解密11电磁感应定律及应用（讲义）-【高频考点解密】2024年高考物理二轮复习讲义（全国通用）

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内容索引
1.电磁感应现象
2.楞次定律
3.法拉第电磁感应定律
4.电磁感应定律及相关综合应用
高考对本部分内容的考查每年必考，大致有以下几个方面：
(1)根据楞次定律判断感应电流的方向
(2)结合安培定则、左手定则、楞次定律判断导体受力或运动方向
(3)法拉第电磁感应定律E＝n eq \f(ΔΦ,Δt) 和E＝Blv的比较应用
(4)电磁感应的图象、受力、运动、能量、科技应用等综合问题
考点一 电磁感应现象 楞次定律
1.产生感应电流的三种常见情况
2.深刻理解楞次定律中“阻碍”的含义，巧判感应电流的方向
3.“三定则、一定律”的比较
例一（2020全国2）管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为（ ）
A. 库仑B. 霍尔C. 洛伦兹D. 法拉第
【答案】D
【解析】由题意可知，圆管为金属导体，导体内部自成闭合回路，且有电阻，当周围的线圈中产生出交变磁场时，就会在导体内部感应出涡电流，电流通过电阻要发热。该过程利用原理的是电磁感应现象，其发现者为法拉第。故选D。
例二（2021广东）如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨和，与平行，是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧左侧和扇形内有方向如图的匀强磁场，金属杆的O端与e点用导线相接，P端与圆弧接触良好，初始时，可滑动的金属杆静止在平行导轨上，若杆绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有（ ）
A. 杆产生的感应电动势恒定
B. 杆受到的安培力不变
C. 杆做匀加速直线运动
D. 杆中的电流逐渐减小
【答案】AD
【解析】A．OP转动切割磁感线产生的感应电动势为
因为OP匀速转动，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A正确；
BCD．杆OP匀速转动产生的感应电动势产生的感应电流由M到N通过MN棒，由左手定则可知，MN棒会向左运动，MN棒运动会切割磁感线，产生电动势与原来电流方向相反，让回路电流减小，MN棒所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，故D正确，BC错误。
故选AD。
变式一(多选)高考考生入场时，监考老师要用金属探测器对考生进行安检后才允许其进入考场，如图所示。探测器内有通电线圈，当探测器靠近任何金属材料物体时，都会引起探测器内线圈中电流变化，报警器就会发出警报；靠近非金属物体时则不发出警报。关于探测器工作原理，下列说法正确的是( )
A．金属探测器利用的是电磁感应现象
B．金属探测器利用的是磁场对金属的吸引作用
C．金属探测器利用的是静电感应现象
D．金属探测器利用的是当探测器靠近金属物体时，能在金属中形成涡流，进而引起线圈中电流的变化
【答案】AD
【解析】：线圈通电后会产生磁场，当有金属物体进入磁场时，通过金属物体横截面的磁通量发生变化，金属物体内部会产生涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，由此判断是否有金属物体。故选项A、D正确。
变式二、如图所示，光滑平行导轨M、N固定在同一水平面上，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路。当一条形磁铁从高处下落接近回路时( )
A．P、Q将互相靠拢B．P、Q将互相远离
C．磁铁的加速度仍为gD．磁铁的加速度大于g
【答案】 A
【解析】 方法一 根据楞次定律的另一表述“感应电流的效果总是要阻碍产生感应电流的原因”，本题中“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近。所以，P、Q将互相靠拢且磁铁的加速度小于g，选项A正确。
方法二 设磁铁下端为N极，根据楞次定律可判断出P、Q中的感应电流方向，如图所示，根据左手定则可判断P、Q所受安培力的方向，可见P、Q将相互靠拢。由于回路所受安培力的合力向下，由牛顿第三定律知，磁铁将受到向上的反作用力，从而加速度小于g。当磁铁下端为S极时，根据类似的分析可得到相同的结论，选项A正确。
