1、1第 10 讲 电磁感应考点一 楞次定律和法拉第电磁感应定律 1 (多选)如图 10-1 所示,倾角为 的斜面上放置着光滑平行金属导轨,金属棒 KN 置于导轨上,在以 ab 和 cd 为边界的区域内存在磁感应强度为 B 的匀强磁场,磁场方向垂直于导轨平面向上 .在 cd 左下方的无磁场区域 cdPM 内有一半径很小的金属圆环 L,圆环与导轨在同一平面内 .若金属棒 KN 从磁场右边界 ab 处由静止开始向下运动,则下列说法正确的是( )图 10-1A.圆环 L 有收缩趋势B.圆环 L 有扩张趋势C.圆环内产生的感应电流变小D.圆环内产生的感应电流不变归纳 1.楞次定律中“阻碍”的表现:(1)阻
2、碍磁通量的变化;(2)阻碍物体间的相对运动;(3)阻碍原电流的变化(自感现象) .2.楞次定律和右手定则:(1)楞次定律一般适用于线圈面积不变,磁感应强度发生变化的情景;右手定则一般适用于导体棒切割磁感线的情景 .3.感应电动势的求解(1)法拉第电磁感应定律: E=n ,适用于磁场磁感应强度变化( E=nS )或线圈面积变化(E=nB )情景;(2)E=Blv:适用于导体棒平动切割磁感线( E=Blv)或转动切割磁感线( E= Bl2 ).式 1 2018全国卷 如图 10-2 所示,导体轨道 OPQS 固定,其中 PQS 是半圆弧, Q 为半圆弧的中点, O 为圆心,轨道的电阻忽略不计 .O
3、M 是有一定电阻、可绕 O 转动的金属杆, M端位于 PQS 上, OM 与轨道接触良好 .空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为 B.现使 OM 从 OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到 OS 位置并固定(过程 );再使磁感应强度的大小以一定的变化率从 B 增加到 B(过程 ).在过程 、 中,流过 OM 的电荷量相等,则 等于 ( )图 10-2A. B. C. D.22式 2 如图 10-3 甲所示,位于纸面内的圆形金属线圈通过导线与一小灯泡相连,线圈中有垂直于纸面的磁场 .以垂直纸面向里为磁感应强度的正方向,该磁场的磁感应强度 B 随时间t 的变化规律如图乙所示,则下列
4、说法正确的是 ( )图 10-3A.t1t3内流过小灯泡的电流方向先为 b a,后为 a bB.t1t3内流过小灯泡的电流方向先为 a b,后为 b aC.t1t3内小灯泡先变亮后变暗D.t1t3内小灯泡先变暗后变亮考点二 电磁感应中的图像问题 2 (13 分)如图 10-4 甲所示,在水平面上固定有长 L=3 m、宽 d=1 m 的 U 形金属导轨,在导轨右侧 l=0.5 m 范围内存在垂直于纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示 .在 t=0 时刻,质量为 m=0.1 kg 的导体棒以 v0=2 m/s 的初速度从导轨的左端开始向右运动,始终与导轨两长边垂直且接触良好,导
5、体棒与导轨之间的动摩擦因数为 = 0.1,导轨与导体棒单位长度的电阻均为 = 0.125 /m .不计导体棒与导轨之间的接触电阻及地球磁场的影响, g 取 10 m/s2.(1)通过计算分析 04 s 内导体棒的运动情况;(2)求 04 s 内回路中电流的大小,并判断电流的方向;(3)求 04 s 内回路产生的焦耳热 .图 10-4解答步骤规范(1)导体棒先在无磁场区域做匀减速直线运动,由牛顿第二定律有=ma (1 分) 根据运动学公式,导体棒速度减为零所需要的时间 t0= =2 s(1 分) 02 s 内发生的位移 x=v0t- at2=2 m(1 分)可见 xL-l, 故 04 s 内导体
