专题12 电磁感应-高考物理一轮复习知识清单（全国通用）

这是一份专题12 电磁感应-高考物理一轮复习知识清单（全国通用），共39页。试卷主要包含了“三定则等内容，欢迎下载使用。


TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc3496" 知识点01 电磁感应现象 PAGEREF _Tc3496 \h 3
\l "_Tc11330" 一、电磁感应现象及感应电流 PAGEREF _Tc11330 \h 3
\l "_Tc26644" 二、产生感应电流的条件 PAGEREF _Tc26644 \h 3
\l "_Tc8689" 三、楞次定律 PAGEREF _Tc8689 \h 3
\l "_Tc20434" 四、右手定则 PAGEREF _Tc20434 \h 5
\l "_Tc2417" 五、“三定则、一定律”的应用 PAGEREF _Tc2417 \h 6
\l "_Tc20925" 知识点02 法拉第电磁感应定律 PAGEREF _Tc20925 \h 6
\l "_Tc7314" 一、感应电动势 PAGEREF _Tc7314 \h 6
\l "_Tc1875" 二、法拉第电磁感应定律 PAGEREF _Tc1875 \h 7
\l "_Tc516" 三、导体切割磁感线的感应电动势 PAGEREF _Tc516 \h 8
\l "_Tc19211" 四、电磁感应中的电路问题 PAGEREF _Tc19211 \h 10
\l "_Tc18132" 五、电磁感应现象中的力学问题 PAGEREF _Tc18132 \h 14
\l "_Tc2123" 六、电磁感应中能量转化问题 PAGEREF _Tc2123 \h 16
\l "_Tc14627" 七、动量定理在电磁感应中的应用 PAGEREF _Tc14627 \h 22
\l "_Tc19413" 八、电磁感应中图像问题 PAGEREF _Tc19413 \h 23
\l "_Tc21823" 九、杆、导轨模型 PAGEREF _Tc21823 \h 25
\l "_Tc8433" 知识点03 电磁感应现象及其应用 PAGEREF _Tc8433 \h 35
\l "_Tc16573" 一、互感现象 PAGEREF _Tc16573 \h 35
\l "_Tc26784" 二、自感现象 PAGEREF _Tc26784 \h 35
\l "_Tc27475" 三、涡流现象 PAGEREF _Tc27475 \h 36
\l "_Tc915" 四、电磁阻尼 PAGEREF _Tc915 \h 37
\l "_Tc27514" 五、电磁驱动 PAGEREF _Tc27514 \h 38
\l "_Tc11458" 六、日光灯工作原理 PAGEREF _Tc11458 \h 38
知识点01 电磁感应现象
一、电磁感应现象及感应电流
当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应．产生的电流叫做感应电流.
二、产生感应电流的条件
穿过闭合电路的磁通量发生变化，即.
【技巧点拨】电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果回路闭合，则有感应电流，回路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流.
三、楞次定律
1.内容:感应电流的磁场，总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化.
【技巧点拨】楞次定律适用于一般情况的感应电流方向的判定，而右手定则只适用于导线切割磁感线运动的情况，此种情况用右手定则判定比用楞次定律判定简便.
2.对楞次定律的理解
①谁阻碍谁———感应电流的磁通量阻碍产生感应电流的磁通量.
②阻碍什么———阻碍的是穿过回路的磁通量的变化，而不是磁通量本身.
③如何阻碍———原磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反;当原磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，即“增反减同”.
④阻碍的结果———阻碍并不是阻止，结果是增加的还增加，减少的还减少.
3.楞次定律的另一种表述:感应电流总是阻碍产生它的那个原因，表现形式有三种:
①阻碍原磁通量的变化;②阻碍物体间的相对运动;③阻碍原电流的变化（自感）.
4.适用范围：一切电磁感应现象．
5.应用楞次定律的思路
①原磁场：原磁场的方向
②原磁通量：原磁场磁通量的变化
③感应磁场：通过楞次定律判断感应电流的磁场方向
④感应电流：通过安培定则判断感应电流的方向
6.楞次定律的推论:（实质上都是以不同的方式阻碍磁通量的变化）
①“增反减同”： 阻碍原磁通量变化
例如：磁铁靠近线圈，B感与B原方向相反
②“来拒去留”： 阻碍相对运动
例如：
磁铁靠近，是斥力 磁铁远离，是引力
③“增缩减扩”： 使回路面积有扩大或缩小的趋势
例如：P、Q是光滑固定导轨，a、b是可动金属棒，磁铁下移，a、b靠近
④“增离减靠”： 使闭合线圈远离或靠近磁体
例如：当开关S闭合时，左环向左摆动、右环向右摆动，远离通电线圈
⑤“增反减同”： 自感电动势阻碍原电流的变化
例如：合上S，B先亮
【实战演练】
(2022·北京卷·11)如图所示平面内，在通有图示方向电流I的长直导线右侧，固定一矩形金属线框abcd，ad边与导线平行．调节电流I使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则( )
A．线框中产生的感应电流方向为a→b→c→d→a
B．线框中产生的感应电流逐渐增大
C．线框ad边所受的安培力大小恒定
D．线框整体受到的安培力方向水平向右
【答案】D
【解析】根据安培定则可知，通电直导线右侧的磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度随时间均匀增加，根据楞次定律可知线框中产生的感应电流方向为a→d→c→b→a，A错误；线框中产生的感应电流为I＝eq \f(E,R)＝neq \f(ΔΦ,RΔt)＝neq \f(S,R)·eq \f(ΔB,Δt)，空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，故线框中产生的感应电流不变，B错误；线框ad边感应电流保持不变，磁感应强度随时间均匀增加，根据安培力表达式F安＝BIL，故所受的安培力变大，C错误；根据楞次定律的推论增离减靠可知，线框向右远离通电直导线，故线框整体受到的安培力方向水平向右，D正确．
四、右手定则
1.内容：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个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，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．
3.该方法只适用于导体切割磁感线产生的感应电流，注意三个要点：
①掌心——磁感线穿入；
②拇指——指向导体运动的方向；
③四指——指向感应电流的方向．
五、“三定则、一定律”的应用
1．“三个定则”“一个定律”的比较
2.“三个定则”和“一个定律”的因果关系
①因电而生磁(I→B)→安培定则；
②因动而生电(v、B→I)→右手定则；
③因电而受力(I、B→F)→左手定则；
④因磁而生电(S、B→I)→楞次定律．
3．解题思路
①应用楞次定律时，一般要用到安培定则来分析原来磁场的分布情况．
②研究感应电流受到的安培力，一般先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，或者直接应用楞次定律的推论确定．
③“三定则、一定律”中只要是涉及力的判断都用左手判断，涉及“电生磁”或“磁生电”的判断都用右手判断，即“左力右电”．
【技巧点拨】“三个效应”
①电流热效应：焦耳，当电流通过电阻时，电流做功而消耗电能，产生了热量。
②电流磁效应：奥斯特，任何通有电流的导线，都可以在其周围产生磁场的现象。
③电磁感应：法拉第，放在变化磁通量中的导体，会产生电动势。
知识点02 法拉第电磁感应定律
一、感应电动势
1.感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．
2.产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关．
【技巧点拨】无论回路是否闭合，只要穿过线圈平面的磁通量发生变化，线路中就有感应电动势.产生感应电动势的那部分导体相当于电源.
