【高考突破方案】第十章 -讲义（教师版）高考物理一轮复习
文档属性
| 名称 | 【高考突破方案】第十章 -讲义（教师版）高考物理一轮复习 |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 5.2MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-12-10 14:11:19 | ||
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文档简介
第十章 电磁感应
课程标准 1.探究影响感应电流方向的因素，理解楞次定律. 2.通过实验，理解法拉第电磁感应定律. 3.通过实验，了解自感现象和涡流现象.能举例说明自感现象和涡流现象在生产生活中的应用. 4.知道磁通量.通过实验，了解电磁感应现象，了解产生感应电流的条件.知道电磁感应现象的应用及其对现代社会的影响.
核心素养 物理观念 理解磁通量、电磁感应等概念，掌握右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律等规律.
科学思维 1.模型构建：感生电动势、动生电动势. 2.科学推理：动力学、能量问题、图像问题.
科学探究 通过实验探究影响感应电流方向的因素，探究法拉第电磁感应定律、探究自感现象和涡流现象，提高定性和定量分析问题的能力.
科学态度 与责任 了解电磁感应相关知识在现代科技中的应用.
命题探究 命题分析 高考对本部分内容的考查频率较高，从题型看，多是选择题，也有计算题，难度较大，单独考查楞次定律、法拉第电磁感应定律、电磁感应中的图像问题、能量转换及电荷量的计算等知识点时均以选择题的形式出现；考查电磁感应中与电路的综合问题、与力学的综合问题和与动量、能量的综合问题时一般以计算题的形式出现.
趋势分析 一是考基础，主要考查楞次定律、法拉第电磁感应定律、电磁感应中的图像问题；二是考综合，涉及力和运动、动量守恒、能量守恒、电路分析、安培力等力学和电学知识.主要的类型有导轨类问题、线圈穿越有界磁场的问题、电磁感应图像的问题.
预设情境 磁悬浮列车、电磁轨道炮、电磁炉、电子秤、电磁卡、电磁焊接技术、磁电式速度传感器、真空管道超高速列车、电磁驱动、电磁阻尼等各种实际应用模型.
第1讲 电磁感应现象 楞次定律
一、磁通量
1.概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向__垂直__的面积S与B的__乘积__叫作穿过这个面积的磁通量.
2.公式：Φ＝__BS__，单位符号是__Wb__.
3.适用条件：
(1)匀强磁场.
(2)S为垂直于磁场的__有效面积__.
4.物理意义：相当于穿过某一面积的磁感线的__条数__.
5.标矢性：磁通量是__标量__，但有__正负__.
6.磁通量的变化量
ΔΦ＝Φ2－Φ1＝B2S2－B1S1.
二、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
(1)表述一：闭合电路的一部分导体在磁场内做__切割磁感线__的运动.
(2)表述二：穿过闭合电路的磁通量发生变化.
3.实质
产生__感应电动势__，如果电路闭合，则有__感应电流__.如果电路不闭合，则只有感应电动势而无__感应电流__.
三、感应电流方向的判定
1.楞次定律
(1)内容：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)适用范围：一切电磁感应现象.
(3)楞次定律的本质：楞次定律中的“阻碍”作用，是__能量守恒定律__在电磁感应现象中的具体表现，在克服这种__阻碍__的过程中，其他形式的能转化为__电能__，在转化的过程中总能量是守恒的.
2.右手定则
(1)内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让__磁感线__从掌心进入，并使拇指指向__导线运动__的方向，这时四指所指的方向就是__感应电流__的方向.
(2)适用情况：导线__切割磁感线__产生感应电流.
考点一 电磁感应现象的理解与判断
1.穿过闭合电路的磁通量发生变化的四种情况
(1)磁感应强度B不变，线圈面积S发生变化.
(2)线圈面积S不变，磁感应强度B发生变化.
(3)线圈面积S变化，磁感应强度B也变化，它们的乘积BS发生变化.
(4)线圈面积S不变，磁感应强度B也不变，但二者之间夹角发生变化.
2.判断电路中能否产生感应电流的一般流程
【例1】 (多选)如图所示，水平地面(xOy平面)下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线.P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴.一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行.下列说法正确的是( )
A.N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同
B.线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变
C.线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流
D.线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等
【解析】 AC 依题意，M、N两点连线与长直导线平行、两点与长直导线的距离相同，根据右手螺旋定则可知，通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，A正确；根据右手螺旋定则，线圈在P点时，磁感线穿进与穿出在线圈中对称，磁通量为零，在向N点平移过程中，磁感线穿进与穿出线圈不再对称，线圈的磁通量会发生变化，B错误；根据右手螺旋定则，线圈从P点竖直向上运动过程中，磁感线穿进与穿出线圈对称，线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈无感应电流，C正确；线圈从P点到M点与从P点到N点，线圈的磁通量变化量相同，依题意知从P点到M点所用时间较从P点到N点时间长，根据法拉第电磁感应定律，则两次的感应电动势不相等，D错误.
【变式训练1】 在如图所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电源构成闭合电路，a、b、c为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器的滑片向右滑动时，下列说法正确的是( )
A.穿过a、b两个环的磁通量始终相同
B.穿过b环的磁通量始终是c环的一半
C.a、c两个环中都有感应电流
D.b、c两个环中都有感应电流
【解析】 A 线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，所以穿过a、b两个环的磁通量始终相同，A正确.根据安培定则可知，穿过a的磁感线方向向左，穿过b的磁感线方向向上，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，线圈中电流将发生改变，产生的磁场随之改变，穿过a、b两环的磁通量会发生改变，故a、b两环中都会产生感应电流；而向左和向右穿过c环的磁感线条数相等，完全抵消，总的磁通量为零，不发生变化，故c环中没有感应电流产生，B、C、D错误.
【易错点】 计算磁通量时要注意磁感线穿过的方向，特别注意双向磁场穿过的情形，c环中同时存在向左和向右的磁感线且条数相等，完全抵消，总的磁通量为零，不发生变化，故c环中没有感应电流产生.
考点二 楞次定律的理解与应用
1.楞次定律中“阻碍”的含义
2.应用楞次定律判断感应电流方向的“四步法”
3.楞次定律的拓展
楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为感应电流的“效果”总是阻碍产生感应电流的原因，可由以下四种方式呈现.
应用楞次定律判断感应电流方向
【例2】 (2024·北京卷)如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，下列说法正确的是( )
A.闭合开关瞬间，线圈M和线圈P相互吸引
B.闭合开关，达到稳定后，电流表的示数为0
C.断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由a到b
D.断开开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场方向向左
【解析】 B 闭合开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场与线圈M中电流的磁场方向相反，由楞次定律可知，二者相互排斥，A错误；闭合开关，达到稳定后，通过线圈P的磁通量保持不变，则感应电流为零，电流表的示数为零，B正确；断开开关瞬间，通过线圈P的磁场方向向右，磁通量减小，由楞次定律可知感应电流的磁场方向向右，因此流过电流表的感应电流方向由b到a，C、D错误.
【变式训练2】 (2023·海南卷)汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针(俯视)方向电流，当汽车经过线圈时( )
A.线圈1、2产生的磁场方向竖直向上
B.汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcd
C.汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcd
D.汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同
【解析】 C (方法1)由题意知，埋在地下的线圈1、2通顺时针(俯视)方向的电流，则根据右手定则，可知线圈1、2产生的磁场方向竖直向下，A错误；汽车进入线圈1过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb(逆时针)，B错误；汽车离开线圈1过程中，磁通量减小，根据楞次定律可知产生感应电流方向为abcd(顺时针)，C正确；汽车进入线圈2过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb(逆时针)，再根据左手定则，可知汽车受到的安培力方向与速度方向相反，D错误.
(方法2)由题意知，埋在地下的线圈1、2通顺时针(俯视)方向的电流，则根据右手定则，可知线圈1、2产生的磁场方向竖直向下，A错误；判断汽车进入线圈1过程产生感应电流方向时，可利用楞次定律阻碍相对运动来判断，矩形线圈受排斥力，所以矩形线圈中的感应电流方向与线圈1中的电流方向相反，即感应电流方向为adcb；汽车离开线圈1过程中受吸引力，所以矩形线圈中的感应电流方向与线圈1中的电流方向相同，即感应电流方向为abcd，B错误、C正确；汽车进入线圈2过程受到排斥力，安培力方向与速度方向相反，D错误.
楞次定律拓展的应用
(一)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”
【例3】 如图所示，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，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面.现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是( )
A.PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向
B.PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向
C.PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向
D.PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向
【解析】 D 金属杆PQ向右运动，根据右手定则可知，PQRS中产生逆时针方向的电流.这时PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，与原磁场方向相反，故金属线框T中的磁通量减少，依据楞次定律可知，T中产生顺时针方向的感应电流，D正确.
(二)阻碍相对运动——“来拒去留”
【例4】 如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开始下落，最后落在水平地面上.磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触.若不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法中正确的是( )
A.磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变
B.磁铁落地时的速率一定等于
C.磁铁在整个下落过程中，所受线圈对它的作用力先竖直向上后竖直向下
D.在磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针(从上向下看圆环)
【解析】 D 磁铁在整个下落过程中，由于受到磁场力的作用，机械能不守恒，A错误；若磁铁从高度h处做自由落体运动，其落地时的速度v＝，但磁铁穿过圆环的过程中要产生一部分电热，根据能量守恒定律可知，其落地速度一定小于，B错误；根据楞次定律的推论“来拒去留”原则，可判断磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力始终竖直向上，C错误；当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为逆时针(从上向下看圆环)，当条形磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为顺时针(从上向下看圆环)，D正确.
(三)使回路面积有变化趋势——“增缩减扩”
【例5】 (多选)如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中的电流i随时间t变化的规律如图乙所示，取甲图中电流方向为正方向，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则( )
A.在t1时刻，FN>G，P有收缩的趋势
B.在t2时刻，FN＝G，穿过P的磁通量不变
C.在t3时刻，FN＝G，P中有感应电流
D.在t4时刻，FN＞G，P有收缩的趋势
【解析】 ABC (方法1)当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，即FN>G，P有收缩的趋势，A正确；当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此线圈P中无感应电流产生，则t2和t4时刻FN＝G，P没有收缩的趋势，B正确，D错误；t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈P中有感应电流，但此时刻二者之间没有相互作用力，即FN＝G，C正确.
(方法2)判断t1时刻FN与重力G的大小关系以及P有收缩的趋势时，也可以用常规方法来判断.在t1时刻，线圈P中向下穿过的磁场增大，磁通量变大，根据楞次定律，线圈P中感应电流方向为逆时针，可把线圈P等效为小磁针，上端为N极，通电螺线管也可以等效为条形磁铁，下端为N极，同名磁极相互排斥，所以FN>G.分析线圈P有收缩的趋势，可利用微元法，把线圈P分成很多段电流元，每一小段电流元受到安培力的水平方向分力均指向圆心，使得线圈P有收缩的趋势，A正确.其他选项的判断与方法1相同.通过比较可知，本题用“增缩减扩”来判断较为简单.
考点三 “三个定则、一个定律”的综合应用
名称 基本现象 因果关系 应用的定 则或定律
电流的 磁效应 运动电荷、电流产生磁场 因电生磁 安培定则
洛伦兹力、 安培力 磁场对运动电荷、电流有作用力 因电受力 左手定则
电磁感应 部分导体做切割磁感线运动 因磁生电 右手定则
闭合回路磁通量变化 因磁生电 楞次定律
【例6】 (多选)置于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水平导轨上，如图所示.导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸面向外的匀强磁场中.下列说法正确的是( )
A.圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动
B.圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向右运动
C.圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动
D.圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向左运动
【解析】 CD 由右手定则知，圆盘顺时针加速转动时，感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下且磁场增强；由楞次定律知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则知，ab棒中感应电流方向由a→b，由左手定则知，ab棒受的安培力方向向左，将向左运动，A错误、D正确；同理可知，若圆盘顺时针减速转动时，则ab棒将向右运动，C正确；当圆盘顺时针匀速转动时，线圈A中产生恒定的电流，那么线圈B的磁通量不变，则ab棒没有感应电流，则将不会运动，B错误.
【变式训练3】 (多选)如图所示，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路.将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态.下列说法正确的是( )
A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
【解析】 AD 开关闭合后的瞬间，铁芯内磁通量向右且增加，根据楞次定律，左线圈感应电流方向在直导线从南向北，导线上方的磁场向里，所以小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；开关闭合并保持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线中无电流，小磁针静止不动，B、C错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，电流方向与A项中相反，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确.
“三定则、一定律”的应用技巧 (1)感应电流产生的条件：闭合回路，磁通量变化. (2)判断感应电流方向：楞次定律，右手定则. (3)①无论是“安培力”还是“洛伦兹力”，只要是“力”都用左手判断；②“电生磁”或“磁生电”均用右手判断.
1.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( )
【解析】 A 开关S闭合稳定后，穿过线圈N的磁通量保持不变，线圈N中不会产生感应电流，A符合题意；磁铁向铝环A靠近，穿过铝环的磁通量增大，铝环中会产生感应电流，B不符合题意；金属框从A位置向B位置运动，穿过金属框的磁通量发生变化，金属框中会产生感应电流，C不符合题意；铜盘在磁场中按如图所示方向转动，铜盘的一部分切割磁感线，回路中会产生感应电流，D不符合题意.
2.如图，在一绝缘光滑水平地面上，一个小金属环a和一个大金属环b的圆心在同一点.环a中通有逆时针方向的恒定电流I，环b中不通电.现将环a沿直线移向图中a′位置，则环b中感应电流i的方向和b环的运动情况分别为( )
A.i为顺时针方向，b环圆心向靠近a′位置运动
B.i为顺时针方向，b环圆心向远离a′位置运动
C.i为逆时针方向，b环圆心向靠近a′位置运动
D.i为逆时针方向，b环圆心向远离a′位置运动
【解析】 A a环中通有逆时针方向的恒定电流I，a环内的磁场方向垂直纸面向外，a环外的磁场方向垂直纸面向里，b环的总磁通量方向垂直纸面向外，当a环沿直线移向图中a′位置时，b环内的磁通量向外增大，由楞次定律可知，b环中感应电流i的方向为顺时针，所以b环圆心向靠近a′位置运动，A正确.
3.(2024·江苏卷)如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是( )
A.顺时针，顺时针 B.顺时针，逆时针
C.逆时针，顺时针 D.逆时针，逆时针
【解析】 A 线圈a从磁场中匀速拉出的过程中穿过a线圈的磁通量在减小，则根据楞次定律可知a线圈的电流为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出，则a中产生的电流为恒定电流，线圈a靠近线圈b的过程中线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b产生的电流为顺时针，A正确.
4.图甲所示是两个同心且共面的金属圆环线圈A和B，A中的电流按图乙所示规律变化，规定顺时针方向为电流的正方向.下列说法中正确的是( )
A.0～t1时间内，线圈B中的感应电流沿逆时针方向
B.0～t1时间内，线圈B有扩张的趋势
C.t1时刻，线圈B有收缩的趋势
D.0～t2时间内，线圈B中的感应电流大小、方向均不变
【解析】 D 在0～t1时间内，线圈A中顺时针电流在减小，电流产生磁场在减小，根据安培定则与磁场叠加原则可知，穿过线圈B的磁通量方向向里且在减小，根据楞次定律可知线圈B的感应电流方向为顺时针，两线圈的电流同向，则有相互吸引趋势，所以线圈B有收缩趋势，A、B错误；t1时刻，线圈A中的电流为零，没有磁场，因此线圈B既没有扩张的趋势，也没有收缩的趋势，C错误；当t1～t2时间内，线圈A中逆时针电流在增大，电流产生磁场在增强，根据安培定则与磁场叠加原则可知，穿过线圈B的磁通量的方向向外，且在增大，根据楞次定律可知线圈B的感应电流方向为顺时针，所以0～t2时间内，线圈B中的感应电流方向不变，又由于线圈A中的电流变化率相同，因此线圈B中的感应电流大小也不变，D正确.
5.(多选)匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感应强度B随时间t变化规律如图甲所示.在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图乙所示.令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，f1、f2、f3分别表示金属环对应感应电流时其中很小段受到的安培力，则( )
A.I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向
B.I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向
C.f1方向指向圆心，f2方向指向圆心
D.f2方向背离圆心向外，f3方向指向圆心
【解析】 ABD 由图知Oa段，穿过金属环的磁场方向为垂直纸面向里，磁通量增大，根据楞次定律可判断感应电流I1的方向为沿逆时针方向，同理可判断I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向，A正确、B正确；根据左手定则可判断f1方向指向圆心，f2方向背离圆心向外，f3方向指向圆心，C错误、D正确.
6.(多选)磁悬浮高速列车在我国上海已投入运行数年.如图所示就是磁悬浮的原理，图中A是圆柱形磁铁，B是用高温超导材料制成的超导圆环.将超导圆环B水平放在磁铁A上，它就能在磁力的作用下悬浮在磁铁A的上方空中，则( )
A.在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流；当稳定后，感应电流消失
B.在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流；当稳定后，感应电流仍存在
C.若A的N极朝上，B中感应电流的方向为顺时针方向(从上往下看)
D.若A的N极朝上，B中感应电流的方向为逆时针方向(从上往下看)
【解析】 BC 在B放入磁场的过程中，穿过B的磁通量增加，B中将产生感应电流，因为B是超导体，没有电阻，所以感应电流不会消失，A错误、B正确；若A的N极朝上，在B放入磁场的过程中，磁通量增加，根据楞次定律可判断B中感应电流的方向为顺时针，C正确、D错误.
7.(多选)如图所示，两条水平光滑金属导轨固定在电磁铁两磁极之间，导轨两端a、b断开，金属杆L垂直导轨放置.闭合开关S，下列判断正确的是( )
A.电磁铁两磁极之间的磁场方向向下
B.若给金属杆向左的初速度，则a点电势高于b点
C.若a、b间接导线，向下移动滑片P，则金属杆向左运动
D.若a、b间接直流电源，a接正极、b接负极，则金属杆向左运动
【解析】 AC 闭合开关S，根据右手螺旋定则可知，电磁铁两磁极之间的磁场方向向下，A正确；根据右手定则可知，若给金属杆向左的初速度，则a点电势低于b点电势，B错误；若a、b间接导线，向下移动滑片P，则螺线管中的电流变大，磁场增强，由于穿过闭合回路的磁通量增加，由楞次定律可知，金属杆向左运动，C正确；若a、b间接直流电源，a接正极、b接负极，由左手定则可知，金属杆向右运动，D错误.
8.(多选)如图所示，水平放置的N匝矩形线框abcd面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与水平面成角θ＝37°斜向上，现使矩形框以ab边为轴顺时针转过90°到竖直的虚线位置，在此过程中(取sin 37°＝0.6)( )
A.磁通量的变化量的大小为BS
B.磁通量的变化量的大小为NBS
C.线框中产生的感应电流方向一直为adcba
D.线框中产生的感应电流方向先abcda后adcba
【解析】 AC 线框转动前的磁通量为Φ1＝BS sin 37°＝BS，线框转动后的磁通量为Φ2＝－BS cos 37°＝－BS，则磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－BS，磁通量的变化量的大小为BS，与线圈匝数无关，A正确、B错误；穿过线圈的磁通量先向上减小后反向增加，则根据楞次定律可知，线框中感应电流方向始终沿adcba方向，C正确、D错误.
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__，其中n为线圈匝数.