6、棒的运动情况是 (2 分) (2)前 2 s 内穿过闭合回路的磁通量不变,回路电动势和电流均为 0 (1 分)后 2 s 内回路产生的感应电动势 E= =0.1 V(1 分) 回路的总长度为 4 m,因此回路的总电阻 R= (1 分) 电流 I= =0.2 A(1 分) 根据楞次定律,回路中的电流方向 (1 分) (3)前 2 s 内电流为 0,后 2 s 内有恒定电流,回路产生的焦耳热 Q= =0.04 J(3 分)3归纳 1.电磁感应图像问题在电磁感应现象中,磁感应强度、磁通量、感应电动势、感应电流及磁场对导线的作用力等物理量随时间(或位移)的变化规律可用图像直观地表示 .图像问题常见命题
7、形式有两种:(1)由给定的电磁感应过程判断相应物理量的函数图像;(2)由给定的有关图像分析电磁感应过程,确定相关的物理量 .2.解题思路(1)明确图像的种类;(2)分析电磁感应的具体过程;(3)结合相关规律写出函数表达式;(4)根据函数关系进行图像分析 .3.图像问题应关注以下三点(1)初始时刻电动势、电流等是否为零,方向是正方向还是负方向;(2)电磁感应现象分为几个阶段,各阶段是否与图像变化对应;(3)判定图像的斜率大小、图像曲直与物理过程是否对应,分析斜率对应的物理量的大小和方向的变化趋势 .式 1 如图 10-5 甲所示,光滑平行金属导轨 MN、 PQ 之间距离 L=0.5 m,所在平面
8、与水平面成 = 37角, M、 P 两端接有阻值为 R=0.8 的定值电阻 .质量为 m=0.5 kg、阻值为 r=0.2 的金属棒 ab 垂直导轨放置,其他部分电阻不计 .整个装置处在磁感应强度为 B=2 T 的匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向上 .从 t=0 时刻开始 ab 棒受到一个平行于导轨向上的外力 F 作用,由静止开始沿导轨向上运动,运动中棒始终与导轨垂直且接触良好, ab 棒受到的安培力的大小随时间变化的图像如图乙所示( t=2 s 时,安培力 F 安 =2 N),g 取 10 m/s2.求:(1)t=2 s 末金属棒两端电压 Uab;(2)从 t=0 到 t=2 s 过程中
9、通过电阻 R 的电荷量 q;(3)t=2 s 末电路热功率 P 热 与拉力的瞬时功率 P 之比 .图 10-5式 2 (多选)如图 10-6 所示, M、 N 为同一水平面内的两条平行长直金属导轨,左端串联电阻 R,金属杆 ab 垂直于导轨放置,金属杆和导轨的电阻不计,杆与导轨间接触良好且无摩擦,整个装置处于竖直方向的匀强磁场中 .现对金属杆 ab 施加一个与其垂直的水平方向的恒力 F,使金属杆从静止开始运动 .在运动过程中,金属杆的速度大小为 v,R 上消耗的总能量为E,则 v、 E 随时间变化的图像可能正确的是图 10-7 中的 ( )图 10-6图 10-74考点三 电磁感应中的力、电综
10、合问题3 如图 10-8 所示,光滑、足够长、不计电阻、间距为 l 的平行金属导轨 MN、 PQ 水平放在竖直向下的磁感应强度不同的两个相邻的匀强磁场中,左半部分为 匀强磁场区,磁感应强度为 B1;右半部分为 匀强磁场区,磁感应强度为 B2,且 B1=2B2.在 匀强磁场区的左边界垂直于导轨放置一质量为 m、电阻为 R1的金属棒 a,在 匀强磁场区的某一位置,垂直于导轨放置另一质量也为 m、电阻为 R2的金属棒 b.开始时 b 静止,给 a 一个向右的冲量 I 后a、 b 开始运动 .设运动过程中,两金属棒总是与导轨垂直且接触良好 .(1)求金属棒 a 受到冲量后的瞬间通过金属导轨的感应电流;
