专题十 电磁感应基本问题分析

专题十 电磁感应基本问题分析

【知识必备】

(本专题对应学生用书第40~43页)

知 识 必 备

一、 感应电动势的几种表达式

Δ?1. 穿过回路的磁通量发生变化时E=nΔt，一般用来计算Δt时间内的感应电动

势的平均值.

2. 导体棒垂直切割磁感线运动时E=BLv .

13. 导体棒在磁场中以其中一端为圆心转动垂直切割磁感线时E=2BL2ω.

二、 感应电动势方向(感应电流方向)的判断

1. 右手定则：适用于导体切割磁感线产生感应电流的方向的判断.

2. 楞次定律：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的原磁通量的变化.

3. 三种阻碍：

(1) 阻碍原磁通量的变化——增反减同. (2) 阻碍物体间的相对运动——来拒去留. (3) 阻碍自身电流的变化——增反减同.

三、 自感现象与涡流

自感电动势与导体中的电流变化率成正比，比例系数称为导体的自感系数L.线圈的自感系数L跟线圈的形状、长短、匝数等因素有关系.线圈的横截面积越大，线圈越大，匝数越多，它的自感系数就越大.带有铁芯的线圈其自感系数比没有铁芯的大得多.

【能力呈现】

应试指导

【考情分析】

电磁感应基本问题分析 2014 2015 2016 T1：电磁感应定律、楞次定T2：电磁感应现T6：感应电动势、感应电律 T7：涡流 象 流 T13：感应电动势 T13：电磁感应定律 【备考策略】

电磁感应是电磁学中最为重要的内容，也是高考命题频率最高的内容之一.题型多为选择题、计算题.主要考查电磁感应、楞次定律、法拉第电磁感应定律、自感等知识.复习中要熟练掌握感应电流的产生条件、感应电流的方向判断、感应电动势的计算、自感现象的分析等.

能力摸底

1. (2016·泰州一模)如图所示，在长载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两可自由滑动的导体棒ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体棒ab和cd的运动情况是( )

A.一起向左运动 B. 一起向右运动

C. ab和cd相向运动，相互靠近 D. ab和cd相背运动，相互远离 【答案】 C

【解析】 直导线中电流增强，穿过下方闭合回路的磁通量变大，根据楞次定律得出面积将变小，C项正确.

2. (多选)(2016·江苏卷)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发生声音.下列说法中正确的有( )

A. 选用铜质弦，电吉他仍能正常工作 B. 取走磁体，电吉他将不能正常工作

C. 增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势 D. 弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化 【答案】 BCD

【解析】 铜制物体不能被磁化，A项错误；取走磁体，金属弦不能被磁化，电吉

Δ?他不能正常工作，B项正确；根据法拉第电磁感应定律E=nΔt得出线圈匝数越多，

感应电动势越大，C项正确；弦振动时，通过线圈的磁通量时而增大，时而减小，产生的电流方向不断变化，D项正确.

3. (多选)(2016·苏北四市三模)如图所示的电路中，电感L的自感系数很大，电阻可忽略，D为理想二极管，则下列说法中正确的有( )

A. 当S闭合时，L1立即变亮，L2逐渐变亮 B. 当S闭合时，L1一直不亮，L2逐渐变亮 C. 当S断开时，L2立即熄灭

D. 当S断开时，L1突然变亮，然后逐渐变暗至熄灭 【答案】 BD

【解析】 当S闭合时，二极管具有单向导电性，此时为反向电流，所以L1一直不亮，自感线圈L阻碍电流的增大，阻碍不等于阻止，所以L2逐渐变亮，A项错误，B项正确；当S断开时，自感线圈L中的电流大小及方向不能突变，此时对二极管而言为正向电流，L1突然变亮，然后L1、L2逐渐变暗至熄灭，C项错误，D项正确.

4. (多选)(2016·全国卷Ⅱ) 法拉第圆盘发电机的示意图如图所示.铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触.圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中.圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是( )

A. 若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定

B. 若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动

C. 若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D. 若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 【答案】 AB

【解析】 将圆盘看成由无数辐条组成，各辐条都在切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，当圆盘顺时针转动时(从上往下看)，根据右手定则可判断，圆盘上感应电流从边缘向中心，流过电阻R的电流方向从a到b，B正确；由法拉第

1E电磁感应定律可得，感应电动势E=BLv=2BL2ω，而I=R，故A正确，C错误；当1角速度ω变为原来的2倍时，感应电动势E=2BL2ω变为原来的2倍，感应电流I变为

原来的2倍，电流在R上的热功率P=I2R变为原来的4倍，D错误.

