文档文本内容
第十一章 电磁感应
近5年考情分析
考题统计
等级
考点要求 2022 2021 2020 2019 2018
要求
电磁感应现象及楞 广东卷·T1 北京卷·T21 Ⅰ卷·T20 Ⅰ卷·T19
Ⅱ Ⅲ卷·T14
次定律 江苏卷·T5 Ⅲ卷·T14 Ⅲ卷·T20
** 错误的表
重庆卷·T3 达式 **卷
广东卷·T4
法拉第电磁感应定 广东卷·T10 ·T21 北京卷·T22 浙江4月
Ⅱ 山东卷·T12
律 自感和互感 河北卷·T5 山东卷·T12 江苏卷·T14 卷·T23
乙卷·T24
辽宁卷·T9 浙江1月
卷·T8
上海卷·T20 北京卷·T20 天津卷·T21
北京卷·T7
湖南卷·T10
电磁感应的电路、 甲卷·T21 江苏卷
Ⅱ 甲卷·T20
图像及动力学问 河北卷·T7 ·T21
甲卷·T16
湖南卷·T10
浙江1月卷·T13
江苏卷
上海卷·T12 福建卷·T7
电磁感应中的动量 天津卷·T26 ·T11
Ⅱ 辽宁卷·T15 天津卷·T12 江苏卷·T21
和能量问题 海南卷·T14 天津卷
浙江1月卷·T21 海南卷·T18
·T28
物理观念：1.理解磁通量、电磁感应、自感等概念；2.掌握右手定则、楞次定律、法拉
第电磁感应定律等规律；3.培养电磁相互作用观念和能量观念．
科学思维：综合应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、焦耳定律、
牛顿第二定律、动能定理、能量守恒定律、动量定理、动量守恒定律分析问题的能力．
核心素养
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：了解生活中电磁感应的应用，体会学习物理的乐趣，培养学习物理的
兴趣．
本章主要考查楞次定律，电动势的计算，电磁感应与电路的综合、与能量的综合，以及
电磁感应中动力学问题.考查方向上更倾向于电磁感应与电路、能量综合问题.解题方法
上以等效法、程序法、函数法、图象法为主.多以电路的等效考查模型建构的素养;以原
理的应用考查科学推理和科学论证的素养，同时体现考生严谨的科学态度和一丝不苟、
命题规律
实事求是的社会责任感;以对研究对象受力和运动的分析及能量的转化与守恒，考查运动
与相互作用观念和能量观念.多以选择题和计算题的形式考查，难度中等.2023年对本章
的考查，从各方面可能仍延续原来的形式及考点，只是在原理应用方面可能会更多地联
系现代科技发展和生产、生活的实际。
对本章的复习，首先应以对概念和原理的理解、对规律的基本应用为主，打牢基础，如
对磁通量相关概念的理解、对楞次定律和法拉第电磁感应定律的各种形式的应用要熟练
掌握.其次是对各种典型的模型建构、典型问题的处理思想方法了然于胸，如“电磁感应
备考策略 中的电路问题”“电磁感应中的力学问题”“电磁感应中的图象”“电磁感应中的能量
转化与守恒”等，能够抓住解决各种典型问题的关键，一击必中，最终都是为了培养学
生分析问题、解决问题的能力，培养学生模型建构、科学推理和科学论证的学科素养，
建立正确的科学观，树立正确的人生观和强烈的社会责任感!【网络构建】
专题 11.4 电磁感应中的动量和能量问题
【网络构建】
考点一 电磁感应中的能量问题
1．电磁感应中的能量转化
2．求解焦耳热Q的三种方法
3．求解电磁感应现象中能量问题的一般步骤
(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源．
(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化．
(3)根据能量守恒列方程求解．
考点二 电磁感应中的动量问题
动量观点在电磁感应现象中的应用
(1)对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定
律处理问题；
(2)由BL·Δt＝m·Δv、q＝·Δt可知，当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理来解决问题．
（一）安培力对时间的平均值的两种处理方法
力对时间的平均值和力对位移的平均值通常不等。力对时间的平均值可以通过作 F-t图象，求出曲线与 t3
F¯
轴围成的面积（即总冲量），再除以总时间，其大小就是力对时间的平均值 t。
角度一 安培力对时间的平均值求电荷量
