1、专题四 电路与电磁感应第2讲 电磁感应定律及其应用 讲义基本知能：考点一| 楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1判定感应电流方向的两种方法(1)楞次定律：一般用于线圈面积不变，磁感应强度发生变化的情形。(2)右手定则：一般用于导体棒切割磁感线的情形。2求感应电动势的方法(1) (2)导体棒垂直切割3电磁感应中电荷量的求解方法qtn(n：匝数，：磁通量变化量，Rr：闭合电路的总电阻)4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”。典例1 (多选)
2、(2021山东素养强化卷)如图所示，空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B1 T，在匀强磁场区域内，将质量为m1 kg、长为L1 m、电阻为R1 的金属棒ab垂直导轨放置在足够长的水平光滑U形导轨上，且与导轨接触良好，导轨间距为L1 m，导轨电阻可忽略不计。金属棒ab在垂直于棒的水平拉力F的作用下，由静止开始(t0时)以加速度a1 m/s2向右做匀加速直线运动，2 s后保持拉力的功率不变，直到棒ab以最大速度做匀速直线运动再撤去拉力F。下列说法正确的是()A2 s时拉力F的大小为3 NB棒ab的最大速度为6 m/sC02 s内安培力对金属棒的冲量大小为4 NsD撤去拉力F后，棒ab运动的距
3、离为 mAD起初棒ab做匀加速直线运动，t2 s时由牛顿第二定律有FBILma，棒ab切割磁感线，产生的感应电动势为EBLv,2 s时的速度为vat2 m/s，由闭合电路欧姆定律得I，联立解得F3 N，A正确；t2 s时拉力F的功率为PFv6 W，棒ab最终做匀速运动，设棒ab的最大速度为vmax，棒受力平衡，则有BImaxL0，其中Imax，联立解得vmax m/s，B错误；02 s内，金属棒做匀加速直线运动，所受安培力F安，可知安培力随时间均匀增大，安培力的冲量为F安t图线与坐标轴围成的面积，即I安t2 Ns，C错误；撤去拉力F后，以金属棒ab为研究对象，由动量定理得BLtmv，又qt，解
4、得BLqmvmax，又有q，其中x为撤去拉力F后棒ab运动的距离，联立并代入数据解得x m，D正确。故选AD。典例2 (多选)在三角形ABC区域中存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，三边电阻均为R的三角形导线框abc沿AB方向从A点以速度v匀速穿过磁场区域。如图所示，abL，AB2L，abcABC90，acbACB30。线框穿过磁场的过程中()A感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向B感应电流先增大，后减小C通过线框的电荷量为Dc、b两点的最大电势差为BLvAD线圈穿过磁场的过程中，磁通量先增加后减小，则根据楞次定律可知，感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，选项A正确；线
5、框穿过磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增加、后减小、再增加，则感应电流先增加、后减小、再增加，选项B错误；根据q，因进入和穿出磁场时，磁通量的变化量相同，且感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向，可知通过线框的电荷量为零，选项C错误；当线框完全进入磁场时，c、b两点的电势差最大，最大为UcbEBLvBLv，选项D正确。考点二| 电磁感应中的图象问题1“三点关注”(1)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。(2)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。(3)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
6、。2“两种方法”(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是物理量的正负，排除错误的选项。(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象作出分析和判断，这未必是最简单的方法，但却是最有效的方法。典例3(2021江苏扬州模拟)如图所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd。t0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右做匀加速直线运动，bc边刚进入磁场的时刻为t1，ad边刚进入磁场的时刻为t2，设线框中产生的感应电流的大小为i，ad边两端电压大小为U，水平拉力大小为
