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1、專題11電磁感應規(guī)律及其應用,知識專題,,網(wǎng)絡構建,考題二電磁感應中的圖象問題,考題三電磁感應中的動力學問題,,欄目索引,考題一楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用,,,,考題四電磁感應中的能量問題,,考題一楞次定律和法拉第電磁感應定律的應用,1.楞次定律中“阻礙”的主要表現(xiàn)形式 (1)阻礙原磁通量的變化“增反減同”； (2)阻礙相對運動“來拒去留”； (3)使線圈面積有擴大或縮小的趨勢“增縮減擴”； (4)阻礙原電流的變化(自感現(xiàn)象)“增反減同”. 2.楞次定律和右手定則的適用對象 (1)楞次定律：一般適用于線圈面積不變，磁感應強度發(fā)生變化的情形. (2)右手定則：一般適用于導體棒切割磁感線的
2、情形.,知識精講,3.求感應電動勢大小的五種類型,(4)平動切割型：EBlv.,,解析,例1(2016浙江16)如圖1所示，a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長la3lb，圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，且磁感應強度隨時間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則() A.兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的感應電流 B.a、b線圈中感應電動勢之比為91 C.a、b線圈中感應電流之比為34 D.a、b線圈中電功率之比為31,典例剖析,圖1,,解析根據(jù)楞次定律可知，兩線圈內(nèi)均產(chǎn)生逆時針方向的感應電流，選項A錯誤；,1.如圖2所示，a、b、c三個線圈是同心圓，b線圈上連接 有直流電源
3、E和開關K，則下列說法正確的是() A.在K閉合的一瞬間，線圈a中有逆時針方向的瞬時電流， 有收縮趨勢 B.在K閉合的一瞬間，線圈c中有順時針方向的瞬時電流， 有收縮趨勢 C.在K閉合電路穩(wěn)定后，再斷開K的一瞬間，線圈c中有感應電流，線圈a中沒有感應電流 D.在K閉合的一瞬間，線圈b中有感應電動勢；在K閉合電路穩(wěn)定后，再斷 開K的一瞬間，線圈b中仍然有感應電動勢,,解析,,變式訓練,1,2,圖2,3,4,解析K閉合時線圈b中有順時針的電流，根據(jù)右手定則可知內(nèi)部有向里增大的磁場，則a線圈產(chǎn)生阻礙原磁通量變化的電流，根據(jù)楞次定律可知，電流方向為逆時針，線圈受到向外的安培力，故有擴張的趨勢，故
4、A錯誤； 根據(jù)楞次定律可知，c中感應電流為逆時針且有收縮的趨勢，故B錯誤； 在K閉合電路穩(wěn)定后，再斷開K的一瞬間，兩線圈中均有磁通量的變化，故線圈中均有感應電流，故C錯誤； 在K閉合的一瞬間，線圈b中有感應電動勢；在K閉合電路穩(wěn)定后，再斷開K的一瞬間，線圈b中仍然有感應電動勢，故D正確.,1,2,3,4,2.(2016海南4)如圖3，一圓形金屬環(huán)與兩固定的平行長直導線在同一豎直面內(nèi)，環(huán)的圓心與兩導線距離相等，環(huán)的直徑小于兩導線間距. 兩導線中通有大小相等、方向向下的恒定電流.若() A.金屬環(huán)向上運動，則環(huán)上的感應電流方向為順時針方向 B.金屬環(huán)向下運動，則環(huán)上的感應電流方向為順時針方向 C.