ΔΦ
FΔt=BILΔt=BLq=BL
安培力的冲量公式是 ，这是安培力在电磁感应中的一个重要推论。感应电流通
R
过直导线时，直导线在磁场中受到安培力的作用，当导线与磁场垂直时，安培力的大小为F=BIL。在时间
△t内安培力的冲量
q
根据电流的定义式
¯I=
，式中q是时间t内通过导体截面的电量
t
E¯
欧姆定律
¯I=
，R是回路中的总电阻
R
Δφ
电磁感应中
E¯=
可以得到安培力的冲量公式，此公式的特殊性决定了它在解题过程中的特殊应用。
Δt
角度二 安培力对时间的平均值求位移
B¯ILt=mv
安培力的冲量公式是 0①
E¯
¯I=
闭合电路欧姆定律 R+r ②E¯=BL { ¯v¿
平均感应电动势： ③
位移：x=¯vt④ ①②③④得
B2L2x
=mv
R+r 0
这是安培力在电磁感应中的又一个重要推论。
（二）
两金属杆在平直的光滑导轨上运动，只受到安培力作用，这类问题可以从以下三个观点来分析：
(1)力学观点：通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的
减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动；
(2)能量观点：其中一个金属杆动能的减少量等于另一个金属杆动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和；
(3)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属杆的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒．
（三）
两导体棒不等长，则所受安培力大小不相等，系统的动量不守恒，应用动量定理综合其他的力学规律处理
问题．处理此类问题的关键是分析两导体棒的运动过程，知道最终达到稳定状态时，两导体棒中产生的感
应电动势大小相等、方向相反．
高频考点一 电磁感应中的能量问题
（一）功能关系在电磁感应中的应用
例1、如图所示，在竖直平面内固定有光滑平行导轨，间距为L，下端接有阻值为R的电阻，空间存在与
导轨平面垂直、磁感应强度为B的匀强磁场。质量为m、电阻为r的导体棒ab与上端固定的弹簧相连并垂
直导轨放置。初始时，导体棒静止，现给导体棒竖直向下的初速度v ，导体棒开始沿导轨往复运动，运动
0
过程中始终与导轨垂直并保持良好接触。若导体棒电阻r与电阻R的阻值相等，不计导轨电阻，则下列说
法中正确的是( )A．导体棒往复运动过程中的每个时刻受到的安培力方向总与运动方向相反
B．初始时刻导体棒两端的电压U ＝BLv
ab 0
C．若导体棒从开始运动到速度第一次为零时，下降的高度为h，则通过电阻R的电量为
D．若导体棒从开始运动到速度第一次为零时，下降的高度为 h，此过程导体棒克服弹力做功为W，则电
阻R上产生的焦耳热Q＝mv2＋mgh－W
【答案】 AC
【解析】 导体棒竖直向下运动时，由右手定则判断可知，ab中产生的感应电流方向从b→a，由左手定则
判断得知ab棒受到的安培力竖直向上，导体棒竖直向上运动时，由右手定则判断可知，ab中产生的感应
电流方向从a→b，由左手定则判断得知ab棒受到的安培力竖直向下，所以导体棒往复运动过程中的每个
时刻受到的安培力方向总与运动方向相反，A正确；导体棒开始运动的初始时刻，ab棒产生的感应电势为
E＝BLv ，由于r＝R，a端电势比b端高，所以导体棒两端的电压U ＝E＝BLv ，B错误；若导体棒从开始
0 ab 0
运动到速度第一次为零时，下降的高度为h，则通过电阻R的电量为q＝＝，C正确；导体棒从开始运动到
速度第一次为零时，根据能量守恒定律得知电路中产生的焦耳热Q ＝mv＋mgh－W，所以电阻R上产生的
热
焦耳热Q＝Q ＝mv＋mgh－，D错误。
热
【变式训练】如图所示，相距为d的两条水平虚线之间有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小
为B，正方形线圈abec边长为L(L<d)、质量为m、电阻为R，将线圈在磁场上方h高处由静止释放，ce边
刚进入磁场时的速度为v ，刚离开磁场时的速度也为v ，重力加速度大小为g，则线圈穿过磁场的过程中
0 0
(即从ce边刚进入磁场到ab边离开磁场的过程)，有( )
A．产生的焦耳热为mgd B．产生的焦耳热为mg(d－L)