【能力提升】

楞次定律和右手定则的应用

楞次定律和右手定则用于判断感应电流的方向.楞次定律的应用步骤概括为“一原、二感、三电流”.右手定则是楞次定律的特例，用于判断导线在磁场中切割磁感线产生感应电流的情况.楞次定律的应用拓展为：

(1) 阻碍原磁通量的变化——“增反减同”. (2) 阻碍相对运动——“来拒去留”.

(3) 使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”. (4) 阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”.

例题1 (2016·苏锡常镇二模改编)如图所示，一个闭合三角形导线框位于竖直平

面内，其下方固定一根与线框所在的竖直平面平行且很靠近(但不重叠)的水平直导线，导线中通以图示方向的恒定电流.线框从实线位置由静止释放，在其后的运动过程中( )

A. 线框中的磁通量为零时其感应电流也为零 B. 线框中感应电流方向为先顺时针后逆时针 C. 线框受到安培力的合力方向竖直向上 D. 线框所受的安培力先为阻力，后为动力 【答案】 C

【解析】 根据右手定则，通电直导线的磁场在上方向外，下方向里；离导线近的地方磁感应强度大，离导线远的地方磁感应强度小.线框从上向下靠近导线的过程，向外的磁感应强度增加，根据楞次定律，线框中产生顺时针方向的电流，穿越导线时，上方向外的磁场和下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小至零，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大，直至最大，根据楞次定律，线框中产生逆时针方向的电流，向里的磁通量变成最大后，继续向下运动，向里的磁通量又逐渐减小，这时的电流方向又变成了顺时针，B项错误；穿越导线时，上方向外的磁场和

下方向里的磁场叠加，先是向外的磁通量减小，一直减小到0，之后变成向里的磁通量，并逐渐增大.这一过程是连续的，始终有逆时针方向的感应电流存在，A项错误；根据楞次定律，感应电流始终阻碍线框相对磁场的运动，故所受安培力始终为阻力，其方向始终向上，C项正确，D项错误.

变式1 (多选)(2016·苏北四市一模改编)如图所示，螺线管与电流表相连，磁铁从

螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管，下列说法正确的是( )

A. 电流表中的电流先由a到b，后由b到a B. 电流表中的电流先由b到a，后由a到b C. a点的电势始终低于b点的电势

D. 磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度 【答案】 BD

【解析】 磁铁插入过程中，电流表中电流由b到a，b点电势高于a点电势，穿出过程中，电流表中电流由a到b，a点电势高于b点电势，A、C选项错误，B选项正确；根据“阻碍”两字得出磁铁刚离开时的加速度小于重力加速度，D项正确.

Δ?E=nΔt的应用

因穿过电路的磁通量变化而发生电磁感应现象时，通常用法拉第电磁感应定律

Δ?Δ?Δ?E=nΔt计算感应电动势.若Δt为恒定，则感应电动势恒定.若Δt为变化量，则

Δ?Δ?E=nΔt计算的是Δt时间内的平均感应电动势，当Δt→0时，E=nΔt的极限值等于

瞬时感应电动势.

例题2 (2016·全国卷Ⅲ)如图所示，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平

面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻，一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上，在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1=kt，式中k为常量，在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里.某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动.金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计.求：

(1) 在t=0到t=t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值.

(2) 在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小.

kt0SB0l【答案】 (1) R (2) B0lv0(t-t0)+kSt (B0lv0+kS)R

【解析】 (1) 在金属棒未越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为Φ=ktS ①

设在从t时刻到t+Δt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R的

Δ?电荷量为Δq.由法拉第电磁感应定律有E=Δt

②

E由欧姆定律有I=R

③

Δq由电流的定义有I=Δt

④

联⑤

由⑤式得，在t=0到t=t0的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为 |q|=⑥

(2) 当t>t0时，金属棒已越过MN.由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有f=F ⑦

式中，f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力.设此时回路中的电流为I，F⑧

此⑨

匀⑩

回

式中，Φ仍如①式所示.由①⑨⑩

得，在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量为

路

的

总

磁

通

量

为

Φt=Φ+Φ'

强

磁

场

穿

过

回

路

的

磁

通

量

为

Φ'=B0ls

时

金

属

棒

与

MN

之

间

的

距

离

为

的

大

小

为

F=B0Il

kt0SR

立①②③④式得|Δq|=

kSRΔt

s=v0(t-t0)

