2021版高考物理一轮复习第九章电磁感应交变电流 学案 人教版

课时1法拉第电磁感应定律楞次定律自感涡流

一、电磁感应

1.电磁感应现象

当穿过闭合电路的磁通量发生变化时,电路中有电流产生,这种现象称为电磁感应现象。

2.产生感应电流的条件

(1)条件:穿过闭合电路的磁通量发生变化。

(2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动。

3.能量转化

发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为电能。

温馨提示：当回路不闭合时，没有感应电流，但有感应电动势，只产生感应电动势的现象也可

以称为电磁感应现象,且产生感应电动势的那部分导体或线圈相当于电源。

二、感应电流方向的判断

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)适用情况:所有的电磁感应现象。

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，并使拇指指向昱线运动的方向，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。

’H夯实港点

考点一电磁感应现象的判断

L产生感应电流的条件

表述一：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动。

表述二:穿过闭合电路的磁通量发生变化。

2.判断感应电流有无的流程

(1)确定研究的闭合回路。

(2)弄清楚回路内的磁场分布,并确定该回路的磁通量①。

'①不变一无感应电流

⑶中变化f［回路闭合'有感应电流

［不闭合，无感应电流，但有感应电动势

3.电磁感应现象的判断

判断电路中能否产生感应电流的一般流程

确定研究

「不变｝无感应电流、无感应电动势）

的电跻

■H确定。卜上「~*（电路闭合，有感应电流）

弄清电路塑归_一|电路不闭合,无感应

内的磁场

电流、有感应电动势

［典例11如图所示，闭合铜环与闭合金属矩形框架abed接触良好,匀强磁场垂直穿过它们。

当铜环沿框架向右移动时.（）

A.efg边上没有感应电流产生,因为铜环内磁通量没有变化

B.ab边上没有感应电流产生，因为金属框架内磁通量没有变化

C.ab边上有感应电流,efg边上没有感应电流

D.ab边、efg边上均有感应电流

解析:法一取aefgb为研究的回路，当闭合铜环向右移动时,其磁通量中增大,所以该回路

中有感应电流,ab边、efg边上均有感应电流产生,选项A,B,C错误,D正确。

法二当闭合铜环向右移动时,efg,ehg两边都在切割磁感线，相当于两个电源并联，所以

ab,efg,de和ehg各边上均有感应电流产生,选项A,B,C错误,D正确。

答案:D

|特别提醒|

判断能否产生电磁感应现象,关键是看回路的磁通量是否发生了变化。磁通量的变化量△①=

①厂3有多种形式，主要有：

（DS,0不变,B改变，这时△①=AB・Ssin0;

⑵B,9不变,S改变，这时A4=AS・Bsin0;

（3）B,S不变，0改变，这时△中=BS（sin《-sin01）«

变式1:（多选）1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水

平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，

当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞

后。下列说法正确的是（AB）

A.圆盘上产生了感应电动势

B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动

C.在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化

D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动

解析:当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正

确；如图所示，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,根据楞次定律,感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对

运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后,选项B正确;在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿

过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误;圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流

的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转,选项D错误。

考点二感应电流方向的判断

L楞次定律: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.右手定则:如图，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平面内，让磁

感线从掌心进入,并使拇指指向导体运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向。

说明：（1）楞次定律适用于所有的电磁感应现象。

（2）右手定则是楞次定律的一个推论,适用于导体棒切割磁感线产生感应电流。

［典例2］如图,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：因为PQ突然向右运动，由右手定则可知,运动开始的瞬间,PQRS中有沿逆时针方向的感

应电流，穿过T中的磁通量减小，由楞次定律可知,T中有沿顺时针方向的感应电流,1)正

确,A,B,C错误。

答案:D

变式2:(多选)如图所示，“U”形金属框架固定在水平面上,金属杆ab与框架间无摩擦。整

个装置处于竖直方向的磁场中。若因磁场的变化，使杆ab向右运动，则磁感应强度(A1))