C．线圈的最小速度一定为 D．线圈的最小速度可能为
【答案】D
【解析】根据能量守恒定律，在ce边刚进入磁场到ce边刚穿出磁场的过程中，线圈的动能不变，重力势
能全部转化为线圈进入磁场的过程中产生的热量，即Q＝mgd，即从ce边刚进入磁场到ab边刚进入磁场过
程产生的焦耳热为mgd，从ce边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线圈产生的热量与从ce边刚进入磁
场到ab边刚进入磁场的过程中产生的热量相等，故从线圈的ce边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量为2Q＝2mgd，选项A、B错误；若线圈进入磁场的整个过程做减速运动，线圈全部进入磁场后做匀
加速运动，则可知线圈刚全部进入磁场时的瞬时速度最小，设线圈的最小速度为v ，线圈从开始下落到
min
线圈刚完全进入磁场的过程，根据能量守恒定律得mg(h＋L)＝Q＋mv 2，代入数据解得线圈的最小速度为
min
v ＝，选项C错误；线圈在进入磁场的过程中，先做减速运动，可能在完全进入磁场前已经做匀速运动，
min
则有mg＝BIL＝，解得v ′＝，选项D正确．
min
（二）焦耳热的求解
例2、如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长．从置于垂直纸面向里、边界为
MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于 MN.第一次ab边平
行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q，通过线框导体横截面的电荷量为q；第二次bc边平行MN进入
1 1
磁场，线框上产生的热量为Q，通过线框导体横截面的电荷量为q，则( )
2 2
A．Q>Q q＝q B．Q>Q q>q
1 2 1 2 1 2 1 2
C．Q＝Q q＝q D．Q＝Q q>q
1 2 1 2 1 2 1 2
【答案】A
【解析】.设ab和bc边长分别为L、L，线框电阻为R，若假设穿过磁场区域的时间为t.
1 2
通过线框导体横截面的电荷量
q＝It＝＝，
因此q＝q.
1 2
线框上产生的热量为Q，
第一次：Q＝BL IL＝BL L，
1 1 1 2 1 2
同理可以求得Q＝BL IL＝BL L，
2 2 2 1 2 1
由于L>L，则Q>Q，故A正确．
1 2 1 2
【变式训练】如图甲所示，在竖直方向上有四条间距相等的水平虚线L、L、L、L，在L、L 之间，L、
1 2 3 4 1 2 3
L 之间存在匀强磁场，磁感应强度大小均为1 T，方向垂直于虚线所在平面。现有一矩形线圈 abcd，宽度
4
cd＝L＝0.5 m，质量为0.1 kg，电阻为2 Ω，将其从图示位置由静止释放(cd边与L 重合)，线圈速度随时间
1
的变化关系如图乙所示，t 时刻cd边与L 重合，t 时刻ab边与L 重合，t 时刻ab边与L 重合，已知t ～t
1 2 2 3 3 4 1 2
的时间间隔为0.6 s，整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向(重力加速度g取10 m/s2)。则( )A．在0～t 时间内，通过线圈的电荷量为0.25 C B．线圈匀速运动的速度大小为8 m/s
1
C．线圈的长度为1 m D．0～t 时间内，线圈产生的热量为1.8 J
3
【答案】 ABD
【解析】 由题图可知，在t ～t 时间内，线圈向下做匀速直线运动，受力平衡，则根据平衡条件有：mg
2 3
＝BIL，而I＝，联立两式解得v ＝，代入数据解得：v ＝8 m/s，B正确；t ～t 时间内线圈一直做匀加速直
2 2 1 2
线运动，则知线圈内磁通量变化为零，不产生感应电流，不受安培力作用，仅在重力作用下运动，以 cd边
与L 重合时为初状态，以ab边与L 重合时为末状态，设磁场的宽度为d，则线圈长度为2d，线圈下降的
2 3
位移为3d，则有：3d＝vt－gt2，其中v＝8 m/s，t＝0.6 s，代入解得d＝1 m，所以线圈的长度为L′＝2d＝2
2 2
m，C错误；在0～t 时间内，cd边从L 运动到L ，通过线圈的电荷量为q＝＝＝0.25 C，A正确；0～t 时
1 1 2 3
