高三第一轮复习电磁感应复习教案

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高考物理一轮复习第十章第2讲法拉第电磁感应定律自感现象教案新人教版-新人教版高三全册物理教

第2讲法拉第电磁感应定律自感现象考点1 法拉第电磁感应定律的理解和应用1．法拉第电磁感应定律的理解(1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率ΔΦΔt 共同决定，而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系．(2)磁通量的变化率ΔΦΔt 对应Φt 图线上某点切线的斜率．2．应用法拉第电磁感应定律的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝B ·ΔS ，则E ＝n B ΔSΔt ； (2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝S ·ΔB ，则E ＝nS ·ΔBΔt； (3)磁通量的变化是由面积和磁场共同变化引起时，则根据定义，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E ＝n|B 2S 2－B 1S 1|Δt ≠n |ΔB ΔS |Δt.1．(2018·全国卷Ⅲ)(多选)如图甲，在同一平面内固定有一长直导线PQ 和一导线框R ，R 在PQ 的右侧．导线PQ 中通有正弦交流电i ，i 的变化如图乙所示，规定从Q 到P 为电流正方向．导线框R 中的感应电动势( AC )A ．在t ＝T 4时为零B ．在t ＝T 2时改变方向C ．在t ＝T2时最大，且沿顺时针方向D ．在t ＝T 时最大，且沿顺时针方向解析：本题考查楞次定律的应用及法拉第电磁感应定律．由i t 图象可知，在t ＝T4时，Δi Δt ＝0，此时穿过导线框R 的磁通量的变化率ΔΦΔt＝0，由法拉第电磁感应定律可知，此时导线框R 中的感应电动势为0，选项A 正确；同理在t ＝T 2和t ＝T 时，Δi Δt 为最大值，ΔΦΔt为最大值，导线框R 中的感应电动势为最大值，不改变方向，选项B 错误；根据楞次定律，t ＝T2时，导线框R 中的感应电动势的方向为顺时针方向，而t ＝T 时，导线框R 中的感应电动势的方向为逆时针方向，选项C 正确，选项D 错误．2．如图甲所示，用一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，ab 为圆环的直径．在ab 的右侧存在一个足够大的匀强磁场，t ＝0时刻磁场方向垂直于竖直圆环平面向里，磁场磁感应强度B 随时间t 变化的关系如图乙所示，则0～t 1时间内( D )A ．圆环中产生感应电流的方向为逆时针B ．圆环中产生感应电流的方向先顺时针后是逆时针C ．圆环一直具有扩X 的趋势D ．圆环中感应电流的大小为B 0rS4t 0ρ解析：磁通量先向里减小再向外增大，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为一直为顺时针，故A 、B 错误；由楞次定律的“来拒去留”可知，0～t 0为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩X 的趋势，t 0～t 1为了阻碍磁通量的增大，线圈有缩小的趋势，故C 错误；由法拉第电磁感应定律，得E ＝ΔBS 2Δt ＝B 0πr 22t 0，感应电流I ＝E R ＝B 0πr 22t 0·Sρ×2πr＝B 0rS4t 0ρ，故D 正确． 3．(2019·某某某某质检)如图甲所示，导体棒MN 置于水平导轨上，P 、Q 之间有阻值为R 的电阻，PQNM 所围的面积为S ，不计导轨和导体棒的电阻．导轨所在区域内存在沿竖直方向的磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t 0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN 始终处于静止状态．下列说法正确的是( D )A ．在0～t 0和t 0～2t 0内，导体棒受到导轨的摩擦力方向相同B ．在t 0～2t 0内，通过电阻R 的电流方向为P 到QC ．在0～t 0内，通过电阻R 的电流大小为2B 0SRt 0D ．在0～2t 0内，通过电阻R 的电荷量为B 0S R解析：本题考查法拉第电磁感应定律的图象问题，定性分析加定量计算可快速求解．由图乙所示图象可知，0～t 0内磁感应强度减小，穿过回路的磁通量减小，由楞次定律可知，为阻碍磁通量的减少，导体棒具有向右的运动趋势，导体棒受到向左的摩擦力，在t 0～2t 0内，穿过回路的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，导体棒有向左的运动趋势，导体棒受到向右的摩擦力，在两时间段内摩擦力方向相反，故A 错误；由图乙所示图象可知，在t 0～2t 0内磁感应强度增大，穿过闭合回路的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，通过电阻R 的电流方向为Q 到P ，故B 错误；由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在0～t 0内感应电动势E 1＝ΔΦΔt ＝S ·ΔB Δt ＝B 0S t 0，感应电流为I 1＝E 1R ＝B 0S Rt 0，故C 错误；由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在0～2t 0内通过电阻R 的电荷量为q 1＝N ΔΦR＝2B 0S －B 0S R ＝B 0SR，故D 正确．应用电磁感应定律需注意的三个问题(1)公式E ＝n ΔΦΔt 求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．(2)利用公式E ＝nS ΔBΔt 求感应电动势时，S 为线圈在磁场X 围内的有效面积．(3)通过回路截面的电荷量q 仅与n 、ΔΦ和回路电阻R 有关，与时间长短无关，与Φ是否均匀变化无关．推导如下：q ＝I Δt ＝n ΔΦΔtR Δt ＝n ΔΦR.考点2 导体切割磁感线产生的感应电动势考向1 平动切割1．计算公式：E ＝BLv 或E ＝BLv sin θ. 2．E ＝Blv 的三个特性(1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且B 、l 、v 三者互相垂直．(2)有效性：公式中的l 为导体棒切割磁感线的有效长度．下图中，导体棒的有效长度为ab 间的距离．(3)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．(2019·某某某某统考)(多选)半径为a 右端开小口的导体圆环和长为2a 的导体直杆，单位长度电阻均为R 0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B .杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开始，杆的位置由θ确定，如图所示．则( )A ．θ＝0时，杆产生的电动势为2BavB ．θ＝π3时，杆产生的电动势为3BavC ．θ＝0时，杆受的安培力大小为2B 2av(π＋2)R 0D ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2av(5π＋3)R 0[审题指导] (1)导体棒长度指处在磁场中的长度，称为有效长度．θ＝0和θ＝π3时二者不同．(2)先计算感应电动势，再计算感应电流，最后计算安培力．【解析】当θ＝0时，杆产生的电动势E ＝BLv ＝2Bav ，故A 正确；当θ＝π3时，根据几何关系得出此时导体棒的有效切割长度为a ，所以杆产生的电动势为E ＝Bav ，故B 错误；当θ＝0时，由于单位长度电阻均为R 0，所以电路中总电阻为(2＋π)aR 0，所以杆受的安培力大小为F ＝BIL ＝B ·2a 2Bav (2＋π)aR 0＝4B 2av (2＋π)R 0，故C 错误；当θ＝π3时，电路中总电阻为⎝⎛⎭⎪⎫1＋5π3aR 0，所以杆受的安培力大小为F ′＝BI ′L ′＝3B 2av (3＋5π)R 0，故D 正确．【答案】 AD1．(2019·某某某某模拟)如图所示，一对光滑的平行金属导轨(电阻不计)固定在同一水平面内，导轨足够长且间距为L ，左端接有阻值为R 的电阻，一质量为m 、长度为L 的匀质金属棒cd 放置在导轨上，金属棒的电阻为r ，整个装置置于方向竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B .金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始做加速度大小为a 的匀加速直线运动，经过的位移为s 时，则( C )A ．金属棒中感应电流方向由d 到cB ．金属棒产生的感应电动势为BL asC ．金属棒中感应电流为BL 2asR ＋rD ．水平拉力F 的大小为B 2L 22asR ＋r解析：根据楞次定律可知电流I 的方向从c 到d ，故A 错误；设金属棒cd 的位移为s 时速度为v ，则有v 2＝2as ，金属棒产生的电动势为E ＝BLv ＝BL 2as ，故B 错误；金属棒中感应电流的大小为I ＝ER ＋r，解得I ＝BL 2asR ＋r，故C 正确；金属棒受到的安培力大小为f ＝BIL ，根据牛顿第二定律可得F －f ＝ma ，联立解得F ＝B 2L 22asR ＋r＋ma ，故D 错误．考向2 导体棒转动切割磁感线当导体棒在垂直于磁场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 v ＝12Bl 2ω，如图所示．如图，直角三角形金属框abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向平行于ab 边向上．当金属框绕ab 边以角速度ω逆时针转动时，a 、b 、c 三点的电势分别为U a 、U b 、U c .已知bc 边的长度为l .下列判断正确的是( )A ．U a >U c ，金属框中无电流B ．U b >U c ，金属框中电流方向沿a —b —c —aC ．U bc ＝－12Bl 2ω，金属框中无电流D ．U bc ＝12Bl 2ω，金属框中电流方向沿a —c —b —a[审题指导] (1)金属框在转动过程中，磁通量不变，无感应电流产生． (2)金属框bc 边和ac 边都在切割磁感线，所以有感应电动势．【解析】穿过金属框的磁通量始终为零，没有发生变化，故金属框中无电流，B 、D 项错误；bc 边切割磁感线的等效速度为12lω，根据右手定则U b <U c ，故U bc ＝－12Bl 2ω，C 项正确；ac 边切割磁感线，根据右手定则得U a <U c ，A 项错误．【答案】 C2．(2018·全国卷Ⅰ)如图，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，OM 与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B ′(过程Ⅱ)．过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，则B ′B等于( B )A.54B.32C.74D ．2 解析：本题考查法拉第电磁感应定律及电荷量公式．由公式E ＝ΔΦΔt ，I ＝ER ，q ＝It 得q ＝ΔΦR ，设半圆弧半径为r ，对于过程Ⅰ，q 1＝B ·πr 24·R ，对于过程Ⅱ，q 2＝(B ′－B )·πr22R ，由q 1＝q 2得，B ′B ＝32，故B 项正确．四种求电动势的方法考点3 自感现象涡流考向1 通电自感与断电自感1．自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化．(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化．(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体．(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向．2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题电流突然增大，灯泡立刻变亮，然后逐12开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，然后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立刻变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是( C )A．图1中，A1与L1的电阻值相同B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等解析：本题考查自感现象判断．在图1中断开S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明断开S1前，L1中的电流大于A1中的电流，故L1的阻值小于A1的阻值，A、B选项均错误；在图2中，闭合S2瞬间，由于L2的自感作用，通过L2的电流很小，D错误；闭合S2后，最终A2与A3亮度相同，说明两支路电流相等，故R与L2的阻值相同，C项正确．2．(2019·某某模拟)在如图所示的电路中，S闭合时流过线圈L的电流是2 A，流过灯泡A的电流是1 A．将S突然断开，则S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流I随时间t变化关系的是图中的( D )解析：当电键断开时，由于线圈中自感电动势阻碍电流减小，线圈中的电流逐渐减小，线圈与灯泡A构成回路，所以灯泡中的电流与线圈中电流大小相等，灯泡中电流也逐渐减小，但与断开前方向相反．故D正确，A、B、C错误．分析自感现象的两点注意(1)断电自感现象中灯泡是否“闪亮”的判断：关键在于对电流大小的分析，只有断电瞬间通过灯泡的电流比原来大，灯泡才先闪亮后慢慢熄灭．(2)断电自感现象中电流方向是否改变的判断：与线圈在同一支路的用电器的电流方向不变，与线圈不在同一支路的用电器中的电流方向改变．考向2 对涡流的考查3．(多选)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示，实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是( AB )A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动解析：小磁针在圆盘所在处形成的磁场是非匀强磁场，圆盘可以等效为许多环形闭合线圈，圆盘转动过程中，穿过每个环形闭合线圈的磁通量不断地发生变化，在每一环形线圈上产生电动势和涡电流，A正确；环形线圈随圆盘转动，由楞次定律可知，线圈会受到小磁针施加的阻碍相对运动的力，根据牛顿第三定律可知，小磁针会受到与线圈即圆盘转动方向相同的力的作用，此力来源于电磁感应形成的涡电流，而不是自由电子随圆盘转动形成的电流，B正确，D错误．从圆盘的整个盘面上看，圆盘转动过程中穿过整个圆盘的磁通量不变，C 错误．4．扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是( A )解析：本题考查电磁阻尼．若要有效衰减紫铜薄板上下及左右的微小振动，则要求施加磁场后，在紫铜薄板发生上下及左右的微小振动时，穿过紫铜薄板横截面的磁通量都能发生变化．由选项图可知只有A满足要求，故选A.对安培力是动力、阻力的理解技巧电磁阻尼是安培力总是阻碍导体运动的现象，电磁驱动是安培力使导体运动起来的现象，但实质上均是感应电流使导体在磁场中受到安培力．学习至此，请完成课时作业34。

2025年高三一轮复习物理课件第十二章电磁感应第1讲电磁感应现象楞次定律

情况
阻碍原电流的变
化——“增反减
同”(即自感现象)
楞次定律
27
例证
第1讲
电磁感应现象
楞次定律
(2024 届北京二模)在匀强磁场中放置一个金属圆环,磁场方向与圆环平面垂直。
规定图 1 所示磁场方向为正。当磁感应强度 B 随时间 t 按图 2 所示的正弦规律变化时,
下列说法正确的是( C )。
A.t2 时刻,圆环中无感应电流
的磁通量增大,A 不符合题意;开关闭合时将滑动变阻器的
滑片向左滑动,A 线圈中的电流增大,则 B 线圈中的磁通量
增大,B 项不符合题意;开关闭合时将 A 线圈从 B 线圈中拔
出,则 B 线圈中的磁通量减小,C 项符合题意;开关闭合时
将 A 线圈倒置,再重新插入 B 线圈中,则 B 线圈中反向的
磁通量增大,D 项符合题意。
向。
3.判断磁通量是否变化的方法
(1)根据公式 Φ=BSsin θ(θ 为 B 与 S 间的夹角)判断。
(2)根据穿过平面的磁感线的条数是否变化判断。
第1讲
电磁感应现象
楞次定律
角度 2 电磁感应现象及其应用
判断感应
电流有无
的方法
产生感应
电流的三
种常见情
况
8
第1讲
电磁感应现象
楞次定律
(多选)下列各图所描述的物理情境中,能产生感应电流的是( BCD )。
2.电磁感应现象
(1)定义:当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时,闭合导体回路中有感应电流产
生,这种利用磁场产生电流的现象叫作电磁感应。
(2)感应电流的产生条件:穿过闭合导体电路的磁通量发生变化。
4
第1讲

