第九章 電磁感應

目錄第九章電磁感應第1單元

電磁感應現象楞次定律第2單元

法拉第電磁感應定律自感和渦流第3單元

電磁感應的綜合應用一、三年高考考點統(tǒng)計與分析6分6分3分6分4分3分6分6分選擇選擇選擇選擇選擇選擇選擇選擇2012北京T192012山東T142012海南T52012全國新課標T202011海南T72011上海T132011山東T162010全國新課標T14電磁感應現象楞次定律分值題型試題考點第九章電磁感應

6分4分6分4分3分4分4分選擇選擇選擇選擇選擇選擇選擇2012全國新課標2012江蘇T72011北京T192011廣東T152011江蘇T22010江蘇T22010山東T21法拉第電磁感應定律、自感和渦流分值題型試題考點6分6分3分4分3分6分4分選擇選擇選擇選擇選擇選擇選擇2012全國新課標T202012福建T182011海南T212011山東T222011江蘇T52010北京T192010上海T19電磁感應中的圖象問題分值題型試題考點5分18分22分18分6分18分16分14分6分19分18分15分選擇計算計算計算選擇計算計算計算選擇計算計算計算2012山東T202012天津T112012浙江T252012廣東T352011福建T172011天津T112011浙江T232011上海T322010安徽T202010福建T212010天津T112010江蘇T13電磁感應定律的綜合應用分值題型試題考點(1)從近三年高考試題考點分布可以看出，高考對本章內容的考查重點有感應電流的產生、感應電動勢方向的判斷、感應電動勢大小的計算、自感現象和渦流現象等。

(2)高考對本章知識的考查多以選擇題和計算題形式出現，常以選擇題形式考查基礎知識、基本規(guī)律的理解和應用；計算題主要是以綜合性的題目出現，考查本章知識與其他相關知識綜合，如與運動、力學、能量、電路、圖象等，題目綜合性強，分值較重。

二、2014年高考考情預測預計在2014年的高考中，本章熱點仍是滑軌類問題，線框穿越有界勻強磁場問題，電磁感應圖象問題，電磁感應的能量問題，其涉及的知識多，考查學生的分析綜合能力及運用數學知識解決物理問題的能力，命題仍會傾向于上述熱點內容，側重于本章知識與相關知識的綜合應用，以大型綜合題出現的可能性非常大。[學習目標定位]1.感應電流的產生及方向的判定，圖象的考查。2．法拉第電磁感應定律的應用。3．電磁感應現象與磁場、電路、力學等知識的綜合?？键c布設本章是高考的必考內容，在歷年高考中所占分值較高，考查的題型一般多為選擇，考查的難度中等，試題的綜合程度較高。高考地位1.電磁感應現象(Ⅰ)2．法拉第電磁感應定律(Ⅱ)3．楞次定律(Ⅱ)4．自感、渦流(Ⅰ)考

情

上

線考

綱

下

載[想一想]電磁感應現象磁通量是研究電磁感應現象的重要物理量。如圖9－1－1所示，通有恒定電流的導線MN與閉合線框共面，第一次將線框由圖9－1－1超鏈接位置1平移到位置2，第二次將線框繞cd邊翻轉到2，設先后兩次通過線框的磁通量變化分別為ΔΦ1和ΔΦ2，則ΔΦ1和ΔΦ2大小關系是什么？

[提示]設線框在位置1時的磁通量為Φ1，在位置2時的磁通量為Φ2，直線電流產生的磁場在1處比在2處要強。若平移線框，則ΔΦ1＝Φ1－Φ2，若轉動線框，磁感線是從線框的正反兩面穿過的，一正一負，因此ΔΦ2＝Φ1＋Φ2。根據分析知：ΔΦ1<ΔΦ2。[記一記]

1．電磁感應現象當穿過閉合電路的磁通量

時，電路中有

產生的現象。

2．產生感應電流的條件表述1閉合電路的一部分導體在磁場內做

運動。表述2穿過閉合電路的磁通量

。發(fā)生變化感應電流切割磁感線發(fā)生變化[試一試]1．試分析圖9－1－2中各種情形，金屬線框或線圈里能否產生感應電流？答案：B、C、D均能產生感應電流。圖9－1－2右手定則[想一想]用如圖9－1－3所示的實驗裝置來驗證楞次定律，當條形磁鐵自上而下穿過固定的線圈時，通過電流計的感應電流方向是怎樣的。圖9－1－3超鏈接楞次定律[提示]磁鐵磁感線的方向是從上到下，磁鐵穿過的過程中，磁通量向下先增加后減少，由楞次定律判斷知，磁通量向下增加時，感應電流的磁場阻礙增加，方向向上，根據安培定則知感應電流的方向為a→G→b；磁通量向下減少時，感應電流的磁場應該向下，感應電流方向為b→G→a。[記一記]1．楞次定律

(1)內容：感應電流具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要

引起感應電流的

的變化．

(2)適用范圍：一切電磁感應現象。

2．右手定則

(1)內容：伸開右手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內；讓

從掌心進入，并使拇指指向

的方向，這時四指所指的方向就是

的方向。

(2)適用情況：導體

產生感應電流。阻礙磁通量磁感線導線運動感應電流切割磁感線[試一試]2．電阻R、電容C與一線圈連成閉合回路，條形磁鐵靜止于線圈的正上方，N極朝下，如圖9－1－4所示?，F使磁鐵開始自由下落，在N極接近線圈上端的過程中，流過R的電流方向和電容器極板的帶電情況是(

)圖9－1－4A．從a到b，上極板帶正電B．從a到b，下極板帶正電C．從b到a，上極板帶正電

D．從b到a，下極板帶正電解析：由楞次定律知線圈中感應電流方向從上向下看為逆時針，線圈下端為電源正極，所以流過R的電流方向為從b向a，電容器下極板帶正電，故D正確，A、B、C錯誤。答案：D

楞次定律的應用1.楞次定律中“阻礙”的含義

2．應用楞次定律判斷感應電流方向的步驟

(1)確定原磁場的方向；

(2)明確回路中磁通量變化情況；

(3)應用楞次定律的“增反減同”，確立感應電流磁場的方向。

[例1][多選]

(2011·上海高考)如圖9－1－5所示，磁場垂直于紙面，磁感應強度在豎直方向均勻分布，水平方向非均勻分布。一銅制圓環(huán)用絲線懸掛于O點，將圓環(huán)拉至位置a后無初速釋放，在圓環(huán)從a擺向b的過程中(