间内，根据能量守恒得，Q＝mg(3d＋2d)－mv＝1.8 J，D正确。
高频考点二 电磁感应中的动量问题
（一）安培力对时间的平均值的两种处理方法
例3、如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，有一个边长为a
（a<L）的正方形闭合线圈以初速 v 垂直磁场边界进入磁场，滑过磁场后速度变为 v（v<v ）那么
0 0
（ ）
a
a
L
A．完全进入磁场中时线圈的速度大于（v+v）/2； B．完全进入磁场中时线圈的速度等于（v+v）/2；
0 0
C．完全进入磁场中时线圈的速度小于（v+v）/2； D．以上情况A、B均有可能，而C是不可能的
0
【答案】B
【解析】设线圈完全进入磁场中时的速度为v'。线圈在穿过磁场的过程中的感应电荷量为q因为框进出磁
场时面积变化量相等所以磁通量的变化量相等即进、出磁场感应电荷量相等下面是线圈在进入磁场、穿出
磁场的过程中的动量定理：
Bqa=mv−mv'
0
Bqa=mv' −mvv +v
由上述二式可得v'= 0
，即B选项正确。
2
B2L2v
【点评】：本题具有很强的综合性。由电磁感应知识推出F = 瞬 ，当v 减小时F 也减小，所以线
安 R 瞬 安
圈在进入磁场和穿出磁场的过程都是变减速运动，所以不能用运动学的公式来解决问题了。进入磁场和穿
出磁场的过程线圈的位移相同，我们可以利用动能定理，但无法对本题最终做出解答。这时要求学生能及
Δφ
时调节思维，合理进行选择，结合线圈在进入磁场和穿出磁场的过程中磁通量的变化量 相等，利用安
培力的冲量公式，会有柳暗花明又一村的感觉。
（二）
例4、两足够长且不计电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h
＝1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处光滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆
b，
杆a、b的电阻分别为R ＝2 Ω、R ＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．
a b
现
杆b以初速度大小v＝5 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通
0
过杆b的平均电流为0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度—时间图象如图乙所示(以
a
运动方向为正方向)，其中m＝2 kg，m＝1 kg，g取10 m/s2，求：
a b
(1)杆a在弧形轨道上运动的时间；
(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量；
(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热．
【思路点拨】 动量定理处理变力以及涉及力和时间的问题时比较方便，由题意可知杆 a在弧形轨道上运
动的时间与杆b从开始运动到开始计时的运动时间相同，则可选用动量定理来解答第(1)问．
【答案】 (1)5 s (2) C (3) J
【解析】 (1)设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为v ，对杆b运用动量定量，
b0
有Bd·Δt＝m(v－v )
b 0 b0
其中v ＝2 m/s
b0代入数据解得Δt＝ 5 s.
(2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有mgh＝mv
a a
解得v＝＝5 m/s
a
设最后a、b两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得mv－mv ＝(m＋m)v′
a a b b0 a b
代入数据解得v′＝ m/s
杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从v 到v′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得
a
BdI·Δt′＝m(v－v′)
a a
而q＝I·Δt′
代入数据得q＝ C.
