1、专题四 电路与电磁感应 第2讲 电磁感应及其应用 一、构建体系 透析考情析考情明考向_考情分析_透视命题规律思维导图1.高考对本部分内容的考查频率较高，常会以选择题考查楞次定律、电磁感应中的电路、法拉第电磁感应定律、电磁感应中的图像问题、能量转换及电荷量的计算等知识点。2.关注本讲与力学的综合试题，往往涉及力和运动、动量守恒、能量守恒、电路分析、安培力等力学和电学知识。主要的类型有滑轨类问题、线圈穿越有界磁场的问题、电磁感应图像的问题等，如2020年山东卷第12题和2020年天津卷第10题。考情分析二、熟记规律 高效突破1“三定则、一定律”的应用(1)安培定则：判断运动电荷、电流产生的磁场方向
2、。(2)左手定则：判断磁场对运动电荷、电流的作用力的方向。(3)右手定则：判断部分导体切割磁感线产生感应电流的方向。(4)楞次定律：判断闭合电路磁通量发生变化产生感应电流的方向。2求感应电动势的两种方法(1)Ent，用来计算感应电动势的平均值。(2)EBLv，用来计算感应电动势的瞬时值或平均值。(3)E12Bl2，用来计算导体棒转动切割磁感线时的感应电动势。3感应电荷量的两种求法(1)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。通过的电荷量表达式为q I tntR总 tnR总。(2)导体切割磁感线运动通过的电荷量q满足的关系式为B I ltBlqmv。4楞次
3、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”。5在闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流的问题中，机械能转化为电能，导体棒克服安培力做的功等于电路中产生的电能。考向一 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(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。研考向提能力_考向研析_掌握应试技能2求感应电动势(1)感生电动势：EntS不变时：EnSBtB不变时：EnBSt q
4、ItntR tnR(2)动生电动势平动切割：EBlv转动切割：E12Bl2典例1 如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S0.3 m2、电阻R0.6，磁场的磁感应强度B0.2 T。现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在t0.5s时间内合到一起。求线圈在上述过程中：(1)感应电动势的平均值E；(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；(3)通过导线横截面的电荷量q。解析(1)感应电动势的平均值Et磁通量的变化量BS解得EBSt代入数据得E0.12 V。(2)平均电流IER代入数据得I0.2 A电流方向如图所示。(3)电荷量qIt代入数据得q0.
5、1 C。答案(1)0.12 V(2)0.2 A 图见解析(3)0.1 C1(2020安徽江南十校检测)在粗糙水平面上平放一根导体棒和一个金属圆环，如图甲所示(俯视图)，给导体棒中通以如图乙所示的电流，导体棒和圆环始终保持静止状态，则在0t1时间内，下列说法正确的是()A圆环中感应电流先沿顺时针方向后沿逆时针方向B圆环中感应电流先增大后减小C导体棒受到的静摩擦力方向先向右后向左D圆环先有扩张趋势后有收缩趋势C 解析：根据安培定则和楞次定律可知，圆环中感应电流先沿逆时针方向后沿顺时针方向，A项错误；导体棒中电流先增大得越来越慢后减小得越来越快，圆环中磁通量先变大得越来越慢后变小得越来越快，根据法拉
6、第电磁感应定律可知，感应电流先减小后增大，B项错误；导体棒中电流先增大后减小，圆环中磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知，圆环和导体棒之间先排斥后吸引，则导体棒受到的静摩擦力先向右后向左，圆环先有收缩趋势后有扩张趋势，C项正确，D项错误。2(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t0时磁感应强度的方向如图(a)所示，磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示，则在t0到tt1的时间间隔内()A圆环所受安培力的方向始终不变B圆环中的感应电流始终沿顺时
7、针方向C圆环中的感应电流大小为B0rS4t0D圆环中的感应电动势大小为B0r24t0解析：由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变，但t0时刻磁场方向发生变化，故安培力方向发生变化，A错误。根据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向，B正确。根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E Bt SB0t0 r22 B0r22t0，根据闭合电路欧姆定律知，电流IERB0r22t02rSB0rS4t0，C正确，D错误。答案：BC3(多选)(2020重庆市一中高三下学期5月月考)在光滑的水平地面上方，有两个磁感应强度大小均为B、方向相反的水平匀强磁场，如图所示的
