2021屆高考物理二輪復(fù)習(xí)（選擇性考試）學(xué)案：第13講　電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用

第13講電磁感應(yīng)規(guī)律及其應(yīng)用

*g知識(shí)歸納感悟真題

1.磁通量.

(1)概念：在磁感應(yīng)強(qiáng)度為b的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，與磁場(chǎng)方向垂直的面

積S與3的乘積叫作穿過這個(gè)面積的磁通量.

(2)公式：e=BS,單位符號(hào)是Wb.

(3)適用條件.

①勻強(qiáng)磁場(chǎng).

②S為垂直于磁場(chǎng)的有效面積.

(4)物理意義：相當(dāng)于穿過某一面積的磁感線的條數(shù).

(5)磁通量的變化量：一弧=B2s2—BiSi.

2.電磁感應(yīng)現(xiàn)象.

(1)定義：當(dāng)穿過閉合導(dǎo)體回路的磁通量發(fā)生變化時(shí)，閉合導(dǎo)體回

路中有感應(yīng)電流產(chǎn)生，這種利用磁場(chǎng)產(chǎn)生電流的現(xiàn)象叫作電磁感應(yīng).

(2)感應(yīng)電流的產(chǎn)生條件.

①表述一：閉合電路的一部分導(dǎo)體在磁場(chǎng)內(nèi)做切割磁感線的運(yùn)動(dòng).

②表述二：穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化.

(3)實(shí)質(zhì).

產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，如果電路閉合，則有感應(yīng)電流.如果電路不閉

合，則只有感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)而無感應(yīng)電流.

3.感應(yīng)電流方向的判定.

(1)楞次定律.

①內(nèi)容：感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化.

②適用范圍：一切電磁感應(yīng)現(xiàn)象.

(2)右手定則.

①內(nèi)容：如圖，伸開右手，使拇指與其余四個(gè)手指垂直，斤。

并且都與手掌在同一平面內(nèi)；讓磁感線從掌心進(jìn)入，并使

拇指指向?qū)Ь€運(yùn)動(dòng)的方向，這時(shí)四指所指的方向就是感應(yīng)

電流的方向.

②適用情況：導(dǎo)線切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流.

〔感傳真題

1.(2020?全國(guó)卷I)(多選)如圖，U形光滑金屬框「甲1『“

XXXXXXFx

曲cd置于水平絕緣平臺(tái)上，ab和de邊平行，和bex/x|xxrx

xxxNxxcxx

邊垂直.ab.de足夠長(zhǎng)，整個(gè)金屬框電阻可忽略.一根具有一定電阻

的導(dǎo)體棒置于金屬框上，用水平恒力尸向右拉動(dòng)金屬框，運(yùn)動(dòng)過

程中，裝置始終處于豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，MN與金屬框保持良好

接觸，且與加邊保持平行.經(jīng)過一段時(shí)間后()

A.金屬框的速度大小趨于恒定值

B.金屬框的加速度大小趨于恒定值

C.導(dǎo)體棒所受安培力的大小趨于恒定值

D.導(dǎo)體棒到金屬框be邊的距離趨于恒定值

解析：由be邊切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，形成電流，使得導(dǎo)體棒

MN受到向右的安培力，做加速運(yùn)動(dòng)，be邊受到向左的安培力.當(dāng)MN

運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬框的加邊和導(dǎo)體棒一起切割磁感線，設(shè)導(dǎo)體棒MN

和金屬框的速度分別為01、02,則電路中的電動(dòng)勢(shì)￡=BL（02—S）,

,EBL（U2-￡1）

電流中的電流l~~n=

KnK?

金屬框受到的安培力.安框二加二（之二為）,與運(yùn)動(dòng)方向相反，

,2（__\

導(dǎo)體棒MN受到的安培力F安MN=n，與運(yùn)動(dòng)方向相

K

同.

設(shè)導(dǎo)體棒MN和金屬框的質(zhì)量分別為mi、mi,則對(duì)導(dǎo)體棒MN:

22

BL（02—01）

?人-—B?廿（02—01）

對(duì)金屬框：F----------------p---------------=miai.

初始速度均為零，則內(nèi)從零開始逐漸增加，。2從￡開始逐漸減小.

mi

當(dāng)。1=。2時(shí)，相對(duì)速度02—01=區(qū)2乙2，大小恒定.

整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程用速度時(shí)間圖象描述如圖.

綜上可得，金屬框的加速度趨于恒定值，安培力也趨于恒定值，

選項(xiàng)B、C正確；金屬框的速度會(huì)一直增大，導(dǎo)體棒到金屬框兒邊的

距離也會(huì)一直增大，選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤.

