1、第12讲 电磁感应规律及其应用一、“三定则、一定律”的应用1.安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律应用于不同现象:基本现象应用的定则或定律运动电荷、电流产生磁场_磁场对运动电荷、电流作用力_电磁感应部分导体切割磁感线运动_闭合电路磁通量变化_安培定则左手定则右手定则楞次定律2.楞次定律中“阻碍”的表现:(1)阻碍_的变化(增反减同);(2)阻碍物体间的_(来拒去留);(3)阻碍原电流的_(自感)。磁通量相对运动变化二、感应电动势的计算1.法拉第电磁感应定律:E=_,用于计算_。(1)若B变而S不变,则E=_;(2)若S变而B不变,则E=_。2.导体垂直切割磁感线:E=_,主要用于计算_。感应
2、电动势的平均值BLv感应电动势的瞬时值3.如图所示,导体棒以棒的一端为圆心在垂直磁场的平面内做匀速圆周运动,切割磁感线产生的电动势为E=_。1.(2013安徽高考)如图所示,足够长平行金属导轨倾斜放置,倾角为37,宽度为0.5m,电阻忽略不计,其上端接一小灯泡,电阻为1。一导体棒MN垂直于导轨放置,质量为0.2kg,接入电路的电阻为1,两端与导轨接触良好,与导轨间的动摩擦因数为0.5。在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强度为0.8T。将导体棒MN由静止释放,运动一段时间后,小灯泡稳定发光,此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10m/s2,sin37=
3、0.6)()A.2.5 m/s1 WB.5 m/s1 WC.7.5 m/s9 W D.15 m/s9 W【解析】选B。选MN为研究对象,受力分析如图所示:在垂直斜面方向上受力平衡,合力为零,列式可得:FN-mgcos=0FN=mgcos由摩擦力公式Ff=FN得Ff=mgcos代入数据可得Ff=0.8N在沿斜面方向上受力平衡,合力为零,列式可得:Ff+F-mgsin=0代入数据可得F=0.4N再由安培力公式F=BIl,而可得代入数据可得v=5m/s,流过小灯泡的电流为小灯泡消耗的电功率为P=I2R灯代入数据可得P=1W,故B项正确。2.(2013新课标全国卷)如图,在光滑水平桌面上有一边长为L、
4、电阻为R的正方形导线框;在导线框右侧有一宽度为d(dL)的条形匀强磁场区域,磁场的边界与导线框的一边平行,磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动。t=0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合,随后导线框进入并通过磁场区域。下列v-t图像中,可能正确描述上述过程的是()【解析】选D。导线框开始进入磁场过程,通过导线框的磁通量增大,有感应电流,进而受到与运动方向相反的安培力作用,速度减小,感应电动势减小,感应电流减小,安培力减小,导线框的加速度减小,v-t图线的斜率减小;导线框全部进入磁场后,磁通量不变,无感应电流,导线框做匀速直线运动;导线框从磁场中出来过程,有感应电流,又会受到安培力阻碍作用
5、,速度减小,加速度减小。选项A表示匀速运动,不符合题意,选项B表示先匀减速再匀速最后匀减速,也不符合题意,选项C表示加速度减小的减速运动,不符合题意,正确选项为D。3.(2011安徽高考)如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为45的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度匀速转动(O轴位于磁场边界)。则线框内产生的感应电流的有效值为()【解析】选D。线框进入磁场和穿出磁场产生的感应电动势均为产生感应电动势的时间均为由一个周期产生的电热解得选D。热点考向1电磁感应图像问题【典例1】(2013东营二模)如图所示,虚线上方空间存在方向垂直纸面向里的匀强磁