8、PQ为两个磁场的边界，磁场范围足够大。一个半径为a、质量为m、电阻为R的金属圆环垂直磁场方向，以速度v从如图位置向右运动，当圆环运动到直径刚好与边界线PQ重合时，圆环的速度为 23 v，则下列说法正确的是()A此时圆环中的电流为逆时针方向B此时圆环的加速度为16B2a2v3mRC此时圆环中的电功率为64B2a2v29RD此过程中通过圆环截面的电荷量为2Ba23R答案：AC解析：由右手定则可知，此时感应电流为逆时针方向，故A正确；左右两边圆环均切割磁感线，故感应电动势的大小为E2B2a 23 v 83Bav，感应电流大小为IER8Bav3R，故其所受安培力大小为F2B2aI32B2a2v3R，加
9、速度为aFm32B2a2v3mR，故B错误；此时圆环的电功率为PI2R 64B2a2v29R，故C正确；此过程中圆环磁通量的变化量为Ba2，故电荷量为qR Ba2R，故D错误。考向二 电磁感应中的图像问题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像变化相对应。(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。2“两种技法”(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
10、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像作出分析和判断，这未必是最简单的方法，但却是最有效的方法。典例2(2020江苏扬州中学高三下学期5月月考)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F，则下列i、U、F随运动时间t变化关系图像正确的是()解析 线框的速度与时间的关系式为vat，a是加速度。由EBLv和IER得，感
11、应电流与时间的关系式为IBLaR t，B、L、a均不变，当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；由EBLv和I ER 得，感应电流与时间的关系式为IBLaR t，当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，UadIRadBLatR 14RBLat4，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 B2L2vR，由牛顿第二定律得FFAma，得F B2L2aRtma，当0t1时间内，感应电流为零，Fma，为定值，t1t
12、2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。答案 C规律总结解决电磁感应图像问题的一般步骤(1)明确图像的种类，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像)。(2)分析电磁感应的具体过程(如典例中线框匀加速进入磁场的速度的变化)。(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(如典例中感应电流、电压和拉力F的表达式)。(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)画图像或判断图像(典例为判断图像)。4(多选)(2020江苏省
13、苏锡常镇四市高三下学期5月二模)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨左端连接一个平行板电容器C和一个定值电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好。装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(垂直纸面向上为正)，MN始终保持静止。不计电容器充电时间，则在0t2时间内，下列说法正确的是()A电阻R两端的电压大小始终不变B电容器C的a板先带正电后带负电CMN棒所受安培力的大小始终不变DMN棒所受安培力的方向先向右后向左解析：由乙图知，磁感应强度均匀变化，根据法拉第电磁感应定律可以知道，回路中产生恒定电动势，电路中电流恒定，电阻R两端的电压恒定，故A正确；根据楞次定律判断可以知道，通过
14、R的电流一直向下，电容器a板电势较高，一直带正电，故B错误；由右手定则判断得知，MN中感应电流方向一直向上，由左手定则判断可以知道，MN所受安培力的方向先向右后向左，故D正确；根据安培力公式FBIL，I、L不变，因为磁感应强度变化，MN所受安培力的大小变化，故C错误。答案：AD5(多选)(2020高考山东卷)如图所示，平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。一位于Oxy平面内的刚性导体框abcde在外力作用下以恒定速度沿y轴正方向运动(不发生转动)。从图示位置开始计时，4 s末bc边刚好进入磁场。在此过程中，导体框
15、内感应电流的大小为I，ab边所受安培力的大小为Fab，二者与时间t的关系图像可能正确的是()解析：设虚线方格的边长为x，根据题意知abcde每经过1 s运动的距离为x。在01 s内，感应电动势E12Bxv，感应电流I12BxvR 恒定；在12 s内，切割磁感线的有效长度均匀增加，故感应电动势及感应电流随时间均匀增加，2 s时感应电动势E23Bxv，感应电流I23BxvR；在24 s内，切割磁感线的有效长度均匀减小，感应电动势和感应电流均匀减小，4 s时感应电动势E3Bxv，感应电流I3BxvR，A错误，B正确。根据FBIl，在01 s内，I恒定，ab边进入磁场的长度lvt，Fab2B2v2xR
