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1、专题电磁感应【讲】考点风向标第一部分：考点梳理考点一、电磁感应现象的理解和判断考点二、楞次定律的应用考点三、利用楞次定律的推论速解电磁感应的问题考点四、左手定则、右手定则、楞次定律及安培定则的综合应用考点五、法拉第电磁感应定律的理解和应用考点六、导体切割磁感线产生感应电动势的计算考点七、自感现象、涡流考点八、电磁感应中的动力学和能量问题考点九、电磁感应中的电路和图象问题考点一、电磁感应现象的理解和判断（典例应用1）现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流表及开关按如图所示连接。下列说法正确的是()A开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电流表指针偏转B线圈A插入线圈B中后，开关闭合和
2、断开的瞬间，电流表指针均不会偏转C开关闭合后，滑动变阻器的滑片P匀速滑动，会使电流表指针静止在中央零刻度D开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流表指针才能偏转【解析】：线圈A插入或拔出，都将造成线圈B处磁场的变化，因此线圈B处的磁通量变化，产生感应电流，故A正确；开关闭合和断开均能引起线圈B中磁通量的变化而产生感应电流，故B错误；开关闭合后，只要移动滑片P，线圈B中磁通量变化而产生感应电流，故C、D错误。【答案】：A（典例应用2）如图所示，有以下操作：(1)铜盘放置在与盘垂直的均匀分布且逐渐增强的磁场中；(2)铜盘在垂直于铜盘的匀强磁场中绕中心轴匀速转动；(3)铜盘在蹄形磁铁两极之间
3、匀速转动；(4)在铜盘的圆心与边缘之间接一电流计，铜盘在蹄形磁铁两极间匀速转动。下列针对这四种操作的说法正确的是()A四种情况都会产生感应电流B只有(4)中会出现感应电流C(4)中圆盘边缘为“电源”正极D(2)中电流沿逆时针方向【解析】：(1)中穿过铜盘的磁通量均匀变化，产生的是稳定的电流；(2)中铜盘中的磁通量不变，故铜盘中不会产生感应电流和涡流；(3)中铜盘的不同部分不断地进出磁场，切割磁感线运动，所以会产生感应电流，A、B、D错误；(4)中铜盘边缘A点为“电源”正极，O点为“电源”负极，所以C正确。【答案】：C考点二、楞次定律的应用1楞次定律中“阻碍”的含义2利用楞次定律判断感应电流方向
4、的步骤（典例应用3）一闭合金属线框的两边接有电阻R1、R2，框上垂直放置一金属棒，棒与框接触良好，整个装置放在如图所示的匀强磁场中，当用外力使ab棒右移时()A其穿过线框的磁通量不变，框内没有感应电流B框内有感应电流，电流方向沿顺时针方向绕行C框内有感应电流，电流方向沿逆时针方向绕行D框内有感应电流，左半边逆时针方向绕行，右半边顺时针方向绕行【解析】：abcd组成的线框中的磁通量垂直纸面向里增大，abfe组成的线框中的磁通量垂直纸面向里减小，故根据楞次定律可得左半边的感应电流逆时针方向绕行，右半边的感应电流顺时针方向绕行，故D正确。【答案】：D（典例应用4）如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场
5、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()APQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向BPQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向CPQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向DPQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向【解析】：金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，闭合回路PQRS中磁场方向垂直纸面向里，磁通量增大，由楞次定律可判断，闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场垂直纸面向外，由安培定则可判断感应电流方向
6、为逆时针；由于闭合回路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，则T中磁通量减小，由楞次定律可判断，T中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，由安培定则可知T中感应电流方向为顺时针，选项D正确。【答案】：D考点三利用楞次定律的推论速解电磁感应现象问题楞次定律中“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，可由以下三种方式呈现。内容例证阻碍原磁通量变化“增反减同”阻碍相对运动“来拒去留”使回路面积有扩大或缩小的趋势“增缩减扩”（典例应用5）如图所示，在水平放置的螺线管的中央，放着一个可绕水平轴OO自由转动的闭合线圈abcd，轴OO与螺线管的轴线垂直，a
