专题12 电磁感应-【口袋书】2024年高考物理一轮复习知识清单（全国通用）.docx

1、专题12 电磁感应考点内容要求考情电磁感应现象b2022北京卷11、2022江苏卷5、2023浙江1月选考72023江苏卷8、2022全国甲卷16、2020浙江7月选考122021浙江1月选考21、2021全国甲卷21、2023广东卷142023浙江6月选考21、2023浙江1月选考20、2022全国乙卷242021浙江6月选考21、2023全国卷新课标132023湖南卷14、2023上海卷19、2023北京卷182023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

2、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知识点01 电磁感应现象3一、电磁感应现象及感应电流3二、产生感应电流的条件3三、楞次定律 3四、右手定则5五、“三定则、一定律”的应用6知识点02 法拉第电磁感应定律6一、感应电动势6二、法拉第电磁感应定律 7三、导体切割磁感线

3、的感应电动势 8四、电磁感应中的电路问题10五、电磁感应现象中的力学问题14六、电磁感应中能量转化问题16七、动量定理在电磁感应中的应用22八、电磁感应中图像问题23九、杆、导轨模型25知识点03 电磁感应现象及其应用35一、互感现象35二、自感现象35三、涡流现象36四、电磁阻尼37五、电磁驱动38六、日光灯工作原理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

4、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.对楞次定律的理解谁阻碍谁感应电流的磁通量阻碍产生感应电流的磁通量. 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.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”.阻碍的结果阻碍并不是阻止，结果是增

5、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:阻碍原磁通量的变化;阻碍物体间的相对运动;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原磁场：原磁场的方向原磁通量：原磁场磁通量的变化感应磁场：通过楞次定律判断感应电流的磁场方向感应电流：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） “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“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“增缩减扩”： 使回路面积有扩大或缩

6、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“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“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abcdaB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

7、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adcba，A错误；线框中产生的感应电流为Inn，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

8、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：掌心磁感线穿入；拇指指向导体运动的方向；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2.“三个定则”和“一个定律”的因果关系因电而生磁(IB)安培定则；因动而生电(v、BI)右手定则；因电而受力(I、BF)左手定则；因磁而生电(S、BI)楞次定律3解题思路应用楞

9、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“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”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。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。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

10、：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】E的大小与无关，决定于磁通量的变化率.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.当仅由的变化引起时，当、同时变化时，则.若已知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

11、关系为BB0kt，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()Akr2 BkR2CB0r2 DB0R2【答案】A【解析】由题意可知磁场的变化率为k，根据法拉第电磁感应定律可知Ekr2，故选A.【技巧点拨】磁感应强度B：描述磁场强弱和方向的物理量，是矢量磁通量：穿过回路的磁感线条数的代数和，是标量磁通量 末 初：穿过回路的磁通量变化了多少磁通量变化率/t：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.式中有效长度：公式中的为导体切割磁感线的有效长度如图中

12、，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： .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，

13、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：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t时间后，转过的弧度，转过的面积，则.若绕0转动，OA=L1，OC=L2则【技巧点拨】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.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，

14、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O、A、C，则()A. OCB. CAC. O=AD. OA=AC【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OA=C，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

15、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，、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.、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.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路端电压：或感应电流：，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

16、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()AI1I3I3I2 CI1I2I3 DI1I2I3【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C22r，面积为S2r2.同理可知正方形线框的周长和面积分别为C18r，S14r2，正六边形线框的周长和面积分别为C36r，S3，三个线框材料粗细相同，根据电阻定律R，可知三个

17、线框电阻之比为R1R2R3C1C2C3826根据法拉第电磁感应定律有I可得电流之比为I1I2I322即I1I2I3，故选C.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的方法适合恒定电流问题：电流为平均电流：已知通电导体的位移x和导轨间距通过动量定理求解：3.解题思路“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.“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根据或，结合闭合电路欧姆定律、串并

18、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Bl2 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CBr2【答案】B【解析】由法拉

19、第电磁感应定律知棒产生的电动势UBr2，故A错误；对极板间微粒受力分析，如图所示，微粒静止，则mgqEq，得，而电容器两极板间电势差与电源电动势相等，即UU，故，故B正确；电路中电流I，则电阻R消耗的电功率PI2R，故C错误；电容器所带的电荷量QCU，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

20、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.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