考点二 法拉第电磁感应定律及简单应用
1．法拉第电磁感应定律的三种变形表达式
(1)磁通量的变化仅由面积S变化引起时，ΔΦ＝BΔS，则E＝n eq \f(BΔS,Δt) 。
(2)磁通量的变化仅由磁感应强度B变化引起时，ΔΦ＝ΔBS，则E＝n eq \f(ΔBS,Δt) 。
注意：S为线圈在磁场中的有效面积。
(3)磁通量的变化是由于面积S和磁感应强度B的共同变化引起的，应根据定义求E，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，则E＝n eq \f(|B2S2－B1S1|,Δt) ≠n eq \f(ΔBΔS,Δt) 。
2.导体棒切割磁感线产生感应电动势
3.自感中灯泡“闪亮”与“不闪亮”问题
4．电磁阻尼与电磁驱动的比较
例一（2021·河北卷）如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点，狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为，一电容为C的电容器与导轨左端相连，导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻，下列说法正确的是（ ）
A．通过金属棒的电流为
B．金属棒到达时，电容器极板上的电荷量为
C．金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电
D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定
【答案】A
【解析】C．根据楞次定律可知电容器的上极板应带正电，C错误；
A．由题知导体棒匀速切割磁感线，根据几何关系切割长度为L = 2xtanθ，x = vt
则产生的感应电动势为E = 2Bv2ttanθ
由题图可知电容器直接与电源相连，则电容器的电荷量为Q = CE = 2BCv2ttanθ
则流过导体棒的电流I = = 2BCv2tanθ，A正确；
B．当金属棒到达x0处时，导体棒产生的感应电动势为E′ = 2Bvx0tanθ
则电容器的电荷量为Q = CE′ = 2BCvx0tanθ，B错误；
D．由于导体棒做匀速运动则F = F安 = BIL
由选项A可知流过导体棒的电流I恒定，但L与t成正比，则F为变力，再根据力做功的功率公式P = Fv，可看出F为变力，v不变则功率P随力F变化而变化；D错误；
例二（2021·浙江卷）一种探测气体放电过程的装置如图甲所示，充满氖气（）的电离室中有两电极与长直导线连接，并通过两水平长导线与高压电源相连。在与长直导线垂直的平面内，以导线为对称轴安装一个用阻值的细导线绕制、匝数的圆环形螺线管，细导线的始末两端c、d与阻值的电阻连接。螺线管的横截面是半径的圆，其中心与长直导线的距离。气体被电离后在长直导线回路中产生顺时针方向的电流I，其图像如图乙所示。为便于计算，螺线管内各处的磁感应强度大小均可视为，其中。
（1）求内通过长直导线横截面的电荷量Q；
（2）求时，通过螺线管某一匝线圈的磁通量；
（3）若规定为电流的正方向，在不考虑线圈自感的情况下，通过计算，画出通过电阻R的图像；
（4）若规定为电流的正方向，考虑线圈自感，定性画出通过电阻R的图像。
【答案】（1）；（2）；（3）见解析；（4）见解析
【解析】（1）由电量和电流的关系可知图像下方的面积表示电荷量，因此有
代入数据解得
（2）由磁通量的定义可得
代入数据可得
（3）在时间内电流均匀增加，有楞次定律可知感应电流的方向，产生恒定的感应电动势
由闭合回路欧姆定律可得
代入数据解得
在电流恒定，穿过圆形螺旋管的磁场恒定，因此感应电动势为零，感应电流为零，而在时间内电流随时间均匀变化，斜率大小和大小相同，因此电流大小相同，由楞次定律可知感应电流的方向为，则图像如图所示
（4）考虑自感的情况下，线框会产生自感电动势阻碍电流的变化，因此开始时电流是缓慢增加的，过一段时间电路达到稳定后自感消失，电流的峰值和之前大小相同，在时间内电路中的磁通量不变化电流要减小为零，因此自感电动势会阻碍电流的减小，使得电流缓慢减小为零。同理，在内电流缓慢增加，过一段时间电路达到稳定后自感消失，在之后，电路中的磁通量不变化电流要减小为零，因此自感电动势会阻碍电流的减小，使得电流缓慢减小为零。图像如图