3.导体切割磁感线的情形
(1)平行切割：E＝ 0 ．
(2)垂直切割：E＝ Blv ．
(3)倾斜切割：E＝ Blv_sin_θ ，其中θ为v与B的夹角．
(4)旋转切割(以一端为轴)： E＝Bl2ω ．
二、自感和涡流
1.自感现象
由于通过导体自身的__电流__发生变化而产生的电磁感应现象.
2.自感电动势
(1)定义：在自感现象中产生的感应电动势.
(2)表达式：E＝L.
(3)自感系数L：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有__铁芯__等因素有关.
(4)单位：亨利(H)，1 mH＝__10-3__H，1 μH＝__10-6__H.
3.涡流
(1)涡流：当线圈中电流变化时，附近的任何导体(如金属块)中产生的旋涡状__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.
4.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，安培力的方向总是__阻碍__导体的相对运动.
5.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使导体运动起来.
考点一 法拉第电磁感应定律的理解和应用
1.对法拉第电磁感应定律的理解
(1)公式E＝n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)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.
(3)磁通量的变化率对应Φ－t图线上某点切线的斜率.
2.磁通量发生变化的三种情况
(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝BΔS，则E＝n.
(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔBS，则E＝n，注意S为线圈在磁场中的有效面积.
(3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E＝n≠n.
3.感应电荷量的两种求法
(1)当回路中的磁通量发生变化时，由于感应电场的作用使电荷发生定向移动而形成感应电流.通过回路截面的电荷量q＝IΔt＝n·Δt＝n.
(2)导体切割磁感线运动通过的电荷量q满足的关系式：－BlΔt＝－Blq，通过动量定理求解.
【例1】 如图甲所示，正方形硬质金属框abcd放置在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t均匀变化的图像如图乙所示.金属框平面与磁场方向垂直，电阻R＝0.1 Ω，边长l＝0.2 m.求：
(1)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中的感应电动势E；
(2)t＝0.05 s时，金属框ab边受到的安培力F的大小和方向；
(3)若保持金属框内匀强磁场的磁感应强度B＝0.2 T不变，在t＝0到t＝0.1 s时间内，将金属框绕ab边转过180°，求通过金属框的电量.
【解析】 (1)在t＝0到t＝0.1 s的时间Δt内，磁感应强度的变化量ΔB＝0.2 T，设穿过金属框的磁通量变化量为ΔΦ，有
ΔΦ＝ΔBl2，
由于磁场均匀变化，金属框中产生的电动势是恒定的，有
E＝，
代入数据，解得E＝0.08 V.
(2)设金属框中的电流为I，由闭合电路欧姆定律，有I＝，
由图乙可知，t＝0.05 s时，磁感应强度为B1＝0.1 T，金属框ab边受到的安培力F＝IlB1，
代入数据，解得F＝0.016 N，方向垂直于ab向左.
(3)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中磁通量的变化为
ΔΦ＝BS－(－BS)＝2BS，
由法拉第电磁感应定律得E＝，
所以通过回路截面的电荷量q＝IΔt＝·Δt＝，代入数据，解得q＝0.16 C.
【变式训练1】 (2023·重庆卷)某小组设计了一种呼吸监测方案：在人身上缠绕弹性金属线圈，观察人呼吸时处于匀强磁场中的线圈面积变化产生的电压，了解人的呼吸状况.如图所示，线圈P的匝数为N，磁场的磁感应强度大小为B，方向与线圈轴线的夹角为θ.若某次吸气时，在t时间内每匝线圈面积增加了S，则线圈P在该时间内的平均感应电动势为( )
A. B. C. D.
【解析】 A 根据法拉第电磁感应定律有＝N＝NB cos θ＝，A正确.
应用电磁感应定律需注意的两个问题 (1)公式E＝n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求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积.
考点二 导体切割磁感线引起的感应电动势的计算
1.理解E＝Blv的“四性”
正交性 本公式是在一定条件下得出的，除磁场为匀强磁场外，还需B、l、v三者互相垂直
瞬时性 若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势
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
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.导体切割磁感线产生感应电动势公式的选用技巧
切割方式 电动势表达式 说明
垂直切割 E＝Blv ①导体棒与磁场方向垂直 ②磁场为匀强磁场
倾斜切割 E＝Blv sin θ 其中θ为v与B的夹角
旋转切割 (1)以中点为轴时，E＝0(不同两段电动势的代数和) (2)以端点为轴时E＝Bωl2(平均速度取中点位置的线速度ωl) (3)以任意点为轴时E＝Bω(l－l)(l1>l2，不同两段电动势的代数和)
3.公式E＝n与E＝Blv的区别与联系
项目 E＝n E＝Blv
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
平动切割问题
【例2】 (多选)如图所示，在MN右侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化的关系为B＝kt(k为大于零的常量).一高为a、电阻为R的正三角形金属线框向右匀速运动.在t＝0时刻，线框底边恰好到达MN处；在t＝T时刻，线框恰好完全进入磁场.在线框匀速进入磁场的过程中( )
A.线框中的电流始终为逆时针方向
B.线框中的电流先逆时针方向，后顺时针方向
C.t＝时刻，流过线框的电流大小为
D.t＝时刻，流过线框的电流大小为
【解析】 AD 由右手定则和楞次定律可知动生电动势和感生电动势均为逆时针，故感应电流为逆时针，A正确、B错误；线框匀速进入磁场过程中，设正三角形金属线框边长为L，则L＝＝a，t＝时刻，B＝k·，切割长度L′＝＝a，线框匀速进入磁场的速度v＝，则动生电动势E1＝BL′v＝，此时感生电动势E2＝·S＝k·××a×a＝ka2，t＝时刻，流过线框的电流大小为I＝＝，C错误、D正确.
【变式训练2】 (多选)如图所示，间距L＝1 m的U形金属导轨，一端接有0.1 Ω的定值电阻R，固定在高h＝0.8 m的绝缘水平桌面上.质量均为0.1 kg的匀质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为0.1 Ω，与导轨间的动摩擦因数均为0.1(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，导体棒a距离导轨最右端1.74 m.整个空间存在竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为0.1 T.用F＝0.5 N沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去F，导体棒a离开导轨后落到水平地面上.重力加速度取10 m/s2，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是( )
A.导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6 m
B.导体棒a离开导轨至落地前，其感应电动势不变
C.导体棒a在导轨上运动的过程中，导体棒b有向右运动的趋势
D.导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电阻R的电荷量为0.58 C
【解析】 BD 导体棒a在导轨上向右运动，产生的感应电流向里，流过导体棒b向里，由左手定则可知安培力向左，则导体棒b有向左运动的趋势，C错误；导体棒b与电阻R并联，有I＝，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，有B··L＝μmg，联立解得a棒的速度为v＝3 m/s，a棒做平抛运动，有x＝vt，h＝gt2，联立解得导体棒a离开导轨至落地过程中水平位移为x＝1.2 m，A错误；导体棒a离开导轨至落地前做平抛运动，水平速度切割磁感线，则产生的感应电动势不变，B正确；导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电路的电量为q＝·Δt＝＝ C＝1.16 C，导体棒b与电阻R并联，流过的电流与电阻成反比，则通过电阻R的电荷量为qR＝＝0.58 C，D正确．
转动切割问题
【例3】 (2024·湖南卷)如图所示，有一硬质导线Oabc，其中是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac.该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中.则O、a、b、c各点电势关系为( )
A.φO>φa>φb>φc B.φO<φa<φb<φc
C.φO>φa>φb＝φc D.φO<φa<φb＝φc
【解析】 C 如图所示，题示情境可等效为Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，根据右手定则可知O点电势最高；根据E＝Blv＝
Bωl2，同时有lOb＝lOc＝R，可得0φa>φb＝φc，C正确.
【易错点】 特别注意有效切割长度的变化，Ob和Oc有效长度是相同的.
【变式训练3】 如图所示，在直线XY左右两边有方向垂直纸面向内和向外的匀强磁场，磁感应强度都为0.3 T，半径为0.1 m，顶角为90°的两个扇形组成的回路，以200 rad/s的角速度绕O点在纸面内沿顺时针方向转动.设回路的电阻为0.4 Ω，规定电流沿ABCDA流动时为正，θ＝∠XOB，下列关于回路中电流I与θ的图像正确的是( )
【解析】 A 开始转动的过程中，回路中的磁通量不变，感应电流为零；当OD边进入右边磁场的同时，OA边进入左边的磁场，此时每条边产生的感应电动势为E1＝BL2ω＝×0.3×0.12×200 V＝0.3 V，则4条边产生的总的感应电动势为E＝4E1＝1.2 V，感应电流的大小为I＝＝ A＝3 A，根据楞次定律可知电流方向为ABCDA，即为正方向；当OB边完全进入左边磁场，此时回路中磁通量不变，不产生感应电流；当OA边进入右边磁场时，根据电流大小为3 A，电流方向为ADCBA，即为负值.综上所述，A正确，B、C、D错误.
应用法拉第电磁感应定律的四种情况
情景图研究 对象回路(不一定闭合)一段直导线(或等效成直导线)绕一端转动的一段导体棒绕与B垂直的轴转动的导线框表达式E＝nE＝BlvE＝Bl2ωE＝NBSω·sin ωt
考点三 涡流、自感现象的理解及应用
1.自感现象的四大特点
(1)自感电动势总是阻碍线圈中原电流的变化.
(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
项目 与线圈串联的灯泡 与线圈并联的灯泡
电路图
通电时 电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮 电流突然增大，灯泡立刻变亮，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，线圈中电流方向不变 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.两种情况灯泡中电流方向均改变
自感现象
【例4】 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
【解析】 D 由题意知，开始时，开关S闭合后，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，断开开关前通过Q灯的电流远大于通过P灯的电流，断开开关时，Q所在电路未闭合，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，故P灯闪亮后再熄灭，D正确.
【变式训练4】 在某个趣味物理小实验中，几位同学手拉手与一节电动势为1.5 V的干电池、导线、开关、一个有铁芯的多匝线圈按如图所示方式连接，实验过程中人会有触电的感觉.下列说法正确的是( )
A.人有触电感觉是在开关闭合瞬间
B.人有触电感觉时流过人体的电流大于流过线圈的电流
C.断开开关时流过人的电流方向从B→A
D.断开开关时线圈中的电流突然增大
【解析】 C 当开关闭合后，多匝线圈与同学们并联，由于电源为1.5 V的干电池，所以电流很小，同学没有触电感觉，A错误；当断开时，多匝线圈电流产生自感现象，从而产生较大的自感电动势，此时人与线圈组成一个闭合的回路，流过人体的电流与流过线圈的电流相等，B错误；当断开时，多匝线圈产生自感电动势，电流方向不变，此时线圈的电流从左向右，流过人的电流从右向左，即从B向A，C正确；断开开关时，由于线圈的电流减小而产生自感电动势，而阻碍电流的减小，只是电流减小得慢一些，不会突然增大，D错误.
涡流
【例5】 一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验.用图(a)所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通.两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端.实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图(b)和图(c)所示，分析可知( )
图(a)
A.图(c)是用玻璃管获得的图像
B.在铝管中下落，小磁体做匀变速运动
C.在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D.用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短
【解析】 A 强磁体在铝管中运动，铝管中会形成涡流，玻璃是绝缘体，故强磁体在玻璃管中运动时玻璃管不会形成涡流.强磁体在铝管中受电磁阻力作用，电流峰值较小，而玻璃管中的磁体则一直做加速运动，故由图像可知图(c)的脉冲电流峰值不断增大，说明强磁体的速度在增大，与玻璃管中磁体的运动情况相符，A正确；在铝管中下落时，电流在变化，电磁阻力在变化，加速度在变化，B错误；在玻璃管中下落，玻璃管为绝缘体，线圈的脉冲电流峰值增大，电流不断在变化，故小磁体受到的电磁阻力在不断变化，C错误；强磁体分别从管的上端由静止释放，在铝管中，磁体受电磁阻力作用，玻璃管中磁体在线圈间做加速运动，故用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的长，D错误.
【变式训练5】 水平放置的玻璃板上方有一用细线悬挂的可自由旋转的小磁针，下方有一水平放置的铜圆盘.圆盘的轴线与小磁针悬线在同一直线上，初始时小磁针与圆盘均处于静止状态.当圆盘绕轴沿逆时针方向(俯视)匀速转动时，下列说法正确的是( )
A.小磁针不动
B.小磁针沿逆时针方向(俯视)转动
C.小磁针沿顺时针方向(俯视)转动
D.由于穿过圆盘的磁通量没有变化，圆盘中没有感应电流
【解析】 B 铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流(涡流)，此电流产生的磁场导致磁针沿逆时针方向(俯视)转动，构成电磁驱动，B正确.
分析自感现象的三个技巧
1.电磁炉又名电磁灶(图甲)，它无须明火或传导式加热而让热直接在锅底产生，因此热效率得到了极大的提高.图乙是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是( )
A.电磁炉通电线圈加直流电，电流越大，电磁炉加热效果越好
B.电磁炉原理是通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作
C.在锅和电磁炉中间放一绝缘物质，电磁炉不能起到加热作用
D.电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是材料的导热性能较差
【解析】 B 电磁炉通电线圈加直流电，会产生恒定磁场，穿过锅底的磁通量不会发生变化，不能产生涡流，所以没有加热效果，A错误；电磁炉的原理是利用变化的磁场产生涡流加热，即利用交变电流通过线圈产生交变磁场，所以电磁炉通过线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作，B正确；在锅和电磁炉中间放一绝缘物质，不会影响涡流的产生，因此不会影响电磁炉的加热作用，C错误；金属锅自身产生无数小涡流而直接加热锅，陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料，不会产生涡流，而不是因为导热性能较差，D错误.
2.电流传感器在电路中相当于电流表，可以用来研究自感现象.在如图所示的实验电路中，L是自感线圈，其自感系数足够大，直流电阻值大于灯泡D的阻值，电流传感器的电阻可以忽略不计.在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开开关S.在下列表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的图像中，可能正确的是( )
【解析】 D 闭合开关S瞬间，外电路电阻最大，然后外电路电阻逐渐减小，外电压逐渐减小，所以通过电流传感器的电流逐渐减小.电路稳定后，外电路电阻不变，外电压不变，通过电流传感器的电流不变；因为线圈的直流电阻值大于灯泡D的阻值，稳定后，通过线圈的电流小于通过电流传感器的电流.t＝t1时刻断开开关S，由于自感现象，原来通过线圈L的电流从左向右流过电流传感器，逐渐减小，D图符合题意.
3.将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小B＝B0＋kt，B0和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为( )
A.kS1 B.5kS2 C.k(S1－5S2) D.k(S1＋5S2)
【解析】 D 由法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势E1＝＝＝kS1，每个小圆线圈产生的感应电动势E2＝＝＝kS2，由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为E＝E1＋5E2＝k(S1＋5S2)，D正确，A、B、C错误.
4.如图所示，固定的均匀矩形铝框abcd，长度为2L，宽度为L，左边边长为L的正方形区域abef内存在与铝框平面垂直的匀强磁场.已知铝的电阻率为ρ，单位体积内的自由电子数为n，电子的电荷量为e.某时刻起，磁感应强度以变化率＝k均匀增加，则下列说法不正确的是( )
A.空间中产生顺时针方向的恒定电场
B.铝框中的自由电子受到电场力的作用沿顺时针方向定向移动形成电流
C.自由电子定向移动的平均速率v＝
D.一个电子沿铝框运动一周，电场力做功W＝ekL2
【解析】 A 根据楞次定律，变化的磁场产生逆时针方向的电场，铝框中的自由电子在电场力的作用下沿顺时针方向定向移动形成电流，A错误、B正确；感应电动势E＝L2＝kL2，由E＝IR，I＝neSv，R＝ρ，得v＝，C正确；一个电子沿铝框运动一周，电场力做功W＝eE＝ekL2，D正确.
5.图甲所示是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术的原理图.其原理是用通电线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变情况，从而获得物件内部是否断裂及位置的信息.如图乙所示的是一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将立刻跳起.对以上两个实例的理解正确的是( )
A.涡流探伤技术运用了电流的热效应，跳环实验演示了自感现象
B.能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料
C.以上两个实例中的线圈所连接的电源都必须是交流电源
D.以上两个实例中的线圈所连接的电源也可以都是稳恒电源
【解析】 B 涡流探伤技术其原理是用电流线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变情况；跳环实验演示线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动，属于演示楞次定律，A错误.无论是涡流探伤技术，还是演示楞次定律，都需要产生感应电流，而感应电流产生的条件是在导体内，B正确.金属探伤时，是探测器中通过交变电流，产生变化的磁场，当金属处于该磁场中时，该金属中会感应出涡流；演示楞次定律的实验中，线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动，C、D错误.
6.(多选)图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置.下列说法正确的是( )
A.按下按钮过程，螺线管P端电势较高
B.松开按钮过程，螺线管P端电势较高
C.按住按钮不动，螺线管中产生恒定的感应电动势
D.若按下和松开按钮的时间相同，螺线管产生大小相同的感应电动势
【解析】 BD 按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左增大，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从P端流入从Q端流出，螺线管充当电源，则Q端电势较高，A错误；松开按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左减小，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从Q端流入，从P端流出，螺线管充当电源，则P端电势较高，B正确；按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，螺线管不会产生感应电动势，C错误；按下和松开按钮过程，若按下和松开按钮的时间相同，螺线管中磁通量的变化率相同，根据法拉第电磁感应定律可知，螺线管产生的感应电动势大小相同，D正确.
7.如图甲所示，水平面内有一光滑金属导轨，ac边的电阻为R，其他电阻均不计，ab与ac夹角为135°，cd与ac垂直.将质量为m、电阻不计的长直导体棒搁在导轨上，并与ac平行.初始时棒与ab、cd的交点分别为G、H，H与G间的距离为L0，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B.在外力作用下，棒由GH处以初速度v0向右做直线运动.其速度的倒数随位移x变化的关系如图乙所示.停止运动前，求：
(1)棒运动的位移为x时流过导体棒的电流大小；
(2)从初始到棒运动的位移为2L0所用的时间；
(3)从初始到棒运动的位移为2L0外力做的功.
【解析】(1)感应电动势为E＝BLv，
由闭合电路欧姆定律E＝IR，
当位移为x时有效切割长度L＝L0＋x，
由题图乙知＝x＋，
联立得I＝.
(2)根据法拉第电磁感应定律有
E＝＝，
由几何关系ΔS＝(L0＋3L0)×2L0，
结合第一问知电动势为定值，电流为定值
BL0v0＝，
解得导体棒运动的时间为Δt＝.
(3)由能量守恒W＋mv＝mv2＋Q，
又Q＝I2Rt，
此时的速度v＝，
解得外力做的功W＝－mv.
第3讲 电磁感应的综合问题
一、电磁感应与电路
1.对电源的理解
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、内有磁通量变化的线圈等.
2.对电路的理解
内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈；除电源外其余部分是外电路，外电路由电阻、电容等电学元件组成.在外电路中，电流从__高电势__处流向__低电势__处；在内电路中，电流则从__低电势__处流向__高电势__处.
3.与电路相联系的几个公式
(1)电源电动势：E＝__n_或E＝Blv.
(2)闭合电路欧姆定律：I＝.
电源的内电压：U内＝__Ir__.
电源的路端电压：U外＝IR＝E－Ir.
(3)功率：P外＝IU，P总＝__EI__，P内＝I2r.
(4)电热：Q＝__I2Rt__.
二、电磁感应与力和运动
1.安培力的大小
由感应电动势E＝Blv、感应电流I＝和安培力公式F＝BIl得F＝____.