A.方向向下并减小B.方向向下并增大

C.方向向上并增大D.方向向上并减小

解析:杆ab向右运动，使得闭合回路中磁通量有增加趋势,说明原磁场的磁通量必定减小，即

磁感应强度正在减小,与方向向上、向下无关,故选项A,D正确,B,C错误。

考点三楞次定律的推广应用

1.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：

(1)阻碍原磁通量的变化一一“增反减同”；

(2)阻碍相对运动一一“来拒去留”；

(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势一一“增缩减扩”；

(4)阻碍原电流的变化(自感现象)一一“增反减同”。

2.楞次定律的使用步骤

根

据

根

据

楞

次

右

手

定

律

定

则

确

明

济

该回路磁通

对

象

究

量如何变化

一

哪

是判断感应电判断感应

合

个

闭流磁场方向电流方向

回

路该回路磁场

方向如何

［典例3］如图，通电导线MN与单匝矩形线圈abed共面，位置靠近ab且相互绝缘。当MN中

电流突然减小时,线圈所受安培力的合力方向(

A.向左B.向右

C.垂直纸面向外D.垂直纸面向里

解析：因为导线MN靠近ab,由图可知,线圈中等效合磁场为垂直纸面向里,当MN中电流减小

时，由楞次定律可知感应电流的磁场阻碍磁通量的减小,故线圈向右运动,所受安培力的合力

向右，故只有B项正确。

答案:B

变式3:如图，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过。

现将环从位置I释放,环经过磁铁到达位置H。设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力

分别为宿和Fz,重力加速度大小为朋则(A)

①I

A.Fi>mg,F2>mgB.Fi<mg,F2<mg

C.Fi>mg,F2<mgD.Fi<mg,F2>mg

解析:金属圆环从位置I到位置II过程中，由楞次定律知，金属圆环在磁铁上端时受力向上，

在磁铁下端时受力也向上，则金属圆环对磁铁的作用力始终向下，对磁铁受力分析可知

Fi>mg,F2>mg,A项正确。

考点四法拉第电磁感应定律

1.对法拉第电磁感应定律的理解

(1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率也共同决定，而与磁通

A/

量①的大小、变化量△①的大小没有必然的联系。

(2)磁通量的变化率空对应①_t图线上某点切线的斜率。

2.应用法拉第电磁感应定律的三种情况

(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，AO=BAS,则E=n四；

Ar

(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，AO=ABS,则E=n皿;

Ar

⑶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，△中二|中末一中初

c|BS-B.S.I,ABAS

I,E=n22——Wn----o

ZAr

3.应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题

(1)公式E=n丝求解的是一个回路中某段时间内的平均感应电动势，只有在磁通量均匀变化

时，瞬时值才等于平均值。

(2)利用公式E=nS竺求感应电动势时,S为线圈在磁场范围内的有效面积。

加

⑶通过回路截面的电荷量q仅与n,△①和回路电阻R有关，与时间长短无关。推导如下:q=7

-----At=------

\tRR

4.求解感应电动势常有如下几种方法

E二

表

E=NBSs

P△①

达E=n——E二BLvsin8

△/

1BL2G)sin(31

2

式

+90)

,特0

XXXX

—►

/*xx\XXX

*ai6

景(xxx)L-►v.乂jxr

XXX

XXXX7

图；-----►

一般求平均感应电动一般求瞬时感应电动势，当V用平均值法求

意求瞬时感应

势，当At-0时求的是为平均速度时求的是平均感瞬时感应电动

义电动势

瞬时感应电动势应电动势势

适

所有磁场(匀强磁场定

用

量计算、非匀强磁场定匀强磁场匀强磁场匀强磁场

条

性分析)

件

［典例4］如图a所示,平行长直金属导轨水平放置，间距L=0.4m。导轨右端接有阻值R=1C

的电阻,导体棒垂直放置在导轨上,且接触良好。导体棒及导轨的电阻均不计,导轨间正方形

区域abed内有方向竖直向下的匀强磁场,bd连线与导轨垂直,长度也为L。从t=0时刻开始,

磁感应强度B的大小随时间t的变化规律如图b所示；同一时刻,棒从导轨左端开始向右匀速

运动，1s后刚好进入磁场。若使棒在导轨上始终以速度v=lm/s做直线运动，求：

(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E;