变式一、手机无线充电是比较新颖的充电方式。如图所示，电磁感应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电。在充电过程中（ ）
A．送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化
B．受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变
C．送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递
D．手机和基座无需导线连接，这样传递能量没有损失
【答案】AC
【解析】AB．由于送电线圈输入的是正弦式交变电流，是周期性变化的，因此产生的磁场也是周期性变化的，A正确，B错误；
C．根据变压器原理，原、副线圈是通过互感现象实现能量传递，因此送电线圈和受电线圈也是通过互感现象实现能量传递，C正确；
D．手机与机座无需导线连接就能实现充电，但磁场能有一部分以电磁波辐射的形式损失掉，因此这样传递能量是有能量损失的，D错误。
故选AC。
变式二、（2020·浙江卷）如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴上，随轴以角速度匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态。已知重力加速度为g，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．棒产生的电动势为B．微粒的电荷量与质量之比为
C．电阻消耗的电功率为D．电容器所带的电荷量为
【答案】B
【解析】A．如图所示，金属棒绕轴切割磁感线转动，棒产生的电动势
A错误；
B．电容器两极板间电压等于电源电动势，带电微粒在两极板间处于静止状态，则
即，B正确；
C．电阻消耗的功率，C错误；
D．电容器所带的电荷量，D错误。
故选B。
变式三、在如图所示的电路中，a、b、c为三盏完全相同的灯泡，L是自感线圈，直流电阻为RL，则下列说法正确的是( )
A.合上开关后，c先亮，a、b后亮
B．断开开关时，N点电势高于M点
C．断开开关后，b、c同时熄灭，a缓慢熄灭
D．断开开关后，c马上熄灭，b闪一下后缓慢熄灭
【答案】选B
【解析】 开关S闭合瞬间，因线圈L的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势阻碍电流增大，通过a灯的电流逐渐增大，所以b、c先亮，a后亮，选项A错误。断开开关S的瞬间，因线圈L的电流减小，产生自感电动势，根据楞次定律可知通过自感线圈的电流方向与原电流方向相同，N点电势高于M点，选项B正确。L和a、b组成的回路中有电流，由于原来a灯的电流小于b灯的电流，开关断开的瞬间，通过a、b和线圈回路的电流从a灯原来的电流大小开始减小，所以b灯会先变暗，然后a、b灯一起缓慢熄灭，而c没有电流，马上熄灭，选项C、D错误。
考点三 电磁感应中的图象问题
分析电磁感应中的图象问题的思路与方法
例一.(2020·浙江7月选考)如图1所示，在绝缘光滑水平桌面上，以O为原点、水平向右为正方向建立x轴，在0≤x≤1.0 m区域内存在方向竖直向上的匀强磁场。桌面上有一边长L＝0.5 m、电阻R＝0.25 Ω的正方形线框abcd。当平行于磁场边界的cd边进入磁场时，正方形线框在沿x方向的外力F作用下以v＝1.0 m/s的速度做匀速运动，直到ab边进入磁场时撤去外力。若以cd边进入磁场时作为计时起点，在0≤t≤1.0 s内磁感应强度B的大小与时间t的关系如图2所示，在0≤t≤1.3 s内线框始终做匀速运动。
(1)求外力F的大小；
(2)在1.0 s≤t≤1.3 s内存在连续变化的磁场，求磁感应强度B的大小与时间t的关系；
(3)求在0≤t≤1.3 s内流过导线横截面的电荷量q。
【答案】 (1)0.062 5 N (2)B＝ eq \f(1,6－4t) (3)0.5 C
【解析】 (1)根据题图2可得t＝0时B0＝0.25 T
回路电流I＝ eq \f(B0Lv,R)
安培力FA＝ eq \f(B02L2,R) v
外力F＝FA＝0.062 5 N。
(2)线框匀速出磁场，电流为0，磁通量不变，Φ1＝Φ
t1＝1.0 s时，B1＝0.5 T，磁通量Φ1＝B1L2
t时刻，磁通量Φ＝BL[L－v(t－t1)]
联立得B＝ eq \f(1,6－4t) 。
(3)0≤t≤0.5 s时电荷量q1＝ eq \f(B0L2,R) ＝0.25 C