6、场。正方形导线框绕垂直纸面的轴O在纸面内逆时针匀速转动,转动周期为T。从线框处于图示位置时开始计时,以OabcO的方向为感应电流i的正方向。对产生的感应电流i随时间t变化规律的描述,最接近实际情况的是()【解题探究】(1)请结合题意分析各物理量的情况。时间段变化情况I感的方向无无_增加逆时针或正方向不变无减少顺时针或负方向(2)当线框转到如图所示位置时,请指出线框中切割磁感线的等效长度是哪一段。提示:等效切割磁感线的线段为Od。【解析】选D。时,线框中无感应电流;时,线框进入磁场,磁通量增加,根据楞次定律可知,线框中的感应电流方向为逆时针(即正方向),故A、C错误;在线框进入磁场时,其有效切割
7、长度逐渐增长,感应电流逐渐增大,故B错误,D正确。【拓展延伸】上题中,若正方形的线框为图中所示的圆的四分之一扇形的形状,则四个选项中的哪一个符合线框中产生的感应电流随时间变化的规律?提示:在线框进入磁场时,只有Ob边转动切割磁感线,其感应电动势大小不变,故选项B正确。【总结提升】1.解答电磁感应问题的“三个关注”:(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.解答电磁感应问题的一般步骤:(1)明确图像的
8、种类,即是B-t图还是-t图,或者E-t图、I-t图等。(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)画图像或判断图像。【变式训练】(2013新课标全国卷)如图,在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN,其中ab、ac在a点接触,构成“V”字型导轨。空间存在垂直于纸面的均匀磁场。用力使MN向右匀速运动,从图示位置开始计时,运动中MN始终与bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触。下列关于回路中电流i与时间t的关系
9、图线,可能正确的是()【解析】选A。金属棒MN匀速向右切割磁感线产生的感应电动势为E=BLv,设bac=2,金属棒单位长度的电阻为r,则整个回路的电阻为再根据欧姆定律可得回路中的电流为:定值,故图A正确。热点考向2电磁感应电路和动力学问题【典例2】(18分)(2013珠海一模)如图所示,竖直平面内有一宽L=1m、足够长的光滑矩形金属导轨,电阻不计。在导轨的上、下边分别接有电阻R1=3和R2=6。在MN上方及CD下方有垂直纸面向里的匀强磁场和,磁感应强度大小均为B=1T。现有质量m=0.2kg、电阻r=1的导体棒ab,在金属导轨上从MN上方某处由静止下落,下落过程中导体棒始终保持水平,与金属导轨
10、接触良好。当导体棒ab下落到快要接近MN时的速度大小为v1=3m/s。不计空气阻力,g取10m/s2。(1)求导体棒ab快要接近MN时的加速度大小。(2)若导体棒ab进入磁场后,棒中的电流大小始终保持不变,求磁场和之间的距离h。(3)若将磁场的CD边界略微下移,使导体棒ab刚进入磁场时速度大小变为v2=9m/s,要使棒在外力F作用下做a=3m/s2的匀加速直线运动,求所加外力F随时间t变化的关系式。【解题探究】(1)请画出导体棒ab在磁场中下落时的等效电路图。提示:(2)h的求解思路。先求导体棒进入磁场时的速度v。a.物理规律:_;b.方程式:_。求导体棒下落的距离h。a.物理规律:_;b.方
11、程式:_。(3)在第(3)问中,导体棒ab在磁场中受到哪几个力?请列出牛顿运动定律的关系式。提示:导体棒ab受到向下的重力、外力F和向上的安培力F安,该过程中牛顿运动定律的表达式为F+mg-F安=ma导体棒受力平衡mg=BIL运动学公式【解析】(1)以导体棒为研究对象,棒在磁场中切割磁感线运动,棒中产生感应电动势E,棒在重力和安培力作用下做加速运动。由牛顿第二定律得:mg-BIL=ma1,(2分)E=BLv1 (1分)(1分)(1分)由以上四式可得:a1=5m/s2(1分)(2)导体棒进入磁场后,安培力等于重力,导体棒做匀速运动,导体棒中电流大小始终保持不变。mg=BIL (2分)(1分)E=