Φt=B0lv0(t-t0)+kSt

在t到t+Δt的时间间隔内，总磁通量的改变ΔΦt为

ΔΦt=(B0lv0+kS)Δt

由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为

Et= 由 联

立

⑦⑧

得

f=(B0lv0+kS)

欧

姆

定

律

有

I=

Δ?tΔt

EtR

B0lR

变式2 (2016·南通、泰州、扬州、淮安二模)如图所示，质量为m、电阻为R的单

匝矩形线框置于光滑水平面上，线框边长ab=L、ad=2L.虚线MN过ad、bc边中点，一根能承受最大拉力F0的细线沿水平方向拴住ab边中点O.从某时刻起，在MN右侧加一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小按B=kt均匀变化.一段时间后，细线被拉断，线框向左运动，ab边穿出磁场时的速度为v. 求：

(1) 细线断裂前线框中的电功率P.

(2) 细线断裂后瞬间线框的加速度大小a及线框离开磁场的过程中安培力所做的功W.

(3) 线框穿出磁场过程中通过导线截面的电荷量q.

k2L4F0F01【答案】 (1) R (2) m 2mv2 (3) kL

【解析】 (1) 根据法拉第定律

Δ?ΔBE=Δt=ΔtL2=kL2

E2k2L4电功率P=R=R

(2) 细线断裂瞬间安培力FA=F0

FAF0线框的加速度a=m=m

线框离开磁场过程中，由动能定理

1W=2mv2

(3) 设细线断裂时刻磁感应强度为B1，则有 ILB1=F0

EkL2其中I=R=R

Δ?B1L2线圈穿出磁场过程 E=Δt=Δt E电流 I=R

通过的电荷量q=IΔt

F0解得q=kL

E=Blv的应用

1. E=Blv是法拉第电磁感应定律的一种特殊形式，不具有普遍适用性，仅适用于计算一段导体因切割磁感线而产生的感应电动势，且在匀强磁场中B、l、v三者必须互相垂直.

2. 当v是切割运动的瞬时速度时，算出的是瞬时电动势；当v是切割运动的平均速度时，算出的是一段时间内的平均电动势.

3. 若切割磁感线的导体是弯曲的，l应理解为有效切割长度，即导体在垂直于速度方向上的投影长度.

例题3 (2016·全国卷Ⅱ)如图所示，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接

一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上.t=0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动.t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小为g.求：

(1) 金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小. (2) 电阻的阻值.

B2l2t0?F??-?g?? (2) m 【答案】 (1) Blt0?m【解析】 (1) 设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得

ma=F-μmg ①

设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有v=at0 ②

当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为E=Blv ③

联立①②③式可得

E=Blt0④

?F?-?g???m?

(2) 设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律

EI=R ⑤

式中R为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为f=BIl ⑥

因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得F-μmg-f=0 ⑦

联⑧

立④⑤⑥⑦式得R=

B2l2t0m

变式3 (2016·南通一模)如图所示，在宽为L的区域内有竖直向下的匀强磁场，磁

感应强度大小为B.光滑绝缘水平面上有一边长为L、质量为m、电阻为R的单匝正方形线框abcd，ad边位于磁场左边界，线框在水平外力作用下垂直边界穿过磁场区.

(1) 若线框以速度v匀速进入磁场区，求此过程中b、c两端的电势差Ubc. (2) 在(1)的情况下，求线框移动到完全进入磁场的过程中产生的热量Q和通过导线截面的电荷量q.

(3) 若线框由静止开始以加速度a匀加速穿过磁场，求此过程中外力F随运动时间t的变化关系.

?L?B2L3vBL2B2L2a1??0?t?2??【答案】 (1) 4BLv (2) R R (3) F=【解析】 (1) 线框产生的感应电动势E=BLv

E感应电流I=R 1电势差Ubc=4IR 1解得Ubc=4BLv

L(2) 线框进入磁场所用的时间t=v

由于Q=I2Rt，q=It

B2L3vBL2解得Q=R，q=R

1(3) 设线框穿过磁场区的时间为t，则2L=a202t0

线框产生的感应电动势E'=BLat

BE'L受到的安培力F安=R

根据牛顿第二定律F-F安=ma

B2L2a??0?L?解得F=Rt+ma

?t?2?a??? Rt+ma

?a?