(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关

系式。

图a

解析：(1)棒在进入磁场前没有切割磁感线，但磁场的强弱发生变化,导致磁通量发生变化。

abed的面积S=1L2,①

2

A<1>ABoG

Ec=n——=n——,S②

ArAz

由①②联立得E=0.04V„

(2)棒进入磁场后，做切割磁感线运动，当棒到达bd时，产生的感应电流最大，同时切割长度

最大,所以受到的安培力也最大,到达bd时,产生的感应电动势

E=BLMV③

产生的感应电流1=4④

所受最大安培力FuBILw⑤

由③④⑤联立得F=0.04N,

棒通过三角形abd区域时,切割磁感线的长度

l=2v(t-l),其中t的取值范围为1sWtW1.2s@

产生的感应电动势E'=Blv⑦

感应电流1=与⑧

R

由⑥⑦⑧联立感应电流为i="e(t-l)=t-l(ls<tW1.2s)»

答案：(1)0.04V(2)0.04Ni=t-l(ls^t^l.2s)

变式4:(多选)如图所示,一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强

度为B的匀强磁场,方向垂直于回路所在的平面向里。回路以速度v向右匀速进入磁场直径

CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止,下列结论正确的是(ACD)

XXBXX

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

XXXX

A.感应电流方向不变

B.CD段直导线始终不受安培力

C.感应电动势最大值E„,=Bav

D.感应电动势平均值E=1nBav

4

解析:在闭合回路进入磁场的过程中，通过闭合回路的磁通量逐渐增大,根据楞次定律可知感

应电流的方向始终为逆时针方向,A正确。根据左手定则可判断,CD段受安培力向下,B不正

确。当半圆形闭合回路进入磁场一半时，有效切割长度最大为a,所以感应电动势最大值为

2

8.史

巳二Bav,C正确。感应电动势平均值E二丝二2=_L“Bav,D正确。

St2a4

v

考点五自感、涡流、电磁阻尼与电磁驱动

L自感现象表达式上喘。

(1)自感系数L

①相关因素:与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯有关。

②单位:亨利(H,1mH=10-3H,1uH=106H)。

(2)通电自感与断电自感的比较

通电自感断电自感

电路—^^0^—

-C^ZI_

图

器材Ai,A,同规格，

L很大（有铁芯）

要求R=RL,L较大

在开关S断开时,灯A突然闪亮一下后再渐

在S闭合瞬间,A,灯立即亮起来,Ai灯

现象渐熄灭（当抽掉铁芯后，重做实验,断开开关

逐渐变亮,最终一样亮

S时,会看到灯A马上熄灭）

断开开关S时,流过线圈L的电流减小,产生

由于开关闭合时，流过电感线圈的电自感电动势，阻碍了电流的减小，使电流继

流迅速增大，使线圈产生自感电动势，续存在一段时间;在S断开后,通过L的电流

原因

阻碍了电流的增大，流过Ai灯的电流反向通过A灯,且由于使得流过A灯

比流过4灯的电流增加得慢的电流在开关断开瞬间突然增大,从而使A

灯的发光功率突然变大

能量

转

电能转化为磁场能磁场能转化为电能

化情

况

2.涡流

（1）涡流:当线圈中的电流发生变化时，在它附近的导体中都会产生感应电流,这种电流像水

中的旋涡,所以叫涡流。

⑵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。

（3）电磁驱动:如果磁场相对于导体运动,在导体中会产生感应电流使导体受到安培力的作用,

使导体运动起来。

说明：电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用。

匚典例5］如图所示的电路，可用来测定自感系数较大的线圈的直流电阻，线圈两端并联一个

电压表,用来测量自感线圈两端的直流电压,在实验完毕后,将电路拆开时应（）

A.先断开开关8B.先断开开关S2

C.先拆去电流表D.先拆去电阻R

解析:该电路实际上就是伏安法测电感线圈直流电阻的电路,在实验完毕后，由于线圈的自感