0．5 s≤t≤1.0 s电荷量q2＝ eq \f(B1L2－B0L2,R) ＝0.25 C
总电荷量q＝q1＋q2＝0.5 C。
例二(多选)(2020·山东等级考)如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)。从图示位置开始计时，4 s末bc边刚好进入磁场。在此过程中，导体框内感应电流的大小为I，ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图象可能正确的是( )

【答案】 BC
【解析】 第1 s内，ae边切割磁感线，由E＝BLv可知，感应电动势不变，导体框总电阻一定，故感应电流一定，由安培力F＝BIL可知，ab边所受安培力与ab边进入磁场的长度成正比。第2 s内，导体框切割磁感线的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，感应电流均匀增大。第3～4 s内，导体框在第二象限内切割磁感线的有效长度保持不变，在第一象限内切割磁感线的有效长度不断增大，但两象限磁场方向相反，导体框的两部分感应电动势方向相反，所以第2 s末感应电动势达到最大，之后便不断减小；第3 s末与第1 s末，导体框切割磁感线的有效长度相同，可知第3 s末与第1 s末线框中产生的感应电流大小相等，但第3 s末ab边进入磁场的长度是第1 s末的3倍，即ab边所受安培力在第3 s末的大小等于第1 s末所受安培力大小的3倍。综上可知A、D错误，B、C正确。
变式一、（2020·北京卷）如图甲所示，匝的线圈（图中只画了2匝），电阻，其两端与一个的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场。线圈中的磁通量按图乙所示规律变化。
(1)判断通过电阻的电流方向；
(2)求线圈产生的感应电动势；
(3)求电阻两端的电压。
【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】(1)根据图像可知，线圈中垂直于纸面向里的磁场增大，为了阻碍线圈中磁通量的增大，根据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的感应电流为逆时针方向，所通过电阻的电流方向为。
(2)根据法拉第电磁感应定律
(3)电阻两端的电压为路端电压，根据分压规律可知
变式二.(多选)(2019·全国卷Ⅲ)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图象中可能正确的是( )

A B C D
【答案】选AC
【解析】 导体棒ab向右运动，切割磁感线，产生感应电流(逆时针)，导体棒ab受阻力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F′作用，速度变大。如图所示。由E＝Blv知，感应电动势E随速度v的减小而减小，则感应电流非均匀变化。当两导体棒的速度相等时，回路上感应电流消失，两棒在导轨上以共同速度做匀速运动。根据系统的动量守恒，则mv0＝2mv共，v共＝ eq \f(v0,2) ，A对。导体棒cd受变力作用，加速度逐渐减小，其v­t图象应该是曲线，B错。由前面分析知，两导体棒做变速运动，感应电流变小，最后为零，但非均匀变化，C对，D错。
考点四 电磁感应中的动力学、动量和能量问题
电磁感应中的动力学、动量和能量问题解题策略
例一（2021全国甲）由相同材料的导线绕成边长相同的甲、乙两个正方形闭合线圈，两线圈的质量相等，但所用导线的横截面积不同，甲线圈的匝数是乙的2倍。现两线圈在竖直平面内从同一高度同时由静止开始下落，一段时间后进入一方向垂直于纸面的匀强磁场区域，磁场的上边界水平，如图所示。不计空气阻力，已知下落过程中线圈始终平行于纸面，上、下边保持水平。在线圈下边进入磁场后且上边进入磁场前，可能出现的是（ ）
A. 甲和乙都加速运动
B. 甲和乙都减速运动
C. 甲加速运动，乙减速运动
D. 甲减速运动，乙加速运动
【答案】AB
【解析】设线圈到磁场的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有
感应电动势为
两线圈材料相等（设密度为），质量相同（设为），则
设材料的电阻率为，则线圈电阻
感应电流为
安培力为
由牛顿第二定律有
联立解得
加速度和线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度。当时，甲和乙都加速运动，当时，甲和乙都减速运动，当时都匀速。
