1、二轮物理 专题九 电磁感应综合问题(一)二轮物理 展示考纲明晰考向 方法归纳重点点拨 锁定考点高效突破 必备模型全面解读 二轮物理 展示考纲明晰考向 重要考点考题预测1.法拉第电磁感应定律.()2.楞次定律.()感应电流的产生和方向的判断、楞次定律的理解、感应电动势的求解、法拉第电磁感应定律与图像结合设计问题是本专题在高考中的热点.预计2016年高考对各种图像的考查(如-t图、B-t图和I-t图)、感应电流产生条件和方向的判断、导体切割磁感线产生感应电动势的计算是命题频率较高的知识点,主要以选择题的形式出现.二轮物理 方法归纳重点点拨 一、楞次定律的应用及感应电动势的求解 1.楞次定律推广的三
2、种表述(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)阻碍原电流的变化(自感现象).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.3.求感应电动势大小的五种类型(1)磁通量变化型:E=nt.二轮物理(2)磁感应强度变化型:E=nSBt.(3)面积变化型:E=nBSt.(5)转动切割型:E=12 nBl2.(4)平动切割型:E=Blv.4.感应电荷量的求法 当回路中的磁通量发生变化时,由于感应电场的作用使电荷发生定向移动而形成感应电流.在 t 的时间内通过导体横截面的
3、电荷量表达式为 q=I t=ER t=Rt t=R,即感应电荷量仅由磁通量的变化量 和回路的电阻 R 决定,与时间 t 无关.二轮物理 二、电磁感应中的图像问题 1.问题分类 在电磁感应现象中,回路产生的感应电动势、感应电流及磁场对导线的作用力随时间的变化规律,也可用图像直观地表示出来,如I-t,B-t,E-t,E-x,I-x图像等.此问题可分为两类:(1)由给定的电磁感应过程选出相应的物理量的函数图像.(2)由给定的有关图像分析电磁感应过程,确定相关的物理量.2.分析思路(1)明确图像的种类.(2)分析电磁感应的具体过程.(3)结合相关规律写出函数表达式.(4)根据函数关系进行图像分析.二轮
4、物理 锁定考点高效突破 考点一 楞次定律的应用 备选例题(2014山东理综)(多选)如图,一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内,通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定,导体棒与轨道垂直且接触良好.在向右匀速通过M,N两区的过程中,导体棒所受安培力分别用FM,FN表示.不计轨道电阻.以下叙述正确的是()A.FM向右 B.FN向左 C.FM逐渐增大 D.FN逐渐减小 二轮物理 思路探究(1)当导体棒运动于M区时,穿过闭合回路的磁通量如何变化?磁感应强度怎样变化?答案:在M区时,穿过闭合回路的磁通量增加,磁感应强度变大.(2)当导体棒运动于N区时,穿过闭合回路的磁通量如何变化?磁感应强
5、度怎样变化?答案:在N区时,穿过闭合回路的磁通量减少,磁感应强度减小.解析:根据安培定则,在轨道内的M区、N区通电长直导线产生的磁场分别垂直轨道平面向外和向里,当导体棒运动到M区时,根据右手定则,在导体棒内产生的感应电流与长直绝缘导线中的电流方向相反,再根据左手定则可知,金属棒在M区时受到的安培力方向向左,因此选项A错误;同理可以判定选项B正确;导体棒在M区匀速靠近长直绝缘导线时对应的磁感应强度越来越大,因此产生的感应电动势越来越大,根据闭合电路的欧姆定律和安培力的公式可知,导体棒所受的安培力FM也逐渐增大,故选项C正确,同理选项D正确.答案:BCD 二轮物理 通关演练 1.楞次定律与感应电动
