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1、專題復習：電磁感應 【課標解讀】電磁感應是電磁學部分的重要內(nèi)容之一，它揭示了電與磁之間的相互聯(lián)系與轉化規(guī)律。電磁感應部分的重點是對楞次定律、電磁感應定律的理解與運用，電磁感應1.劃時代的發(fā)現(xiàn)從感應電流的角度認識電磁感應現(xiàn)象感應電流方向的判定方法1.應用楞次定律感應電流的磁場總是阻礙原磁通的變化（增反減同）感應電流的磁場總是阻礙相對運動（來拒去留）感應電流總是阻礙原電流的變化（自感現(xiàn)象）2.應用右手定則（導體切割磁感線運動類型）2.探究感應電流的產(chǎn)生條件3.楞次定律4.法拉第電磁感應定律從感應電動勢的角度認識電磁感應現(xiàn)象一、電磁感應現(xiàn)象的兩類情況1.感生電動勢（導體不動，磁場變化）原因：感生電動

2、勢的非靜電力就是感生電場對電荷的作用力大?。焊猩妱觿荨㈦娏鞣较蚺袛啵豪愦味?.動生電動勢（磁場不變，導體運動）動生電動勢的非靜電力就是洛倫茲力對電荷的作用力動生電動勢（B）動生電動勢、電流方向判斷：右手定則5.電磁感應現(xiàn)象的兩類情況從產(chǎn)生感應電動勢的兩種非靜電力認識電磁感應現(xiàn)象的本質6.互感與自感介紹幾類具體的電磁感應現(xiàn)象及其應用7.渦流、電磁阻尼和電磁驅動在電磁感應專題中常常涉及到電路的分析與計算、圖象、動力學、能量轉化與守恒等問題，本專題將這些問題歸納為四個類型加以闡述?！灸Ｐ蜌w類及特點】類型一 電磁感應現(xiàn)象 楞次定律特點：要求定性判斷閉合電路中感應電流的方向，考查楞次定律的理解與應用

3、。例1（2020上海）如圖，金屬環(huán)A用輕線懸掛，與長直螺線管共軸，并位于其左側。若變阻器滑片P向左移動，則金屬環(huán)A將向_（填“左”或“右”）運動，并有_（填“收縮”或“擴張”）趨勢。圖1 解析：滑片向左移動時，電阻減小，電流增大，穿過金屬環(huán)A的磁通量增大。本題應用楞次定律，有三種方法。方法一：如圖2所示，用右手螺旋定則確定金屬環(huán)A中的原磁場B的方向，由楞次定律“增減反同”確定感應磁場B的方向，再根據(jù)右手螺旋定則確定長直螺線管和金屬環(huán)A中電流磁場的磁極，可知金屬環(huán)A受到斥力將向左運動；畫出金屬環(huán)A的左視圖，由左手定則可知金屬環(huán)A受到的安培力指向圓心，有收縮趨勢。方法二：由于穿過金屬環(huán)A的磁通量增

4、大，根據(jù)楞次定律“感應電流的磁場總是阻礙原磁通的變化”，由可知，阻礙磁通量增大有兩種途徑：1.向磁場弱的地方運動（遠離長直螺線管）；2.減小金屬環(huán)的面積，由此可以得到答案。方法三：長直螺線管中電流磁場增強，相當于長直螺線管靠近金屬環(huán)A，由“感應電流的磁場總是阻礙相對運動（來拒去留）”可知金屬環(huán)A受到斥力將向左運動。拓展1：（2020海南）一長直鐵芯上繞有一固定線圈M，鐵芯右端與一木質圓柱密接，木質圓柱上套有一閉合金屬環(huán)N，N可在木質圓柱上無摩擦移動。M連接在如圖所示的電路中，其中R為滑線變阻器，E1和E2為直流電源，S為單刀雙擲開關。下列情況中，可觀測到N向左運動的是（ ）A在S斷開的情況下，

5、S向a閉合的瞬間B在S斷開的情況下，S向b閉合的瞬間C在S己向a閉合的情況下，將R的滑動頭向c端移動時D在S己向a閉合的情況下，將R的滑動頭向d端移動時類型二 電磁感應中的圖象問題特點：要求畫出或利用電磁感應中的圖象，主要涉及-t、B-t、E-t、I-t圖象，考查楞次定律和法拉第電磁感應定律的理解和應用。注意-t和B-t圖像的斜率會決定感應電流的大小和方向。例2（2020全國1）矩形導線框abcd固定在勻強磁場中，磁感線的方向與導線框所在平面垂直，規(guī)定磁場的正方向垂直紙面向里，磁感應強度B隨時間變化的規(guī)律如圖2所示.若規(guī)定順時針方向為感應電流I的正方向，圖3中的圖像正確的是（ ）圖2 圖3解析