二、法拉第电磁感应定律
1.内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比.
2.公式： ，其中n为线圈匝数．
【技巧点拨】
①E的大小与无关，决定于磁通量的变化率.
②当仅由的变化引起时，，其中S为线圈在磁场中的有效面积．若，则.
③当仅由的变化引起时，
④当、同时变化时，则.
⑤若已知Φ－t图象，则图线上某一点的切线斜率为.
【实战演练】
(2022·江苏卷·5)如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0＋kt，B0、k为常量，则图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为( )
A．πkr2 B．πkR2
C．πB0r2 D．πB0R2
【答案】A
【解析】由题意可知磁场的变化率为eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(kt,t)＝k，根据法拉第电磁感应定律可知E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔBπr2,Δt)＝kπr2，故选A.
【技巧点拨】
①磁感应强度B：描述磁场强弱和方向的物理量，是矢量
②磁通量Ф：穿过回路的磁感线条数的代数和，是标量
③磁通量△Ф＝ Ф末－ Ф初：穿过回路的磁通量变化了多少
④磁通量变化率△Ф/Δt：穿过回路的磁通量变化的快慢
三、导体切割磁感线的感应电动势
1.导体平动切割磁感线
当导体做切割磁感线运动时，其感应电动势的计算公式为.
当三者两两垂直时，感应电动势.
式中①有效长度：公式中的为导体切割磁感线的有效长度．如图中，导体的有效长度分别为：
图甲：.
图乙：沿v1方向运动时，.
图丙：沿v1方向运动时，；沿v2方向运动时，.
图丁： .
②相对速度：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．
【实战演练】
(2023·浙江1月选考·7)如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO′，接入电阻R构成回路。导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度由静止释放，导体杆开始下摆。当R=R0时，导体杆振动图像如图乙所示。若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R=2R0时，导体杆振动图像是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】解：导体杆切割磁感线时，回路中产生感应电流，由楞次定律可得，导体杆受到的安培力总是阻碍导体棒的运动。
当电阻R从R0变为2R0时，回路中的电阻增大，则电流减小，导体杆所受安培力减小，即导体杆在摆动时所受的阻力减弱，所杆从开始摆动到停止，运动的路程和经历的时间变长，故B正确，ACD错误。
2.导体转动切割磁感线：
①如图所示，当长为的导体在垂直于匀强磁场(磁感应强度为B)的平面内，绕一端以角速度匀速转动，当导体运动Δt时间后，转过的弧度，转过的面积，则.
②若绕0转动，OA=L1，OC=L2则
【技巧点拨】
①两个公式的选用方法计算的是在时间内的平均电动势，只有当磁通量的变化率是恒定不变时，它算出的才是瞬时电动势.
②中的v若为瞬时速度，则算出的就是瞬时电动势:若v为平均速度，算出的就是平均电动势.
【实战演练】
(2023·江苏卷·8)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动。O、A、C点电势分别为φO、φA、φC，则( )
A. φO>φCB. φC>φA
C. φO=φAD. φO−φA=φA−φC
【答案】A
【解析】解：根据右手定则可知，在OA段电流的方向从A点流向O点，在电源内部，电流从负极流向正极，则O点的电势大于C点的电势，在AC段，导体棒没有切割磁感线，则不产生电流，因此A点的电势和C点的电势相等，因此φO>φA=φC，故A正确，BCD错误；
四、电磁感应中的电路问题
在电磁感应中，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，将它们接上电容器，便可使电容器充电;将它们接上电阻等用电器，便可对用电器供电，在回路中形成电流.因此，电磁感应问题往往与电路问题联系在一起
1．电源与电阻
①电源：做切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的回路相当于电源，
Ⅰ、动生问题(棒切割磁感线)产生的电动势,方向由右手定则判断.
Ⅱ、感生问题(磁感应强度的变化)的电动势,方向由楞次定律判断.而电流方向都是由等效电源内部负极流向正极的方向.
②电阻：产生感应电动势的导体或回路的电阻相当于电源的内阻，其余部分的电阻是外电阻
③路端电压：或
④感应电流：，为电源部分内阻.
【实战演练】
(2022·全国甲卷·16)三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示．把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3.则( )
A．I1I3>I2 C．I1＝I2>I3 D．I1＝I2＝I3
【答案】C
【解析】设圆线框的半径为r，则由题意可知正方形线框的边长为2r，正六边形线框的边长为r；所以圆线框的周长为C2＝2πr，面积为S2＝πr2.同理可知正方形线框的周长和面积分别为C1＝8r，S1＝4r2，正六边形线框的周长和面积分别为C3＝6r，S3＝eq \f(3\r(3)r2,2)，三个线框材料粗细相同，根据电阻定律R＝ρeq \f(L,S横截面)，可知三个线框电阻之比为
R1∶R2∶R3＝C1∶C2∶C3＝8∶2π∶6
根据法拉第电磁感应定律有I＝eq \f(E,R)＝eq \f(ΔB,Δt)·eq \f(S,R)
可得电流之比为I1∶I2∶I3＝2∶2∶eq \r(3)
即I1＝I2>I3，故选C.