5、金屬環(huán)向左側直導線靠近，則環(huán)上的感應電流方向為逆 時針方向 D.金屬環(huán)向右側直導線靠近，則環(huán)上的感應電流方向為逆時針方向,,,解析,圖3,1,2,3,4,解析根據(jù)楞次定律，當金屬圓環(huán)上、下移動時，穿過圓環(huán)的磁通量不發(fā)生變化，故沒有感應電流產(chǎn)生，故選項A、B錯誤； 當金屬圓環(huán)向左移動時，則穿過圓環(huán)的磁場垂直紙面向外并且增強，故根據(jù)楞次定律可以知道，產(chǎn)生的感應電流為順時針，故選項C錯誤； 當金屬圓環(huán)向右移動時，則穿過圓環(huán)的磁場垂直紙面向里并且增強，故根據(jù)楞次定律可以知道，產(chǎn)生的感應電流為逆時針，故選項D正確.,1,2,3,4,3.(2016全國甲卷20)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖4所示.銅圓盤
6、安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸.圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中.圓盤旋轉(zhuǎn)時，關于流過電阻R的 電流，下列說法正確的是() A.若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定，則電流大小恒定 B.若從上向下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，則電流沿a到b的 方向流動 C.若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化 D.若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉? 的2倍,,解析,圖4,1,2,3,4,,,解析將圓盤看成無數(shù)幅條組成，它們都在切割磁感線從而產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，則當圓盤順時針(俯視)轉(zhuǎn)動時，根據(jù)右手定則可知圓盤上感應電流從邊緣流向中心，流過
7、電阻的電流方向從a到b，B對；,1,2,3,4,4.如圖5所示，一根弧長為L的半圓形硬導體棒AB在水平拉力F作用下，以速度v0在豎直平面內(nèi)的U形框架上勻速滑動，勻強磁場的磁感應強度為B，回路中除電阻R外，其余電阻均不計，U形框左端與平行板電容器相連，質(zhì)量為m的帶電油滴靜止于電容器兩極板中央，半圓形硬導體棒AB始終與U形框接觸良好.則以下判斷正確的是() A.油滴所帶電荷量為 B.電流自上而下流過電阻R C.A、B間的電勢差UABBLv0 D.其他條件不變，使電容器兩極板距離減小，電容器所帶電荷量將增加， 油滴將向上運動,,,解析,返回,圖5,1,2,3,4,,,返回,解析導體棒AB在水平拉力
8、F作用下向右運動，由右手定則可知，導體棒AB相當于電源，A端是正極，故電流自上而下流過電阻R，B對；,1,2,3,4,解決電磁感應圖象問題的方法技巧 (1)解決電磁感應圖象問題的“三點關注”： 關注初始時刻，如初始時刻感應電流是否為零，是正方向還是負方向. 關注變化過程，看電磁感應發(fā)生的過程分為幾個階段，這幾個階段是否和圖象變化相對應. 關注大小、方向的變化趨勢，看圖線斜率的大小、圖線的曲、直是否和物理過程對應.,考題二電磁感應中的圖象問題,方法指導,(2)解決電磁感應圖象問題的一般步驟： 明確圖象的種類，即是Bt圖還是t圖，或者Et圖、It圖等. 分析電磁感應的具體過程. 用右手定則或楞次定
9、律確定方向?qū)P系. 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(shù)關系式. 根據(jù)函數(shù)關系式，進行數(shù)學分析，如分析斜率的變化、截距等. 畫圖象或判斷圖象. (3)圖象選擇技巧：求解物理圖象的選擇題時可用“排除法”，即排除與題目要求相違背的圖象，留下正確圖象.,例2(2016四川7)如圖6所示，電阻不計、間距為L的光滑平行金屬導軌水平放置于磁感應強度為B、方向豎直向下的勻強磁場中，導軌左端接一定值電阻R.質(zhì)量為m、電阻為r的金屬棒MN置于導軌上，受到垂直于金屬棒的水平外力F的作用由靜止開始運動，外力F與金屬棒速度v的關系是FF0kv(F0、k是常量)，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好
10、.金屬棒中感應電流為i，受到的安培力大小為F安，電阻R兩端的電壓為UR，感應電流的功率為P，它們隨時間t變化圖象可能正確的有(),,解析,典例剖析,圖6,,,,解析,(1)若k ，金屬棒水平向右做勻加速直線運動.所以在此情況下沒有選項符合； (2)若k ，F(xiàn)合隨v增大而增大，即a隨v增大而增大，說明金屬棒在做加速度增大的加速運動，根據(jù)四個物理量與速度的關系可知B選項符合； (3)若k< ，F(xiàn)合隨v增大而減小，即a隨v增大而減小，說明金屬棒在做加速度減小的加速運動，直到加速度減小為0后金屬棒做勻速直線運動，根據(jù)四個物理量與速度關系可知C選項符合. 綜上所述，選項B、C符合題意.,5.在豎