6、：0-1s內(nèi)B垂直紙面向里均勻增大，則由楞次定律和法拉第電磁感應定律可得線圈中產(chǎn)生恒定的感應電流，方向為逆時針方向，排除A、C選項；2s-3s內(nèi)，B垂直紙面向外均勻增大，同理可得線圈中產(chǎn)生的感應電流方向為順時針方向，排除B選項，D正確。總結：由，線框面積不變，感應電動勢和感應電流的方向由B-t圖象的斜率確定，斜率的正、負，決定感應電動勢的方向，斜率的絕對值決定感應電動勢的大小。如1-2s和2-3s這兩段時間雖然B的方向相反，但是B-t圖像斜率相同，線框中感應電流的大小和方向都相同，0-1s和1-2s這兩段時間B-t圖像斜率相反，線框中感應電流的大小相等、方向相反。拓展2：（2020天津） 在豎

7、直向上的勻強磁場中，水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感應電流的正方向如圖1所示，當磁場的磁感應強度B隨時間按如圖2變化時，圖3中正確表示線圈中感應電動勢E變化的是（ ）圖3例3（上海2020）如右圖，一有界區(qū)域內(nèi)，存在著磁感應強度大小均為B，方向分別垂直于光滑水平桌面向下和向上的勻強磁場，磁場寬度均為L，邊長為L的正方形線框abcd的bc邊緊靠磁場邊緣置于桌面上，使線框從靜止開始沿x軸正方向勻加速通過磁場區(qū)域，若以逆時針方向為電流的正方向，能反映線框中感應電流變化規(guī)律的是圖（ ）解析：導體棒切割磁感線類型的電磁感應，由，要注意導體棒的有效長度L和速度V的變化。本題中，可得，得，。

8、線框的運動過程分為三段：位移0-L這一段，由右手定則判斷出線框中感應電流方向為正，位移L-2L這一段線框中的感應電流方向為負，線框左右兩條邊框同時切割磁感線，感應電流增大一倍，位移2L-3L這一段線框中感應電流方向為正，一條邊框切割磁感線，第一和第二段圖像在同一條曲線上。選項AC正確。拓展3：（2020上海）如圖所示，平行于y軸的導體棒以速度v向右做勻速直線運動，經(jīng)過半徑為R、磁感應強度為B的圓形勻強磁場區(qū)域，導體棒中的感應電動勢與導體棒位置x關系的圖像是（ ）類型三 電磁感應中的電路問題特點：要求定量分析、計算閉合電路中感應電動勢的方向和大小，考查法拉第電磁感應定律的理解與運用。把產(chǎn)生感應電

9、動勢的那部分電路當成電源，畫出等效電路圖，再進行電路的分析與計算。例4（2020廣東）如圖所示，一個電阻值為R ，匝數(shù)為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連結成閉合回路。線圈的半徑為r1 . 在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t變化的關系圖線如圖所示。圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0。導線的電阻不計。求0至t1時間內(nèi)：通過電阻R1上的電流大小和方向；通過電阻R1上的電量q及電阻R1上產(chǎn)生的熱量。解析：磁場沒有充滿線圈，要用半徑為r2的圓面積計算磁通量。由楞次定律和右手螺旋定則判斷通過電阻R1上的電流方向從b到a。B-t圖像斜率不變，電阻R

10、1上的電流保持不變，設為I。由法拉第電磁感應定律由閉合電路歐姆定律（2）0至t1時間內(nèi)，通過電阻R1上的電量電阻R1上產(chǎn)生的熱量注意：如果通過電阻R1上的電流是變化的，求電量q就要用到一個有用的結論：，適用條件是：電路總電阻R阻值不變.拓展4：（2020全國I）如圖，在勻強磁場中固定放置一根串接一電阻R的直角形金屬導軌aob（在紙面內(nèi)），磁場方向垂直于紙面朝里，另有兩根金屬導軌c、d分別平行于oa、ob放置。保持導軌之間接觸良好，金屬導軌的電阻不計?，F(xiàn)經(jīng)歷以下四個過程：以速率v移動d，使它與ob的距離增大一倍；再以速率v移動c，使它與oa的距離減小一半；然后，再以速率2v移動c，使它回到原處；

11、最后以速率2v移動d，使它也回到原處。設上述四個過程中通過電阻R的電量的大小依次為Q1、Q2、Q3和Q4，則（ ）AQ1=Q2=Q3=Q4 BQ1=Q2=2Q3=2Q4C2Q1=2Q2=Q3=Q4 DQ1Q2Q3Q4例5（2020江蘇）如圖所示的電路中，電源的電動勢為E,內(nèi)阻為r,電感L的電阻不計，電阻R的阻值大于燈泡D的阻值，在t=0時刻閉合開關S,經(jīng)過一段時間后，在t=t1時刻斷開S,下列表示A、B兩點間電壓UAB隨時間t變化的圖像中，正確的是（ ）解析：開關閉合開瞬間，線圈L中電流為零，原電路的等效電路如圖甲，電路穩(wěn)定后，線圈L相當如一根導線，原電路的等效電路如圖乙，可見開關閉合后外電路

