資源簡介

(共73張PPT)
第3節
電磁感應定律的綜合應用
一、電磁感應中的電路問題
磁通量
1.電源：切割磁感線運動的導體或__________發生變化的回路
相當于電源.
E
R總
IR
2.電流：電路閉合時的電流 I 可由歐姆定律求出，I＝______，
路端電壓 U＝______＝E－Ir.
二、電磁感應中的動力學問題
1.安培力的大小.
B2l2v
R
2.安培力的方向.
右手
相反
(1)用左手定則判斷：先用_______定則判斷感應電流的方向，
再用左手定則判定安培力的方向.
(2)用楞次定律判斷：安培力的方向一定與導體切割磁感線的
運動方向________(填“相同”或“相反”).
三、電磁感應中的能量問題
1.能量轉化：感應電流在磁場中受安培力，外力克服安培力做
功，將___________轉化為__________，電流做功再將電能轉化為
__________的能.
2.轉化實質：電磁感應現象的能量轉化，實質是其他形式的能
與________之間的轉化.
機械能
電能
其他形式
電能
【基礎自測】
1.判斷下列題目的正誤.
(1)在電磁感應電路中，產生電流的那部分導體相當于電源.
(
勢.(
)
(2)導體棒切割磁感線時，導體棒兩端的電壓就是電源的電動
)
(3)導體棒切割感線產生感應電流時，導體棒受安培力的方向
有可能與運動方向相同.(
)
(4)安培力做正功的過程是將電能轉化為機械能的過程.(
)
(5)物體克服安培力做功的過程是將其他形式的能量轉化為電
能的過程.(
)
答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√
2.如圖甲所示，面積 S＝0.2 m2 的線圈，匝數 n＝630匝，總
電阻 r＝1.0 Ω，線圈處在變化的磁場中，設磁場垂直紙面向外
為正方向，磁感應強度 B 隨時間 t 按圖乙所示規律變化，方向
垂直線圈平面，圖甲中傳感器可看成一個純電阻 R ，并標有
“3 V　0.9 W”，滑動變阻器 R0 上標有“10 Ω　1 A”.則下列
說法正確的是(　　)
甲
乙
A.電流表的電流方向向左
B.線圈中產生的感應電動勢為定值
C.為了保證電路的安全，電路中允許通過的電流最大值為 1 A
D.若滑動變阻器的滑片置于最左端，為了保證電路的安全，
圖乙中的 t0 最小值為 20 s
由法拉第電磁感應定律 E＝n
，得 t0＝40 s，D 錯誤.
解析：根據楞次定律，回路中產生順時針方向的電流，電流表的電流
方向向右，A 錯誤;因為
ΔB
Δt
恒定，所以根據法拉第電磁感應定律 E＝n
ΔB
Δt
S，
線圈中產生恒定的感應電動勢，B 正確;傳感器正常工作時電阻為 R＝
U2
P
＝
所以電路允許通過的最大電流為 0.3 A，C 錯誤;滑動變阻器觸頭位于最左端
時外電路電阻為 R外＝20 Ω，電源電動勢的最大值為 E＝I(R外＋r)＝6.3 V，
ΔΦ
Δt
＝
nSΔB
Δt
答案：B
3.(2024 年甘肅卷)如圖，相距為 d 的固定平行光滑金屬導軌與
阻值為 R 的電阻相連，處在磁感應強度大小為 B、方向垂直紙面
向里的勻強磁場中，長度為 L 的導體棒 ab 沿導軌向右做勻速直線
運動，速度大小為 v.則導體棒 ab 所受的安培力為(　　)
答案：A
4.如圖所示，兩個互連的金屬圓環，小金屬環的電阻是大金
屬環電阻的二分之一，磁場垂直穿過大金屬環所在區域，當磁
感應強度隨時間均勻變化時，在大環內產生的感應電動勢為 E，
則 a、b 兩點間的電勢差為(
)
1
A. E
2
1
B. E
3
2
C. E
3
D.E
答案：B
熱點 1 電磁感應中的電路問題
[熱點歸納]
1.對電磁感應電路的理解.
(1)在電磁感應電路中，相當于電源的部分把其他形式的能通
過電流做功轉化為電能.
(2)電源兩端的電壓為路端電壓，而不是感應電動勢.
(3)電源的正負極、感應電流的方向、電勢的高低、電容器極
板帶電問題，均可用右手定則或楞次定律判定.
2.電磁感應中電路知識的關系圖.