6、势的综合应用(2015太原市一模)如图为一种早期发电机的原理示意图,该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成,两磁极相对于线圈平面对称,磁极中心在线圈平面上的投影沿圆弧XOY运动(X或Y均在线圈外侧,O是线圈中心),则()A.从X到O,电流由E经G流向F,先增大再减小 B.从X到O,电流由F经G流向E,先减小再增大 C.从O到Y,电流由E经G流向F,先增大再减小 D.从O到Y,电流由F经G流向E,先减小再增大 C 二轮物理 解析:在磁极绕转轴从X到O匀速转动时,穿过线圈平面的磁通量向上增大,根据楞次定律可知线圈中产生顺时针方向的感应电流,电流由F经G流向E,由线圈和磁铁间的相对
7、运动,根据E感=BLv,导线处的磁感应强度先增后减,可知感应电动势先增大后减小,则电流先增大再减小,A,B均错;在磁极绕转轴从O到Y匀速转动时,穿过线圈平面的磁通量向上减小,根据楞次定律可知线圈中产生逆时针方向的感应电流,电流由E经G流向F,由线圈和磁铁间的相对运动,根据E感=BLv,导线处的磁感应强度先增后减,可知感应电动势先增大后减小,则电流先增大再减小,C对,D错.二轮物理 2.楞次定律的应用(2015河南省郑州市三模)1931年英国物理学家狄拉克就从理论上预言存在只有一个磁极的粒子,即“磁单极子”.1982年美国物理学家卡布莱利用电磁感应现象设计了一个寻找“磁单极子”的实验,他设想让一
8、个只有N极的“磁单极子”自上而下穿过电阻为零的超导线圈如图(甲),观察其中电流的方向和大小变化情况.和一个小条形磁铁自上而下穿过普通导体线圈如图(乙)相比,从上往下看()A.普通导体线圈中将出现顺时针方向的持续电流 B.普通导体线圈中将出现逆时针方向的持续电流 C.超导线圈中将出现顺时针方向的持续电流 D.超导线圈中将出现逆时针方向的持续电流 D 二轮物理 解析:N极“磁单极子”穿过超导线圈的过程中,当“磁单极子”靠近线圈时,穿过线圈的磁通量向下增加,可确定感应电流方向沿逆时针;当“磁单极子”远离线圈时,穿过线圈中磁通量向上减小,可确定感应电流方向沿逆时针,在超导线圈中,电流持续不减小,选项D
9、正确,C错误;而条形磁铁穿过普通导体线圈过程中,当靠近线圈时,穿过线圈的磁通量向下增加,可确定感应电流方向沿逆时针;当远离线圈时,穿过线圈的磁通量向下减小,可确定感应电流方向沿顺时针,选项A,B错误.二轮物理 3.右手定则及楞次定律的综合应用(多选)如图所示,两个线圈套在同一个铁芯上,线圈的绕向在图中已经标出.左线圈连着平行导轨M和N,导轨电阻不计,在垂直导轨方向上放着金属棒ab,金属棒处在垂直于纸面向外的匀强磁场中,下列说法中正确的是()A.当金属棒ab向右匀速运动时,a点电势高于b点,c点电势高于d点 B.当金属棒ab向右匀速运动时,b点电势高于a点,c点与d点等电势 C.当金属棒ab向右
10、加速运动时,b点电势高于a点,c点电势高于d点 D.当金属棒ab向右加速运动时,b点电势高于a点,d点电势高于c点 BD 二轮物理 解析:当金属棒ab向右匀速运动时,由右手定则知ab中感应电流为ab,可知电流恒定,穿过右边线圈的磁通量不变,没有感应电流产生,c,d等电势,B对,A错;当金属棒ab向右加速运动时,ab中感应电流方向为ab,则b点电势高于a点,穿过右边线圈的磁通量向上,可知穿过右边磁通量增大,由楞次定律可知产生的感应电流在线圈中从cd,d点电势高于c点电势,D对,C错.二轮物理 方法总结 用楞次定律判断感应电流方向的思维流程 二轮物理 考点二 法拉第电磁感应定律的应用 典例(多选)
11、在磁感应强度为 B 的匀强磁场中,有一与磁场方向垂直、长度为 L 的金属杆 aO,已知 ab=bc=cO=L/3,a,c 与磁场中以 O 为圆心的同心圆(都为部分圆弧)金属轨道始终接触良好.一电容为C的电容器接在轨道上,如图所示.当金属杆在与磁场垂直的平面内以O为轴,以角速度 顺时针匀速转动时()A.在 a,b,c,O 四点中,O 点电势最高 B.Uac=2UbO C.Uac=2Uab D.电容器带电量 Q=49 BL2 C 二轮物理 审题突破 二轮物理 解析:杆 abcO 顺时针匀速转动切割磁感线,由右手定则知,感应电流方向为Oa,故a点电势最高,A错误;根据转动切割磁感线产生感应电动势公式