11、(2)设金属棒 b 在运动到 匀强磁场区的右边界前已经达到最大速度,求金属棒 b 在 匀强磁场区中的最大速度;(3)金属棒 b 进入 匀强磁场区后,金属棒 b 再次达到匀速运动状态,设这时金属棒 a 仍然在 匀强磁场区中 .求金属棒 b 进入 匀强磁场区后的运动过程中金属棒 a、 b 中产生的总焦耳热 .图 10-8导思 金属棒 a、 b 在运动到 匀强磁场区的右边界前各自做什么运动? 金属棒 b 进入 匀强磁场区后两棒各自做什么运动?归纳 解决电磁感应中的力、电综合问题通常需要综合运用牛顿第二定律、动量定理、动量守恒定律、功能关系和能量守恒定律等重要规律,并结合闭合电路的欧姆定律等物理规律及
12、基本方法 .其中,动量观点在电磁感应问题中的应用主要可以解决变力的冲量 .所以在求解导体棒做非匀变速运动的问题中,应用动量定理可以避免由于加速度变化而导致运动学公式不能使用的麻烦 .式 某创新研发小组设计了一个臂力测试仪 .装置简化如图 10-9 甲所示,两平行金属导轨MM、 NN竖直放置,两者相距为 L,在 M、 N 间和 M、 N间分别接一个阻值为 R 的电阻,在两导轨间 EFGH 矩形区域内有垂直于导轨平面向里、宽为 d 的匀强磁场,磁感应强度为 B.一质量为 m、长为 L、电阻为 R 的导体棒垂直搁在导轨上,导体棒与弹簧相连,弹簧下端固定,弹簧处于原长时导体棒位于 EF 处 .测试时,
13、测试者利用臂力将导体棒向下压缩至某位置后释放,导体棒向上运动经过 HG 时,会与 H、 G 处的压力传感器发生撞击(图乙为装置的侧视图),压力传感器可以显示撞击力的大小,以此来反映臂力的大小 .设某次测试中,将弹簧压缩至导体棒处于 AB 位置后释放, AB 与 EF 间的竖直距离为 2d,当导体棒进入磁场的瞬间,加速度为 2g(g为重力加速度),导体棒运动到 HG 时压力传感器示数恰好为 0.已知弹簧的弹性势能与弹簧形变量的平方成正比,导体棒运动中与导轨始终保持良好的电接触且导轨电阻不计 .在此次测试中,求:(1)导体棒进入磁场瞬间的速度和导体棒两端电压;(2)导体棒出磁场时弹簧的弹性势能 .
14、(3)导体棒向上运动过程中产生的焦耳热 .5图 10-9【真题模型再现】 电磁感应中导体棒和导体框问题来源 图例 考向 统计分析2013全国卷 第 17 题电阻定律和欧姆定律、法拉第电磁感应定律2013全国卷 第 16 题法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律、欧姆定律2016全国卷 第 24 题牛顿第二定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律2017全国卷 第 20 题法拉第电磁感应定律、楞次定律、安培力2018全国卷 第 18 题法拉第电磁感应定律、楞次定律通过以往高考真题的统计可以看出,导体棒和导线框问题是电磁感应知识考查的热点,以感应电动势考查为主,可以考查电路知识、受力分析、牛顿运动定律和功能关
15、系等多方面问题 .从应用解题来看,电源的寻找与电路分析(双棒或线圈问题可能涉及电源的串并联)、动力学分析(涉及加速度与速度计算)、功能研究是三个主要的考向,以电磁感应为背景,以力学的方法研究,属于典型的力电综合问题,能力要求高 .【模型核心归纳】 电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力的作用,从而影响导体棒的受力情况和运动情况 .此类问题中运动现象与电磁感应现象相互联系、相互制6约,解决此类问题的思路:(1)“电源”分析:分析电磁感应现象产生的电源切割磁感线的导体棒或部分导体框,用 E=BLv 和楞次定律(或右手定则)求解感应电动势 E 的大小和方向,确定内电阻 r;(2)电路分析:分析