)A．感應電流方向先逆時針后順時針再逆時針

B．感應電流的方向一直是逆時針

C．安培力方向始終與速度方向相反

D．安培力方向始終沿水平方向圖9－1－5

[嘗試解題]圓環(huán)從位置a無初速釋放，在到達磁場分界線之前，穿過圓環(huán)向里的磁感線條數增加，根據楞次定律可知，圓環(huán)內感應電流的方向為逆時針，圓環(huán)經過磁場分界線之時，穿過圓環(huán)向里的磁感線條數減少，根據楞次定律可知，圓環(huán)內感應電流的方向為順時針；圓環(huán)通過磁場分界線之后，穿過圓環(huán)向外的磁感線條數減少，根據楞次定律可知，圓環(huán)內感應電流的方向為逆時針；因磁場在豎直方向分布均勻，圓環(huán)所受豎直方向的安培力平衡，故總的安培力沿水平方向。綜上所述，正確選項為A、D。

[答案]

AD對安培定則的理解和應用(1)利用右手定則判斷閉合電路的一部分導體做切割磁感線運動時產生的感應電流方向。常見的幾種切割情況：①導體平動切割磁感線；②導體轉動切割磁感線；③導體不動，磁場運動，等效為磁場不動，導體反方向切割磁感線；④應用安培定則，確立感應電流的方向。(2)切割磁感線的導體相當于電源，如果不能構成閉合回路，其兩端的電壓就是電源電動勢；若構成了閉合回路，有感應電流產生，其兩端電壓是路端電壓。感應電流在導體內部從低電勢流向高電勢。

(3)楞次定律和右手定則的關系：①從研究對象上說，楞次定律研究的是整個閉合回路，右手定則研究的是閉合電路的一部分導體，即一段導體做切割磁感線運動。②從適用范圍上說，楞次定律可應用于磁通量變化引起感應電流的各種情況(包括一部分導體切割磁感線運動的情況)，右手定則只適用于一段導體在磁場中做切割磁感線運動的情況。因此，右手定則是楞次定律的一種特殊情況。[例2]如圖9－1－6所示，水平地面上方有正交的勻強電場和勻強磁場，電場豎直向下，磁場垂直紙面向外。半圓形鋁框從直徑處于水平位置時，沿豎直平面由靜止開始下落。不計阻力，a、b兩端落到地面的次序是(

)A．a先于b

B．b先于aC．a、b同時落地

D．無法判定圖9－1－6

[嘗試解題]下落時雖然只有感應電動勢沒有安培力，但正電荷向a端運動、負電荷向右運動，a端受電場力方向向下，加速度大，先落地。

[答案]

A閉合導體框在磁場中平動切割磁感線，穿過導體框的磁通量沒有發(fā)生變化，不能產生感應電流但仍能產生感應電動勢。1.規(guī)律比較楞次定律閉合回路磁通量的變化右手定則部分導體切割磁感線運動電磁感應左手定則磁場對運動電荷、電流的作用力安培定則運動電荷、電流產生磁場應用的定則或定律基本現象楞次定律、右手定則、左手定則、安培定則的綜合應用2．應用區(qū)別關鍵是抓住因果關系：

(1)因電而生磁(I→B)→安培定則；

(2)因動而生電(v、B→I)→右手定則；

(3)因電而受力(I、B→F安)→左手定則。

3．相互聯系

(1)應用楞次定律，一般要用到安培定則；

(2)研究感應電流受到的安培力，一般先用右手定則確定電流方向，再用左手定則確定安培力的方向，有時也可以直接應用楞次定律的推論確定。[例3][多選]如圖9－1－7所示，兩個線圈套在同一個鐵芯上，線圈的繞向在圖中已經標出。左線圈連著平行導軌M和N，導軌電阻不計，在導軌垂直方向上放著金屬棒ab，金屬棒處在垂直于紙面向外的勻強磁場中。下列說法中正確的是(

)

A．當金屬棒ab向右勻速運動時，a點電勢高于b點，c點電勢高于d點

B．當金屬棒ab向右勻速運動時，b點電勢高于a點，c點與d點等電勢圖9－1－7C．當金屬棒ab向右加速運動時，b點電勢高于a點，c點電勢高于d點

D．當金屬棒ab向右加速運動時，b點電勢高于a點，d點電勢高于c點

[審題指導]解答本題首先要明確磁場的方向，再假設能形成閉合電路，然后用右手定則判斷感應電流的電流方向，從而判斷電勢的高低端。[嘗試解題]當金屬棒向右勻速運動而切割磁感線時，金屬棒產生恒定感應電動勢，由右手定則判斷電流方向由a→b。根據電流從電源(ab相當于電源)正極流出沿外電路回到電源負極的特點，可以判斷b點電勢高于a點。又左線圈中的感應電動勢恒定，則感應電流也恒定，所以穿過右線圈的磁通量保持不變，不產生感應電流。

當ab向右做加速運動時，由右手定則可推斷φb＞φa，電流沿逆時針方向。又由E＝BLv可知ab導體兩端的E不斷增大，那么左邊電路中的感應電流也不斷增大，由安培定則可判斷它在鐵芯中的磁感線方向是沿逆時針方向的，并且場強不斷增強，所以右邊電路的線圈中的向上的磁通量不斷增加。由楞次定律可判斷右邊電路的感應電流方向應沿逆時針，而在右線圈組成的電路中，感應電動勢僅產生在繞在鐵芯上的那部分線圈上。把這個線圈看作電源，由于電流是從c沿內電路(即右線圈)流向d，所以d點電勢高于c點。

[答案]

BD楞次定律描述的是感應電流與磁通量變化之間的關系，常用于判斷感應電流的方向或其所受安培力的方向，一般有以下四種呈現方式：

(1)阻礙原磁通量的變化，即“增反減同”。

(2)阻礙相對運動，即“來拒去留”。

(3)使線圈面積有擴大或縮小的趨勢，即“增縮減擴”。

(4)阻礙原電流的變化(自感現象)，即“增反減同”。超鏈接

[典例]如圖9－1－8所示，光滑固定的金屬導軌M、N水平放置，兩根導體棒P、Q平行放置在導軌上，形成一個閉合回路，一條形磁鐵從高處下落接近回路時(

)圖9－1－8A．P、Q將相互靠攏B．P、Q將相互遠離

C．磁鐵的加速度仍為g D．磁鐵的加速度小于g[審題指導]可以應用楞次定律確定P、Q中的感應電流的方向，再根據左手定則確定感應電流受到的安培力來確定P、Q的運動方向，根據感應電流的磁場的“阻礙”作用確定磁鐵的加速度。還可以根據楞次定律的一些結論直接解答。[解析]法一：設磁鐵下端為N極，如圖9－1－9所示，根據楞次定律可判斷出P、Q中的感應電流方向，根據左手定則可判斷P、Q所受安培力的方向。可見，P、Q將互相靠攏。由于回路所受安培力的合力向下，由牛頓第三定律，磁鐵將受到向上的反作用力，從而加速度小于g。當磁鐵下端為S極時，根據類似的分析可得到相同的結果，所以，本題應選A、D。圖9－1－9