⑤通过回路截面的电荷量q:仅与和回路电阻有关,与时间长短无关,与是否均匀变化无关.推导如下: .
【技巧点拨】求电荷量q的方法
①适合恒定电流问题：
②电流为平均电流：
③已知通电导体的位移x和导轨间距
④通过动量定理求解：
3.解题思路
①“源”的分析：用法拉第电磁感应定律算出E的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向(感应电流方向是电源内部电流的方向)，从而确定电源正负极，明确内阻r.
②“路”的分析：根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路．
③根据或，结合闭合电路欧姆定律、串并联电路知识、电功率、焦耳定律等相关关系式联立求解．
4．电磁感应中电路知识的关系图

【实战演练】
(2020·浙江7月选考·12)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OO′上，随轴以角速度ω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，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是( )
A．棒产生的电动势为eq \f(1,2)Bl2ω B．微粒的电荷量与质量之比为eq \f(2gd,Br2ω)
C．电阻消耗的电功率为eq \f(πB2r4ω,2R) D．电容器所带的电荷量为CBr2ω
【答案】B
【解析】由法拉第电磁感应定律知棒产生的电动势U＝eq \f(1,2)Br2ω，故A错误；对极板间微粒受力分析，如图所示，微粒静止，则mg＝qE
＝qeq \f(U′,d)，得eq \f(q,m)＝eq \f(gd,U′)，而电容器两极板间电势差与电源电动势相等，即U＝U′，故eq \f(q,m)＝eq \f(2gd,Br2ω)，故B正确；电路中电流I＝eq \f(U,R)＝eq \f(Br2ω,2R)，则电阻R消耗的电功率P＝I2R＝eq \f(B2r4ω2,4R)，故C错误；电容器所带的电荷量Q＝CU′＝eq \f(CBr2ω,2)，故D错误．
【实战演练】
(2021·浙江1月选考·21)嫦娥五号成功实现月球着陆和返回，鼓舞人心．小明知道月球上没有空气，无法靠降落伞减速降落，于是设计了一种新型着陆装置．如图所示，该装置由船舱、间距为l的平行导轨、产生垂直导轨平面的磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁体和“∧”型刚性线框组成，“∧”型线框ab边可沿导轨滑动并接触良好．船舱、导轨和磁体固定在一起，总质量为m1.整个装置竖直着陆到月球表面前瞬间的速度大小为v0，接触月球表面后线框速度立即变为零．经过减速，在导轨下方缓冲弹簧接触月球表面前船舱已可视为匀速．已知船舱电阻为3r；“∧”型线框的质量为m2，其7条边的边长均为l，电阻均为r；月球表面的重力加速度为eq \f(g,6).整个运动过程中只有ab边在磁场中，线框与月球表面绝缘，不计导轨电阻和摩擦阻力．
(1)求着陆装置接触到月球表面后瞬间线框ab边产生的电动势E0；
(2)通过画等效电路图，求着陆装置接触到月球表面后瞬间流过ab的电流I0；
(3)求船舱匀速运动时的速度大小v；
(4)同桌小张认为在磁场上方、两导轨之间连接一个电容为C的电容器，在着陆减速过程中还可以回收部分能量，在其他条件均不变的情况下，求船舱匀速运动时的速度大小v′和此时电容器所带电荷量q.
【解析】(1)电动势E0＝Blv0
(2)等效电路图如图所示，可得总电阻R＝2r
电流I0＝eq \f(E0,R)＝eq \f(Blv0,2r)
(3)船舱匀速运动时线框受到安培力
FA＝eq \f(B2l2v,2r)
根据牛顿第三定律，质量为m1的部分受力F＝FA，方向竖直向上
匀速运动时有：F＝eq \f(m1g,6)
联立解得v＝eq \f(m1gr,3B2l2)
(4)船舱匀速运动时电容器不充放电，
故v′＝v＝eq \f(m1gr,3B2l2)
则I＝eq \f(Blv,R)＝eq \f(m1g,6Bl)
UC＝eq \f(1,3)I×3r＝eq \f(m1gr,6Bl)
则q＝CUC＝eq \f(m1grC,6Bl).
五、电磁感应现象中的力学问题
1．导体的两种运动状态
①导体的平衡状态——静止状态或匀速直线运动状态．
处理方法：根据平衡条件列式分析．
②导体的非平衡状态——加速度不为零．
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．
2．力学对象和电学对象的相互关系
3．用动力学观点解答电磁感应问题的一般步骤
①“源”的分析：用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向
②“路”的分析：画等效电路图，根据，求感应电流
③“力”的分析：受力分析，求及合力，根据牛顿第二定律求加速度
④“运动状态”的分析：根据力与运动的关系，判断运动状态
4.解决这类问题的关键是通过运动状态的分析,寻找过程中的临界状态,如速度、加速度最大或最小的条件.解题时要抓好受力情况，运动情况的动态分析
导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→周而复始地循环，循环结束时，加速度等于零，导体达稳定运动状态，抓住a=0时，速度v达最大值的特点。
【实战演练】
(2021·全国甲卷·21)(多选)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】设线圈下边到磁场上边界的高度为h，线圈的边长为l，则线圈下边刚进入磁场时，有v＝eq \r(2gh)，
感应电动势为E＝nBlv，
两线圈材料相同(设密度为ρ0)，质量相同(设为m)，则m＝ρ0×4nl×S，
设材料的电阻率为ρ，则线圈电阻
R＝ρeq \f(4nl,S)＝eq \f(16n2l2ρρ0,m)
感应电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(mBv,16nlρρ0)
所受安培力大小为F＝nBIl＝eq \f(mB2v,16ρρ0)
由牛顿第二定律有mg－F＝ma
联立解得a＝g－eq \f(F,m)＝g－eq \f(B2v,16ρρ0)
加速度与线圈的匝数、横截面积无关，则甲和乙进入磁场时，具有相同的加速度．
当g>eq \f(B2v,16ρρ0)时，甲和乙都加速运动，
当g当g＝eq \f(B2v,16ρρ0)时，甲和乙都匀速运动，故选A、B.
六、电磁感应中能量转化问题
电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程．
1.安培力做功与能量转化
①安培力做正功：电能转化为机械能，如电动机
②安培力做负功：机械能转化为电能，如发电机
2.焦耳热的求法
①焦耳定律：，适用于电流、电阻恒定，交变电流的有效值.
