穿,重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　　)
A.电容器的A极板带正电
B.MN在第1 s内做匀加速直线运动
C.磁场的磁感应强度大小为25 T
D.电容器储存的电能为0.9 J
【答案】 BCD
【解析】 金属棒向右切割磁感线时,产生由M流向N的感应电流,则电容器的B极板带正电,A错误;设金属棒的质量为m,小物块的质量为m′,导轨间距为d,金属棒在虚线O1O2左侧运动时,以小物块和金属棒为整体,根据牛顿第二定律有m′g-BId-μmg=(m′+m)a,又I====CBda,联立可得a=,为定值,可知金属棒在虚线O1O2左侧做初速度为零的匀加速直线运动,B正确;根据vt图像可知,金属棒在虚线O1O2左侧运动时间为1 s,末速度为3 m/s,则加速度为a==3 m/s2,即=3,1～2 s内金属棒在虚线O1O2右侧运动,对金属棒和小物块整体有m′g-μmg=(m′+m)a′,而a′== m/s2=5 m/s2,联立解得μ=0.5,B=25 T,C正确;金属棒从释放到O1O2的距离为x=a=×3×12 m=1.5 m,1 s末金属棒的速度为3 m/s,根据功能关系可知m′gx-μmgx=E+(m′+m),解得电容器储存的电能为E=0.9 J,D正确。
8.(2025·安徽合肥模拟)如图甲所示,固定在水平地面上的两足够长平行光滑金属导轨ae、bf相距L=0.5 m,与水平地面间的夹角为θ=30°,导轨底部连接一阻值R=2 Ω的电阻,两导轨的ac段、bd段长度均为l=4.5 m、导轨单位长度的电阻为ρ=0.5 Ω/m,ce段和df段的电阻可忽略,整个装置处于磁感应强度大小为B=2.0 T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,一质量m=0.2 kg、电阻不计的导体棒垂直于导轨放置在最底端。t=0时刻起,对导体棒施加一平行于导轨向上的拉力F,导体棒向上运动的v-t图像如图乙所示,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。在上述过程中,求:
(1)导体棒运动到cd处时受到的安培力大小;
(2)流过电阻R的电流与导体棒运动时间t的关系式;
(3)导体棒在ac、bd段运动过程中所受拉力F的最大值。
【答案】 (1) N　(2)
(3)1.7 N
【解析】 (1)由题图乙可知,导体棒运动的加速度大小a==1 m/s2,设导体棒运动到cd处时的速度大小为v,则有v2=2al,此时回路中的总电阻为R总=R+2lρ,回路中的感应电流大小为I=,导体棒受到的安培力大小为F安=ILB,
代入数据,联立解得F安= N。
(2)导体棒运动到cd处所用的时间为t0==3 s,导体棒运动的位移大小随时间的变化关系为x=at2,当导体棒在ac、bd段运动时,回路中的电阻为R1=R+2xρ,当导体棒在ce、df段运动时,回路中的电阻为R2=R+2lρ,导体棒在任意时刻t的速度大小为v=at,
根据I=可知,流过电阻R的电流I随时间t的变化关系为
(3)导体棒在ac、bd段运动时,根据牛顿第二定律有F-mgsin θ-F安=ma,
又F安=ILB,I=,解得F=1.2+,
由数学知识可得,当t=2 s时,F有最大值,解得拉力F的最大值Fmax=1.7 N。(共42张PPT)
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。
知识构建
基础转化
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(　 　)
AB
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
C
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
2.识别图像中的感应电动势
[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(　 　)
AC
(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;
【答案】 (1)0.4 A,方向为b到a　
(2)导体棒刚好进入磁场B2时的速度大小。
【答案】 (2)8 m/s
【解析】 (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
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。
