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 q＝t＝n(n：匝数，ΔΦ：磁通量变化量，R＋r：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)(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B＝1 T，在匀强磁场区域内，将质量为m＝1 kg、长为L＝1 m、电阻为R＝1 Ω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L＝1 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(t＝0时)以加速度a＝1 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( ) A．2 s时拉力F的大小为3 N B．棒ab的最大速度为6 m/s C．0～2 s内安培力对金属棒的冲量大小为4 N·s D．撤去拉力F后，棒ab运动的距离为 m AD [起初棒ab做匀加速直线运动，t＝2 s时由牛顿第二定律有F－BIL＝ma，棒ab切割磁感线，产生的感应电动势为E＝BLv,2 s时的速度为v＝at＝2 m/s，由闭合电路欧姆定律得I＝，联立解得F＝3 N，A正确；t＝2 s时拉力F的功率为P＝Fv＝6 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－BImaxL＝0，其中Imax＝，联立解得vmax＝ m/s，B错误；0～2 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＝t＝2 N·s，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－BLt＝mΔv，又q＝t，解得BLq＝mvmax，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，ab＝L，AB＝2L，∠abc＝∠ABC＝90°，∠acb＝∠ACB＝30°。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 D．c、b两点的最大电势差为BLv AD [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Ucb＝E＝B·Lv＝BLv，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。 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。t＝0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变化的关系图象正确的是( ) A B C D C [线框的速度与时间的关系式为v＝at，a是加速度。由E＝BLv和I＝得，感应电流与时间的关系式为I＝t，B、L、a均不变，0～t1时间内，感应电流为零，t1～t2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I＝t,0～t1时间内，感应电流为零，ad的电压为零，t1～t2时间内，电流I与t成正比，Uad＝IRad＝×R＝，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，Uad＝E＝BLat，电压随时间均匀增加，故C正确；线框所受的安培力为FA＝BIL＝，由牛顿第二定律得F－FA＝ma，得F＝t＋ma,0～t1时间内，感应电流为零，F＝ma，为定值，t1～t2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，F＝ma，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Φt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 1． 2． 3．求解焦耳热Q的三种方法 (1)焦耳定律：Q＝I2Rt。 (2)功能关系：Q＝W克服安培力。 (3)能量转化：Q＝ΔE其他。 4．利用动量定理求感应电荷量或运动位移 如：BLΔt＝Δp，q＝·Δt，可得q＝。 Δt＝Δp，x＝Δt，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θ＝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d＝0.1 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B＝1 T；现有一质量m＝10 g、总电阻为R＝1 Ω、边长也为d＝0.1 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摩擦因数为μ＝0.5，g取10 m/s2，不计其他阻力，求：(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) (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 θ＝μmgcos θ＋F安 其中F安＝BId，I＝，E＝Bdv 解得v＝＝2 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v2＝2ax，mgsin θ－μmgcos θ＝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Ek1－Ek＝μmgcos θ·2x，其中Ek＝mv2 解得Ek1＝mv2＋＝0.1 J。 (3)线圈向下匀速通过磁场区域过程中，有 mgsin θ·2d－μmgcos θ·2d＋W安＝0，Q＝－W安 解得Q＝2mgd(sin θ－μcos θ)＝4×10－3 J。 [答案] (1)2 m/s (2)0.1 J (3)4×10－3 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属轨道如图甲所示放置，间距为d＝1 m，在左端弧形轨道部分高h＝1.25 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Ra＝2 Ω、Rb＝5 Ω，在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B＝2 T。现杆b以初速度大小v0＝5 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ma＝2 kg，mb＝1 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Bd·Δt＝mb(v0－vb0) 其中vb0＝2 m/s代入数据解得Δt＝5 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magh＝mav 解得va＝＝5 m/s 设最后a、b两杆共同的速度为v′，由动量守恒定律得mava－mbvb0＝(ma＋mb)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′的运动时间为Δt′，则由动量定理可得BdI·Δt′＝ma(va－v′) 而q＝I·Δt′ 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 Q＝magh＋mbv－(mb＋ma)v′2＝ J b杆中产生的焦耳热为Q′＝Q＝ 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”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 Ω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10 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a C．当金属条ab在磁场中运动时，电路的总电阻为4 Ω D．当金属条ab在磁场中运动时，所受安培力大小为0.135 N BCD [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R总，根据电路图可知R总＝R＋R＝3 Ω＋×3 Ω＝4 Ω，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E＝Br2ω＝×2×0.32×10 V＝0.9 V，此时通过ab的电流为I＝＝ A＝0.225 A，所以金属条ab所受安培力大小为FA＝BIr＝2×0.225×0.3 N＝0.135 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E＝BLv0 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＋f＝ma 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iΔti－ft＝0－mv0 其中F安i＝ 又∑viΔti＝s 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 本文档由香当网(https://www.xiangdang.net)用户上传