②功能关系：，适用于任何情况.
②能量转化：，适用于任何情况.
3．解决电磁感应能量问题的策略是“先源后路、先电后力，再是运动、能量”，即
①“源”的分析：明确电磁感应所产生的电源，确定和
②“路”的分析：弄清串、并联关系，求电流及
③“力”的分析：分析杆或线圈受力情况，求合力
④“运动”的分析：由力和运动的关系，确定运动模型
③“能量”的分析：确定参与转化的能量形式
【实战演练】
(2023·广东卷·14)光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为ℎ，其俯视图如图(a)所示，两磁场磁感应强度随时间t的变化如图(b)所示，0～τ时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0，一电阻为R，边长为ℎ的刚性正方形金属框abcd，平放在水平面上，ab、cd边与磁场边界平行。t=0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动。在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界ℎ2处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如图(a)中的虚线框所示。随后在τ～2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求：
(1)t=0时线框所受的安培力F；
(2)t=1.2τ时穿过线框的磁通量Φ；
(3)2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q。
【答案】解：(1)ab边、cd边切割磁感线，根据右手定则可知产生的感应电流都是沿线框顺时针方向，则根据切割情况下电动势的表达式得：电动势E=2B0ℎv+B0ℎv=3B0ℎv
根据闭合电路欧姆定律得：电流I=ER=3B0ℎvR，根据安培力表达式求解t=0时ab边的安培力F1=2B0Iℎ，cd边的安培力F2=B0Iℎ，根据左手定则判断这两个安培力方向都向左，根据对称判断bc、ad边安培力合力为0，ab、cd边所受安培力合成之后得出线框所受的安培力：
F=F1+F2=2B0Iℎ+B0Iℎ=3B0Iℎ=3B0ℎ×3B0ℎvR=9B02ℎ2vR；
(2)根据图像得出t=1.2τ时，Ⅰ区的磁感应强度B=2B0+0−2B02τ−τ×(1.2τ−τ)=1.6B0，方向向下；Ⅱ区的磁感应强度为B0，方向向上，穿过线框的磁通量Φ=1.6B0×ℎ22−B0ℎ22=0.3B0ℎ2；
(3)2τ～3τ时间内，根据法拉第电磁感应定律得E1=ΔΦΔt=ΔBΔtS=B0τ×ℎ22=B0ℎ22τ
根据闭合电路欧姆定律得：电流I1=E1R=B0ℎ22τR
根据焦耳定律得：线框中产生的热量Q=I12Rτ=(B0ℎ22τR)2Rτ=B02ℎ44τR。
答：(1)线框所受的安培力为9B02ℎ2vR；(2)t=1.2τ时穿过线框的磁通量为0.3B0ℎ2；
(3)2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q为B02ℎ44τR。
【实战演练】
(2023·浙江6月选考·21)某兴趣小组设计了一种火箭落停装置，简化原理如图所示，它由两根竖直导轨、承载火箭装置(简化为与火箭绝缘的导电杆MN)和装置A组成，并形成闭合回路。装置A能自动调节其输出电压确保回路电流I恒定，方向如图所示，导轨长度远大于导轨间距，不论导电杆运动到什么位置，电流I在导电杆以上空间产生的磁场近似为零；在导电杆所在处产生的磁场近似为匀强磁场，大小B1=kI (其中k为常量)，方向垂直导轨平面向里；在导电杆以下的两导轨间产生的磁场近似为匀强磁场，大小B2=2kI，方向与B1相同。火箭无动力下降到导轨顶端时与导电杆粘接，以速度v0进入导轨，到达绝缘停靠平台时速度恰好为零，完成火箭落停。已知火箭与导电杆的总质量为M，导轨间距d=3MgkI2，导电杆电阻为R。导电杆与导轨保持良好接触滑行，不计空气阻力和摩擦力，不计导轨电阻和装置A的内阻。在火箭落停过程中，
(1)求导电杆所受安培力的大小F和运动的距离L；
(2)求回路感应电动势E与运动时间t的关系；
(3)求装置A输出电压U与运动时间t的关系和输出的能量W；
(4)若R的阻值视为0，装置A用于回收能量，给出装置A可回收能量的来源和大小。
【答案】解：(1)导电杆所受安培力的大小为：F=B1Id=kI⋅I⋅3MgkI2=3Mg
在火箭落停过程中，导电杆做匀减速直线运动，设其加速度大小为a，对火箭与导电杆整体，由牛顿第二定律得：F−Mg=Ma
解得：a=2g
由速度—位移关系公式可得：2aL=v02
解得：L=v024g
(2)由速度—时间关系公式可得运动时间为t时，导电杆的速度为：v=v0−at=v0−2gt
回路中感应电动势为：E=B2dv=2kI⋅3MgkI2⋅(v0−2gt)=6MgI(v0−2gt)
(3)导电杆两端的电压恒为U0=IR
根据楞次定律或右手定则可知感应电流方向为顺时针方向，与装置A提供的电流方向相同，为确保回路电流I恒定，需满足：U+E=U0
解得装置A输出电压U与运动时间t的关系为：U=IR−6MgI(v0−2gt)
火箭落停过程经历的时间为t1=v0a=v02g
装置A输出的功率为：P=UI=I2R−6Mg(v0−2gt)
可见装置A输出的功率P与时间成线性关系，则可用功率的平均值计算输出的能量W，初始(t=0)时功率P0=I2R−6Mgv0，末状态(t=t1)的功率为P1=I2R，则有：
W=p−t1=12(P0+P1)t1=I2Rv02g−32Mv02
(4)当R=0时，由U=IR−6MgI(v0−2gt)=−6MgI(v0−2gt)
可知装置A回收能量的功率为P′=|U|I=6Mg(v0−2gt)
可见装置A回收能量的功率与时间成线性关系，同理用此功率的平均值计算回收的总能量W总，初始(t=0)时功率P0′=6Mgv0，末状态(t=t1)的功率为P1′=0，则有：
W总=P′−t1=12(P0′+P1′)t1=32Mv02
设在火箭落停过程中，火箭与导电杆整体减少的机械能为ΔE机，减少的磁场能为ΔE磁，则有：
ΔE机=12Mv02+MgL=34Mv02
根据能量守恒定律得：ΔE磁=W总−ΔE机=32Mv02−34Mv02=34Mv02
故装置A可回收能量的来源和大小为火箭与导电杆整体减少的机械能，大小为34Mv02；减少的磁场能，大小为34Mv02。
答：(1)导电杆所受安培力的大小F为3Mg，运动的距离L为v024g；
(2)回路感应电动势E与运动时间t的关系为E=6MgI(v0−2gt)；
(3)装置A输出电压U与运动时间t的关系为U=IR−6MgI(v0−2gt)，输出的能量W为I2Rv02g−32Mv02；
(4)装置A可回收能量的来源和大小为火箭与导电杆整体减少的机械能，大小为34Mv02；减少的磁场能，大小为34Mv02。
【实战演练】