法二：根據楞次定律的另一種表述——感應電流的效果，總要反抗產生感應電流的原因。本題中“原因”是回路中磁通量的增加，歸根結底是磁鐵靠近回路，“效果”便是阻礙磁通量的增加和磁鐵的靠近。所以，P、Q將互相靠近且磁鐵的加速度小于g，應選A、D。

[答案]

AD[題后悟道]

應用楞次定律及其推論時，要注意“阻礙”的具體含義

(1)從阻礙磁通量的變化理解為：當磁通量增大時，會阻礙磁通量增大，當磁通量減小時，會阻礙磁通量減小。

(2)從阻礙相對運動理解為：阻礙相對運動是“阻礙”的又一種體現，表現在“近斥遠吸，來拒去留”。

(3)從阻礙電流的變化(自感現象)理解為：阻礙電流的變化，增則反，減則同。如圖9－1－10所示，導軌間的磁場方向垂直于紙面向里，當導線MN在導軌上向右加速滑動時，正對電磁鐵A的圓形金屬環(huán)B中(

)A．有感應電流，且B被A吸引

B．無感應電流

C．可能有，也可能沒有感應電流

D．有感應電流，且B被A排斥圖9－1－10解析：MN向右加速滑動，根據右手定則，MN中的電流方向從N→M，且大小在逐漸變大，根據安培定則知，電磁鐵A的左端為N極，且磁場強度逐漸增強，根據楞次定律知，B環(huán)中的感應電流產生的內部磁場方向向右，B被A排斥。故D正確。答案：D

[隨堂鞏固落實]1．帶電圓環(huán)繞圓心在圓環(huán)所在平面內旋轉，在環(huán)的中心處有一閉合小線圈，小線圈和圓環(huán)在同一平面內，則(

)

A．只要圓環(huán)在轉動，小線圈內就一定有感應電流B．不管圓環(huán)怎樣轉動，小線圈內都沒有感應電流C．圓環(huán)做變速轉動時，小線圈內一定有感應電流D．圓環(huán)做勻速轉動時，小線圈內沒有感應電流解析：帶電圓環(huán)旋轉時，與環(huán)形電流相當，若勻速旋轉，電流恒定，周圍磁場不變，穿過小線圈的磁通量不變，不產生感應電流，A錯D對；若帶電圓環(huán)變速轉動，相當于電流變化，周圍產生變化的磁場，穿過小線圈的磁通量變化，產生感應電流，B錯C對。答案：CD

2．(2013·蘇北聯考)如圖9－1－11所示，一條形磁鐵從左向右勻速穿過線圈，當磁鐵經過A、B兩位置時，線圈中(

)A．感應電流方向相同，感應電流所受作用力的方向相同B．感應電流方向相反，感應電流所受作用力的方向相反C．感應電流方向相反，感應電流所受作用力的方向相同D．感應電流方向相同，感應電流所受作用力的方向相反圖9－1－11解析：當磁鐵經過A位置時，線圈中磁通量增大，由楞次定律可知，線圈中感應電流從左向右看為順時針方向；當磁鐵經過B位置時，線圈中磁通量減小，由楞次定律可知，線圈中感應電流從左向右看為逆時針方向，感應電流所受作用力的方向相同，選項A、B、D錯誤，C正確。答案：C

3．如圖9－1－12所示，螺線管的導線的兩端與兩平行金屬板相接，一個帶負電的小球用絲線懸掛在兩金屬板間，并處于靜止狀態(tài)，若條形磁鐵突然插入線圈時，小球的運動情況是(

)A．向左擺動 B．向右擺動C．保持靜止

D．無法判定解析：當條形磁鐵插入線圈中時，線圈中向左的磁場增強。由楞次定律可判定金屬板左端電勢高，故帶負電的小球將向左擺動，A正確。答案：A

圖9－1－124．圖9－1－13中，能產生感應電流的是(

)圖9－1－13解析：A圖中線圈沒閉合，無感應電流；B圖中磁通量增大，有感應電流；C圖中導線在圓環(huán)的正上方，不論電流如何變化，穿過線圈的磁感線相互抵消，磁通量恒為零，也無感應電流；D圖中的磁通量恒定，無感應電流，故選B。答案：B

5．(2012·上海高考)為判斷線圈繞向，可將靈敏電流計G與線圈L連接，如圖9－1－14所示。已知線圈由a端開始繞至b端，當電流從電流計G左端流入時，指針向左偏轉。(1)將磁鐵N極向下從線圈上方豎直插入L時，發(fā)現指針向左偏轉。俯視線圈，其繞向為________(填：“順時針”或“逆時針”)。(2)當條形磁鐵從圖中的虛線位置向右遠離L時，指針向右偏轉。俯視線圈，其繞向為________(填：“順時針”或“逆時針”)。圖9－1－14解析：(1)將磁鐵N極向下從線圈上方豎直插入L時，發(fā)現指針向左偏轉，說明L中電流從b到a。根據楞次定律，L中應該產生豎直向上的磁場。由安培定則可知，俯視線圈，電流為順時針方向，線圈其繞向為順時針。(2)當條形磁鐵從圖中的虛線位置向右遠離L時，指針向右偏轉，說明L中電流從a到b。根據楞次定律，L中應該產生豎直向上的磁場。由安培定則可知，俯視線圈，電流為逆時針方向，俯視線圈，其繞向為逆時針。答案：(1)順時針(2)逆時針課時跟蹤檢測見“課時跟蹤檢測（三十二）”1．如圖1所示，A、B是兩根互相平行的、固定的長直通電導線，二者電流大小和方向都相同。一個矩形閉合金屬線圈與A、B在同一平面內，并且ab邊保持與通電導線平行，線圈從圖中的位置1勻速向左移動，經過位置2，最后到位置3，其中位置2恰在A、B的正中間，則下面的說法中正確的是(