11、直方向的勻強磁場中，水平放置一個面積不變的單匝金屬圓線圈，規(guī)定線圈中感應電流的正方向如圖7甲所示，取線圈中磁場B的方向向上為正，當磁場中的磁感應強度B隨時間t如圖乙變化時，下列圖中能正確表示線圈中感應電流變化的是(),5,6,變式訓練,7,圖7,,解析,,5,6,7,5,6,7,6.如圖8所示，有一個邊界為正三角形的勻強磁場區(qū)域，邊長為a，磁感應強度方向垂直紙面向里，一個導體矩形框的長為 ，寬為 ，平行于紙面沿著磁場區(qū)域的軸線勻速穿越磁場區(qū)域，導體框中 感應電流的正方向為逆時針方向，以導體框剛進入 磁場時為t0時刻，則導體框中的感應電流隨時間 變化的圖象是(),,解析,圖8,,5,6,7,解
12、析由右手定則可知，線框進入磁場過程與離開磁場過程感應電流方向相反，故A錯誤； 由圖示可知，線框開始進入磁場的一段時間內(nèi)，切割磁感線的有效長度L不變，電流 大小不變，當線框右邊部分穿出磁場過程，切割磁感線的有效長度L減小，感應電流減小，線框右邊完全離開磁場后，線框左邊完全進入磁場，然后線框左邊切割磁感線，感應電流反向，此后一段時間內(nèi)，線框切割磁感線的有效長度L不變，感應電流大小不變，線框左邊離開磁場過程，線框切割磁感線的有效長度L減小，感應電流減小，故B、C錯誤，D正確.,5,6,7,7.寬度均為d且足夠長的兩相鄰條形區(qū)域內(nèi)，各存在磁感應強度大小均為B、方向相反的勻強磁場.電阻為R、邊
13、長為 的等邊三角形金屬框的AB邊與磁場邊界平行，金屬框從圖9所示位置以垂直于 AB邊向右的方向做勻速直線運動，取逆時針 方向電流為正，從金屬框C端剛進入磁場開始 計時，框中產(chǎn)生的感應電流隨時間變化的圖象 是(),圖9,5,6,7,,,返回,5,6,7,考題三電磁感應中的動力學問題,方法指導,電磁感應與動力學綜合題的解題策略 (1)分析“源”：找準主動運動者，用法拉第電磁感應定律和楞次定律求解感應電動勢的大小和方向； (2)分析“路”：畫出等效電路圖，求解回路中的電流的大小及方向； (3)分析“力”：分析安培力對導體棒運動速度、加速度的影響，從而推得對電流的影響，最后確定導體棒的最終運動情況；
14、 (4)列“方程”：列出牛頓第二定律或平衡方程求解.,典例剖析,例3(2016全國甲卷24)如圖10，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上.t0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止開始運動.t0時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動.桿與導軌的電阻均忽略不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為.重力加速度大小 為g.求： (1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大?。?圖10,,解析答案,解析設金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓第二定律得 Fmgm
15、a 設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為v，由運動學公式有 vat0 當金屬桿以速度v在磁場中運動時，由法拉第電磁感應定律知產(chǎn)生的電動勢為 EBlv 聯(lián)立式可得 EBlt0( g),,解析答案,(2)電阻的阻值. 解析設金屬桿在磁場區(qū)域中勻速運動時， 金屬桿中的電流為I，根據(jù)歐姆定律 I 式中R為電阻的阻值.金屬桿所受的安培力為 F安BlI 因金屬桿做勻速運動，有 FmgF安0,8.如圖11(a)所示，在光滑水平面上用恒力F拉質(zhì)量為1 kg的單匝均勻正方形銅線框，在1位置以速度v03 m/s進入勻強磁場時開始計時t0，此時線框中感應電動勢為1 V，在t3 s時刻線框 到達2位置開始離開勻強磁場.
16、此過程 中vt圖象如圖(b)所示，那么() A.線框右側邊兩端MN間的電壓為 0.25 V B.恒力F的大小為0.5 N C.線框完全離開磁場的瞬間位置3的速度大小為3 m/s D.線框完全離開磁場的瞬間位置3的速度大小為1 m/s,,解析,8,9,,變式訓練,圖11,解析t0時，線框右側邊MN的兩端電壓為外電壓，總的感應電動勢為： E Blv0，外電壓U外 0.75 V.故A錯誤； 在13 s內(nèi)，線框做勻加速運動，沒有感應電流，線框不受安培力，則有Fma，由速度時間圖象的斜率表示加速度，求得a 0.5 m/s2，則得F0.5 N.故B正確. 由(b)圖象看出，在t3 s時刻
17、線框到達2位置開始離開勻強磁場時與線框進入勻強磁場時速度相同，則線框出磁場與進磁場運動情況完全相同，則知線框完全離開磁場的瞬間位置3速度與t1 s時刻的速度相等，即為2 m/s.故C、D錯誤.,8,9,9.如圖12所示，兩根光滑、足夠長的平行金屬導軌固定在水平面上.滑動變阻器接入電路的電阻值為R(最大阻值足夠大)，導軌的寬度L0.5 m，空間有垂直于導軌平面的勻強磁場，磁感應強度的大小B1 T.內(nèi)阻r1 的金屬桿在F5 N的水平恒力作用下由靜止開始運動.經(jīng)過一段 時間后，金屬桿的速度達到最大速度vm，不計導軌 電阻，則有() A.R越小，vm越大 B.金屬桿的最大速度大于或等于20 m/s C