7、b边在OO轴的左上方，闭合K的瞬间，关于线圈的运动情况，下列说法正确的是()A不转动Bab边向左转动Cab边向右转动D转动的方向与螺线管中的电流方向有关【解析】：闭合K的瞬间，通过闭合线圈abcd的磁通量增大，根据楞次定律，线圈ab边向左转动，转动的方向与螺线管中的电流方向无关，选项B正确。【答案】：B（典例应用6）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。现将环从位置释放，环经过磁铁到达位置。设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为FT1和FT2，重力加速度大小为g，则()AFT1mg，FT2mgBFT1mg，FT2mg，FT2mgDFT1mg【解析】：
8、金属圆环从位置到位置过程中，由楞次定律的推广含义可知，感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因。原因是环向下运动，则所受的安培力始终向上，由牛顿第三定律可知，圆环对磁铁的作用力始终向下，所以选项A正确。【答案】：A考点四左手定则、右手定则、楞次定律及安培定则的综合应用1“三定则”“一定律”的比较基本现象应用的定则或定律运动电荷、电流产生磁场安培定则磁场对运动电荷、电流有力的作用左手定则电磁部分导体做切割磁感线运动右手定则感应闭合回路磁通量的变化楞次定律2.“三个定则”和“一个定律”的因果关系(1)因电而生磁(IB)安培定则；(2)因动而生电(v、BI安)右手定则；(3)因电而受力(I、BF安)
9、左手定则；(4)因磁而生电(S、BI安)楞次定律。(典例应用7)(多选)如图所示的电路中，若发现放在水平光滑金属导轨上的ab棒突然向右移动，这可能发生在()A闭合开关S的瞬间B断开开关S的瞬间C闭合开关S后，减小滑动变阻器R的阻值时D闭合开关S后，增大滑动变阻器R的阻值时【解析】：本题中线圈L1和L2绕在同一个铁芯上，因此穿过二者的磁通量始终相等。只要L1中的电流发生变化，穿过L2的磁通量就随之发生变化，L2中就有感应电流产生，ab棒就受安培力的作用发生移动。显然，对ab棒来说“因电而动”，故可由左手定则确定ab中的电流方向为ab，再由安培定则可判断出L2中的感应电流产生的磁场方向与L1产生的
10、磁场方向相反。说明原磁场L1产生的磁场磁通量是增加的，即L1中的电流在增大，故相应的情况应是闭合开关S的瞬间或闭合开关S后减小滑动变阻器R的阻值时，故选项A、C两项正确。【答案】：AC(典例应用8)(多选)如图所示，金属导轨上的导体棒ab在匀强磁场中沿导轨做下列哪种运动时，铜制线圈c中将有感应电流产生且被螺线管吸引()A向右做匀速运动B向左做减速运动C向右做减速运动 D向右做加速运动 【解析】：当导体棒向右匀速运动时产生恒定的电流，线圈中的磁通量恒定不变，无感应电流出现，A错；当导体棒向左减速运动时，由右手定则可判定回路中出现从ba的感应电流且减小，由安培定则知螺线管中感应电流的磁场向左在减弱
11、，由楞次定律知c中出现顺时针感应电流(从右向左看)且被螺线管吸引，B对；同理可判定C对、D错。【答案】：BC考点五法拉第电磁感应定律的理解和应用1感应电动势的决定因素(1)由En知，感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率和线圈匝数n共同决定，磁通量较大或磁通量的变化量较大时，感应电动势不一定较大。(2)为单匝线圈产生的感应电动势大小。2法拉第电磁感应定律的两个特例(1)回路与磁场垂直的面积S不变，磁感应强度发生变化，则BS，EnS。(2)磁感应强度B不变，回路与磁场垂直的面积发生变化，则BS，EnB。(典例应用9)一匝由粗细均匀的同种导线绕成的矩形导线框abcd固定不动，其中矩形区域efc
12、d存在磁场(未画出)，磁场方向与线圈平面垂直，磁感应强度大小B随时间t均匀变化，且k(k0)，已知abfc4L，bc5L，已知L长度的电阻为r，则导线框abcd中的电流为() D【解析】：电路中的总电阻为R18r，电路中的感应电动势为ES16kL2，导线框abcd中的电流为I，选项A正确。【答案】：A（典例应用10）如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是()Aab中的感应电流方向由b到aBab中的感应电流逐渐减小Cab所
13、受的安培力保持不变Dab所受的静摩擦力逐渐减小【解析】：A错：根据楞次定律，ab中感应电流方向由a到b。B错：根据ES，因为恒定，所以E恒定，根据I知，回路中的感应电流恒定。C错：根据FBIl，由于B减小，安培力F减小。D对：根据平衡条件，静摩擦力FfF，故静摩擦力减小。【答案】：D方法总结应用法拉第电磁感应定律应注意的两个问题1利用公式EnS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积。2通过回路截面的电荷量q仅与n、和回路电阻R有关，与时间长短无关，与是否均匀变化无关。推导如下：qtt。考点六导体切割磁感线产生感应电动势的计算1EBlv的三个特性(1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而