)圖1（給有能力的學生加餐）A．在位置2這一時刻，穿過線圈的磁通量為最大B．在位置2這一時刻，穿過線圈的磁通量的變化率為零C．從位置1到位置3的整個過程中，線圈內感應電流的方向發(fā)生了變化D．從位置1到位置3的整個過程中，線圈受到的磁場力的方向保持不變解析：由題意知線圈經過位置2時穿過線圈的磁通量為零，但磁通量的變化率不為零，故A、B均錯誤；從位置1到位置3的整個過程中，穿過線圈的磁通量是先向外逐漸減小到零，然后向里逐漸增大，由楞次定律知線圈中感應電流的方向始終沿逆時針方向，線圈所受的磁場力的方向始終向右，故C錯誤，D正確。答案：D

2.(2012·上海長寧區(qū)二模)如圖2所示，矩形閉合線圈abcd豎直放置，OO′是它的對稱軸，通電直導線AB與OO′平行，且AB、OO′所在平面與線圈平面垂直。如要在線圈中形成方向為abcda的感應電流，可行的做法是(

)A．AB中電流I逐漸增大B．AB中電流I先增大后減小C．AB中電流I正對OO′靠近線圈D．線圈繞OO′軸逆時針轉動90°(俯視)圖2解析：由于通電直導線AB與OO′平行，且AB、OO′所在平面與線圈平面垂直。AB中電流如何變化，或AB中電流I正對OO′靠近線圈或遠離線圈，線圈中磁通量均為零，不能在線圈中產生感應電流，選項A、B、C錯誤；線圈繞OO′軸逆時針轉動90°(俯視)，由楞次定律可知，在線圈中形成方向為abcda的感應電流，選項D正確。答案：D

3.(2012·寶雞質檢)如圖3所示，一電子以初速度v沿與金屬板平行方向飛入MN極板間，突然發(fā)現電子向M板偏轉，若不考慮磁場對電子運動方向的影響，則產生這一現象的原因可能是(

)A．開關S閉合瞬間B．開關S由閉合后斷開瞬間C．開關S是閉合的，變阻器滑片P向右迅速滑動D．開關S是閉合的，變阻器滑片P向左迅速滑動圖3解析：發(fā)現電子向M板偏轉，說明右側螺線管中產生了流向M的電流。由楞次定律及相關知識可知，產生這一現象的原因可能是：開關S閉合瞬間，開關S是閉合的，變阻器滑片P向左迅速滑動，選項AD正確。答案：AD

4.(2012·綿陽模擬)如圖4所示，一半圓形鋁框始終全部處在水平向外的非勻強磁場中，場中各點的磁感應強度隨高度增加均勻減小，高度相同，磁感應強度相等。鋁框平面與磁場垂直，直徑ab水平，不計空氣阻力，鋁框由靜止釋放下落的過程中(

)A．鋁框回路總感應電動勢為零B．回路中感應電流沿順時針方向，直徑ab兩點間電勢差為零C．鋁框下落的加速度大小一定小于重力加速度gD．直徑AB受安培力與半圓弧AB受安培力合力大小相等，方向相反圖4解析：鋁框回路總感應電動勢不為零，回路中感應電流沿順時針方向，直徑ab兩點間電勢差大于零，選項A、B錯誤；由于下落過程中受到安培力作用，鋁框下落的加速度大小一定小于重力加速度g，選項C正確；直徑AB受安培力大于半圓弧AB受安培力的合力，二者方向相反，選項D錯誤。答案：C

5．(2012·昌平期末)用如圖5所示實驗裝置研究電磁感應現象。當有電流從電流表的正極流入時，指針向右偏轉。下列說法哪些是正確的(

)圖5A．當把磁鐵N極向下插入線圈時，電流表指針向左偏轉B．當把磁鐵N極從線圈中拔出時，電流表指針向左偏轉C．保持磁鐵在線圈中靜止，電流表指針不發(fā)生偏轉D．磁鐵插入線圈后，將磁鐵和線圈一起以同一速度向上運動，電流表指針向左偏轉解析：當把磁鐵N極向下插入線圈時，穿過線圈向下的磁通量增加，根據楞次定律可知，線圈中感應電流的磁場方向向上，由安培定則可知，線圈中感應電流將從電流表的“－”極流入，指針向左偏轉，故選項A正確；同理分析得出，當把磁鐵N極從線圈中拔出時，線圈中產生的感應電流將從電流表的“＋”極流入，指針向右偏轉，故選項B錯誤；保持磁鐵在線圈中靜止或磁鐵插入線圈并一起以同一速度向上運動時，穿過線圈的磁通量均不變，不產生感應電流，故電流表指針不發(fā)生偏轉，選項C正確，D錯誤。答案：AC

6．2011年秋季，北約戰(zhàn)機“幻影－2000”在利比亞班加西(北緯31°附近)上空盤旋，由于地磁場的存在，飛機在一定高度水平飛行時，其機翼就會切割磁感線，機翼的兩端之間會有一定的電勢差，則從飛行員的角度看，機翼左端的電勢比右端的電勢(

)

A．低B．高C．相等

D．以上情況都有可能解析：北半球的地磁場的豎直分量向下，由右手定則可判定飛機無論向哪個方向飛行，由飛行員的角度看均為左側機翼電勢較高。答案：B

法拉第電磁感應定律[想一想]如圖9－2－1所示，A、B兩個閉合線圈用同樣的導線制成，匝數都為10匝，半徑RA＝2RB，圖示區(qū)域內有磁感應強度均勻減小的勻強磁場，則A、B線圈中產生的感應電動勢之比和線圈中的感應電流之比分別為多少？圖9－2－1[記一記]1．感應電動勢

(1)定義：在

中產生的電動勢。

(2)產生條件：穿過回路的

發(fā)生改變，與電路是否閉合

。

(3)方向判斷：感應電動勢的方向用

或

判斷。

2．法拉第電磁感應定律

(1)內容：閉合電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的

成正比。

(2)公式：

，其中n為

。電磁感應現象無關楞次定律右手定則磁通量的變化率線圈匝數磁通量[試一試]1．穿過某線圈的磁通量隨時間的變化的關系如圖9－2－2所示，在線圈內產生感應電動勢最大值的時間是

(

)圖9－2－2A．0～2s

B．2～4sC．4～6sD．6～8s答案：C

導體切割磁感線時的感應電動勢計算[想一想]如圖9－2－3所示，當導體棒在垂直于磁場的平面內，其一端為軸，以角速度ω勻速轉動時，產生的感應電動勢為多少？圖9－2－3切割方式電動勢表達式說明垂直切割E＝_______

①導體棒與磁場方向垂直②磁場為勻強磁場傾斜切割E＝________

其中θ為v與B的夾角旋轉切割(以一端為軸)E＝________

[記一記]BlvBlvsin

θ2．如圖9－2－4所示，在豎直向下的勻強磁場中，將一水平放置的金屬棒ab以水平速度v0拋出。設在整個過程中，棒的取向不變且不計空氣阻力，則在金屬棒運動過程中產生的感應電動勢大小變化情況是(