现象,若电路元件拆去的先后顺序不对,可能会烧坏电表。当开关sbS闭合，电路稳定时,线

圈中的电流方向为a-b,电压表的右端为“+”，左端为，指针正向偏转。若先断开开关

Si或先拆电流表（或先拆去电阻R）的瞬间，线圈中产生的自感电动势相当于瞬间电源，其a端

相当于电源的负极,b端相当于电源的正极,此时电压表加了一个反向电压，使指针反向偏转,

因自感系数较大的线圈的电压很大，会烧坏电压表。而先断开开关％,由于电压表的内阻很大,

电路中的总电阻变化很小，电流几乎不变，不会损坏其他器件，故应先断开开关选项B正

确。

答案:B

变式5:（多选）如图所示的电路中，电感线圈L的自感系数很大，电阻可忽略,1）为理想二极管，

则下列说法正确的有（BD）

A.当S闭合时,L立即变亮,L?逐渐变亮

B.当S闭合时,L一直不亮,Lz逐渐变亮

C.当S断开时,Lz立即熄灭

D.当S断开时,L突然变亮,然后逐渐变暗至熄灭

解析：当S闭合时，因二极管加上了反向电压,故二极管截止,L一直不亮。通过线圈的电流增

加,产生感应电动势阻碍电流增加，故使得Lz逐渐变亮,选项B正确,A错误;当S断开时，由于

线圈自感电动势阻碍电流的减小，通过L的电流要在Lz-L-D-L中形成新的回路，故L突

然变亮,然后逐渐变暗至熄灭,选项C错误,D正确。

国课堂训练

1.（电磁感应现象）（多选）电吉他中电拾音器的基本结构如图所示,磁体附近的金属弦被磁化,

因此弦振动时,在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发生声音,下列说法正

确的有（BCD）

N金属弦

s次磁体

线圈二二：到放大器

、七

Xs

A.选用铜质弦，电吉他仍能正常工作

B.取走磁体,电吉他将不能正常工作

C.增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势

I）.弦振动过程中,线圈中的电流方向不断变化

解析:因铜质弦不能被磁化,所以A错误;若取走磁铁,金属弦无法磁化，电吉他将不能正常工

作，所以B正确;根据法拉第电磁感应定律知，增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势，

所以C正确；弦振动过程中，线圈中的磁通量一会儿增大一会儿减小，所以电流方向不断变

化,D正确o

2.（楞次定律的应用）（多选）如图，在水平光滑桌面上，两相同的矩形刚性小线圈分别叠放在

固定的绝缘矩形金属框的左右两边上，且每个小线圈都各有一半面积在金属框内，在金属框

接通逆时针方向电流的瞬间（BC）

左右

A.两小线圈会有相互靠拢的趋势

B.两小线圈会有相互远离的趋势

C.两小线圈中感应电流都沿顺时针方向

I）.左边小线圈中感应电流沿顺时针方向,右边小线圈中感应电流沿逆时针方向

解析:在金属框接通逆时针方向电流的瞬间，穿过两线圈的磁通量均增加，为了阻碍磁通量的

增加，由楞次定律知，左、右两线圈分别向左、右移动，两小线圈中感应电流都沿顺时针方向，

故B,C正确。

3.（楞次定律的应用）如图所示,在教流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A,B,导轨与直导

线平行且在同一水平面内，在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd。当载流直导线中的电

流逐渐增强时，导体ab和cd的运动情况是（C）

ac

A.一起向左运动

B.一起向右运动

C.ab和cd相向运动，相互靠近

D.ab和cd相背运动，相互远离

解析:根据安培定则知,直线电流下方的磁场方向垂直纸面向里，电流增强时,磁场增强,根据

楞次定律得，回路中的感应电流方向为abdc,根据左手定则知,ab所受安培力方向向右,cd所

受安培力向左，即ab和cd相向运动,相互靠近,故选项C正确,A,B,D错误。

4.（法拉第电磁感应定律）（多选）法拉第圆盘发动机的示意图如图所示.铜圆盘安装在竖直的

铜轴上,两铜片P,Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触.圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。