物理学案人教版高考一轮复习第10章电磁感应学案及实验教学

第2讲法拉第电磁感应定律自感涡流一、法拉第电磁感应定律 1．感应电动势(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势。

(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。

(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断。

2．法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。

(2)公式：E ＝n ΔΦΔt，其中n 为线圈匝数。

(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的欧姆定律，即I ＝ER ＋r 。

3．导体切割磁感线的情形(1)若B 、l 、v 相互垂直，则E ＝Blv 。

(2)v ∥B 时，E ＝0。

二、自感、涡流 1．自感现象(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感。

(2)自感电动势①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫作自感电动势。

②表达式：E ＝L ΔIΔt。

(3)自感系数L①相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。

②单位：亨利(H)，1 mH ＝10－3H,1 μH＝10－6H 。

2．涡流当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水的漩涡，所以叫涡流。

授课提示：对应学生用书第196页命题点一对法拉第电磁感应定律的理解及应用自主探究1．感应电动势的决定因素(1)由E ＝n ΔΦΔt 知，感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率ΔΦΔt 和线圈匝数n 共同决定，磁通量Φ较大或磁通量的变化量ΔΦ较大时，感应电动势不一定较大。

(2)ΔΦΔt 为单匝线圈产生的感应电动势大小。

2．法拉第电磁感应定律的三个特例(1)回路与磁场垂直的面积S 不变，磁感应强度发生变化，则ΔΦ＝ΔB·S，E ＝n ΔBΔt S 。

(2)磁感应强度B 不变，回路与磁场垂直的面积发生变化，则ΔΦ＝B·ΔS，E ＝nB ΔSΔt。

(3)磁通量的变化是由面积和磁场变化共同引起时，则ΔΦ＝Φ末－Φ初，E ＝n B 2S 2－B 1S 1Δt ≠n ΔB·ΔSΔt。

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：电磁感应中的电路及图像问题

专题强化二十三电磁感应中的电路及图像问题目标要求 1.掌握电磁感应中电路问题的求解方法.2.会计算电磁感应电路问题中电压、电流、电荷量、热量等物理量.3.能够通过电磁感应图像，读取相关信息，应用物理规律求解问题．题型一电磁感应中的电路问题1．电磁感应中的电源(1)做切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的回路相当于电源．电动势：E＝BL v或E＝n ΔΦΔt，这部分电路的阻值为电源内阻．(2)用右手定则或楞次定律与安培定则结合判断，感应电流流出的一端为电源正极．2．分析电磁感应电路问题的基本思路3．电磁感应中电路知识的关系图考向1感生电动势的电路问题例1如图所示，单匝正方形线圈A边长为0.2m，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，磁感应强度随时间变化的规律为B＝(0.8－0.2t)T．开始时开关S未闭合，R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝20μF，线圈及导线电阻不计．闭合开关S，待电路中的电流稳定后．求：(1)回路中感应电动势的大小；(2)电容器所带的电荷量．答案(1)4×10－3V(2)4.8×10－8C解析(1)由法拉第电磁感应定律有E ＝ΔB Δt S ，S ＝12L 2，代入数据得E ＝4×10－3V (2)由闭合电路的欧姆定律得I ＝ER 1＋R 2，由部分电路的欧姆定律得U ＝IR 2，电容器所带电荷量为Q ＝CU ＝4.8×10－8C.考向2动生电动势的电路问题例2(多选)如图所示，光滑的金属框CDEF 水平放置，宽为L ，在E 、F 间连接一阻值为R的定值电阻，在C 、D 间连接一滑动变阻器R 1(0≤R 1≤2R )．框内存在着竖直向下的匀强磁场．一长为L 、电阻为R 的导体棒AB 在外力作用下以速度v 匀速向右运动．金属框电阻不计，导体棒与金属框接触良好且始终垂直，下列说法正确的是()A ．ABFE 回路的电流方向为逆时针，ABCD 回路的电流方向为顺时针B ．左右两个闭合区域的磁通量都在变化且变化率相同，故电路中的感应电动势大小为2BL vC ．当滑动变阻器接入电路中的阻值R 1＝R 时，导体棒两端的电压为23BL vD ．当滑动变阻器接入电路中的阻值R 1＝R2时，滑动变阻器的电功率为B 2L 2v 28R 答案AD解析根据楞次定律可知，ABFE 回路电流方向为逆时针，ABCD 回路电流方向为顺时针，故A 正确；根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E ＝BL v ，故B 错误；当R 1＝R 时，外电路总电阻R 外＝R 2，因此导体棒两端的电压即路端电压应等于13BL v ，故C 错误；该电路电动势E ＝BL v ，电源内阻为R ，当滑动变阻器接入电路中的阻值R 1＝R2时，干路电流为I ＝3BL v 4R ，滑动变阻器所在支路电流为23I ，容易求得滑动变阻器电功率为B 2L 2v 28R，故D 正确．例3(多选)如图所示，ab 为固定在水平面上的半径为l 、圆心为O 的金属半圆弧导轨，Oa间用导线连接一电阻M .金属棒一端固定在O 点，另一端P 绕过O 点的轴，在水平面内以角速度ω逆时针匀速转动，该过程棒与圆弧接触良好．半圆弧内磁场垂直纸面向外，半圆弧外磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B ，已知金属棒由同种材料制成且粗细均匀，棒长为2l 、总电阻为2r ，M 阻值为r ，其余电阻忽略不计．当棒转到图中所示的位置时，棒与圆弧的接触处记为Q 点，则()A ．通过M 的电流方向为O →aB ．通过M 的电流大小为Bl 2ω6r C ．QO 两点间电压为Bl 2ω4D ．PQ 两点间电压为3Bl 2ω2答案CD解析根据右手定则可知金属棒O 端为负极，Q 端为正极，则通过M 的电流方向从a →O ，A 错误；金属棒转动产生的电动势为E ＝Bl ·ωl2，则有I ＝E R 总＝Bl 2ω4r ，B 错误；由于其余电阻忽略不计，则QO 两点间电压，即电阻M 上的电压，根据欧姆定律有U ＝Ir ＝Bl 2ω4，C 正确；金属棒PQ 转动产生的电动势为E ′＝Bl 2lω＋lω2＝3Bl 2ω2，由于PQ 没有连接闭合回路，则PQ 两点间电压，即金属棒PQ 转动产生的电动势，为3Bl 2ω2，D 正确．题型二电磁感应中电荷量的计算计算电荷量的导出公式：q ＝nΔФR 总在电磁感应现象中，只要穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中就会产生感应电流，设在时间Δt 内通过导体横截面的电荷量为q ，则根据电流定义式I ＝qΔt 及法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt ，得q ＝I Δt ＝E R 总Δt ＝n ΔΦR 总Δt Δt ＝n ΔΦR 总，即q ＝n ΔΦR 总.例4在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1m 2，线圈电阻为1Ω.规定线圈中感应电流I 的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示．磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示．以下说法正确的是()A ．在0～2s 时间内，I 的最大值为0.02AB ．在3～5s 时间内，I 的大小越来越小C ．前2s 内，通过线圈某横截面的总电荷量为0.01CD ．第3s 内，线圈的发热功率最大答案C解析0～2s 时间内，t ＝0时刻磁感应强度变化率最大，感应电流最大，I ＝E R ＝ΔB ·SΔtR＝0.01A ，A 错误；3～5s 时间内电流大小不变，B 错误；前2s 内通过线圈的电荷量q ＝ΔΦR ＝ΔB ·S R＝0.01C ，C 正确；第3s 内，B 没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率最小，D 错误．例5(2018·全国卷Ⅰ·17)如图，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，OM 与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B ′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，则B ′B等于()A.54B.32C.74D ．2答案B解析在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有E 1＝ΔΦ1Δt 1＝B (12πr 2－14πr 2)Δt 1，根据闭合电路的欧姆定律，有I 1＝E 1R ，且q 1＝I 1Δt 1在过程Ⅱ中，有E 2＝ΔΦ2Δt 2＝(B ′－B )12πr 2Δt 2I 2＝E 2R，q 2＝I 2Δt 2又q1＝q2，即B(12πr2－14πr2)R＝(B′－B)12r2R所以B′B＝32，故选B.题型三电磁感应中的图像问题1．解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键．2．解题步骤(1)明确图像的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等；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方向的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、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．3．常用方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的正负，增大还是减小，以及变化快慢，来排除错误选项．(2)函数法：写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和判断．考向1感生问题的图像例6(多选)(2023·广东湛江市模拟)如图甲所示，正方形导线框abcd放在范围足够大的匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示．t ＝0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向外，感应电流以逆时针为正方向，cd边所受安培力的方向以垂直cd边向下为正方向．下列关于感应电流i和cd边所受安培力F随时间t变化的图像正确的是()答案BD解析设正方形导线框边长为L ，电阻为R ，在0～2s ，垂直纸面向外的磁场减弱，由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，为正方向，感应电流大小i ＝ΔΦΔt ·R ＝ΔBS Δt ·R ＝2B 0S2R＝B 0SR，电流是恒定值．由左手定则可知，cd 边所受安培力方向向下，为正方向，大小为F ＝BiL ，安培力与磁感应强度成正比，数值由2F 0＝2B 0iL 减小到零.2～3s 内，垂直纸面向里的磁场增强，由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，为正方向，感应电流大小i ＝ΔΦΔt ·R ＝B 0SR，电流是恒定值．由左手定则可知，cd 边所受安培力方向向上，为负方向，大小为F ＝BiL ，安培力与磁感应强度成正比，由零变化到－F 0＝－B 0iL .3～4s 内垂直纸面向里的磁场减弱，由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向，为负方向，感应电流大小i ＝ΔΦΔt ·R＝B 0SR，电流是恒定值．由左手定则可知，cd 边所受安培力方向向下，为正方向，大小为F ＝BiL ，安培力与磁感应强度成正比，数值由F 0＝B 0iL 减小到零.4～6s 内垂直纸面向外的磁场增强，由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向，为负方向，感应电流大小i ＝ΔΦΔt ·R＝B 0SR，电流是恒定值．由左手定则可知，cd 边所受安培力方向向上，为负方向，大小为F ＝BiL ，安培力与磁感应强度成正比，数值由零变化到－2F 0＝－2B 0iL ，由以上分析计算可得A 、C 错误，B 、D 正确．考向2动生问题的图像例7如图所示，将一均匀导线围成一圆心角为90°的扇形导线框OMN ，圆弧MN 的圆心为O 点，将O 点置于直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B ，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B .t ＝0时刻，让导线框从图示位置开始以O 点为圆心沿逆时针方向做匀速圆周运动，规定电流方向ONM 为正，在下面四幅图中能够正确表示电流i 与时间t 关系的是()答案C解析在0～t 0时间内，线框沿逆时针方向从题图所示位置开始(t ＝0)转过90°的过程中，产生的感应电动势为E 1＝12BωR 2，由闭合电路的欧姆定律得，回路中的电流为I 1＝E 1r ＝BR 2ω2r ，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针方向(沿ONM 方向)．在t 0～2t 0时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN 方向)，回路中产生的感应电动势为E 2＝12Bω·R 2＋12·2BωR 2＝32BωR 2＝3E 1，感应电流为I 2＝3I 1.在2t 0～3t 0时间内，线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为逆时针方向(沿ONM 方向)，回路中产生的感应电动势为E 3＝12Bω·R 2＋12·2Bω·R 2＝32BωR 2＝3E 1，感应电流为I 3＝3I 1，在3t 0～4t 0时间内，线框出第四象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN 方向)，回路中产生的感应电动势为E 4＝12BωR 2，回路电流为I 4＝I 1，故C 正确，A 、B 、D 错误．