模理探真·深度学习
(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。
[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;
【答案】 (1)Blv　
【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;
【答案】 (1)BLω0r1　
【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)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
D
【解析】 由题知,开关S闭合时,由于L的电阻很小,Q灯正常发光,P灯微亮,通过线圈的电流远大于通过P灯的电流,断开开关时,Q灯所在电路断开,Q灯立即熄灭,由于自感,L中产生感应电动势,与P组成闭合回路,电流从线圈原来的值逐渐减小到零,故P灯闪亮后再熄灭。故选D。
[变式] (1)若一开始开关断开,当闭合开关,P、Q两灯如何变化
【答案】 (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)开关S断开瞬间,流经P灯的电流方向如何变化
【答案】 (2)断开瞬间,流经P灯的电流由自左向右变为自右向左。
分析自感问题的三个技巧
方法点拨
[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(　　)
C
A B C D
【解析】 根据题意,当金属薄片中心运动到N极正下方时,薄片右侧的磁通量在减小,左侧的磁通量在增大,由于两极间的磁场方向竖直向下,根据楞次定律和安培定则可知,薄片右侧的涡电流方向为顺时针,薄片左侧的涡电流方向为逆时针。故选C。
[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
B
【解析】 从上向下看,当磁铁逆时针转动时,导致穿过线圈的磁通量发生变化,从而产生感应电流而受到安培力,根据楞次定律推论“来拒去留”,可知线圈将逆时针转动,但快慢不同,线圈的转速一定比磁铁转速小,故A错误,B正确;只要磁铁转动,穿过线圈的磁通量发生变化,线圈就会转动,C错误;若使磁铁停止转动,同理可知线圈受到安培力而迅速停下来,D错误。
感谢观看(共42张PPT)
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
模理探真·深度学习
(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
D
[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] (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;
【答案】 (1)0.5 m/s2
(2)整个运动过程中b棒上产生的焦耳热;
【答案】 (2)0.35 J　
【解析】 (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;
(3)最终两棒之间的距离。
【答案】 (3)8 m
[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。
【答案】 (1)500 A
(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)
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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Φ-t、B-t、E-t、I-t、U-t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I-t、U-t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
C
[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
[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(　　)
B