12、電阻將減小，路端電壓減小；開關斷開瞬間，線圈L、電阻R和燈泡A組成一個回路，線圈L中的電流大小不變，繼續(xù)沿原來的方向，燈泡A中的電流方向與原來相反，A、B兩點間電壓UAB為負值，選項B正確。由選項B還可知開關斷開瞬間燈泡A兩端電壓比原來要小些，不存在要“閃亮一下才熄滅”。拓展5：如圖所示的電路中，A1和A2是兩個相同的燈泡，線圈L自感系數(shù)足夠大，電阻可以忽略不計.下列說法中正確的是（ ）A合上開關S時，A2先亮，A1后亮，最后一樣亮B斷開開關S時，A1和A2都要過一會兒才熄滅C斷開開關S時，VA2閃亮一下再熄滅D斷開開關S時，流過A2的電流方向向右類型四 電磁感應中的力學問題特點：電磁感應中將

13、電學問題和力學問題相結合，是考查知識的整合能力和復雜物理過程分析能力的熱點命題。感應電流是聯(lián)系電學問題和力學問題的橋梁。例6（2020天津）如圖所示，質量m1=0.1kg，電阻R1=0.3，長度l=0.4m的導體棒ab橫放在U型金屬框架上?？蚣苜|量m2=0.2kg，放在絕緣水平面上，與水平面間的動摩擦因數(shù)=0.2，相距0.4m的MM、NN相互平行，電阻不計且足夠長。電阻R2=0.1的MN垂直于MM。整個裝置處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度B=0.5T。垂直于ab施加F=2N的水平恒力，ab從靜止開始無摩擦地運動，始終與MM、NN保持良好接觸，當ab運動到某處時，框架開始運動。設框架與水平面

14、間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2.(1)求框架開始運動時ab速度v的大小；（2）從ab開始運動到框架開始運動的過程中，MN上產(chǎn)生的熱量Q=0.1J，求該過程ab位移x的大小。解析：注意整個過程框架還是沒動，從電學角度只是導體棒切割磁感線，導體棒相當于電源；從動力學角度，要以“框架開始運動” 作為突破口；從功能關系的角度，恒力F做功將外界機械能轉化為的動能和電路中的電能。（1）對框架的壓力 框架受水平面的支持力依題意，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則框架受到最大靜摩擦力中的感應電動勢中電流受到的安培力F框架開始運動時由上述各式代入數(shù)據(jù)解得（2）閉合回路中產(chǎn)生的總熱量 由能量守恒定律，

15、得 代入數(shù)據(jù)解得 拓展6：例6中（2）問還可以求出所用時間t.例7（2020四川）如圖所示，電阻不計的平行金屬導軌固定在一絕緣斜面上，兩相同的金屬導體棒a、b垂直于導軌靜止放置，且與導軌接觸良好，勻強磁場垂直穿過導軌平面?，F(xiàn)用一平行于導軌的恒力F作用在a的中點，使其向上運動。若b始終保持靜止，則它所受摩擦力可能( )A.變?yōu)? B . 先減小后不變 C.等于F D先增大再減小解析: a棒在F作用下做加速運動，所受到的安培力隨著增大，加速度逐漸減小，最后做勻速運動，所以a棒所受安培力先增大后保持不變。顯然有，F(xiàn)F安。b棒始終保持靜止，受力如圖1所示，a、b棒受到的安培力大小相等方向相反，都用F安

16、表示，但它們受到的摩擦力不一樣，b棒收到的是靜摩擦力。安培力由0逐漸增大，如果最后安培力的最大值為F安= ，則b所受摩擦力逐漸減小最后為0，選項AB正確。如果最后安培力的最大值為F安 ，則b所受摩擦力先逐漸減小為0，然后增大，最后如圖2所示，D選項錯。b所受摩擦力若能為F，在圖1中F，在圖2中，F(xiàn) F安，與前面結論相矛盾，選項C錯。例8如圖所示，平行光滑導軌水平放置，兩軌道間寬度為L=0.2m，軌道平面內(nèi)有豎直向上的勻強磁場，磁感應強度B=0.5T，金屬棒ab和cd靜止在導軌上，均與導軌垂直，質量相等均為m=0.1Kg，電阻相等均為R=0.5?，F(xiàn)用水平向右的恒力F=0.2N垂直作用在金屬棒ab