例8(2023·广东珠海市模拟)图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为L ，磁场方向垂直纸面向里．abcd 是位于纸面内的直角梯形线圈，ab 与dc 间的距离也为L .t ＝0时刻，ab 边与磁场区域边界重合(如图)．现令线圈以恒定的速度v 沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域．取沿a →d →c →b →a 的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I 随时间t 变化的图线可能是()答案A解析线圈移动0～L ，即在0～Lv时间内，线圈进磁场，垂直纸面向里通过线圈的磁通量增大，线圈中产生逆时针方向的感应电流(正)，线圈切割磁感线的有效长度l 均匀增大，感应电流I ＝E R ＝B v lR 均匀增大；线圈移动L ～2L ，即在L v ～2L v 时间内，线圈出磁场，垂直纸面向里通过线圈的磁通量减少，线圈中产生顺时针方向的感应电流(负)，线圈切割磁感线的有效长度l 均匀增大，感应电流I ＝E R ＝B v lR均匀增大，因此A 正确，B 、C 、D 错误．课时精练1.如图所示是两个相互连接的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，匀强磁场垂直穿过大金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E ，则a 、b 两点间的电势差为()A.12EB.13EC.23E D ．E答案B解析a 、b 间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的13，故a 、b 间电势差为U＝13E ，选项B 正确．2．如图甲所示，在线圈l 1中通入电流i 1后，在l 2上产生的感应电流随时间变化的规律如图乙所示，l 1、l 2中电流的正方向如图甲中的箭头所示．则通入线圈l 1中的电流i 1随时间t 变化的图像是图中的()答案D解析因为l 2中感应电流大小不变，根据法拉第电磁感定律可知，l 1中磁场的变化是均匀的，即l 1中电流的变化也是均匀的，A 、C 错误；根据题图乙可知，0～T4时间内l 2中的感应电流产生的磁场方向向左，所以线圈l 1中感应电流产生的磁场方向向左并且减小，或方向向右并且增大，B 错误，D 正确．3．(多选)(2023·广东省华南师大附中模拟)如图所示，在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，有两根光滑的平行导轨，间距为L ，导轨两端分别接有电阻R 1和R 2，导体棒以某一初速度从ab 位置向右运动距离x 到达cd 位置时，速度为v ，产生的电动势为E ，此过程中通过电阻R 1、R 2的电荷量分别为q 1、q 2.导体棒有电阻，导轨电阻不计．下列关系式中正确的是()A ．E ＝BL vB ．E ＝2BL vC ．q 1＝BLx R 1D.q 1q 2＝R 2R 1答案AD解析导体棒做切割磁感线的运动，速度为v 时产生的感应电动势E ＝BL v ，故A 正确，B错误；设导体棒的电阻为r ，根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝BLxΔt ，根据闭合电路欧姆定律得I ＝Er ＋R 1R 2R 1＋R 2，通过导体棒的电荷量为q ＝I Δt ，导体棒相当于电源，电阻R 1和R 2并联，则通过电阻R 1和R 2的电流之比I 1I 2＝R 2R 1，通过电阻R 1、R 2的电荷量之比q 1q 2＝I 1Δt I 2Δt ＝R2R 1，结合q ＝q 1＋q 2，解得q 1＝BLxR 2(R 1＋R 2)r ＋R 1R 2，故C 错误，D 正确．4．(多选)如图甲所示，单匝正方形线框abcd 的电阻R ＝0.5Ω，边长L ＝20cm ，匀强磁场垂直于线框平面向里，磁感应强度的大小随时间变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是()A ．线框中的感应电流沿逆时针方向，大小为2.4×10－2AB ．0～2s 内通过ab 边横截面的电荷量为4.8×10－2CC ．3s 时ab 边所受安培力的大小为1.44×10－2ND ．0～4s 内线框中产生的焦耳热为1.152×10－3J 答案BD解析由楞次定律判断感应电流为顺时针方向，由法拉第电磁感应定律得电动势E ＝SΔB Δt＝1.2×10－2V ，感应电流I ＝E R＝2.4×10－2A ，故选项A 错误；电荷量q ＝I Δt ，解得q ＝4.8×10－2C ，故选项B 正确；安培力F ＝BIL ，由题图乙得，3s 时B ＝0.3T ，代入数值得：F ＝1.44×10－3N ，故选项C 错误；由焦耳定律得Q ＝I 2Rt ，代入数值得Q ＝1.152×10－3J ，故D 选项正确．5.在水平光滑绝缘桌面上有一边长为L 的正方形线框abcd ，被限制在沿ab 方向的水平直轨道上自由滑动．bc 边右侧有一正直角三角形匀强磁场区域efg ，直角边ge 和ef 的长也等于L ，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示，线框在水平拉力作用下向右以速度v 匀速穿过磁场区，若图示位置为t ＝0时刻，设逆时针方向为电流的正方向．则感应电流i －t 图像正确的是(时间单位为L v)()答案D 解析bc 边的位置坐标x 从0～L 的过程中，根据楞次定律判断可知线框中感应电流方向沿a →b →c →d →a ，为正值．线框bc 边有效切线长度为l ＝L －v t ，感应电动势为E ＝Bl v ＝B (L－v t )·v ，随着t 均匀增加，E 均匀减小，感应电流i ＝E R，即知感应电流均匀减小．同理，x 从L ～2L 的过程中，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a →d →c →b →a ，为负值，感应电流仍均匀减小，故A 、B 、C 错误，D 正确．6.如图所示，线圈匝数为n ，横截面积为S ，线圈电阻为R ，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k ，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C ，两个电阻的阻值均为2R .下列说法正确的是()A ．电容器上极板带负电B ．通过线圈的电流大小为nkS 2RC ．电容器所带的电荷量为CnkS 2D ．电容器所带的电荷量为2CnkS 3答案D解析由楞次定律和右手螺旋定则知，电容器上极板带正电，A 错误；因E ＝nkS ，I ＝E 3R ＝nkS 3R，B 错误；又U ＝I ×2R ＝2nkS 3，Q ＝CU ＝2CnkS 3，C 错误，D 正确．7．如图甲所示，一长为L 的导体棒，绕水平圆轨道的圆心O 匀速顺时针转动，角速度为ω，电阻为r ，在圆轨道空间存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B .半径小于L 2的区域内磁场竖直向上，半径大于L 2的区域内磁场竖直向下，俯视图如图乙所示，导线一端Q 与圆心O 相连，另一端P 与圆轨道连接给电阻R 供电，其余电阻不计，则()A ．电阻R 两端的电压为BL 2ω4B ．电阻R 中的电流方向向上C ．电阻R 中的电流大小为BL 2ω4(R ＋r )D ．导体棒的安培力做功的功率为0答案C 解析半径小于L 2的区域内，E 1＝B L 2·ωL 22＝BL 2ω8，半径大于L 2的区域，E 2＝B L 2·ωL 2＋ωL 2＝3BL 2ω8，根据题意可知，两部分电动势相反，故总电动势E ＝E 2－E 1＝BL 2ω4，根据右手定则可知圆心为负极，圆环为正极，电阻R 中的电流方向向下，电阻R 上的电压U ＝R R ＋r E ＝RBL 2ω4(R ＋r )，故A 、B 错误；电阻R 中的电流大小为I ＝E R ＋r ＝BL 2ω4(R ＋r )，故C 正确；回路有电流，则安培力不为零，故导体棒的安培力做功的功率不为零，故D 错误．8.(多选)如图，PAQ 为一段固定于水平面上的光滑圆弧导轨，圆弧的圆心为O ，半径为L .空间存在垂直导轨平面、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．电阻为R 的金属杆OA 与导轨接触良好，图中电阻R 1＝R 2＝R ，其余电阻不计．现使OA 杆在外力作用下以恒定角速度ω绕圆心O 顺时针转动，在其转过π3的过程中，下列说法正确的是()A ．流过电阻R 1的电流方向为P →R 1→OB ．A 、O 两点间电势差为BL 2ω2C ．流过OA 的电荷量为πBL 26RD ．外力做的功为πωB 2L 418R答案AD 解析由右手定则判断出OA 中电流方向由O →A ，可知流过电阻R 1的电流方向为P →R 1→O ，故A 正确；OA 产生的感应电动势为E ＝BL 2ω2，将OA 当成电源，外部电路R 1与R 2并联，则A 、O 两点间的电势差为U ＝ER ＋R 2·R 2＝BL 2ω6，故B 错误；流过OA 的电流大小为I ＝E R ＋R 2＝BL 2ω3R ，转过π3弧度所用时间为t ＝π3ω＝π3ω，流过OA 的电荷量为q ＝It ＝πBL 29R ，故C 错误；转过π3弧度过程中，外力做的功为W ＝EIt ＝πωB 2L 418R，故D 正确．9.(多选)(2019·全国卷Ⅱ·21)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab 、cd 均与导轨垂直，在ab 与cd 之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ 、MN 先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ 进入磁场时加速度恰好为零．从PQ 进入磁场开始计时，到MN 离开磁场区域为止，流过PQ 的电流随时间变化的图像可能正确的是()答案AD 解析根据题述，PQ 进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，PQ 通过磁场区域后MN 进入磁场区域，MN 同样匀速直线运动通过磁场区域，故流过PQ 的电流随时间变化的图像可能是A ；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ 没有出磁场区域时MN 就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，感应电动势和感应电流为零，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ 出磁场后，MN 切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于刚开始仅PQ 切割磁感线时的感应电流I 1，则MN 所受的安培力一定大于MN 的重力沿导轨平面方向的分力，所以MN 一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ 的电流随时间变化的图像可能是D.10．如图甲所示，虚线MN 左、右两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小恒为B 0；左侧匀强磁场的磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S 0，将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内，圆心O 在MN 上．求：(1)t ＝t 02时，圆环受到的安培力；(2)在0～320内，通过圆环的电荷量．答案(1)3B 02r 2S 04ρt 0，垂直于MN 向左(2)3B 0rS 08ρ解析(1)根据法拉第电磁感应定律，圆环中产生的感应电动势E ＝ΔB Δt S 上式中S ＝πr 22由题图乙可知ΔB Δt ＝B 0t 0根据闭合电路的欧姆定律有I ＝ER 根据电阻定律有R ＝ρ2πrS 0t ＝12t 0时，圆环受到的安培力大小F ＝B 0I ·(2r )＋B 02I ·(2r )联立解得F ＝3B 02r 2S 04ρt 0由左手定则知，方向垂直于MN 向左．(2)通过圆环的电荷量q ＝I ·Δt根据闭合电路的欧姆定律和法拉第电磁感应定律有I ＝E R ，E ＝ΔΦΔt在0～32t 0内，穿过圆环的磁通量的变化量为ΔΦ＝B 0·12πr 2＋B 02·12πr 2联立解得q ＝3B 0rS 08ρ.11.(2023·广东广州市模拟)在同一水平面中的光滑平行导轨P 、Q 相距L ＝1m ，导轨左端接有如图所示的电路．其中水平放置的平行板电容器两极板M 、N 间距离d ＝10mm ，定值电阻R 1＝R 2＝12Ω，R 3＝2Ω，金属棒ab 电阻r ＝2Ω，其他电阻不计．磁感应强度B ＝1T 的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab 沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间、质量m ＝1×10－14kg 、带电荷量q ＝－1×10－14C 的微粒(图中未画出)恰好静止不动．取g ＝10m/s 2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好．且运动速度保持恒定．求：(1)匀强磁场的方向；(2)ab 两端的电压；(3)金属棒ab 运动的速度大小．答案(1)竖直向下(2)0.4V (3)0.5m/s 解析(1)带负电的微粒受到重力和电场力处于静止状态，因重力竖直向下，则电场力竖直向上，故M 板带正电．ab 棒向右切割磁感线产生感应电动势，ab 棒相当于电源，感应电流方向由b →a ，其a 端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下；(2)由平衡条件，得mg ＝EqE ＝U MNd所以MN 间的电压U MN ＝mgd q ＝1×10－14×10×10×10－31×10－14V ＝0.1VR 3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R 3的电流I ＝U MN R 3＝0.12A ＝0.05A ab 棒两端的电压为U ab＝U MN＋R1R2·I＝0.1V＋0.05V×6V＝0.4VR1＋R2(3)由闭合电路欧姆定律得ab棒产生的感应电动势为E感＝U ab＋Ir＝0.4＋0.05×2V＝0.5V由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝BL v感联立解得v＝0.5m/s.。