答案：BC

2.（2020?全國(guó)卷II）管道高頻焊機(jī)可以對(duì)由鋼板卷U一

QJ____）

成的圓管的接縫實(shí)施焊接.焊機(jī)的原理如圖所示，圓管"一-7

通過一個(gè)接有高頻交流電源的線圈，線圈所產(chǎn)生的交變磁場(chǎng)使圓管中

產(chǎn)生交變電流，電流產(chǎn)生的熱量使接縫處的材料熔化將其焊接.焊接

過程中所利用的電磁學(xué)規(guī)律的發(fā)現(xiàn)者為（）

A.庫(kù)侖B.霍爾

C.洛倫茲D.法拉第

解析：由題意可知，圓管為金屬導(dǎo)體，導(dǎo)體內(nèi)部自成閉合回路，

且有電阻，當(dāng)周圍的線圈中產(chǎn)生出交變磁場(chǎng)時(shí)，就會(huì)在導(dǎo)體內(nèi)部感應(yīng)

出渦電流，電流通過電阻要發(fā)熱.該過程利用原理的是電磁感應(yīng)現(xiàn)象，

其發(fā)現(xiàn)者為法拉第.故D正確.

答案：D

3.（2020?全國(guó)卷川）如圖，水平放置的圓柱形光滑玻璃棒左邊繞有

一線圈，右邊套有一金屬圓環(huán).圓環(huán)初始時(shí)靜止.將圖中開關(guān)S由斷

開狀態(tài)撥至連接狀態(tài)，電路接通的瞬間，可觀察到（）

A.撥至M端或N端，圓環(huán)都向左運(yùn)動(dòng)

B.撥至M端或N端，圓環(huán)都向右運(yùn)動(dòng)

C.撥至M端時(shí)圓環(huán)向左運(yùn)動(dòng)，撥至N端時(shí)向右運(yùn)動(dòng)

D.撥至M端時(shí)圓環(huán)向右運(yùn)動(dòng)，撥至N端時(shí)向左運(yùn)動(dòng)

解析：無論開關(guān)S撥至哪一端，當(dāng)把電路接通一瞬間，左邊線圈

中的電流從無到有，電流在線圈軸線上的磁場(chǎng)從無到有，從而引起穿

過圓環(huán)的磁通量突然增大，根據(jù)楞次定律（增反減同），右邊圓環(huán)中產(chǎn)生

了與左邊線圈中方向相反的電流，異向電流相互排斥，所以無論哪種

情況，圓環(huán)均向右運(yùn)動(dòng).

答案：B

<'細(xì)研考點(diǎn)提升索養(yǎng)

考點(diǎn)一感應(yīng)電流方向的判斷

H知識(shí)0f透

1.感應(yīng)電流方向的判斷方法.

（1）右手定則，即根據(jù)導(dǎo)體在磁場(chǎng)中做切割磁感線運(yùn)動(dòng)的情況進(jìn)行

判斷.

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

2.楞次定律中“阻礙”的主要表現(xiàn)形式.

（1）阻礙原磁通量的變化——“增反減同”.

（2）阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)——“來拒去留”.

（3）使線圈面積有擴(kuò)大或縮小的趨勢(shì)——“增縮減擴(kuò)”.

（4）阻礙原電流的變化（自感現(xiàn)象）——“增反減同

3.判斷感應(yīng)電流方向的“四步法”.

Q（明確要研究的回路及原磁場(chǎng)B的方向）

原

—0

二（確號(hào)磁通屬0的變化）

變次定征）

—

三

感（判*感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向）

—[?委培定的）

四

電

流（判總感應(yīng)電嬴）方向）

)

典例n（多選）航母上飛機(jī)彈射起飛是利

用電磁驅(qū)動(dòng)來實(shí)現(xiàn)的.電磁驅(qū)動(dòng)原理如圖所

示，當(dāng)固定線圈上突然通過直流電流時(shí)，線圈

端點(diǎn)的金屬環(huán)被彈射出去.現(xiàn)在固定線圈左側(cè)同一位置，先后放有分

別用橫截面積相等的銅和鋁導(dǎo)線制成形狀、大小相同的兩個(gè)閉合環(huán)，

且電阻率〃銅<P鋁.閉合開關(guān)S的瞬間（）

A.從左側(cè)看環(huán)中感應(yīng)電流沿順時(shí)針方向

B.銅環(huán)受到的安培力大于鋁環(huán)受到的安培力

C.若將環(huán)放置在線圈右方，環(huán)將向左運(yùn)動(dòng)