(2023·浙江1月选考·20)如图1所示，刚性导体线框由长为L、质量均为m的两根竖杆，与长为2l的两轻质横杆组成，且L≫2l。线框通有恒定电流I0，可以绕其中心竖直轴转动。以线框中心O为原点、转轴为z轴建立直角坐标系，在y轴上距离O为a处，固定放置半径远小于a，面积为S、电阻为R的小圆环，其平面垂直于y轴。在外力作用下，通电线框绕转轴以角速度ω匀速转动，当线框平面与xOz平面重合时为计时零点，圆环处的磁感应强度的y分量By与时间的近似关系如图2所示，图中B0已知。
(1)求0到πω时间内，流过圆环横截面的电荷量q；
(2)沿y轴正方向看以逆时针为电流正方向，在0～2π3ω时间内，求圆环中的电流与时间的关系；
(3)求圆环中电流的有效值；
(4)当撤去外力，线框将缓慢减速，经πω时间角速度减小量为Δω(Δωω≪1)，设线框与圆环的能量转换效率为k，求Δω的值(当0【答案】解：(1)由电流定义式得：q=I−⋅Δt
由闭合电路欧姆定律得：I−=E−R
由法拉第电磁感应定律得：E−=ΔΦΔt
0到πω时间内圆环的磁通量变化量的绝对值为：ΔΦ=B0S−(−B0S)=2B0S
联立解得：q=2B0SR；
(2)在0～π3ω时间内，圆环的磁通量不变，故圆环中的感应电流为零；
在π3ω～2π3ω时间内，感应电动势为：E=ΔBΔtS=2B0π3ω⋅S=6ωB0Sπ
沿y轴正方向看，由楞次定律判断感应电流为顺时针方向，故为负值，则此时间内感应电流为：
I=−ER=−6ωB0SπR；
(3)由图(2)的对称性可知，圆环中电流的有效值可用半个周期0～πω时间内的热等效求得，则有
I2R(2π3ω−π3ω)=I有2R⋅πω
解得：I有=2 3ωB0SπR；
(4)已知经πω时间角速度减小量为Δω(Δωω≪1)，则此时间内线框的动能减小量为：
ΔEk=12⋅2m(ωl)2−12⋅2m[(ω−Δω)l]2=mω2l2[1−(1−Δωω)2]=mω2l2[1−(1−Δωω)2]=mω2l2⋅2Δωω=2mωl2Δω
此时间内圆环产生的焦耳热为：Q=I有2R⋅πω=12ωB02S2πR
已知线框与圆环的能量转换效率为k，则有：Q=kΔEk
解得：Δω=6B02S2πkmRl2。
答：(1)0到πω时间内，流过圆环横截面的电荷量q为2B0SR；
(2)在0～2π3ω时间内，圆环中的电流与时间的关系为：0～π3ω时间内电流为零，π3ω～2π3ω时间内电流为−6ωB0SπR；
(3)圆环中电流的有效值为2 3ωB0SπR；
(4)Δω的值为6B02S2πkmRl2。
【实战演练】
(2022·全国乙卷·24)如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l＝0.40 m的正方形金属框的一个顶点上．金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场．已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5.0×10－3 Ω/m；在t＝0到t＝3.0 s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)＝0.3－0.1t(SI)．求：
(1)t＝2.0 s时金属框所受安培力的大小；
(2)在t＝0到t＝2.0 s时间内金属框产生的焦耳热．
【答案】(1)eq \f(\r(2),5) N (2)0.016 J
【解析】(1)金属框的总电阻为
R＝4lλ＝4×0.40×5×10－3 Ω＝0.008 Ω
金属框中产生的感应电动势为
E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB·\f(l2,2),Δt)＝0.1×eq \f(1,2)×0.402 V＝0.008 V
金属框中的电流为I＝eq \f(E,R)＝1 A
t＝2.0 s时磁感应强度大小为
B2＝(0.3－0.1×2.0) T＝0.1 T
金属框处于磁场中的有效长度为L＝eq \r(2)l
此时金属框所受安培力大小为
FA＝B2IL＝0.1×1×eq \r(2)×0.4 N＝eq \f(\r(2),25) N
(2)0～2.0 s时间内金属框产生的焦耳热为Q＝I2Rt′＝12×0.008×2 J＝0.016 J.
七、动量定理在电磁感应中的应用
当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时常用动量定理求解．导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，
1.安培力的冲量：
①
②
2.磁通量变化量：.
3.通过导体棒或金属框的电荷量为：
4.求位移：
【技巧点拨】初、末速度已知的变加速运动，在用动量定理列出的式子中，；若已知q或x也可求末速度
5.求运动时间：，
【技巧点拨】若已知运动时间，也可求q、x、v中的任一个物理量
八、电磁感应中图像问题
1．解题关键：弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键．
另外，要正确解决图像问题，必须能根据图像的意义把图像反映的规律对应到实际过程中去，又能根据实际过程的抽象规律对应到图像中去，最终根据实际过程的物理规律进行判断.
2．解题步骤
①明确图象的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等；对切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及E－x图象和i－x图象；
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的对应关系；
④结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；
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．
3．常用方法
①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．
②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．
【实战演练】
(2021·浙江6月选考·21)一种探测气体放电过程的装置如图甲所示，充满氖气(Ne)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R0＝10 Ω的细导线绕制、匝数N＝5×103的圆环形螺线管，细导线的始末两端c、d与阻值R＝90 Ω的电阻连接．螺线管的横截面是半径a＝1.0×10－2 m的圆，其中心与长直导线的距离r＝0.1 m．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I－t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B＝eq \f(kI,r)，其中k＝2×10－7 T·m/A.