[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B-t图像还是Φ-t图像,或者E-t图像、i-t图像、F-t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E-x图像和i-x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(　 　)
ACD
A B C D
A
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。
方法点拨
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。
(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作出分析和判断。
方法点拨
感谢观看【考情分析】
年份 考查点　　　　 2025 2024 2023
楞次定律 陕晋青宁·T6、北京·T10 江苏·T10、广东·T4 全国甲·T21、海南·T6
法拉第电磁感 应定律及应用 湖北·T5、甘肃·T15、 陕晋青宁·T7、广西·T7、 广东·T9、山东·T18、 安徽·T15、河北·T15、 福建·T16、江苏·T15、 湖南·T9、云南·T15、 四川·T14、 黑吉辽内蒙古·T9、T14、 浙江1月选考·T17、 浙江6月选考·T17 甘肃·T4、T6、 河北·T14、山东·T11、 湖南·T4、T8、 浙江6月选考·T13、T19、 海南·T13、 北京·T14、T20、 江西·T15、湖北·T15、 全国甲·T25、安徽·T15、 黑吉辽·T9 全国乙·T17、 新课标·T26、 北京·T18、 湖南·T14、 江苏·T8、 浙江6月选考·T19
电磁感应的 图像问题 甘肃·T6、 湖北·T5、重庆·T10、 浙江1月选考·T13 全国甲·T21
自感现象和涡流 北京·T9、河南·T5
【AI考情预测】
一、命题趋势
1.电磁感应的题型分布具有一定的规律性,不同题型对应的核心考点和能力要求也有所
侧重。
2.纯粹的电磁感应问题较少,更多的是与电路、力学、能量、动量等结合的综合性问题。要求具备整体性的物理观念,能流畅地在不同知识模块间建立联系;综合题一般涉及函数关系、图像分析、微元思想等数学工具,需要善于运用数学方法解决物理问题。
3.试题情境常与现代科技、生产生活实际相结合,这类题目看似新颖复杂,但“高起点、低落点”,最终仍需回归到基本的物理规律和分析方法上。
二、潜在难点
1.物理概念与规律的理解容易在动态变化过程中混淆。
2.过程分析与模型构建通常在综合大题中形成难点。例如单杆+导轨模型、双杆+导轨
模型。
3.数学方法与技巧的应用、微分与积分思想的运用、代数运算与方程求解是解答过程中的难点。
三、备考建议
1.准确理解磁通量、楞次定律、法拉第电磁感应定律等基本概念和规律。
2.有意识地将电磁感应与电路、力学、能量、动量等知识模块进行联系,形成系统的知识网络。
3.尝试用牛顿运动定律、能量和动量的观点分析处理问题;掌握典型模型,理解这些模型的运动特点、能量转化关系和最终稳定状态。
4.面对综合题,务必对物理过程进行分段分析,明确每一阶段的受力情况、运动状态、能量转化关系。
5.对涉及v-t、i-t、F-t等图像问题,要结合物理规律理解图像的斜率、截距、面积、交点等的物理意义。
6.计算题解答要书写规范,写出必要的研究对象、过程、依据的公式,逻辑清晰。
总结:高考物理对电磁感应的考查立足基础、侧重综合、联系实际、注重能力。要求我们不仅要有扎实的知识储备,更要具备综合分析、建立模型和应用数学工具的能力。
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:2] [2:
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
【答案】 AB
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
【答案】 D]
【答案】 BS　磁感线　Φ2-Φ1　磁通量　切割　电能　阻碍
磁通量　磁感线　导体运动　感应电流　切割
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
【答案】 A
【解析】 题图甲中,圆环在匀强磁场中向左平移,穿过圆环的磁通量不发生变化,金属圆环中不能产生感应电流;题图乙中,圆环在匀强磁场中绕轴转动,穿过圆环的磁通量发生变化,金属圆环中能产生感应电流;题图丙中,对通有恒定电流的长直导线,距离越远,导线产生的磁感应强度越弱,圆环在长直导线旁向右平移过程中,穿过圆环的磁通量发生变化,金属圆环中能产生感应电流;题图丁中,圆环由条形磁铁S极向N极平移过程中,穿过圆环的磁通量发生变化,金属圆环中能产生感应电流。故选A。