D.電池正負(fù)極調(diào)換后，金屬環(huán)不能向左彈射

解析：線圈中電流為右側(cè)流入，磁場(chǎng)方向?yàn)橄蜃螅陂]合開關(guān)的

過程中，磁場(chǎng)變強(qiáng)，則由楞次定律可知，環(huán)中感應(yīng)電流由左側(cè)看為順

時(shí)針，選項(xiàng)A正確；由于銅環(huán)的電阻較小，故銅環(huán)中感應(yīng)電流較大，

故銅環(huán)受到的安培力要大于鋁環(huán)的，選項(xiàng)B正確；若將環(huán)放在線圈右

方，根據(jù)楞次定律可得，環(huán)將向右運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；電池正負(fù)極調(diào)

換后，金屬環(huán)受力仍向左，故仍將向左彈出，選項(xiàng)D錯(cuò)誤.

答案：AB

題組突破

考向?用楞次定則判斷感應(yīng)電流的方向

1.如圖所示，一個(gè)N極朝下的條形磁鐵豎直下落，恰：

能穿過水平放置的固定矩形導(dǎo)線框，貝（1（）口

A.磁鐵經(jīng)過位置①時(shí)，線框中感應(yīng)電流沿abed方向;尸7,

經(jīng)過位置②時(shí)，沿adeb方向,e<f:?

；'：：J?

B.磁鐵經(jīng)過位置①時(shí)，線框中感應(yīng)電流沿adeb方向；1市

I

經(jīng)過位置②時(shí)，沿abed方向

C.磁鐵經(jīng)過位置①和②時(shí)，線框中的感應(yīng)電流都沿而cd方向

D.磁鐵經(jīng)過位置①和②時(shí)，線框中感應(yīng)電流都沿adM方向

解析：當(dāng)磁鐵經(jīng)過住置①時(shí)，穿過線框的磁通量向下且不斷增加，

由楞次定律可確定感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向向上，阻礙磁通量的增加，根

據(jù)右手螺旋定則可判定感應(yīng)電流應(yīng)沿abed方向.同理可判斷當(dāng)磁鐵經(jīng)

過位置②時(shí)，感應(yīng)電流沿adc。方向.故A正確.

答案：A

考向?用右手定則判斷感應(yīng)電流的方向

2.下列圖中表示閉合電路中的一部分導(dǎo)體ab在磁場(chǎng)中做切割磁

感線運(yùn)動(dòng)的情景，導(dǎo)體M上的感應(yīng)電流方向?yàn)?fb的是()

解析：油棒順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，運(yùn)用右手定則，磁感線穿過手心，拇指

指向順時(shí)針方向，則導(dǎo)體ab上的感應(yīng)電流方向?yàn)閝f5,故A項(xiàng)正確；

M向紙外運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用右手定則時(shí)，磁感線穿過手心，拇指指向紙外，

則知導(dǎo)體面上的感應(yīng)電流方向?yàn)榉?a,故B項(xiàng)錯(cuò)誤；穿過回路的磁

通量減小，由楞次定律知，回路中感應(yīng)電流方向由bfafd,則導(dǎo)體

M上的感應(yīng)電流方向?yàn)榉絝a,故C項(xiàng)錯(cuò)誤；M棒沿導(dǎo)軌向下運(yùn)動(dòng)，

由右手定則判斷知導(dǎo)體ab上的感應(yīng)電流方向?yàn)閎fa,故D項(xiàng)錯(cuò)誤.

答案：A

考向?楞次定律的拓展

3.如圖所示，A為水平放置的膠木圓盤，在其側(cè)面均

勻分布著負(fù)電荷，在A的正上方用絕緣絲線懸掛一個(gè)金屬

圓環(huán)使3的環(huán)面水平且與圓盤面平行，其軸線與膠木

盤A的軸線00,重合.現(xiàn)使膠木盤A由靜止開始繞其軸

線00,按箭頭所示方向加速轉(zhuǎn)動(dòng)，貝！1()

A.金屬環(huán)B的面積有擴(kuò)大的趨勢(shì)，絲線受到的拉力增大

B.金屬環(huán)3的面積有縮小的趨勢(shì)，絲線受到的拉力減小

C.金屬環(huán)3的面積有擴(kuò)大的趨勢(shì)，絲線受到的拉力減小

D.金屬環(huán)B的面積有縮小的趨勢(shì)，絲線受到的拉力增大

解析：使膠木盤A由靜止開始繞其軸線00,按箭頭所示方向加速

轉(zhuǎn)動(dòng)，通過金屬環(huán)3內(nèi)的磁通量增大，根據(jù)楞次定律，金屬環(huán)3的面

積有縮小的趨勢(shì)，且b有向上升的趨勢(shì)，絲線受到的拉力減小，B正

確.

