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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
答案 A解析 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 (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
答案 BCD
解析 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；由题图乙可得
ΔB S ΔB 0.5×0.8×0.1
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，导体
Δt 0 RΔt 0.1
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 φ >φ >φ B.φ <φ <φ <φ
O a b c O a b c
C.φ >φ >φ =φ D.φ <φ <φ =φ
O a b c O a b c
答案 C
解析 导线绕O点转动过程中相当于Oa、Ob、Oc导体棒转动切割磁感线，如图所示，根据右手定则可知
O点电势最高；
1
根据E=Blv= Bωl2
2
因为l =l >l
Ob Oc Oa
可得0φ >φ =φ
O a b c
故选C。
4.(2023·湖北卷·5)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸
从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0 cm、1.2 cm和1.4 cm，图中
线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103 T/s，则
线圈产生的感应电动势最接近( )
A.0.30 V B.0.44 V C.0.59 V D.4.3 V
答案 B
ΔΦ ΔBS
解析 根据法拉第电磁感应定律可知E= = =103×(1.02+1.22+1.42)×10-4 V=0.44 V，故选B。
Δt Δt5.(多选)(2024·黑吉辽·9)如图，两条“∧”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L，左、右
两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B和B。将有一
定阻值的导体棒ab、cd放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好，
ab、cd的质量分别为2m和m，长度均为L。导轨足够长且电阻不计，重力加速度为g，两棒在下滑过程中
( )
A.回路中的电流方向为abcda
√3mg
B.ab中电流趋于
3BL
C.ab与cd加速度大小之比始终为2∶1
D.两棒产生的电动势始终相等
答案 AB
解析 两导体棒沿轨道向下滑动，根据右手定则可知回路中的电流方向为abcda，故A正确；设回路中的
总电阻为R，对于任意时刻当电路中的电流为I时，对ab根据牛顿第二定律得
2mgsin 30°-2BILcos 30°=2ma ，
ab
对cd有mgsin 30°-BILcos 30°=ma ，
cd
故可知a =a ，分析可知回路中的总电动势为两个导体棒产生的电动势相加，随着导体棒速度的增大，回
ab cd
路中的电流增大，导体棒受到的安培力在增大，故可知当安培力沿导轨方向的分力与重力沿导轨向下的分
力平衡时导体棒将匀速运动，此时电路中的电流达到稳定值，对ab分析可得2mgsin 30°=2BILcos 30°，解
√3mg
得I= ，故B正确，C错误；根据前面分析可知a =a ，故可知两导体棒速度大小始终相等，由于两
3BL ab cd
边磁感应强度大小不同，故产生的感应电动势不相等，故D错误。
［争分提能练］
6.(多选)(2024·山东卷·11)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
答案 ABD
解析 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，又由于金属导轨光滑，所以经过多次往返运动，MN最终一定静止于OO'位置，故A正确；
由楞次定律可知，MN切割磁感线产生的感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，可知安
培力一直做负功，故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，安培力水平向左，可知在即将到达OO'位置之前的某一位置之后，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，故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，故D正确。
7.(多选)(2024·重庆市模拟)如图所示，平行虚线a、b之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，两虚线间的距离
为l。现使一粗细均匀、电阻为R的闭合直角三角形导线框ABC以恒定的速度v沿垂直于磁场边界的方向
穿过磁场区域。已知AB边长为l，BC边与磁场边界平行。t=0时刻，A点到达边界a，取逆时针方向为感
应电流的正方向，则在导线框穿越磁场区域的过程中，感应电流i及安培力的功率P随时间t变化的图线可
能正确的是( )
答案 AD
解析 如图所示
导线框ABC从初位置1到整个导线框进入磁场位置2的过程，切割磁感线的有效长度随时间线性增大，则
感应电动势大小随时间线性增大，感应电流大小随时间线性增大，由右手定则可知电流方向为逆时针方向，
即为正方向；导线框ABC从位置2到完全离开磁场位置3的过程，切割磁感线的有效长度随时间线性增大，则感应电动势大小随时间线性增大，感应电流大小随时间线性增大，由右手定则可知电流方向为顺时针方
向，即为负方向，故A正确，B错误；
导线框匀速运动，感应电流的热功率等于安培力做功的功率，即P=I2R
由于从位置1到位置2感应电流大小从0随时间线性增大，从位置2到位置3感应电流大小又从0随时间
线性增大，可知C错误，D正确。
8.(13分)(2024·河南开封市联考)如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ=37°的绝缘斜
面上，顶部接有一阻值R=3 Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L=1 m，整个装置处于磁感应强度B=2 T
的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上，质量m=1 kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r=1
Ω，电路中其余电阻不计，金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好，不
计空气阻力影响。已知金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，取g=10 m/s2。
(1)(4分)求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度v ；
m
(2)(3分)求金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R的最大电功率P ；
R
(3)(6分)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为1.5 J，求流过电阻
R的总电荷量q。
答案 (1)2 m/s (2)3 W (3)1 C
解析 (1)金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度v ，
m
由牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ-F =0
安
E
又F =BIL，I= ，E=BLv
安 R+r m
解得v =2 m/s
m
(2)金属棒以最大速度v 匀速运动时，电阻R上的电功率最大，此时P =I2R
m R
联立解得P =3 W
R
(3)设金属棒从开始运动到达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x，由能量守恒定律
1
mgxsin θ=μmgxcos θ+Q +Q + mv 2
R ab 2 m
Q R
R
根据焦耳定律 =
Q r
ab
联立解得x=2 m
E
根据q=IΔt，I=
R+r
ΔΦ
E= ，ΔΦ=BLx
ΔtBLx
联立解得q= =1 C。
R+r
［尖子生选练］
9.(15分)(2024·安徽卷·15)如图所示，一“U”形金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计，质量为m的金
属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上。边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的
匀强磁场。支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场。两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系
均为B=kt(SI)，k为常数(k>0)。支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电
阻为R。t=0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动
过程中ab与两边导轨接触良好。已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。不计空气阻力，
两磁场互不影响。
(1)(3分)求通过面积S 的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab中电流的
cdef
方向；
(2)(6分)求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式；
(3)(6分)求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大值。
答案 (1)Φ=kL2t kL2 从a流向b
k2L3t
√ R
μk2L3
(2)F = (3) +m(g+a)
安 R+art2 ar 2√Rar
解析 (1)通过面积S 的磁通量大小随时间t变化的关系式为Φ=BS=kL2t，
cdef
根据法拉第电磁感应定律得
ΔΦ ΔB·S
E=n = =kL2，
Δt Δt
由楞次定律及安培定则可知ab中的电流从a流向b。
(2)根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直导轨面向里，大小为F =BIL，其中B=kt，
安
设金属棒t时间内向上运动的位移为x，
1
则根据运动学公式x= at2
2
所以支架上方的导轨电阻为R'=2xr，
E
由闭合电路欧姆定律得I= ，
R+2xr
k2L3t
联立得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为F = 。
安 R+art2(3)由题知t=0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，则对ab
受力分析，由牛顿第二定律得
F-mg-μF =ma，
安
k2L3t
其中F = ，
安 R+art2
μk2L3t
联立可得F= +m(g+a)
R+art2
μk2L3
整理有F= R +m(g+a)
+art
t
R √ R
根据均值不等式可知，当 =art时，F有最大值，故解得t=
t ar
μk2L3
F的最大值为F = +m(g+a)。
m
2√Rar