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
【答案】 C
【解析】 根据安培定则可知,在环B内左半圆环磁场垂直于纸面向里,右半圆环磁场垂直于纸面向外,小圆环B在环A内部的磁通量(向内)大于环外部的磁通量(向外),合磁通量指向纸面内,A错误;环A中通恒定电流I,环B中磁通量不变,故无感应电流,B错误;若增大环A内的电流,则环B中向里的磁通量增加,根据楞次定律,环B会产生沿逆时针方向的电流,C正确;同理,若减小环A内的电流,则环B中会产生顺时针方向的电流,D错误。
[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
【答案】 B
【解析】 当钢制线圈与电容器组连通时,钢制线圈中产生迅速增大的电流,线圈中产生迅速增强的磁场。根据楞次定律可知,铜环中产生的感应电流的磁场会阻碍引起感应电流的磁通量的变化,故铜环中的感应电流与钢制线圈中的电流大小几乎相等,方向相反。因此两个方向相反的电流之间的作用力使铜环迅速向内压缩,A、C、D错误,B正确。
[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
【答案】 C
【解析】 根据“来拒去留”可知,金属圆环将受到水平向右的驱动力,金属圆环将向右运动,故A错误,C正确;当条形磁铁水平向右平移时,闭合金属环内向上的磁通量减小,由楞次定律可知,金属圆环中会产生逆时针方向的感应电流,将金属圆环等效成条形磁体,则上面为N极,故与条形磁铁相吸,则环对桌面的压力小于重力,故B、D错误。
[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
【答案】 A
【解析】 由题图乙可知,t1～t2时间内电流增大,沿逆时针方向,穿过线圈B的合磁场方向垂直于纸面向外且磁通量增大,根据楞次定律可知,感应电流的磁场方向垂直于纸面向内,且线圈B有扩张的趋势,由右手定则可判断电流方向沿顺时针方向。A正确。
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
【答案】 D
【解析】 当圆盘顺时针匀速转动时,线圈A中产生恒定的电流,铁芯中有稳定的磁场,那么线圈B的磁通量不变,则ab棒中没有感应电流,不会运动,A错误;当圆盘顺时针减速转动时,根据右手定则,感应电流从圆心流向边缘且变小,由安培定则可知,线圈A中产生的磁场方向向下且减弱,由楞次定律可知,线圈B中的感应磁场方向向下,则ab棒中感应电流方向由b→a,由左手定则可知,ab棒受的安培力方向向右,ab棒将向右运动,B错误;若圆盘逆时针加速转动或逆时针减速转动,同理可知,ab棒将分别向右运动和向左运动,C错误,D正确。
(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。
课时作业
对点1.对电磁感应现象的理解和判断
1.(2025·山东菏泽期中)如图所示,我国的球面射电望远镜(FAST)是世界上最大的单口径射电望远镜,被称为“超级天眼”,并随地球自转指向太空不同方向。“天眼眼眶”的直径为D,其边缘圆周处于同一水平面内,其所在处地磁场的磁感应强度大小为B,方向与水平面夹角为θ,则(　　)
A.穿过“眼眶”的磁通量大小为πD2B
B.磁感应强度B的方向为穿出“眼眶”斜向上
C.在地球自转90°的过程中,穿过“眼眶”的磁通量变化量为0
D.在地球自转180°的过程中,穿过“眼眶”的磁通量变化量为πD2B
【答案】 C
【解析】 地磁场的磁感应强度大小为B,方向与水平面夹角为θ,则穿过“眼眶”的磁通量大小为Φ1=Bsin θ·π()2=πD2Bsin θ,A错误;“超级天眼”处于北半球,根据地磁场的分布特征可知,磁感应强度B的方向为穿过“眼眶”斜向下,且在地球自转过程中,磁感应强度大小始终为B,方向始终与水平面夹角为θ,即穿过“眼眶”的磁通量大小始终为πD2Bsin θ,磁通量的变化量始终为0,故C正确,B、D错误。
2.(多选)(2025·重庆合川阶段检测)下列各图所描述的物理情境中,线圈或回路中能产生感应电流的是(　　)
A.图甲中开关S闭合的瞬间,线圈N中能产生感应电流
B.图乙中条形磁铁放入圆形线圈中不动后,线圈中能产生感应电流
C.图丙中矩形导电线圈绕OO′轴转动时,线圈中能产生感应电流
D.图丁中通入增大的电流,水平放置的圆形线圈中能产生感应电流
【答案】 AC