18、.金屬桿達到最大速度之前，恒力F所做的功等于電路中消耗的電能 D.金屬桿達到最大速度后，金屬桿中電荷沿桿長度方向定向移動的平均 速率ve與恒力F成正比,,8,9,圖12,,,解析,返回,8,9,,解析,8,9,在金屬桿達到最大速度之前，恒力F所做的功等于電路中消耗的電能與導體棒動能增量之和，選項C錯誤；,,返回,考題四電磁感應中的能量問題,方法指導,電磁感應中能量的三種求解方法 (1)利用克服安培力做功求解：電磁感應中產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功.,(2)利用能量守恒定律求解：若只有電能與機械能參與轉(zhuǎn)化，則機械能的減少量等于產(chǎn)生的電能. (3)利用電路的相關公式電功公式或電熱公式求解：若
19、通過電阻的電流是恒定的，則可直接利用電功公式或焦耳定律求解焦耳熱. 特別提醒：回路中某個元件的焦耳熱和回路總焦耳熱之間的關系，不能混淆.,典例剖析,例4如圖13所示，兩根足夠長的平行光滑金屬導軌MN、PQ與水平面的夾角為30，導軌電阻不計，導軌處在垂直導軌平面斜向上的有界勻強磁場中，兩根電阻都為R2 、質(zhì)量都為m0.2 kg的完全相同的細金屬棒ab和cd垂直導軌并排靠緊的放置在導軌上，與磁場上邊界距離為x1.6 m，有界勻強磁場寬度為3x4.8 m.先將金屬棒ab由靜止釋放，金屬棒ab剛進入磁場就恰好做勻速運動，此時立即由靜止釋放金屬棒cd，金屬棒cd在出磁場前已做勻速運動，兩金屬棒在下滑過程
20、中與導軌接觸始終良好(取重力加速度g10 m/s2)，求： (1)金屬棒ab剛進入磁場時棒中電流I； (2)金屬棒cd在磁場中運動的過程中通過回路某一截面的電量q； (3)兩根金屬棒全部通過磁場的過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱Q.,圖13,,答案,思維規(guī)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.如圖14所示，正方形金屬線框abcd位于豎直平面內(nèi)，其質(zhì)量為m，電阻為R.在線框的下方有一勻強磁場，MN和MN是磁場的水平邊界，并與bc邊平行，磁場方向垂直于紙面向里.現(xiàn)使金屬
21、線框從MN上方某一高度處由靜止開始下落，圖乙是線圈由開始下落到完全穿過勻強磁場區(qū)域瞬間的vt圖象，圖中字母均為已知量.重力加速度為g，不計空氣阻力.下列說法正確的是(),10,11,變式訓練,圖14,A.金屬線框剛進入磁場時感應電流方向沿adcba方向 B.金屬線框的邊長為v1(t2t1),10,11,,,解析,,解析金屬線框剛進入磁場時磁通量增大，根據(jù)楞次定律判斷可知，感應電流方向沿abcda方向，故A錯誤； 由題圖乙可知，金屬線框進入磁場過程中是做勻速直線運動，速度為v1，運動時間為t2t1，故金屬線框的邊長：lv1(t2t1)，故B正確；,10,11,t1到t2時間內(nèi)，根據(jù)能量守恒定律，
22、產(chǎn)生的熱量為：Q1mglmgv1(t2t1)；,,解析,t3到t4時間內(nèi)，根據(jù)能量守恒定律，產(chǎn)生的熱量為：,10,11,11.(2016浙江24)小明設計的電磁健身器的簡化裝置如圖15所示，兩根平行金屬導軌相距l(xiāng)0.50 m，傾角53，導軌上端串接一個R0.05 的電阻.在導軌間長d0.56 m的區(qū)域內(nèi)，存在方向垂直導軌平面向下的勻強磁場，磁感應強度B2.0 T.質(zhì)量m4.0 kg的金屬棒CD水平置于導軌上，用絕緣繩索通過定滑輪與拉桿GH相連.CD棒的初始位置與磁場區(qū)域的下邊界相距s0.24 m.一位健身者用恒力F80 N拉動GH桿，CD棒由靜止開始運動，上升過程中CD棒始終保持與導軌垂直.當
23、CD棒到達磁場上邊界時健身者松手，觸發(fā)恢復裝置使CD棒回到初始位置(重力加速度g10 m/s2，sin 530.8，不計其他電阻、摩擦力以及拉桿和繩索的質(zhì)量).求：,10,11,,解析答案,10,11,圖15,(1)CD棒進入磁場時速度v的大小； 解析由牛頓第二定律得,進入磁場時的速度,答案2.4 m/s,10,11,,解析答案,(2)CD棒進入磁場時所受的安培力F安的大??； 解析感應電動勢EBlv,安培力F安IBl,答案48 N,,返回,解析答案,10,11,(3)在拉升CD棒的過程中，健身者所做的功W和電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q. 解析健身者做功WF(sd)64 J 又Fmgsin F安0 CD棒在磁場區(qū)做勻速運動,焦耳熱QI2Rt26.88 J. 答案64 J26.88 J,
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