16、tt；在12 s内，电流I随时间均匀增加，ab边进入磁场的长度lxv(t1 s)，据FIlB知Fab与t为二次函数，是抛物线，且t2 s时，Fab 6B2x2vR；在24 s内，I随时间均匀减小，ab边进入磁场的长度l2xv(t2 s)随时间均匀增加，故Fab与t为二次函数，有极大值，当t4 s时，Fab4B2x2vR，C正确，D错误。答案：BC6(多选)(2019高考全国卷)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两
17、者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是()解析：PQ刚进入磁场时，加速度为零，则mgsin BIL，Imgsin BL，即电流恒定，且由题意知，MN刚进入磁场时与PQ刚进入磁场时的速度相同。情形1：若MN刚进入磁场时，PQ已离开磁场区域，则对MN，由mgsin BIL及右手定则知，通过PQ的电流大小不变，方向相反，故I-t图像如图A所示。情形2：若MN刚进入磁场时，PQ未离开磁场区域，由于两导体棒速度相等，产生的电动势等大、反向，故电流为零，但两棒在重力作用下均加速直至PQ离开磁场
18、，此时MN为电源，由EBLv，IER总，BILmgsin ma知，MN减速，电流减小，可能的I-t图像如图D所示。答案：AD考向三 电磁感应中的动力学和能量问题1动力学问题中的“两分析、两状态”(1)受力和运动分析导体切割磁感线运动产生感应电动势，在电路中产生感应电流，导体在磁场中受安培力，安培力将阻碍导体运动。安培力一般是变力，导体做切割磁感线运动的加速度发生变化，当加速度为零时，导体达到稳定状态，最后做匀速直线运动。(2)平衡和非平衡状态处理导体处于平衡状态静止或匀速直线运动状态。处理方法：根据平衡状态时导体所受合力等于零列式分析。导体处于非平衡状态加速度不为零。处理方法：根据牛顿第二定律
19、进行动态分析或结合功能关系分析。2求焦耳热Q的三种方法(1)焦耳定律：QI2Rt，适用于电流、电阻不变。(2)功能关系：QW克服安培力，电流变与不变都适用。(3)能量转化：QE(其他能的减少量)，电流变与不变都适用。典例3 如图所示，两不计电阻的平行光滑金属导轨竖直放置，导轨上端接一阻值为R的定值电阻，两导轨之间的距离为d。矩形区域abdc内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，ab、cd之间的距离为L。在cd下方有一导体棒MN，导体棒MN与导轨垂直，与cd之间的距离为H，导体棒的质量为m，电阻为r。给导体棒一竖直向上的恒力，导体棒在恒力F作用下由静止开始竖直向上运动，进入磁场区
20、域后做减速运动。若导体棒到达ab处的速度为v0，重力加速度大小为g，求：(1)导体棒到达cd处时速度的大小；(2)导体棒刚进入磁场时加速度的大小；(3)导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量和电阻R产生的热量。解析(1)根据动能定理得(Fmg)H12mv2解得导体棒到达cd处时速度的大小为v2（Fmg）Hm。(2)根据牛顿第二定律得mgFAFma安培力 FABId又I ERr，EBdv则导体棒刚进入磁场时加速度的大小agB2d2m（Rr）2（Fmg）HmFm。(3)导体棒通过磁场区域的过程中，通过电阻R的电荷量 qIt又I ERr，Et则通过电阻R的电荷量 q RrBLdRr根据动能定
21、理得(Fmg)(HL)WA12mv20电路中产生的总热量QWA电阻R产生的热量 QR RRrQ解得QR RRr(Fmg)(HL)12mv20。答案(1)2（Fmg）Hm(2)gB2d2m（Rr）2（Fmg）HmFm(3)BLdRr RRr(Fmg)(HL)12mv20规律总结求解电磁感应中动力学和能量问题的一般步骤(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。(3)根据牛顿第二定律、动力学和能量守恒列方程求解。7(多选)(2020高考全国卷)如图，U形光滑金
22、属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后()A金属框的速度大小趋于恒定值B金属框的加速度大小趋于恒定值C导体棒所受安培力的大小趋于恒定值D导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值解析：当金属框在恒力F作用下向右加速时，bc边产生从c向b的感应电流i，金属框的加速度为a1，有FBilMa1，MN中感应电流从M向N，在安培力作用下向右加速，加速度为a2，有Bilma
23、2，当金属框和MN都运动后，金属框速度为v1，MN速度为v2，感应电流为iBl（v1v2）R，感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从 FM 开始减小，加速度差值减小。当a1a2时，得F(Mm)a，aFMm恒定，由F安ma可知，安培力趋于恒定，进而确定感应电流趋于恒定，据i Bl（v1v2）R知金属框与MN的速度差维持不变，v-t图像如图所示，A错误，B、C正确：MN与金属框的速度差不变，但MN的速度小于金属框的速度，MN到金属框bc边的距离越来越大，D错误。答案：BC8(2020福建三明期末质量检测)如图所示，足够长光滑导轨倾斜放置，导轨平面与水平面夹角37，导轨间距L0.4 m，其
24、下端连接一个定值电阻R4，其他电阻不计。两导轨间存在垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B1 T。一质量为m0.04 kg的导体棒ab垂直于导轨放置，现将导体棒由静止释放，取重力加速度g10 m/s2，sin370.6，cos 370.8。(1)求导体棒下滑的最大速度大小；(2)导体棒从静止加速到v4 m/s的过程中，通过R的电荷量q0.2 C，求R产生的热量。解析：(1)当导体棒所受的合外力为零时，速度最大，则mgsin BILIBLvmR联立解得vm6 m/s。(2)设该过程中电流的平均值为I，则qItIEREBLxt解得xqRBL2 m由能量守恒定律可得mgxsin 12mv2Q解得