3.分析電磁感應電路問題的基本思路：
【典題1】(2024 年廣東茂名一模)如圖甲所示，底部固定有正
方形線框的列車進站?？繒r，以初速度 v 水平進入豎直向上的磁
感應強度為 B 的正方形有界勻強磁場區域，如圖乙所示，假設正
方形線框邊長為 l，每條邊的電阻相同.磁場的區域邊長為 d，且
l法正確的是(　　)
甲
乙
A.線框進入磁場過程中，克服安培力做的功小于線框中產生
的焦耳熱
B.線框離開磁場過程中，克服安培力做的功等于線框減少的
動能
C.線框右邊剛剛進入磁場時，感應電流沿圖乙逆時針方向，
其兩端的電壓為 Blv
D.線框右邊剛剛進入磁場時，感應電流沿圖乙順時針方向，
解析：根據功能關系可知線框克服安培力做的功全部轉化為
電能，線框為純電阻電路，則又全部轉化為線框中產生的焦耳熱，
則克服安培力做的功等于線框中產生的焦耳熱，A 錯誤；線框離
開磁場過程中，根據動能定理可知克服安培力做功與克服摩擦力、
空氣阻力做功之和等于線框和列車動能的減小量，B 錯誤；根據
右手定則，線框進入磁場時，感應電流沿順時針方向.線框此時切
割磁感線產生的感應電動勢為 Blv，導線框右邊兩端的電壓為路端
答案：D
熱點 2 電磁感應中的動力學問題
[熱點歸納]
1.題型簡述.
感應電流在磁場中受到安培力的作用，因此電磁感應問題往
往跟力學問題聯系在一起.解決這類問題需要綜合應用電磁感應規
律(法拉第電磁感應定律、楞次定律)及力學中的有關規律(共點力
的平衡條件、牛頓運動定律、動能定理等).
狀態 特征 處理方法
平衡態 加速度為零 根據平衡條件列式分析
非平衡態 加速度不為零 根據牛頓第二定律進行動態分析或結合功能關系進行分析
2.兩種狀態及處理方法.
3.動態分析的基本思路.
解決這類問題的關鍵是通過運動狀態的分析，尋找過程中的
臨界狀態，如速度、加速度最大值或最小值的條件.具體思路如下：
【典題2】(多選，2024 年廣東韶關二模)電磁緩沖裝置廣泛應
用于高鐵等交通工具，它利用電磁力來實現有效緩沖，其原理圖
如圖所示.減速區分布著兩部分磁場區域Ⅰ和Ⅱ(俯視)，分別存在
著垂直紙面向內和垂直紙面向外的寬度均為 L 的勻強磁場，磁感
應強度的大小均為 B.緩沖車質量為 M，其底部
最前端固定有邊長也為 L 的 N 匝正方形線圈，
線圈電阻為 r，緩沖車以速度 v0 無動力進入減
速區，不計摩擦及空氣阻力.則(
)
A.緩沖車的線圈進入區域Ⅰ的過程中，線圈中的感應電流(從
上往下看)沿逆時針方向
B.緩沖車的線圈進入區域Ⅰ的過程中，車做加速度減小的減
速運動
解析：根據右手定則，緩沖車的線圈進入區域Ⅰ的過程中，
線圈中的感應電流(從上往下看)沿逆時針方向，A 正確；緩沖車的
線圈進入區域Ⅰ的過程中，根據牛頓第二定律 NIBL＝Ma，線圈中
的電流為 I＝
NBLv
r
，可得 a＝
N2B2L2v
Mr
，根據左手定則，緩沖車受
到的安培力向左，故緩沖車的線圈進入區域Ⅰ的過程中，車做加
速度減小的減速運動，B 正確；若緩沖車的線圈剛進入區域Ⅱ時
答案：ABD
【遷移拓展1】(2024 年河北卷)如圖，邊長為 2L 的正方形金
屬細框固定放置在絕緣水平面上，細框中心 O 處固定一豎直細導
體軸 OO′.間距為 L、與水平面成θ 角的平行導軌通過導線分別與
細框及導體軸相連.導軌和細框分別處在與各自所在平面垂直的勻
強磁場中，磁感應強度大小均為 B.足夠長的細導體棒 OA 在水平
面內繞 O 點以角速度ω 勻速轉動，水平放置在導軌上的導體棒
CD 始終靜止.OA 棒在轉動過程中，CD 棒在所受安培力達到最大
和最小時均恰好能靜止.已知 CD 棒在導軌間的電阻值為 R，電路
中其余部分的電阻均不計，CD 棒始終與導軌垂直，各部分始終
接觸良好，不計空氣阻力，重力加速度大小為 g.