7、F，则下列i、U、F随运动时间t变化的关系图象正确的是()ABCDC线框的速度与时间的关系式为vat，a是加速度。由EBLv和I得，感应电流与时间的关系式为It，B、L、a均不变，0t1时间内，感应电流为零，t1t2时间内，电流I与t成正比，t2时刻后无感应电流，故A、B错误；感应电流与时间的关系式为It,0t1时间内，感应电流为零，ad的电压为零，t1t2时间内，电流I与t成正比，UadIRadR，电压随时间均匀增加，t2时刻后无感应电流，但有感应电动势，UadEBLat，电压随时间均匀增加，故C正确；线框所受的安培力为FABIL，由牛顿第二定律得FFAma，得Ftma,0t1时间内，感应电
8、流为零，Fma，为定值，t1t2时间内，F与t是线性关系，但不过原点，t2时刻后无感应电流，Fma，为定值，故D错误。感悟：解决电磁感应图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是Bt图还是t图，或者Et图、vt图、It图等(如典例的四个选项中的三类图象)。(2)分析电磁感应的具体过程。(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系。(4)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。(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。(6)画图象或判断图象。考点三| 电磁感应中的力电综合123求解焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律：QI2Rt。(2)功能关系：QW克
9、服安培力。(3)能量转化：QE其他。4利用动量定理求感应电荷量或运动位移如：BLtp，qt，可得q。tp，xt，可得x。 动力学和能量观点的应用典例4(2021山东潍坊高三4月检测)如图所示，足够长的粗糙斜面与水平面成37放置，在斜面上虚线cc和bb与斜面底边平行，且两线间距为d0.1 m，在cc、bb围成的区域内有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B1 T；现有一质量m10 g、总电阻为R1 、边长也为d0.1 m的正方形金属线圈MNPQ，其初始位置PQ边与cc重合，现让金属线圈以一定初速度沿斜面向上运动，当金属线圈从最高点返回到磁场区域时，线圈刚好做匀速直线运动。已知线圈与斜面间的动
10、摩擦因数为0.5，g取10 m/s2，不计其他阻力，求：(取sin 370.6，cos 370.8)(1)线圈向下返回到磁场区域时的速度大小；(2)线圈向上离开磁场区域时的动能；(3)线圈向下通过磁场区域过程中，线圈中产生的焦耳热。题眼点拨(1)“粗糙斜面”考虑摩擦力对运动的影响及摩擦力做功。(2)“刚好做匀速直线运动”沿斜面方向上，重力的分量、摩擦力及安培力合力为零。解析(1)金属线圈向下匀速进入磁场时有mgsin mgcos F安其中F安BId，I，EBdv解得v2 m/s。(2)设最高点离bb的距离为x，线圈从最高点到开始进入磁场过程做匀加速直线运动有v22ax，mgsin mgcos
11、ma线圈从向上离开磁场到向下进入磁场的过程，根据动能定理有Ek1Ekmgcos 2x，其中Ekmv2解得Ek1mv20.1 J。(3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中，有mgsin 2dmgcos 2dW安0，QW安解得Q2mgd(sin cos )4103 J。答案(1)2 m/s(2)0.1 J(3)4103 J感悟：求解电磁感应中动力学和能量问题的两个关键(1)在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源。(2)分析清楚有哪些力做功及这些力做功的特点，就可以知道合外力及能量相互转化情况。 动量和能量观点的应用典例4两足够长且不计电阻的光滑金
12、属轨道如图甲所示放置，间距为d1 m，在左端弧形轨道部分高h1.25 m处放置一金属杆a，弧形轨道与平直轨道的连接处平滑无摩擦，在平直轨道右端放置另一金属杆b，杆a、b的电阻分别为Ra2 、Rb5 ，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B2 T。现杆b以初速度大小v05 m/s开始向左滑动，同时由静止释放杆a，杆a由静止滑到水平轨道的过程中，通过杆b的平均电流为0.3 A；从a下滑到水平轨道时开始计时，a、b运动的速度时间图象如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma2 kg，mb1 kg，g取10 m/s2，求：甲乙 (1)杆a在弧形轨道上运动的时间；(2)杆a在水平轨道上运动过
13、程中通过其截面的电荷量；(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。思路点拨解此题关键有两点：(1)合理选取研究对象，做好运动过程分析。(2)充分利用图象获取初状态和末状态的信息。解析(1)设杆a由静止滑至弧形轨道与平直轨道连接处时杆b的速度大小为vb0，对杆b运用动量定理，有Bdtmb(v0vb0)其中vb02 m/s代入数据解得t5 s。(2)对杆a由静止下滑到平直导轨上的过程中，由机械能守恒定律有maghmav解得va5 m/s设最后a、b两杆共同的速度为v，由动量守恒定律得mavambvb0(mamb)v代入数据解得v m/s杆a动量的变化量等于它所受安培力的冲量，设杆a的速度从va到v的