12、BLv (1分)联立式解得:v=6m/s (1分)导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动,(1分)解得:h=1.35m (1分)(3)导体棒进入磁场后经过时间t的速度大小v=v2+at (1分)F+mg-F安=ma (2分)(1分)由式解得:F=(t+1.6)N (1分)答案:(1)5m/s2 (2)1.35 m(3)F=(t+1.6)N【拓展延伸】结合典例2回答下列问题:(1)当导体棒进入磁场且电流恒定不变时,a、b两点间的电势差大小是多少?提示:根据题意,棒进入磁场中有mg=BIL则a、b两点间电势差为U=BLv-Ir代入数据解得:U=4V(2)在第(3)问中试画出01.6s内外力
13、F与时间t的关系图像。提示:由于F=(t+1.6)N其图像为【总结提升】1.电磁感应中的动力学问题应抓住的“两个对象”:(1)(2)2.电磁感应中的动力学问题的解题策略:此类问题中力现象和电磁现象相互联系、相互制约,解决问题前首先要建立“动电动”的思维顺序,可概括为:(1)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)根据等效电路图,求解回路中电流的大小及方向。(3)分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响,从而推理得出对电路中的电流有什么影响,最后定性分析导体棒的最终运动情况。(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解。【变式训练】(2013昆明一模)如图甲所示,M
14、N左侧有一垂直纸面向里的匀强磁场。现将一边长为l、质量为m、电阻为R的正方形金属线框置于该磁场中,使线框平面与磁场垂直,且bc边与磁场边界MN重合。当t=0时,对线框施加一水平拉力F,使线框由静止开始向右做匀加速直线运动;当t=t0时,线框的ad边与磁场边界MN重合。图乙为拉力F随时间变化的图线。由以上条件可知,磁场的磁感应强度B的大小为()【解析】选B。根据题意,可知F0=ma,F安=BIl因为F-F安=ma=常数,所以将F0=ma代入化简,可得故选项B正确。热点考向3电磁感应中的能量问题【典例3】(2013合肥二模)如图所示,正方形导线框ABCD、abcd的边长均为L,电阻均为R,质量分别
15、为2m和m,它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端,且正方形导线框与定滑轮处于同一竖直平面内。在两导线框之间有一宽度为2L、磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。开始时导线框ABCD的下边与匀强磁场的上边界重合,导线框abcd的上边到匀强磁场的下边界的距离为L。现将系统由静止释放,当导线框ABCD刚好全部进入磁场时,系统开始做匀速运动。不计摩擦和空气阻力,则()A.两导线框刚开始做匀速运动时轻绳上的张力FT=2mgB.系统匀速运动的速度大小C.导线框abcd通过磁场的时间D.两线框从开始运动至等高的过程中所产生的总焦耳热【解题探究】(1)求绳子张力和导线框速度大小的思路:求绳子拉力F
16、Ta.研究对象:_。b.物理规律:_。c.方程式:_。求系统速度大小a.研究对象:_。b.物理规律:_。c.方程式:_。导线框abcd平衡条件FT=mg导线框ABCD平衡条件2mg=FT+F安(2)如何求导线框通过磁场的时间?提示:ABCD刚好全部进入磁场时,abcd上边界刚入磁场,导线框匀速运动,由公式t=求解。(3)系统产生的总焦耳热的求解思路:物理规律:_。方程式:_。能量守恒定律Ep=Q+Ek【解析】选B。当导线框ABCD刚好全部进入磁场时,由abcd受力平衡,得FT=mg,A错误;对ABCD受力分析,则2mg=FT+F安,而F安=B正确。当ABCD刚好全部进入磁场时,abcd上边界刚