故选AB。
例二(2019·浙江4月选考)如图所示，倾角θ＝37°、间距l＝0.1 m的足够长金属导轨底端接有阻值R＝0.1 Ω的电阻，质量m＝0.1 kg的金属棒ab垂直导轨放置，与导轨间的动摩擦因数μ＝0.45。建立原点位于底端、方向沿导轨向上的坐标轴x。在0.2 m≤x≤0.8 m区间有垂直导轨平面向上的匀强磁场。从t＝0时刻起，棒ab在沿x轴正方向的外力F作用下，从x＝0处由静止开始沿斜面向上运动，其速度v与位移x满足v＝kx(可导出a＝kv)，k＝5 s－1。当棒ab运动至x1＝0.2 m处时，电阻R消耗的电功率P＝0.12 W，运动至x2＝0.8 m处时撤去外力F，此后棒ab将继续运动，最终返回至x＝0处。棒ab始终保持与导轨垂直，不计其他电阻，求：(提示：可以用F­x图象下的“面积”代表力F做的功，sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)
(1)磁感应强度B的大小；
(2)外力F随位移x变化的关系式；
(3)在棒ab整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q。
【答案】(1) eq \f(\r(30),5) T (2)0≤x≤0.2 m时，F＝(0.96＋2.5x)N；0.2 m≤x≤0.8 m时，F＝(0.96＋3.1x)N (3)0.324 J
【解析】 (1)在x1＝0.2 m处时，电阻R消耗的电功率P＝ eq \f(（Blv）2,R)
此时v＝kx＝1 m/s
解得B＝ eq \r(\f(PR,（lv）2)) ＝ eq \f(\r(30),5) T。
(2)在无磁场区间0≤x＜0.2 m内，有a＝5 s－1×v＝25 s－2×x
F＝25 s－2×x m＋μmg cs θ＋mg sin θ＝(0.96＋2.5x)N
在有磁场区间0.2 m≤x≤0.8 m内，有FA＝ eq \f(（Bl）2v,R) ＝0.6x N
F＝(0.96＋2.5x＋0.6x)N＝(0.96＋3.1x)N。
(3)棒ab上升过程中克服安培力做的功(梯形面积)
WA1＝ eq \f(0.6 N,2) (x1＋x2)(x2－x1)＝0.18 J
撤去外力后，设棒ab上升的最大距离为s，再次进入磁场时的速度为v′，由动能定理有
(mg sin θ＋μmg cs θ)s＝ eq \f(1,2) mv2
(mg sin θ－μmg cs θ)s＝ eq \f(1,2) mv′2
解得v′＝2 m/s
由于mg sin θ－μmg cs θ－ eq \f(（Bl）2v′,R) ＝0
故棒ab再次进入磁场后做匀速运动
下降过程中克服安培力做的功WA2＝ eq \f(（Bl）2v′,R) (x2－x1)＝0.144 J
Q＝WA1＋WA2＝0.324 J。
例三.如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的B＝4 T的匀强磁场中，两导轨间距为L＝0.5 m，导轨足够长且不计电阻。金属棒a和b的质量都为m＝1 kg，连入导轨间的电阻Ra＝Rb＝1 Ω。b棒静止于导轨水平部分，现将a棒从h＝80 cm高处自静止沿弧形导轨下滑，通过C点进入导轨的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直，且两棒始终不相碰。求a、b两棒的最终速度，以及整个过程中b棒中产生的焦耳热(已知重力加速度g＝10 m/s2)。
【答案】2 m/s 2 J
【解析】设a棒下滑至C点时速度为v0，由动能定理，有：
mgh＝ eq \f(1,2) mv02－0，
解得：v0＝4 m/s；
此后的运动过程中，a、b两棒达到共速前，两棒所受安培力始终等大反向，因此a、b两棒组成的系统动量守恒，有：mv0＝(m＋m)v
解得a、b两棒共同的最终速度为：v＝2 m/s，此后两棒一起做匀速直线运动；
由能量守恒定律可知，整个过程中回路产生的总焦耳热为：Q＝ eq \f(1,2) mv02－ eq \f(1,2) (m＋m)v2
则b棒中产生的焦耳热为：Qb＝ eq \f(1,2) Q
解得：Qb＝2 J。