14、运动时间为t，则由动量定理可得BdItma(vav)而qIt 代入数据得q C。(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为Qmaghmbv(mbma)v2 Jb杆中产生的焦耳热为QQ J。答案(1)5 s(2) C(3) J感悟：在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果它们受到的安培力的合力为0时，满足动量守恒，运用动量守恒定律求解比较方便。考点四| 新情境探究 以电磁弹射系统为背景考查楞次定律的应用案例1(2021湖南高三一模)美媒称，中国第三艘航母(第二艘国产航母)正在建造当中，很可能体现出优于前两艘航母的技术进步，新航母很可能比两艘“前辈”
15、更大，并配备电磁弹射系统，允许更大、更重的飞机携带更多武器，执行更远距离任务，航母上飞机弹射起飞所利用的电磁驱动原理如图所示，当固定线圈上突然通过直流电流时，线圈左侧的金属环被弹射出去，则下列说法正确的是()A若将金属环置于线圈的右侧，环将不能弹射出去B金属环向左运动过程中将有扩大趋势C若将电池正、负极调换后，金属环不能向左弹射D合上开关S的瞬间，从左侧看环中产生沿逆时针方向的感应电流D若金属环放在线圈右侧，根据“来拒去留”可得，环将向右运动，A错误；固定线圈上突然通过直流电流，穿过环的磁通量增大，根据楞次定律“增缩减扩”可知金属环被向左弹射的瞬间，还有缩小的趋势，B错误；根据“来拒去留”，在
16、线圈上突然通过直流电流时，环都会受到向左的力的作用，与电源的正负极无关，C错误；线圈中电流为左侧流入，磁场方向为向右，在闭合开关的过程中，磁场变强，则由楞次定律可知，金属环的感应电流由左侧看为逆时针，D正确。 以带灯的自行车为背景考查电磁感应电路问题案例2(多选)(2021福建漳州市高三二模)如图为带灯的自行车后轮的示意图，金属轮框与轮轴之间均匀地连接四根金属条，每根金属条中间都串接一个阻值为3 小灯泡，车轮半径为0.3 m，轮轴半径可以忽略。车架上固定一个强磁铁，可形成圆心角为60扇形匀强磁场区域，磁感应强度大小为2.0 T，方向垂直纸面(车轮平面)向里。若自行车后轮逆时针转动的角速度恒为1
17、0 rad/s，不计其他电阻，则()A通过每个小灯泡的电流始终相等B当金属条ab在磁场中运动时，金属条ab中的电流从b指向aC当金属条ab在磁场中运动时，电路的总电阻为4 D当金属条ab在磁场中运动时，所受安培力大小为0.135 NBCD当其中一根金属条在磁场中切割磁感线时，该金属条相当于电源，其它三根金属条相当于外电路且并联，根据电路特点可知，通过磁场中的那根金属条的电流是通过其它每根金属条电流的三倍，故A错误；当金属条ab在磁场中运动时，根据右手定则可知通过金属条ab中的电流从b指向a，故B正确；金属条ab在匀强磁场中运动时充当电源，其余为外电路，且并联，其等效电路如图所示设电路的总电阻为
18、R总，根据电路图可知R总RR3 3 4 ，故C正确；当金属条ab在磁场中运动时，产生的感应电动势为EBr220.3210 V0.9 V，此时通过ab的电流为I A0.225 A，所以金属条ab所受安培力大小为FABIr20.2250.3 N0.135 N，故D正确。 以交通工具为背景考查电磁感应问题案例3某研学小组设计了一个辅助列车进站时快速刹车的方案。如图所示，在站台轨道下方埋有一励磁线圈，通电后形成竖直方向的磁场(可视为匀强磁场)。在车身下方固定一矩形线框，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车快速刹车。已知列车的总质量为m，车身长为s，线框的短边ab和cd分别安装在车头和车尾，长度均为
19、L(L小于匀强磁场的宽度)，整个线框的电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长，车头进入磁场瞬间的速度为v0，假设列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。已知磁场的磁感应强度的大小为B，车尾进入磁场瞬间，列车恰好停止。(1)求列车车头刚进入磁场瞬间线框中的电流大小I和列车的加速度大小a；(2)求列车从车头进入磁场到停止所用的时间t；(3)请你评价该设计方案的优点和缺点(优、缺点至少写一种)。解析(1)车头进入磁场时线框ab边切割磁感线，有EBLv0线框中的电流为I 联立以上两式可得I线框所受的安培力为F安BIL，由牛顿第二定律可得F安fma联立各式可得a。(2)以列车前进速度方向为正方向，由动量定理可得F安itift0mv0 其中F安i又vitis 联立各式可得t。(3)该方案的优点：利用电磁阻尼现象辅助刹车，可以使列车的加速度平稳减小；可以减小常规刹车的机械磨损。该方案的缺点：没有考虑列车车厢和内部线路等也是金属材质，进入磁场时会产生涡流对设备产生不良影响；励磁线圈也需要耗能；线框固定在列车上增加负载且容易出现故障。答案(1)(2)(3)见解析
