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专题11电磁感应规律及其应用,知识专题,网络构建,考题二电磁感应中的图象问题,考题三电磁感应中的动力学问题,栏目索引,考题一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用,考题四电磁感应中的能量问题,考题一楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用,1.楞次定律中“阻碍”的主要表现形式 (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”. 2.楞次定律和右手定则的适用对象 (1)楞次定律：一般适用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形. (2)右手定则：一般适用于导体棒切割磁感线的情形.,知识精讲,3.求感应电动势大小的五种类型,(4)平动切割型：EBlv.,解析,例1(2016浙江16)如图1所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则() A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B.a、b线圈中感应电动势之比为91 C.a、b线圈中感应电流之比为34 D.a、b线圈中电功率之比为31,典例剖析,图1,解析根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；,1.如图2所示，a、b、c三个线圈是同心圆，b线圈上连接 有直流电源E和开关K，则下列说法正确的是() A.在K闭合的一瞬间，线圈a中有逆时针方向的瞬时电流， 有收缩趋势 B.在K闭合的一瞬间，线圈c中有顺时针方向的瞬时电流， 有收缩趋势 C.在K闭合电路稳定后，再断开K的一瞬间，线圈c中有感应电流，线圈a中没有感应电流 D.在K闭合的一瞬间，线圈b中有感应电动势；在K闭合电路稳定后，再断 开K的一瞬间，线圈b中仍然有感应电动势,解析,变式训练,1,2,图2,3,4,解析K闭合时线圈b中有顺时针的电流，根据右手定则可知内部有向里增大的磁场，则a线圈产生阻碍原磁通量变化的电流，根据楞次定律可知，电流方向为逆时针，线圈受到向外的安培力，故有扩张的趋势，故A错误； 根据楞次定律可知，c中感应电流为逆时针且有收缩的趋势，故B错误； 在K闭合电路稳定后，再断开K的一瞬间，两线圈中均有磁通量的变化，故线圈中均有感应电流，故C错误； 在K闭合的一瞬间，线圈b中有感应电动势；在K闭合电路稳定后，再断开K的一瞬间，线圈b中仍然有感应电动势，故D正确.,1,2,3,4,2.(2016海南4)如图3，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距. 两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流.若() A.金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向 B.金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向 C.金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆 时针方向 D.金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向,解析,图3,1,2,3,4,解析根据楞次定律，当金属圆环上、下移动时，穿过圆环的磁通量不发生变化，故没有感应电流产生，故选项A、B错误； 当金属圆环向左移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应电流为顺时针，故选项C错误； 当金属圆环向右移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应电流为逆时针，故选项D正确.,1,2,3,4,3.(2016全国甲卷20)法拉第圆盘发电机的示意图如图4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,解析,图4,1,2,3,4,解析将圆盘看成无数幅条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向从a到b，B对；,1,2,3,4,4.如图5所示，一根弧长为L的半圆形硬导体棒AB在水平拉力F作用下，以速度v0在竖直平面内的U形框架上匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为B，回路中除电阻R外，其余电阻均不计，U形框左端与平行板电容器相连，质量为m的带电油滴静止于电容器两极板中央，半圆形硬导体棒AB始终与U形框接触良好.则以下判断正确的是() A.油滴所带电荷量为 B.电流自上而下流过电阻R C.A、B间的电势差UABBLv0 D.其他条件不变，使电容器两极板距离减小，电容器所带电荷量将增加， 油滴将向上运动,解析,返回,图5,1,2,3,4,返回,解析导体棒AB在水平拉力F作用下向右运动，由右手定则可知，导体棒AB相当于电源，A端是正极，故电流自上而下流过电阻R，B对；,1,2,3,4,解决电磁感应图象问题的方法技巧 (1)解决电磁感应图象问题的“三点关注”： 关注初始时刻，如初始时刻感应电流是否为零，是正方向还是负方向. 关注变化过程，看电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图象变化相对应. 关注大小、方向的变化趋势，看图线斜率的大小、图线的曲、直是否和物理过程对应.,考题二电磁感应中的图象问题,方法指导,(2)解决电磁感应图象问题的一般步骤： 明确图象的种类，即是Bt图还是t图，或者Et图、It图等. 分析电磁感应的具体过程. 用右手定则或楞次定律确定方向对应关系. 结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式. 