圆盘旋转时,关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是（AB）

A.若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定

B.若从上向下看，圆盘顺时针转动,则电流沿a到b的方向流动

C.若圆盘转动方向不变,角速度大小发生变化,则电流方向可能发生变化

D.若圆盘转动的角速度变为原来的两倍,则电流在R上的热功率也变为原来的2倍

解析:将圆盘看成无数辐条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势，出现感应电流,

则当圆盘顺时针转动时,根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘向中心，流过电阻的电流

方向从a到b,B正确;设圆盘半径为L,由法拉第电磁感应定律得感生电动势E=BLP=-!-BL2CO,

2

感应电流大小为1=工=孚竺;恒定,A正确,C错误；由P=£得，当3变为2倍时,P变为

原来的4倍,D错误。

5.（自感）（多选）如图所示的电路中,L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈,瓦D,是两

个完全相同的电灯,E是内阻不计的电源。t=0时刻，闭合开关S,经过一段时间后，电路达到

稳定,巧时刻断开开关SoL,L分别表示通过电灯口和灰中的电流，规定图中箭头所示方向

为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是（AC）

«l

B

解析:当S闭合时,L的自感作用会阻碍其中的电流变大，电流从立流过;当L的阻碍作用变小

时,L中的电流变大，口中的电流变小至零;工中的电流为电路总电流，电流流过工时，电路总

电阻较大，电流较小，当Di中电流为零时，电流流过L与M总电阻变小，电流变大至稳定；当S

再断开时,必马上熄灭,灰与L组成回路，由于L的自感作用,Di慢慢熄灭，电流反向且减小;综

上所述知选项A,C正确。

/真题试做

1.（2019•全国HI卷，14）楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现（D）

A.电阻定律B.库仑定律

C.欧姆定律D.能量守恒定律

解析:楞次定律指感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化，这种阻

碍作用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能，所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能

量转化的过程,选项D正确。

2.（2018•全国I卷,19）（多选）如图,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（AD）

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:根据安培定则,开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场。根据楞次定律,直导线上将产

生由南向北的电流,根据安培定则,直导线上方的磁场垂直纸面向里，故小磁针的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，直导线上没有感应电流,故小磁

针的N极指北,B,C错误;开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，根据楞次定律，直导线上

将产生由北向南的电流，这时直导线上方的磁场垂直纸面向外，故小磁针N极朝垂直纸面向

外的方向转动,D正确。

3.（2018•全国III卷,20）（多选）如图（a）,在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R,R

在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i,i的变化如图（b）所示,规定从Q到P为电流正方

向。导线框R中的感应电动势（AC）

图（a）图（b）

A.在t=-时为零

4

民在弋=工时改变方向

2

C.在t=I时最大，且沿顺时针方向

2

D.在t=T时最大,且沿顺时针方向

解析:在t=-时,交流电图线斜率为0,即磁场变化率为0,

4

由E=A®=ABs知,E=o（选项A正确;在t=工和t=T吐图线斜率最大,磁场的变化率最大,则

A/A/2

在t=工和t=T时感应电动势最大。在工到工之间，电流由Q到P减弱,导线在R处产生垂直

242

纸面向里的磁场,且磁场减弱，由楞次定律知,R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在

工到工时,R中电动势也为顺时针方向，在3T到T时,R中电动势为逆时针方向，选项C正

244

确,B,D错误。

4.（2018•全国H卷，17）如图，导体轨道0PQS固定，其中PQS是半圆弧,Q为半圆弧的中点,0

为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕0转动的金属杆,M端位于PQS上,0M

与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现使

0M从0Q位置以恒定的角速度逆时针转到0S位置并固定（过程I）;再使磁感应强度的大小以

一定的变化率从B增加到B，（过程H）。在过程I,II中,流过0M的电荷量相等,则差等于

B)