(1)求0～6.0×10－3 s内通过长直导线横截面的电荷量Q；
(2)求3.0×10－3 s时，通过螺线管某一匝线圈的磁通量Φ；
(3)若规定c→R→d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iR－t图像；
(4)若规定c→R→d为电流的正方向，考虑线圈自感，定性画出通过电阻R的iR－t图像．
【答案】(1)0.5 C (2)6.28×10－8 Wb (3)见解析 (4)见解析
【解析】(1)由q＝It可知，I－t图像与t轴所围面积表示电荷量，因此有
Q＝eq \x\t(I)1Δt1＋I2Δt2＋eq \x\t(I)3Δt3
代入数据解得Q＝0.5 C
(2)由磁通量的定义可得Φ＝BS＝eq \f(kI2,r)·πa2
代入数据可得Φ＝6.28×10－8 Wb
(3)在0～1.0×10－3 s时间内电流均匀增加，由楞次定律可知感应电流的方向为c→R→d，产生恒定的感应电动势E＝Neq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(Nkπa2,r)·eq \f(ΔI,Δt)
由闭合电路欧姆定律可得iR＝eq \f(E,R＋R0)
代入数据解得iR＝3.14×10－3 A
在1.0×10－3～5.0×10－3 s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5.0×10－3～6.0×10－3 s时间内电流随时间均匀变化，斜率大小和0～1.0×10－3 s时间内大小相同，因此电流大小相同，由楞次定律可知感应电流的方向为d→R→c，则图像如图所示
(4)考虑自感的情况下，线圈会产生自感电动势阻碍电流的增加，因此电流是缓慢增加的，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1.0×10－3～5.0×10－3 s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，电流时间图像如图．
九、杆、导轨模型
1. “基本载体”:导轨、金属棒、磁场
①导轨
Ⅰ、导轨形状:常见导轨为平行等间距直导轨,或平行不等间距导轨,也可能为圆形、三角形、三角函数图形等;
Ⅱ、导轨放置:水平、竖直、倾斜放置或组合;
Ⅲ、接入元件:单个电阻、多个电阻、电容器或电阻和电容器组合.
②金属棒
Ⅰ、金属棒的数量:单根、两根或多根;
Ⅱ、金属棒初始状态:静止或有初速度;
Ⅲ、金属棒受力状况:仅受安培力,或还受其他力;
Ⅳ、金属棒运动情况:匀速、加速或旋转.
③磁场
Ⅰ、磁场的分布:均匀、等间距分布、非均匀分布;
Ⅱ、磁场的状态:静态、随时间变化.
2.终态
①有外力单杆最终速度：a=0，
②无外力有阻力（摩擦力或安培力）单杆最终速度：v=0
③无外力无阻力单杆最终速度：匀速
④只有电容的单杆最终速度：电容两端电压等于导体棒切割产生感应电动势
⑤双杆最终速度：回路磁通量不变，回路中没有电流，等长杆速度相同，不等长杆速度不同
3.单杆+无电源+有初速度+无外力=阻尼式
4. 单杆+有电源+无初速度+无外力=电动式
5. 单杆+无电源+无初速度+有外力=发电式
6. 单杆+无电源+无初速度+有外力+有摩擦=发电式变形
7. 单杆+无电源+无初速度+有外力+斜轨道=发电式变形
8. 单杆+有电容+有初速度+无外力=电容无外力充电型
9. 单杆+有电容+无初速度+有外力=电容有外力充电型
10. 单杆+有电容+无初速度+有外力=电容有外力充电型
11. 双杆（质量相等）+有初速度+无外力+光滑
12. 双杆（质量相等）+有初速度+无外力+光滑
13. 双杆+有初速度+无外力+光滑 、双杆+无初速度+有外力+光滑
14. 双杆+有初速度+无外力+粗糙、双杆+无初速度+有外力+粗糙
15. 不等间距+水平光滑导轨+无外力
【实战演练】
(2023·全国卷新课标·13)一边长为L、质量为m的正方形金属细框，每边电阻为R0，置于光滑的绝缘水平桌面(纸面)上。宽度为2L的区域内存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两虚线为磁场边界，如图(a)所示。
(1)使金属框以一定的初速度向右运动，进入磁场。运动过程中金属框的左、右边框始终与磁场边界平行，金属框完全穿过磁场区域后，速度大小降为它初速度的一半，求金属框的初速度大小。
(2)在桌面上固定两条光滑长直金属导轨，导轨与磁场边界垂直，左端连接电阻R1=2R0，导轨电阻可忽略，金属框置于导轨上，如图(b)所示。让金属框以与(1)中相同的初速度运动，进入磁场。运动过程中金属框的上、下边框处处与导轨始终接触良好。求在金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量。
【答案】解：(1)根据法拉第电磁感应定律可得，金属框进入磁场过程中，设运动的时间为t，感应电动势的平均值为：E−=BLv−
其中，v−=Lt
根据电荷量的定义式可知，金属框进入磁场过程中流过金属框的电荷量为：q1=I−t=E−4R0t=BL24R0
根据楞次定律可知，金属框进入磁场和离开磁场的过程中电流方向相反，但安培力始终水平向左，设两个过程中的电荷量的绝对值之和为q，则q=2q1=2BL24R0=BL22R0
对整个过程，选择水平向右的方向为正方向，设金属框的初速度为v0，对金属框根据动量定理可得：
−qBL=12mv0−mv0
联立解得：v0=B2L3mR0
(2)设金属框进入磁场的末速度为v1，因为导轨电阻忽略不计，此时金属框上下部分被短路，根据电路构造可知此时电路中的总电阻为：R总=R0+2R022R0+R0=5R03
金属框进入磁场的过程中，选择水平向右的方向为正方向，则−B2L3R总=mv1−mv0
解得：v1=2B2L35mR0
根据能量守恒定律可得：12mv02=Q+12mv12
根据电阻的比值关系可得：QR1=215Q1
联立解得：QR1=7B4L6125mR02
金属框完全进入磁场后，金属框的左右两边作为电源，此时电路中的电阻为：R总1=2R0+R02=5R02
设金属框离开磁场时的速度为v2，根据动量定理可得：−B2L3R总1=mv2−mv1
解得：v2=0
根据能量守恒定律可得：Q2=12mv12
此过程中，QR1′=45Q2
联立解得：QR1′=8B4L6125mR02
综上所述，整个过程中电阻R1产生的热量为：Q总=QR1+QR1′
代入数据解得：Q总=3B4L625mR02
答：(1)金属框的初速度大小为B2L3mR0；
(2)金属框整个运动过程中，电阻R1产生的热量为3B4L625mR02。
【实战演练】