根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等. 画图象或判断图象. (3)图象选择技巧：求解物理图象的选择题时可用“排除法”，即排除与题目要求相违背的图象，留下正确图象.,例2(2016四川7)如图6所示，电阻不计、间距为L的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R.质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是FF0kv(F0、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好.金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为F安，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图象可能正确的有(),解析,典例剖析,图6,解析,(1)若k ，金属棒水平向右做匀加速直线运动.所以在此情况下没有选项符合； (2)若k ，F合随v增大而增大，即a随v增大而增大，说明金属棒在做加速度增大的加速运动，根据四个物理量与速度的关系可知B选项符合； (3)若k ，F合随v增大而减小，即a随v增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动，根据四个物理量与速度关系可知C选项符合. 综上所述，选项B、C符合题意.,5.在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个面积不变的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图7甲所示，取线圈中磁场B的方向向上为正，当磁场中的磁感应强度B随时间t如图乙变化时，下列图中能正确表示线圈中感应电流变化的是(),5,6,变式训练,7,图7,解析,5,6,7,5,6,7,6.如图8所示，有一个边界为正三角形的匀强磁场区域，边长为a，磁感应强度方向垂直纸面向里，一个导体矩形框的长为 ，宽为 ，平行于纸面沿着磁场区域的轴线匀速穿越磁场区域，导体框中 感应电流的正方向为逆时针方向，以导体框刚进入 磁场时为t0时刻，则导体框中的感应电流随时间 变化的图象是(),解析,图8,5,6,7,解析由右手定则可知，线框进入磁场过程与离开磁场过程感应电流方向相反，故A错误； 由图示可知，线框开始进入磁场的一段时间内，切割磁感线的有效长度L不变，电流 大小不变，当线框右边部分穿出磁场过程，切割磁感线的有效长度L减小，感应电流减小，线框右边完全离开磁场后，线框左边完全进入磁场，然后线框左边切割磁感线，感应电流反向，此后一段时间内，线框切割磁感线的有效长度L不变，感应电流大小不变，线框左边离开磁场过程，线框切割磁感线的有效长度L减小，感应电流减小，故B、C错误，D正确.,5,6,7,7.宽度均为d且足够长的两相邻条形区域内，各存在磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场.电阻为R、边长为 的等边三角形金属框的AB边与磁场边界平行，金属框从图9所示位置以垂直于 AB边向右的方向做匀速直线运动，取逆时针 方向电流为正，从金属框C端刚进入磁场开始 计时，框中产生的感应电流随时间变化的图象 是(),图9,5,6,7,返回,5,6,7,考题三电磁感应中的动力学问题,方法指导,电磁感应与动力学综合题的解题策略 (1)分析“源”：找准主动运动者，用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解感应电动势的大小和方向； (2)分析“路”：画出等效电路图，求解回路中的电流的大小及方向； (3)分析“力”：分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推得对电流的影响，最后确定导体棒的最终运动情况； (4)列“方程”：列出牛顿第二定律或平衡方程求解.,典例剖析,例3(2016全国甲卷24)如图10，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.t0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.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；,图10,解析答案,解析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 Fmgma 设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有 vat0 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知产生的电动势为 EBlv 联立式可得 EBlt0( g),解析答案,(2)电阻的阻值. 解析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 I 式中R为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为 F安BlI 因金属杆做匀速运动，有 FmgF安0,8.如图11(a)所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量为1 kg的单匝均匀正方形铜线框，在1位置以速度v03 m/s进入匀强磁场时开始计时t0，此时线框中感应电动势为1 V，在t3 s时刻线框 到达2位置开始离开匀强磁场.此过程 中vt图象如图(b)所示，那么() A.线框右侧边两端MN间的电压为 0.25 V B.恒力F的大小为0.5 N C.线框完全离开磁场的瞬间位置3的速度大小为3 m/s D.线框完全离开磁场的瞬间位置3的速度大小为1 m/s,解析,8,9,变式训练,图11,解析t0时，线框右侧边MN的两端电压为外电压，总的感应电动势为： E Blv0，外电压U外 0.75 V.故A错误； 在13 s内，线框做匀加速运动，没有感应电流，线框不受安培力，则有Fma，由速度时间图象的斜率表示加速度，求得a 0.5 m/s2，则得F0.5 N.