文档文本内容
第 11 讲 电磁感应
目标要求 1.熟练应用楞次定律与法拉第电磁感应定律解决问题。2.会分析电磁感应中的图像问题。3.会
分析电磁感应中的动力学与能量问题。
考点一 楞次定律与法拉第电磁感应定律的应用
1.感应电流方向的判断
(1)线圈面积不变、磁感应强度发生变化的情形，往往用楞次定律。
(2)导体棒切割磁感线的情形往往用右手定则。
2.楞次定律中“阻碍”的主要表现形式
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；
(2)阻碍物体间的相对运动——“来拒去留”；
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——一般情况下为“增缩减扩”；
(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——一般情况下为“增反减同”。
3.求感应电动势的方法
(1)法拉第电磁感应定律：
ΔB
{S不变时,E=nS
ΔΦ Δt
E=n
Δt ΔS
B不变时,E=nB
Δt
(2)导体棒垂直切割磁感线：E=Blv。
1
(3)导体棒以一端为圆心在垂直匀强磁场的平面内匀速转动：E= Bl2ω。
2
(4)线圈绕与磁场垂直的轴匀速转动(从线圈位于中性面开始计时)：e=nBSωsin ωt。
nΔΦ nΔΦ
4.通过回路横截面的电荷量q=IΔt= Δt= 。q仅与n、ΔΦ和回路总电阻R 有关，与时间长短无
R Δt R 总
总 总
关，与Φ是否均匀变化无关。
例1 (2024·江苏卷·10)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
例2 (多选)(2023·福建漳州市质检)如图甲，两根电阻不计、足够长的导轨MN、PQ平行放置，与水平
面间夹角α=37°，间距为0.8 m，上端连接一电阻R=0.1 Ω。两导轨之间存在方向垂直导轨平面向上的均匀分布的磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t=0时刻，一电阻不计、质量为0.02 kg的
导体棒ab从导轨上且在MP下方0.5 m处由静止释放。取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，ab与导轨间的动摩
擦因数为0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不考虑t=4.25 s时磁感应强度突变产生的电磁感应现
象。则( )
A.0~4.25 s内ab中感应电流方向从a到b
B.t=0时ab中感应电流I =0.4 A
0
C.0~4.25 s内R中消耗的热功率为0.016 W
D.ab的最大速度为0.625 m/s
考点二 电磁感应中的图像问题
例3 (多选)(2024·河南焦作市二模)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，则下列有关线圈的感应电流i，焦耳热Q以及ab两点间电
压u，ab边所受的安培力F(取向下为正方向)随时间t的变化图像正确的是( )
例4 (多选)(2024·全国甲卷·21)如图，一绝缘细绳跨过两个在同一竖直面(纸面)内的光滑定滑轮，绳的
一端连接一矩形金属线框，另一端连接一物块。线框与左侧滑轮之间的虚线区域内有方向垂直纸面的
匀强磁场，磁场上下边界水平，在t=0时刻线框的上边框以不同的初速度从磁场下方进入磁场。运动过
程中，线框始终在纸面内且上下边框保持水平。以向上为速度的正方向，下列线框的速度v随时间t变
化的图像中可能正确的是( )1.电磁感应中常见的图像
常见的有磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移的变化图像。
2.解答此类问题的两个常用方法
(1)排除法：定性分析电磁感应过程中某个物理量的变化情况，把握三个关注，快速排除错误的选项。这种方法
能快速解决问题，但不一定对所有问题都适用。
→
↓
→
↓
→
(2)函数关系法：根据题目所给的条件写出物理量之间的函数关系，再对图像作出判断，这种方法得到的结
果准确、详细，但不够简捷。
考点三 电磁感应中的动力学与能量问题
1.电磁感应综合问题的解题思路2.求解焦耳热Q的三种方法
(1)焦耳定律：Q=I2Rt，适用于电流恒定的情况；
(2)功能关系：Q=W (W 为克服安培力做的功)；
克安 克安
(3)能量转化：Q=ΔE(其他能的减少量)。
例5 (2024·福建南平市三模)如图甲，足够长的光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨间连接一电阻
R，区域 Ⅰ 空间存在一非匀强磁场，方向垂直于导轨平面向下，导体棒ab垂直导轨放置并接触良好。