【解析】 题图甲中开关S闭合瞬间,穿过线圈N的磁通量增大,所以线圈N中产生感应电流,A正确;题图乙中条形磁铁放入圆形线圈中不动后,穿过线圈平面的磁通量不变,所以线圈中不产生感应电流,B错误;题图丙中矩形导电线圈绕OO′轴转动时穿过线圈的磁通量发生变化,线圈中产生感应电流,C正确;题图丁中通入增大的电流,穿过线圈的磁通量始终为零,所以在线圈中不会产生感应电流,故D错误。
3.(2025·辽宁沈阳模拟)中国科学院合肥物质科学研究院强磁场科学中心自主研制的水冷磁体,成功产生了42.02 T的稳态磁场(稳态磁场是指磁感应强度不随时间变化的磁场),其磁感应强度约为地磁场磁感应强度的80万倍,成为国际强磁场水冷磁体技术发展新的里程碑。下列说法正确的是(　　)
A.42.02 T表示磁通量的大小
B.该稳态磁场不可能激发出电场
C.磁感应强度不随时间变化的磁场一定是匀强磁场
D.将一个闭合金属线框垂直于磁场方向放入该磁场,金属框内可能产生感应电流
【答案】 B
【解析】 42.02 T表示磁感应强度的大小,A错误;根据麦克斯韦电磁场理论可知该稳态磁场不可能激发出电场,B正确;磁感应强度不随时间变化的磁场为恒定磁场,在恒定磁场中,如果磁感应强度在空间各处完全相同,即大小和方向都不变,就是匀强磁场,C错误;虽然该稳态磁场在空间上不同点磁感应强度不同,但不随时间变化,则穿过线框的磁通量不变,不会产生感应电流,D错误。
对点2.楞次定律及推论的应用
4.(2025·广东深圳一模)某同学把原线圈连接于零刻度在中央的小量程电流表的两极,再拿起条形磁铁,让N极插入原线圈,只见电流表指针的摆动方向如图甲所示。在图乙中,该同学再换成通电线圈使其在水平方向平动,只见电流表指针也向左摆,下列分析正确的是(　　)
A.电流表的电流是从右接线柱流入的
B.通电线圈内的磁场方向水平向右
C.通电线圈可能是向左匀速平动的
D.穿过原线圈的磁通量一定增大
【答案】 C
【解析】 根据题图甲可知,穿过线圈的磁通量向右增加,根据楞次定律可知,感应电流是从左接线柱流入的,A错误;根据安培定则可知,通电线圈内的磁场方向水平向左,B错误;原线圈中的磁场向右且磁通量增加或原线圈中磁场向左且磁通量减少,均会出现题图中的感应电流,所以通电线圈可能是向左匀速平动的,C正确,D错误。
5.(2025·四川模拟)如图,水平面MN下方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,纸面为竖直平面。不可形变的导体棒ab和两根可伸缩的弹性导体组成三角形回路框,其中ab处于水平位置,框从MN上方由静止释放,框面始终在纸面内,在框落入磁场且ab未到达MN的过程中,沿磁场方向观察,框的大致形状及回路中的电流方向为(　　)
A B C D
【答案】 C
【解析】 根据楞次定律“增反减同”,可知回路框中感应电流方向为逆时针,由于回路框中具有阻碍磁通量增加的趋势,可知回路框面积会减小,C正确。
6.(多选)(2025·云南昆明模拟)如图所示,在一水平固定的铝环上方,有一条形磁铁,从离地面高h处由静止开始下落,最后落在地面上。磁铁下落过程从铝环中心穿过,且不与铝环接触。若不计空气阻力,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
A.磁铁靠近铝环的过程中,铝环有收缩趋势
B.磁铁下落过程中,从上往下看,铝环中的感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向
C.磁铁下落过程中,磁铁的机械能不变
D.磁铁落地时的速率等于
【答案】 AB
【解析】 磁铁靠近铝环的过程中,铝环中的磁通量增加,根据楞次定律“增缩减扩”可知,铝环有收缩趋势,A正确;在磁铁下落过程中磁场方向向下,在磁铁靠近铝环时,穿过铝环的磁通量变大,在磁铁远离铝环时,穿过铝环的磁通量减小,由楞次定律可知,从上向下看,铝环中的感应电流先沿逆时针方向,后沿顺时针方向,B正确;在磁铁下落过程中,铝环中产生感应电流而有电能,即磁铁的部分机械能转化为电能,则磁铁的机械能减少,C错误;若磁铁自由下落,落地速度为v=,由于磁铁下落穿过铝环时机械能有损失,所以磁铁落地时速率小于,D错误。
7.(2025·吉林松原期中)一长直导线与闭合金属环固定在同一竖直面内,如图甲所示,长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示(以水平向右为电流的正方向),则在0～t2时间内,下列说法正确的是(　　)
A.闭合金属环中始终产生顺时针方向的感应电流
B.穿过闭合金属环的磁通量先增大后减小
C.闭合金属环先有收缩的趋势后有扩张的趋势
D.闭合金属环所受安培力的合力先向下后向上
【答案】 A