21、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E0Blv0(2)等效电路图如图所示，可得总电阻R2r电流I0(3)船舱匀速运动时线框受到安培力FA根据牛顿第三定律，质量为m1的部分受力FFA，方向竖直向上匀速运动时有：F联立解得v(4)船舱匀速运动时电容器不充放电，故vv则IUCI3r则qCUC.五、电磁感应现象中的力学问题 1导体的两种运动状态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

22、观点解答电磁感应问题的一般步骤 “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 “路”的分析：画等效电路图，根据，求感应电流 “力”的分析：受力分析，求及合力，根据牛顿第二定律求加速度 “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。vEBlvIF安BIlF

23、合若F合0匀速直线运动若F合0F合maa、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a0，匀速直线运动a、v反向v减小，F安减小，a减小，当a0，静止或匀速直线运动【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

24、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，感应电动势为EnBlv，两线圈材料相同(设密度为0)，质量相同(设为m)，则m04nlS，设材料的电阻率为，则线圈电阻R感应电流为I所受安培力大小为FnBIl由牛顿第二定律有mgFma联立解得agg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时，甲和乙都加速运动，当g时，甲和乙都减速运动，当g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

25、 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安培力做正功：电能转化为机械能，如电动机安培力做负功：机械能转化为电能，如发电机2.焦耳热的求法焦耳定律：，适用于电流、电阻恒定，交变电流的有效值.功能关系：，适用于任何情况.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 “源”的分析：明确电磁感应所产生的电源，确定和 “路”的分析：弄清串、并联关系，求电流及 “力”的分析：分

26、析杆或线圈受力情况，求合力“运动”的分析：由力和运动的关系，确定运动模型 “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，磁场被分成区域和，宽度均为，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边刚好跨过区域的左边界以速度v向右运动。在时刻，ab边运动到距区域的左边界2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

27、所示。随后在2时间内，区磁感应强度线性减小到0，区磁场保持不变；23时间内，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=1.2时穿过线框的磁通量；(3)23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=2B0v+B0v=3B0v 根据闭合电路欧姆定律得：电流I=ER=3B0vR，根据安培力表达式求解t=0时ab边的安培力F1=2B0I，cd边的安培力F2=B0I，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，

28、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=2B0I+B0I=3B0I=3B03B0vR=9B022vR；(2)根据图像得出t=1.2时，区的磁感应强度B=2B0+02B02(1.2)=1.6B0，方向向下；区的磁感应强度为B0，方向向上，穿过线框的磁通量=1.6B022B022=0.3B02；(3)23时间内，根据法拉第电磁感应定律得E1=t=BtS=B022=B022 根据闭合电路欧姆定律得：电流I1=E1R=B022R 根据焦耳定律得：线框中产生的热量Q=I12R=(B022R)2R=B0244R。答：(1)线框所受的安培力为9B022vR；(2)t=1.2时穿过

29、线框的磁通量为0.3B02；(3)23时间内，线框中产生的热量Q为B0244R。【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

30、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=kII3MgkI2=3Mg 在火箭落停过程中，

31、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：FMg=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=v0at=v02gt 回路中感应电动势为：E=B2dv=2kI3MgkI2(v02gt)=6MgI(v02gt) (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=IR6MgI(v02gt) 火箭落停过程

32、经历的时间为t1=v0a=v02g 装置A输出的功率为：P=UI=I2R6Mg(v02gt) 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=I2R6Mgv0，末状态(t=t1)的功率为P1=I2R，则有：W=pt1=12(P0+P1)t1=I2Rv02g32Mv02 (4)当R=0时，由U=IR6MgI(v02gt)=6MgI(v02gt) 可知装置A回收能量的功率为P=|U|I=6Mg(v02gt) 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

33、)的功率为P1=0，则有：W总=Pt1=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E机，减少的磁场能为E磁，则有：E机=12Mv02+MgL=34Mv02 根据能量守恒定律得：E磁=W总E机=32Mv0234Mv02=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(v02gt)；(3)装置A输出电压U与运动时间t的关系为U=IR6MgI(v02

34、gt)，输出的能量W为I2Rv02g32Mv02；(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L2l。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B

35、y与时间的近似关系如图2所示，图中B0已知。(1)求0到时间内，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023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，经时间角速度减小量为(1)，设线框与圆环的能量转换效率为k，求的值(当0I1,则灯泡闪亮后逐渐变暗.两种情况灯泡中电流方向均改变【技巧点拨】分析自感问题的三个技巧通电自感：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。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。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

36、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 ，RLIP，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ILIP，所以灯泡P会闪亮后逐渐变暗熄灭。故AB

37、C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：涡流热效应的应用,如真空冶炼炉.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

38、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.