12、 E=12 Bl2得:aO,bO,cO 间的电势差分别为:Ua O=12 BL2,UbO=12 B(23 L)2=29 BL2,Uc O=12 B(13 L)2=118 BL2,则 Uac=Ua O-Uc O=49 BL2,Uab=Ua O-Ub O=518 BL2,可见,Uac=2UbO2Uab,故 B 正确,C 错误.电容器板间电压等于 ac 间的电势差,则电容器所带电量为 Q=CUac=49 BL2C,故 D 正确.答案:BD 二轮物理 以例说法 电磁感应中电动势的求解及电源极性的判断(1)导体切割磁感线的情况下,利用公式E=BLv,当导体各点速度不相等时,其中的v应为平均速度.(2)在
13、一般的电磁感应中,利用公式 E=nt,但要特别注意的变化情况以及匝数 n.(3)产生感应电动势的导体为电源,其正电荷集聚的一端为正极.二轮物理 题组训练 1.感应电动势的计算(2014 江苏卷)如图所示,一正方形线圈的匝数为 n,边长为 a,线圈平面与匀强磁场垂直,且一半处在磁场中.在 t 时间内,磁感应强度的方向不变,大小由 B 均匀地增大到 2B.在此过程中,线圈中产生的感应电动势为()A.22Bat B.22nBat C.2nBat D.22nBat B 二轮物理 解析:磁感应强度的变化率Bt=2BBt=Bt,由法拉第电磁感应定律 E=nt=nBtS,其中磁场中的有效面积 S=12 a2
14、,代入得 E=n22Bat,选项 B 正确,选项 A,C,D 错误.二轮物理 2.公式 E=BLv 的应用(多选)半径为 a 右端开小口的导体圆环和长为 2a 的导体直杆,单位长度电阻均为 R0.圆环水平固定放置,整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为 B.杆在圆环上以速度 v 平行于直径 CD 向右做匀速直线运动,杆始终有两点与圆环良好接触,从圆环中心 O 开始,杆的位置由 确定,如图所示.则()A.=0 时,杆产生的电动势为 2Bav B.=3 时,杆产生的电动势为3 Bav C.=0 时,杆受的安培力大小为202(2)B avR D.=3 时,杆受的安培力大小为203(53)
15、B avR AD 二轮物理 解析:当=0 时,杆切割磁感线的有效长度 l1=2a,所以杆产生的电动势E1=Bl1v=2Bav,选项 A 正确;此时杆上的电流 I1=10(2)Eaa R=02(2)BvR,杆受的安培力大小 F1=BI1l1=204(2)B avR,选项 C 错误;当=3 时,杆切割磁感线的有效长度 l2=2acos 3=a,杆产生的电动势 E2=Bl2v=Bav,选项 B 错误;此时杆上的电流 I2=202(2)6Eaaa R=03(53)BvR,杆受的安培力大小 F2=BI2l2=203(53)B avR,选项 D 正确.二轮物理 3.法拉第电磁感应定律的综合应用 为了测量列
16、车的速度及加速度,可采用下述装置:在列车底部安装一个正方形线圈,而在轨道上每隔40 m安装一块磁性很强的小磁铁,当列车经过磁铁上方时,有感应电流产生,记录此电流就可换算成列车的速度及加速度.视磁铁上方区域的磁场为匀强磁场,其区域面积与线圈面积相同,磁场方向与线圈截面垂直,磁感应强度B=0.004 T,线圈边长L=0.1 m,匝数n=5,包括连线总电阻R=0.4 .现记录到某列车驶过时的电流位移图像如图所示,请计算:(1)在离开O(原点)20 m处列车速度v的大小;二轮物理 解析:(1)由图线知道列车在离开原点 20 m 处的感应电流为 0.02 A E=nBLv,I=ER=nBLvR 解得 v