现对导体棒ab施加一个与导轨平行向左的恒力F，导体棒ab进入磁场时速度v =1 m/s，空间中某位置
0
的磁感应强度B与导体棒通过该位置的速度v满足的关系如图乙所示。已知导轨间距L=1 m，导体棒
ab质量m=0.25 kg、电阻r=1 Ω，电阻R=1 Ω，恒力F=1.25 N，不计导轨电阻。求：
(1)导体棒刚进入磁场时所受安培力的大小；
(2)导体棒在磁场中运动2 s时加速度的大小；
(3)进入磁场2 s内导体棒产生的焦耳热。
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
变式1 (2024·福建福州市三模)如图所示， 间距为 L=1.0 m的两条平行光滑竖直金属导轨PQ、MN足够
长，底部Q、N之间连有一阻值为R =3 Ω的电阻，磁感应强度为B =0.5 T的匀强磁场与导轨平面垂直，导
1 1
轨的上端点P、M分别与横截面积为 5×10-3 m2的100匝线圈的两端连接，线圈的轴线与大小随时间均匀变
化的匀强磁场B 平行，开关K闭合后，质量为 m=1×10-2 kg、接入电路的电阻值为R =2 Ω的金属棒ab恰
2 2
能保持静止。若断开开关后金属棒下落2 m时恰好达到最大速度，金属棒始终与导轨接触良好，其余部分
电阻不计，g取 10 m/s2。求：(1)金属棒ab恰能保持静止时，匀强磁场B 的磁感应强度的变化率；
2
(2)金属棒ab下落时能达到的最大速度v的大小；
(3)金属棒ab从开始下落到恰好运动至最大速度的过程中，金属棒产生的焦耳热Q。
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
_________________________________________________________________________________________
变式2 (多选)(2024·四川省一模)如图所示，竖直方向两光滑平行金属导轨间距为L，处于垂直纸面的匀强
磁场中，磁感应强度为B，金属杆的质量为m，定值电阻为R，其余电阻不计，重力加速度为g，电容器电
容为C(未充电)，金属杆与导轨垂直且接触良好，开关K与触点 Ⅰ 或 Ⅱ 接通，现让金属杆沿导轨无初
速度下滑，在金属杆下滑距离为h的过程中，对该过程下列说法正确的是( )
A.若开关K与触点 Ⅰ 接通，电阻R产生的焦耳热为mgh
BhL
B.若开关K与触点 Ⅰ 接通，通过电阻R的电荷量为
R
C.若开关K与触点 Ⅱ 接通，杆的重力对杆的冲量为√2mg(m+B2L2C)h
D.若换一个电容更大的电容器，开关K与触点 Ⅱ 接通，杆的加速度比更换之前大
电磁感应中的动力学和能量问题
棒、框平衡问题
静止
闭合K，ab恰好静止棒、框处于平衡状态，进行受力分析，满足合力为零
匀速
运动
恰好匀速进入磁场
棒的最大速度
棒、框不平衡
变加速
运动
受力分析，分析加速度的变化
匀加速
运动
棒匀加速
最后双棒加速度相同
受力分析，利用牛顿第二定律求加速度
棒、框运动过程中能量问题
棒、框从某一速度到另一速度棒从静止到匀速时产生的焦耳热
利用能量守恒定律或功能关系求产生的焦耳热，回路中有多个电阻时，注意热量的分配答案精析
例1 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，根据楞次定律可知a线圈中的
电流方向为顺时针，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
过程中通过线圈b的磁通量在向外增大，同理可得线圈b中产生的电流方向为顺时针。故选A。]
例2 BCD [由楞次定律可知，0~4.25 s内导体棒ab中感应电流方向从b到a，选项A错误；由题图乙可
ΔB S ΔB 0.5×0.8×0.1
得0~4.25 s内 =0.1 T/s，t=0时刻感应电流I = 0 = A=0.4 A，选项B正确；t=0时，导
Δt 0 RΔt 0.1
体棒所受安培力F =I LB =0.064 N，G =mgsin α=0.12 N，F =μmgcos α=0.08 N，由于G -F <F ，可知导体
0 0 0 1 fm 1 0 fm
棒保持静止，t=4.25 s时，F =I LB =0.2 N，由于 F =G +F ，导体棒恰好处于静止状态，可知在0~4.25 s内
1 0 1 1 1 fm
导体棒一直静止，0~4.25 s内电阻R消耗的热功率为 P=I 2 R=0.016 W，选项C正确；t=4.25 s后，导体棒
0
ab开始下滑，当B =0.1 T，G =F+ILB 时导体棒ab开始匀速运动，F=F =μmgcos α=0.08 N，此时速度最
2 1 f 2 f fm
B Lv
大，则 I= 2 m ，解得 v =0.625 m/s，选项D正确。]
R m
nS·ΔB
例3 ACD [0~1 s内产生的感应电动势为e = =2 V，由楞次定律，感应电流为逆时针(为负)，大小