)A．越來越大 B．越來越小C．保持不變

D．無法判斷解析：金屬棒水平拋出后，在垂直于磁場方向上的速度不變，由E＝BLv可知，感應電動勢也不變。C項正確。圖9－2－4答案：C

[試一試]自感渦流如圖9－2－5所示，開關S閉合且回路中電流達到穩(wěn)定時，小燈泡A能正常發(fā)光，L為自感線圈，則當開關S閉合或斷開時，小燈泡的亮暗變化情況是怎樣的？

[提示]開關閉合時，自感電動勢阻礙電流的增大，所以燈慢慢變亮；開關斷開時，自感線圈的電流從有變?yōu)榱?，線圈將產生自感電動勢，但由于線圈L與燈A不能構成閉合回路，所以燈立即熄滅。[想一想]圖9－2－5[記一記]

1．互感現象兩個互相靠近的線圈，當一個線圈中的電流變化時，它所產生的變化的

會在另一個線圈中產生_____________的現象。

2．自感現象

(1)定義：由于通過導體自身的

而產生的電磁感應現象。

(2)自感電動勢：①定義：在

中產生的感應電動勢。磁場感應電動勢電流發(fā)生變化自感現象②表達式：E＝

。③自感系數L：相關因素：與線圈的大小、形狀、

以及是否有

有關。單位：亨利(H)，1mH＝

H,1μH＝10－6H。

3．渦流當線圈中的電流發(fā)生變化時，在它附近的任何導體中都會產生

，這種電流像水的旋渦，所以叫渦流。圈數鐵芯10－3感應電流(1)電磁阻尼：當導體在磁場中運動時，感應電流會使導體受到

，安培力的方向總是

導體的運動。

(2)電磁驅動：如果磁場相對于導體轉動，在導體中會產生

使導體受到安培力的作用，安培力使導體運動起來。交流感應電動機就是利用

的原理工作的。安培力阻礙感應電流電磁驅動[試一試]3．在圖9－2－6所示的電路中，兩個靈敏電流表G1和G2的零點都在刻度盤中央，當電流從“＋”接線柱流入時，指針向右擺；電流從“－”接線柱流入時，指針向左擺。在電路接通后再斷開的瞬間，下列說法中符合實際情況的是(

)圖9－2－6A．G1表指針向左擺，G2表指針向右擺B．G1表指針向右擺，G2表指針向左擺C．G1、G2表的指針都向左擺D．G1、G2表的指針都向右擺解析：電路接通后線圈中電流方向向右，當電路斷開時，線圈中電流減小，產生與原方向相同的自感電動勢，與G2和電阻組成閉合回路，所以G1中電流方向向右，G2中電流方向向左，即G1指針向右擺，G2指針向左擺。B項正確。答案：B

法拉第電磁感應定律的應用穿過某個面的磁通量變化的快慢某段時間內穿過某個面的磁通量變化多少某時刻穿過某個面的磁感線的條數意義磁通量的變化量ΔΦ磁通量Φ物理量項目物理量項目大小注意磁通量ΦΦ＝B·Scos

θ若有相反方向磁場，磁通量可能抵消磁通量的變化量ΔΦΔΦ＝Φ2－Φ1ΔΦ＝B·ΔSΔΦ＝S·ΔB轉過180°前后穿過平面的磁通量是一正一負，ΔΦ＝2BS，而不是零[例1]如圖9－2－7甲所示，一個電阻值為R，匝數為n的圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路。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乙所示。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時間內圖9－2－7(1)通過電阻R1上的電流大小和方向；

(2)通過電阻R1上的電荷量q及電阻R1上產生的熱量。

[審題指導]法拉第電磁感應定律的規(guī)范應用

(1)一般解題步驟：①分析穿過閉合電路的磁場方向及磁通量的變化情況；②利用楞次定律確定感應電流的方向；③靈活選擇法拉第電磁感應定律的不同表達形式列方程求解。

(2)應注意的問題：導體切割磁感線產生感應電動勢1.導體平動切割磁感線對于導體平動切割磁感線產生感應電動勢的計算式E＝Blv，應從以下幾個方面理解和掌握。

(1)正交性本公式是在一定條件下得出的，除了磁場是勻強磁場，還需B、l、v三者相互垂直。實際問題中當它們不相互垂直時，應取垂直的分量進行計算，公式可為E＝Blvsin

θ，θ為B與v方向間的夾角。(3)瞬時性若v為瞬時速度，則E為相應的瞬時感應電動勢。

(4)有效性公式中的l為有效切割長度，即導體與v垂直的方向上的投影長度。圖9－2－8中有效長度分別為：圖9－2－8(5)相對性

E＝Blv中的速度v是相對于磁場的速度，若磁場也運動時，應注意速度間的相對關系。圖9－2－9

[例2]在范圍足夠大，方向豎直向下的勻強磁場中，B＝0.2T，有一水平放置的光滑框架，寬度為L＝0.4m，如圖9－2－10所示，框架上放置一質量為0.05kg、電阻為1Ω的金屬桿cd，框架電阻不計。若桿cd以恒定加速度a＝2m/s2，由靜止開始做勻變速運動，求：圖9－2－10(1)在5s內平均感應電動勢；

(2)第5s末回路中的電流；

(3)第5s末作用在桿cd上的水平外力。[答案]

(1)0.4V

(2)0.8A

(3)0.164N通電自感與斷電自感的比較L很大(有鐵芯)A1、A2同規(guī)格，R＝RL，L較大器材要求電路圖斷電自感通電自感

兩種自感比較項目現象

在S閉合瞬間，燈A2立即亮起來，燈A1逐漸變亮，最終和A2一樣亮

在開關S斷開時，燈A漸漸熄滅或閃亮一下再熄滅磁場能轉化為電能電能轉化為磁場能能量轉化情況S斷開時，線圈L產生自感電動勢，阻礙了電流的減小，使電流繼續(xù)存在一段時間；燈A中電流反向不會立即熄滅。若RL<RA，原來的IL>IA，則A燈熄滅前要閃亮一下。若RL≥RA，原來的電流IL≤IA，則燈A逐漸熄滅不再閃亮一下由于開關閉合時，流過電感線圈的電流迅速增大，線圈產生自感電動勢，阻礙了電流的增大，使流過燈A1的電流比流過燈A2的電流增加得慢原因斷電自感通電自感