17、=IRnBL=0.020.450.0040.1m/s=4 m/s.答案:(1)4 m/s 二轮物理 解析：(2)由图线知道列车在离开原点 60 m 处的感应电流为 0.05 A v=I RnBL=0.050.450.0040.1m/s=10 m/s,v2-v2=2ax 解得 a=222vvx=22104240m/s2=1.05 m/s2.答案:(2)1.05 m/s2(2)从20 m处到60 m处列车加速度a的大小(假设列车做匀加速运动).二轮物理 考点三 电磁感应中的图像问题 典例(2014全国新课标理综)如图(a),线圈ab,cd绕在同一软铁芯上,在ab线圈中通以变化的电流,用示波器测得线
18、圈cd间电压如图(b)所示.已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比,则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中,可能正确的是()二轮物理 思路探究Ucd在00.5格时间内电压恒定,说明什么问题?答案:说明穿过线圈磁通量的变化率恒定,即磁通量均匀变化,线圈ab中电流变化率恒定.解析:由题可知线圈cd上的电压波形为方波,则选取0.5格时间内进行研究,其电压恒定,根据法拉第电磁感应定律,可知线圈ab内、cd内及铁芯中的磁场在均匀变化,由于线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比,表明该时间内线圈ab中的电流也在均匀变化,即变化率一定,这说明电流与时间应是线性变化关系,观察四个选项,只有选项C正确.答
19、案:C 二轮物理 以例说法 解答电磁感应图像问题的“三个关注”二轮物理 题组训练 1.导体切割磁感线中的图像问题(2015山西大同三模)如图(甲)所示,两个匀强磁场区域的宽度均为a,中间无磁场区域的宽度也为a,匀强磁场区域的磁感应强度大小相等,方向相反.现有斜边长为2a的等腰直角三角形导线框,从图示位置开始以水平向右的恒定速度穿越该场区,若以线框中逆时针方向为电流正方向,则图(乙)中能正确描述该过程线框中感应电流i与时间t关系的是()A 二轮物理 解析:导线框进入左边磁场区域时,由右手定则可知感应电流方向为逆时针,即为正值,而切割有效长度均匀减小,由 E=BLv 知,E 均匀减小,则电流 i
20、均匀减小,t0时 i=0,此后线框斜边开始出磁场,线框出该磁场的过程中,电流为负值且均匀减小,2t0时变为零;之后线框进入右边磁场,同理可知电流先负值减小,后正值减小.选项 A 正确.二轮物理 2.磁场变化中的图像问题(2015锦州市质检)闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中,磁场的方向与导线框所在平面垂直,磁感应强度B随时间t变化的规律如图(甲)所示.规定垂直纸面向里为磁场的正方向,abcda方向为导线框中感应电流的正方向,水平向右为安培力的正方向.关于导线框中的电流i与ad边所受的安培力F随时间t变化的图像,图(乙)中正确的是()D 二轮物理 解析:由图可知,01 s 时间内,磁感应强度
21、均匀增大,且方向垂直纸面向里,由楞次定律判断可知感应电流方向为逆时针,因而是负值且大小不变;同理12 s 时间内,感应电流方向为顺时针,大小不变且为正值;23 s 磁通量不变,所以无感应电流;34 s 时间内,B 的方向垂直纸面向外且均匀减小,根据楞次定律得感应电流方向为逆时针,因而是负值且大小不变;由此可知选项 A,B 错误;01 s 时间内,ad 边感应电流方向向下,ad 边所受的安培力大小为 F=BIL,根据左手定则得安培力方向向右即为正值,由于 B 随时间均匀增大,I 不变,所以安培力 F 随时间 t 均匀增大;12 s,磁场方向不变,但B 均匀减小,则感应电流反向,安培力方向向左为负