17、进磁场,导线框继续匀速运动,故通过磁场的时间C错误。当两导线框等高时,导线框ABCD减少的重力势能=2mg2L,导线框abcd增加的重力势能=mg2L,系统增加的动能根据能量守恒定律D错误。【总结提升】1.求解焦耳热的三个途径:(1)电磁感应电路为纯电阻电路时产生的焦耳热等于克服安培力做的功,即Q=W克安。(2)电磁感应电路中电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功,即Q=I2Rt。(3)电磁感应电路中产生的焦耳热可通过能量守恒定律列方程求解。2.解决电磁感应能量问题的基本思路:(1)确定感应电动势的大小和方向。(2)画出等效电路图并求出电流。(3)进行受力情况分析和做功情况分析。(4)明确在此
18、过程中的能量变化情况。(5)用动能定理或能量守恒定律解题。【变式训练】(2013信阳一模)如图所示,质量为m的金属线框A静置于光滑水平面上,通过细绳跨过定滑轮与质量为m的物体B相连,图中虚线内为一水平匀强磁场,d表示A与磁场左边界的距离,不计滑轮摩擦及空气阻力,设B下降h(hd)高度时的速度为v,则以下关系中能够成立的是()A.v2=ghB.v2=2ghC.A产生的热量Q=mgh-mv2D.A产生的热量Q=mgh-mv2【解析】选C。由于线框在磁场内的运动情况未知,故不能判断v与h的具体关系,故A、B错误;根据题意,线框A进入磁场的过程克服安培力做功,线框A产生的热量为Q,对A、B构成的系统,
19、在B下降h高度的过程中,据能量转化与守恒定律有mgh=2mv2+Q,故选项C正确。【变式备选】(2013南通二模)如图甲所示,光滑的平行水平金属导轨MN、PQ相距l,在M点和P点间连接一个阻值为R的电阻,一质量为m、电阻为r、长度也刚好为l的导体棒ab垂直搁在导轨上,在导体棒的右侧导轨间加一有界匀强磁场,磁场方向垂直于导轨平面,宽度为d0,磁感应强度为B,设磁场左边界到导体棒的距离为d。现用一个水平向右的力F拉导体棒,使它由静止开始运动,棒离开磁场前已做匀速直线运动,与导轨始终保持良好接触,导轨电阻不计,水平力F与位移x的关系图像如图乙所示,F0已知。求:(1)导体棒ab离开磁场右边界时的速度
20、。(2)导体棒ab通过磁场区域的过程中整个回路所消耗的电能。(3)d满足什么条件时,导体棒ab进入磁场后一直做匀速运动。【解析】(1)设离开磁场右边界时导体棒ab速度为v,则有E=Blv对导体棒有2F0-BIl=0解得:(2)在导体棒运动的整个过程中,根据动能定理:F0d+2F0d0-W安=mv2-0由功能关系:E电=W安解得:E电=F0(d+2d0)-(3)设导体棒刚进入磁场时的速度为v0,则有当v0=v,即时,导体棒进入磁场后一直做匀速运动答案:(1)(2)F0(d+2d0)-(3)1.(2013汕头一模)如图,圆环形导体线圈a平放在水平桌面上,在a的正上方固定一竖直螺线管b,二者轴线重合
21、,螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动,下列表述正确的是()A.线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流B.穿过线圈a的磁通量变小C.线圈a有扩张的趋势D.线圈a对水平桌面的压力FN将增大【解析】选D。若将滑动变阻器的滑片P向下滑动,线圈b中的电流将增大,穿过线圈a的磁通量增大,根据楞次定律,线圈a中将产生俯视逆时针方向的电流,线圈a有缩小的趋势,a与b之间为斥力,a对水平桌面的压力FN将变大,故只有D正确。2.(2013福建高考)如图,矩形闭合导体线框在匀强磁场上方,由不同高度静止释放,用t1、t2分别表示线框ab边和cd边刚进入磁场的时刻。线框下落过程
22、形状不变,ab边始终保持与磁场水平边界线OO平行,线框平面与磁场方向垂直。设OO下方磁场区域足够大,不计空气影响,则下列哪一个图像不可能反映线框下落过程中速度v随时间t变化的规律()【解析】选A。设线框质量为m,电阻为R,线框ab边长为l,磁感应强度为B,线框自由下落刚进入磁场时速度为v,当v 时,线框做加速度减小的减速运动直至匀速,B可能,A不可能,故选A。3.(2013宣城一模)如图所示,先后使一矩形线圈以速度v1和v2匀速通过有界匀强磁场区域,已知v1=2v2,在先后两种情况下()A.通过线圈某截面的电荷量之比q1q2=21B.线圈中的感应电动势之比为E1E2=12C.线圈中的感应电流之