(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为
Q＝mgh＋mv－(m＋m)v′2＝ J
a b b a
b棒中产生的焦耳热为Q′＝Q＝ J.
【变式训练】如图所示，水平面上固定着两根相距L且电阻不计的足够长的光滑金属
导轨，导轨处于方向竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，铜棒a、b的长度均等于两导轨的间距、电
阻均为R、质量均为m，铜棒平行地静止在导轨上且与导轨接触良好．现给铜棒a一个平行导轨向右的瞬
时
冲量I，关于此后的过程，下列说法正确的是 ( )
A．回路中的最大电流为 B．铜棒b的最大加速度为
C．铜棒b获得的最大速度为 D．回路中产生的总焦耳热为
【答案】B
【解析】给铜棒a一个平行导轨的瞬时冲量I，此时铜棒a的速度最大，产生的感应电动势最大，回路中电
流最大，每个棒受到的安培力最大，其加速度最大，I＝mv ，v ＝，铜棒a电动势E＝BLv ，回路电流I ＝
0 0 0 0
＝，选项A错误；此时铜棒b受到安培力F＝BIL，其加速度a＝＝，选项B正确；此后铜棒a做变减速运
0
动，铜棒b做变加速运动，当二者达到共同速度时，铜棒b速度最大，据动量守恒，mv ＝2mv，铜棒b最
0
大速度v＝，选项C错误；回路中产生的焦耳热Q＝mv－·2mv2＝，选项D错误．
（三）
如图所示，两根质量均为m＝2 kg的金属棒垂直地放在光滑的水平导轨上，左、右两部分导轨间距之比为1∶2，导轨间左、右两部分有大小相等、方向相反的匀强磁场，两棒电阻与棒长
成正比，不计导轨电阻，现用250 N的水平拉力F向右拉CD棒，在CD棒运动0.5 m的过程中，CD棒上
产生的焦耳热为30 J，此时AB棒和CD棒的速度分别为v 和v ，且v ∶v ＝1∶2，立即撤去拉力F，设导
A C A C
轨足够长且两棒始终在不同磁场中运动，求：
(1)在CD棒运动0.5 m的过程中，AB棒上产生的焦耳热；
(2)撤去拉力F瞬间，两棒的速度v 和v 的大小；
A C
(3)撤去拉力F后，两棒最终做匀速运动时的速度v ′和v ′的大小．
A C
【思路点拨】 首先由能量的观点求出棒的速度，进而由动量的观点求解撤去拉力后两棒的速度，注意虽
然通过两金属棒的电流大小相等，但两金属棒所受安培力大小不等．
【答案】 (1)15 J (2)4 m/s 8 m/s (3)6.4 m/s 3.2 m/s
【解析】 (1)设两棒的长度分别为L和2L，电阻分别为R和2R，由于电路在任何时候电流均相等，根据
焦耳定律Q＝I2Rt
可得Q ＝Q ＝15 J.
AB CD
(2)根据能量守恒定律有
Fs＝mv＋mv＋Q ＋Q
AB CD
又v ∶v ＝1∶2
A C
解得v ＝4 m/s，v ＝8 m/s.
A C
(3)撤去拉力F后，AB棒继续向左做加速运动，而CD棒开始向右做减速运动，两棒最终做匀速运动时，电
路中电流为零，两棒切割磁感线产生的感应电动势大小相等，此时两棒的速度满足BLv ′＝B·2Lv ′
A C
即v ′＝2v ′
A C
设AB棒和CD棒受到的安培力大小分别为F 和F ，对两棒分别应用动量定理有Ft＝mv ′－mv ，
A C A A A
－F t＝mv ′－mv
C C C
因为F ＝2F
C A
解得＝－
联立以上各式解得v ′＝6.4 m/s，v ′＝3.2 m/s.
A C