答案：B

考點(diǎn)二法拉第電磁感應(yīng)定律的理解和應(yīng)用

知機(jī)的透

1.對(duì)法拉第電磁感應(yīng)定律的理解.

(1)公式E="瞽求解的是一個(gè)回路中某段時(shí)間內(nèi)的平均電動(dòng)勢(shì)，

在磁通量均勻變化時(shí)，瞬時(shí)值才等于平均值.

(2)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小由線圈的匝數(shù)和穿過線圈的磁通量的變化率

等共同決定,而與磁通量0的大小、變化量A0的大小沒有必然聯(lián)系.

(3)磁通量的變化率等對(duì)應(yīng)4t圖線上某點(diǎn)切線的斜率.

(4)通過回路截面的電荷量4=等，僅與小AG和回路電阻K有

關(guān)，與時(shí)間長(zhǎng)短無關(guān).

2.磁通量發(fā)生變化的三種情況.

(1)磁通量的變化是由面積變化引起時(shí)，A0=BAS,則￡=〃萼.

(2)磁通量的變化是由磁場(chǎng)變化引起時(shí)，NBNBS,貝！|￡=〃鬻,

注意5為線圈在磁場(chǎng)中的有效面積.

(3)磁通量的變化是由于面積和磁場(chǎng)變化共同引起的，則根據(jù)定義

4|B252-fiiSilABAS

求，A④=1④末一?初1，E=n----&---#n-^―.

3.應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律的四種情況.

XXXX

/XXx\

XX￡XXaj%

情景圖[XXX]X山，

XXXX"j。:

一段直導(dǎo)線繞一端轉(zhuǎn)動(dòng)繞與3垂直

回路（不一定

研究對(duì)象（或等效成直的一段導(dǎo)體的軸轉(zhuǎn)動(dòng)的

閉合）

導(dǎo)線）棒導(dǎo)線框

E=

表達(dá)式E=n~\~E=BLvE=\BI}O)

AZNBSco'sin

cot

典題例所

典例?（2019?全國(guó)卷I）（多選）空間存在一方向與紙面垂直、大小

隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其邊界如圖（a）中虛線MV所示.一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)

線的電阻率為P、橫截面積為S,將該導(dǎo)線做成半徑為r的圓環(huán)固定在

紙面內(nèi)，圓心。在MN上.￡=0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖（a）所示；磁

感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖（b）所示.則在/=0到t=ti的時(shí)間

間隔內(nèi)（）

A.圓環(huán)所受安培力的方向始終不變

B.圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針方向

C.圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為翳

?tap

D.圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為唳

4to

解析：由于通過圓環(huán)的磁通量均勻變化，故圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電

動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流的大小和方向不變，但加時(shí)刻磁場(chǎng)方向發(fā)生變化，故

安培力方向發(fā)生變化，A錯(cuò).根據(jù)楞次定律，圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向

始終沿順時(shí)針方向，B對(duì).根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E

元8（一

?Bonr2nBor2,.j.,E2to

=—=

=/AAl,，S~￡0"2~TZ7i―o，根據(jù)閉合電路歐姆律知，電流/=石A=一LTtr

P~S

C對(duì)，D錯(cuò).

答案：BC

題組突破

考向?平動(dòng)切割產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

1.如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3,方向垂直紙-----1

X節(jié)XXXX

面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬桿MN在平行金屬導(dǎo)軌上以x：卜x

x'，Txxxx

速度。向右勻速滑動(dòng).金屬導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)電阻不計(jì)，金

屬桿的電阻為2K、長(zhǎng)度為L(zhǎng),諦間電阻為A,MN兩點(diǎn)間電勢(shì)差為U,

則通過電阻R的電流方向及U的大?。ǎ?/p>

BLv

A.afb,BLvB.a^b,

2BLv2BLv

C.a-*b,-\-D.bfa,--

解析：由右手定則判斷可知,MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)镹fM,

則通過電阻K的電流方向?yàn)椤癴b,MN產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)公式為：E

=BLv,K兩端的電壓為：U=~^^R=%,故B項(xiàng)正確.

KrZK3

答案：B

考向?轉(zhuǎn)動(dòng)切割產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

2.（2018?全國(guó)卷I）如圖，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中

PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點(diǎn)，O為圓心.軌道的P

0

電阻忽略不計(jì).。加是有一定電阻、可繞。轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿，M端位于

PQS上，與軌道接觸良好.空間存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)

磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為民現(xiàn)使0M從0Q位置以恒定的角速度逆

時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定（過程I）；再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變

化率從5增加到少（過程H）.在過程I、II中，流過0M的電荷量相

等，則詈等于（）

537

A.TB.TC.TD.2

解析：在過程I中，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有

A212、

卜?。?4J

￡L=AT=R，

根據(jù)閉合電路歐姆定律，有

且qi=h\ti.