22、值且随时间 t 均匀减小;23 s 无感应电流,没有安培力;34 s 时间内,ad 边感应电流方向向下,ad 边所受的安培力方向向左为负值,由于 B 随时间均匀减小,I 不变,所以安培力 F 随时间 t 均匀减小,故 D 正确,C 错误.二轮物理 3.由I-t图像确定磁场的变化(多选)一个闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中,设磁场方向向里为磁感应强度B的正方向,线圈中的箭头所指方向为电流I的正方向.线圈及线圈中感应电流I随时间变化的图线如图(甲)所示,则磁感应强度B随时间变化的图线可能是图(乙)中的()CD 二轮物理 解析:在线圈中感应电流的方向是顺时针为正,由其感应电流的图像可知线圈中开始的
23、电流是逆时针方向,产生感应电流的磁场是垂直于纸面向外的,原磁场是向里的(正方向),则原磁场应是加强的,在 B-t 图像上的图线斜率为正值,经过 14 T 后,感应电流反向,说明原磁场是正向减弱或负向增强,图线的斜率为负值,再过 12 T,图线的斜率为正值.所以选项 C,D 正确,A,B 错误.二轮物理 必备模型全面解读“电磁感应中的单杆”模型 模型解读 1.模型概述“杆+导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”,也是高考的热点,考查的知识点多,题目的综合性强,物理情景变化空间大,是复习中的难点.“杆+导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型;导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜;杆的运动状态
24、可分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等;磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等,情景复杂形式多变.二轮物理 2.模型分类(1)单杆水平式 匀强磁场与导轨垂直,磁感应强度为 B,棒 ab 长为 L,质量为 m,初速度为零,拉力恒为 F,水平导轨光滑,除电阻 R 外,其他电阻不计,设运动过程中某时 刻棒的速度为 v,由牛顿第二定律知棒 ab 的加速度为 a=Fm-22B L vmR,a,v 同 向,随着速度的增加,棒的加速度 a 减小,当 a=0 时,v 最大,I=BLvR 恒定.二轮物理(2)单杆倾斜式 匀强磁场与导轨垂直,磁感应强度为 B,导轨间距 L,导体棒质量 m,电阻
25、 R,导轨光滑,电阻不计,棒 ab 释放后下滑,此时 a=gsin ,棒 ab 速度 v感应电动势 E=BLv电流 I=ER 安培力 F=BIL加速度 a,当安培力F=mgsin 时,a=0,v 最大.二轮物理 典例 两足够长的平行金属导轨间的距离为L,导轨光滑且电阻不计,导轨所在的平面与水平面夹角为,在导轨所在平面内,分布着磁感应强度为B、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场.把一个质量为m的导体棒ab放在金属导轨上,在外力作用下保持静止,导体棒与金属导轨垂直且接触良好,导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻为R1.完成下列问题:(1)如图(甲),金属导轨的一端接一个内阻为r的直流电源.撤去外力后导
26、体棒仍能静止,求直流电源电动势.思路探究(1)撤去外力后,导体棒静止在导轨上的条件是什么?答案:安培力与重力的下滑分力大小相等.二轮物理 规范解答:(1)回路中的电流为 I=1ERr,导体棒受到的安培力为 F 安=BIL,对导体棒受力分析知 F 安=mgsin ,联立解得:E=1()sinmg RrBL.答案:(1)1()sinmg RrBL 二轮物理 规范解答:(2)当导体棒 ab 速度为 v 时,感应电动势 E=BLv,此时电路中电流I=ER=12BLvRR,导体棒ab受到的安培力F 安=BIL=2212B L vRR,根据牛顿运动定律,得 mgsin-F 安=ma,即 mgsin-221