2.安培力的方向判断
(1)对导体切割磁感线运动，先用右手定则确定__感应电流__的方向，再用左手定则确定安培力的方向.
(2)根据安培力阻碍导体和磁场的相对运动判断.
3.电磁感应中的力和运动
电磁感应与力学问题的综合，涉及两大研究对象：电学对象与力学对象.联系两大研究对象的桥梁是磁场对感应电流的__安培力__，其大小与方向的变化，直接导致两大研究对象的状态改变.
三、电磁感应与能量守恒
1.能量转化
导体切割磁感线或磁通量发生变化，在回路中产生感应电流，这个过程中机械能或其他形式的能转化为__电能__，具有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，又可使电能转化为__机械能__或__内能__.因此，电磁感应过程中总是伴随着能量的转化.
2.电磁感应过程的实质
电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程.
考点一 电磁感应中的电路问题
1.电磁感应电路中的五个等效问题
2.电磁感应中电路知识的关系图
3.“三步走”分析电路为主的电磁感应问题
【例1】 (2024·浙江卷)某小组探究“法拉第圆盘发电机与电动机的功用”，设计了如图所示装置.飞轮由三根长a＝0.8 m的辐条和金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定轴转动，不可伸长细绳绕在圆环上，系着质量m＝1 kg的物块，细绳与圆环无相对滑动.飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中，左侧电路通过电刷与转轴和圆环边缘良好接触，开关S可分别与图示中的电路连接.已知电源电动势E0＝12 V、内阻r＝0.1 Ω、限流电阻R1＝0.3 Ω、飞轮每根辐条电阻R＝0.9 Ω，电路中还有可调电阻R2(待求)和电感L，不计其他电阻和阻力损耗，不计飞轮转轴大小.
(1)开关S掷1，“电动机”提升物块匀速上升时，理想电压表示数U＝8 V.
①判断磁场方向，并求流过电阻R1的电流I；
②求物块匀速上升的速度v.
(2)开关S掷2，物块从静止开始下落，经过一段时间后，物块匀速下降的速度与“电动机”匀速提升物块的速度大小相等.
①求可调电阻R2的阻值；
②求磁感应强度B的大小.
【解析】 (1)①物块上升，则金属轮沿逆时针方向转动，辐条受到的安培力指向逆时针方向，辐条中电流方向从圆周指向圆心，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外；由闭合电路的欧姆定律可知
E0－U＝I1(R1＋r)
则I1＝＝ A＝10 A.
②(方法1)辐条切割磁感线产生的电动势与电源电动势相反，设每根辐条产生的电动势为E1，则
U－E1＝I1，
解得E1＝5 V，
此时金属轮可视为电动机
P出＝E1I1，
当物块P匀速上升时
P出＝mgv1，
解得v1＝5 m/s.
(方法2)因U＝8 V，I1＝10 A，根据
UI1＝I＋mgv，
解得v＝5 m/s.
(2)①(方法1)物块匀速下落时，由受力分析可知，辐条受到的安培力与第(1)问相同，经过R2的电流
I2＝I1＝10 A，
由题意可知
v2＝v1＝5 m/s，
每根辐条切割磁感线产生的感应电动势
E2＝E1＝5 V，
R总＝＝＝0.5 Ω，
R总＝R2＋，
解得R2＝0.2 Ω.
(方法2)由能量关系可知
mgv2＝I(R2＋)，
解得R2＝0.2 Ω.
②根据E2＝Bωa2＝Baωa＝Bav2，
而E2＝5 V，
解得B＝2.5 T.
【变式训练1】 (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R1(0≤R1≤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2BLv
C.当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝R时，导体棒两端的电压为BLv
D.当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝时，滑动变阻器有最大电功率，且为
【解析】 AD 根据楞次定律可知，ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针，A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，电路中的感应电动势E＝BLv，B错误；当R1＝R时，外电路总电阻R外＝，故导体棒两端的电压即路端电压为BLv，C错误；该电路电动势E＝BLv，电源内阻为R，求解滑动变阻器的最大电功率时，可以将导体棒和电阻R看成新的等效电源，等效内阻为，故当R1＝时，等效电源输出功率最大，则滑动变阻器的最大电功率Pm＝＝＝，D正确.
电磁感应中电路问题的误区分析 (1)不能正确分析感应电动势及感应电流的方向.因产生感应电动势的那部分电路为电源部分，故该部分电路中的电流应为电源内部的电流，而外电路中的电流方向仍是从高电势到低电势. (2)应用欧姆定律分析求解电路时，没有注意等效电源的内阻对电路的影响. (3)对连接在电路中电表的读数不能正确进行分析，特别是并联在等效电源两端的电压表，其示数应该是路端电压，而不是等效电源的电动势.
考点二 电磁感应中的图像问题
1.图像类型
2.分析方法
3.解决图像问题的一般步骤
(1)明确图像的种类；
(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及对应关系；
(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.
4.电磁感应中图像类选择题的两个常用方法
排除法 定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项
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进行分析和判断
感生类图像问题
【例2】 如图甲所示，正方形线圈abcd内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数n＝10，边长ab＝1 m，线圈总电阻r＝1 Ω，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示.设图示的磁场方向与感应电流方向为正方向，则下列有关线圈的电动势e、感应电流i、焦耳热Q以及ab边受到的安培力F(取向下为正方向)随时间t的变化图像正确的是( )
【解析】 C (方法1)0～1 s内产生的感应电动势为e1＝＝2 V，方向为逆时针，同理1～5 s内产生的感应电动势为e2＝1 V，方向为顺时针，A错误；0～1 s内的感应电流大小为i1＝＝2 A，方向为逆时针(负值)，同理1～5 s内的感应电流大小为i2＝1 A，方向为顺时针(正值)，B错误；ab边受到的安培力大小为F＝nBiL，可知0～1 s内0≤F≤4 N，方向向下，1～3 s内0≤F≤2 N，方向向上，3～5 s内0≤F≤2 N，方向向下，C正确；线圈产生的焦耳热为Q＝eit，0～1 s内产生的热量为4 J，1～5 s内产生的热量为4 J，D错误.
(方法2)本题也可以用排除法来判定，由楞次定律可知，0～1 s和1～5 s的电流方向和感应电动势方向肯定相反，A、B错误；D项焦耳热随时间不可能减小，D错误.
【变式训练2】 在如图甲所示的电路中，电阻R1＝R，R2＝2R，单匝、圆形金属线圈的半径为r1，电阻为R，半径为r2(r2＜r1，圆心与线圈圆心重合)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示(B0、t0均已知)，其余导线的电阻不计.t＝0时刻闭合开关S，下列说法正确的是( )
A.流过电阻R1的电流方向自下向上
B.电阻R1两端的电压为
C.0～t0时间内，通过电阻R2电荷量为
D.0～t0时间内，电阻R2上产生的焦耳热为
【解析】 D 由题图乙可知磁感应强度增大，根据楞次定律可判断出线圈中感应电流方向为逆时针，则通过电阻R1的电流方向为自上向下，A错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝，其中S＝πr，＝＝，解得E＝，根据闭合电路欧姆定律可得电阻R1两端的电压U1＝E＝，B错误；根据闭合电路欧姆定律可得电路的电流为I＝＝，根据电流的定义式，在0～t0时间内通过电阻R2的电荷量q＝It0＝，C错误；根据焦耳定律，在0～t0时间内，电阻R2上产生的焦耳热为Q2＝I2·2Rt0＝，D正确.
动生类图像
【例3】 (多选)如图所示，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R.导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t＝0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直.设运动过程中通过电阻的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻.下列图像可能正确的是( )
【解析】 AC 当导体棒从O点向右运动L时，即在0～时间内，在某时刻导体棒切割磁感线的长度L＝l0＋v0ttan θ(θ为ab与ad的夹角)，则根据E＝BLv0，I＝＝(l0＋v0t tan θ) ，可知回路电流均匀增加；安培力F＝＝(l0＋v0t tan θ)2，则F－t关系为抛物线，但是不过原点；安培力做功的功率P＝Fv0＝＝(l0＋v0ttan θ)2，则P－t关系为抛物线，但是不过原点；电阻两端的电压等于导体棒产生的感应电动势，即U＝E＝BLv0＝Bv0(l0＋v0t tan θ)，即图像是不过原点的直线；根据以上分析，可大致排除B、D.当在～时间内，导体棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E不变，感应电流I不变，安培力F大小不变，安培力的功率P不变，电阻两端电压U保持不变；同理可判断，在～时间内，导体棒切割磁感线长度逐渐减小，导体棒切割磁感线的感应电动势E均匀减小，感应电流I均匀减小，安培力F大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～内是对称的关系，安培力的功率P按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～内是对称的关系，电阻两端电压U按线性均匀减小；综上所述，A、C正确.
【变式训练3】 如图所示，一个边长为l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长也为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，虚线框对角线ab与导线框的一条边垂直，ba的延长线平分导线框.在t＝0时，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿ab方向移动，直到整个导线框离开磁场区域.以i表示导线框中感应电流的强度，取逆时针方向为正.下列表示i－t关系的选项中，可能正确的是( )
【解析】 C 从正方形线框下边开始进入到下边完全进入的过程中，线框切割磁感线的有效长度逐渐增大，所以感应电流也逐渐增大，A错误；从正方形线框下边完全进入至下边刚穿出磁场边界时，切割磁感线有效长度不变，故感应电流不变，B错误；正方形线框下边离开磁场，上边未进入磁场的过程比正方形线框上边进入磁场过程中，磁通量减少得稍慢，故这两个过程中感应电动势不相等，感应电流也不相等，D错误.
1.感生类图像问题总结： (1)问题类型 ①给定电磁感应过程，选出或画出正确的图像. ②由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应物理量. (2)分析方法 ①电动势大小：E＝n，取决于磁通量的变化率. ②电动势方向：注意感应电流的实际方向是否与规定情况一致，同向取正，反向取负. (3)注意问题 ①关注初始时刻：如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向. ②关注变化过程：看电磁感应发生过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图像变化相对应. ③关注大小、方向的变化趋势，看图像斜率大小、图像的曲直和物理过程是否相对应. ④求F－t图像时，不但要注意i－t变化，还需要关注B－t变化.有时I≠0，但B＝0，所以F＝0. 2.动生类图像问题总结： (1)问题类型 由闭合线圈的运动过程画出i－t图像或E－t图像. (2)分析方法 ①电动势大小：E＝Blv.要注意是单边切割还是双边切割(感应电流同向相加、反向相减)，等效长度为在磁场中导线首尾相连在垂直于速度方向的分量. ②电动势方向：用右手定则判断.
考点三 电磁感应中的动力学问题
1.两种状态及处理方法
状态 特征 处理方法
平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析
非平衡态 加速度 不为零 根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析
2.电磁感应问题中两大研究对象及其相互制约关系
3.用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：
4.电磁感应中的动力学临界问题
解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大或最小的条件.具体思路如下：
【例4】 如图所示，MN和PQ是竖直放置的两根平行光滑金属导轨，导轨足够长且电阻不计，MP间接定值电阻R，金属杆cd保持与导轨垂直且接触良好.杆cd由静止开始下落并计时，杆cd两端的电压U、杆cd所受安培力的大小F随时间t变化的图像，以及通过杆cd的电流I、杆cd加速度的大小a随杆的速率v变化的图像，合理的是( )
【解析】 D 设杆长为L，杆下落过程中切割磁感线产生的感应电流大小为I＝＝∝v，C错误；根据牛顿第二定律有mg－BIL＝ma，即a＝g－，D正确；杆所受安培力的大小为F＝BIL＝，杆下落过程中先做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度保持不变，所以安培力随时间先增大后不变，最终大小为mg，B错误；杆两端的电压为U＝IR＝，速度先增大后不变，所以U随时间先增大后不变，A错误.
【变式训练4】 (2024·湖北卷)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切.MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场.长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点.质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等.忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g.现将金属棒ab由静止释放，求
(1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
(2)金属环刚开始运动时的加速度大小；
(3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离.
【解析】(1)根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中，由动能定理有
mgL＝mv，
解得v0＝，
则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为
E＝BLv0＝BL.
(2)根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路，由几何关系可得，每段圆弧的电阻为
R0＝×＝R，
可知，整个回路的总电阻为
R总＝R＋＝R.
ab刚越过MP时，通过ab的感应电流为
I＝＝，
对金属环由牛顿第二定律有
2BL·＝2ma，
解得a＝.
(3)根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为v，由动量守恒定律有
mv0＝mv＋2mv，
解得v＝v0，
对金属棒ab，由动量定理有
－BILt＝m·－mv0，
则有BLq＝mv0，
设金属棒运动距离为x1，金属环运动的距离为x2，则有
q＝，
联立解得
Δx＝x1－x2＝，
则金属环圆心初始位置到MP的最小距离
d＝L＋Δx＝.
考点四 电磁感应中的能量问题
电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程.
1.电磁感应中的能量转化
2.求解焦耳热Q的三种方法
3.解题的一般步骤
(1)确定研究对象(导体棒或回路)；
(2)弄清电磁感应过程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互转化；
(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解.
【例5】 某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置(简化为与火箭绝缘的导电杆MN)和装置A组成，并形成闭合回路.装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示.导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零；在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小B1＝kI(其中k为常量)，方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小B2＝2kI，方向与B1相同.火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停.已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距d＝，导电杆电阻为R.导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻.在火箭落停过程中，
(1)求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；
(2)求回路感应电动势E与运动时间t的关系；
(3)求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W.
【解析】(1)导电杆受安培力
F＝B1Id＝3Mg，
方向向上，则导电杆向下运动的加速度满足
Mg－F＝Ma，
解得a＝－2g.
导电杆运动的距离
L＝＝.
(2)回路的电动势E＝B2dv，
其中v＝v0＋at，
解得E＝(v0－2gt).
(3)根据右手定则和欧姆定律可得
U＋E＝IR，
可得U＝IR－E＝IR－(v0－2gt)，
电源输出能量的功率
P＝UI＝(IR－E)I＝[IR－(v0－2gt)]I
＝I2R－6Mg(v0－2gt)
＝I2R－6Mgv0＋12Mg2t，
在0～时间内输出的能量对应P－t图像的面积，可得
W＝－.
【变式训练5】 (多选)如图所示，间距为L、足够长的光滑平行金属导轨的倾角为θ＝30°，底端接一阻值为R的电阻，质量为m的金属棒通过跨过轻质定滑轮的细线与质量为4m的重物相连，滑轮左侧细线与导轨平行，金属棒的电阻为r＝R，长度为L，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，整个装置处于垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，现将重物由静止释放，重物下落高度h时达到最大速度，已知重力加速度为g，导轨电阻均不计，则重物从释放到达到最大速度的过程中，下列说法正确的是( )
A.通过电阻R的电量为
B.金属棒受到的安培力的冲量大小为
C.金属棒克服安培力做的功为m(7gh－)
D.电阻R上产生的焦耳热为m(－)
【解析】 AC 通过电阻R的电量为q＝＝＝，A正确；安培力的冲量大小为I安＝BLt＝BLq＝，B错误；金属棒在磁场中切割磁感线产生感应电流，使金属棒受到沿导轨向下的安培力，金属棒的速度越大，阻碍它运动的安培力也越大，故金属棒在磁场中做加速度减小的加速运动，当受力平衡时，其速度达到最大值vm，此时由感应电动势E＝BLv，感应电流I＝，可得mg sin θ＋＝4mg，解得vm＝，由能量守恒定律得4mgh＝mgh sin θ＋(4m＋m)v＋Q总，解得Q总＝m（7gh－），则电阻R上产生的焦耳热为Q＝Q总＝m（gh－），根据功能关系可知金属棒克服安培力做的功为W＝Q总＝m（7gh－），C正确、D错误．
考点五 电磁感应与动量综合问题
1.在电磁感应中，动量定理应用于单杆或线圈切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量.
(1)求电荷量或速度：BlΔt＝mv2－mv1，q＝t.
(2)求位移：－BIlΔt＝－＝0－mv0，即－x＝m(0－v0).
2.在电磁感应中，如果相互作用的系统，所受的合外力为零，则系统的动量守恒.如对于切割磁感线运动的两个导体，若双杆系统所受合外力为零，运用动量守恒定律结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题；若双杆系统所受合外力不为零，运用动量定理结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题.
动量定理的应用
【例6】 (2024·湖南卷)(多选)某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨BC段与B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置.现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处.已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的摩擦因数为μ，AB＝BC＝d.导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.金属杆经过BB1的速度为
B.在整个过程中，定值电阻R产生的热量为mv－μmgd
C.金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同
D.若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍
【解析】 CD 设平行金属导轨间距为L，金属杆在AA1B1B区域向右运动的过程中切割磁感线有E＝BLv，I＝，金属杆在AA1B1B区域运动的过程中根据动量定理有－BILΔt＝mΔv，则－Δt＝mΔv，由于d＝∑vtΔt，则上面方程左右两边累计求和，可得－＝mvB－mv0，则vB＝v0－，设金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t0，同理可得，则金属杆在BB1C1C区域运动的过程中有－－μmgt0＝－mvB，解得vB＝＋μgt0，综上有vB＝＋>，则金属杆经过BB1的速度大于，A错误．在整个过程中，根据能量守恒有mv＝μmgd＋Q，则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为QR＝Q＝mv－μmgd，B错误；金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量为－∑BILΔt＝－∑vtΔt＝，金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域滑行距离均为d，金属杆所受安培力的冲量相同，C正确；根据A选项可得，金属杆以初速度v0在磁场中运动有－－μmgt0＝－mv0，金属杆的初速度加倍，设此时金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t′，全过程对金属棒分析得－－μmgt′＝0－2mv0，联立整理得＝μmg(2t0－t′)，分析可知当金属杆速度加倍后，金属杆通过BB1C1C区域的速度比第一次大，故t′4d，可见若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍，D正确．
【变式训练6】 如图所示为电磁驱动与阻尼模型，在水平面上有两根足够长的平行轨道PQ和MN，左端接有阻值为R的定值电阻，其间有垂直轨道平面的磁感应强度为B的匀强磁场，两轨道间距及磁场宽度均为L.质量为m的金属棒ab静置于导轨上，当磁场沿轨道向右运动的速度为v时，棒ab恰好滑动.棒运动过程始终在磁场范围内，并与轨道垂直且接触良好，轨道和棒电阻均不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.
(1)判断棒ab刚要滑动时棒中的感应电流方向，并求此时棒所受的摩擦力Ff大小；
(2)若磁场不动，棒ab以水平初速度2v开始运动，经过时间t＝停止运动，求棒ab运动位移x及回路中产生的焦耳热Q.
【解析】(1)磁场沿轨道向右运动，即棒相对于磁场沿轨道向左运动，则根据右手定则，感应电流方向由a至b.
依题意得，棒刚要运动时，受到的摩擦力等于安培力
Ff＝F安，
又F安＝BI1L，I1＝，
联立解得Ff＝.
(2)设棒的平均速度为，根据动量定理可得：
－安t－Fft＝0－2mv
又安＝BL，又＝，x＝ t，
联立解得x＝，
根据动能定理有－Ffx－W安＝0－m(2v)2，
根据功能关系有Q＝W安，
解得Q＝mv2.