变式一.(多选)如图所示，M、N为同一水平面内的两条平行长直导轨，左端串联电阻R，金属杆ab垂直导轨放置，金属杆和导轨的电阻不计，杆与导轨间接触良好且无摩擦，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中。现对金属杆ab施加一个与其垂直的水平方向的恒力F，使金属杆从静止开始运动。在运动过程中，金属杆的速度大小为v，R上消耗的总能量为E，则下列关于v、E随时间变化的图象可能正确的是( )
【答案】选AD
【解析】 对金属杆ab施加一个与其垂直的水平方向的恒力F，使金属杆从静止开始运动；由于金属杆切割磁感线产生感应电动势和感应电流，受到随速度的增大而增大的安培力作用，所以金属杆做加速度逐渐减小的加速运动；
当安培力增大到等于水平方向的恒力F时，金属杆做匀速直线运动，v­t图象A正确，B错误。
由功能关系知，开始水平方向的恒力F做的功一部分使金属杆动能增大，另一部分转化为电能，被电阻R消耗掉；当金属杆匀速运动后，水平方向的恒力F所做的功等于R上消耗的总能量E，因此E­t图象是D正确、C错误。
变式二(多选)(2020·海口质检)一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N。现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时导体棒cd静止不动，则导体棒ab上升时，下列说法正确的是( )
A．经过导体棒cd的电流方向为从c到d
B．导体棒ab受到的拉力大小为2 N
C．导体棒ab向上运动的速度为2 m/s
D．在2 s内，拉力做的功中有0.6 J的机械能转化为电能
【答案】选AC
【解析】对导体棒ab，由右手定则可知，感应电流方向由b到a，故经过导体棒cd的电流方向为从c到d，故A正确。
导体棒ab匀速上升，受力平衡，导体棒cd静止，受力也平衡，对于两导体棒组成的整体，合外力为零，根据平衡条件可得导体棒ab受到的拉力F＝2mg＝0.2 N，故B错误。
导体棒cd受到向下的重力G和向上的安培力F安，由平衡条件得：F安＝G，即BIL＝G，又I＝ eq \f(BLv,2R) ，联立得：v＝ eq \f(2GR,B2L2) ＝2 m/s，故C正确。
在2 s内，电路产生的电能Q＝ eq \f(E2,2R) t＝ eq \f(（BLv）2,2R) t＝ eq \f(（0.5×0.2×2）2,2×0.1) ×2 J＝0.4 J，则在2 s内，拉力做功有0.4 J的机械能转化为电能，故D错误。
变式三.如图1所示，两水平放置的光滑平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平面上，导轨间距离为L＝1 m。M、P间接有阻值为R＝10 Ω的定值电阻，理想电压表接在定值电阻两端。导轨处在垂直于导轨平面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B＝1 T。一根质量m＝0.1 kg的金属棒放在导轨上，金属棒接入电路的电阻也为R＝10 Ω。现对金属棒施加一个水平向右的拉力，使金属棒由静止开始向右运动，金属棒运动后电压表的示数U随时间t变化的规律如图2所示，金属棒运动过程中与导轨接触良好且始终与导轨垂直，导轨电阻不计。求：
(1)t＝5 s时，拉力F的大小；
(2)金属棒在运动的前5 s内，拉力F的冲量大小；
(3)金属棒运动10 s时，撤去拉力F，则撤去拉力后金属棒运动0.5 m时速度的大小。
【答案】(1)0.7 N (2)2.25 N·s (3)19.75 m/s
【解析】(1)由于金属棒两端的电压与时间成正比，根据欧姆定律知，电路中的电流也与时间成正比，电路中的电动势与时间成正比，由E＝BLv可知，速度与时间成正比，即金属棒做匀加速运动。
根据速度时间关系可得：v＝at
则电压U＝ eq \f(1,2) BLv＝ eq \f(1,2) BLat
结合图象可知：t＝1 s时，U＝ eq \f(1,2) BLa＝1 V
解得a＝2 m/s2
t＝5 s时，金属棒的速度大小为v5＝at5＝10 m/s
根据牛顿第二定律可得：F－ eq \f(B2L2v5,2R) ＝ma
解得F＝0.7 N。
(2)根据(1)可知：F＝ eq \f(B2L2v,2R) ＋ma＝ eq \f(B2L2a,2R) ·t＋ma＝0.1t＋0.2 N
由于拉力F随时间t线性变化，因此拉力F的冲量I冲＝ eq \x\t(F) t＝ eq \f(0.2＋0.7,2) ×5 N·s＝2.25 N·s。
(3)金属棒运动10 s时速度大小为v1＝at′＝20 m/s
撤去拉力F后，金属棒做减速运动。设金属棒减速运动0.5 m时速度大小为v2，