14、且B、l、v三者互相垂直。(2)有效性：公式中的l为导体切割磁感线的有效长度。如图中，导体棒的有效长度为a、b间的距离。(3)相对性：EBlv中的速度v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系。2.导体转动切割磁感线当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度匀速转动时，产生的感应电动势为EBlBl2，如图所示。(典例应用11)如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为E，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，
15、棒两端的感应电动势大小为E。则等于()BC1 D【解析】：设折弯前导体切割磁感线的长度为L，EBLv；折弯后，导体切割磁感线的有效长度为LL，故产生的感应电动势为EBlvBLvE，所以，B正确。【答案】：B(典例应用12)如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为a、b、c。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是()Aac，金属框中无电流Bbc，金属框中电流方向沿abcaCUbcBl2，金属框中无电流DUbcBl2，金属框中电流方向沿acba【解析】：金属框绕ab边转动时，闭合回路ab
16、c中的磁通量始终为零(即不变)，所以金属框中无电流。金属框在逆时针转动时，bc边和ac边均切割磁感线，由右手定则可知bc，ac，所以根据EBlv可知，UbcUacBlBlBl2。由以上分析可知选项C正确。【答案】：C考点七自感现象涡流1自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化。(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自感中灯泡“闪亮”与“不闪亮”的原因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，
17、灯泡逐渐变亮电流突然增大，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，电流方向不变电路中稳态电流为I1、I2：若I2I1，灯泡逐渐变暗；若I2I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。两种情况灯泡中电流方向均改变(典例应用13)图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是()A图1中，A1与L1的电阻值相同B图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C图2中，变阻器R与L2的电阻值相同D图2中，闭合S2瞬间，L
18、2中电流与变阻器R中电流相等【解析】：A错：断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过灯A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明IL1IA1，即RL1RA1。B错：图1中，闭合S1，电路稳定后，因为RL1RA1，所以A1中电流小于L1中电流。C对：闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同，说明变阻器R与L2的电阻值相同。D错：闭合S2瞬间，通过L2的电流增大，由于电磁感应，线圈L2产生自感电动势，阻碍电流的增大，则L2中电流与变阻器R中电流不相等。【答案】：C(典例应用14)(多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有
19、冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有()A增加线圈的匝数B提高交流电源的频率C将金属杯换为瓷杯 D取走线圈中的铁芯【解析】：当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高。要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻。增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势。瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱。所以选项A、B正确，选项C、D错误。【答案】：AB考点八电磁感应中的动力学和能量问题命题点一电磁感应中的动力学问题1导体的两种运动状态(1)平衡状态：静止或匀速直线运动，F合0。(2
20、)非平衡状态：加速度不为零，F合ma。2电学对象与力学对象的转换及关系角度导体棒(框)的平衡问题分析(典例应用15)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为，上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上。已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g。已知金属棒ab匀速下滑。求：(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属