A.5B.-C.-D.2

424

解析：在过程I,II中，根据法拉第电磁感应定律，有

E尸丝L=上———nr~——兀广,E2=以=('R——'-R\)—2i一rr2,根据闭合电路欧姆定律,有I尸刍，I尸生，又

A/,A/(ZaAr2RR

B\-nr2-—nr2j(B'-B)!”?,

qi=IiAti,q2=l2At2,贝!1—---------=-------——,所以邑，B正确。

RRB2

5.（2016•浙江10月选考,22）为了探究电动机转速与弹簧伸长量之间的关系,小明设计了如

图所示的装置。半径为1的圆形金属导轨固定在水平面上，一根长也为1、电阻为R的金属

棒ab一端与导轨接触良好，另一端固定在圆心处的导电转轴00'上，由电动机A带动旋转。

在圆形金属导轨区域内存在垂直于导轨平面,大小为&、方向竖直向下的匀强磁场。另有一

质量为m、电阻为R的金属棒cd用轻质弹簧悬挂在竖直平面内，并与固定在竖直平面内的“U”

形导轨保持良好接触,导轨间距为1,底部接阻值也为R的电阻,处于大小为B?、方向垂直导

轨平面向里的匀强磁场中。从圆形金属导轨引出导线和通过电刷从转轴引出导线经开关S

与“U”形导轨连接。当开关S断开,棒cd静止吐弹簧伸长量为xo；当开关S闭合，电动机以

某一转速逆时针（从上向下看）匀速转动,棒cd再次静止时,弹簧伸长量变为x（不超过弹性限

度）。不计其余电阻和摩擦等阻力,求此时：

（1）通过棒Cd的电流led；

（2）电动机对该装置的输出功率P;

（3）电动机转动角速度3与弹簧伸长量x之间的函数关系。

解析：（1）S断开,cd棒静止，有mg=kxo

S闭合,cd棒静止时受到的安培力F=QB』,方向向下

cd棒静止有mg+LBl=kx得L产响…。）。

⑵回路总电阻R&=R+』R=3R

22

总电流I=2，”g(X7。)

BMo

由能量守恒,得P=『R,行刎理F辽0

⑶由法拉第电磁感应定律E=n竺=1B.«I2

M2

回路总电流1=二=旦贮

网3R

得3="幽口1

瓦即，°

答案：见解析

课时2电磁感应中的电路问题、图象问题

一、电磁感应中的电路问题

1.内电路和外电路

(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电遮。

(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻,其余部分是外电路。

2.电源电动势和路端电压

⑴电动势:E=Blv或E=n丝。

---Az

(2)路端电压:U=IR=E-Ir。

二、电磁感应的图象问题

图(1)磁感应强度B、磁通量力、感应电动势E和感应电流I随时间t变化的图象,即B-t

象图象、中-t图象、E-t图象和I-t图象

类(2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况,还常涉及感应电动势E和感应

型电流I随位移x变化的图象，即E-x图象和I-x图象

问(1)由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象

题(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程,求解相应的物理量

类(3)利用给出的图象判断或画出新的图象

型

应

用左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿

知运动定律、函数图象知识等

识

出夯实考点

考点一电磁感应中的电路问题

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就是电源。如切割磁感线

的导体棒、内有磁通量变化的线圈等。这种电源将其他形式能转化为电能。

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,外电路由电阻、电容

等电学元件组成。

3.解决电磁感应中的电路问题的一般步骤

(1)确定电源。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，利用E=n竺或E=Blvsin。求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律

△t

判断电流方向。

(2)分析电路结构(内、外电路及外电路的串、并联关系)，画出等效电路图。

(3)利用电路规律求解。主要应用欧姆定律及串、并联电路的基本性质等列方程求解。

4.电路问题的分类

(1)确定等效电源的正负极、感应电流的方向、电势高低、电容器极板带电性质等问题。

(2)根据闭合电路求解电路中的总电阻、路端电压、电功率等问题。

⑶根据电磁感应的平均感应电动势求解电路中通过的电荷量豆=n丝，7=—,q=7A

&R返

1一---O

曝

I特别提醒I

(1)判断感应电流和感应电动势的方向，都是利用“相当于电源”的部分根据右手定则或楞次

定律判定的。实际问题中应注意外电路电流由高电势流向低电势,而内电路则相反。

⑵在闭合电路中，”相当于电源”的导体两端的电压与真实的电源两端的电压一样，等于路

端电压，而不等于感应电动势。

匚典例1］放在绝缘水平面上的两平行金属导轨MN和PQ之间宽度为L,导轨长度足够,置于垂

直于导轨平面向里的磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨左端接有电阻R,右端接有电容器C,