27、2B L vRR=ma,则 a=gsin-2212()B L vm RR.(2)如图(乙),金属导轨的一端接一个阻值为R2的定值电阻,撤去外力让导体棒由静止开始下滑.在加速下滑的过程中,当导体棒的速度达到v时,求此时导体棒的加速度.思路探究(2)导体棒速度为v时受几个力?合力为多少?答案:重力、安培力、支持力.合力沿导轨平面向下,大小等于ma.答案:(2)gsin -2212()B L vm RR 二轮物理 规范解答:(3)由于导体棒做加速度减小的加速运动,当 a=0 时,导体棒达到最大速度 vm,即2212B L vRR=mgsin,则 vm=1222()sinmg RRB L.(3)求(2
28、)问中导体棒所能达到的最大速度.思路探究(3)导体棒达到最大速度的条件是什么?答案:合力为零.答案:(3)1222()sinmg RRB L 二轮物理 以例说法 导体切割磁感线动态问题分析的思路 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感应电动势变化,周而复始地循环,直至最终达到稳定状态,此时加速度为零,而速度v通过加速达到最大值,做匀速直线运动或通过减速达到稳定值做匀速直线运动.二轮物理 如图所示,两根相距为d的足够长的、光滑的平行金属导轨位于水平的xOy平面内,左端接有阻值为R的电阻,其他部分的电阻均忽略不计.在x0的一侧存在方向垂直xOy平面向下的磁
29、场,磁感应强度大小按B=kx变化(式中k0,且为常数).质量为m的金属杆与金属导轨垂直架在导轨上,两者接触良好.在x0的某位置,金属杆获得大小为v0、方向沿x轴正方向的速度.求:(1)在金属杆运动过程中,电阻R上产生的总热量;拓展变式 解析:(1)金属杆向右运动切割磁感线产生感应电流,同时金属杆受安培力,做减速运动,直到停止.在此过程中,金属杆的动能转化为电能再转化成电阻R 的焦耳热,根据能量守恒,电阻 R 上产生的热量 Q=12 m20v.答案:(1)12 m20v 二轮物理(2)若从金属杆进入磁场的时刻开始计时,始终有一个方向向左的变力F作用于金属杆上,使金属杆的加速度大小恒为a,方向一直
30、沿x轴负方向.闭合回路中感应电流持续的时间;金属杆在磁场中运动过程中,外力F与时间t关系的表达式.解析:(2)金属杆在磁场中做切割磁感线运动,产生感应电流,金属杆受安培力和变力 F 的作用做匀变速直线运动,加速度为 a,方向向左(沿 x 轴负方向).它先向右运动,速度由 v0减到 0,然后向左运动,速度再由 0 增大到 v0,金属杆回到 x=0 处,之后金属杆离开磁场.金属杆向右或向左运动时,都切割磁感线,回路中都有感应电流.感应电流持续的时间为 T=02va.设金属杆的速度和它的位置横坐标分别为 v 和 x,由运动学公式有 v=v0-at,x=v0t-12 at2,二轮物理 金属杆切割磁感线
31、产生的感应电动势为 E=BLv=k(v0t-12 at2)(v0-at)d,由于在 x0 区域不存在磁场,故只有在时间 tT=02va 范围内,上述关系式才成立.由欧姆定律可得回路中的电流为 i=2001()()2kd v tatvatR,t02va,金属杆所受的安培力为 F 安=iBd=2222001()()2k dv tatvatR,t02va,金属杆受安培力和变力F 做匀变速运动,以向左方向为正方向,由牛顿第二定律有 F+F 安=ma,可得 F=ma-2222001()()2k dv tatvatR(t02va).二轮物理 答案:(2)02va F=ma-2222001()()2k dv tatvatR(t02va)二轮物理 点击进入限时训练