兩種自感比較項目[例3]

(2011·北京高考)某同學為了驗證斷電自感現象，自己找來帶鐵芯的線圈L、小燈泡A、開關S和電池組E，用導線將它們連接成如圖9－2－11所示的電路。檢查電路后，閉合開關S，小燈泡發(fā)光；再斷開開關S，小燈泡僅有不顯著的延時熄滅現象。雖經多次重復，仍未見老師演示時出現的小燈泡閃亮現象，他冥思苦想找不出原因。你認為最有可能造成小燈泡未閃亮的原因是(

)圖9－2－11A．電源的內阻較大B．小燈泡電阻偏大C．線圈電阻偏大

D．線圈的自感系數較大[解析]閉合開關S，電路穩(wěn)定燈泡正常發(fā)光時，如果電感線圈L中的電阻比燈泡的電阻大，則電感線圈L中的電流IL比燈泡A中的電流IA小，當開關S斷開，則由于自感現象，L和A

構成回路使L和A

中的電流從IL開始減小，因此不可能看到小燈泡閃亮的現象，C項正確。[答案]

C[模型概述]1．模型特點“桿＋導軌”模型是電磁感應問題高考命題的“基本道具”，也是高考的熱點，考查的知識點多，題目的綜合性強，物理情景富于變化，是我們復習中的難點。超鏈接勻強磁場與導軌垂直，磁感應強度為B，棒ab長為L，質量為m，初速度為零，拉力恒為F，水平導軌光滑，除電阻R外，其他電阻不計“桿＋導軌”模型又分為“單桿”型和“雙桿”型；導軌放置方式可分為水平、豎直和傾斜；桿的運動狀態(tài)可分為勻速運動、勻變速運動、非勻變速運動或轉動等；磁場的狀態(tài)可分為恒定不變、均勻變化和非均勻變化等等，情景復雜形式多變。

2．模型分類

(1)單桿水平式物理模型動態(tài)分析I恒定電學特征a＝0

v恒定不變力學特征勻速直線運動運動形式收尾狀態(tài)勻強磁場與導軌垂直，磁感應強度為B，導軌間距L，導體棒質量m，電阻R，導軌光滑，電阻不計(2)單桿傾斜式物理模型動態(tài)分析I恒定電學特征力學特征勻速直線運動 運動形式收尾狀態(tài)[典例]

(2012·廣東高考)如圖9－2－12所示，質量為M的導體棒ab，垂直放在相距為l的平行光滑金屬導軌上，導軌平面與水平面的夾角為θ，并處于磁感應強度大小為B、方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中，左側是水平放置、間距為d的平行金屬板，R和Rx分別表示定值電阻和滑動變阻器的阻值，不計其他電阻。圖9－2－12(1)調節(jié)Rx＝R，釋放導體棒，當棒沿導軌勻速下滑時，求通過棒的電流I及棒的速率v。

(2)改變Rx，待棒沿導軌再次勻速下滑后，將質量為m、帶電量為＋q的微粒水平射入金屬板間，若它能勻速通過，求此時的Rx。[題后悟道]由于感應電流與導體切割磁感線運動的加速度有著相互制約的關系，故導體一般不是做勻變速運動，而是經歷一個動態(tài)變化過程再趨于一個穩(wěn)定狀態(tài)。分析這一動態(tài)過程進而確定最終狀態(tài)是解決這類問題的關鍵。分析電磁感應問題中導體運動狀態(tài)的方法：

(1)首先分析導體最初在磁場中的運動狀態(tài)和受力情況；

(2)其次分析由于運動狀態(tài)變化，導體受到的安培力、合力的變化情況；

(3)再分析由于合力的變化，導體的加速度、速度又會怎樣變化，從而又引起感應電流、安培力、合力怎么變化；

(4)最終明確導體所能達到的是什么樣的穩(wěn)定狀態(tài)。如圖9－2－13所示，質量m1＝0.1kg，電阻R1＝0.3Ω，長度l＝0.4m的導體棒ab橫放在U型金屬框架上，框架質量m2＝0.2kg，放在絕緣水平面上，與水平面間的動摩擦因數μ＝0.2，相距0.4m的MM′、NN′相互平行，電阻不計且足夠長。電阻R2＝0.1Ω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。設框架與水平面間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10m/s2。圖9－2－13(1)求框架開始運動時ab速度v的大??；(2)從ab開始運動到框架開始運動的過程中，MN上產生的熱量Q＝0.1J，求該過程ab位移x的大小。解析：(1)ab對框架的壓力FN1＝m1g①框架受水平面的支持力FN2＝m2g＋FN1②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答案：(1)6m/s

(2)1.1m[隨堂鞏固落實]1．將閉合多匝線圈置于僅隨時間變化的磁場中，線圈平面與磁場方向垂直，關于線圈中產生的感應電動勢和感應電流，下列表述正確的是(

)A．感應電動勢的大小與線圈的匝數無關B．穿過線圈的磁通量越大，感應電動勢越大C．穿過線圈的磁通量變化越快，感應電動勢越大D．感應電流產生的磁場方向與原磁場方向始終相同答案：C

2．一矩形線框置于勻強磁場中，線框平面與磁場方向垂直。先保持線框的面積不變，將磁感應強度在1s時間內均勻地增大到原來的兩倍。接著保持增大后的磁感應強度不變，在1s時間內，再將線框的面積均勻地減小到原來的一半。先后兩個過程中，線框中感應電動勢的比值為(

)答案：B

3.[多選]如圖9－2－14所示，勻強磁場的方向垂直于電路所在平面，導體棒ab與電路接觸良好。當導體棒ab在外力F作用下從左向右做勻加速直線運動時，若不計摩擦和導線的電阻，整個過程中，燈泡L未被燒毀，電容器C未被擊穿，則該過程中(

)A．感應電動勢將變大B．燈泡L的亮度變大C．電容器C的上極板帶負電D．電容器兩極板間的電場強度將減小圖9－2－14答案：AB

4．[多選](2013·蘇州模擬)如圖9－2－15(a)、(b)所示的電路中，電阻R和自感線圈L的電阻值都很小，且小于燈A的電阻，接通S，使電路達到穩(wěn)定，燈泡A發(fā)光，則(