其余部分电阻不计•，长为2L的金属棒ab与导轨接触良好。现将棒ab的a点固定,将ab棒自

垂直于导轨位置开始沿导轨平面顺时针旋转90°,旋转角速度恒为，在此过程中，

(DR上的最大电功率为多少？

(2)通过电阻R的总电荷量为多少？

解析:ab棒转动切割磁感线,且切割长度由L增至2L以后ab离开MN,电路断开。

(1)当b端恰至MN上时,E最大

Em=B♦2L•丝丝丝=2B3/

2

_£2_4BWr

1Rrnmo

RR

(2)棒ab旋转60°的过程中，电路处在通路状态,切割磁感线的长度在增大，电阻R上电流在

增大,通过R的电荷量由q=7t计算,其中电流需取平均值；

由法拉第电磁感应定律行=n丝，

Ar

旋转60。过程中的△①=B・q2,

2

回路中产生的平均感应电流为7=片，

R

综合以上各式即得,在通路时通过电阻R的电荷量为

6B0

q产-----«

2R

在通路时，电容处于不断充电过程中，直至电路断开。由于感应电动势不断增大，电容器所带

电荷量应由q=CU计算,其中U应取断路时的瞬时值一一即最大值。

断开瞬时,棒上的感应电动势为

22

Em=lB(2L)w=2BL(o,

2

故电容器C上充电完毕时的带电荷量为

q2=CE»=2CBI73。

断路后，电容器将通过R放电,则整个过程中,通过电阻R的总电荷量为

Q=qi+q2=2^L+2CBL"