21、棒运动速度的大小。【解析】：(1)设导线的张力的大小为FT，右斜面对ab棒的支持力的大小为FN1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为FN2。对于ab棒，由力的平衡条件得2mgsin FN1FTFFN12mgcos 对于cd棒，同理有mgsin FN2FTFN2mgcos 联立式得Fmg(sin 3cos )(2)由安培力公式得FBIL这里I是回路abdca中的感应电流。ab棒上的感应电动势为EBLv式中，v是ab棒下滑速度的大小。由欧姆定律得I联立式得v(sin 3cos )【答案】：(1)mg(sin 3cos )(2)(sin 3cos )角度导体棒(框)的运动
22、情况分析(典例应用16)如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN，PQ与水平面的夹角为30，两导轨之间的距离为L1 m，两导轨M，P之间接入电阻R ，导轨电阻不计，在abdc区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场，磁感应强度B01 T，磁场的宽度x11 m；在cd连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向下的磁场，磁感应强度B1 T。一个质量为m1 kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r ，若金属棒在离ab连线上端x0处自由释放，则金属棒进入磁场恰好做匀速运动。金属棒进入磁场后，经过ef时又达到稳定状态，cd与ef之间的距离x28 m。求(g取10 m/s2)(1)金
23、属棒在磁场运动的速度大小。(2)金属棒滑过cd位置时的加速度大小。(3)金属棒在磁场中达到稳定状态时的速度大小。【解析】：(1)金属棒进入磁场做匀速运动，设速度为v0，由平衡条件得mgsin F安而F安B0I0L，I0代入数据解得v02 m/s。(2)金属棒滑过cd位置时，其受力如图所示。由牛顿第二定律得mgsin F安ma，而F安B1I1L，I1，代入数据可解得a m/s2。(3)金属棒在进入磁场区域达到稳定状态时，设速度为v1，则mgsin F安，而F安B1I2LI2，代入数据解得v18 m/s。【答案】：(1)2 m/s(2) m/s2(3)8 m/s方法总结“四步法”分析电磁感应中的动
24、力学问题命题点二电磁感应中的能量、动量问题1 电磁感应现象中的能量转化2 求解焦耳热Q的三种方法角度电磁感应中的能量问题（典例应用17）如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L，长为3d，导轨平面与水平面的夹角为，在导轨的中部刷有一段长为d的薄绝缘涂层。匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直。质量为m的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨底端。导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，其他部分的电阻均不计，重力加速度为g。求：(1)导体棒与涂层间的动摩擦因数。(2)导体棒匀速运动的速度大小v。(3)整
25、个运动过程中，电阻产生的焦耳热Q。【解析】：(1)在绝缘涂层上受力平衡mgsin mgcos ，解得tan (2)在光滑导轨上导体棒匀速运动，说明导体棒受力平衡，已知感应电动势EBLv，感应电流I安培力F安BIL，则有F安mgsin ，解得v(3)由于摩擦生热，则Qfmgdcos 由能量守恒定律可得3mgdsin QQfmv2解得Q2mgdsin 【答案】：见解析角度电磁感应中的动量、能量综合问题电磁感应中有关导体棒动量问题要注意下列三点(1)涉及单棒问题，一般考虑动量定理。(2)涉及双棒问题，一般考虑动量守恒。(3)导体棒的运动过程要注意电路的串并联及能量转化和守恒。（典例应用18）如图，M
26、N和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d(足够大)、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电阻也为R的金属棒C从某高度处静止释放，另一电阻也为R、质量为2m的金属棒D放在磁场区域中间。金属棒与导轨接触良好。(1)如果金属棒D与平直部分导轨间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，要使棒C刚滑进磁场时，金属棒D不动，求金属棒C的高度的范围，这时流过金属棒的最大电流为多少 (2)如果平直部分导轨光滑，将电阻R断开，金属棒C从高度h0处静止释放，棒C进入磁场后，棒D也运动，若棒D离开磁场时的速度是此刻棒C速度的一半，则此时棒C受到的安培力大小为多少【解析】：(1)对于棒C：EBLv，mghmv2对于棒D：2mgBIDL根据闭合电路欧姆定律得I根据串并联电路特点知ID以上各式联立可得h这时流过金属棒C的最大电流为Im。(2)金属棒C由静止释放，下滑过程中机械能守恒，有mgh0mv设D离开磁场时，C在磁场中的速度大小为vC，则D此时的速度大小为vC，棒C、D组成的系统动量守恒，有：mv0mvC2mvC棒D离开磁场时，由法拉第电磁感应定律得E1BLvC由闭合电路欧姆定律得I棒C受到的安培力FBIL联立解得F。【答案】：见解析