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：法拉第电磁感应定律、自感和涡流

第2讲法拉第电磁感应定律、自感和涡流目标要求 1.理解法拉第电磁感应定律，会应用E ＝n ΔΦΔt 进行有关计算.2.会计算导体切割磁感线产生的感应电动势.3.了解自感现象、涡流、电磁驱动和电磁阻尼．考点一法拉第电磁感应定律的理解及应用1．感应电动势(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关． 2．法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比． (2)公式：E ＝n ΔΦΔt ，其中n 为线圈匝数．(3)感应电流与感应电动势的关系：I ＝ER ＋r.(4)说明：E 的大小与Φ、ΔΦ无关，决定于磁通量的变化率ΔΦΔt.1．Φ＝0，ΔΦΔt不一定等于0.( √ )2．穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势也越大．( × ) 3．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大．( √ )4．线圈匝数n 越多，磁通量越大，产生的感应电动势也越大．( × )对公式E ＝n ΔΦΔt的理解1．若已知Φ－t 图像，则图线上某一点的切线斜率为ΔΦΔt.2．当ΔΦ仅由B 的变化引起时，E ＝n ΔB ·SΔt，其中S 为线圈在磁场中的有效面积．若B ＝B 0＋kt ，则ΔBΔt＝k .3．当ΔΦ仅由S 的变化引起时，E ＝nB ΔSΔt.4．当B 、S 同时变化时，则E ＝n B 2S 2－B 1S 1Δt ≠n ΔB ·ΔSΔt.例1 (2022·全国甲卷·16)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示．把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I 1、I 2和I 3.则( )A ．I 1<I 3<I 2B ．I 1>I 3>I 2C ．I 1＝I 2>I 3D ．I 1＝I 2＝I 3答案 C解析设圆线框的半径为r ，则由题意可知正方形线框的边长为2r ，正六边形线框的边长为r ；所以圆线框的周长为C 2＝2πr ，面积为S 2＝πr 2.同理可知正方形线框的周长和面积分别为C 1＝8r ，S 1＝4r 2，正六边形线框的周长和面积分别为C 3＝6r ，S 3＝33r 22，三个线框材料粗细相同，根据电阻定律R ＝ρLS 横截面，可知三个线框电阻之比为R 1∶R 2∶R 3＝C 1∶C 2∶C 3＝8∶2π∶6 根据法拉第电磁感应定律有I ＝E R ＝ΔB Δt ·SR可得电流之比为I 1∶I 2∶I 3＝2∶2∶ 3 即I 1＝I 2>I 3，故选C.例2 (多选)(2023·广东名校联考)如图甲所示，等边三角形金属框ACD 的边长均为L ，单位长度的电阻为r ，E 为CD 边的中点，三角形ADE 所在区域内有磁感应强度垂直纸面向外、大小随时间变化的匀强磁场，图乙是匀强磁场的磁感应强度B 随时间t 变化的图像．下列说法正确的是( )A ．t 0时刻，穿过金属框的磁通量为3B 0L 24B ．5t 0时刻，金属框内的感应电流由大变小C ．0～5t 0时间内的感应电动势小于5t 0～8t 0时间内的感应电动势D ．5t 0～8t 0时间内，A 、E 两点的电势差的绝对值恒为3B 0L 248t 0答案 CD解析 t 0时刻，穿过金属框的磁通量Φ＝15B 0×12×12L ×32L ＝3B 0L 240，A 错误；根据法拉第电磁感应定律可知E ＝ΔΦΔt ，结合题图乙可知，0～5t 0时间内的感应电动势小于5t 0～8t 0时间内的感应电动势，结合闭合电路欧姆定律可知，5t 0时刻，金属框内的感应电流由小变大，B 错误，C 正确；5t 0～8t 0时间内，A 、E 两点的电势差的绝对值恒为U ＝I ×12R ＝ΔΦR Δt ×12R ＝3B 0L 248t 0，D 正确．考点二动生电动势1．导体平动切割磁感线产生感应电动势的算式E ＝BL v 的理解(1)直接使用E ＝BL v 的条件是：在匀强磁场中，B 、L 、v 三者互相垂直．如果不相互垂直，应取垂直分量进行计算． (2)有效长度公式E ＝BL v 中的L 为导体两端点连线在垂直于速度方向上的投影长度．如图，导体的有效长度分别为：图甲：L ＝cd sin β.图乙：沿v 方向运动时，L ＝MN .图丙：沿v 1方向运动时，L ＝2R ；沿v 2方向运动时，L ＝R . (3)相对速度E ＝BL v 中的速度v 是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系． 2．导体转动切割磁感线如图，当长为L 的导体在垂直于匀强磁场(磁感应强度为B )的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动，当导体运动Δt 时间后，转过的弧度θ＝ωΔt ，扫过的面积ΔS ＝12L 2ωΔt ，则E ＝ΔΦΔt ＝B ΔS Δt ＝12BL 2ω(或E ＝BL v ＝BL v A ＋vC 2＝BL ωL 2＝12BL 2ω)．1．公式E ＝BL v 中的L 是导体棒的总长度．( × )2．磁场相对导体棒运动，导体棒中也可能产生感应电动势．( √ ) 考向1 有效长度问题例3 如图所示，由均匀导线制成的半径为R 的圆环，以速度v 匀速进入一磁感应强度大小为B 的匀强磁场．当圆环运动到图示位置(∠aOb ＝90°)时，a 、b 两点的电势差U ab 为( )A.2BR vB.22BR v C ．－24BR v D ．－324BR v答案 D解析有效切割长度即a 、b 连线的长度，如图所示由几何关系知有效切割长度为2R ，所以产生的电动势为E ＝BL v ＝B ·2R v ，电流的方向为a →b ，所以U ab <0，由于在磁场部分的阻值为整个圆的14，所以U ab ＝－34B ·2R v ＝－324BR v ，故选D.考向2 平动切割磁感线例4 (多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直．边长为0.1 m 、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd 位于纸面内，cd 边与磁场边界平行，如图(a)所示．已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd 边于t ＝0时刻进入磁场．线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)．下列说法正确的是( )A ．磁感应强度的大小为0.5 TB ．导线框运动速度的大小为0.5 m/sC ．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D ．在t ＝0.4 s 至t ＝0.6 s 这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N 答案 BC解析由题图(b)可知，导线框经过0.2 s 全部进入磁场，则速度v ＝l t ＝0.10.2 m/s ＝0.5 m/s ，选项B 正确；由题图(b)可知，cd 边切割磁感线产生的感应电动势E ＝0.01 V ，根据E ＝Bl v 得，B ＝E l v ＝0.010.1×0.5 T ＝0.2 T ，选项A 错误；根据右手定则及正方向的规定可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C 正确；在t ＝0.4 s 至t ＝0.6 s 这段时间内，导线框中的感应电流I ＝E R ＝0.010.005A ＝2 A, 所受的安培力大小为F ＝BIl ＝0.2×2×0.1 N ＝0.04 N ，选项D 错误．考向3 转动切割磁感线例5 (多选)金属棒ab 长度L ＝0.5 m ，阻值r ＝1 Ω，放在半径分别为r 1＝0.5 m 和 r 2＝1.0 m 的水平同心圆环导轨上，两圆环之间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B ＝2 T ；从两圆环下端引出导线连接一阻值为R ＝2 Ω的电阻，ab 在外力作用下以角速度ω＝4 rad/s 绕圆心顺时针(从上往下看)做匀速圆周运动，不计圆环导轨的电阻和一切摩擦，下列说法正确的是( )A ．a 点的电势高于b 点的电势B ．电阻R 两端的电压为2 VC ．在金属棒旋转一周的时间内，金属棒上产生的焦耳热为π4 JD ．在金属棒旋转半周的时间内，金属棒上产生的焦耳热为π4 J答案 ABD解析由右手定则可知，金属棒顺时针转动时，感应电流方向由b 到a ，金属棒充当电源，则a 点的电势高于b 点的电势，故A 正确；金属棒产生的感应电动势E ＝BLω·r 1＋r 22＝3 V ，则电阻R 两端的电压为U R ＝R R ＋r·E ＝2 V ，故B 正确；金属棒旋转半周的时间t ′＝πω＝π4 s ，通过的电流I ＝E R ＋r＝1 A ，产生的焦耳热为Q ＝I 2rt ′＝π4 J ，故C 错误，D 正确．考点三自感现象1．概念：当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场在线圈本身激发出感应电动势．这种现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫作自感电动势． 2．表达式：E ＝L ΔIΔt.3．自感系数L 的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关．1．线圈中电流越大，自感系数也越大．(×)2．对于同一个线圈，电流变化越快，线圈中的自感电动势也越大．(√) 3．自感电动势总是阻止原电流的变化．(×)通电自感和断电自感的比较电路图器材要求A1、A2同规格，R＝R L，L较大L很大(有铁芯)通电时在S闭合瞬间，灯A2立即亮起来，灯A1逐渐变亮，最终一样亮灯A立即亮，然后逐渐变暗达到稳定断电时回路电流减小，灯泡逐渐变暗，A1电流方向不变，A2电流反向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总结自感电动势总是阻碍原电流的变化例6(2023·湖南省长郡中学模拟)某同学想对比自感线圈和小灯泡对电路的影响，他设计了如图甲所示的电路，电路两端电压U恒定，A1、A2为完全相同的电流传感器．先闭合开关K 得到如图乙所示的i－t图像，等电路稳定后，断开开关(断开开关的实验数据未画出)．下列关于该实验的说法正确的是()A．闭合开关时，自感线圈中电流为零，其自感电动势也为零B．图乙中的a曲线表示电流传感器A2测得的数据C．断开开关时，小灯泡会明显闪亮后逐渐熄灭D．t1时刻小灯泡与线圈的电阻相等答案 D解析闭合开关时，其线圈自感电动势等于电源电动势，自感线圈中电流为零，故A错误；A2中电流等于自感线圈中电流，自感线圈中电流从零开始逐渐增大，最后趋于稳定，故A2中数据应为题图乙中b曲线，故B错误；断开开关前，两支路中电流相等，刚断开开关时，回路中的电流不变，故灯泡不会发生明显闪亮，而是逐渐熄灭，故C错误；t1时刻，两支路中电压相等，电流相等，则电阻相等，即小灯泡与线圈的电阻相等，故D正确．分析自感问题的三个技巧考点四涡流电磁阻尼和电磁驱动1．涡流现象(1)涡流：块状金属放在变化磁场中，或者让它在非均匀磁场中运动时，金属块内产生的漩涡状感应电流．(2)产生原因：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流．2．电磁阻尼当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力总是阻碍导体的运动．3．电磁驱动如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力而运动起来．1．电磁阻尼体现了能量守恒定律．(√)2．电磁阻尼阻碍相对运动，电磁驱动促进二者相对运动．(×)例7如图所示，关于涡流的下列说法中错误的是()A．真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置B．家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的C．阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动D．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流答案 B例8(2023·广东深圳市建文外国语学校模拟)如图是汽车上使用的电磁制动装置示意图．电磁制动是一种非接触的制动方式，其原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力．下列说法正确的是()A．制动过程中，导体不会产生热量B．如果导体反向转动，此装置将不起制动作用C．制动力的大小与线圈中电流的大小无关D．线圈中电流一定时，导体运动的速度越大，制动力就越大答案 D解析电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，电流流过导体时会产生热量，A错误；如果改变线圈中的电流方向，铁芯产生的磁感线的方向反向，此时产生的涡流方向也相反，电流和磁场方向同时反向，安培力方向不变，故仍使导体受到阻碍运动的制动力，B错误；线圈中电流越大，则产生的磁场越强，转盘转动产生的涡流越强，则制动器对转盘的制动力越大，C错误；线圈电流一定时，导体运动的速度越大，转盘转动产生的涡流越强，制动力就越大，D正确．课时精练1．如图所示，在某次阅兵盛典上，我国预警机“空警－2000”在通过天安门上空时机翼保持水平，以4.5×102 km/h的速度自东向西飞行．该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50 m，北京地区地磁场向下的竖直分量大小为4.7×10－5 T，则()A ．两翼尖之间的电势差为2.9 VB ．两翼尖之间的电势差为1.1 VC ．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高D ．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低答案 C解析飞机的飞行速度为 4.5×102 km/h ＝125 m/s ，飞机两翼尖之间的电动势为E ＝Bl v ＝4.7×10－5×50×125 V ≈0.29 V ，A 、B 项错误；飞机从东向西飞行，磁场竖直分量向下，根据右手定则可知，飞机左方翼尖的电势高于右方翼尖的电势，C 项正确，D 项错误． 2.(2022·江苏卷·5)如图所示，半径为r 的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 的变化关系为B ＝B 0＋kt ，B 0、k 为常量，则图中半径为R 的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为( )A ．πkr 2B ．πkR 2C ．πB 0r 2D ．πB 0R 2答案 A解析由题意可知磁场的变化率为ΔB Δt ＝kt t ＝k ，根据法拉第电磁感应定律可知E ＝ΔΦΔt ＝ΔB πr 2Δt ＝k πr 2，故选A.3.(2023·广东广州市模拟)如图所示，电路中A 、B 是规格相同的灯泡，L 是电阻可忽略不计的自感线圈，那么( )A ．合上S ，A 、B 一起亮，然后A 变暗，最后熄灭 B ．合上S ，B 先亮，A 逐渐变亮，最后A 、B 一样亮C ．断开S ，A 立即熄灭，B 由亮变暗，最后熄灭D．断开S，A、B同时熄灭答案 A解析合上S，线圈中电流要增加，会产生自感电动势，故只能缓慢增加，所以A、B一起亮，然后A变暗，最后熄灭，B更亮，故A正确，B错误；断开S，线圈中电流要减小，会产生自感电动势，故只能缓慢减小，通过灯泡A构成回路，所以B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭，故C、D错误．4．(2023·广东省模拟)在油电混合小轿车上有一种装置，刹车时能将车的动能转化为电能，启动时再将电能转化为动能，从而实现节能减排．图中，甲、乙磁场方向与轮子的转轴平行，丙、丁磁场方向与轮子的转轴垂直，轮子是绝缘体，则采取下列哪个措施，能有效地借助磁场的作用，让转动的轮子停下()A．如图甲，在轮上固定如图绕制的线圈B．如图乙，在轮上固定如图绕制的闭合线圈C．如图丙，在轮上固定一些细金属棒，金属棒与轮子转轴平行D．如图丁，在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行答案 D解析题图甲和题图乙中当轮子转动时，穿过线圈的磁通量都是不变的，不会产生感生电流，则不会有安培力阻碍轮子的运动，选项A、B错误；题图丙中在轮上固定一些细金属棒，当轮子转动时会产生感应电动势，但是不会形成感应电流，则也不会产生安培力阻碍轮子转动，选项C错误；题图丁中在轮上固定一些闭合金属线框，线框长边与轮子转轴平行，当轮子转动时会产生感应电动势，形成感应电流，则会产生安培力阻碍轮子转动，使轮子很快停下来，选项D正确．5．(2023·广东深圳市模拟)电磁阻尼可以无磨损地使运动的线圈快速停下来．如图所示，扇形铜框abcd在绝缘细杆作用下绕转轴O在同一水平面内快速逆时针转动，虚线把圆环分成八等份，扇形铜框恰好可以与其中一份重合．为使线框快速停下来，实验小组设计了以下几种方案，其中虚线为匀强磁场的理想边界，边界内磁场大小均相同，其中最合理的是()答案 C解析扇形铜框逆时针转动时，对于A、D选项，通过铜框的磁通量不发生变化，无感应电流产生，则线圈不会受到安培力作用；对于B、C选项，通过铜框的磁通量发生变化，产生感应电流，B项的铜框只有单边ad或bc受到安培力作用，而C项的铜框ad边、bc边同时受到安培力作用，所以最合理的是C选项．6．(多选)(2023·湖北省模拟)如图所示，在距地面高h＝1.25 m处固定有两根间距为l＝0.5 m 水平放置的平行金属导轨，导轨的左端接有电源E，右端边缘处静置有一长l＝0.5 m、质量m＝0.2 kg、电阻R＝5.0 Ω的导体棒ab，导体棒所在空间有磁感应强度大小B＝1.0 T、方向竖直向上的匀强磁场．闭合开关后，导体棒ab以某一初速度水平向右抛出，已知导体棒落地点到抛出点的水平距离d＝2.5 m，重力加速度g＝10 m/s2，则()A．在空中运动过程中，导体棒a端的电势低于b端的电势B．导体棒抛出时的初速度大小为5 m/sC．在空中运动过程中，导体棒上产生的感应电动势大小恒定D．在空中运动过程中，导体棒的速度逐渐变大，棒上产生的感应电动势增大答案BC解析由右手定则可知，导体棒在空中运动过程中，在水平方向上要切割磁感线，从而产生感应电动势，但无感应电流，不受安培力，故导体棒在平抛运动过程中水平方向上的速度v0不变，由E ＝Bl v 0可知，导体棒上产生的感应电动势大小不变，且a 端电势高于b 端电势，故A 、D 错误，C 正确；导体棒从抛出到落地的时间为t ＝2h g ＝0.5 s ，故导体棒做平抛运动的初速度v 0＝d t＝5 m/s ，故B 正确． 7.(多选)如图所示，一导线弯成半径为a 的半圆形闭合回路．虚线MN 右侧有磁感应强度为B 的范围足够大的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v 向右匀速进入磁场，直径CD 始终与MN 垂直．从D 点到达边界开始到C 点进入磁场为止，下列结论正确的是( )A ．CD 段直导线不受安培力B ．CD 段直导线受安培力C ．感应电动势最大值E m ＝2Ba vD ．感应电动势平均值E ＝14πBa v 答案 BD解析由楞次定律可知，感应电流始终沿逆时针方向，由左手定则判断，CD 段直导线所受安培力始终向下，A 错误，B 正确；当线框有一半进入磁场时，切割磁感线的有效长度最大，最大感应电动势为E m ＝ Ba v ，C 错误；根据法拉第电磁感应定律可得，平均感应电动势E＝BS Δt ＝B ·πa 222a v＝14πBa v ，D 正确．8．(多选)如图所示，固定在水平面上的半径为r 的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．长为l 的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO ′上，随轴以角速度ω匀速转动．在圆环的A 点和电刷间接有阻值为R 的电阻和电容为C 、板间距为d 的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态．已知重力加速度为g ，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是( )A ．电阻R 两端的电势差为12Br 2ωB ．微粒的电荷量与质量之比为2gd Br 2ωC ．电阻消耗的电功率为πB 2r 4ω2RD ．若增大角速度ω和电阻R 的阻值，微粒有可能仍保持静止状态答案 AB解析如图所示，金属棒绕OO ′轴切割磁感线转动，棒产生的电动势即为电阻R 两端的电势差，E ＝Br ·ωr 2＝12Br 2ω，故A 正确；电容器两极板间电压等于电源电动势E ，带电微粒在两极板间处于静止状态，则q E d ＝mg ，即q m ＝dg E ＝dg 12Br 2ω＝2dg Br 2ω，故B 正确；电阻消耗的功率P ＝E 2R ＝B 2r 4ω24R，故C 错误；若增大角速度ω，则电动势增大，即电容器的电压E ′增大，q E ′d>mg ，则微粒向上运动，故D 错误． 9.(多选)(2023·广东深圳市光明区高级中学模拟)发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具．某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：如图所示，导电圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O 的金属轴O 1O 2以角速度ω逆时针(俯视)匀速转动．圆环上接有三根金属辐条OP 、OQ 、OR ，辐条互成120°角．在圆环左半部分张角也为120°角的范围内(两条虚线之间)分布着垂直圆环平面向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在转轴O 1O 2与圆环的边缘之间通过电刷M 、N 与一个LED 灯(二极管)相连．除LED 灯电阻外，其他电阻不计．下列说法中正确的是( )A ．若OP 棒进入磁场中，P 点电势小于O 点电势B ．金属辐条在磁场中旋转产生的是正弦式交变电流C ．若导电圆环顺时针转动(俯视)，也能看到LED 灯发光D ．角速度比较大时，能看到LED 灯更亮答案 AD解析由右手定则可知OP 切割磁感线产生的感应电流在OP 辐条上从P 流向O ，则OP 为电源时O 为正极，P 为负极，所以P 点电势小于O 点电势，故A 正确；金属辐条在磁场中旋转产生的感应电流大小和方向都恒定，为直流电，故B 错误；导电圆环顺时针(俯视)转动产生的感应电流与逆时针转动时产生的感应电流方向相反，逆时针转动时二极管发光，由二极管的单向导电性可知顺时针转动时二极管不发光，故C 错误；假设辐条长度为L ，辐条切割磁感线产生的感应电动势大小为E ＝BL v ＝BL ωL 2＝BωL 22，可知角速度变大时，感应电动势变大，感应电流变大，则LED 灯更亮，故D 正确．10．(2022·重庆卷·13)某同学以金属戒指为研究对象，探究金属物品在变化磁场中的热效应．如图所示，戒指可视为周长为L 、横截面积为S 、电阻率为ρ的单匝圆形线圈，放置在匀强磁场中，磁感应强度方向垂直于戒指平面．若磁感应强度大小在Δt 时间内从0均匀增加到B 0，求：(1)戒指中的感应电动势和电流；(2)戒指中电流的热功率．答案 (1)B 0L 24πΔt B 0LS 4πρΔt (2)B 02L 3S 16π2ρ(Δt )2解析 (1)设戒指环的半径为r ，则有L ＝2πr磁感应强度大小在Δt 时间内从0均匀增加到B 0，产生的感应电动势为E ＝B 0Δt·πr 2 可得E ＝B 0L 24πΔt戒指的电阻为R ＝ρL S则戒指中的感应电流为I ＝E R ＝B 0LS 4πρΔt(2)戒指中电流的热功率为P ＝I 2R ＝B 02L 3S 16π2ρ(Δt )2.11．(2023·广东广州市第七中学月考)如图甲所示，ACD 是固定在水平面上的半径为2r 、圆心为O 的金属半圆弧导轨，EF 是半径为r 、圆心也为O 的半圆弧，在半圆弧EF 与导轨ACD 之间的半圆环区域内存在垂直导轨平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，B 随时间t 变化的图像如图乙所示．OA 间接有电阻P ，金属杆OM 可绕O 点转动，M 端与轨道接触良好，金属杆OM 与电阻P 的阻值均为R ，其余电阻不计．(1)0～t 0时间内，OM 杆固定在与OA 夹角为θ1＝π3的位置不动，求这段时间内通过电阻P 的感应电流大小和方向；(2)t 0～2t 0时间内，OM 杆在外力作用下以恒定的角速度逆时针转动，2t 0时转过角度θ2＝π3到达OC 位置，求电阻P 在这段时间内产生的焦耳热Q .答案 (1)πB 0r 24t 0R 方向为A →O (2)π2B 02r 416t 0R解析 (1)0～t 0时间内的感应电动势E 1＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt ·S 1其中ΔB Δt ＝B 0t 0S 1＝16·π(2r )2－16πr 2＝πr 22感应电流I 1＝E 12R联立解得I 1＝πB 0r 24t 0R由楞次定律可判断通过电阻P 的感应电流方向为A →O .(2)t 0～2t 0时间内，OM 转动的角速度为ω＝π3t 0感应电动势为E 2＝B 0r v其中v ＝ωr ＋2ωr 2又I 2＝E 22R则电阻P 在这段时间内产生的焦耳热Q ＝I 22Rt 0联立得Q＝π2B02r416t0R.。