16、电路结构,明确各部分电路的串并联关系,求解相关部分的电流大小和方向;(3)受力分析:分析导体棒、导体框的受力情况,特别注意安培力引起的动态变化;(4)运动分析:对导体棒、导体框进行受力分析,分析安培力对运动对象速度、加速度的影响,推导出其对电路中电流的影响,定性分析出研究对象最终的运动状态(是否做匀速直线运动);(5)能量分析:分析电磁感应过程和导体棒、导体框运动过程中的能量转化关系,建立能量转化和守恒关系 .注意求解焦耳热 Q 的三种方法: 电流不变, Q=I2Rt; 功能关系:焦耳热 Q 等于克服安培力做的功; 能量守恒定律:焦耳热 Q 等于其他能的减少量 .(6)动量分析: 单杆情景一般
17、应用动量定理求电荷量; 双杆情景注意是否可以迁移应用碰撞模型 .测 1 (单杆问题)如图 10-10 所示, abcd 是质量为 m 的 U 形金属导轨, ab 与 cd 平行,放在光滑绝缘的水平面上,另有一根质量为 m 的金属棒 PQ 平行于 bc 放在导轨上, PQ 棒右边靠着绝缘竖直光滑且固定在绝缘水平面上的立柱 e、 f,U 形导轨处于匀强磁场中,磁场以过 e、 f的 O1O2为界,右侧磁场方向竖直向上,左侧磁场方向水平向左,磁感应强度大小都为 B,导轨的 bc 段长度为 L,金属棒 PQ 的电阻为 R,其余电阻均可不计,金属棒 PQ 与导轨间的动摩擦因数为 . 在导轨上作用一个方向向
18、右、大小 F=mg(g 为重力加速度)的水平拉力,使 U 形导轨由静止开始运动,导轨从开始运动至达到最大速度 vm的时间为 t.设导轨足够长 .(1)求导轨在运动过程中的最大速度 vm.(2)从导轨开始运动至达到最大速度 vm过程中,系统增加的内能为多少?图 10-10测 2 (双杆问题)如图 10-11 甲所示,绝缘水平面上固定着两根足够长的平行光滑金属导轨 PQ、 MN,相距为 L=0.5 m,ef 右侧导轨处于匀强磁场中,磁场方向竖直向下,磁感应强度 B的大小随时间 t 的变化如图乙所示 .开始时 ab 棒和 cd 棒锁定在导轨上, ab 棒与 cd 棒平行,ab 棒离水平面高度为 h=
19、0.2 m,cd 棒与 ef 之间的距离也为 L,ab 棒的质量为 m1=0.2 kg,有效电阻 R1=0.05 , cd 棒的质量为 m2=0.1 kg,有效电阻为 R2=0.15 .(设 ab、 cd 棒在运动过程中均始终与导轨垂直且接触良好,导轨电阻不计,重力加速度 g 取 10 m/s2)(1)求 01 s 时间段通过 cd 棒的电流大小与方向;(2)假如在 1 s 末同时解除对 ab 棒和 cd 棒的锁定,稳定后 ab 棒和 cd 棒将以相同的速度做匀速直线运动, 求匀速运动的速度大小;(3)在 ab 棒和 cd 棒从 1 s 未同时解除锁定到开始以相同的速度做匀速运动过程中, ab
20、 棒产生的热量为多少?7图 10-11测 3 (导线框问题)如图 10-12 所示,两个有水平边界的匀强磁场的磁感应强度大小均为B,方向相反且均沿水平方向,两磁场高度均为 L.一个框面与磁场方向垂直、质量为 m、电阻为 R、边长为 L 的正方形金属框 abcd 从某一高度处由静止释放,当 ab 边刚进入第一个磁场时,金属框恰好做匀速直线运动;当 ab 边下落到 GH 和 JK 之间的某位置时,又恰好开始做匀速直线运动 .整个过程空气阻力不计,重力加速度为 g.求:(1)金属框的 ab 边刚进入第一个磁场时的速度;(2)金属框的 ab 边通过第二个磁场的时间 t;(3)金属框的 ab 边从开始进
