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_。2.导体垂直切割磁感线：E=_，主要用于计算_。感应电动势的平均值BLv感应电动势的瞬时值1.(2013新课标全国卷)如
2、图，在光滑水平桌面上有一边长为L、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，
3、有感应电流，又会受到安培力阻碍作用，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。2.(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
4、，根据法拉第电磁感应定律和楞次定律可知,这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，0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。3.(2011广东高考)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是()A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关B.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C.穿过线圈的
5、磁通量变化越快，感应电动势越大D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同【解析】选C。由法拉第电磁感应定律知：可见感应电动势的大小与线圈的匝数有关，A错误；感应电动势的大小取决于磁通量的变化快慢，而与磁通量的大小无关，B错误，C正确；感应电流产生的磁场阻碍原磁场的变化，当原磁场增强时，感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，D错误。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
6、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
7、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
8、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。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=1 m、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=1 T。现有质量m=0.2 kg、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，与金属导轨接触良好。当导体棒ab下落到快要接近MN时的速度大小为v
9、1=3 m/s。不计空气阻力，g取10 m/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=9 m/s，要使棒在外力F作用下做a=3 m/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.方程式：_。导体棒受力平衡mg=BIL运动学公式v
10、2-v12=2gh(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【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)R=(1分)I=(1分)由以上四式可得：a1=5 m/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)I=(1分)E=BLv (1
11、分)联立式解得：v=6 m/s (1分)导体棒从MN到CD做加速度为g的匀加速直线运动，v2-v12=2gh (1分)解得：h=1.35 m (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)F安=(1分)由式解得：F=(t+1.6)N (1分)答案：(1)5 m/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=4 V(2)在第(3)
12、问中试画出01.6 s内外力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”：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。热点考向 3 电磁感应中的能量
13、问题【典例3】(18分)(2013合肥一模)如图所示，固定的光滑金属导轨间距为L，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上。初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0。整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触。已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行。(1)求初始时刻通过电阻R的电流的大小和方向；(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a；(3)导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，
14、求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热。【解题探究】(1)请画出导体棒第一次回到初始位置时的受力分析图。提示：(2)电阻R上产生的焦耳热QR的求解思路。先求整个回路产生的焦耳热Q。设弹簧的压缩量为x。a.物理规律：_；b.方程式：。再求电阻R上产生的焦耳热QR。QR与Q的关系式：。能量守恒定律【解析】(1)导体棒上产生的感应电动势E1=BLv0 (1分)通过R的电流大小 (1分)由式得 (1分)根据右手定则和电路特点可判断电流方向为bRa (1分)(2)第一次回到初始位置时，导体棒产生的感应电动势为E2=BLv (1分)感应电流(1分)导体棒受到的安培力大小F=BI2L (1
15、分)方向沿斜面向上(1分)由式得 (1分)根据牛顿第二定律有mgsin-F=ma (2分)由式解得(1分)(3)导体棒最终静止，有mgsin=kx (2分)设整个过程回路产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律有 (2分)电阻R上产生的焦耳热(1分)由式得(1分)答案：(1)方向为bRa(2)(3)【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
16、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梅州二模)如图所示，足够长的光滑金属导轨固定在竖直平面内，匀强磁场垂直导轨所在的平面向里。金属棒AC与导轨垂直且接触良好。现将导轨接上电阻R，导轨和金属棒的电阻忽略不计，则金属棒AC由静止释放后()A.电流方向沿棒由C指向AB.金属棒所受安培力的最大值与其重力大小相等C.在金属棒加速下落的过程中，金属棒减少的重力势能全部转化为在电阻上产生的热量D.金属棒达到稳定速度后的下落过程中，金属棒的机械能守恒【解析】选B。