动量守恒定律的应用
【例7】 (2024·江西卷)如图(a)所示，轨道左侧斜面倾斜角满足sin θ1＝0.6，动摩擦因数μ1＝，足够长的光滑水平导轨处于磁感应强度为B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向上，右侧斜面导轨倾角满足sin θ2＝0.8，动摩擦因数μ2＝.现将质量为m1＝6 kg的导体杆甲从斜面上高h＝4 m处由静止释放，质量为m2＝2 kg的导体杆乙静止在水平导轨上，与水平轨道左端的距离为d.已知导轨间距为l＝2 m，两杆电阻均为R＝1 Ω，其余电阻不计，不计导体杆通过水平导轨与斜面导轨连接处的能量损失，且若两杆发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，取g＝10 m/s2，求：
(1)甲杆刚进入磁场，乙杆的加速度；
(2)乙杆第一次滑上斜面前两杆未相碰，距离d满足的条件；
(3)若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的竖直高度y随时间t的变化如图(b)所示(t1、t2、t3、t4、b均为未知量)，乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞，甲在0～t3时间内未进入右侧倾斜导轨，求d的取值范围.
【解析】(1)甲从静止运动至水平导轨时，根据动能定理有
m1gh－μ1m1g cos θ1·＝m1v，
甲刚进入磁场时，平动切割磁感线有
E0＝Blv0，
则根据欧姆定律可知此时回路的感应电流为
I0＝，
根据楞次定律可知，回路中的感应电流沿逆时针方向（俯视），结合左手定则可知，乙所受安培力方向水平向右，由牛顿第二定律有
BI0l＝m2a乙0，
代入数据有a乙0＝2 m/s2，方向水平向右．
(2)甲和乙在磁场中运动的过程中，系统不受外力作用，则系统动量守恒，若两者共速时恰不相碰，则有
m1v0＝(m1＋m2)v共，
对乙根据动量定理有
Blt＝m2v共，其中t＝q＝，
联立解得dmin＝Δx＝24 m，
则d满足d≥24 m.
(3)根据(2)问可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导轨运动稳定，相对位移为Δx＝24 m，且稳定时的速度v共＝6 m/s，乙第一次在右侧斜轨上向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有
m2g sin θ2＋μ2m2g cos θ2＝m2a乙上，
根据匀变速直线运动位移与速度的关系有
2a乙上x上＝v，
乙第一次在右侧斜轨上向下运动过程中，有
m2g sin θ2－μ2m2g cos θ2＝m2a乙下
再根据匀变速直线运动位移与速度的关系有
2a乙下x下＝v，且x上＝x下，
联立解得乙第一次滑下右侧轨道最低点的速度
v1＝5 m/s，
由于两棒发生碰撞，且为完全非弹性碰撞，则甲、乙整体第一次在右侧倾斜轨道上向上运动有
(m1＋m2)g sin θ2＋μ2(m1＋m2)g cos θ2＝(m1＋m2)a共上，
同理有2a共上x共上＝v2，且由图(b)可知
x上＝4.84x共上，
解得甲、乙碰撞后的速度v＝ m/s，
乙第一次滑下右侧轨道最低点后与甲相互作用的过程中，甲、乙组成的系统合外力为零，根据动量守恒有
m1v2－m2v1＝(m1＋m2)v，
解得乙第一次滑下右侧轨道最低点时甲的速度为v2＝ m/s，
若乙第一次滑下右侧轨道最低点时与甲发生碰撞，则对应d的最小值，乙第一次在右侧斜轨上运动的过程，对甲根据动量定理有
－B1lΔt1＝m1v2－m1v共，
其中1Δt1＝q1＝，
解得Δx1＝ m，
根据位移关系有dmin′－Δx＝Δx1，
解得dmin′＝ m.
若乙返回水平导轨后，当两者共速时恰好碰撞，则对应d的最大值，对乙从返回水平导轨到与甲碰撞前瞬间的过程，根据动量定理有
B2lΔt2＝m2v＋m2v1，其中2Δt2＝q2＝，
解得Δx2＝ m，
根据位移关系有
dmax－Δx－Δx1＝Δx2，
解得dmax＝ m，
则d的取值范围为 m【变式训练7】 如图所示，足够长的固定粗糙绝缘斜面，倾角为θ＝37°，平行于斜面底边的边界PQ下侧有垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T.一质量为M＝0.2 kg的U形金属框M′MNN′静置于斜面上，其中MN边长L＝0.4 m，处在磁场中与斜面底边平行，框架与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.75，框架电阻不计且足够长.质量m＝0.1 kg，电阻R＝0.6 Ω的金属棒ab横放在U形金属框架上从静止释放，释放位置与边界PQ上方距离为d＝0.75 m.已知金属棒在框架上无摩擦地运动，且始终与框架接触良好，设框架与斜面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)金属棒ab刚进入磁场时，通过框架MN边的电流大小和方向；
(2)金属棒ab刚进入磁场时，框架的加速度大小a；
(3)金属棒ab进入磁场最终达到稳定运动时，金属棒重力的功率P.
【解析】 (1)金属棒在框架上无摩擦地运动，设刚进入磁场的速度为v0，根据动能定理得
mgd sin θ＝mv－0，
解得v0＝3 m/s.
进入磁场后，根据法拉第电磁感应定律
E＝BLv0，
根据闭合电路欧姆定律I＝，
解得I＝2 A.
电流方向为由N流向M.
(2)框架受到斜面的摩擦力方向沿斜面向上，大小为
Ff＝μ(M＋m)g cos 37°＝1.8 N，
框架MN边受到的安培方向沿斜面向下，大小为
F安＝BIL＝0.8 N，
设框架的加速度为a，根据牛顿第二定律有
Mg sin θ＋F安－Ff＝Ma，
解得a＝1 m/s2.
(3)因金属棒和框架整体的重力沿斜面向下的分力与斜面对框架的摩擦力平衡，故金属棒和框架整体沿斜面方向动量守恒，最终金属棒ab与框架分别以v1、v2的速度做匀速运动，
mv0＝mv1＋Mv2
此时回路的电动势为
E′＝BL(v1－v2)，
电流I′＝，
金属棒ab匀速运动，有
mg sin θ－BI′L＝0，
联立解得v1＝2.5 m/s，v2＝0.25 m/s.
金属棒ab重力的功率P＝mgv1sin θ＝1.5 W.
1．如图所示，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上．区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场．阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放，进入Ⅱ区后，经b下行至c处反向上行．运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好．在第一次下行和上行的过程中，以下叙述不正确的是( )
A．金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度
B．金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度
C．金属棒不能回到无磁场区
D．金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处
【解析】 C 在Ⅰ区磁场中，由于磁感应强度随时间均匀增加，产生的感应电动势E1＝＝S为定值，金属棒在Ⅰ区和Ⅱ区之间的无磁场区域释放，在Ⅱ区磁场内，由于金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E2＝BLv，金属棒下行时，回路中电动势为E下＝E1＋E2，由于金属棒还能上行，所以下行时，只能做加速度a逐渐减小的减速运动，其a下＝BL－g sin θ，金属棒上行时，回路中电动势为E上＝E1－E2，金属棒向上先做加速度a逐渐减小的加速运动，其a上＝BL－g sin θ，故过b时a下＞a上，B正确；金属棒从b到c和从c到b，位移大小相等，a下＞a上，由v2＝2ax可知，过b时速度v下＞v上，A正确；由以上分析知金属棒在区域Ⅱ磁场中向上做加速度a逐渐减小的加速运动，故金属棒一定能回到无磁场区，C错误；同理，金属棒经过Ⅱ区中磁场的同一位置时，v下＞v上，故金属棒上行出磁场区时速度变小，不能到达a处，D正确．
2．如图所示，两光滑平行长直金属导轨水平固定放置，导轨间存在竖直向下的匀强磁场．两根相同的金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，处于静止状态．t＝0时刻，对cd棒施加水平向右的恒力F，棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计．两棒的速度vab、vcd和加速度aab、acd随时间t变化的关系图像可能正确的是( )
【解析】 C 金属棒cd在恒力F作用下由静止开始加速，此时金属棒ab、cd加速度aab＝0，acd＝，之后回路中出现感应电流，金属棒cd受到的安培力与恒力F反向，金属棒cd的加速度减小，金属棒ab在安培力作用下开始加速，金属棒cd与金属棒ab的速度差逐渐增大，回路中的电动势逐渐增大，安培力F安＝(vcd－vab)，逐渐增大，金属棒cd加速度减小，金属棒ab加速度增大，当acd＝aab时，vcd－vab不再变化，回路中的电流不再变化，安培力不变，两棒加速度不变，但是两金属棒的速度仍在增大，C正确，A、B、D错误．
3．如图甲所示，矩形导线框abcd固定在变化的磁场中，产生了感应电流(规定电流方向沿abcda为正方向).若规定垂直纸面向里的方向为磁场的正方向，能够使线框中产生如图乙所示电流的磁场为( )
【解析】 D 由图乙可知，0～t1内，线框中电流的大小与方向都不变，根据法拉第电磁感应定律E＝n可知，线框中磁通量的变化率不变，由ΔΦ＝ΔB·S，得E＝nS，故0～t1内磁场的磁感应强度与时间的关系图线是一条倾斜的直线，A、B错误；又由于0～t1内电流的方向为正方向，即沿abcda方向，则线框中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，0～t1内原磁场垂直纸面向里减小或垂直纸面向外增大，C错误、D正确．
4．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个匀强磁场区域．区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，磁感应强度为2B，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁感应强度为B，磁场边界MN、PQ、GH均平行于斜面底边，MP、PG长度均为L.一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中ab边始终与斜面底边平行．t1时刻ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区域，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到PQ与MN之间的某位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动．重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A．当ab边刚越过PQ时，导线框的加速度大小为a＝g sin θ
B．导线框两次做匀速直线运动的速度之比v1∶v2＝4∶3
C．在t1到t2的过程中，导线框克服安培力做的功大于机械能的减小量
D．在t1到t2的过程中，有m(v－v)机械能转化为电能
【解析】 A ab边进入磁场Ⅰ区域时E＝2BLv1，I＝＝，所以F安＝2BIL＝，由平衡条件得：F安＝＝mg sin θ，当ab边刚越过PQ时E′＝BLv1＋2BLv1＝3BLv1，I′＝＝，F安′＝BI′L＋2BI′L＝，由牛顿第二定律得F安′－mg sin θ＝ma，解得a＝g sin θ，A正确；第二次平衡时，根据平衡条件，有F安′＝＝mg sin θ，联立解得v1∶v2＝9∶4，B错误；从t1到t2的过程中，根据功能关系，导线框克服安培力做功的大小等于机械能的减少量，C错误；在t1到t2的过程中，有mv－mv＋mg·Δh机械能转化为电能，D错误．
5．(2024·山东卷)(多选)如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO′与导轨所在竖直面垂直．空间充满竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，导轨左端由导线连接．现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO′放置在导轨图示位置，由静止释放．MN运动过程中始终平行于OO′且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法正确的是( )
A．MN最终一定静止于OO′位置
B．MN运动过程中安培力始终做负功
C．从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN的速率一直在增大
D．从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN中电流方向由M到N
【解析】 ABD 由于金属棒MN运动过程切割磁感线产生感应电动势，回路有感应电流，产生焦耳热，金属棒MN的机械能不断减小，由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，MN最终一定静止于OO′位置，A正确．当金属棒MN向右运动，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向左，则安培力做负功；当金属棒MN向左运动，根据右手定则可知，MN中电流方向由N到M，根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向右，则安培力做负功．可知MN运动过程中安培力始终做负功，B正确．金属棒MN从释放到第一次到达OO′位置过程中，由于在OO′位置重力沿切线方向的分力为0，可知在到达OO′位置之前的位置，重力沿切线方向的分力已经小于安培力沿切线方向的分力，金属棒MN已经做减速运动，C错误．从释放到第一次到达OO′位置过程中，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，D正确．
6．(多选)如图所示，与水平面夹角为θ的绝缘斜面上固定有光滑U形金属导轨．质量为m、电阻不可忽略的导体杆MN沿导轨向下运动，以大小为v的速度进入方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场区域，在磁场中运动一段时间t后，速度大小变为2v.运动过程中杆与导轨垂直并接触良好，导轨的电阻忽略不计，重力加速度为g.杆在磁场中运动的此段时间内( )
A．流过杆的感应电流方向从M到N
B．杆沿轨道下滑的距离小于vt
C．流过杆的感应电流的平均电功率等于重力的平均功率
D．杆所受安培力的冲量大小为mgt sin θ－mv
【解析】 AD 由右手定则判断可知流过杆的感应电流方向从M到N，A正确．依题意，设杆切割磁感线的有效长度为L，电阻为R，杆在磁场中运动的此段时间内，杆受到重力，轨道支持力及沿轨道向上的安培力作用，根据牛顿第二定律可得mg sin θ－F安＝ma，F安＝BIL，I＝，联立可得杆的加速度a＝g sin θ－，可知杆在磁场中运动的此段时间内做加速度逐渐减小的加速运动．若杆做匀加速直线运动，则杆运动的距离为s＝·t＝vt，根据v－t图像围成的面积表示位移，可知杆在时间t内速度由v达到2v，杆真实运动的距离大于匀加速情况发生的距离，即大于vt，B错误．由于在磁场中运动的此段时间内，杆做加速度逐渐减小的加速运动，杆的动能增大，由动能定理可知，重力对杆所做的功大于杆克服安培力所做的功，根据＝可得安培力的平均功率小于重力的平均功率，即流过杆的感应电流的平均电功率小于重力的平均功率，C错误．杆在磁场中运动的此段时间内，根据动量定理，可得mgt sin θ－I安＝m·2v－mv，得杆所受安培力的冲量大小为I安＝mgt sin θ－mv，D正确．
7．(2024·浙江卷)如图1所示，扫描隧道显微镜减振装置由绝缘减振平台和磁阻尼减振器组成．平台通过三根关于O′O″轴对称分布的相同轻杆悬挂在轻质弹簧的下端O，弹簧上端固定悬挂在O′点，三个相同的关于O′O″轴对称放置的减振器位于平台下方．如图2所示，每个减振器由通过绝缘轻杆固定在平台下表面的线圈和固定在桌面上能产生辐向磁场的铁磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为B.处于静止状态的平台受到外界微小扰动，线圈在磁场中做竖直方向的阻尼运动，其位移随时间变化的图像如图3所示．已知t＝0时速度为v0，方向向下，t1、t2时刻的振幅分别为A1、A2.平台和三个线圈的总质量为m，弹簧的劲度系数为k，每个线圈半径为r、电阻为R.当弹簧形变量为Δx时，其弹性势能为k(Δx)2.不计空气阻力，求
(1)平台静止时弹簧的伸长量Δx；
(2)t＝0时，每个线圈所受到安培力F的大小；
(3)在0～t1时间内，每个线圈产生的焦耳热Q；
(4)在t1～t2时间内，弹簧弹力冲量I弹的大小．
【解析】 (1)平台静止时，穿过三个线圈的磁通量不变，线圈中不产生感应电流，线圈不受到安培力作用，O点受力平衡，因此由胡克定律可知此时弹簧的伸长量
Δx＝.
(2)在t＝0时速度为v0，设每个线圈的周长为L，由电磁感应定律可得线圈中产生的感应电流
I＝＝＝＝，
每个线圈所受到安培力F的大小
F＝BIL＝.
(3)由减震器的作用平台上下不移动，由能量守恒定律可得平台在0～t1时间内，振动时能量的减少量为Q′，由能量守恒定律
Q′＋mgA1＝mv＋k(Δx)2－k(Δx－A1)2，
在0～t1时间内，振动时能量的减少转化为线圈的焦耳热，可知每个线圈产生的焦耳热
Q＝Q′＝(mv－kA).
(4)取向上为正方向，全程由动量定理可得
I弹＋IA－IG＝0，
其中IG＝mg(t2－t1)，
IA＝3×2πrB·Δq，
Δq＝，
联立解得弹簧弹力冲量I弹的大小为
I弹＝mg(t2－t1)－.
8．如图甲所示，足够长的平行金属导轨MN和PQ间的距离L＝0.5 m，导轨与水平面间的夹角为37°，空间存在方向垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小B＝1.0 T的匀强磁场，M、P间接有阻值R＝0.8 Ω的电阻，质量m＝0.4 kg、电阻r＝0.2 Ω的金属棒ab垂直导轨放置，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25.现用恒力F沿导轨平面向上拉金属棒ab，使其由静止开始运动，当t＝1.5 s时，金属棒的速度大小v1＝0.6 m/s，金属棒向上加速t＝5.6 s时达到稳定状态，对应的v－t图像如图乙所示，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
(1)恒力F的大小；
(2)金属棒运动过程中的最大加速度a；
(3)在0～1.5 s时间内通过金属棒的电荷量q；
(
课程标准 1.探究影响感应电流方向的因素，理解楞次定律. 2.通过实验，理解法拉第电磁感应定律. 3.通过实验，了解自感现象和涡流现象.能举例说明自感现象和涡流现象在生产生活中的应用. 4.知道磁通量.通过实验，了解电磁感应现象，了解产生感应电流的条件.知道电磁感应现象的应用及其对现代社会的影响.
核心素养 物理观念 理解磁通量、电磁感应等概念，掌握右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律等规律.
科学思维 1.模型构建：感生电动势、动生电动势. 2.科学推理：动力学、能量问题、图像问题.
科学探究 通过实验探究影响感应电流方向的因素，探究法拉第电磁感应定律、探究自感现象和涡流现象，提高定性和定量分析问题的能力.
科学态度 与责任 了解电磁感应相关知识在现代科技中的应用.
命题探究 命题分析 高考对本部分内容的考查频率较高，从题型看，多是选择题，也有计算题，难度较大，单独考查楞次定律、法拉第电磁感应定律、电磁感应中的图像问题、能量转换及电荷量的计算等知识点时均以选择题的形式出现；考查电磁感应中与电路的综合问题、与力学的综合问题和与动量、能量的综合问题时一般以计算题的形式出现.
趋势分析 一是考基础，主要考查楞次定律、法拉第电磁感应定律、电磁感应中的图像问题；二是考综合，涉及力和运动、动量守恒、能量守恒、电路分析、安培力等力学和电学知识.主要的类型有导轨类问题、线圈穿越有界磁场的问题、电磁感应图像的问题.
预设情境 磁悬浮列车、电磁轨道炮、电磁炉、电子秤、电磁卡、电磁焊接技术、磁电式速度传感器、真空管道超高速列车、电磁驱动、电磁阻尼等各种实际应用模型.
第1讲 电磁感应现象 楞次定律
一、磁通量
1.概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向__垂直__的面积S与B的__乘积__叫作穿过这个面积的磁通量.
2.公式：Φ＝__BS__，单位符号是__Wb__.
3.适用条件：
(1)匀强磁场.
(2)S为垂直于磁场的__有效面积__.
4.物理意义：相当于穿过某一面积的磁感线的__条数__.
5.标矢性：磁通量是__标量__，但有__正负__.
6.磁通量的变化量
ΔΦ＝Φ2－Φ1＝B2S2－B1S1.
二、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
(1)表述一：闭合电路的一部分导体在磁场内做__切割磁感线__的运动.
(2)表述二：穿过闭合电路的磁通量发生变化.
3.实质
产生__感应电动势__，如果电路闭合，则有__感应电流__.如果电路不闭合，则只有感应电动势而无__感应电流__.
三、感应电流方向的判定
1.楞次定律
(1)内容：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)适用范围：一切电磁感应现象.
(3)楞次定律的本质：楞次定律中的“阻碍”作用，是__能量守恒定律__在电磁感应现象中的具体表现，在克服这种__阻碍__的过程中，其他形式的能转化为__电能__，在转化的过程中总能量是守恒的.