根据动量定理可得：－BILΔt＝mΔv
根据欧姆定律可得：I＝ eq \f(E,2R)
根据法拉第电磁感应定律可得E＝ eq \f(ΔΦ,Δt) ＝ eq \f(Blx,Δt)
联立可得：－ eq \f(B2L2x,2R) ＝m(v2－v1)
解得v2＝19.75 m/s。导线切割磁感线
结论：只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，闭合导体回路中就会产生感应电流
磁铁与回路相对运动
磁场发生变化
推论
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”
阻碍原电流的变化
——“增反减同”
定则或定律
适用的现象
因果关系
安培定则
电流的磁效应——电流、运动电荷产生的磁场
因电生磁
左手定则
1.安培力——磁场对电流的作用力；
2．洛伦兹力——磁场对运动电荷的作用力
因电受力
右手定则
导体做切割磁感线运动产生的电磁感应现象
因动生电
楞次定律
闭合回路磁通量变化产生的电磁感应现象
因磁生电
平动
切割
E＝Blv
B、l、v三者互相垂直
旋转
切割
E＝ eq \f(1,2) Bl2ω
导体棒在垂直于磁场的平面绕一端以角速度ω匀速转动
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，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：
①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；
②若I2＞I1，灯泡“闪亮”后逐渐变暗。两种情况下灯泡中电流方向均改变
电磁阻尼
电磁驱动
不
同
点
成因
由于导体在磁场中运动而产生感应电流，从而使导体受到安培力
由于磁场运动引起磁通量的变化而产生感应电流，从而使导体受到安培力
效果
安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动
导体受安培力的方向与导体运动方向相同，推动导体运动
能量转化
导体克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能
由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能，而对外做功
相同点
两者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动
图象
类型
(1)各量随时间变化的图象：如B­t图象、φ­t图象、E­t图象、I­t图象、F­t图象等
(2)各量随位移变化的图象：如E­x图象、I­x图象等
问题
类型
(1)由给定的电磁感应过程选出或画出相应的图象(画图象)
(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的问题(用图象)
常用
规律
有关方向
的判断
左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律
六类公式
(1)平均感应电动势E＝n eq \f(ΔΦ,Δt)
(2)平动切割电动势E＝Blv
(3)转动切割电动势E＝ eq \f(1,2) Bl2ω
(4)闭合电路欧姆定律I＝ eq \f(E,R＋r)
(5)安培力F＝BIl
(6)牛顿运动定律及运动学的相关公式等
常用
方法
排除法
定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项
函数法
根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断
动力学问题
平衡态
非平衡态
能量问题
能量转化
eq \x(\a\al(其他形式,的能量)) eq \(――→,\s\up7(克服安培),\s\d5(力做功)) eq \x(\a\al(电,能)) eq \(――→,\s\up7(电流做功),\s\d5( )) eq \x(\a\al(焦耳热或其他,形式的能量))
焦耳热Q的三种方法
动量问题
对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题
当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理 eq \x\t(BI) L·Δt＝m·Δv、q＝ eq \x\t(I) ·Δt来解决问题