故B正确. 由(b)图象看出，在t3 s时刻线框到达2位置开始离开匀强磁场时与线框进入匀强磁场时速度相同，则线框出磁场与进磁场运动情况完全相同，则知线框完全离开磁场的瞬间位置3速度与t1 s时刻的速度相等，即为2 m/s.故C、D错误.,8,9,9.如图12所示，两根光滑、足够长的平行金属导轨固定在水平面上.滑动变阻器接入电路的电阻值为R(最大阻值足够大)，导轨的宽度L0.5 m，空间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度的大小B1 T.内阻r1 的金属杆在F5 N的水平恒力作用下由静止开始运动.经过一段 时间后，金属杆的速度达到最大速度vm，不计导轨 电阻，则有() A.R越小，vm越大 B.金属杆的最大速度大于或等于20 m/s C.金属杆达到最大速度之前，恒力F所做的功等于电路中消耗的电能 D.金属杆达到最大速度后，金属杆中电荷沿杆长度方向定向移动的平均 速率ve与恒力F成正比,8,9,图12,解析,返回,8,9,解析,8,9,在金属杆达到最大速度之前，恒力F所做的功等于电路中消耗的电能与导体棒动能增量之和，选项C错误；,返回,考题四电磁感应中的能量问题,方法指导,电磁感应中能量的三种求解方法 (1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功.,(2)利用能量守恒定律求解：若只有电能与机械能参与转化，则机械能的减少量等于产生的电能. (3)利用电路的相关公式电功公式或电热公式求解：若通过电阻的电流是恒定的，则可直接利用电功公式或焦耳定律求解焦耳热. 特别提醒：回路中某个元件的焦耳热和回路总焦耳热之间的关系，不能混淆.,典例剖析,例4如图13所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为30，导轨电阻不计，导轨处在垂直导轨平面斜向上的有界匀强磁场中，两根电阻都为R2 、质量都为m0.2 kg的完全相同的细金属棒ab和cd垂直导轨并排靠紧的放置在导轨上，与磁场上边界距离为x1.6 m，有界匀强磁场宽度为3x4.8 m.先将金属棒ab由静止释放，金属棒ab刚进入磁场就恰好做匀速运动，此时立即由静止释放金属棒cd，金属棒cd在出磁场前已做匀速运动，两金属棒在下滑过程中与导轨接触始终良好(取重力加速度g10 m/s2)，求： (1)金属棒ab刚进入磁场时棒中电流I； (2)金属棒cd在磁场中运动的过程中通过回路某一截面的电量q； (3)两根金属棒全部通过磁场的过程中回路产生的焦耳热Q.,图13,答案,思维规范流程,4 m/s,mgsin ,BIL,BLv1,1 A,答案,2x,2x,0.8 C,答案,每式各2分，其余各式1分.,mg2xsin ,mg3xsin ,8 J,10.如图14所示，正方形金属线框abcd位于竖直平面内，其质量为m，电阻为R.在线框的下方有一匀强磁场，MN和MN是磁场的水平边界，并与bc边平行，磁场方向垂直于纸面向里.现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，图乙是线圈由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的vt图象，图中字母均为已知量.重力加速度为g，不计空气阻力.下列说法正确的是(),10,11,变式训练,图14,A.金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向 B.金属线框的边长为v1(t2t1),10,11,解析,解析金属线框刚进入磁场时磁通量增大，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿abcda方向，故A错误； 由题图乙可知，金属线框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2t1，故金属线框的边长：lv1(t2t1)，故B正确；,10,11,t1到t2时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q1mglmgv1(t2t1)；,解析,t3到t4时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：,10,11,11.(2016浙江24)小明设计的电磁健身器的简化装置如图15所示，两根平行金属导轨相距l0.50 m，倾角53，导轨上端串接一个R0.05 的电阻.在导轨间长d0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B2.0 T.质量m4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连.CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s0.24 m.一位健身者用恒力F80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直.当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g10 m/s2，sin 530.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量).求：,10,11,解析答案,10,11,图15,(1)CD棒进入磁场时速度v的大小； 解析由牛顿第二定律得,进入磁场时的速度,答案2.4 m/s,10,11,解析答案,(2)CD棒进入磁场时所受的安培力F安的大小； 解析感应电动势EBlv,安培力F安IBl,答案48 N,返回,解析答案,10,11,(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q. 解析健身者做功WF(sd)64 J 又Fmgsin F安0 CD棒在磁场区做匀速运动,焦耳热QI2Rt26.88 J. 答案64 J26.88 J,
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