2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：动量观点在电磁感应中的应用

专题强化二十五动量观点在电磁感应中的应用目标要求 1.掌握应用动量定理处理电磁感应问题的方法技巧.2.建立电磁感应问题中动量守恒的模型，并用动量守恒定律解决问题．题型一动量定理在电磁感应中的应用导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，当题目中涉及速度v 、电荷量q 、运动时间t 、运动位移x 时常用动量定理求解．考向1 “单棒＋电阻”模型情景示例1水平放置的平行光滑导轨，间距为L ，左侧接有电阻R ，导体棒初速度为v 0，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求电荷量q－B I L Δt ＝0－m v 0，q ＝I Δt ，q ＝m v 0BL求位移x－B 2L 2v R Δt ＝0－m v 0，x ＝v Δt ＝m v 0R B 2L2应用技巧初、末速度已知的变加速运动，在用动量定理列出的式子中q ＝IΔt ，x ＝v Δt ；若已知q 或x 也可求末速度情景示例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 、接入电路的阻值为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求运动时间－B I L Δt ＋mg sin θ·Δt ＝m v －0，q ＝I Δt －B 2L 2vR Δt ＋mg sin θ·Δt ＝m v －0，x ＝v Δt应用技巧用动量定理求时间需有其他恒力参与．若已知运动时间，也可求q 、x 、v 中的任一个物理量例1 (多选)(2023·广东湛江市检测)如图所示，宽为L 的足够长U 形光滑导轨放置在绝缘水平面上，整个导轨处于竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，将一质量为m 、接入电路的有效电阻为R 、长度略大于L 的导体棒垂直于导轨放置．某时刻给导体棒一沿导轨向右、大小为v 0的水平速度，不计导轨电阻，棒在运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，则下列说法正确的是( )A ．导体棒中感应电流方向为由a 到bB ．导体棒中的最大发热量为12m v 02C ．导体棒的加速度逐渐减小到0D ．通过导体棒的电荷量最大值为m v 02BL答案 BC解析根据右手定则可知，导体棒中感应电流方向为由b 到a ，选项A 错误；当导体棒静止时，动能全部转化为焦耳热，则导体棒中的最大发热量为12m v 02，选项B 正确；导体棒向右运动时，受到向左的安培力作用而做减速运动，则加速度满足a ＝BIL m ＝B 2L 2vmR ，随速度的减小，加速度减小，最后导体棒速度为零时加速度减小到0，选项C 正确；从开始运动到最后停止，由动量定理可知－F 安Δt ＝0－m v 0，F 安Δt ＝B I L Δt ＝BLq ，通过导体棒的电荷量最大值为q ＝m v 0BL ，选项D 错误．考向2 不等间距上的双棒模型例2 (多选)(2023·辽宁抚顺市模拟)如图所示，M 、N 、P 、Q 四条光滑的足够长的金属导轨平行放置，导轨间距分别为2L 和L ，两组导轨间由导线相连，装置置于水平面内，导轨间存在方向竖直向下的、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，两根质量均为m 、接入电路的电阻均为R 的导体棒C 、D 分别垂直于导轨放置，且均处于静止状态，其余部分电阻不计．t ＝0时使导体棒C 获得瞬时速度v 0向右运动，两导体棒在运动过程中始终与导轨垂直并与导轨接触良好．且达到稳定运动时导体棒C 未到两组导轨连接处．则下列说法正确的是( )A ．t ＝0时，导体棒D 的加速度大小为a ＝B 2L 2v 0mRB ．达到稳定运动时，C 、D 两棒速度之比为1∶1C ．从t ＝0时至达到稳定运动的过程中，回路产生的内能为25m v 02D ．从t ＝0时到达到稳定运动的过程中，通过导体棒的电荷量为2m v 05BL答案 ACD解析开始时，导体棒中的感应电动势E ＝2BL v 0，电路中感应电流I ＝E2R ，导体棒D 所受安培力F ＝BIL ，导体棒D 的加速度为a ，则有F ＝ma ，解得a ＝B 2L 2v 0mR ，故A 正确；稳定运动时，电路中电流为零，设此时C 、D 棒的速度分别为v 1、v 2，则有2BL v 1＝BL v 2，对变速运动中任意极短时间Δt ，由动量定理得，对C 棒有2B I L Δt ＝m Δv 1，对D 棒有B I L Δt ＝m Δv 2，故对变速运动全过程有v 0－v 1＝2v 2，解得v 2＝25v 0，v 1＝15v 0，故B 错误；根据能量守恒定律可知回路产生的内能为Q ＝12m v 02－12m v 12－12m v 22，解得Q ＝25m v 02，故C 正确；由上述分析可知对变速运动中任意极短时间Δt ，由动量定理得，对C 棒有2B I L Δt ＝m Δv 1，可得2BLq ＝m (v 0－v 1)，解得q ＝2m v 05BL ，故D 正确．考向3 “电容器＋棒”模型1．无外力充电式基本模型规律(导轨光滑，电阻阻值为R ，电容器电容为C )电路特点导体棒相当于电源，电容器充电电流特点安培力为阻力，棒减速，E 减小，有I ＝BL v －U CR ，电容器充电U C变大，当BL v ＝U C 时，I ＝0，F 安＝0，棒匀速运动运动特点和最棒做加速度a 减小的减速运动，最终做匀速运动，此时I ＝0，但电终特征容器带电荷量不为零最终速度电容器充电荷量：q＝CU最终电容器两端电压U＝BL v 对棒应用动量定理：m v－m v0＝－B I L·Δt＝－BLq v＝m v0m＋B2L2C.v－t图像例3如图甲、乙中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，图甲中的电容器C原来不带电．设导体棒、导轨电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计，图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直于水平面(即纸面)向里的匀强磁场中，导轨足够长．现给导体棒ab 一个向右的初速度v0，在图甲、乙两种情形下，关于导体棒ab的运动状态，下列说法正确的是()A．图甲中，ab棒先做匀减速运动，最终做匀速运动B．图乙中，ab棒先做加速度越来越小的减速运动，最终静止C．两种情况下通过电阻的电荷量一样大D．两种情形下导体棒ab最终都保持匀速运动答案 B解析题图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，由于充电电流不断减小，安培力减小，则导体棒做变减速运动，当电容器C极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab棒不受安培力，向右做匀速运动，故A错误；题图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，导体棒受向左的安培力而做减速运动，随速度的减小，电流减小，安培力减小，加速度减小，最终ab棒静止，故B正确，D错误；根据F安＝B I L，有F安t＝B I Lt＝qBL＝mΔv，得q＝mΔvBL，电荷量跟导体棒ab的动量变化量成正比，因为题图甲中导体棒的动量变化量小于题图乙，所以题图甲中通过R的电荷量小于题图乙中通过R的电荷量，故C错误．2．无外力放电式基本模型规律(电源电动势为E，内阻不计，电容器电容为C) 电路特点电容器放电，相当于电源；导体棒受安培力而运动电流特点电容器放电时，导体棒在安培力作用下开始运动，同时阻碍放电，导致电流减小，直至电流为零，此时U C＝BL v m运动特点及最终特征做加速度a减小的加速运动，最终匀速运动，I＝0最大速度v m 电容器充电电荷量：Q0＝CE 放电结束时电荷量：Q＝CU＝CBL v m电容器放电电荷量：ΔQ＝Q0－Q＝CE－CBL v m对棒应用动量定理：m v m－0＝B I L·Δt＝BLΔQv m＝BLCEm＋B2L2Cv－t图像例4(2023·广东广州市模拟)如图甲为飞机在航空母舰甲板上起飞的电磁弹射装置，其工作原理如图乙：水平固定的平行光滑金属导轨，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，金属棒MN垂直静置于导轨间，开关S先接1，电容器完全充电后，开关S再接至2使MN棒向右加速运动．当MN棒产生的感应电动势与电容器两极板的电压相等时，回路中电流为零，飞机达到起飞速度，已知直流电源的电动势E，电容器的电容C，两导轨的间距L(电阻不计)，磁感应强度大小B，MN棒的质量m0、电阻R.在飞机起飞过程中，求：(1)MN 棒受到的最大安培力F 的大小和方向；(2)若飞机起飞时速度为v ，飞机起飞过程中电容器释放的电荷量ΔQ ； (3)飞机起飞时速度v 的大小的表达式(用题干已知的物理量表示)．答案 (1)BLE R 方向水平向右 (2)(E －BL v )C (3)BLECB 2L 2C ＋m 0解析 (1)开关S 刚接至2时，回路中电流最大，MN 棒受到的安培力最大，最大安培力 F ＝BIL ＝BLER金属棒MN 上的电流方向从M 流向N 端，由左手定则可知安培力方向水平向右． (2)飞机起飞速度为v 时，金属棒的感应电动势E ′＝BL v 即此时电容器两极板间的电压U ＝BL v 则ΔQ ＝ΔU ·C ＝(E －BL v )C(3)飞机起飞时，电容器两极板的电压U ＝E ′＝BL v 对金属棒由动量定理可得B I Lt ＝m 0v －0 又B I Lt ＝BL ΔQ ＝BL (EC －BL v C ) 所以BL (EC －BL v C )＝m 0v 解得v ＝BLEC B 2L 2C ＋m 0.题型二动量守恒定律在电磁感应中的应用1．在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们不受摩擦力，且受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律解题比较方便．2．双棒模型(不计摩擦力)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5(多选)(2019·全国卷Ⅲ·19)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上，t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动．运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示．下列图像中可能正确的是()答案AC解析棒ab以初速度v0向右滑动，切割磁感线产生感应电动势，使整个回路中产生感应电流，判断可知棒ab受到与v0方向相反的安培力的作用而做变减速运动，棒cd受到与v0方向相同的安培力的作用而做变加速运动，它们之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，最后变为零，即最终棒ab和棒cd的速度相同，v1＝v2，这时两相同的光滑导体棒ab、cd组成的系统在足够长的平行金属导轨上运动，水平方向上不受外力作用，由动量守恒定律有m v0＝m v1＋m v2，解得v1＝v2＝v02，选项A、C正确，B、D错误．例6 如图所示，在磁感应强度大小为B 的匀强磁场区域内，垂直磁场方向的水平面中有两根固定的足够长的平行金属导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab 和cd ，两棒彼此平行且相距d ，构成一矩形回路．导轨间距为L ，两导体棒的质量均为m ，电阻均为R ，导轨电阻可忽略不计．设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab 棒静止，给cd 棒一个向右的初速度v 0，求：(1)当cd 棒速度减为0.6v 0时，ab 棒的速度v 及加速度a 的大小；(2)ab 、cd 棒间的距离从d 增大到最大的过程中，通过回路的电荷量q 及两棒间的最大距离x . 答案 (1)0.4v 0 B 2L 2v 010mR (2)m v 02BL d ＋m v 0RB 2L2解析 (1)两棒组成的系统所受合外力为零，因此满足动量守恒定律，有m v 0＝0.6m v 0＋m v 解得v ＝0.4v 0回路感应电动势E ＝0.6BL v 0－0.4BL v 0 此时回路电流I ＝E2R因此加速度a ＝BILm整理得a ＝B 2L 2v 010mR(2)ab 、cd 棒速度相等时有最大距离，根据动量守恒定律可得m v 0＝2m v 共对ab 棒，根据动量定理有B I L Δt ＝m v 共而q ＝I Δt ，解得q ＝m v 02BL在这段时间内，平均感应电动势E ＝BL Δv回路平均电流I ＝E 2R因此流过某截面的电荷量q ＝I Δt ＝BL Δv 2R Δt ＝BL (x －d )2R ，解得最大距离x ＝d ＋m v 0RB 2L2.课时精练1．(多选)如图所示，一质量为2m 的足够长U 形光滑金属框abcd 置于水平绝缘平台上，bc 边长为L ，不计金属框电阻．一长为L 的导体棒MN 置于金属框上，导体棒的阻值为R 、质量为m .装置处于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中．现给金属框水平向右的初速度v 0，在整个运动过程中MN 始终与金属框保持良好接触，则( )A ．刚开始运动时产生的感应电流方向为M →N →c →b →MB ．导体棒的最大速度为v 02C ．通过导体棒的电荷量为2m v 03BLD ．