2.右手定则
(1)内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让__磁感线__从掌心进入，并使拇指指向__导线运动__的方向，这时四指所指的方向就是__感应电流__的方向.
(2)适用情况：导线__切割磁感线__产生感应电流.
考点一 电磁感应现象的理解与判断
1.穿过闭合电路的磁通量发生变化的四种情况
(1)磁感应强度B不变，线圈面积S发生变化.
(2)线圈面积S不变，磁感应强度B发生变化.
(3)线圈面积S变化，磁感应强度B也变化，它们的乘积BS发生变化.
(4)线圈面积S不变，磁感应强度B也不变，但二者之间夹角发生变化.
2.判断电路中能否产生感应电流的一般流程
【例1】 (多选)如图所示，水平地面(xOy平面)下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线.P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴.一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行.下列说法正确的是( )
A.N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同
B.线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变
C.线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流
D.线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等
【解析】 AC 依题意，M、N两点连线与长直导线平行、两点与长直导线的距离相同，根据右手螺旋定则可知，通电长直导线在M、N两点产生的磁感应强度大小相等，方向相同，A正确；根据右手螺旋定则，线圈在P点时，磁感线穿进与穿出在线圈中对称，磁通量为零，在向N点平移过程中，磁感线穿进与穿出线圈不再对称，线圈的磁通量会发生变化，B错误；根据右手螺旋定则，线圈从P点竖直向上运动过程中，磁感线穿进与穿出线圈对称，线圈的磁通量始终为零，没有发生变化，线圈无感应电流，C正确；线圈从P点到M点与从P点到N点，线圈的磁通量变化量相同，依题意知从P点到M点所用时间较从P点到N点时间长，根据法拉第电磁感应定律，则两次的感应电动势不相等，D错误.
【变式训练1】 在如图所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电源构成闭合电路，a、b、c为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器的滑片向右滑动时，下列说法正确的是( )
A.穿过a、b两个环的磁通量始终相同
B.穿过b环的磁通量始终是c环的一半
C.a、c两个环中都有感应电流
D.b、c两个环中都有感应电流
【解析】 A 线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，所以穿过a、b两个环的磁通量始终相同，A正确.根据安培定则可知，穿过a的磁感线方向向左，穿过b的磁感线方向向上，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，线圈中电流将发生改变，产生的磁场随之改变，穿过a、b两环的磁通量会发生改变，故a、b两环中都会产生感应电流；而向左和向右穿过c环的磁感线条数相等，完全抵消，总的磁通量为零，不发生变化，故c环中没有感应电流产生，B、C、D错误.
【易错点】 计算磁通量时要注意磁感线穿过的方向，特别注意双向磁场穿过的情形，c环中同时存在向左和向右的磁感线且条数相等，完全抵消，总的磁通量为零，不发生变化，故c环中没有感应电流产生.
考点二 楞次定律的理解与应用
1.楞次定律中“阻碍”的含义
2.应用楞次定律判断感应电流方向的“四步法”
3.楞次定律的拓展
楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为感应电流的“效果”总是阻碍产生感应电流的原因，可由以下四种方式呈现.
应用楞次定律判断感应电流方向
【例2】 (2024·北京卷)如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，下列说法正确的是( )
A.闭合开关瞬间，线圈M和线圈P相互吸引
B.闭合开关，达到稳定后，电流表的示数为0
C.断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由a到b
D.断开开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场方向向左
【解析】 B 闭合开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场与线圈M中电流的磁场方向相反，由楞次定律可知，二者相互排斥，A错误；闭合开关，达到稳定后，通过线圈P的磁通量保持不变，则感应电流为零，电流表的示数为零，B正确；断开开关瞬间，通过线圈P的磁场方向向右，磁通量减小，由楞次定律可知感应电流的磁场方向向右，因此流过电流表的感应电流方向由b到a，C、D错误.
【变式训练2】 (2023·海南卷)汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针(俯视)方向电流，当汽车经过线圈时( )
A.线圈1、2产生的磁场方向竖直向上
B.汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcd
C.汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcd
D.汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同
【解析】 C (方法1)由题意知，埋在地下的线圈1、2通顺时针(俯视)方向的电流，则根据右手定则，可知线圈1、2产生的磁场方向竖直向下，A错误；汽车进入线圈1过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb(逆时针)，B错误；汽车离开线圈1过程中，磁通量减小，根据楞次定律可知产生感应电流方向为abcd(顺时针)，C正确；汽车进入线圈2过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb(逆时针)，再根据左手定则，可知汽车受到的安培力方向与速度方向相反，D错误.
(方法2)由题意知，埋在地下的线圈1、2通顺时针(俯视)方向的电流，则根据右手定则，可知线圈1、2产生的磁场方向竖直向下，A错误；判断汽车进入线圈1过程产生感应电流方向时，可利用楞次定律阻碍相对运动来判断，矩形线圈受排斥力，所以矩形线圈中的感应电流方向与线圈1中的电流方向相反，即感应电流方向为adcb；汽车离开线圈1过程中受吸引力，所以矩形线圈中的感应电流方向与线圈1中的电流方向相同，即感应电流方向为abcd，B错误、C正确；汽车进入线圈2过程受到排斥力，安培力方向与速度方向相反，D错误.
楞次定律拓展的应用
(一)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”
【例3】 如图所示，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，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面.现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是( )
A.PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向
B.PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向
C.PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向
D.PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向
【解析】 D 金属杆PQ向右运动，根据右手定则可知，PQRS中产生逆时针方向的电流.这时PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，与原磁场方向相反，故金属线框T中的磁通量减少，依据楞次定律可知，T中产生顺时针方向的感应电流，D正确.
(二)阻碍相对运动——“来拒去留”
【例4】 如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开始下落，最后落在水平地面上.磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触.若不计空气阻力，重力加速度大小为g，下列说法中正确的是( )
A.磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变
B.磁铁落地时的速率一定等于
C.磁铁在整个下落过程中，所受线圈对它的作用力先竖直向上后竖直向下
D.在磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针(从上向下看圆环)
【解析】 D 磁铁在整个下落过程中，由于受到磁场力的作用，机械能不守恒，A错误；若磁铁从高度h处做自由落体运动，其落地时的速度v＝，但磁铁穿过圆环的过程中要产生一部分电热，根据能量守恒定律可知，其落地速度一定小于，B错误；根据楞次定律的推论“来拒去留”原则，可判断磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力始终竖直向上，C错误；当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为逆时针(从上向下看圆环)，当条形磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为顺时针(从上向下看圆环)，D正确.
(三)使回路面积有变化趋势——“增缩减扩”
【例5】 (多选)如图甲所示，圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方固定一螺线管Q，P和Q共轴，Q中的电流i随时间t变化的规律如图乙所示，取甲图中电流方向为正方向，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则( )
A.在t1时刻，FN>G，P有收缩的趋势
B.在t2时刻，FN＝G，穿过P的磁通量不变
C.在t3时刻，FN＝G，P中有感应电流
D.在t4时刻，FN＞G，P有收缩的趋势
【解析】 ABC (方法1)当螺线管中电流增大时，其形成的磁场不断增强，因此线圈P中的磁通量增大，根据楞次定律可知线圈P将阻碍其磁通量的增大，故线圈有远离和面积收缩的趋势，即FN>G，P有收缩的趋势，A正确；当螺线管中电流不变时，其形成磁场不变，线圈P中的磁通量不变，因此线圈P中无感应电流产生，则t2和t4时刻FN＝G，P没有收缩的趋势，B正确，D错误；t3时刻螺线管中电流为零，但是线圈P中磁通量是变化的，因此此时线圈P中有感应电流，但此时刻二者之间没有相互作用力，即FN＝G，C正确.
(方法2)判断t1时刻FN与重力G的大小关系以及P有收缩的趋势时，也可以用常规方法来判断.在t1时刻，线圈P中向下穿过的磁场增大，磁通量变大，根据楞次定律，线圈P中感应电流方向为逆时针，可把线圈P等效为小磁针，上端为N极，通电螺线管也可以等效为条形磁铁，下端为N极，同名磁极相互排斥，所以FN>G.分析线圈P有收缩的趋势，可利用微元法，把线圈P分成很多段电流元，每一小段电流元受到安培力的水平方向分力均指向圆心，使得线圈P有收缩的趋势，A正确.其他选项的判断与方法1相同.通过比较可知，本题用“增缩减扩”来判断较为简单.
考点三 “三个定则、一个定律”的综合应用
名称 基本现象 因果关系 应用的定 则或定律
电流的 磁效应 运动电荷、电流产生磁场 因电生磁 安培定则
洛伦兹力、 安培力 磁场对运动电荷、电流有作用力 因电受力 左手定则
电磁感应 部分导体做切割磁感线运动 因磁生电 右手定则
闭合回路磁通量变化 因磁生电 楞次定律
【例6】 (多选)置于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水平导轨上，如图所示.导轨上有一根金属棒ab处在垂直于纸面向外的匀强磁场中.下列说法正确的是( )
A.圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向右运动
B.圆盘顺时针匀速转动时，ab棒将向右运动
C.圆盘顺时针减速转动时，ab棒将向右运动
D.圆盘顺时针加速转动时，ab棒将向左运动
【解析】 CD 由右手定则知，圆盘顺时针加速转动时，感应电流从圆心流向边缘，线圈A中产生的磁场方向向下且磁场增强；由楞次定律知，线圈B中的感应磁场方向向上，由右手螺旋定则知，ab棒中感应电流方向由a→b，由左手定则知，ab棒受的安培力方向向左，将向左运动，A错误、D正确；同理可知，若圆盘顺时针减速转动时，则ab棒将向右运动，C正确；当圆盘顺时针匀速转动时，线圈A中产生恒定的电流，那么线圈B的磁通量不变，则ab棒没有感应电流，则将不会运动，B错误.
【变式训练3】 (多选)如图所示，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路.将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态.下列说法正确的是( )
A.开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C.开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
【解析】 AD 开关闭合后的瞬间，铁芯内磁通量向右且增加，根据楞次定律，左线圈感应电流方向在直导线从南向北，导线上方的磁场向里，所以小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动，A正确；开关闭合并保持一段时间后，穿过左侧线圈的磁通量不变，则左侧线圈中的感应电流为零，直导线中无电流，小磁针静止不动，B、C错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，电流方向与A项中相反，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动，D正确.
“三定则、一定律”的应用技巧 (1)感应电流产生的条件：闭合回路，磁通量变化. (2)判断感应电流方向：楞次定律，右手定则. (3)①无论是“安培力”还是“洛伦兹力”，只要是“力”都用左手判断；②“电生磁”或“磁生电”均用右手判断.
1.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( )
【解析】 A 开关S闭合稳定后，穿过线圈N的磁通量保持不变，线圈N中不会产生感应电流，A符合题意；磁铁向铝环A靠近，穿过铝环的磁通量增大，铝环中会产生感应电流，B不符合题意；金属框从A位置向B位置运动，穿过金属框的磁通量发生变化，金属框中会产生感应电流，C不符合题意；铜盘在磁场中按如图所示方向转动，铜盘的一部分切割磁感线，回路中会产生感应电流，D不符合题意.
2.如图，在一绝缘光滑水平地面上，一个小金属环a和一个大金属环b的圆心在同一点.环a中通有逆时针方向的恒定电流I，环b中不通电.现将环a沿直线移向图中a′位置，则环b中感应电流i的方向和b环的运动情况分别为( )
A.i为顺时针方向，b环圆心向靠近a′位置运动
B.i为顺时针方向，b环圆心向远离a′位置运动
C.i为逆时针方向，b环圆心向靠近a′位置运动
D.i为逆时针方向，b环圆心向远离a′位置运动
【解析】 A a环中通有逆时针方向的恒定电流I，a环内的磁场方向垂直纸面向外，a环外的磁场方向垂直纸面向里，b环的总磁通量方向垂直纸面向外，当a环沿直线移向图中a′位置时，b环内的磁通量向外增大，由楞次定律可知，b环中感应电流i的方向为顺时针，所以b环圆心向靠近a′位置运动，A正确.
3.(2024·江苏卷)如图所示，在绝缘的水平面上，有闭合的两个线圈a、b，线圈a处在匀强磁场中，现将线圈a从磁场中匀速拉出，线圈a、b中产生的感应电流方向分别是( )
A.顺时针，顺时针 B.顺时针，逆时针
C.逆时针，顺时针 D.逆时针，逆时针
【解析】 A 线圈a从磁场中匀速拉出的过程中穿过a线圈的磁通量在减小，则根据楞次定律可知a线圈的电流为顺时针，由于线圈a从磁场中匀速拉出，则a中产生的电流为恒定电流，线圈a靠近线圈b的过程中线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b产生的电流为顺时针，A正确.
4.图甲所示是两个同心且共面的金属圆环线圈A和B，A中的电流按图乙所示规律变化，规定顺时针方向为电流的正方向.下列说法中正确的是( )
A.0～t1时间内，线圈B中的感应电流沿逆时针方向
B.0～t1时间内，线圈B有扩张的趋势
C.t1时刻，线圈B有收缩的趋势
D.0～t2时间内，线圈B中的感应电流大小、方向均不变
【解析】 D 在0～t1时间内，线圈A中顺时针电流在减小，电流产生磁场在减小，根据安培定则与磁场叠加原则可知，穿过线圈B的磁通量方向向里且在减小，根据楞次定律可知线圈B的感应电流方向为顺时针，两线圈的电流同向，则有相互吸引趋势，所以线圈B有收缩趋势，A、B错误；t1时刻，线圈A中的电流为零，没有磁场，因此线圈B既没有扩张的趋势，也没有收缩的趋势，C错误；当t1～t2时间内，线圈A中逆时针电流在增大，电流产生磁场在增强，根据安培定则与磁场叠加原则可知，穿过线圈B的磁通量的方向向外，且在增大，根据楞次定律可知线圈B的感应电流方向为顺时针，所以0～t2时间内，线圈B中的感应电流方向不变，又由于线圈A中的电流变化率相同，因此线圈B中的感应电流大小也不变，D正确.
5.(多选)匀强磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感应强度B随时间t变化规律如图甲所示.在磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图乙所示.令I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，f1、f2、f3分别表示金属环对应感应电流时其中很小段受到的安培力，则( )
A.I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向
B.I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向
C.f1方向指向圆心，f2方向指向圆心
D.f2方向背离圆心向外，f3方向指向圆心
【解析】 ABD 由图知Oa段，穿过金属环的磁场方向为垂直纸面向里，磁通量增大，根据楞次定律可判断感应电流I1的方向为沿逆时针方向，同理可判断I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向，A正确、B正确；根据左手定则可判断f1方向指向圆心，f2方向背离圆心向外，f3方向指向圆心，C错误、D正确.
6.(多选)磁悬浮高速列车在我国上海已投入运行数年.如图所示就是磁悬浮的原理，图中A是圆柱形磁铁，B是用高温超导材料制成的超导圆环.将超导圆环B水平放在磁铁A上，它就能在磁力的作用下悬浮在磁铁A的上方空中，则( )
A.在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流；当稳定后，感应电流消失
B.在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流；当稳定后，感应电流仍存在
C.若A的N极朝上，B中感应电流的方向为顺时针方向(从上往下看)
D.若A的N极朝上，B中感应电流的方向为逆时针方向(从上往下看)
【解析】 BC 在B放入磁场的过程中，穿过B的磁通量增加，B中将产生感应电流，因为B是超导体，没有电阻，所以感应电流不会消失，A错误、B正确；若A的N极朝上，在B放入磁场的过程中，磁通量增加，根据楞次定律可判断B中感应电流的方向为顺时针，C正确、D错误.
7.(多选)如图所示，两条水平光滑金属导轨固定在电磁铁两磁极之间，导轨两端a、b断开，金属杆L垂直导轨放置.闭合开关S，下列判断正确的是( )
A.电磁铁两磁极之间的磁场方向向下
B.若给金属杆向左的初速度，则a点电势高于b点
C.若a、b间接导线，向下移动滑片P，则金属杆向左运动
D.若a、b间接直流电源，a接正极、b接负极，则金属杆向左运动
【解析】 AC 闭合开关S，根据右手螺旋定则可知，电磁铁两磁极之间的磁场方向向下，A正确；根据右手定则可知，若给金属杆向左的初速度，则a点电势低于b点电势，B错误；若a、b间接导线，向下移动滑片P，则螺线管中的电流变大，磁场增强，由于穿过闭合回路的磁通量增加，由楞次定律可知，金属杆向左运动，C正确；若a、b间接直流电源，a接正极、b接负极，由左手定则可知，金属杆向右运动，D错误.
8.(多选)如图所示，水平放置的N匝矩形线框abcd面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与水平面成角θ＝37°斜向上，现使矩形框以ab边为轴顺时针转过90°到竖直的虚线位置，在此过程中(取sin 37°＝0.6)( )
A.磁通量的变化量的大小为BS
B.磁通量的变化量的大小为NBS
C.线框中产生的感应电流方向一直为adcba
D.线框中产生的感应电流方向先abcda后adcba
【解析】 AC 线框转动前的磁通量为Φ1＝BS sin 37°＝BS，线框转动后的磁通量为Φ2＝－BS cos 37°＝－BS，则磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－BS，磁通量的变化量的大小为BS，与线圈匝数无关，A正确、B错误；穿过线圈的磁通量先向上减小后反向增加，则根据楞次定律可知，线框中感应电流方向始终沿adcba方向，C正确、D错误.
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__，其中n为线圈匝数.
3.导体切割磁感线的情形
(1)平行切割：E＝ 0 ．
(2)垂直切割：E＝ Blv ．
(3)倾斜切割：E＝ Blv_sin_θ ，其中θ为v与B的夹角．
(4)旋转切割(以一端为轴)： E＝Bl2ω ．
二、自感和涡流
1.自感现象
由于通过导体自身的__电流__发生变化而产生的电磁感应现象.
2.自感电动势
(1)定义：在自感现象中产生的感应电动势.
(2)表达式：E＝L.
(3)自感系数L：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有__铁芯__等因素有关.
(4)单位：亨利(H)，1 mH＝__10-3__H，1 μH＝__10-6__H.
3.涡流
(1)涡流：当线圈中电流变化时，附近的任何导体(如金属块)中产生的旋涡状__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.
4.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，安培力的方向总是__阻碍__导体的相对运动.
5.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使导体运动起来.
考点一 法拉第电磁感应定律的理解和应用
1.对法拉第电磁感应定律的理解
(1)公式E＝n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)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.
(3)磁通量的变化率对应Φ－t图线上某点切线的斜率.
2.磁通量发生变化的三种情况
(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝BΔS，则E＝n.
(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔBS，则E＝n，注意S为线圈在磁场中的有效面积.
(3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E＝n≠n.
3.感应电荷量的两种求法
(1)当回路中的磁通量发生变化时，由于感应电场的作用使电荷发生定向移动而形成感应电流.通过回路截面的电荷量q＝IΔt＝n·Δt＝n.
(2)导体切割磁感线运动通过的电荷量q满足的关系式：－BlΔt＝－Blq，通过动量定理求解.
【例1】 如图甲所示，正方形硬质金属框abcd放置在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t均匀变化的图像如图乙所示.金属框平面与磁场方向垂直，电阻R＝0.1 Ω，边长l＝0.2 m.求：
(1)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中的感应电动势E；
(2)t＝0.05 s时，金属框ab边受到的安培力F的大小和方向；
(3)若保持金属框内匀强磁场的磁感应强度B＝0.2 T不变，在t＝0到t＝0.1 s时间内，将金属框绕ab边转过180°，求通过金属框的电量.