25、Q0.16 J。答案：(1)6 m/s(2)0.16 J考向四 电磁感应中的动量和能量问题1分析方法(1)分析“受力”：分析研究对象的受力情况，特别关注安培力的方向。(2)分析“能量”：搞清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了变化，根据能量守恒列方程求解。(3)分析“动量”：在电磁感应中可用动量定理求变力的作用时间、速度、位移和电荷量(一般应用于单杆切割磁感线运动)求速度或电荷量：BIltmv2mv1，qIt。求时间：FtIAmv2mv1，IABIltBlR总。求位移：BIltB2l2vtR总mv2mv1，即B2l2R总 xm(v2v1)。2动量守恒定律的应用在双金属棒切割磁感线的
26、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。典例4 两足够长且不计电阻的光滑金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光滑无摩擦，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
27、间图像如图乙所示(以a运动方向为正方向)，其中ma2 kg，mb1kg，g取10 m/s2，求：(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。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BdItmb(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magh12mav2a解得va 2gh5 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v83 m
28、/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的运动时间为t，则由动量定理可得BdItma(vav)而qIt代入数据得q73 C。(3)由能量守恒定律可知杆a、b中产生的焦耳热为Qmagh12mbv2012(mbma)v21616 Jb杆中产生的焦耳热为QRbRaRbQ1156 J。答案(1)5 s(2)73 C(3)1156 J9(多选)如图所示，两根足够长、间距为l的固定光滑平行金属导轨，位于同一水平面内，导轨上横放着质量分别为m和3m的导体棒ab和cd，构成矩形回路，在整个导轨平面内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场，已知两棒的电阻均为R，回路中其余部分的
29、电阻不计。开始时，导体棒cd静止，导体棒ab以大小为v0的初速度从导轨左端开始向右运动，忽略回路中电流对磁场的影响，导体棒ab和cd在运动过程中不会发生碰撞，经过足够长的时间后，下列说法正确的是()A金属棒cd先做匀加速直线运动，达到v0后做直线运动B金属棒cd先做变加速直线运动，后以某一速度匀速直线运动C两金属棒在运动中产生的焦耳热最多为38mv20D两金属棒在运动中产生的焦耳热最多为14mv20解析：开始阶段ab棒向右减速运动，cd棒向右加速运动，cd棒速度小于ab棒速度，设某时刻ab棒速度为v1，cd棒速度为v2，v1v2，则cd棒的加速度a2 B2l2（v1v2）6mR，随时间推移，v
30、1减小，v2增大，故a2随时间减小，因此cd棒先做变加速直线运动，当v1v2时，a20，ab棒和cd棒以相同的速度v做匀速直线运动，故选项A错误，选项B正确；设整个运动过程中产生的焦耳为Q，以两棒为系统，由动量守恒定律有mv04mv，由能量守恒定律有12mv20124mv2Q，联立求解得Q38mv20，故选项C正确，选项D错误。答案：BC10(2020河南许昌4月检测)如图所示，有一间距为L且与水平方向成角的光滑平行轨道，轨道上端接有电容器和定值电阻，S为单刀双掷开关，空间存在垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B。将单刀双掷开关接到a点，一根电阻不计、质量为m的导体棒在轨道底端获得初速度
31、v0后沿着轨道向上运动，到达最高点时，单刀双掷开关接b点，经过一段时间导体棒又回到轨道底端。已知定值电阻的阻值为R，电容器的电容为C，重力加速度为g，轨道足够长，轨道电阻不计，求：(1)导体棒上滑过程中加速度的大小；(2)若已知导体棒到达轨道底端的速度为v，求导体棒下滑过程中定值电阻产生的热量和导体棒运动的时间。解析：(1)导体棒上滑的过程中，根据牛顿第二定律得mgsin F安ma又F安IBL，IqtCUt CBLvtCBLa联立解得a mgsin mCB2L2。(2)导体棒上滑过程中，有0v202as导体棒下滑的过程中，由动量定理得mgsin tI安mv0而I安BiLtBBLvR LtB2L2R vtB2L2R s联立解得tvgsin B2L2v20（mCB2L2）2Rm2g2sin2导体棒下滑的过程中，由能量守恒定律得Q12mv2mgssin 解得 Qv20（mCB2L2）mv22。答案：(1)mgsin mCB2L2(2)v20（mCB2L2）mv22 vgsin B2L2v20（mCB2L2）2Rm2g2sin2限时练通高考 点击进入word.