在過程II中，有

..3—5)［兀產(chǎn)

A02__________

E2=&=瓦，

qz=hAt2,

3供r2—

又qi=q2,即氏=A

笳田里一3

所以

答案：B

考向?感生類產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)

3.(2020?北京卷)如圖甲所示,N=200匝的線圈(圖中只畫了2匝),

電阻r=2Q,其兩端與一個(gè)A=48Q的電阻相連，線圈內(nèi)有指向紙內(nèi)

方向的磁場(chǎng).線圈中的磁通量按圖乙所示規(guī)律變化.

(1)判斷通過電阻K的電流方向；

(2)求線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E；

(3)求電阻R兩端的電壓U.

解析：(1)根據(jù)圖象可知，線圈中垂直于紙面向里的磁場(chǎng)增大，為

了阻礙線圈中磁通量的增大，根據(jù)楞次定律可知線圈中感應(yīng)電流產(chǎn)生

的磁場(chǎng)垂直于紙面向外，根據(jù)安培定則可知線圈中的感應(yīng)電流為逆時(shí)

針方向，所通過電阻K的電流方向?yàn)橥?/p>

5皿1I、站工z3、》2△①0.015-0.010

⑵根據(jù)法拉第電磁感反定律E=￥±=200X-----------V=

10V.

(3)電阻K兩端的電壓為路端電壓，根據(jù)分壓規(guī)律可知

〃=揖=島X1°V=9.6V.

答案：(l)afb(2)10V(3)9.6V

考點(diǎn)三電磁感應(yīng)中的圖象問題

知識(shí)的透

圖象類型隨時(shí)間變化的圖象，如84圖象、

◎4圖象、圖象、圖象

隨位移變化的圖象，如￡蟲圖象、

圖象

(所以要先看坐標(biāo)軸：哪個(gè)物理量

隨哪個(gè)物理量變化要弄清)

(D由給定的電磁感應(yīng)過程選出或

畫出正確的圖象(畫圖象)

問題類型(2)由給定的有關(guān)圖象分析電磁感

應(yīng)過程，求解相應(yīng)的物理量(用圖

象)

續(xù)上表

左手定則、安培定則、右手定則、

解題方法四個(gè)規(guī)律

楞次定律

(1)平均電動(dòng)勢(shì)￡=〃等

(2)平動(dòng)切割電動(dòng)勢(shì)E=Blv

(3)轉(zhuǎn)動(dòng)切割電動(dòng)勢(shì)E=^Bl2a)

六類公式

(4)閉合電路歐姆定律I~^_r

(5)安培力F=BIl

(6)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的相關(guān)公式等

典題附析

典例日[2020?新高考卷I(山東卷)](多選)如圖所

示，平面直角坐標(biāo)系的第一和第二象限分別存在磁感應(yīng)

強(qiáng)度大小相等、方向相反且垂直于坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圖中虛線方

格為等大正方形.一位于。町平面內(nèi)的剛性導(dǎo)體框abcde在外力作用

下以恒定速度沿y軸正方向運(yùn)動(dòng)（不發(fā)生轉(zhuǎn)動(dòng)）.從圖示位置開始計(jì)時(shí)，

4s末左邊剛好進(jìn)入磁場(chǎng).在此過程中，導(dǎo)體框內(nèi)感應(yīng)電流的大小為

I,ab邊所受安培力的大小為尸血二者與時(shí)間，的關(guān)系圖象，可能正確

的是（）

解析：因?yàn)?s末。c邊剛好進(jìn)入磁場(chǎng)，可知線框的速度每秒運(yùn)動(dòng)

一個(gè)方格，故在。?1s內(nèi)只有ae邊切割磁場(chǎng)，設(shè)方格邊長(zhǎng)為L(zhǎng),根據(jù)

EI=2BLV九=萬，可知電流恒定；

9A

2s末時(shí)線框在第二象限長(zhǎng)度最長(zhǎng)，此時(shí)有瓦=33及，/2=等，可

知，2=|11.

2?4s線框有一部分進(jìn)入第一象限，電流減小，在4s末同理可得

r_17

綜上分析可知，A錯(cuò)誤，B正確；

=

根據(jù)FabBILab,

可知在0?1s內(nèi)ab邊所受的安培力線性增加；1s末安培力為Fab

=BhL,

3

在2s末可得安培力為歹九=5X”iX2L,

Fabc=B^Ir2L=3Fabf

由圖象可知C正確，D錯(cuò)誤.