(1)求 CD 棒所受安培力的最大值和最小值.
(2)鎖定 OA 棒，推動 CD 棒下滑，撤去推力瞬間，CD 棒的加
速度大小為 a，所受安培力大小等于(1)問中安培力的最大值，求
CD 棒與導軌間的動摩擦因數.
當 OA 運動到與細框一邊平行時瞬間，切割的有效長度最短，
感應電流最小，CD 棒受到的安培力最小，得
熱點 3 電磁感應中的能量問題
[熱點歸納]
1.能量轉化及焦耳熱的求法.
(1)能量轉化.
(2)求解焦耳熱 Q 的三種方法.
2.解決電磁感應能量問題的策略是“先源后路、先電后力，再
是運動、能量”，即：
【典題 3】(多選)如圖所示，光滑平行金屬軌道平面與水平
面成θ角，兩軌道上端用一電阻 R 相連，該裝置處于勻強磁場中，
磁場方向垂直軌道平面向上，質量為 m 的金屬桿 ab 以初速度
v0 從軌道底端向上滑行，滑行到某一高度 h 后又返回到底端.若運
動過程中，金屬桿始終保持與導軌垂直且接觸良好，且軌道與金
)
屬桿的電阻均忽略不計，則下列說法正確的是(
A.返回到底端時的速度大小為 v0
D.金屬桿兩次通過斜面上的同一位置時電阻 R 的熱功率相同
解析：金屬桿從軌道底端滑上斜面到又返回到出發點時，由
于電阻 R 上產生熱量，故返回時速度小于 v0， A 錯誤；上滑到
最高點時動能轉化為重力勢能和電阻 R 上產生的熱量(即克服安
培力所做的功)， BC 正確；金屬桿兩次通過軌道上同一位置時
的速度大小不同，電路的電流不同，故電阻的熱功率不同， D
錯誤.
答案：BC
方法技巧
無論是磁場變化、線圈面積變化或者閉合電路的
部分導體切割磁感線，只要產生感應電動勢，在閉合回路中產生
感應電流，就會產生電能，最終消耗在回路中產生內能，從能量
轉化的角度遵循能量守恒定律.
【遷移拓展 2】如圖所示，在豎直向下的勻強磁場中，磁感
應強度大小為 B，水平 U 型導體框左端接一阻值為 R 的電阻，導
體棒 ab 質量為 m、電阻為 r，垂直導軌置于導體框上，導體框寬
度為 L，導體棒與導軌接觸良好.不計導體框的電阻和導體棒與導
體框間的摩擦.ab 棒以水平向右的初速度 v0 開始運動，最終停在
導體框上.此過程中說法正確的是(
)
A.導體棒做勻減速直線運動
B.導體棒中感應電流的方向為 b→a，所以 b 點電勢高于 a 點
電勢
C.剛開始運動時，ab 兩端電壓為 BLv0
解析：導體棒在安培力的作用下做減速運動，可得 E＝BLv，
導體棒切割磁感線產生感應電動勢，相當于電源，電源內部電流
由低電勢流向高電勢，根據楞次定律可知，導體棒中感應電流的
方向為 b→a，所以 b 點電勢低于 a 點電勢，B 錯誤;ab 兩端電壓為
C 錯誤;根據能量轉化與守恒可知，導體棒的動能轉化為電阻 R 與
串聯，產生的焦耳熱與阻值成正比，則電阻 R 消耗的總電能為
答案：D
熱點 4 電磁感應與動量的綜合
[熱點歸納]
涉及一個導體棒或線框進出磁場，且做非勻變速運動時，求
棒或線框的位移、速度等物理量，由于不可能根據直線運動公式
求解，此時需要考慮動量定理.涉及兩個導體棒相對運動時，若系
統受的合外力為零，考慮動量守恒，若合外力不為零，考慮動量
定理.應用動量定理常用的兩個關系式：q＝n
ΔΦ
R＋r
，BLq＝mΔv.
考向 1 動量定理與電磁感應的綜合
(1)問題情景：導體棒沿處于勻強磁場中的導軌運動，導體棒
是閉合電路的一部分，運動導體切割磁感線可等效為電源.