导体棒产生的焦耳热为56m v 02答案 AC解析金属框开始获得向右的初速度v 0，根据右手定则可知电流方向为M →N →c →b →M ，故A 正确；以整体为研究对象，由于整体水平方向不受力，所以整体水平方向动量守恒，最后二者速度相等，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得2m v 0＝3m v ，可得v ＝23v 0，故B 错误；对导体棒根据动量定理可得B I L Δt ＝m v －0，其中I Δt ＝q ，可得通过导体棒的电荷量为q ＝2m v 03BL ，故C 正确；由能量守恒知导体棒产生的焦耳热为Q ＝12×2m v 02－12×3m v 2＝13m v 02，故D 错误． 2.(多选)如图所示，半径为r 的粗糙四分之一圆弧导轨与光滑水平导轨平滑相连，四分之一圆弧导轨区域没有磁场，水平导轨区域存在磁感应强度大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场，导轨间距为l ，ab 、cd 是质量为m 、接入电路中电阻为R 的金属棒，导轨电阻忽略不计．cd 静止在平滑轨道上，ab 从四分之一圆弧轨道顶端由静止释放，在圆弧轨道上克服阻力做功 12mgr ，水平导轨足够长，ab 、cd 始终与导轨垂直并接触良好，且不会相撞，重力加速度为g .从ab 棒进入水平轨道开始，下列说法正确的是( )A ．ab 棒先做匀减速运动，最后做匀速运动B ．cd 棒先做匀加速直线运动，最后和ab 以相同的速度做匀速运动C ．ab 棒刚进入磁场时，cd 棒电流为Bl gr2RD ．ab 棒的最终速度大小为gr2答案 CD解析 ab 棒进入磁场受向左的安培力，做减速运动，所以安培力减小，则ab 棒先做加速度减小的减速运动，cd 棒与ab 棒串联，所以先做加速度减小的加速运动，最后它们共速，做匀速运动，故A 、B 错误；ab 棒刚进入磁场的速度就是它下滑到底端的速度，根据动能定理mgr －12mgr ＝12m v 2，可得速度为v ＝gr ，则感应电动势为E ＝Bl v ，两金属棒串联，故两棒瞬时电流为I ＝Bl gr 2R ，两棒共速时由动量守恒定律有m v ＝2m v ′，得速度大小为v ′＝gr 2，故C 、D 正确．3．(多选)如图，相距为L 的两光滑平行金属导轨固定在绝缘水平桌面上，左端接一电容器C ，阻值为R 的电阻通过三角旋钮开关S 与两导轨连接，长度为L 、质量为m 的金属杆ab 垂直导轨放置，且与导轨始终接触良好，两导轨间存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B .三角旋钮开关S 仅1、2之间导电，S 左旋时能将电阻R 和电容器C 接入同一回路，右旋时能将电阻R 和金属杆ab 接入同一回路，初始时1、2连接电容器和金属杆，现用恒力F 向右拉金属杆ab ，使其从静止开始运动，经一段时间后撤去F ，同时旋转S ，此时金属杆的速度大小为v 0，不计金属杆和导轨的电阻．下列说法正确的是( )A ．撤去F 前，金属杆做变加速直线运动B ．撤去F 同时向右旋开关S ，金属杆做加速度减小的减速运动C ．恒力F 对金属杆做的功等于12m v 02D ．若分别左旋右旋S ，两种情况下，通过电阻R 的电荷量之比为CB 2L 2∶m 答案 BD解析撤去F 前，对金属杆进行受力分析有F －BIL ＝ma ，对电容器Q ＝CU ＝CBL v ，充电电流I ＝ΔQ Δt ＝CBL Δv Δt ＝CBLa ，解得a ＝F CB 2L 2＋m，可知金属杆做匀加速直线运动，A 错误；撤去F 同时向右旋开关S ，此时仅有电阻R 和金属杆ab 接入同一回路，且金属杆有向右的速度，根据右手定则与左手定则，可判定安培力向左，且BIL ＝B 2L 2v R ＝ma ，可知金属杆将向右做加速度减小的减速运动，B 正确；根据动能定理有W F ＋W 安＝12m v 02，其中安培力做负功，则恒力F 对金属杆做的功大于12m v 02，C 错误；撤去F 时，电容器极板带电荷量Q ＝CBL v 0，对金属杆分析，由动量定理有－B I L ·Δt ＝0－m v 0，由于金属杆减速切割磁感线而通过电阻的电荷量q ＝I ·Δt ，当左旋S ，通过电阻的电荷量q 1＝Q ，当右旋S ，通过电阻的电荷量q 2＝q ，解得q 1q 2＝CB 2L 2m，D 正确． 4.(多选)如图，足够长的平行光滑金属导轨M 、N 固定在水平桌面上，导轨间距离为L ，垂直导轨平面有竖直向下的匀强磁场，以CD 为分界线，左边磁感应强度大小为2B ，右边为B ，两导体棒a 、b 垂直导轨静止放置，a 棒距CD 足够远，已知a 、b 棒质量均为m 、长度均为L 、电阻均为r ，棒与导轨始终接触良好，导轨电阻不计，现使a 获得一瞬时水平速度v 0，在两棒运动至稳定的过程中(a 棒还没到CD 分界线)，下列说法正确的是( )A ．a 、b 系统机械能守恒B ．a 、b 系统动量不守恒C ．通过导体棒a 的电荷量为2m v 05BLD ．导体棒a 产生的焦耳热为2m v 025答案 BC解析因为a 、b 棒切割磁感线时产生感应电流，继而导体棒中有焦耳热产生，故a 、b 系统机械能不守恒，故A 错误；由题意知a 棒受到的安培力为 F a ＝2BIL ，方向水平向左，而b 棒受到的安培力为 F b ＝BIL ，方向水平向右，故a 、b 系统所受合外力不为零，故a 、b 系统动量不守恒，故B 正确；因两棒运动至稳定时满足2BL v 1＝BL v 2，设向右为正方向，则对a 、b 棒运动至稳定的过程中分别由动量定理得－2B I Lt ＝m v 1－m v 0，B I Lt ＝m v 2，联立解得v 1＝v 05，v 2＝2v 05.又因为q ＝I t ，所以通过导体棒a 的电荷量为q ＝2m v 05BL，故C 正确；由题意知稳定之后，电路中不再有感应电流，则不再有焦耳热产生，所以对a 、b 棒运动至稳定的过程中，由能量守恒定律得导体棒a 、b 产生的总焦耳热为Q ＝12m v 02－12m v 12－12m v 22＝25m v 02，所以导体棒a 产生的焦耳热为Q ′＝12Q ＝15m v 02，故D 错误． 5．(多选)(2023·云南昆明市一中质检)如图所示，一光滑轨道固定在架台上，轨道由倾斜和水平两段组成，倾斜段的上端连接一电阻R ＝0.5 Ω，两轨道间距d ＝1 m ，水平部分两轨道间有一竖直向下，磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场．一质量m ＝0.5 kg 、长为l ＝1.1 m 、电阻忽略不计的导体棒，从轨道上距水平面h 1＝0.8 m 高处由静止释放，通过磁场区域后从水平轨道末端水平飞出，落地点与水平轨道末端的水平距离x 2＝0.8 m ，水平轨道距水平地面的高度h 2＝0.8 m ．通过计算可知(g 取10 m/s 2)( )A ．导体棒进入磁场时的速度为3 m/sB ．导体棒整个运动过程中，电阻R 上产生的热量为3 JC ．磁场的长度x 1为2 mD ．整个过程通过电阻的电荷量为2 C答案 BCD解析设导体棒进入磁场时的速度为v 0，根据机械能守恒定律有12m v 02＝mgh 1，解得v 0＝ 4 m/s ，故A 错误；导体棒从水平轨道水平飞出做平抛运动，则水平方向有x 2＝v t ，竖直方向有h 2＝12gt 2，联立代入数据解得v ＝2 m/s ，导体棒通过磁场区域过程中，根据能量守恒定律有Q ＝12m v 02－12m v 2，则导体棒整个运动过程中，电阻R 上产生的热量为Q ＝3 J ，故B 正确；导体棒通过磁场区域过程中，根据动量定理有F 安t 1＝Bdq ＝m v 0－m v ，又有q ＝I t 1＝ΔΦR ＝Bdx 1R，联立代入数据解得q ＝2 C ，x 1＝2 m ，故C 、D 正确．6.(多选)(2023·广东茂名市联考)如图所示，在光滑绝缘水平面上有一宽度为d 的区域，区域内存在着方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，一质量为m 、边长为L (L <d )的正方形金属线圈以速度v 沿水平方向进入磁场，且恰好能全部穿出磁场，则下列说法正确的是( )A ．进入磁场的过程中通过线圈横截面的电荷量为m v 2BLB ．线圈中无感应电流的时间为d －L vC ．线圈进入磁场的过程中产生的焦耳热为m v 24D ．线圈进入磁场的过程中产生的焦耳热为3m v 28答案 AD解析进入磁场的过程和穿出磁场的过程通过线圈横截面的电荷量相等．设进入过程中平均电流为I 1，时间为t 1，全部进入磁场时的速度为v 1，由动量定理得－BI 1Lt 1＝m v 1－m v ，设进入磁场过程中通过线圈横截面的电荷量为q 1，q 1＝I 1t ，则有－BLq 1＝m v 1－m v ，同理，穿出磁场时，因为恰能全部穿出，故－BLq 2＝－m v 1，q 1＝q 2，所以v －v 1＝v 1，解得v 1＝v 2，则进入磁场过程中通过线圈横截面的电荷量为m v 2BL ，故A 正确；无感应电流的时间为t ＝d －L v 1＝2(d －L )v ，故B 错误；进入磁场过程中产生的焦耳热Q ＝m v 22－m v 122＝3m v 28，故C 错误，D 正确．7．(多选)(2023·广东韶关市模拟)某高中科研兴趣小组利用课余时间进行电磁阻尼效果的研究学习，实验示意图如图甲所示，虚线MN 右侧有垂直于水平面向下的范围足够大的匀强磁场，边长为1 m 、质量为0.1 kg 、电阻为0.2 Ω的正方形金属线框在光滑绝缘水平面上以大小v 0＝2 m/s 的速度向右滑动并进入磁场，磁场边界MN 与线框的右边框平行．从线框刚进入磁场开始计时，线框的速度v 随滑行的距离x 变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是( )A ．图乙中x 0＝1 mB ．线框进入磁场的过程中，线框的加速度先不变再突然减为零C ．线框进入磁场的过程中，线框中产生的焦耳热为0.1 JD ．线框进入磁场的过程中，通过线框某横截面的电荷量为22 C 答案 AD 解析磁通量变化，线框中产生感应电流，就会受到安培力的作用，从而改变速度；当线框完全进入磁场时，磁通量不变，速度就不变，即题图乙中x 0＝1 m ，A 正确；线框进入磁场过程中，安培力为F ＝BIL ，其中I ＝E R ＝BL v R ，则F ＝B 2L 2v R，由题图乙可知，速度减小，则安培力减小，由牛顿第二定律可知，线框的加速度减小，线框做变减速运动，B 错误；根据能量守恒定律可得，减少的动能全部转化为焦耳热，则有Q ＝ΔE k ＝12m v 02－12m v 2，代入数据可得Q ＝0.15 J ，C 错误；线框进入磁场过程中，取水平向右为正，根据动量定理可得－B 2L 2v Rt ＝m v －m v 0，解得v ＝v 0－B 2L 2x mR，结合题图乙可知，当x ＝1 m 时，v ＝1 m/s ，代入数据解得B ＝150 T ，通过线框某横截面的电荷量为q ＝I t ＝BLx R ，解得q ＝22 C ，D 正确． 8．如图所示，平行光滑金属双导轨P 1Q 1M 1和P 2Q 2M 2，其中P 1Q 1和P 2Q 2为半径r ＝0.8 m 的14光滑圆轨道，O 1和O 2为对应圆轨道的圆心，Q 1、Q 2在O 1、O 2正下方且为圆轨道和水平轨道的平滑连接点，Q 1M 1和Q 2M 2为足够长的水平轨道，水平轨道处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B ＝1 T ，导轨间距L ＝1 m ；两导体棒a 、b 始终垂直于两导轨且与导轨接触良好，a 、b 的质量均为1 kg ，电阻均为1 Ω，导轨电阻不计．初始时刻，b 静止在水平导轨上，a 从与圆心等高的P 1P 2处由静止释放，a 、b 在以后运动的过程中不会发生碰撞(g ＝10 m/s 2)．求：(1)导体棒a 从Q 1Q 2进入磁场时，导体棒b 的加速度大小；(2)导体棒a 、b 稳定时的速度大小；(3)整个过程中，通过导体棒b 的电荷量．答案 (1)2 m/s 2 (2)2 m/s (3)2 C解析 (1)导体棒a 从P 1P 2到Q 1Q 2，由动能定理得m a gr ＝12m a v 02－0 代入数据得v 0＝4 m/s a 刚进入匀强磁场时，由法拉第电磁感应定律得E ＝BL v 0＝4 V由闭合电路的欧姆定律得I ＝E R a ＋R b＝2 A 由牛顿第二定律得ILB ＝m b a b代入数据得a b ＝2 m/s 2.(2)当导体棒a 、b 稳定时，由动量守恒定律得m a v 0＝(m a ＋m b )v 1代入数据得v 1＝2 m/s.(3)整个过程中，对导体棒b 由动量定理得I LBt ＝m b v 1，又q ＝I t ，代入数据得q ＝2 C.9.如图所示，两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面内，导轨间的距离为L ，导轨上横放着两根导体棒ab 和cd .设两根导体棒的质量皆为m 、电阻皆为R ，导轨光滑且电阻不计，在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B .开始时ab 和cd 两导体棒有方向相反的水平初速度，初速度大小分别为v 0和2v 0，求：(1)从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热；(2)当ab 棒向右运动，速度大小变为v 04时，回路中消耗的电功率的值．答案 (1)94m v 02 (2)B 2L 2v 028R解析 (1)选水平向右为正方向，从开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，则有2m v 0－m v 0＝2m v ，解得v ＝v 02，由能量守恒可得从开始到最终稳定回路中产生的焦耳热为Q ＝12m v 02＋12m (2v 0)2－12(2m )v 2＝94m v 02. (2)当ab 棒向右运动，速度大小变为v 04时，设cd 棒的速度是v 2，根据动量守恒得2m v 0－m v 0＝m v 2＋m v 04，解得v 2＝3v 04，此时回路中的总电动势E ＝BL (3v 04－v 04)＝12BL v 0，则消耗的电功率为P ＝E 22R ＝B 2L 2v 028R .。