答案：BC

題組突破

考向?由“感生”角度衍生的圖象問題

L(多選)在豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，水平放置一個(gè)不變形的單匝

金屬圓線圈，線圈所圍的面積為0.1Hiz,線圈電阻為1Q.規(guī)定線圈中

感應(yīng)電流/的正方向從上往下看是順時(shí)針方向，如圖甲所示.磁場(chǎng)的

磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示.以下說法正確的是

()

A.在0?2s時(shí)間內(nèi)，1的最大值為0.01A

B.在3?5s時(shí)間內(nèi)，/的大小越來越小

C.前2s內(nèi)，通過線圈某截面的總電荷量為0.01C

D.第3s內(nèi)，線圈的發(fā)熱功率最大

解析：。?2s時(shí)間內(nèi)，￡=0時(shí)刻磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率最大，感應(yīng)電

pXff.Q

流最大，正確；時(shí)間內(nèi)電流大小不變，

/=?K=^7l\lFK=0.01A,A3?5s

B錯(cuò)誤；前2s內(nèi)通過線圈的電荷量〃=誓==0.01C,C正確；

KK

第3s內(nèi)，B沒有變化，線圈中沒有感應(yīng)電流產(chǎn)生，則線圈的發(fā)熱功率

最小，D錯(cuò)誤.

答案：AC

考向?由“感生”角度衍生的圖象問題（圖象轉(zhuǎn)化式）

2.有一磁場(chǎng)方向豎直向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間，的變化關(guān)系如

圖甲所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng).現(xiàn)有如圖乙所示的直角三角形導(dǎo)線框abc水平

放置，放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中保持靜止不動(dòng)，，=0時(shí)刻，磁感應(yīng)強(qiáng)度3的方

向垂直紙面向里，設(shè)產(chǎn)生的感應(yīng)電流i順時(shí)針方向?yàn)檎?、豎直邊曲所

受安培力F的方向水平向左為正.則下面關(guān)于F和i隨時(shí)間t變化的

圖象正確的是（）

解析：在0?3s時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間線性變化，由法拉第

電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，回路中感應(yīng)電流恒定，同時(shí)由

知道，電流恒定，安培力與磁感應(yīng)強(qiáng)度成正比，又由楞次定

律判斷出回路中感應(yīng)電流的方向應(yīng)為順時(shí)針方向，即正方向，在3?4

s時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度恒定，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)等于零，感應(yīng)電流為零，安培

力等于零，故B、C錯(cuò)誤，A正確；0?3s時(shí)間內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間

線性變化，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，回路中感

應(yīng)電流恒定，故D錯(cuò)誤.

答案：A

考向?由“動(dòng)生”角度衍生的圖象問題（側(cè)重力學(xué)或電學(xué)量）

3.（2019?全國(guó)卷11）（多選）如圖，兩條光滑平行金屬導(dǎo)軌固定，所

在平面與水平面夾角為優(yōu)導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì).虛線M、cd均與導(dǎo)軌

垂直，在曲與cd之間的區(qū)域存在垂直于導(dǎo)軌所在平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng).將

兩根相同的導(dǎo)體棒尸0、MN先后自導(dǎo)軌上同一位置由靜止釋放，兩者

始終與導(dǎo)軌垂直且接觸良好.已知尸。進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)加速度恰好為零.從

P0進(jìn)入磁場(chǎng)開始計(jì)時(shí)，到MN離開磁場(chǎng)區(qū)域?yàn)橹?，流過尸。的電流隨

時(shí)間變化的圖象可能正確的是（）

解析：PQ剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，加速度為零，則mgsin0=BIL,1=

'嗖：0,即電流恒定；且由題意知，剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)與PQ剛進(jìn)入

磁場(chǎng)時(shí)速度相同.情形1:若剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，PQ已離開磁場(chǎng)區(qū)域，

則對(duì)MN,由mgsin〃=3/L及右手定則知，通過尸。的電流大小不變，

方向相反，故〃圖象如圖A所示.情形2:若MN剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，PQ

未離開磁場(chǎng)區(qū)域，由于兩導(dǎo)體棒速度相等，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)等大、反向，

故電流為0,但兩棒在重力作用下均加速直至PQ離開磁場(chǎng)，此時(shí)拉N

E

為電源，由I=—,B/L—zngsin〃=m“知，M/V減速，電流

減小，可能的〃圖象如圖D所示.

答案：AD

考點(diǎn)四電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題

知識(shí)的透

1.兩種狀態(tài)及處理方法.