(2023·湖南卷·14)如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R。运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g。
(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；
(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0；
(3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx。
【答案】解：(1)棒a切割磁感线产生的感应电动势E=BLv0
回路中产生的感应电流I=E2R=BLv02R
棒a受到的安培力FA=BIL=B2L2v02R
棒a匀速运动时，合力为零，则有：FA=mgsinθ
代入数据解得v0=2mgRsinθB2L2
(2)棒b由静止释放，由左手定则可知棒b所受安培力方向沿斜面向下，a、b棒串联电流相等，两者的安培力大小相等
对b利用牛顿第二定律：mgsinθ+FA=ma0
代入数据解得a0=2gsinθ
(3)对a、b棒分别利用动量定理，取沿斜面向下为正方向，则有：(mgsinθ−FA)t0=mv−mv0 (mgsinθ+FA)t0=mv−0
两式联立，可得v=gt0sinθ+v02
从释放b到两棒匀速运动，平均安培力FA−=BI−L，对b棒利用动量定理，取沿斜面向下为正方向，则有：mgt0sinθ+BI−Lt0=mv−0
已知q=I−t0
代入数据解得q=mv02BL
由法拉第电磁感应定律则有：E=nΔΦΔt
由闭合电路欧姆定律则有：I=E2R
电荷量q=IΔt
联立方程，可得q=nΔΦ2R
ΔΦ=BLΔx，n=1
代入数据解得Δx=mv0RB2L2
答：(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，棒a匀速运动时的速度大小v0为2mgRsinθB2L2；
(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，释放瞬间棒b的加速度大小a0为2gsinθ；
(3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，速度v的大小为gt0sinθ+v02，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx为mv0RB2L2。
【实战演练】
(2023·上海卷·19)如图(a)，线框cdef位于倾斜角θ=30°的斜面上，斜面上有一长度为D的矩形磁场区域，磁场方向垂直于斜面向上，大小为0.5T，已知线框边长cd=D=0.4m，m=0.1kg，总电阻R=0.25Ω，现对线框施加一沿斜面向上的力F使之运动。斜面上动摩擦因数μ= 33，线框速度随时间变化如图(b)所示。(重力加速度g取9.8m/s2)；

(1)求外力F大小；
(2)求cf长度L；
(3)求回路产生的焦耳热Q。
【答案】解：(1)由v−t图象可知，在0～0.4s时间内线框做匀加速直线运动，进入磁场时的速度为：v1=2.0m/s
所以加速度大小为：a=v1−0Δt=2.0−00.4m/s2=5m/s2
根据牛顿第二定律有：F−mgsinθ−μmgcsθ=ma
代入数据得：F=1.5N；
(2)由v−t图象可知，线框进入磁场区域后一直做匀速直线运动，并以速度v1匀速穿出磁场，说明线框的宽度等于磁场的宽度，即：
L=D=0.4m
(3)线框在减速为零时，有：mgsinθ=μmgcsθ
所以线框不会下滑，设线框穿过磁场的时间为t，则：t=2Dv1=2×
由法拉第电磁感应定律和欧姆定律有：E=BLv1
由欧姆定律得：I=BDv1R=0.5×0.4×
根据焦耳定律可得：Q=I2Rt=1.62×0.25×0.4J=0.256J
答：(1)外力F大小为1.5N；
(2)cf长度为0.4m；
(3)回路产生的焦耳热为0.256J。
【实战演练】
(2023·北京卷·18)2022年，我国阶段性建成并成功运行了“电磁撬”，创造了大质量电磁推进技术的世界最高速度纪录。
一种两级导轨式电磁推进的原理如图所示。两平行长直金属导轨固定在水平面，导轨间垂直安放金属棒。金属棒可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨接触良好。电流从一导轨流入，经过金属棒，再从另一导轨流回，图中电源未画出。导轨电流在两导轨间产生的磁场可视为匀强磁场，磁感应强度B与电流i的关系式为B=ki(k为常量)。金属棒被该磁场力推动。
当金属棒由第一级区域进入第二级区域时，回路中的电流由I变为2I。已知两导轨内侧间距为L，每一级区域中金属棒被推进的距离均为s，金属棒的质量为m。求：
(1)金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小F；
(2)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1：a2；
(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小v。
【答案】解：(1)第一级区域的磁感应强度大小B1=kI
金属棒在第一级区域受到的安培力大小：F1=ILB1=IL×kI=kI2L
(2)第二级区域磁感应强度大小B2=2kI
金属棒在第二级区域受到的安培力大小F1=2ILB2=2IL×2kI=4kI2L
对金属棒，由牛顿第二定律得：F1=ma1，F2=ma2
解得：a1：a2=1：4
(3)对金属棒，金属棒从静止开始经过两级区域过程，由动能定理得：F1s+F2s=12mv2−0
解得：v=I 10kLsm
答：(1)金属棒经过第一级区域时受到安培力的大小是kI2L；
(2)金属棒经过第一、二级区域的加速度大小之比a1：a2是1：4；
(3)金属棒从静止开始经过两级区域推进后的速度大小是I 10kLsm。
知识点03 电磁感应现象及其应用
一、互感现象
1.当一线圈中的电流发生变化时，在临近的另一线圈中产生感应电动势，叫做互感现象。
2.互感现象不仅发生于绕在同一铁芯上的两个线圈之间，而且也可以发生于任何两个相互靠近的电路之间.
二、自感现象
1.自感现象:由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象.
2.自感电动势:在自感现象中产生的感应电动势叫自感电动势.自感电动势的大小取决于线圈自感系数和本身电流变化的快慢，自感电动势方向总是阻碍电流的变化.