23、比为I1I2=21D.线圈中产生的焦耳热之比为Q1Q2=14【解析】选C。根据E=Blv,得E1E2=21,B错误;所以I1I2=21,C正确;又因为q=所以q1q2=11,A错误;产生的热量Q=I2Rt,所以Q1Q2=21,D错误。4.(2013大纲版全国卷)纸面内两个半径均为R的圆相切于O点,两圆形区域内分别存在垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度大小相等、方向相反,且不随时间变化。一长为2R的导体杆OA绕过O点且垂直于纸面的轴顺时针匀速旋转,角速度为。t=0时,OA恰好位于两圆的公切线上,如图所示。若选取从O指向A的电动势为正,下列描述导体杆中感应电动势随时间变化的图像可能正确的是()【解析
24、】选C。导体杆切割磁感线的有效长度为L=2Rsint,平均速度则感应电动势E=BL =2BR2sin2t,再根据右手定则可知,开始时A端为电源正极,故选C。5.(2013山东高考)将一段导线绕成图甲所示的闭合回路,并固定在水平面(纸面)内。回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中。回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场,以向里为磁场的正方向,其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力,以水平向右为F的正方向,能正确反映F随时间t变化的图像是()【解析】选B。根据图乙可知,在时间内,先是向里的磁通量均匀减小,然后向外的磁通量均匀增加,根据法拉第电磁感应定律和楞次定律可知,这
25、段时间内感应电流恒定不变,感应电流方向由b向a,由左手定则可以判定,时间内,ab边受到恒定的水平向左的力F;同理可以判定,在时间内,先是向外的磁通量均匀减小,然后向里的磁通量均匀增加,这段时间内ab边中将产生恒定的由a向b的感应电流,根据左手定则不难判断,这段时间内ab边受到恒定的水平向右的力F,因此,只有选项B正确。6.(2013上海高考)如图,通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面,位置靠近ab且相互绝缘。当MN中电流突然减小时,线圈所受安培力的合力方向()A.向左B.向右C.垂直纸面向外D.垂直纸面向里【解析】选B。当MN中电流突然减小时,单匝矩形线圈abcd垂直纸面向里的磁通量减小,根
26、据楞次定律,单匝矩形线圈abcd中产生的感应电流方向为顺时针方向,由左手定则可知,线圈所受安培力的合力方向向右,选项B正确。7.(2013和平区二模)两根平行的金属导轨相距L1=1m,与水平方向成=30角倾斜放置,如图甲所示,其上端连接阻值R=1.5的电阻,另有一根质量m=0.2kg、电阻r=0.5的金属棒ab放在两根导轨上,距离上端L2=4m,棒与导轨垂直并接触良好,导轨电阻不计,因有摩擦力作用,金属棒处于静止状态。现在垂直导轨面加上从零均匀增强的磁场,磁感应强度的变化规律如图乙所示,已知在t=2s时棒与导轨间的摩擦力刚好为零(g取10m/s2),则在棒发生滑动之前:(1)试讨论所加磁场的方
27、向并确定电路中的感应电流是变化的还是恒定的。(2)t=2s时,磁感应强度B为多大?(3)假如t=3s时棒刚要发生滑动,则棒与导轨间最大静摩擦力多大?(4)从t=0到t=3s内,电阻R上产生的电热有多少?【解析】(1)由楞次定律和左手定则可判定:磁场方向垂直导轨面向上或垂直导轨向下。因B均匀增大,由法拉第电磁感应定律可知感应电动势为定值,故产生的感应电流恒定。(2)当t=2s时,对导体棒由平衡条件得:mgsin=B2IL1 由闭合电路欧姆定律得 由法拉第电磁感应定律得:联立式解得B2=1T(3)当t=3s时,对棒由平衡条件得B3IL1=mgsin+由题图2及第(2)问可得t=3s时,B3=1.5T。联立解得=0.5N(4)由焦耳定律得QR=I2Rt代入数据解得Q=4.5J答案:(1)见解析(2)1T(3)0.5N(4)4.5 J