)圖9－2－15A．在電路(a)中，斷開S后，A將逐漸變暗B．在電路(a)中，斷開S后，A將先變得更亮，然后逐漸變暗C．在電路(b)中，斷開S后，A將逐漸變暗D．在電路(b)中，斷開S后，A將先變得更亮，然后逐漸變暗解析：(a)電路中，燈A和線圈L串聯，電流相同，斷開S時，線圈上產生自感電動勢，阻礙原電流的減小，通過R、A形成回路，A將逐漸變暗。(b)電路中，電阻R和燈A串聯，燈A的電阻大于線圈L的電阻，電流則小于線圈L中的電流，斷開S時，電源不給燈A供電，而線圈產生自感電動勢阻礙電流的減小，通過A、R形成回路，燈A中電流比原來大，變得更亮，然后逐漸變暗。所以選項A、D正確。答案：AD

5.如圖9－2－16所示，金屬桿ab放在光滑的水平金屬導軌上，與導軌組成閉合矩形電路，長l1＝0.8m，寬l2＝0.5m，回路總電阻R＝0.2Ω，回路處在豎直方向的磁場中，金屬桿用水平繩通過定滑輪連接質量M＝0.04kg的木塊，磁感應強度從B0＝1T開始隨時間均勻增加，5s末木塊將離開水平面，不計一切摩擦，g取10m/s2，求回路中的電流強度。圖9－2－16答案：0.4A課時跟蹤檢測見“課時跟蹤檢測（三十三）”（給有能力的學生加餐）1.如圖1所示，金屬棒ab置于水平放置的金屬導體框架cdef上，棒ab與框架接觸良好。從某一時刻開始，給這個空間施加一個斜向上的勻強磁場，并且磁場均勻增加，ab棒仍靜止，在磁場均勻增加的過程中，關于ab棒受到的摩擦力，下列說法正確的是(

)A．摩擦力大小不變，方向向右B．摩擦力變大，方向向右C．摩擦力變大，方向向左D．摩擦力變小，方向向左圖1解析：由法拉第電磁感應定律，ab中產生的電流的大小恒定，方向由b到a，由左手定則，ab受到的安培力方向向左下方，F＝BIL，由于B均勻變大，F變大，F的水平分量Fx變大，靜摩擦力Ff＝Fx變大，方向向右，B正確。答案：B

2．如圖2所示，在水平面內固定著U形光滑金屬導軌，軌道間距為50cm，金屬導體棒ab質量為0.1kg，電阻為0.2Ω，橫放在導軌上，電阻R的阻值是0.8Ω(導軌其余部分電阻不計)?，F加上豎直向下的磁感應強度為0.2T的勻強磁場。用水平向右的恒力F＝0.1N拉動ab，使其從靜止開始運動，則(

)

圖2A．導體棒ab開始運動后，電阻R中的電流方向是從P流向MB．導體棒ab運動的最大速度為10m/sC．導體棒ab開始運動后，a、b兩點的電勢差逐漸增加到1V后保持不變D．導體棒ab開始運動后任一時刻，F的功率總等于導體棒ab和電阻R的發(fā)熱功率之和答案：B

3．(2012·青島模擬)如圖3甲所示，水平面上的平行導軌MN、PQ上放著兩根導體棒ab、cd，兩棒中間用絕緣絲線系住。開始時勻強磁場垂直于紙面向里，磁感應強度B隨時間t的變化如圖乙所示，I和FT分別表示流過導體棒中的電流和絲線的拉力(不計電流之間的相互作用力)，則在t0時刻(

)圖3A．I＝0，FT＝0

B．I＝0，FT≠0C．I≠0，FT＝0 D．I≠0，FT≠0解析：t0時刻，磁場變化，磁通量變化，故I≠0；由于B＝0，故ab、cd所受安培力均為零，絲線的拉力為零。C項正確。答案：C

4．如圖4所示，三個相同的金屬圓環(huán)內存在著不同的有界勻強磁場，虛線表示環(huán)的某條直徑，已知所有磁場的磁感應強度隨時間變化的關系都滿足B＝kt，磁場方向如圖4所示。測得A環(huán)內感應電流強度為I，則B環(huán)和C環(huán)內感應電流強度分別為(

)圖4A．IB＝I、IC＝0 B．IB＝I、IC＝2IC．IB＝2I、IC＝2I D．IB＝2I、IC＝0答案：D

5．一線圈匝數為10匝，兩接線端連一C＝100μF的電容器，組成如圖5甲所示的回路，回路所圍面積S＝0.1m2，取穿過線圈垂直于紙面向里的方向為磁場的正方向，穿過回路的磁感應強度B隨時間t的變化如圖乙所示。則關于電容器兩極板上的電荷量大小及M、N兩極板帶電的正負，下列說法中正確的是(

)圖5A．帶電荷量1.2×10－3C，M極板帶正電B．帶電荷量1.2×10－3C，N極板帶正電C．帶電荷量1.2×10－4C，M極板帶正電D．帶電荷量1.2×10－4C，N極板帶正電答案：A

6．有一個勻強磁場邊界是EF，在EF右側無磁場，左側是勻強磁場區(qū)域，如圖6甲所示?，F有一個閉合的金屬線框以恒定速度從EF右側水平進入勻強磁場區(qū)域。線框中的電流隨時間變化的i－t圖象如圖乙所示，則可能的線框是圖7中的(

)

圖6圖7答案：A

7．如圖8所示的電路中，三個相同的燈泡a、b、c和電感線圈L1、L2與直流電源連接，電感線圈的電阻忽略不計。開關S從閉合狀態(tài)突然斷開時，下列判斷正確的有(

)圖8A．a先變亮，然后逐漸變暗B．b先變亮，然后逐漸變暗C．c先變亮，然后逐漸變暗D．b、c都逐漸變暗解析：a、b、c三個燈泡相同，設S閉合時通過三個燈泡的電流均是I，則L1中的電流為2I，L2中的電流為I。在S斷開瞬間，L1中的電流由2I逐漸減小，L2的電流由I逐漸減小，L1、L2中的產生的感應電流方向相同，故b、c兩燈的電流逐漸減小，即b、c兩燈逐漸變暗，B、C錯誤，D項正確；兩個支路的電流匯集后為2I通過a燈，a燈電流由2I反向減弱，故a燈先變亮再逐漸變暗，即A正確。答案：AD

電磁感應中的電路問題[想一想]用均勻導線做成的正方形線框邊長為0.2m，正方形的一半放在垂直于紙面向里的勻強磁場中，如圖9－3－1所示。在磁場以10T/s的變化率增強時，線框中a、b兩點間的電勢差是多少？圖9－3－1