高考物理一轮复习专题十电磁感应考点3 电磁感应中

考点三电磁感应中的电路和图象问题基础点知识点1 电磁感应中的电路问题 1．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相当于电源。

电源的正负极可用右手定则或楞次定律判定，要特别注意在内电路中电流由负极到正极。

(2)该部分导体或线圈的电阻相当于电源的内电阻，其余部分是外电路。

2．电源电动势和路端电压(1)电动势：E ＝n ΔΦΔt 或E ＝BLv sin θ。

(2)路端电压：U ＝IR ＝E －Ir 。

知识点2 电磁感应中的图象问题一、电磁感应中的电路问题 1．电磁感应与电路知识的关系图2．电磁感应电路问题的几个等效关系3．电磁感应电路问题分类(1)确定等效电源的正负极、感应电流的方向、电势高低、电容器极板的带电性质等问题。

(2)根据闭合电路求解电路中的总电阻、路端电压、电功率等问题。

(3)根据电磁感应的平均感应电动势求解电路中通过的电荷量：E ＝n ΔΦΔt ，I ＝E R 总，q ＝I Δt ＝n ΔΦR 总。

4．电磁感应电路问题的解题思路 (1)明确电源电动势E ＝nΔΦΔt ＝nS ΔB Δt ＝nB ΔS Δt ，E ＝BLv ，E ＝12BL 2ω。

(2)明确电源的正、负极。

(3)明确电源的内阻。

(4)明确电路关系(即构成回路的各部分电路的串、并联关系)并画出等效电路图。

(5)应用闭合电路欧姆定律和电功、电功率等能量关系列方程求解。

5．求解电磁感应中的电路问题的关键(1)产生感应电动势的那一部分电路相当于电源，电流方向是从“电源”的负极经电源流向正极，这一部分电路两端电压相当于路端电压。

感应电动势是联系电磁感应与电路的桥梁。

(2)闭合电路的功率关系：即电磁感应产生的电功率等于内外电路消耗的功率之和。

若为纯电阻电路，则产生的电能全部转化为电路中的内能。

所以能量守恒是分析这类问题的思路。

特别提醒(1)某段导体作为外电路时，它两端的电压等于电流与其电阻的乘积；某段导体作为电源时，它两端的电压就是路端电压，等于电流与外电阻的乘积，或等于电动势减去内电压，当导体的电阻不计时路端电压等于电源电动势。

高中物理一轮复习教案电磁感应中的电路与图象问题2

小结
作业：课时作业
教后
反思
审核人签字：年月日
4．解决图象问题的一般步骤
(1)明确图象的种类，即是B－t图象还是Φ－t图象，或者E－t图象、I－t图象等．
(2)分析电磁感应的具体过程．
(3)用右手定则或楞次定律欧姆定律、牛顿定律等规律写出函数关系式．
(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)画图象或判断图象．
5．主要题型
(1)图象的选择(如例1)
(2)图象的转换(如跟踪训练2－2)
(3)图象的应用(如例3)
由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量
(2013·全国新课标Ⅰ·17)如图，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触．下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是()
富县高级中学集体备课教案
年级：高三理科目：物理授课人：
课题
电磁感应中的电路与图象问题1
第课时
三维目
1、电磁感应中的电路问题
2、电磁感应中的图像问题
重点
1、电磁感应中的电路问题
2、电磁感应中的图像问题
中心发
言人
陈熠
难点
1、电磁感应中的电路问题
2、电磁感应中的图像问题
教具
课型
课时安排
课时
教法
学法
个人主页
答案：A
如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1 m，上端接有电阻R＝3 Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.1 kg、电阻r＝1 Ω的金属杆ab从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的v－t图象如图乙所示．(取g＝10 m/s2)求：

高三第一轮复习-电磁感应现象楞次定律

电磁感应现象楞次定律1.知道电磁感应现象产生的条件2.理解磁通量及磁通量变化的含义，并能计算.3.掌握楞次定律和右手定则的应用，并能判断感应电流的方向及相关导体的运动方向．考点一电磁感应现象的判断1．磁通量(1)定义：在匀强磁场中，磁感应强度B与垂直于磁场方向的面积的乘积．(2)公式：Φ＝BS.适用条件：①匀强磁场．②S为垂直磁场的有效面积．(3)磁通量是标量(填“标量”或“矢量”)．(4)磁通量的意义：①磁通量可以理解为穿过某一面积的磁感线的条数．②同一线圈平面，当它跟磁场方向垂直时，磁通量最大；当它跟磁场方向平行时，磁通量为零；当正向穿过线圈平面的磁感线条数和反向穿过的一样多时，磁通量为零．2．电磁感应现象(1)电磁感应现象：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应．(2)产生感应电流的条件：穿过闭合回路的磁通量发生变化．产生感应电动势的条件：无论回路是否闭合，只要穿过线圈平面的磁通量发生变化，线圈中就有感应电动势产生．(3)电磁感应现象中的能量转化：发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为电能，该过程遵循能量守恒定律．[例题1]（2024•房山区一模）某同学用如图所示装置探究影响感应电流方向的因素。

将磁体从线圈中向上匀速抽出时，观察到灵敏电流计指针向右偏转。

关于该实验，下列说法正确的是（）A．图中线圈中感应电流的磁场方向向下B．若将磁体向上加速抽出，灵敏电流计指针将向左偏转C．磁体放置在线圈中静止不动，灵敏电流计指针仍向右偏转D．若将磁体的N、S极对调，并将其向下插入线圈，灵敏电流计指针仍向右偏转[例题2]（多选）（2024•丰台区二模）“探究影响感应电流方向的因素”的实验示意图如图所示：灵敏电流计和线圈组成闭合回路，通过“插入”、“拔出”条形磁铁，使线圈中产生感应电流。

记录实验过程中的相关信息，分析得出楞次定律。

下列说法正确的是（）A．实验时必须保持磁铁运动的速率不变B．该实验需要知道线圈的绕向C．该实验需要记录磁铁的运动方向D．该实验需要判断电流计指针偏转方向与通入电流方向的关系[例题3]（2023秋•通州区期末）如图甲所示，某同学在研究电磁感应现象时，将一线圈两端与电流传感器相连，强磁铁从长玻璃管上端由静止下落，电流传感器记录了强磁铁穿过线圈过程中电流随时间变化的图像，t2时刻电流为0，如图乙所示。

2024届高考物理一轮复习课件：电磁感应—不等距双杆有外力

电磁感应 — 双杆模型（不等距有外力）
相关知识： 2.双杆放置同一磁场中（杆1杆2都受恒力且F2>F1，不计摩擦，初状态都静止）：
B 最终安培力及加速度：
L1 F1 1
v
O
L2
2 2
1
F2
a1
F安1 m1
F1
a2
F2
F安2 m2
F安1 L1 F安2 L2
L2a2 L1a1
F安1
L12m2F1 L1L2m1F2 L12m2 +L22m1
R1 R2
R1 R2
L2
F2
受力及加速度分析：
a1
F安1 m1
F1
a2
F2
F安2 m2
F安1 L1 F安2 L2
1
2
v
2
最终加速度关系：
L2a2 L1a1
1
运动性质：
杆1：先做反向加速度a减小加速运动，再做反向加速度a增大的减速速
运动及正向加速度a增大加速运动，最终匀加速直线运动；
O
t 杆2：加速度a减小的加速直线运动，最终匀加速直线运动；
B
电路分析：
I BL2v2 BL1v1 B L2v2 L1v1 +B L2a2 L1a1 t

F
受力及加速度分析：
a1
F安1 m1
a2
F
F安2 m2
F安1 L1 F安2 L2
2
v 2
最终加速度关系：
L2a2 L1a1
1
运动性质：
杆1：加速度a增大的加速直线运动，最终匀加速直线运动；
1.一问阻尼单棒模型，核心受力分析；2.二问受力双杆模型，电动势为核心；3.三问受力单杆模型，电荷量是核心；

高中物理一轮复习教案电磁感应现象楞次定律1

教具
课型
课时安排
课时
教法
学法
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教
学
过
程
教
学
过
程
第九章电磁感应
考纲展示
要求
电磁感应现象
Ⅰ
磁通量
Ⅰ
法拉第电磁感应定律
Ⅱ
楞次定律
Ⅱ
自感、涡流
Ⅰ热Leabharlann 视角1.考情分析：本章是高考的必考内容，在历年高考中所占分值较高，考查的题型一般多为选择题，也有计算题，考查的难度中等，试题的综合程度较高．
2.高考热点：
(1)条件：
(2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动．
3．产生电磁感应现象的实质
4．能量转化
发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为电能．
小结
作业：基础自测
教后
反思
审核人签字：年月日
富县高级中学集体备课教案
年级：高三理科目：物理授课人：
课题
第一讲电磁感应现象楞次定律
第课时
三维目
1、电磁感应现象及本质
2、会用楞次定律判断感应电流的方向
3、用右手定则感应电流的方向
重点
1、电磁感应现象及本质
2、会用楞次定律判断感应电流的方向
3、用右手定则感应电流的方向
中心发
言人
陈熠
难点
会用楞次定律判断感应电流的方向
预计2015年高考仍将以电磁感应的产生条件，感应电动势和感应电流的计算和图象表达为主．
结合新技术，对科技类问题的建模，运用力学和电学知识解决电磁感应类的问题，复习时应予以高度关注.
第1讲电磁感应现象楞次定律
1．定义
2．公式：Φ＝BS.