(2)解答方法：①分析導體棒的受力，根據題設條件列平衡方
程或動力學方程，注意安培力 F＝BIL 中的電流 I 是力、電聯系的
橋梁.②一般情況下要根據閉合電路的歐姆定律并結合電磁感應定
律列電路方程.③求通過電路的電量時，可以根據動量定理列式求
【典題4】(多選，2024 年貴州卷)如圖，間距為 L 的兩根金屬
導軌平行放置并固定在絕緣水平桌面上，左端接有一定值電阻 R，
導軌所在平面存在磁感應強度大小為 B、方向豎直向下的勻強磁
場.質量為 m 的金屬棒置于導軌上，在水平拉力作用下從靜止開始
做勻加速直線運動，一段時間后撤去水平拉力，金屬棒最終停在
導軌上.已知金屬棒在運動過程中，最大速度為 v，加速階段的位
移與減速階段的位移相等，金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好，
不計摩擦及金屬棒與導軌的電阻，則(
)
答案：AB
考向 2 動量守恒定律與電磁感應的綜合
(1)問題情景：兩根導體棒沿處于勻強磁場中的光滑導軌運動，
并與導軌構成閉合回路.
(2)解答方法：①兩導體棒在運動過程中若沿運動方向不受外
力或所受外力的合力為零，可應用動量守恒定律列式.②兩導體棒
運動切割磁感線，可以等效為電源，根據閉合電路的歐姆定律并
結合電磁感應定律列電路方程.
【典題5】如圖所示，兩條足夠長的光滑平行金屬導軌 MN、
PQ 固定在水平桌面上，間距為 l＝1 m，電阻不計.整個裝置處
于豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度大小為 B＝1 T.金屬棒
AB、CD 水平放置在兩導軌上，相距 L＝0.3 m，棒與導軌垂直并
接觸良好，已知 AB 棒的質量為 m1＝0.3 kg，CD 棒的質量為 m2＝
0.5 kg，兩金屬棒接入電路的電阻為 R1＝R2＝0.8 Ω.若給 AB 棒以
v0＝4 m/s 的初速度水平向左運動，在兩根金屬棒運動到兩棒間距
最大的過程中，下列說法中正確的是(
)
A.AB 棒中的電流方向為從 B 到 A，間距最大時電流為零
B.CD 棒的最終速度大小為 1 m/s
C.該過程中通過導體橫截面的電荷量為 0.8 C
D.兩金屬棒的最大距離為 1.5 m
解析：根據楞次定律和右手定則可以判斷 AB 棒中的電流方向
為從 A 到 B，當間距達到最大后，兩棒相對靜止，回路中磁通量
不再變化，電流為零，A 錯誤;AB 棒和 CD 棒組成的系統所受外力
答案：D
【遷移拓展 3】(2023 年全國甲卷)如圖所示，水平桌面上
固定一光滑 U 型金屬導軌，其平行部分的間距為 l，導軌的最
右端與桌子右邊緣對齊，導軌的電阻忽略不計.導軌所在區域有方
向豎直向上的勻強磁場，磁感應強度大小為 B.一質量為 m、電阻
為 R、長度也為 l 的金屬棒 P 靜止在導軌上.導軌上質量為 3m 的絕
緣棒 Q 位于 P 的左側，以大小為 v0 的速度向 P 運動并與 P 發生彈
性碰撞，碰撞時間很短.碰撞一次后，P 和 Q 先后從導軌的最右端
滑出導軌，并落在地面上同一地點.P 在導軌上運動時，兩端與導
軌接觸良好，P 與 Q 始終平行.不計空氣阻力.求
(1)金屬棒 P 滑出導軌時的速度大小.
(2)金屬棒 P 在導軌上運動過程中產生的熱量.
(3)與 P 碰撞后，絕緣棒 Q 在導軌上運動的時間.