【解析】 在0～t2时间内,长直导线中的电流先减小后反向增大,由安培定则可知,穿过金属环的磁通量先向里减少再反向增加,根据楞次定律可知,闭合金属环中始终产生顺时针方向的感应电流,A正确;穿过闭合金属环的磁通量先减小后增大,则闭合金属环先有扩张的趋势后有收缩的趋势,或者具有先靠近、后远离长直导线的趋势,则闭合金属环受安培力的合力方向先向上后向下,B、C、D错误。
对点3.“三定则、一定律”的应用
8.(2025·陕西西安阶段检测)如图,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向右做减速运动,在之后的运动过程中,关于感应电流的方向及受力,下列说法正确的是(　　)
A.PQRS中感应电流沿顺时针方向,线框T中沿逆时针方向
B.PQRS中感应电流沿逆时针方向,线框T中沿逆时针方向
C.线框T具有扩张趋势,PQ受到向右的安培力
D.线框T具有收缩趋势,PQ受到向左的安培力
【答案】 B
【解析】 根据右手定则,PQRS中电流沿逆时针方向,PQRS中电流在线框T处产生的磁场方向垂直于纸面向外;金属杆PQ向右做减速运动,则PQRS中电流减小,产生的磁场减弱,若穿过线框T的总的磁通量向里,则向里的磁通量增加,反之为向外的磁通量减少,根据楞次定律可知,线框T中感应电流一定沿逆时针方向,A错误,B正确。由于不知道PQRS产生的磁场强弱,若PQRS内总的磁通量向里,线框T具有收缩趋势;反之具有扩张趋势。根据左手定则,PQ受到向左的安培力,C、D错误。
9.(2025·山东济南阶段练习)如图所示,导体棒ab横放在U形金属框架上,框架固定在绝缘水平面上,整个装置处于竖直向上的磁场中,磁感应强度B随时间变化。现垂直于ab棒施加水平外力,使棒从静止开始无摩擦地运动。某时刻撤去外力并记为t=0时刻,棒保持此刻速度继续向右匀速运动,并与金属框接触良好,回路中无感应电流。则t图线可能正确的是(　　)
A　　　　B
C　　　　D
【答案】 A
【解析】 要使回路中无感应电流,则闭合回路的磁通量不发生变化,即ΔΦ=0,设初始时刻磁感应强度为B0,ab棒与MN边的距离为l0,金属框宽度为L,则B0l0L=BL(l0+vt),化简得=+·t,所以t是一条不过原点的倾斜向上的直线,A正确。
10.(2025·河南模拟)如图所示,在光滑绝缘水平面上,有两条固定的相互垂直且彼此绝缘的长直导线,通以大小相同的电流I。在角平分线上,对称放置四个相同的圆形金属框。若电流在相同时间间隔Δt内增加相同量ΔI,则(　　)
A.线圈1中有顺时针方向的感应电流,静止不动
B.线圈2中有顺时针方向的感应电流,沿着对角线向内运动
C.线圈3中有磁通量但无感应电流,静止不动
D.线圈4中有逆时针方向的感应电流,沿着对角线向外运动
【答案】 D
【解析】 根据安培定则可知,两根直导线中电流在线圈1、3位置的磁感应强度方向相反,由于电流大小相等,根据对称性可知,穿过线圈1、3的磁通量始终为零,即无感应电流产生,则不受安培力作用而静止不动,A、C错误。根据安培定则,两根直导线中电流在线圈2位置的磁感应强度均垂直于纸面向外且均匀增大,则穿过线圈2的磁通量均匀增加,根据楞次定律可知,线圈2中有顺时针方向的感应电流,且沿着对角线向外运动;同理,线圈4中有逆时针方向的感应电流,且沿着对角线向外运动,B错误,D正确。
11.(多选)(2023·河北卷,8)如图甲,绝缘水平面上四根完全相同的光滑金属杆围成矩形,彼此接触良好,匀强磁场方向竖直向下。金属杆2、3固定不动,1、4同时沿图箭头方向移动,移动过程中金属杆所围成的矩形周长保持不变。当金属杆移动到图乙位置时,金属杆所围面积与初始时相同。在此过程中(　　)
A.金属杆所围回路中电流方向保持不变
B.通过金属杆截面的电荷量随时间均匀增加
C.金属杆1所受安培力方向与运动方向先相同后相反
D.金属杆4所受安培力方向与运动方向先相反后相同
【答案】 CD
【解析】 由于金属杆所围成的矩形周长不变,即金属杆2、3的长度总和保持不变,若分别设为l2、l3,则l2+l3=a(常数),可知金属杆围成的面积S=-+al2,即随l2的增大金属杆所围回路的面积先增大后减小,最终等于初始面积,穿过回路的磁通量先增大后减小,根据楞次定律可知电流方向先沿逆时针方向,后沿顺时针方向,故A错误;由于金属杆所围回路的面积非均匀变化,故感应电流的大小不恒定,即通过金属杆截面的电荷量随时间不是均匀增加的,故B错误;根据左手定则,可知金属杆1所受安培力方向与运动方向先相同后相反,金属杆4所受安培力方向与运动方向先相反后相同,故C、D正确。

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