【解析】 (1)在t＝0到t＝0.1 s的时间Δt内，磁感应强度的变化量ΔB＝0.2 T，设穿过金属框的磁通量变化量为ΔΦ，有
ΔΦ＝ΔBl2，
由于磁场均匀变化，金属框中产生的电动势是恒定的，有
E＝，
代入数据，解得E＝0.08 V.
(2)设金属框中的电流为I，由闭合电路欧姆定律，有I＝，
由图乙可知，t＝0.05 s时，磁感应强度为B1＝0.1 T，金属框ab边受到的安培力F＝IlB1，
代入数据，解得F＝0.016 N，方向垂直于ab向左.
(3)在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中磁通量的变化为
ΔΦ＝BS－(－BS)＝2BS，
由法拉第电磁感应定律得E＝，
所以通过回路截面的电荷量q＝IΔt＝·Δt＝，代入数据，解得q＝0.16 C.
【变式训练1】 (2023·重庆卷)某小组设计了一种呼吸监测方案：在人身上缠绕弹性金属线圈，观察人呼吸时处于匀强磁场中的线圈面积变化产生的电压，了解人的呼吸状况.如图所示，线圈P的匝数为N，磁场的磁感应强度大小为B，方向与线圈轴线的夹角为θ.若某次吸气时，在t时间内每匝线圈面积增加了S，则线圈P在该时间内的平均感应电动势为( )
A. B. C. D.
【解析】 A 根据法拉第电磁感应定律有＝N＝NB cos θ＝，A正确.
应用电磁感应定律需注意的两个问题 (1)公式E＝n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求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积.
考点二 导体切割磁感线引起的感应电动势的计算
1.理解E＝Blv的“四性”
正交性 本公式是在一定条件下得出的，除磁场为匀强磁场外，还需B、l、v三者互相垂直
瞬时性 若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势
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
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.导体切割磁感线产生感应电动势公式的选用技巧
切割方式 电动势表达式 说明
垂直切割 E＝Blv ①导体棒与磁场方向垂直 ②磁场为匀强磁场
倾斜切割 E＝Blv sin θ 其中θ为v与B的夹角
旋转切割 (1)以中点为轴时，E＝0(不同两段电动势的代数和) (2)以端点为轴时E＝Bωl2(平均速度取中点位置的线速度ωl) (3)以任意点为轴时E＝Bω(l－l)(l1>l2，不同两段电动势的代数和)
3.公式E＝n与E＝Blv的区别与联系
项目 E＝n E＝Blv
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
平动切割问题
【例2】 (多选)如图所示，在MN右侧区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度随时间变化的关系为B＝kt(k为大于零的常量).一高为a、电阻为R的正三角形金属线框向右匀速运动.在t＝0时刻，线框底边恰好到达MN处；在t＝T时刻，线框恰好完全进入磁场.在线框匀速进入磁场的过程中( )
A.线框中的电流始终为逆时针方向
B.线框中的电流先逆时针方向，后顺时针方向
C.t＝时刻，流过线框的电流大小为
D.t＝时刻，流过线框的电流大小为
【解析】 AD 由右手定则和楞次定律可知动生电动势和感生电动势均为逆时针，故感应电流为逆时针，A正确、B错误；线框匀速进入磁场过程中，设正三角形金属线框边长为L，则L＝＝a，t＝时刻，B＝k·，切割长度L′＝＝a，线框匀速进入磁场的速度v＝，则动生电动势E1＝BL′v＝，此时感生电动势E2＝·S＝k·××a×a＝ka2，t＝时刻，流过线框的电流大小为I＝＝，C错误、D正确.
【变式训练2】 (多选)如图所示，间距L＝1 m的U形金属导轨，一端接有0.1 Ω的定值电阻R，固定在高h＝0.8 m的绝缘水平桌面上.质量均为0.1 kg的匀质导体棒a和b静止在导轨上，两导体棒与导轨接触良好且始终与导轨垂直，接入电路的阻值均为0.1 Ω，与导轨间的动摩擦因数均为0.1(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，导体棒a距离导轨最右端1.74 m.整个空间存在竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为0.1 T.用F＝0.5 N沿导轨水平向右的恒力拉导体棒a，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，撤去F，导体棒a离开导轨后落到水平地面上.重力加速度取10 m/s2，不计空气阻力，不计其他电阻，下列说法正确的是( )
A.导体棒a离开导轨至落地过程中，水平位移为0.6 m
B.导体棒a离开导轨至落地前，其感应电动势不变
C.导体棒a在导轨上运动的过程中，导体棒b有向右运动的趋势
D.导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电阻R的电荷量为0.58 C
【解析】 BD 导体棒a在导轨上向右运动，产生的感应电流向里，流过导体棒b向里，由左手定则可知安培力向左，则导体棒b有向左运动的趋势，C错误；导体棒b与电阻R并联，有I＝，当导体棒a运动到导轨最右端时，导体棒b刚要滑动，有B··L＝μmg，联立解得a棒的速度为v＝3 m/s，a棒做平抛运动，有x＝vt，h＝gt2，联立解得导体棒a离开导轨至落地过程中水平位移为x＝1.2 m，A错误；导体棒a离开导轨至落地前做平抛运动，水平速度切割磁感线，则产生的感应电动势不变，B正确；导体棒a在导轨上运动的过程中，通过电路的电量为q＝·Δt＝＝ C＝1.16 C，导体棒b与电阻R并联，流过的电流与电阻成反比，则通过电阻R的电荷量为qR＝＝0.58 C，D正确．
转动切割问题
【例3】 (2024·湖南卷)如图所示，有一硬质导线Oabc，其中是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac.该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中.则O、a、b、c各点电势关系为( )
A.φO>φa>φb>φc B.φO<φa<φb<φc
C.φO>φa>φb＝φc D.φO<φa<φb＝φc
【解析】 C 如图所示，题示情境可等效为Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，根据右手定则可知O点电势最高；根据E＝Blv＝
Bωl2，同时有lOb＝lOc＝R，可得0
【易错点】 特别注意有效切割长度的变化，Ob和Oc有效长度是相同的.
【变式训练3】 如图所示，在直线XY左右两边有方向垂直纸面向内和向外的匀强磁场，磁感应强度都为0.3 T，半径为0.1 m，顶角为90°的两个扇形组成的回路，以200 rad/s的角速度绕O点在纸面内沿顺时针方向转动.设回路的电阻为0.4 Ω，规定电流沿ABCDA流动时为正，θ＝∠XOB，下列关于回路中电流I与θ的图像正确的是( )
【解析】 A 开始转动的过程中，回路中的磁通量不变，感应电流为零；当OD边进入右边磁场的同时，OA边进入左边的磁场，此时每条边产生的感应电动势为E1＝BL2ω＝×0.3×0.12×200 V＝0.3 V，则4条边产生的总的感应电动势为E＝4E1＝1.2 V，感应电流的大小为I＝＝ A＝3 A，根据楞次定律可知电流方向为ABCDA，即为正方向；当OB边完全进入左边磁场，此时回路中磁通量不变，不产生感应电流；当OA边进入右边磁场时，根据电流大小为3 A，电流方向为ADCBA，即为负值.综上所述，A正确，B、C、D错误.
应用法拉第电磁感应定律的四种情况
情景图研究 对象回路(不一定闭合)一段直导线(或等效成直导线)绕一端转动的一段导体棒绕与B垂直的轴转动的导线框表达式E＝nE＝BlvE＝Bl2ωE＝NBSω·sin ωt
考点三 涡流、自感现象的理解及应用
1.自感现象的四大特点
(1)自感电动势总是阻碍线圈中原电流的变化.
(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
项目 与线圈串联的灯泡 与线圈并联的灯泡
电路图
通电时 电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮 电流突然增大，灯泡立刻变亮，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，线圈中电流方向不变 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.两种情况灯泡中电流方向均改变
自感现象
【例4】 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
【解析】 D 由题意知，开始时，开关S闭合后，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，断开开关前通过Q灯的电流远大于通过P灯的电流，断开开关时，Q所在电路未闭合，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，故P灯闪亮后再熄灭，D正确.
【变式训练4】 在某个趣味物理小实验中，几位同学手拉手与一节电动势为1.5 V的干电池、导线、开关、一个有铁芯的多匝线圈按如图所示方式连接，实验过程中人会有触电的感觉.下列说法正确的是( )
A.人有触电感觉是在开关闭合瞬间
B.人有触电感觉时流过人体的电流大于流过线圈的电流
C.断开开关时流过人的电流方向从B→A
D.断开开关时线圈中的电流突然增大
【解析】 C 当开关闭合后，多匝线圈与同学们并联，由于电源为1.5 V的干电池，所以电流很小，同学没有触电感觉，A错误；当断开时，多匝线圈电流产生自感现象，从而产生较大的自感电动势，此时人与线圈组成一个闭合的回路，流过人体的电流与流过线圈的电流相等，B错误；当断开时，多匝线圈产生自感电动势，电流方向不变，此时线圈的电流从左向右，流过人的电流从右向左，即从B向A，C正确；断开开关时，由于线圈的电流减小而产生自感电动势，而阻碍电流的减小，只是电流减小得慢一些，不会突然增大，D错误.
涡流
【例5】 一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验.用图(a)所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通.两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端.实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图(b)和图(c)所示，分析可知( )
图(a)
A.图(c)是用玻璃管获得的图像
B.在铝管中下落，小磁体做匀变速运动
C.在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D.用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短
【解析】 A 强磁体在铝管中运动，铝管中会形成涡流，玻璃是绝缘体，故强磁体在玻璃管中运动时玻璃管不会形成涡流.强磁体在铝管中受电磁阻力作用，电流峰值较小，而玻璃管中的磁体则一直做加速运动，故由图像可知图(c)的脉冲电流峰值不断增大，说明强磁体的速度在增大，与玻璃管中磁体的运动情况相符，A正确；在铝管中下落时，电流在变化，电磁阻力在变化，加速度在变化，B错误；在玻璃管中下落，玻璃管为绝缘体，线圈的脉冲电流峰值增大，电流不断在变化，故小磁体受到的电磁阻力在不断变化，C错误；强磁体分别从管的上端由静止释放，在铝管中，磁体受电磁阻力作用，玻璃管中磁体在线圈间做加速运动，故用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的长，D错误.
【变式训练5】 水平放置的玻璃板上方有一用细线悬挂的可自由旋转的小磁针，下方有一水平放置的铜圆盘.圆盘的轴线与小磁针悬线在同一直线上，初始时小磁针与圆盘均处于静止状态.当圆盘绕轴沿逆时针方向(俯视)匀速转动时，下列说法正确的是( )
A.小磁针不动
B.小磁针沿逆时针方向(俯视)转动
C.小磁针沿顺时针方向(俯视)转动
D.由于穿过圆盘的磁通量没有变化，圆盘中没有感应电流
【解析】 B 铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流(涡流)，此电流产生的磁场导致磁针沿逆时针方向(俯视)转动，构成电磁驱动，B正确.
分析自感现象的三个技巧
1.电磁炉又名电磁灶(图甲)，它无须明火或传导式加热而让热直接在锅底产生，因此热效率得到了极大的提高.图乙是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是( )
A.电磁炉通电线圈加直流电，电流越大，电磁炉加热效果越好
B.电磁炉原理是通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作
C.在锅和电磁炉中间放一绝缘物质，电磁炉不能起到加热作用
D.电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是材料的导热性能较差
【解析】 B 电磁炉通电线圈加直流电，会产生恒定磁场，穿过锅底的磁通量不会发生变化，不能产生涡流，所以没有加热效果，A错误；电磁炉的原理是利用变化的磁场产生涡流加热，即利用交变电流通过线圈产生交变磁场，所以电磁炉通过线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作，B正确；在锅和电磁炉中间放一绝缘物质，不会影响涡流的产生，因此不会影响电磁炉的加热作用，C错误；金属锅自身产生无数小涡流而直接加热锅，陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料，不会产生涡流，而不是因为导热性能较差，D错误.
2.电流传感器在电路中相当于电流表，可以用来研究自感现象.在如图所示的实验电路中，L是自感线圈，其自感系数足够大，直流电阻值大于灯泡D的阻值，电流传感器的电阻可以忽略不计.在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开开关S.在下列表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的图像中，可能正确的是( )
【解析】 D 闭合开关S瞬间，外电路电阻最大，然后外电路电阻逐渐减小，外电压逐渐减小，所以通过电流传感器的电流逐渐减小.电路稳定后，外电路电阻不变，外电压不变，通过电流传感器的电流不变；因为线圈的直流电阻值大于灯泡D的阻值，稳定后，通过线圈的电流小于通过电流传感器的电流.t＝t1时刻断开开关S，由于自感现象，原来通过线圈L的电流从左向右流过电流传感器，逐渐减小，D图符合题意.
3.将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小B＝B0＋kt，B0和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为( )
A.kS1 B.5kS2 C.k(S1－5S2) D.k(S1＋5S2)
【解析】 D 由法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势E1＝＝＝kS1，每个小圆线圈产生的感应电动势E2＝＝＝kS2，由线圈的绕线方式和楞次定律可得大、小圆线圈产生的感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为E＝E1＋5E2＝k(S1＋5S2)，D正确，A、B、C错误.
4.如图所示，固定的均匀矩形铝框abcd，长度为2L，宽度为L，左边边长为L的正方形区域abef内存在与铝框平面垂直的匀强磁场.已知铝的电阻率为ρ，单位体积内的自由电子数为n，电子的电荷量为e.某时刻起，磁感应强度以变化率＝k均匀增加，则下列说法不正确的是( )
A.空间中产生顺时针方向的恒定电场
B.铝框中的自由电子受到电场力的作用沿顺时针方向定向移动形成电流
C.自由电子定向移动的平均速率v＝
D.一个电子沿铝框运动一周，电场力做功W＝ekL2
【解析】 A 根据楞次定律，变化的磁场产生逆时针方向的电场，铝框中的自由电子在电场力的作用下沿顺时针方向定向移动形成电流，A错误、B正确；感应电动势E＝L2＝kL2，由E＝IR，I＝neSv，R＝ρ，得v＝，C正确；一个电子沿铝框运动一周，电场力做功W＝eE＝ekL2，D正确.
5.图甲所示是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术的原理图.其原理是用通电线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变情况，从而获得物件内部是否断裂及位置的信息.如图乙所示的是一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将立刻跳起.对以上两个实例的理解正确的是( )
A.涡流探伤技术运用了电流的热效应，跳环实验演示了自感现象
B.能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料
C.以上两个实例中的线圈所连接的电源都必须是交流电源
D.以上两个实例中的线圈所连接的电源也可以都是稳恒电源
【解析】 B 涡流探伤技术其原理是用电流线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变情况；跳环实验演示线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动，属于演示楞次定律，A错误.无论是涡流探伤技术，还是演示楞次定律，都需要产生感应电流，而感应电流产生的条件是在导体内，B正确.金属探伤时，是探测器中通过交变电流，产生变化的磁场，当金属处于该磁场中时，该金属中会感应出涡流；演示楞次定律的实验中，线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量仍然会改变，套环中会产生感应电流，会跳动，C、D错误.
6.(多选)图甲为某款“自发电”无线门铃按钮，其“发电”原理如图乙所示，按下门铃按钮过程磁铁靠近螺线管，松开门铃按钮磁铁远离螺线管回归原位置.下列说法正确的是( )
A.按下按钮过程，螺线管P端电势较高
B.松开按钮过程，螺线管P端电势较高
C.按住按钮不动，螺线管中产生恒定的感应电动势
D.若按下和松开按钮的时间相同，螺线管产生大小相同的感应电动势
【解析】 BD 按下按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左增大，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从P端流入从Q端流出，螺线管充当电源，则Q端电势较高，A错误；松开按钮过程，穿过螺线管的磁通量向左减小，根据楞次定律可知螺线管中感应电流为从Q端流入，从P端流出，螺线管充当电源，则P端电势较高，B正确；按住按钮不动，穿过螺线管的磁通量不变，螺线管不会产生感应电动势，C错误；按下和松开按钮过程，若按下和松开按钮的时间相同，螺线管中磁通量的变化率相同，根据法拉第电磁感应定律可知，螺线管产生的感应电动势大小相同，D正确.
7.如图甲所示，水平面内有一光滑金属导轨，ac边的电阻为R，其他电阻均不计，ab与ac夹角为135°，cd与ac垂直.将质量为m、电阻不计的长直导体棒搁在导轨上，并与ac平行.初始时棒与ab、cd的交点分别为G、H，H与G间的距离为L0，空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为B.在外力作用下，棒由GH处以初速度v0向右做直线运动.其速度的倒数随位移x变化的关系如图乙所示.停止运动前，求：
(1)棒运动的位移为x时流过导体棒的电流大小；
(2)从初始到棒运动的位移为2L0所用的时间；
(3)从初始到棒运动的位移为2L0外力做的功.
【解析】(1)感应电动势为E＝BLv，
由闭合电路欧姆定律E＝IR，
当位移为x时有效切割长度L＝L0＋x，
由题图乙知＝x＋，
联立得I＝.
(2)根据法拉第电磁感应定律有
E＝＝，
由几何关系ΔS＝(L0＋3L0)×2L0，
结合第一问知电动势为定值，电流为定值
BL0v0＝，
解得导体棒运动的时间为Δt＝.
(3)由能量守恒W＋mv＝mv2＋Q，
又Q＝I2Rt，
此时的速度v＝，
解得外力做的功W＝－mv.
第3讲 电磁感应的综合问题
一、电磁感应与电路
1.对电源的理解
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、内有磁通量变化的线圈等.
2.对电路的理解
内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈；除电源外其余部分是外电路，外电路由电阻、电容等电学元件组成.在外电路中，电流从__高电势__处流向__低电势__处；在内电路中，电流则从__低电势__处流向__高电势__处.
3.与电路相联系的几个公式
(1)电源电动势：E＝__n_或E＝Blv.
(2)闭合电路欧姆定律：I＝.
电源的内电压：U内＝__Ir__.
电源的路端电压：U外＝IR＝E－Ir.
(3)功率：P外＝IU，P总＝__EI__，P内＝I2r.
(4)电热：Q＝__I2Rt__.
二、电磁感应与力和运动
1.安培力的大小
由感应电动势E＝Blv、感应电流I＝和安培力公式F＝BIl得F＝____.
2.安培力的方向判断
(1)对导体切割磁感线运动，先用右手定则确定__感应电流__的方向，再用左手定则确定安培力的方向.
(2)根据安培力阻碍导体和磁场的相对运动判断.
3.电磁感应中的力和运动
电磁感应与力学问题的综合，涉及两大研究对象：电学对象与力学对象.联系两大研究对象的桥梁是磁场对感应电流的__安培力__，其大小与方向的变化，直接导致两大研究对象的状态改变.
三、电磁感应与能量守恒
1.能量转化
导体切割磁感线或磁通量发生变化，在回路中产生感应电流，这个过程中机械能或其他形式的能转化为__电能__，具有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，又可使电能转化为__机械能__或__内能__.因此，电磁感应过程中总是伴随着能量的转化.
2.电磁感应过程的实质
电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程.