1．內電路和外電路

(1)切割磁感線運動的導體或磁通量發(fā)生變化的線圈都相當于

。

(2)該部分導體的電阻或線圈的電阻相當于電源的

，其余部分是

。

2．電源電動勢和路端電壓

(1)電動勢：E＝Blv或E＝

。

(2)路端電壓：U＝IR＝

。[記一記]電源內阻外電路E－Ir[試一試]圖9－3－2A．通過電阻R的電流方向為P→R→MB．a、b兩點間的電壓為BLvC．a端電勢比b端高D．外力F做的功等于電阻R上發(fā)出的焦耳熱答案：C

電磁感應的圖象問題[想一想]圓形導線框固定在勻強磁場中，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9－3－3所示。若規(guī)定順時針方向為感應電流i的正方向，請畫出i－t圖象。圖9－3－3[記一記]

1．圖象類型

(1)磁感應強度B、磁通量Φ、感應電動勢E和感應電流I隨時間t變化的圖象，即B－t圖象、Φ－t圖象、E－t圖象和I－t圖象。

(2)對于切割磁感線產生感應電動勢和感應電流的情況，還常涉及感應電動勢E和感應電流I隨位移x變化的圖象，即E－x圖象和I－x的圖象。2．問題類型

(1)由給定的電磁感應過程判斷或畫出正確的圖象。

(2)由給定的有關圖象分析電磁感應過程，求解相應的物理量。

(3)利用給出的圖象判斷或畫出新的圖象。[試一試]2.如圖9－3－4所示，一閉合直角三角形線框以速度v勻速穿過勻強磁場區(qū)域。從BC邊進入磁場區(qū)開始計時，到A點離開磁場區(qū)為止的過程中，線框內感應電流的情況(以逆時針方向為電流的正方向)是圖9－3－5中的(

)圖9－3－4圖9－3－5解析：BC邊剛進入磁場時，產生的感應電動勢最大，由右手定則可判定電流方向為逆時針方向，是正值，隨線框進入磁場，有效長度l逐漸減小，由E＝Blv得電動勢均勻減小，即電流均勻減??；當線框剛出磁場時，切割磁感線的有效長度l最大，故電流最大，且為順時針方向，是負值，此后電流均勻減小，故只有A圖象符合要求。答案：A

電磁感應中的力學綜合問題[記一記]BlvF＝BIl

2．安培力的方向

(1)先用

確定感應電流方向，再用

確定安培力方向。

(2)根據楞次定律，安培力方向一定和導體切割磁感線運動方向

。右手定則左手定則相反[試一試]3.如圖9－3－6所示，ab和cd是位于水平面內的平行金屬軌道，軌道間距為l，其電阻可忽略不計。ac之間連接一阻值為R的電阻，ef為一垂直于ab和cd的金屬桿，它與ab和cd接觸良好并可沿軌道方向無摩擦地滑動，其電阻可忽略。整個裝置處在勻強磁場中，磁場方向垂直于圖中紙面向里，磁感應強度為B。當施外力使桿ef以速度v向右勻速運動時，桿ef所受的安培力為(

)圖9－3－6答案：A

電磁感應與電路知識的綜合應用

1.對電磁感應電源的理解

(1)電源的正、負極可用右手定則或楞次定律判定。2．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。圖9－3－7[審題指導]處理此類問題的關鍵在于：①明確切割磁感線的導體相當于電源，其電阻是電源的內阻，其他部分為外電路，電源的正負極由右手定則來判定；②畫出等效電路圖，并結合閉合電路歐姆定律等有關知識解決相關問題。解決電磁感應中的電路問題三步曲(2)分析電路結構(內、外電路及外電路的串、并聯關系)，畫出等效電路圖。

(3)利用電路規(guī)律求解。主要應用歐姆定律及串、并聯電路的基本性質等列方程求解。電磁感應圖象問題

電磁感應圖象問題的解決方法

(1)明確圖象的種類，即是B－t圖象還是Φ－t圖象，或E－t圖象、I－t圖象等。

(2)分析電磁感應的具體過程。

(3)用右手定則或楞次定律確定方向對應關系。

(4)結合法拉第電磁感應定律、歐姆定律、牛頓運動定律等規(guī)律寫出函數關系式。

(5)根據函數關系式，進行數學分析，如分析斜率的變化、截距等。

(6)判斷圖象(或畫圖象或應用圖象解決問題)。圖9－3－8圖9－3－9[答案]

C電磁感應現象中的動力學問題1.兩種狀態(tài)及處理方法根據牛頓第二定律進行動態(tài)分析或結合功能關系進行分析加速度不為零非平衡態(tài)根據平衡條件列式分析加速度為零平衡態(tài)處理方法特征狀態(tài)2．力學對象和電學對象的相互關系4．電磁感應中的動力學臨界問題

(1)解決這類問題的關鍵是通過運動狀態(tài)的分析，尋找過程中的臨界狀態(tài)，如速度、加速度求最大值或最小值的條件。(2)兩種常見類型棒ab長l、質量m、電阻R，導軌光滑，電阻不計棒ab長l、質量m、電阻R，導軌光滑水平，電阻不計已知量示意圖“動—電—動”型“電—動—電”型類型“動—電—動”型“電—動—電”型類型過程分析

[例3]

(2011·海南高考)如圖9－3－10，ab和cd是兩條豎直放置的長直光滑金屬導軌，MN和M′N′是兩根用細線連接的金屬桿，其質量分別為m和2m。豎直向上的外力F作用在桿MN上，使兩桿水平靜止，并剛好與導軌接觸；兩桿的總電阻為R，導軌間距為l。整個裝置處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向與導軌所在平面垂直。導軌電阻可忽略，重力加速度為g。在t＝0時刻將細線燒斷，保持F不變，金屬桿和導軌始終接觸良好。求：圖9－3－10(1)細線燒斷后，任意時刻兩桿運動的速度之比；(2)兩桿分別達到的最大速度。[審題指導]第一步：抓關鍵點MN向上加速，M′N′向下加速細線燒斷，F不變拉力F與兩桿重力平衡外力F作用在桿MN上，兩桿水平靜止獲取信息關鍵點

第二步：找突破口

(1)要求“兩桿速度之比”→可利用v＝at，速度之比等于加速度之比。

(2)要求“兩桿達到的最大速度”→兩桿受力平衡。

[嘗試解題](1)設任意時刻MN、M′N′桿的速度分別為v1、v2。細線燒斷前：F＝mg＋2mg對MN桿在任意時刻：

F－mg－F安＝ma1電磁感應中的能量問題

1.電能求解的三種主要思路

(1)利用克服安培力求解：電磁感應中產生的電能等于克服安培力所做的功；

(2)利用能量守恒或功能關系求解；

(3)利用電路特征來求解：通過電路中所產生的電能來計算。

2．解題的一般步驟

(1)確定研究對象(導體棒或回路)；