17、上，ab棒由靜止開始運動，經(jīng)t=0.5s，加速度a=1.4m/s2，試求：（1）此時金屬棒ab和cd的速度v1和v2各為多大？（2）穩(wěn)定時金屬棒ab和cd的速度差是多少？解析：本題是常見的“導軌+雙桿”模型，安培力對ab棒做負功，將機械能轉化為電能，是個發(fā)電機模型，安培力對cd棒做正功，將電能轉化為機械能，是個電動機模型；兩金屬棒運動都產(chǎn)生電動勢，但cd棒上產(chǎn)生的電動勢為“反電動勢”。（1）此時金屬棒ab和cd受到的安培力大小相等，設為F安，對ab棒，由牛頓第二定律F-F安=ma (1)兩金屬棒與導軌組成的閉合回路中的電流為 (2)F安=BIL (3)對兩金屬棒系統(tǒng)運用動量定理 （4）代入已知

18、數(shù)據(jù)解得v1=8m/s v2=2m/s(2)安培力增大，ab棒加速度減小，cd棒加速度增大，當兩棒加速度相等，速度差保持不變，閉合電路中的電動勢、電流不變，從而安培力大小也不變，此時整個系統(tǒng)達到穩(wěn)定狀態(tài)。對cd棒運用牛頓第二定律F安=ma (5)對兩棒系統(tǒng)運用牛頓第二定律F=2ma (6)設速度差為v，由閉合電路歐姆定律 (7)F安=BIL (8)代入已知數(shù)據(jù)解得v=10m/s拓展7：例8中ab棒受力F的作用換成受到垂直ab棒水平向右的沖量I=2Ns開始運動，試求：（1）穩(wěn)定時金屬棒ab和cd的速度各是多少？（2）從ab棒開始運動到穩(wěn)定時整個過程中閉合電路中有多少電能產(chǎn)生？例題和拓展練習答案拓

19、展1解析：由例1方法二，只要鐵芯中的磁通量減小，即減小線圈M中的電流，就可觀測到N向左運動，可知C選項正確。拓展2解析：先由楞次定律和法拉第電磁感應定律判斷出0-1s內(nèi)金屬圓線圈中的感應電動勢方向為正方向，且大小不變。由例2后的總結規(guī)律可知，1-3s內(nèi)金屬圓線圈中的感應電動勢為零，35s內(nèi)感應電動勢的方向為負，大小是0-1s內(nèi)感應電動勢的一半，故選A。 拓展3解析：先求出導體棒在磁場中的長度，感應電動勢，由函數(shù)關系（橢圓方程）可知，選項A正確。本題中只是導體棒有效長度發(fā)生變化，也可以由，導體棒在磁場中的長度即是圓的弦長隨x的變化關系可以猜出答案A正確。拓展4解析：由于是勻強磁場，四根導體棒所組

20、成的閉合電路磁通量的變化量=BS，而這四個過程中閉合電路面積的變化量S都相等，電路的總電阻不變，而感應電量q，可知這四個過程中通過電阻R的感應電荷的電量相等，故選A。 拓展5解析：根據(jù)線圈通電、斷電自感的特點，不難判斷選項AB正確。不要受“線圈L自感系數(shù)足夠大”的影響，只要開關斷開瞬間就有燈泡“閃亮一下再熄滅”的現(xiàn)象，本題斷開開關V瞬間，燈泡A2與線圈L中的電流大小相等，仍然沒有燈泡“閃亮一下再熄滅”的現(xiàn)象。拓展6解析：是做變加速度運動，用運動學公式解決是行不同的。這里要用安培力對導體棒的沖量I安=BLq。推導：通過導體棒橫截面的電量表達式：安培力對金屬導體棒的沖量I安=，公式中的F安是時間t

21、內(nèi)的平均值，導體棒受到的安培力：。綜合上面三式，得I安=BLq而感應電量q=,對運用動量定理，F(xiàn)t-F安 =mv-0代入已知數(shù)據(jù)可得t=0.355s拓展7解析：系統(tǒng)穩(wěn)定時閉合電路中電流為零，安培力為零，兩金屬棒做勻速運動，速度相等，設為v。（1）從開始運動到穩(wěn)定整個過程，兩金屬棒系統(tǒng)動量守恒 得v=10m/s （1）（2）從開始運動到穩(wěn)定整個過程，ab棒相當于發(fā)電機，通過克服安培力做功將動能轉化為閉合電路中的電能，設產(chǎn)生的電能為 （2）為開始運動時ab棒的速度,由動量定理 （3）代入已知數(shù)據(jù)解得注意：計算表明，ab棒獲得20J的動能，最后還剩下5J的動能，即有15J的機械能轉化為電能；這15J的電能中有5J轉化為cd棒的動能，另外10J轉化為（內(nèi)能）焦耳熱。2020-4-14