21、入第一个磁场至刚刚到达第二个磁场下边界 JK 过程中,金属棒产生的热量 Q.图 10-12第 10 讲 电磁感应高频考点探究考点一例 1 AC 解析 由于金属棒 KN 沿导轨向下运动,则 KNMP 回路中产生逆时针方向的感应电流,在圆环处产生垂直于导轨平面向上的磁场,随着金属棒向下加速运动,穿过圆环的磁通量将增加,根据楞次定律可知,圆环将有收缩的趋势以阻碍穿过圆环磁通量的增加;又由于安培力的作用,金属棒向下运动的加速度减小,感应电流产生的磁场磁感应强度的变化率减小,穿过圆环的磁通量的变化率减小,所以在圆环中产生的感应电流不断减小,故 A、C 正确 .例 1 变式 1 B 解析 过程 中,磁通量
22、的变化量 1= r2B,过程 中,磁通量的变化量 2= r2(B-B),流过 OM 的电荷量 q= ,根据题意可知 1= 2,得到 = ,选项B 正确 .8例 1 变式 2 C 解析 t1t3内,穿过线圈的磁通量先向里减小后向外增大,根据楞次定律可知,流过小灯泡的电流方向为 a b,选项 A、B 错误; t1t3内, B-t 图线的斜率先增大后减小,则磁通量的变化率先增大后减小,感应电动势先增大后减小,小灯泡先变亮后变暗,选项C 正确,D 错误 .考点二例 2 (1) mg 02 s 内,匀减速直线运动;2 4 s 内,静止(2) = ld 0.5 沿顺时针方向 (3) I2Rt例 2 变式
23、1 (1)1.6 V (2)2 C (3)4 11解析 (1)棒 ab 受安培力 F 安 =BIL= 当 F 安 =2 N 时, v=2 m/s感应电动势 E=BLv=2 V故金属棒两端电压为 Uab= R=1.6 V(2)由安培力的大小随时间变化的图像可知,棒 ab 做匀加速直线运动的速度为 v=at由闭合电路欧姆定律可得电流为 I=则 0 到 2 s 内平均电流 =1 A故电荷量为 q= t=2 C(3)在 t=2 s 末的瞬时电流为 I= =2 A热功率为 P 热 =I2(R+r)=221 W=4 W对棒 ab,有 F-mgsin -BIL=ma解得 F=5.5 N拉力 F 的瞬时功率为
24、 P=Fv=11 W所以 t=2 s 末电路热功率 P 热 与拉力的瞬时功率 P 之比为 4 11例 2 变式 2 AD 解析 对金属杆 ab 施加一个与其垂直的水平方向的恒力 F,使金属杆从静止开始运动,由于金属杆切割磁感线产生感应电动势和感应电流,受到随速度的增大而增大的安培力作用,所以金属杆做加速度逐渐减小的加速运动,当安培力增大到与水平方向的恒力 F 大小相等时,金属杆做匀速直线运动,故 A 正确,B 错误;由功能关系知,开始水平方向的恒力 F 做的功一部分使金属杆动能增大,另一部分转化为电能,被电阻 R 消耗掉,当金属杆匀速运动时,水平方向的恒力 F 所做的功等于 R 上消耗的总能量
25、 E,故 C 错误,D 正确 .考点三例 3 (1) (2) (3)解析 (1)设金属棒 a 受到冲量 I 后瞬间的速度为 v0,金属棒 a 产生的感应电动势为 E,导轨中的电流为 i,则I=mv0E=B1lv0i=9联立得 i= .(2)金属棒 a 和金属棒 b 在 匀强磁场区运动过程中所受安培力大小相等、方向相反,故a、 b 组成的系统水平方向动量守恒 .金属棒 a 和金属棒 b 在 匀强磁场区运动过程中达到最大速度 vm时,两个金属棒速度相等,感应电流为零,两个金属棒匀速运动,根据动量守恒定律有mv0=2mvm解得 vm= .(3)金属棒 b 刚进入匀强磁场区时,设金属棒 a 产生的感应