考点一 电磁感应中的电路问题
1.电磁感应电路中的五个等效问题
2.电磁感应中电路知识的关系图
3.“三步走”分析电路为主的电磁感应问题
【例1】 (2024·浙江卷)某小组探究“法拉第圆盘发电机与电动机的功用”，设计了如图所示装置.飞轮由三根长a＝0.8 m的辐条和金属圆环组成，可绕过其中心的水平固定轴转动，不可伸长细绳绕在圆环上，系着质量m＝1 kg的物块，细绳与圆环无相对滑动.飞轮处在方向垂直环面的匀强磁场中，左侧电路通过电刷与转轴和圆环边缘良好接触，开关S可分别与图示中的电路连接.已知电源电动势E0＝12 V、内阻r＝0.1 Ω、限流电阻R1＝0.3 Ω、飞轮每根辐条电阻R＝0.9 Ω，电路中还有可调电阻R2(待求)和电感L，不计其他电阻和阻力损耗，不计飞轮转轴大小.
(1)开关S掷1，“电动机”提升物块匀速上升时，理想电压表示数U＝8 V.
①判断磁场方向，并求流过电阻R1的电流I；
②求物块匀速上升的速度v.
(2)开关S掷2，物块从静止开始下落，经过一段时间后，物块匀速下降的速度与“电动机”匀速提升物块的速度大小相等.
①求可调电阻R2的阻值；
②求磁感应强度B的大小.
【解析】 (1)①物块上升，则金属轮沿逆时针方向转动，辐条受到的安培力指向逆时针方向，辐条中电流方向从圆周指向圆心，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外；由闭合电路的欧姆定律可知
E0－U＝I1(R1＋r)
则I1＝＝ A＝10 A.
②(方法1)辐条切割磁感线产生的电动势与电源电动势相反，设每根辐条产生的电动势为E1，则
U－E1＝I1，
解得E1＝5 V，
此时金属轮可视为电动机
P出＝E1I1，
当物块P匀速上升时
P出＝mgv1，
解得v1＝5 m/s.
(方法2)因U＝8 V，I1＝10 A，根据
UI1＝I＋mgv，
解得v＝5 m/s.
(2)①(方法1)物块匀速下落时，由受力分析可知，辐条受到的安培力与第(1)问相同，经过R2的电流
I2＝I1＝10 A，
由题意可知
v2＝v1＝5 m/s，
每根辐条切割磁感线产生的感应电动势
E2＝E1＝5 V，
R总＝＝＝0.5 Ω，
R总＝R2＋，
解得R2＝0.2 Ω.
(方法2)由能量关系可知
mgv2＝I(R2＋)，
解得R2＝0.2 Ω.
②根据E2＝Bωa2＝Baωa＝Bav2，
而E2＝5 V，
解得B＝2.5 T.
【变式训练1】 (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R1(0≤R1≤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2BLv
C.当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝R时，导体棒两端的电压为BLv
D.当滑动变阻器接入电路中的阻值R1＝时，滑动变阻器有最大电功率，且为
【解析】 AD 根据楞次定律可知，ABFE回路的电流方向为逆时针，ABCD回路的电流方向为顺时针，A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，电路中的感应电动势E＝BLv，B错误；当R1＝R时，外电路总电阻R外＝，故导体棒两端的电压即路端电压为BLv，C错误；该电路电动势E＝BLv，电源内阻为R，求解滑动变阻器的最大电功率时，可以将导体棒和电阻R看成新的等效电源，等效内阻为，故当R1＝时，等效电源输出功率最大，则滑动变阻器的最大电功率Pm＝＝＝，D正确.
电磁感应中电路问题的误区分析 (1)不能正确分析感应电动势及感应电流的方向.因产生感应电动势的那部分电路为电源部分，故该部分电路中的电流应为电源内部的电流，而外电路中的电流方向仍是从高电势到低电势. (2)应用欧姆定律分析求解电路时，没有注意等效电源的内阻对电路的影响. (3)对连接在电路中电表的读数不能正确进行分析，特别是并联在等效电源两端的电压表，其示数应该是路端电压，而不是等效电源的电动势.
考点二 电磁感应中的图像问题
1.图像类型
2.分析方法
3.解决图像问题的一般步骤
(1)明确图像的种类；
(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及对应关系；
(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.
4.电磁感应中图像类选择题的两个常用方法
排除法 定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项
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进行分析和判断
感生类图像问题
【例2】 如图甲所示，正方形线圈abcd内有垂直于线圈的匀强磁场，已知线圈匝数n＝10，边长ab＝1 m，线圈总电阻r＝1 Ω，线圈内磁感应强度随时间的变化情况如图乙所示.设图示的磁场方向与感应电流方向为正方向，则下列有关线圈的电动势e、感应电流i、焦耳热Q以及ab边受到的安培力F(取向下为正方向)随时间t的变化图像正确的是( )
【解析】 C (方法1)0～1 s内产生的感应电动势为e1＝＝2 V，方向为逆时针，同理1～5 s内产生的感应电动势为e2＝1 V，方向为顺时针，A错误；0～1 s内的感应电流大小为i1＝＝2 A，方向为逆时针(负值)，同理1～5 s内的感应电流大小为i2＝1 A，方向为顺时针(正值)，B错误；ab边受到的安培力大小为F＝nBiL，可知0～1 s内0≤F≤4 N，方向向下，1～3 s内0≤F≤2 N，方向向上，3～5 s内0≤F≤2 N，方向向下，C正确；线圈产生的焦耳热为Q＝eit，0～1 s内产生的热量为4 J，1～5 s内产生的热量为4 J，D错误.
(方法2)本题也可以用排除法来判定，由楞次定律可知，0～1 s和1～5 s的电流方向和感应电动势方向肯定相反，A、B错误；D项焦耳热随时间不可能减小，D错误.
【变式训练2】 在如图甲所示的电路中，电阻R1＝R，R2＝2R，单匝、圆形金属线圈的半径为r1，电阻为R，半径为r2(r2＜r1，圆心与线圈圆心重合)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示(B0、t0均已知)，其余导线的电阻不计.t＝0时刻闭合开关S，下列说法正确的是( )
A.流过电阻R1的电流方向自下向上
B.电阻R1两端的电压为
C.0～t0时间内，通过电阻R2电荷量为
D.0～t0时间内，电阻R2上产生的焦耳热为
【解析】 D 由题图乙可知磁感应强度增大，根据楞次定律可判断出线圈中感应电流方向为逆时针，则通过电阻R1的电流方向为自上向下，A错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝，其中S＝πr，＝＝，解得E＝，根据闭合电路欧姆定律可得电阻R1两端的电压U1＝E＝，B错误；根据闭合电路欧姆定律可得电路的电流为I＝＝，根据电流的定义式，在0～t0时间内通过电阻R2的电荷量q＝It0＝，C错误；根据焦耳定律，在0～t0时间内，电阻R2上产生的焦耳热为Q2＝I2·2Rt0＝，D正确.
动生类图像
【例3】 (多选)如图所示，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，一根导轨位于x轴上，另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成，其中bc段与x轴平行，导轨左端接入一电阻R.导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度v0保持匀速运动，t＝0时刻通过坐标原点O，金属棒始终与x轴垂直.设运动过程中通过电阻的电流强度为i，金属棒受到安培力的大小为F，金属棒克服安培力做功的功率为P，电阻两端的电压为U，导轨与金属棒接触良好，忽略导轨与金属棒的电阻.下列图像可能正确的是( )
【解析】 AC 当导体棒从O点向右运动L时，即在0～时间内，在某时刻导体棒切割磁感线的长度L＝l0＋v0ttan θ(θ为ab与ad的夹角)，则根据E＝BLv0，I＝＝(l0＋v0t tan θ) ，可知回路电流均匀增加；安培力F＝＝(l0＋v0t tan θ)2，则F－t关系为抛物线，但是不过原点；安培力做功的功率P＝Fv0＝＝(l0＋v0ttan θ)2，则P－t关系为抛物线，但是不过原点；电阻两端的电压等于导体棒产生的感应电动势，即U＝E＝BLv0＝Bv0(l0＋v0t tan θ)，即图像是不过原点的直线；根据以上分析，可大致排除B、D.当在～时间内，导体棒切割磁感线的长度不变，感应电动势E不变，感应电流I不变，安培力F大小不变，安培力的功率P不变，电阻两端电压U保持不变；同理可判断，在～时间内，导体棒切割磁感线长度逐渐减小，导体棒切割磁感线的感应电动势E均匀减小，感应电流I均匀减小，安培力F大小按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～内是对称的关系，安培力的功率P按照二次函数关系减小，但是不能减小到零，与0～内是对称的关系，电阻两端电压U按线性均匀减小；综上所述，A、C正确.
【变式训练3】 如图所示，一个边长为l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长也为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，虚线框对角线ab与导线框的一条边垂直，ba的延长线平分导线框.在t＝0时，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿ab方向移动，直到整个导线框离开磁场区域.以i表示导线框中感应电流的强度，取逆时针方向为正.下列表示i－t关系的选项中，可能正确的是( )
【解析】 C 从正方形线框下边开始进入到下边完全进入的过程中，线框切割磁感线的有效长度逐渐增大，所以感应电流也逐渐增大，A错误；从正方形线框下边完全进入至下边刚穿出磁场边界时，切割磁感线有效长度不变，故感应电流不变，B错误；正方形线框下边离开磁场，上边未进入磁场的过程比正方形线框上边进入磁场过程中，磁通量减少得稍慢，故这两个过程中感应电动势不相等，感应电流也不相等，D错误.
1.感生类图像问题总结： (1)问题类型 ①给定电磁感应过程，选出或画出正确的图像. ②由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应物理量. (2)分析方法 ①电动势大小：E＝n，取决于磁通量的变化率. ②电动势方向：注意感应电流的实际方向是否与规定情况一致，同向取正，反向取负. (3)注意问题 ①关注初始时刻：如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向. ②关注变化过程：看电磁感应发生过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图像变化相对应. ③关注大小、方向的变化趋势，看图像斜率大小、图像的曲直和物理过程是否相对应. ④求F－t图像时，不但要注意i－t变化，还需要关注B－t变化.有时I≠0，但B＝0，所以F＝0. 2.动生类图像问题总结： (1)问题类型 由闭合线圈的运动过程画出i－t图像或E－t图像. (2)分析方法 ①电动势大小：E＝Blv.要注意是单边切割还是双边切割(感应电流同向相加、反向相减)，等效长度为在磁场中导线首尾相连在垂直于速度方向的分量. ②电动势方向：用右手定则判断.
考点三 电磁感应中的动力学问题
1.两种状态及处理方法
状态 特征 处理方法
平衡态 加速度为零 根据平衡条件列式分析
非平衡态 加速度 不为零 根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析
2.电磁感应问题中两大研究对象及其相互制约关系
3.用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：
4.电磁感应中的动力学临界问题
解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度最大或最小的条件.具体思路如下：
【例4】 如图所示，MN和PQ是竖直放置的两根平行光滑金属导轨，导轨足够长且电阻不计，MP间接定值电阻R，金属杆cd保持与导轨垂直且接触良好.杆cd由静止开始下落并计时，杆cd两端的电压U、杆cd所受安培力的大小F随时间t变化的图像，以及通过杆cd的电流I、杆cd加速度的大小a随杆的速率v变化的图像，合理的是( )
【解析】 D 设杆长为L，杆下落过程中切割磁感线产生的感应电流大小为I＝＝∝v，C错误；根据牛顿第二定律有mg－BIL＝ma，即a＝g－，D正确；杆所受安培力的大小为F＝BIL＝，杆下落过程中先做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度保持不变，所以安培力随时间先增大后不变，最终大小为mg，B错误；杆两端的电压为U＝IR＝，速度先增大后不变，所以U随时间先增大后不变，A错误.
【变式训练4】 (2024·湖北卷)如图所示，两足够长平行金属直导轨MN、PQ的间距为L，固定在同一水平面内，直导轨在左端M、P点分别与两条竖直固定、半径为L的圆弧导轨相切.MP连线与直导轨垂直，其左侧无磁场，右侧存在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场.长为L、质量为m、电阻为R的金属棒ab跨放在两圆弧导轨的最高点.质量为2m、电阻为6R的均匀金属丝制成一个半径为L的圆环，水平放置在两直导轨上，其圆心到两直导轨的距离相等.忽略导轨的电阻、所有摩擦以及金属环的可能形变，金属棒、金属环均与导轨始终接触良好，重力加速度大小为g.现将金属棒ab由静止释放，求
(1)ab刚越过MP时产生的感应电动势大小；
(2)金属环刚开始运动时的加速度大小；
(3)为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，金属环圆心初始位置到MP的最小距离.
【解析】(1)根据题意可知，对金属棒ab由静止释放到刚越过MP过程中，由动能定理有
mgL＝mv，
解得v0＝，
则ab刚越过MP时产生的感应电动势大小为
E＝BLv0＝BL.
(2)根据题意可知，金属环在导轨间两段圆弧并联接入电路中，轨道外侧的两端圆弧金属环被短路，由几何关系可得，每段圆弧的电阻为
R0＝×＝R，
可知，整个回路的总电阻为
R总＝R＋＝R.
ab刚越过MP时，通过ab的感应电流为
I＝＝，
对金属环由牛顿第二定律有
2BL·＝2ma，
解得a＝.
(3)根据题意，结合上述分析可知，金属环和金属棒ab所受的安培力等大反向，则系统的动量守恒，由于金属环做加速运动，金属棒做减速运动，为使ab在整个运动过程中不与金属环接触，则有当金属棒ab和金属环速度相等时，金属棒ab恰好追上金属环，设此时速度为v，由动量守恒定律有
mv0＝mv＋2mv，
解得v＝v0，
对金属棒ab，由动量定理有
－BILt＝m·－mv0，
则有BLq＝mv0，
设金属棒运动距离为x1，金属环运动的距离为x2，则有
q＝，
联立解得
Δx＝x1－x2＝，
则金属环圆心初始位置到MP的最小距离
d＝L＋Δx＝.
考点四 电磁感应中的能量问题
电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程.
1.电磁感应中的能量转化
2.求解焦耳热Q的三种方法
3.解题的一般步骤
(1)确定研究对象(导体棒或回路)；
(2)弄清电磁感应过程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互转化；
(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解.
【例5】 某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置(简化为与火箭绝缘的导电杆MN)和装置A组成，并形成闭合回路.装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示.导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零；在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小B1＝kI(其中k为常量)，方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小B2＝2kI，方向与B1相同.火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停.已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距d＝，导电杆电阻为R.导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻.在火箭落停过程中，
(1)求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；
(2)求回路感应电动势E与运动时间t的关系；
(3)求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W.
【解析】(1)导电杆受安培力
F＝B1Id＝3Mg，
方向向上，则导电杆向下运动的加速度满足
Mg－F＝Ma，
解得a＝－2g.
导电杆运动的距离
L＝＝.
(2)回路的电动势E＝B2dv，
其中v＝v0＋at，
解得E＝(v0－2gt).
(3)根据右手定则和欧姆定律可得
U＋E＝IR，
可得U＝IR－E＝IR－(v0－2gt)，
电源输出能量的功率
P＝UI＝(IR－E)I＝[IR－(v0－2gt)]I
＝I2R－6Mg(v0－2gt)
＝I2R－6Mgv0＋12Mg2t，
在0～时间内输出的能量对应P－t图像的面积，可得
W＝－.
【变式训练5】 (多选)如图所示，间距为L、足够长的光滑平行金属导轨的倾角为θ＝30°，底端接一阻值为R的电阻，质量为m的金属棒通过跨过轻质定滑轮的细线与质量为4m的重物相连，滑轮左侧细线与导轨平行，金属棒的电阻为r＝R，长度为L，金属棒始终与导轨垂直且接触良好，整个装置处于垂直导轨平面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，现将重物由静止释放，重物下落高度h时达到最大速度，已知重力加速度为g，导轨电阻均不计，则重物从释放到达到最大速度的过程中，下列说法正确的是( )
A.通过电阻R的电量为
B.金属棒受到的安培力的冲量大小为
C.金属棒克服安培力做的功为m(7gh－)
D.电阻R上产生的焦耳热为m(－)
【解析】 AC 通过电阻R的电量为q＝＝＝，A正确；安培力的冲量大小为I安＝BLt＝BLq＝，B错误；金属棒在磁场中切割磁感线产生感应电流，使金属棒受到沿导轨向下的安培力，金属棒的速度越大，阻碍它运动的安培力也越大，故金属棒在磁场中做加速度减小的加速运动，当受力平衡时，其速度达到最大值vm，此时由感应电动势E＝BLv，感应电流I＝，可得mg sin θ＋＝4mg，解得vm＝，由能量守恒定律得4mgh＝mgh sin θ＋(4m＋m)v＋Q总，解得Q总＝m（7gh－），则电阻R上产生的焦耳热为Q＝Q总＝m（gh－），根据功能关系可知金属棒克服安培力做的功为W＝Q总＝m（7gh－），C正确、D错误．
考点五 电磁感应与动量综合问题
1.在电磁感应中，动量定理应用于单杆或线圈切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量.
(1)求电荷量或速度：BlΔt＝mv2－mv1，q＝t.
(2)求位移：－BIlΔt＝－＝0－mv0，即－x＝m(0－v0).
2.在电磁感应中，如果相互作用的系统，所受的合外力为零，则系统的动量守恒.如对于切割磁感线运动的两个导体，若双杆系统所受合外力为零，运用动量守恒定律结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题；若双杆系统所受合外力不为零，运用动量定理结合能量守恒定律可求解与能量有关的问题.
动量定理的应用
【例6】 (2024·湖南卷)(多选)某电磁缓冲装置如图所示，两足够长的平行金属导轨置于同一水平面内，导轨左端与一阻值为R的定值电阻相连，导轨BC段与B1C1段粗糙，其余部分光滑，AA1右侧处于竖直向下的匀强磁场中，一质量为m的金属杆垂直导轨放置.现让金属杆以初速度v0沿导轨向右经过AA1进入磁场，最终恰好停在CC1处.已知金属杆接入导轨之间的阻值为R，与粗糙导轨间的摩擦因数为μ，AB＝BC＝d.导轨电阻不计，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.金属杆经过BB1的速度为
B.在整个过程中，定值电阻R产生的热量为mv－μmgd
C.金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量相同
D.若将金属杆的初速度加倍，则金属杆在磁场中运动的距离大于原来的2倍
【解析】 CD 设平行金属导轨间距为L，金属杆在AA1B1B区域向右运动的过程中切割磁感线有E＝BLv，I＝，金属杆在AA1B1B区域运动的过程中根据动量定理有－BILΔt＝mΔv，则－Δt＝mΔv，由于d＝∑vtΔt，则上面方程左右两边累计求和，可得－＝mvB－mv0，则vB＝v0－，设金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t0，同理可得，则金属杆在BB1C1C区域运动的过程中有－－μmgt0＝－mvB，解得vB＝＋μgt0，综上有vB＝＋>，则金属杆经过BB1的速度大于，A错误．在整个过程中，根据能量守恒有mv＝μmgd＋Q，则在整个过程中，定值电阻R产生的热量为QR＝Q＝mv－μmgd，B错误；金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域，金属杆所受安培力的冲量为－∑BILΔt＝－∑vtΔt＝，金属杆经过AA1B1B与BB1C1C区域滑行距离均为d，金属杆所受安培力的冲量相同，C正确；根据A选项可得，金属杆以初速度v0在磁场中运动有－－μmgt0＝－mv0，金属杆的初速度加倍，设此时金属杆在BB1C1C区域运动的时间为t′，全过程对金属棒分析得－－μmgt′＝0－2mv0，联立整理得＝μmg(2t0－t′)，分析可知当金属杆速度加倍后，金属杆通过BB1C1C区域的速度比第一次大，故t′
【变式训练6】 如图所示为电磁驱动与阻尼模型，在水平面上有两根足够长的平行轨道PQ和MN，左端接有阻值为R的定值电阻，其间有垂直轨道平面的磁感应强度为B的匀强磁场，两轨道间距及磁场宽度均为L.质量为m的金属棒ab静置于导轨上，当磁场沿轨道向右运动的速度为v时，棒ab恰好滑动.棒运动过程始终在磁场范围内，并与轨道垂直且接触良好，轨道和棒电阻均不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力.