17、用右手定则判断感应电流方向为由A指向C，A错。当金属棒匀速运动时，安培力最大，等于棒的重力，B对。在金属棒加速下落阶段，减少的重力势能转化为电阻的热能和棒的动能，C错。在匀速下落阶段，动能不变，重力势能减少，机械能减少，D错。【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
18、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。(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：由功能关系：E电=W安解得：(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)(3)1.(双选)(2013佛山二模)如图，圆形闭合
19、线圈内存在方向垂直纸面向外的磁场，磁感应强度随时间变化如图，则下列说法正确的是()A.01 s内线圈的磁通量不断增大B.第4 s末的感应电动势为0C.01 s内与24 s内的感应电流相等D.01 s内感应电流方向为顺时针【解析】选A、D。01 s内，B变大，则=BS变大，A对。第4 s末，故E0，B错。在01 s内和24 s内不等，则E不等，I不等，C错，由楞次定律判断知，D对。2.(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，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
20、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。3.(双选)(2013临沂一模)如图所示，在竖直向下(俯视)的匀强磁场中有两根水平放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN。现从t=0时刻起，给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I=kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好。下
21、列关于棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图像，可能正确的是()【解析】选B、D。由于I=kt，故安培力F=BIL=kBLt，由牛顿第二定律可知F-f=ma，一开始电流较小，金属棒受到的安培力小于最大静摩擦力，棒的加速度为0。随着电流的增大，安培力逐渐增大，当安培力大于最大静摩擦力时，金属棒开始做加速运动，且加速度随时间线性增加，选项A错误，B正确。金属棒在安培力的作用下一开始静止，速度为零，而后做加速度增大的加速运动，故速度-时间图线的斜率逐渐增大，选项C错误，D正确。4.(2013湛江二模)如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行光滑金属导轨相距l=1 m，导轨平面与水平面成
22、=30角，下端连接“2.5 V，0.5 W”的小电珠，匀强磁场方向与导轨平面垂直。质量m=0.02 kg、电阻不计的光滑金属棒放在两导轨上，金属棒与两导轨垂直并保持良好接触。取g=10 m/s2。求：(1)金属棒沿导轨由静止刚开始下滑时的加速度大小；(2)当金属棒下滑速度达到稳定时，小电珠正常发光，求该速度的大小；(3)磁感应强度的大小。【解析】(1)设金属棒刚开始下滑时的加速度为a，由于金属棒开始下滑的初速度为零，根据牛顿第二定律有mgsin=ma代入数据解得a=5 m/s2 (2)设金属棒运动达到稳定时的速度为v、所受安培力为FA，棒在沿导轨方向受力平衡，则有mgsin-FA=0 此时金属
23、棒克服安培力做功的功率等于小电珠消耗的电功率，则有P=FAv 联立式并代入数据解得v=5 m/s (3)设磁感应强度的大小为B，金属棒切割磁感线产生的感应电动势E=Blv 小电珠正常发光，其两端电压等于E，必有E=U灯 联立式并代入数据解得B=0.5 T 答案：(1)5 m/s2 (2)5 m/s (3)0.5 T九电磁感应中的电流规律【案例剖析】(18分)(2013广东高考)如图甲所示，在垂直于、匀强磁场B的平面内，半径为r的金属圆盘绕过圆心O的轴转动，圆心O和边缘K通过电刷与一个电路连接。电路中的P是加上一定正向电压才能导通的电子元件。流过电流表的电流I与圆盘角速度的关系如图乙所示，其中a
24、b段和bc段均为直线，且ab段过坐标原点。0代表圆盘逆时针转动。已知：R=3.0，B=1.0 T，r=0.2 m。忽略圆盘、电流表和导线的电阻。(1)根据图乙写出ab、bc段对应的I与的关系式；(2)求出图乙中b、c两点对应的P两端的电压Ub、Uc；(3)分别求出ab、bc段流过P的电流IP与其两端电压UP的关系式。【审题】抓住信息，准确推断关键信息信息挖掘题干半径为r的金属圆盘绕过圆心O的轴转动把金属盘抽象成很多金属棒,金属棒转动切割磁感线P是加上一定正向电压才能导通的电子元件加上正向电压大于某值P才导通,加上反向电压P断路忽略圆盘、电流表和导线的电阻等效电源、电流表均为理想的问题分别求出a
25、b、bc段流过P的电流IP与其两端电压UP的关系式求ab段IP与UP的关系式求bc段IP与UP的关系式【破题】精准分析,无破不立(1)如何求ab、bc两段对应的I与的关系式？提示：先求斜率，再由直线函数式书写I、的关系式。(2)b、c两点的坐标分别为_、_。P两端的电压等于_。(3)为何值时，没有电流流过元件P？提示：0表示圆盘顺时针转动，此时加在P上的电压为反向电压，P不导通，又因ab是同一直线，故当-45 rad/s15 rad/s时，P中无电流通过。(15 rad/s，0.1 A)(45 rad/s，0.4 A)电源电动势【解题】规范步骤，水到渠成(1)根据图像可知ab段满足：I=k (
26、1分)又由图像可求得(1分)所以I=(45 rad/s15 rad/s)(1分)bc段满足：I=k+b (1分)由图像可得k=0.01，b=-0.05 (1分)所以I=0.01-0.05(15 rad/s45 rad/s)(1分)(2)b点时对应圆盘产生的电动势(2分)所以Ub=Eb=0.3 V (1分)(2分)所以Uc=Ec=0.9 V (1分)(3)经分析可知ab段时没有电流流过元件P，IP=0，(-0.9 VUP0.3 V)(2分)bc段时元件P中有电流流过(1分)(1分)把代入解得：(2分)答案：(1)ab段：(A)(45 rad/s15 rad/s)bc段：I=(0.01-0.05)A(15 rad/s45 rad/s)(2)0.3 V 0.9 V (3)ab段：IP=0(-0.9 VUP0.3 V)bc段：(0.3 VUP0.9 V)【点题】突破瓶颈，稳拿满分(1)常见的思维障碍。抽象不出金属棒转动切割磁感线模型，从而不会解答该题。不会分析加在P上的正向电压和反向电压的意义，也就求不对过P的电流。(2)因解答不规范导致的失分。在求bc段的I-关系式时，误认为纵轴截距为零，导致失分。误认为0，P中就没有电流通过，从而在求第(3)问时进入困境。