解：(1)由于絕緣棒 Q 與金屬棒 P 發生彈性碰撞，根據動量守
恒和機械能守恒可得
3mv0＝3mvQ＋mvP
由題知，碰撞一次后，P 和 Q 先后從導軌的最右端滑出導軌，
并落在地面上同一地點，則金屬棒 P 滑出導軌時的速度大小為
(3)P、Q 碰撞后，對金屬棒 P 分析，根據動量定理得
電磁感應中的導體棒問題
這類問題的實質是不同形式的能量的轉化過程，從功和能的
觀點入手，弄清導體切割磁感線運動過程中的能量轉化關系，處
理這類問題有三種觀點，即：①力學觀點；②圖像觀點；③能量
觀點.單桿模型中常見的四種情況如下表所示：
類型 模型一(v0≠0) 模型二(v0＝0) 模型三(v0＝0) 模型四(v0＝0)
示意
圖
單桿ab以一定初速度v0在光滑水平軌道上滑動，質量為m，電阻不計，兩導軌間距為l
軌道水平光滑，單桿ab質量為m，電阻不計，兩導軌間距為l
軌道水平光滑，單桿ab質量為m，電阻不計，兩導軌間距為l，拉力F恒定
軌道水平光滑，單桿ab質量為m，電阻不計，電容不考慮擊穿和飽和，兩導軌間距為l，拉力F恒定
(續表)
(續表)
模型一 單棒模型
【典題 6】(多選，2023 年黑龍江哈爾濱模擬)如圖甲所示，
MN、PO 兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成θ＝30°角固定，
間距為 L＝1 m，質量為 m 的金屬桿 ab 垂直放置在軌道上且與
軌道接觸良好，其阻值忽略不計.空間存在勻強磁場，磁場方向
垂直于軌道平面向上，磁感應強度為 B＝0.5 T.P、M 間接有阻值為
R1 的定值電阻，Q、N 間接電阻箱 R.現從靜止釋放 ab，改變電阻
若軌道足夠長且電阻不計，重力加速度 g 取 10 m/s2，則(
)
甲
乙
A.金屬桿中感應電流方向為 a 指向 b
B.金屬桿所受的安培力的方向沿軌道向上
C.金屬桿的質量為 1 kg
D.定值電阻的阻值為 1 Ω
解析：由右手定則可判斷，金屬桿中感應電流方向由 b 指向 a，A 錯
誤;由左手定則可知，金屬桿所受的安培力沿軌道向上，B 正確;總電阻為
解得 m＝0.1 kg，R1＝1 Ω，C 錯誤，D 正確.
答案：BD
模型二 雙棒模型
【典題 7】(2023 年福建福州模擬)如圖所示，足夠長
的平行金屬導軌豎直放置在垂直于導軌平面向里的
勻強磁場中，兩根質量相同的導體棒a 和 b 垂直放置
在導軌上，導體棒與導軌緊密接觸且可自由滑動.先
固定 a，釋放 b，當 b的速度達到 v 時，再釋放 a，經
過時間 t 后，a 的速度也達到v，重力加速度為 g，不
計一切摩擦.下列說法中正確的是(
)
A.釋放 a 之前，b 運動的時間等于 t
v2
2g
C.釋放 a 之后的時間 t 內，a 下落的加速度小于 g
D.a 和 b 的加速度最終都等于 g
解析：釋放 a 之前，b 受向下的重力和向上的安培力，且隨速度
的增加，所受的安培力變大，則 b 做加速度減小的變加速運動，即 b
釋放 a 之后，因 a 開始時速度小于 b，則回路中有逆時針方向的電
B.釋放 a 之前，b 下落的高度小于
流，則 a 所受的安培力方向向下，則 a 的平均加速度大于 g，則達
錯誤;釋放 a 之后，b 受向上的安培力，加速度小于 g，a 向下的加
速度大于 g，則隨著兩物體的下落，速度差逐漸減小，回路的電流
逐漸減小，安培力逐漸減小，則 a 的加速度逐漸減小，b 的加速度
逐漸變大，最終 a 和 b 的加速度都等于 g 時，速度差為零，到達
穩定狀態，D 正確.
答案：D
模型三 含電容器電路
【典題 8】如圖所示，水平面內有兩根足夠長的平行導軌
L1、L2，其間距為 d＝0.5 m，左端接有電容量為 C＝2000 μF的
電容.質量為 m＝20 g 的導體棒可在導軌上無摩擦滑動，導體棒
和導軌的電阻不計.整個空間存在著垂直導軌所在平面的勻強磁
場，磁感應強度為 B＝2 T.現用一沿導軌方向向右的恒力為 F＝
0.22 N作用于導體棒，使導體棒從靜止開始運動，經過一段時間 t，
速度達到 v＝5 m/s.則(
)
A.此時電容器兩端電壓為 10 V
B.此時電容 C 上的電量為 1×10-2 C
C.導體棒做勻加速運動，且加速度為 20 m/s2
D.時間 t＝0.4 s
解析：當導體棒的運動速度達到 v＝5 m/s 時，產生的感應電
動勢 E＝Bdv＝5 V，電容器兩端電壓 U＝E＝5 V， A 錯誤;此時
電容器的帶電量 q＝CU＝1×10-2 C， B 正確;導體棒在力 F 作用
答案：B
思路導引 A、B 選項均涉及電容器上的電壓，本題中電容器
的電壓等于棒的電動勢，C、D 兩個選項是綁定在一起的，求加速
CBda，然后應用牛頓第二定律得到加速度，D 選項即可解決.

展開更多......

收起↑