狀態(tài)特征處理方法

平衡態(tài)加速度為零根據(jù)平衡條件列式分析

根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合

非平衡態(tài)加速度不為零

運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行分析

2.抓住力學(xué)對(duì)象和電學(xué)對(duì)象間的橋梁——感應(yīng)電流/和切割速度

。，“四步法”分析電磁感應(yīng)中的動(dòng)力學(xué)問題.

電學(xué)

對(duì)象

力學(xué)

對(duì)象

典題例所

典例EJ（2018?江蘇卷）如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平

面與水平面的夾角為仇間距為d.導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度

大小為方向與導(dǎo)軌平面垂直.質(zhì)量為機(jī)的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上,

距底端的距離為s,導(dǎo)軌與外接電源相連，使金屬棒通有電流.金屬棒

被松開后，以加速度。沿導(dǎo)軌勻加速下滑，金屬棒中的電流始終保持

恒定，重力加速度為g.求下滑到底端的過程中，金屬棒

⑴末速度的大小。；

⑵通過的電流大小/;

⑶通過的電荷量Q.

解析：（1）勻加速直線運(yùn)動(dòng)"=2數(shù),

解得v=\[2as.

⑵安培力F安=IdB,

金屬棒所受合力F=mgsin，一戶安,

牛頓運(yùn)動(dòng)定律F=ma,

解得/=%(gsin0—q)

dB

v

（3）運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=~,

電荷量Q=it,

解得。=

m(gsin夕一a)

答案：（1）尤晟⑵dB~

72as(gsin〃-a)

⑶dBa

題組突破

考向?導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中處于平衡狀態(tài)

1.如圖，水平面（紙面）內(nèi)間距為I的平行金屬導(dǎo)軌間

接一電阻，質(zhì)量為機(jī)、長(zhǎng)度為J的金屬桿置于導(dǎo)軌上.￡

=0時(shí)，金屬桿在水平向右、大小為尸的恒定拉力作用下由靜止開始

運(yùn)動(dòng).A)時(shí)刻，金屬桿進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為3、方向垂直于紙面向里

的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，且在磁場(chǎng)中恰好能保持勻速運(yùn)動(dòng).桿與導(dǎo)軌的電阻

均忽略不計(jì)，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)

為".重力加速度大小為g.求：

(1)金屬桿在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的大小；

(2)電阻的阻值.

解析：(1)設(shè)金屬桿進(jìn)入磁場(chǎng)前的加速度大小為a,由牛頓第二定

律得

ma=方—"〃陪.①

設(shè)金屬桿到達(dá)磁場(chǎng)左邊界時(shí)的速度為由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有

.②

當(dāng)金屬桿以速度0在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由法拉第電磁感應(yīng)定律，桿

中的電動(dòng)勢(shì)為

E=Blv,③

聯(lián)立①②③式可得

(2)設(shè)金屬桿在磁場(chǎng)區(qū)域中勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬桿中的電流為I,根

據(jù)歐姆定律

T,⑤

式中￡為電阻的阻值.金屬桿所受的安培力為

%=BII.⑥

因金屬桿做勻速運(yùn)動(dòng)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得

F-fimg—F安=0,⑦

聯(lián)立④⑤⑥⑦式得

答案：(1)3仇，一"g)(2)警

考向?導(dǎo)體棒在磁場(chǎng)中做加速運(yùn)動(dòng)

2.如圖甲，間距為L(zhǎng)的光滑導(dǎo)軌水平放置在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)

中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,軌道左側(cè)連接一定值電阻R,垂直導(dǎo)軌的導(dǎo)體

棒而在水平外力尸作用下沿導(dǎo)軌運(yùn)動(dòng)，尸隨，變化的規(guī)律如圖乙.在

。?to時(shí)間內(nèi)，棒從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng).乙圖中仙姑、入為

已知，棒接入電路的電阻為R,軌道的電阻不計(jì).則下列說法正確的

是()

A.在力以后，導(dǎo)體棒一直做勻速直線運(yùn)動(dòng)

B.導(dǎo)體棒最后達(dá)到的最大速度大小為舞

DL

C.在0?勿時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)體棒的加速度大小為"失普咕

(戶?—F\)Zn

D.在0?勿時(shí)間內(nèi)，通過導(dǎo)體棒橫截面的電量為，卬

解析：因在0?勿時(shí)間內(nèi)棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，故在勿時(shí)刻尸2大

于棒所受的安培力，在力以后，外力保持b2不變，安培力逐漸變大，

導(dǎo)體棒做加速度越來越小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)加速度。=0,即導(dǎo)體棒所受

安培力與外力必相等后，導(dǎo)體棒做勻速直線運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；根據(jù)平

====

衡條件可得F\F29而FxBIL一正一,解得Vm9故B錯(cuò)

誤；設(shè)在0?的時(shí)間內(nèi)導(dǎo)體棒的加速度為G,導(dǎo)體棒的質(zhì)量為機(jī)，力時(shí)

刻導(dǎo)體棒的速度為0,通過導(dǎo)體棒橫截面的電量為q,則有：

Fi=ma,③

2(FT-Ft}R

由①②③解得：°嬴2廣,故C錯(cuò)誤；

在0?久時(shí)間內(nèi)，通過導(dǎo)體橫截面的電量為q=第，④

V

而A@=BAS=BL^to,⑤

—Fi)加

由②③④⑤解得：q=w,故D正確.