3.公式：.式中L为自感系数，影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关．
【技巧点拨】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.
【技巧点拨】几种电动势
①感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势
②动生电动势：（非静电力 ：洛伦兹力分力）由导体运动而产生的感应电动势
③感生电动势：（非静电力 ：感生电场力）由感生电场产生的感应电动势
④互感电动势：由于互感而产生的感应电动势
⑤自感电动势：由于自感而产生的感应电动势
⑥反电动势：电机转动线圈产生削弱电源电动势的感应电动势
4.自感问题归类
①通电自感和断电自感的比较

②自感中“闪亮”与“不闪亮”问题
【技巧点拨】分析自感问题的三个技巧
①通电自感：通电时自感线圈相当于一个变化的电阻，阻值由无穷大逐渐减小。
②断电自感：断电时自感线圈相当于电源，电动势由某值逐渐减小到零。
③电流稳定时，自感线圈相当于导体，是否需要考虑其电阻根据题目而定。
【实战演练】
(2023·北京卷·5)如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡。开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关( )
A. P与Q同时熄灭B. P比Q先熄灭C. Q闪亮后再熄灭D. P闪亮后再熄灭
【答案】D
【解析】解：开关S处于闭合状态时，电流达到稳定状态，线圈相当于一个很小的电阻，线圈与灯泡P处于并联关系，则有ILRL=IPR灯 ，RL可得：IL>IP，且IP很小
断开开关，L线圈相当于一个电源，其与灯泡P构成串联回路，电路中电流方向沿逆时针方向，灯泡Q不接入电路立即熄灭，线圈的电流从原来的数值IL逐渐减小到零，因为IL>IP，所以灯泡P会闪亮后逐渐变暗熄灭。
故ABC错误，D正确。
三、涡流现象
1.涡流：块状金属放在变化磁场中，或者让它在磁场中运动时，金属块内产生的漩涡状感应电流．
2.产生原因：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流．
3.应用：
①涡流热效应的应用,如真空冶炼炉.
②涡流磁效应的应用,如探雷器.
四、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，安培力总是阻碍导体的相对运动．
【实战演练】
(2021·北京卷·11)某同学搬运如图所示的磁电式电流表时，发现表针晃动剧烈且不易停止。按照老师建议，该同学在两接线柱间接一根导线后再次搬运，发现表针晃动明显减弱且能很快停止。下列说法正确的是( )
A. 未接导线时，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
B. 未接导线时，表针晃动剧烈是因为表内线圈受到安培力的作用
C. 接上导线后，表针晃动过程中表内线圈不产生感应电动势
D. 接上导线后，表针晃动减弱是因为表内线圈受到安培力的作用
【答案】D
【解析】A、未接导线时，表针晃动过程中表内线圈要切割磁感线，会产生感应电动势，故A错误。
B、未接导线时，表针晃动过程中表内线圈产生感应电动势，由于电路未闭合，则线圈没有感应电流，线圈不受安培力的作用，故B错误。
CD、接上导线后形成闭合回路，表针晃动过程中表内线圈产生感应电流，线圈会受到安培力作用阻碍线圈的转动，表针晃动减弱，故C错误，D正确。
五、电磁驱动
如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力而运动起来．
六、日光灯工作原理
1.起辉器的作用:利用动触片和静触片的接通与断开起一个自动开关的作用，起动的关键就在于断开的瞬间.
2.镇流器的作用:日光灯点燃时，利用自感现象产生瞬时高压;日光灯正常发光时，利用自感现象，对灯管起到降压限流作用.
考点内容
要求
考情
电磁感应现象
b
2022·北京卷·11、2022·江苏卷·5、2023·浙江1月选考·7
2023·江苏卷·8、2022·全国甲卷·16、2020·浙江7月选考·12
2021·浙江1月选考·21、2021·全国甲卷·21、2023·广东卷·14
2023·浙江6月选考·21、2023·浙江1月选考·20、2022·全国乙卷·24
2021·浙江6月选考·21、2023·全国卷新课标·13
2023·湖南卷·14、2023·上海卷·19、2023·北京卷·18
2023·北京卷·5、2021·北京卷·11
右手定则与楞次定律
c
法拉第电磁感应定律
d
切割磁感线产生的电动势
b
互感和自感
b
涡流、电磁阻尼和电磁驱动
b
学
习
目
标
1.知道电磁感应现象的产生条件并会分析解决实际问题.
2.会根据楞次定律、右手定则判断感应电流的方向
3.理解法拉第电磁感应定律，会应用公式进行有关计算，会计算导体切割磁感线产生的感应电动势.
4.了解自感现象、涡流、电磁驱动和电磁阻尼．
5.掌握电磁感应中电路问题的求解方法，会计算电磁感应电路问题中电压、电流、电荷量、热量等物理量
6.会用动力学知识分析电磁感应问题，会用功能关系和能量守恒解决电磁感应中的能量问题．
名称
基本现象
应用的定则或定律
电流的磁效应
运动电荷、电流产生磁场
安培定则
磁场对电流的作用
磁场对运动电荷、电流有作用力
左手定则
电磁感应
部分导体做切割磁感线运动
右手定则
闭合回路磁通量变化
楞次定律
v
↓
E＝Blv
↓
I＝eq \f(E,R＋r)
↓
F安＝BIl
↓
F合
若F合＝0
匀速直线运动
若F合≠0
↓
F合＝ma
a、v同向
v增大，若a恒定，拉力F增大
v增大，F安增大，F合减小，a减小，做加速度减小的加速运动，减小到a＝0，匀速直线运动
a、v反向
v减小，F安减小，a减小，当a＝0，静止或匀速直线运动
电路图
器材要求
A1、A2同规格，R＝RL，L较大
L很大(有铁芯)
通电时
在S闭合瞬间，灯A2立即亮起来，灯A1逐渐变亮，最终一样亮
灯A立即亮，然后逐渐变暗达到稳定
断电时
回路电流减小，灯泡逐渐变暗，A1电流方向不变，A2电流反向
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
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,灯泡立刻变亮,然后电流逐渐减小达到稳定
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,则灯泡逐渐变暗;②若I2>I1,则灯泡闪亮后逐渐变暗.两种情况灯泡中电流方向均改变