高中物理高考】高考物理一轮复习学案 10 3 电磁感应定律的综合运用有解析

【备考2022】高考物理一轮复习学案10.3 电磁感应定律的综合运用(2)右手定则的研究对象为闭合回路的一部分导体，适用于一段导线在磁场中做切割磁感线运动。

2.对电源的理解(1)在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体相当于电源，如切割磁感线的导体棒、有磁通量变化的线圈等，这种电源将其他形式的能转化为电能。

(2)判断感应电流和感应电动势的方向，都是把相当于电源的部分根据右手定则或楞次定律判定的。

实际问题中应注意外电路电流由高电势处流向低电势处，而内电路则相反。

3．导体棒在匀强磁场运动过程中的变与不变(1)外电阻的变与不变若外电路由无阻导线和定值电阻构成，导体棒运动过程中外电阻不变；若外电路由考虑电阻的导线组成，导体棒运动过程中外电阻改变。

(2)内电阻与电动势的变与不变切割磁感线的有效长度不变，则内电阻与电动势均不变。

反之，发生变化。

处理电磁感应区别安培定则、左手定则、右手定则的关键是抓住因果关系(1)因电而生磁(I→B)→安培定则(判断电流周围磁感线的方向)。

(2)因动而生电(v、B→I感)→右手定则(闭合回路的部分导体切割磁感线产生感应电流)。

(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则(磁场对电流有作用力)。

核心素养二对电路的理解(1)内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈，外电路由电阻、电容等电学元件组成。

(2)在闭合电路中，相当于“电源”的导体两端的电压与真实的电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于感应电动势。

核心素养三图像问题2.解决图像问题的一般步骤(1)明确图像的种类，即是Bt图像还是Φt图像，或者Et图像、It图像等。

(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方向对应关系。

(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式。

(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。

第十章第1讲电磁感应现象和楞次定律-2025年高考物理一轮复习PPT课件

解析
高考一轮总复习•物理
第25页
1．[“三则一律”的应用](多选)如图所示，金属导轨上的导体棒 ab 在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈 c 中将有感应电流产生且被螺线管吸引( )
A．向右做匀速运动 B．向左做减速运动 C．向右做减速运动 D．向右做加速运动
答案
高考一轮总复习•物理
第26页
高考一轮总复习•物理
第9页
2．如图所示，两个单匝线圈 a、b 的半径分别为 r 和 2r.圆形匀强磁场 B 的边缘恰好与 a 线圈重合，则穿过 a、b 两线圈的磁通量之比为 ( )
A．1∶1 C．1∶4
B．1∶2 D．4∶1
答案
高考一轮总复习•物理
3．如图所示的各图所描述的物理情境中，没有产生感应电流的是( )
第22页
2.“三则一律”的应用技巧 (1)应用楞次定律，一般要用到安培定则． (2)研究感应电流受到的安培力时，一般先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以直接用楞次定律的推广应用确定．
高考一轮总复习•物理
第23页
典例 2 (2024·山西太原模拟)(多选)如图所示装置中，ab、cd 杆垂直放置在导轨上，与导轨接触良好，杆与导轨之间的摩擦力不计．原来 ab、cd 杆均静止，当 ab 杆做如下哪些运动时，cd 杆将向左移动( )
解析
高考一轮总复习•物理
第12页
重难考点全线突破
高考一轮总复习•物理
考点感应电流方向的判断
1．楞次定律中“阻碍”的含义
第13页
高考一轮总复习•物理
2．应用楞次定律的思路
第14页
高考一轮总复习•物理
第15页
典例 1 如图所示，两匀强磁场的磁感应强度 B1 和 B2 大小相等、方向相反．金属圆环的直径与两磁场的边界重合．下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是( )

2023届高考物理一轮复习课件：第1节电磁感应现象楞次定律(18张PPT)

边有一如图所示的闭合电路。当 PQ 在一外力的作用
下运动时，MN 向右运动，则 PQ 所做的运动可能是( )
A．向右加速运动 C．向右减速运动
B．向左加速运动 D．向左减速运动
方法二逆向推理法
磁化：是指在受磁场的作用下，由于材料中磁矩（即一个微小的磁场）排列时取向趋于一致而呈现出一定的磁性的现象。
左手定则
姆指指运动方向内容四指感应电流
方向
直线电流环行电流通电螺线管
四指指电流方向姆指指受力方向
条件因“动”生 “电”
因“电”生因“电”受
“磁”
“力”
实质反映了磁场能够产生电流
反映了电流方向与磁场方向的关系
反映了磁场的基本性质
2. 楞次定律
9
感应电流具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化.
1).阻碍原磁通量的变化或原磁场的变化，“增反减同”、“增缩减扩”.
2). 阻碍相对运动, 可理解为“来拒去留”.
3).阻碍原电流的变化(自感现象).
[解题技法] 分析二次感应问题的两种方法
方法一程序法(正向推理法)
[例 4] (多选)如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒 PQ 、MN，MN 的左
第十章
DISHIZHANG
电磁感应
第1节电磁感应现象楞次定律
2018 2022
√
2
至
√
五
年
高
考全国
√ √
√
Ⅲ
卷
√
（
甲
卷
）
√
物
理
考点分来自布3产生感应电流的三种常见情况

高三第一轮复习-法拉第电磁感应定律、自感和涡流

法拉第电磁感应定律、自感和涡流1、理解环和掌握法古拉第电滋感应定律。

2、会求感生电动势和动生电动势。

3、理解自感、祸流、电掬驱动和电嘟阻尼考点一法拉第电磁感应定律的应用1．感应电动势(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．产生感应电动势的那部分导体就相当于电源，导体的电阻相当于电源内阻．(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路欧姆定律，即I＝ER＋r. 2．感应电动势大小的决定因素(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率ΔΦΔt和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．(2)当ΔΦ仅由B 的变化引起时，则E ＝n ΔB ·S Δt ；当ΔΦ仅由S 的变化引起时，则E ＝n B ·ΔSΔt ；当ΔΦ由B 、S 的变化同时引起时，则E ＝n B 2S 2－B 1S 1Δt ≠n ΔB ·ΔSΔt .3．磁通量的变化率ΔΦΔt是Φ－t 图象上某点切线的斜率．[例题1] （2024•下城区校级模拟）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一闭合金属圆环，面积为S ，电阻为R 。

规定圆环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正。

当磁感应强度B 随时间t 按图乙变化时，下列说法正确的是（）A ．0～1s 内感应电流的磁场在圆环圆心处的方向向上B ．1～2s 内通过圆环的感应电流的方向与图甲所示方向相反C ．0～2s 内线圈中产生的感应电动势为B 0S 2D ．2～4s 内线圈中产生的焦耳热为2B 02S 2R[例题2] （2024•济南模拟）如图所示，边长为L 正方形金属回路（总电阻为R ）与水平面的夹角为60°，虚线圆与正方形边界相切，虚线圆形边界内（包括边界）存在竖直向下匀强磁场，其磁感应强度与时间的关系式为B ＝kt （k ＞0且为常量），则金属回路产生的感应电流大小为（）A ．kL 2RB ．πkL 24RC ．kL 22RD ．πkL 28R[例题3] （2023秋•渝中区校级期末）如图甲，圆心为O 、半径为r 、电阻为R 的单匝圆形线圈置于光滑水平面上，用一根水平绝缘细杆将圆形线圈的最右端与墙面拴接，以图中虚线为界，左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场，垂直纸面向里为磁场的正方向，两部分磁场的磁感应强度随时间的变化规律如图乙。

高三物理教案电磁感应(优秀4篇)

高三物理教案电磁感应（优秀4篇）物理电磁感应教案篇一[要点导学]1. 这一节学习法拉第电磁感应定律，要学会感应电动势大小的计算方法。

这部分内容和楞次定律是本章的两大重要内容，应该高度重视。

2. 法拉第电磁感应定律告诉我们电路中产生感应电动势的大小跟成正比。

若产生感应电动势的电路是一个有n匝的线圈，且穿过每匝线圈的磁感量变化率都相同，则整个线圈产生的感应电动势大小E= 。

3. 直导线在匀强磁场中做切割磁感线的运动时，如果运动方向与磁感线垂直，那么导线中感应电动势的大小与、和三者都成正比。

用公式表示为E= 。

如果导线的运动方向与导线本身是垂直的，但与磁感线方向有一夹角，我们可以把速度分解为两个分量，垂直于磁感线的分量v1=vsin,另一个平行于磁感线的分量不切割磁感线，对感应电动势没有贡献。

所以这种情况下的感应电动势为E=Blvsin。

4.应该知道：用公式E=n/t计算的感应电动势是平均电动势，只有在电动势不随时间变化的情况下平均电动势才等于瞬时电动势。

用公式E=Blv计算电动势的时候，如果v是瞬时速度则电动势是瞬时值；如果v是平均速度则电动势是平均值。

5.公式E=n/t是计算感应电动势的普适公式，公式E=Blv则是前式的一个特例。

6.关于电动机的反电动势问题。

①电动机只有在转动时才会出现反电动势(线圈转动切割磁感线产生感应电动势);②线圈转动切割磁感线产生的感应电动势方向与电动机的电源电动势方向一定相反，所以称为反电动势；③有了反电动势电动机才可能把电能转化为机械能，它输出的机械能功率P=E反I;④电动机工作时两端电压为U=E反+Ir(r是电动机线圈的电阻),电动机的总功率为P=UI,发热功率为P热=I2r,正常情况下E反Ir，电动机启动时或者因负荷过大停止转动，则I=U/r,线圈中电流就会很大，可能烧毁电动机线圈。

[范例精析]例1法拉第电磁感应定律可以这样表述：闭合电路中感应电动势的大小( )A、跟穿过这一闭合电路的磁通量成正比B、跟穿过这一闭合电路的磁感应强度成正比C、跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化率成正比D、跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化量成正比解析：E=/t,与t的比值就是磁通量的变化率。

高考物理一轮复习学案：专题16 电磁感应现象以及楞次定律的应用

努力必有收获，坚持必会胜利，加油向未来！高三复习专题16 电磁感应以及楞次定律应用【知识梳理】1、产生感应电流的条件：2、对“楞次定律”的理解：【题型1】感应电流有无的判断1、下列给出了与感应电流产生条件相关的四幅情景图，其中判断正确的是（）A．图甲金属圆形线圈水平放置在通电直导线的正下方，增大电流，圆线圈中有感应电流B．图乙正方形金属线圈绕竖直虚线转动的过程中，正方形线圈中持续有感应电流C．图丙正电荷q顺时针做减速圆周运动过程中，同心共面金属圆圈中感应电流沿逆时针D．图丁金属杆在F作用下向右运动过程中，若磁场减弱，回路不一定会产生感应电流2、某实验装置如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈A和B。

如果线圈A中电流i随时间t 的关系有图所示的A、B、C、D四种情况，那么在1t到2t这段时间内，哪种情况线圈B中没有感应电流（）A．B．C．D．【题型2】感应电流方向判断——“增反减同”3、如图所示，导体线圈abcd与直导线在同一平面内，直导线通有恒定电流I，当线圈由左向右匀速通过直导线的过程中，线圈中感应电流的方向是（）A．先abcd，再dcba，后abcdB．先abcd，再dcbaC．先dcba，再abcd，后dcbaD．一直dcba4、如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距。

两导线中通有大小相等、方向向下的电流。

下列判断正确的是（）A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向B．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为顺时针方向C．当两直导线中电流同时增大时，环上的感应电流方向为顺时针方向D．当右侧直导线中电流突然减小时，环上的感应电流方向为顺时针方向【题型3】楞次定律应用——“来去拘留”5、如图所示，纽扣形永磁体直径略小于铜管、塑料管内径，某同学分别同时将两个纽扣形永磁体从竖直放置的空心铜管和空心塑料管上端口处由静止释放，忽略空气阻力。

【名师讲解】高三物理一轮复习：九电磁感应(49张PPT)

B．图②中回路产生的感应电动势一直在变大.
C．图③中回路在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生的感应电动势。 D．图④中回路产生的感应电动势先变小再变大。
φ φ φ
φ
t O O
t O t1 t2
t
O
t
题型二：公式E=BLVsinθ与E=nΔΦ/Δt的应用
【练习3】如图所示,矩形线圈abcd由n=50匝组成,ab边长L1=0.4m,bc边长L2 =0.2m,整个线圈的电阻R=2Ω,在B=0.1T的匀强磁场中,以短边中点的连线为轴转动,ω=50rad/s,求: (1)线圈从图示位置转动900过程中的平均电动势; (2)线圈转过900时的瞬时电动势. 12.7V 【练习4】 (资料第161页例题4）如图所示，长为6m的导体AB在磁感强度B=0.1T的匀强磁场中，以AB上的一点O为轴，沿着顺时针方向旋转。角速度ω=5rad/s，O点距A端为2m，求AB 的电势差
为 4×10-4 Wb;磁通量的平均变化率为 8×10-3 Wb/s;线圈中的感应电动势的大小为
1.6
V.
【练习2】 (教学案第284页练习3）穿过闭合回路的磁通量φ随时
间t变化的图象分别如图①～④所示，下列关于回路中产生的感
应电动势的论述，正确的是（
D
）
A．图①中回路产生的感应电动势恒定不变.
(1)b a
nB0 r22 I 3R t 0
nB0t1r22 2n 2 2 B02 r24t1 Q (2)q 2 9 Rt 0 3Rt 0
【练习6】如图所示，光滑导轨宽0.4 m，ab金属棒长0.5m，均匀
变化的磁场垂直穿过其面，方向如图，磁场的变化如图所示，金属棒ab的电阻为1Ω，导轨电阻不计，自t＝0时，ab棒从导轨最左端，以v＝1m/s的速度向右匀速运动，则（ AB A．1s末回路中的电动势为1．6V ）