自感、涡流问题分析

解决自感现象问题的关键在于认真分析电路，在开关闭合瞬间，线圈可认为是断路，通过线圈的电流由零逐渐增大；在电流稳定时，理想线圈(无电阻)可认为是短路，有电阻的线圈可认为是定值电阻；在断开开关时，如果能构成回路，则线圈等效为一个电源，回路中的电流由电路稳定时线圈中的电流值逐渐减小.

例题4 (多选)(2016·苏锡常镇二模)如图所示，两个相同灯泡L1、L2，分别与电

阻R和自感线圈L串联，接到内阻不可忽略的电源的两端，当闭合开关S到电路稳定后，两灯泡均正常发光. 已知自感线圈的自感系数很大. 则下列说法中正确的是 ( )

A. 闭合开关S到电路稳定前，灯泡L1逐渐变亮 B. 闭合开关S到电路稳定前，灯泡L2由亮变暗 C. 断开开关S的一段时间内，A点电势比B点电势高 D. 断开开关S的一段时间内，灯泡L2亮一下逐渐熄灭 【答案】 AB

【解析】 闭合开关到电路稳定前，自感线圈L阻碍电流的增大，阻碍不等于阻止，灯泡L1所在的支路电流从零开始不断增大，则灯泡L1逐渐变亮，A项正确；刚闭合开关时，灯泡L1所在的支路电流为零，灯泡L2所在的支路电流此时最大，到电路稳定前自感线圈L阻碍电流通过的本领逐渐减小，外电阻总阻值逐渐减小，干路电流逐渐增大，内电压逐渐增大，外电压逐渐减小，灯泡L2的亮度逐渐变暗，B项正确；两灯泡相同，且断开开关S前，两灯泡均正常发光，则有IL=I1=I2，断开开关S后，自感线圈L中的电流大小及方向不能突变，则I'2=IL，灯泡L2的亮度在断开

开关S的瞬间亮度不变，流过灯泡L2的电流方向向左，则B点的电势高于A点的电势，C项错误；随着自感线圈L中的电流逐渐变小，灯泡L2逐渐变暗至熄灭，D项错误.

变式4 (多选)(2016·南通、泰州、扬州、淮安二模)如图所示电路中，A、B为两

个相同灯泡，L为自感系数较大、电阻可忽略不计的电感线圈，C为电容较大的电容器.下列说法中正确的有( )

A. 接通开关S，A立即变亮，最后A、B一样亮 B. 接通开关S，B逐渐变亮，最后A、B一样亮 C. 断开开关S，A、B都立刻熄灭 D. 断开开关S，A立刻熄灭，B逐渐熄灭 【答案】 ABD

【解析】 刚接通开关S时，电容器通交流隔直流，A立即变亮，电感线圈通直流阻交流，B逐渐变亮，电路稳定时，电容器隔直，电感线圈通交，A、B一样亮，A、B选项正确；当断开开关S时，电容器通交流隔直流，电感线圈中的电流大小与方向均不会突变，B逐渐熄灭， A不在回路中，立即熄灭，C项错误，D项正确.

温馨提示：趁热打铁，事半功倍.请老师布置同学们及时完成《配套检测与评估》中的练习.

开关S的瞬间亮度不变，流过灯泡L2的电流方向向左，则B点的电势高于A点的电势，C项错误；随着自感线圈L中的电流逐渐变小，灯泡L2逐渐变暗至熄灭，D项错误.

变式4 (多选)(2016·南通、泰州、扬州、淮安二模)如图所示电路中，A、B为两

个相同灯泡，L为自感系数较大、电阻可忽略不计的电感线圈，C为电容较大的电容器.下列说法中正确的有( )

A. 接通开关S，A立即变亮，最后A、B一样亮 B. 接通开关S，B逐渐变亮，最后A、B一样亮 C. 断开开关S，A、B都立刻熄灭 D. 断开开关S，A立刻熄灭，B逐渐熄灭 【答案】 ABD

【解析】 刚接通开关S时，电容器通交流隔直流，A立即变亮，电感线圈通直流阻交流，B逐渐变亮，电路稳定时，电容器隔直，电感线圈通交，A、B一样亮，A、B选项正确；当断开开关S时，电容器通交流隔直流，电感线圈中的电流大小与方向均不会突变，B逐渐熄灭， A不在回路中，立即熄灭，C项错误，D项正确.

温馨提示：趁热打铁，事半功倍.请老师布置同学们及时完成《配套检测与评估》中的练习.

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/f5f3.html