(1)判断棒ab刚要滑动时棒中的感应电流方向，并求此时棒所受的摩擦力Ff大小；
(2)若磁场不动，棒ab以水平初速度2v开始运动，经过时间t＝停止运动，求棒ab运动位移x及回路中产生的焦耳热Q.
【解析】(1)磁场沿轨道向右运动，即棒相对于磁场沿轨道向左运动，则根据右手定则，感应电流方向由a至b.
依题意得，棒刚要运动时，受到的摩擦力等于安培力
Ff＝F安，
又F安＝BI1L，I1＝，
联立解得Ff＝.
(2)设棒的平均速度为，根据动量定理可得：
－安t－Fft＝0－2mv
又安＝BL，又＝，x＝ t，
联立解得x＝，
根据动能定理有－Ffx－W安＝0－m(2v)2，
根据功能关系有Q＝W安，
解得Q＝mv2.
动量守恒定律的应用
【例7】 (2024·江西卷)如图(a)所示，轨道左侧斜面倾斜角满足sin θ1＝0.6，动摩擦因数μ1＝，足够长的光滑水平导轨处于磁感应强度为B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向竖直向上，右侧斜面导轨倾角满足sin θ2＝0.8，动摩擦因数μ2＝.现将质量为m1＝6 kg的导体杆甲从斜面上高h＝4 m处由静止释放，质量为m2＝2 kg的导体杆乙静止在水平导轨上，与水平轨道左端的距离为d.已知导轨间距为l＝2 m，两杆电阻均为R＝1 Ω，其余电阻不计，不计导体杆通过水平导轨与斜面导轨连接处的能量损失，且若两杆发生碰撞，则为完全非弹性碰撞，取g＝10 m/s2，求：
(1)甲杆刚进入磁场，乙杆的加速度；
(2)乙杆第一次滑上斜面前两杆未相碰，距离d满足的条件；
(3)若乙前两次在右侧倾斜导轨上相对于水平导轨的竖直高度y随时间t的变化如图(b)所示(t1、t2、t3、t4、b均为未知量)，乙第二次进入右侧倾斜导轨之前与甲发生碰撞，甲在0～t3时间内未进入右侧倾斜导轨，求d的取值范围.
【解析】(1)甲从静止运动至水平导轨时，根据动能定理有
m1gh－μ1m1g cos θ1·＝m1v，
甲刚进入磁场时，平动切割磁感线有
E0＝Blv0，
则根据欧姆定律可知此时回路的感应电流为
I0＝，
根据楞次定律可知，回路中的感应电流沿逆时针方向（俯视），结合左手定则可知，乙所受安培力方向水平向右，由牛顿第二定律有
BI0l＝m2a乙0，
代入数据有a乙0＝2 m/s2，方向水平向右．
(2)甲和乙在磁场中运动的过程中，系统不受外力作用，则系统动量守恒，若两者共速时恰不相碰，则有
m1v0＝(m1＋m2)v共，
对乙根据动量定理有
Blt＝m2v共，其中t＝q＝，
联立解得dmin＝Δx＝24 m，
则d满足d≥24 m.
(3)根据(2)问可知，从甲刚进入磁场至甲、乙第一次在水平导轨运动稳定，相对位移为Δx＝24 m，且稳定时的速度v共＝6 m/s，乙第一次在右侧斜轨上向上运动的过程中，根据牛顿第二定律有
m2g sin θ2＋μ2m2g cos θ2＝m2a乙上，
根据匀变速直线运动位移与速度的关系有
2a乙上x上＝v，
乙第一次在右侧斜轨上向下运动过程中，有
m2g sin θ2－μ2m2g cos θ2＝m2a乙下
再根据匀变速直线运动位移与速度的关系有
2a乙下x下＝v，且x上＝x下，
联立解得乙第一次滑下右侧轨道最低点的速度
v1＝5 m/s，
由于两棒发生碰撞，且为完全非弹性碰撞，则甲、乙整体第一次在右侧倾斜轨道上向上运动有
(m1＋m2)g sin θ2＋μ2(m1＋m2)g cos θ2＝(m1＋m2)a共上，
同理有2a共上x共上＝v2，且由图(b)可知
x上＝4.84x共上，
解得甲、乙碰撞后的速度v＝ m/s，
乙第一次滑下右侧轨道最低点后与甲相互作用的过程中，甲、乙组成的系统合外力为零，根据动量守恒有
m1v2－m2v1＝(m1＋m2)v，
解得乙第一次滑下右侧轨道最低点时甲的速度为v2＝ m/s，
若乙第一次滑下右侧轨道最低点时与甲发生碰撞，则对应d的最小值，乙第一次在右侧斜轨上运动的过程，对甲根据动量定理有
－B1lΔt1＝m1v2－m1v共，
其中1Δt1＝q1＝，
解得Δx1＝ m，
根据位移关系有dmin′－Δx＝Δx1，
解得dmin′＝ m.
若乙返回水平导轨后，当两者共速时恰好碰撞，则对应d的最大值，对乙从返回水平导轨到与甲碰撞前瞬间的过程，根据动量定理有
B2lΔt2＝m2v＋m2v1，其中2Δt2＝q2＝，
解得Δx2＝ m，
根据位移关系有
dmax－Δx－Δx1＝Δx2，
解得dmax＝ m，
则d的取值范围为 m
(1)金属棒ab刚进入磁场时，通过框架MN边的电流大小和方向；
(2)金属棒ab刚进入磁场时，框架的加速度大小a；
(3)金属棒ab进入磁场最终达到稳定运动时，金属棒重力的功率P.
【解析】 (1)金属棒在框架上无摩擦地运动，设刚进入磁场的速度为v0，根据动能定理得
mgd sin θ＝mv－0，
解得v0＝3 m/s.
进入磁场后，根据法拉第电磁感应定律
E＝BLv0，
根据闭合电路欧姆定律I＝，
解得I＝2 A.
电流方向为由N流向M.
(2)框架受到斜面的摩擦力方向沿斜面向上，大小为
Ff＝μ(M＋m)g cos 37°＝1.8 N，
框架MN边受到的安培方向沿斜面向下，大小为
F安＝BIL＝0.8 N，
设框架的加速度为a，根据牛顿第二定律有
Mg sin θ＋F安－Ff＝Ma，
解得a＝1 m/s2.
(3)因金属棒和框架整体的重力沿斜面向下的分力与斜面对框架的摩擦力平衡，故金属棒和框架整体沿斜面方向动量守恒，最终金属棒ab与框架分别以v1、v2的速度做匀速运动，
mv0＝mv1＋Mv2
此时回路的电动势为
E′＝BL(v1－v2)，
电流I′＝，
金属棒ab匀速运动，有
mg sin θ－BI′L＝0，
联立解得v1＝2.5 m/s，v2＝0.25 m/s.
金属棒ab重力的功率P＝mgv1sin θ＝1.5 W.
1．如图所示，电阻不计的光滑U形金属导轨固定在绝缘斜面上．区域Ⅰ、Ⅱ中磁场方向均垂直斜面向上，Ⅰ区中磁感应强度随时间均匀增加，Ⅱ区中为匀强磁场．阻值恒定的金属棒从无磁场区域中a处由静止释放，进入Ⅱ区后，经b下行至c处反向上行．运动过程中金属棒始终垂直导轨且接触良好．在第一次下行和上行的过程中，以下叙述不正确的是( )
A．金属棒下行过b时的速度大于上行过b时的速度
B．金属棒下行过b时的加速度大于上行过b时的加速度
C．金属棒不能回到无磁场区
D．金属棒能回到无磁场区，但不能回到a处
【解析】 C 在Ⅰ区磁场中，由于磁感应强度随时间均匀增加，产生的感应电动势E1＝＝S为定值，金属棒在Ⅰ区和Ⅱ区之间的无磁场区域释放，在Ⅱ区磁场内，由于金属棒切割磁感线产生的感应电动势为E2＝BLv，金属棒下行时，回路中电动势为E下＝E1＋E2，由于金属棒还能上行，所以下行时，只能做加速度a逐渐减小的减速运动，其a下＝BL－g sin θ，金属棒上行时，回路中电动势为E上＝E1－E2，金属棒向上先做加速度a逐渐减小的加速运动，其a上＝BL－g sin θ，故过b时a下＞a上，B正确；金属棒从b到c和从c到b，位移大小相等，a下＞a上，由v2＝2ax可知，过b时速度v下＞v上，A正确；由以上分析知金属棒在区域Ⅱ磁场中向上做加速度a逐渐减小的加速运动，故金属棒一定能回到无磁场区，C错误；同理，金属棒经过Ⅱ区中磁场的同一位置时，v下＞v上，故金属棒上行出磁场区时速度变小，不能到达a处，D正确．
2．如图所示，两光滑平行长直金属导轨水平固定放置，导轨间存在竖直向下的匀强磁场．两根相同的金属棒ab、cd垂直放置在导轨上，处于静止状态．t＝0时刻，对cd棒施加水平向右的恒力F，棒始终与导轨接触良好，导轨电阻不计．两棒的速度vab、vcd和加速度aab、acd随时间t变化的关系图像可能正确的是( )
【解析】 C 金属棒cd在恒力F作用下由静止开始加速，此时金属棒ab、cd加速度aab＝0，acd＝，之后回路中出现感应电流，金属棒cd受到的安培力与恒力F反向，金属棒cd的加速度减小，金属棒ab在安培力作用下开始加速，金属棒cd与金属棒ab的速度差逐渐增大，回路中的电动势逐渐增大，安培力F安＝(vcd－vab)，逐渐增大，金属棒cd加速度减小，金属棒ab加速度增大，当acd＝aab时，vcd－vab不再变化，回路中的电流不再变化，安培力不变，两棒加速度不变，但是两金属棒的速度仍在增大，C正确，A、B、D错误．
3．如图甲所示，矩形导线框abcd固定在变化的磁场中，产生了感应电流(规定电流方向沿abcda为正方向).若规定垂直纸面向里的方向为磁场的正方向，能够使线框中产生如图乙所示电流的磁场为( )
【解析】 D 由图乙可知，0～t1内，线框中电流的大小与方向都不变，根据法拉第电磁感应定律E＝n可知，线框中磁通量的变化率不变，由ΔΦ＝ΔB·S，得E＝nS，故0～t1内磁场的磁感应强度与时间的关系图线是一条倾斜的直线，A、B错误；又由于0～t1内电流的方向为正方向，即沿abcda方向，则线框中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，0～t1内原磁场垂直纸面向里减小或垂直纸面向外增大，C错误、D正确．
4．如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个匀强磁场区域．区域Ⅰ的磁场方向垂直斜面向上，磁感应强度为2B，区域Ⅱ的磁场方向垂直斜面向下，磁感应强度为B，磁场边界MN、PQ、GH均平行于斜面底边，MP、PG长度均为L.一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，下滑过程中ab边始终与斜面底边平行．t1时刻ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区域，此时导线框恰好以速度v1做匀速直线运动；t2时刻ab边下滑到PQ与MN之间的某位置，此时导线框又恰好以速度v2做匀速直线运动．重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A．当ab边刚越过PQ时，导线框的加速度大小为a＝g sin θ
B．导线框两次做匀速直线运动的速度之比v1∶v2＝4∶3
C．在t1到t2的过程中，导线框克服安培力做的功大于机械能的减小量
D．在t1到t2的过程中，有m(v－v)机械能转化为电能
【解析】 A ab边进入磁场Ⅰ区域时E＝2BLv1，I＝＝，所以F安＝2BIL＝，由平衡条件得：F安＝＝mg sin θ，当ab边刚越过PQ时E′＝BLv1＋2BLv1＝3BLv1，I′＝＝，F安′＝BI′L＋2BI′L＝，由牛顿第二定律得F安′－mg sin θ＝ma，解得a＝g sin θ，A正确；第二次平衡时，根据平衡条件，有F安′＝＝mg sin θ，联立解得v1∶v2＝9∶4，B错误；从t1到t2的过程中，根据功能关系，导线框克服安培力做功的大小等于机械能的减少量，C错误；在t1到t2的过程中，有mv－mv＋mg·Δh机械能转化为电能，D错误．
5．(2024·山东卷)(多选)如图所示，两条相同的半圆弧形光滑金属导轨固定在水平桌面上，其所在平面竖直且平行，导轨最高点到水平桌面的距离等于半径，最低点的连线OO′与导轨所在竖直面垂直．空间充满竖直向下的匀强磁场(图中未画出)，导轨左端由导线连接．现将具有一定质量和电阻的金属棒MN平行OO′放置在导轨图示位置，由静止释放．MN运动过程中始终平行于OO′且与两导轨接触良好，不考虑自感影响，下列说法正确的是( )
A．MN最终一定静止于OO′位置
B．MN运动过程中安培力始终做负功
C．从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN的速率一直在增大
D．从释放到第一次到达OO′位置过程中，MN中电流方向由M到N
【解析】 ABD 由于金属棒MN运动过程切割磁感线产生感应电动势，回路有感应电流，产生焦耳热，金属棒MN的机械能不断减小，由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，MN最终一定静止于OO′位置，A正确．当金属棒MN向右运动，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向左，则安培力做负功；当金属棒MN向左运动，根据右手定则可知，MN中电流方向由N到M，根据左手定则，可知金属棒MN受到的安培力水平向右，则安培力做负功．可知MN运动过程中安培力始终做负功，B正确．金属棒MN从释放到第一次到达OO′位置过程中，由于在OO′位置重力沿切线方向的分力为0，可知在到达OO′位置之前的位置，重力沿切线方向的分力已经小于安培力沿切线方向的分力，金属棒MN已经做减速运动，C错误．从释放到第一次到达OO′位置过程中，根据右手定则可知，MN中电流方向由M到N，D正确．
6．(多选)如图所示，与水平面夹角为θ的绝缘斜面上固定有光滑U形金属导轨．质量为m、电阻不可忽略的导体杆MN沿导轨向下运动，以大小为v的速度进入方向垂直于导轨平面向下的匀强磁场区域，在磁场中运动一段时间t后，速度大小变为2v.运动过程中杆与导轨垂直并接触良好，导轨的电阻忽略不计，重力加速度为g.杆在磁场中运动的此段时间内( )
A．流过杆的感应电流方向从M到N
B．杆沿轨道下滑的距离小于vt
C．流过杆的感应电流的平均电功率等于重力的平均功率
D．杆所受安培力的冲量大小为mgt sin θ－mv
【解析】 AD 由右手定则判断可知流过杆的感应电流方向从M到N，A正确．依题意，设杆切割磁感线的有效长度为L，电阻为R，杆在磁场中运动的此段时间内，杆受到重力，轨道支持力及沿轨道向上的安培力作用，根据牛顿第二定律可得mg sin θ－F安＝ma，F安＝BIL，I＝，联立可得杆的加速度a＝g sin θ－，可知杆在磁场中运动的此段时间内做加速度逐渐减小的加速运动．若杆做匀加速直线运动，则杆运动的距离为s＝·t＝vt，根据v－t图像围成的面积表示位移，可知杆在时间t内速度由v达到2v，杆真实运动的距离大于匀加速情况发生的距离，即大于vt，B错误．由于在磁场中运动的此段时间内，杆做加速度逐渐减小的加速运动，杆的动能增大，由动能定理可知，重力对杆所做的功大于杆克服安培力所做的功，根据＝可得安培力的平均功率小于重力的平均功率，即流过杆的感应电流的平均电功率小于重力的平均功率，C错误．杆在磁场中运动的此段时间内，根据动量定理，可得mgt sin θ－I安＝m·2v－mv，得杆所受安培力的冲量大小为I安＝mgt sin θ－mv，D正确．
7．(2024·浙江卷)如图1所示，扫描隧道显微镜减振装置由绝缘减振平台和磁阻尼减振器组成．平台通过三根关于O′O″轴对称分布的相同轻杆悬挂在轻质弹簧的下端O，弹簧上端固定悬挂在O′点，三个相同的关于O′O″轴对称放置的减振器位于平台下方．如图2所示，每个减振器由通过绝缘轻杆固定在平台下表面的线圈和固定在桌面上能产生辐向磁场的铁磁体组成，辐向磁场分布关于线圈中心竖直轴对称，线圈所在处磁感应强度大小均为B.处于静止状态的平台受到外界微小扰动，线圈在磁场中做竖直方向的阻尼运动，其位移随时间变化的图像如图3所示．已知t＝0时速度为v0，方向向下，t1、t2时刻的振幅分别为A1、A2.平台和三个线圈的总质量为m，弹簧的劲度系数为k，每个线圈半径为r、电阻为R.当弹簧形变量为Δx时，其弹性势能为k(Δx)2.不计空气阻力，求
(1)平台静止时弹簧的伸长量Δx；
(2)t＝0时，每个线圈所受到安培力F的大小；
(3)在0～t1时间内，每个线圈产生的焦耳热Q；
(4)在t1～t2时间内，弹簧弹力冲量I弹的大小．
【解析】 (1)平台静止时，穿过三个线圈的磁通量不变，线圈中不产生感应电流，线圈不受到安培力作用，O点受力平衡，因此由胡克定律可知此时弹簧的伸长量
Δx＝.
(2)在t＝0时速度为v0，设每个线圈的周长为L，由电磁感应定律可得线圈中产生的感应电流
I＝＝＝＝，
每个线圈所受到安培力F的大小
F＝BIL＝.
(3)由减震器的作用平台上下不移动，由能量守恒定律可得平台在0～t1时间内，振动时能量的减少量为Q′，由能量守恒定律
Q′＋mgA1＝mv＋k(Δx)2－k(Δx－A1)2，
在0～t1时间内，振动时能量的减少转化为线圈的焦耳热，可知每个线圈产生的焦耳热
Q＝Q′＝(mv－kA).
(4)取向上为正方向，全程由动量定理可得
I弹＋IA－IG＝0，
其中IG＝mg(t2－t1)，
IA＝3×2πrB·Δq，
Δq＝，
联立解得弹簧弹力冲量I弹的大小为
I弹＝mg(t2－t1)－.
8．如图甲所示，足够长的平行金属导轨MN和PQ间的距离L＝0.5 m，导轨与水平面间的夹角为37°，空间存在方向垂直于导轨平面向上、磁感应强度大小B＝1.0 T的匀强磁场，M、P间接有阻值R＝0.8 Ω的电阻，质量m＝0.4 kg、电阻r＝0.2 Ω的金属棒ab垂直导轨放置，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25.现用恒力F沿导轨平面向上拉金属棒ab，使其由静止开始运动，当t＝1.5 s时，金属棒的速度大小v1＝0.6 m/s，金属棒向上加速t＝5.6 s时达到稳定状态，对应的v－t图像如图乙所示，取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：
(1)恒力F的大小；
(2)金属棒运动过程中的最大加速度a；
(3)在0～1.5 s时间内通过金属棒的电荷量q；
(
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