1 Δt
e ΔB'
为i = 1=2 A，同理可得，1~5 s内产生的感应电动势为e =nS =1 V，由楞次定律，感应电流为顺时针
1 r 2 Δt'
e r
(为正)，大小为i = 2=1 A，故A正确；ab两点间的电压，0~1 s内大小为u =i · =0.5 V，方向为负，1~5 s
2 r 1 1 4
r
内大小为u =i · =0.25 V，方向为正，故B错误；ab边所受的安培力，0~1 s内大小为0≤F =nB i L≤4 N，
2 2 4 1 1 1
随时间逐渐增大，由左手定则，方向向下为正，同理1~3 s内大小为0≤F =nB i L≤2 N，随时间逐渐减小，
2 2 2
由左手定则，方向向上为负，同理3~5 s内大小为0≤F =nB i L≤2 N，随时间逐渐增大，由左手定则，方
3 3 2
向向下为正，故C正确；0~1 s内焦耳热0≤Q =i 2 rt≤4 J，随时间逐渐增加，1~5 s内焦耳热4 J≤Q =Q +
1 1 2 1m
i 2rt'≤8 J，故D正确。]
2
例4 AC [设线框的上边框进入磁场时的速度为v，设线框的质量M，物块的质量m，题图中线框进入磁
场时的加速度向下，对线框，由牛顿第二定律可知Mg+F -F =Ma
安 T
对物块有F -mg=ma
T
B2L2v
其中F =
安 R
B2L2v
即 +(M-m)g=(M+m)a
R线框向上做减速运动，随速度的减小，向下的加速度减小；当加速度为零时，即线框匀速运动的速度为
(m-M)gR
v =
0 B2L2
若线框进入磁场时的速度较小，则线框进入磁场时做加速度减小的减速运动，线框的速度和加速度都趋近
于零，则图像A可能正确；
因t=0时刻线框进入磁场，则进入磁场时线框向上不可能做匀减速运动，则图像B不可能；
若线框的质量等于物块的质量，且当线框进入磁场时速度较大时，线框进入磁场做加速度减小的减速运动，
完全进入磁场后线框做匀速运动；当线框出磁场时，受向下的安培力又做加速度减小的减速运动，最终出
磁场时做匀速运动，则图像C有可能，D不可能。]
例5 (1)0.25 N (2)4 m/s2 (3)1.25 J
E
解析 (1)由E=BLv ，I= ，F =BIL
0 R+r 安
B2L2v
联立解得F = 0=0.25 N
安 R+r
B2L2v
(2)由题图乙知，B2v=0.5 m·T2/s保持不变，因此F = =0.25 N保持不变，判断出导体棒做匀加速直线
安 R+r
运动，根据牛顿第二定律F-F =ma
安
解得a=4 m/s2
B2L2v
本题还可以先根据牛顿第二定律F- =ma
R+r
(F-ma)(R+r) 1
变形为B2= ·
L2 v
结合题图乙斜率k=0.5 m·T2/s
解得a=4 m/s2
1
(3)2 s内的位移x=v t+ at2
0 2
解得x=10 m
则电路中产生的总焦耳热Q=W =F x
克安 安
r
导体棒产生的焦耳热Q= Q
r R+r
解得Q=1.25 J
r
变式1 (1)0.8 T/s (2)2 m/s
(3)0.072 J
解析 (1)金属棒保持静止，根据平衡条件得mg=B I L
1 1
可得I =0.2 A
1
则线圈产生的感应电动势为E =I R =0.4 V
1 1 2
由法拉第电磁感应定律可知
ΔΦ ΔB
E =n =nS 2
1 Δt Δt
ΔB
解得 2=0.8 T/s
Δt
(2)断开开关K后，金属棒向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为0(即合外力为0)时速度最大，此
时恰能匀速下降，根据平衡条件得mg=B I L
1 2
此时金属棒中产生的感应电动势为E =B Lv
2 1
根据闭合电路欧姆定律得
E
2
I =
2 R +R
1 2
联立解得金属棒的最大速度为v=2 m/s
1
(3)金属棒从开始下落到恰好运动至最大速度的过程中，根据动能定理得mgh-W = mv2-0
克安 2
R
2
金属棒产生的焦耳热Q= W =0.072 J
R +R 克安
1 2
1
变式2 BC [若开关K与触点 Ⅰ 接通，由能量关系可知mgh= mv2+Q，则电阻R产生的焦耳热小于
2
E ΔΦ BhL
mgh，故A错误；若开关K与触点 Ⅰ 接通，通过电阻R的电荷量为q= Δt= = ，故B正确；若开
R R R
Δq ΔU·C BLΔv·C
关K与触点 Ⅱ 接通，则回路电流I= = = =BLCa，由牛顿第二定律mg-BIL=ma，解得a=
Δt Δt Δt
mg 1
，可知导体棒做匀加速运动，下落h时h= at2，重力的冲量I =mgt，解得I =
m+B2L2C 2 G G
mg
√2mgh(m+B2L2C)，故C正确；若换一个电容更大的电容器，开关K与触点 Ⅱ 接通，由a=
m+B2L2C
可知杆的加速度比更换之前小，故D错误。]