ZJDJL

答案：D

考點(diǎn)五電磁感應(yīng)中的能量與動(dòng)量問題

知識(shí)研透|

1.能量轉(zhuǎn)化及焦耳熱的求法.

(1)能量轉(zhuǎn)化.

克服安培電流做功|焦耳熱或其他

其他形式的能量一一＞電能

形式的能量

力做功

⑵求解焦耳熱的三種方法.

焦耳定律：Q=r-Rt

焦耳熱的

功能關(guān)系：Q=W克服安培力

二種求法

能量轉(zhuǎn)化：Q=其他能的減少

2.用“三大觀點(diǎn)”解決電磁感應(yīng)問題.

通常情況下一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的加速運(yùn)

動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)動(dòng)，而另一個(gè)金屬桿做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)，

最終兩金屬桿以共同的速度勻速運(yùn)動(dòng)

其中一個(gè)金屬桿機(jī)械能的減少量等于另一個(gè)金屬桿

能量觀點(diǎn)

機(jī)械能的增加量與回路中產(chǎn)生的焦耳熱之和

對(duì)于兩導(dǎo)體棒在平直的光滑導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的情況，如

動(dòng)量觀點(diǎn)果兩棒所受的外力之和為零，則考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒

定律處理問題

由可知，當(dāng)題目中涉及電荷

量或平均電流時(shí)，可應(yīng)用動(dòng)量定理來解決問題

典題網(wǎng)所

典例日如圖甲所示，絕緣水平面上固定著兩根足夠長(zhǎng)的光滑金屬

導(dǎo)軌PQ、MN,相距為L(zhǎng)=0.5m,以右側(cè)導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)

方向垂直導(dǎo)軌平面向下，磁感應(yīng)強(qiáng)度3的大小如圖乙變化.開始時(shí)必

棒和cd棒鎖定在導(dǎo)軌如圖甲位置，ab棒與cd棒平行，防棒離水平面

高度為入=0.2m,cd棒與乙■之間的距離也為L(zhǎng)而棒的質(zhì)量為皿=

0.2kg,有效電阻島=0.05。，cd棒的質(zhì)量為皿2=0.1kg,有效電阻為

￡2=0.15Q.(設(shè)a、b棒在運(yùn)動(dòng)過程始終與導(dǎo)軌垂直，兩棒與導(dǎo)軌接觸

良好，導(dǎo)軌電阻不計(jì)).

(1)求0?1s時(shí)間段通過cd棒的電流大小與方向；

⑵假如在1s末，同時(shí)解除對(duì)曲棒和cd棒的鎖定，穩(wěn)定后M棒

和cd棒將以相同的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，試求這一速度;

(3)對(duì)ab棒和cd棒從解除鎖定到開始以相同的速度做勻速運(yùn)動(dòng)，

ab棒產(chǎn)生的熱量為多少？

解析：(1)0?1s時(shí)間內(nèi)由于磁場(chǎng)均勻變化，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)

定律￡=笑=^="￡和閉合電路歐姆定律，=豆%，代入數(shù)據(jù)

AlZXlZXfKi"Trk2

可解得：1=1.25A.

cd棒中電流由c.

(2)1s末后由磁場(chǎng)不變，M棒從高為人處滑下到過程，由動(dòng)能

定理可知，

2

migh.=211nivo,

得vo=yj2gh=^/2X10X0.2m/s=2m/s,

從血棒剛到4處至兩棒達(dá)共同速度過程，由動(dòng)量守恒定律得，

m\Vn=(m\-\-mi)v,

即0.2X2=(0.1+0.2)0,

4

解得m/s.

(3)對(duì)ab棒和cd棒從解除鎖定到開始以相同的速度做勻速運(yùn)動(dòng)過

程，由能量守恒可知，

m\gh=^m\+mi)v2+Q,

4

代入數(shù)據(jù)解得：。=而J.

由于諦和cd棒串聯(lián)，所以產(chǎn)生的熱量之比等于電阻之比，所以

C=晶介=0