2R

答案：(D竺至S

R

(2)邈C+2CB173

2R

变式1:如图所示,光滑的平行导轨P,Q相距1=1m,处在同一水平面中，导轨左端接有如图所

示的电路,其中水平放置的平行板电容器C两极板间距离d=10mm,定值电阻R,=R3=8Q,R2=2

Q,导轨电阻不计,磁感应强度B=0.4T的匀强磁场竖直向下穿过导轨平面,当金属棒ab沿导

轨向右匀速运动(开关S断开)时，电容器两极板之间质量m=lX1011kg,带电荷量q=-lX10小

C的粒子恰好静止不动；当S闭合时,粒子以加速度a=7m/s，向下做匀加速运动,取g=10m/s2,

求：

(1)金属棒ab运动的速度多大;金属棒ab的电阻多大。

(2)S闭合后，使金属棒ab做匀速运动的外力的功率多大。

解析：(1)带电粒子在电容器两极板间静止时,受向上的电场力和向下的重力作用而平衡，

即mg=q",

a

得电容器两极板间的电压Uk辿，

q

代入数据得5=1V,

由于粒子带负电,可知上极板电势高。

由于S断开,R上无电流,R2,R,上电压等于U1,电路中的感应电流,即通过L,R：,的电流强度为

由闭合电路欧姆定律可知,ab切割磁感线运动产生的感应电动势为E=Ui+Ir,

其中r为ab金属棒的电阻。

当闭合S后,带电粒子向下做匀加速运动,根据牛顿第二定律有mg-q"=ma,

a

求得S闭合后电容器两极板间的电压

此小二叱

q

代入数据得U2=0.3V,

这时电路中的感应电流为

h=S=O.15A,

R2

根据闭合电路欧姆定律有

E=I2(-^+R,+r),

Ri+/?,

将已知量代入得

E=1.2V,r=2Q,

又因E=BLv,

则金属棒做匀速运动的速度为

v=—=3m/so

BL

(2)S闭合后，通过ab的电流LR.15A,ab所受安培力Fz=BLI=0.4XlX0.15N=0.06N,

ab以速度v=3m/s匀速运动时,所受外力必与安培力F2大小相等,方向相反，即F=0.06N,方

向向右(与v同向)，

可见外力F的功率为

P=Fv=0.06X3W=0.18W«

答案：⑴3m/s2Q(2)0.18W

考点二电磁感应中的图象问题

1.思路导图

2.解决图象问题的一般步骤

(1)明确图象的种类，即是B-t图象还是中-t图象，或者E-t图象、i-t图象等。

(2)分析电磁感应的具体过程。

(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系。

(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式。

(5)根据函数关系式,进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。

(6)画图象或判断图象。

|特别提醒|

(1)明确图象所描述的物理意义；明确各种的含义；明确斜率的含义；明确图象和电

磁感应过程之间的对应关系。

(2)理解三个相似关系及其各自的物理意义:v-Av一包，B—AB—"，①一△①一竺。

At加AZ

［典例2］匀强磁场磁感应强度BR.2T,磁场宽度L=3m,一正方形金属框边长ab二1二1m,每

边长电阻r=0.2。，金属框以v=10m/s的速度匀速穿过磁场区，其平面始终保持与磁感线方

向垂直,如图所示。

fxXXXX：

p：xXj?xXxj

bIcXXXX：

h'~'L——H

⑴画出金属框穿过磁场区的过程中，金属框内感应电流的I-t图线；

(2)画出ab两端电压的U-t图线。

解析：(1)线框进入磁场区时，有

Ei=Blv=2V,II=A=2.5A»

4r

方向沿逆时针,如图实线abed所示,感应电流持续的时间

—=0.1so

v

Txxx幺：！

cc

：xxxxx；

线框在磁场中运动时,有E2=0,I2=0O

无电流的持续时间t2=Z」=0.2So

V

线框穿出磁场区时，有E3=B1V=2V。

卜=且=2.5Ao

4r

此电流的方向为顺时针,如图虚线adeb所示。

若规定电流方向逆时针为正,得I_t图线见图甲。

(2)线框进入磁场区ab两端电压为

Ui=Lr=2.5X0.2V=0.5V。

线框在磁场中运动时,ab两端电压等于感应电动势，即

U产Blv=2V„

线框出磁场时ab两端电压为

U3=E3T3r=1.5Vo

由此得U-t图线如图乙所示。

答案:见解析

|特别提醒|

图象描绘的方法

(1)分析电磁感应的具体过程。

(2)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律列出函数方程。

(3)由函数关系和具体数值描绘出图象。

变式2:(多选)如图甲所示,正六边形导线框abcdef放在匀强磁场中静止不动,磁场方向与线

框平面垂直,磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。t=0时刻,磁感应强度B的方向

垂直纸面向里,设产生的感应电流顺时针方向为正,竖直边cd所受安培力的方向水平向左为

正。则下面关于感应电流i和cd边所受安培力F随时间t变化的图象正确的是(AC)

解析:0〜2s内，磁场的方向垂直纸面向里,且逐渐减小,根据楞次定律,感应电流的方向为顺

时针方向，为正值。根据法拉第电磁感应定律,E=9=B°S为定值，则感应电流为定值

Ar

1,=空。在2〜3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐增大，根据楞次定律，感应电流

R

方向为顺时针方向,为正值,大小与。〜2s内相同。在3~4s内，磁感应强度垂直纸面向外,

且逐渐减小，根据楞次定律,感应电流方向为逆时针方向，为负值,大小与0〜2s内相同。在

4〜6s内，磁感应强度方向垂直纸面向里，且逐渐增大，根据楞次定律,感应电流方向为逆时

针方向，为负值,大小与0~2s内相同,故选项A正确,B错误。在。〜2s内，磁场的方向垂

直纸面向里,且逐渐减小，电流恒定不变,根据FFBIL,则安培力逐渐减小,cd边所受安培力方

向向右,为负值。0时刻安培力大小为F=2B0IoLo在2〜3s内，磁感应强度方向垂直纸面向外,

且逐渐增大,根据FA=BIL,则安培力逐渐增大,cd边所受安培力方向向左，为正值,3s末安培

力大小为BML。在3〜4s内，磁感应强度方向垂直纸面向外，且逐渐减小，则安培力大小逐

渐减小,cd边所受安培力方向向右,为负值，第4s初的安培力大小为BoIoL»在4~6s内，

磁感应强度方向垂直纸面向里,且逐渐