26、电动势为 E1,金属棒 b 产生的感应电动势为 E2,E1=B1lvmE2=B2lvm因为 B1=2B2所以 E1=2E2所以,金属棒 b 刚进入匀强磁场区,电流立即出现,在安培力作用下金属棒 a 做减速运动,金属棒 b 做加速运动 .设金属棒 a 在匀强磁场区运动速度从 vm变化到最小速度 va,所用时间为 t,金属棒 b 在 匀强磁场区运动速度从 vm变化到最大速度 vb,所用时间也为 t,此后金属棒 a、 b 都匀速运动,则B1lva= B2lvb即 vb=2va设在 t 时间内通过金属棒 a、 b 的电流平均值为 I,根据动量定理有B1Ilt=mvm-mvaB2Ilt=mvb-mvm解
27、得 va= vm,vb= vm设金属棒 b 进入匀强磁场区后,金属棒 a、 b 中产生的总焦耳热为 Q,根据能量守恒定律得2m = m + m +Q解得 Q= .例 3 变式 (1) (2) mgd+(3) -mgd解析 (1)导体棒进入磁场瞬间,弹簧处于原长,受到重力和安培力作用,由牛顿第二定律得mg+BIL=ma=2mg又因为 I=解得 v=10导体棒两端电压 U= BLv=(2)设导体棒出磁场时弹簧的弹性势能为 Ep,则导体棒释放时弹簧的弹性势能为 4Ep,导体棒从释放到刚进入磁场的过程,由能量守恒定律得4Ep=2mgd+ mv2解得 Ep= mgd+(3)对导体棒上升过程,由能量守恒定
28、律得 4Ep=Ep+3mgd+Q 总可得 Q 总 =3Ep-3mgd= - mgd导体棒向上运动过程中产生的焦耳热为 Q= Q 总 = -mgd热点模型解读预测 1 (1) (2) -解析 (1)当导轨的加速度为零时,导轨速度最大,设为 vm.导轨在水平方向上受到外力 F、水平向左的安培力 F1和滑动摩擦力 F2,则 F-F1-F2=0由 F1=BIL,I= ,E=BLvm,可得 F1=以 PQ 棒为研究对象,在竖直方向上受重力 mg、竖直向上的支持力 FN和安培力 F3,PQ 静止,则 FN+F3=mg,F3=F1,F2=F N解得 F2=将 F1和 F2代入,得(1 - ) =0解得 vm
29、=(2)设导轨从开始运动至达到最大速度过程中移动距离为 x,由动量定理得t=mvm把 F=mg,x= t 代入,解得 x= -设系统增加的内能为 E,由功能关系得 Fx= m + E11故 E= - -预测 2 (1)1.25 A d c (2) m/s (3) J解析 (1)0 1 s 时间内,由于磁场均匀变化,根据法拉第电磁感应定律得 E= = =根据闭合电路欧姆定律得 I=解得 I=1.25 A由楞次定律可判断出 cd 棒中电流方向为 d c.(2)1 s 末后,磁场的磁感应强度不变, ab 棒从高为 h 处滑到 ef 过程,由动能定理得m1gh= m1解得 v0=2 m/s从 ab 棒
30、刚到 ef 处至两棒达到共同速度过程,由动量守恒定律得m1v0=(m1+m2)v解得 v= m/s.(3)对 ab 棒和 cd 棒从 1 s 末同时解除锁定到开始以相同的速度做匀速运动过程,由能量守恒定律得m1gh= (m1+m2)v2+Q解得 Q= J由于 ab 棒和 cd 棒串联,所以产生的热量之比等于电阻之比,故Qab= Q= J= J.预测 3 (1) (2) - (3) +2mgL解析 (1) 设 ab 边刚进入第一个磁场时,金属框的速度为 v1,所受安培力为 F1,因金属框做匀速运动,有mg=F1=BI1L其中 I1= ,E1=BLv1联立解得 v1=(2)设 ab 边到达 GH 和 JK 之间的某位置时,金属框的速度为 v2,ab 边受到的安培力为 F2,cd边受到的安培力为 F3,有F2=F312mg=2F2=2BI2L其中 I2= ,E2= =2BLv2联立解得 v2= v1= 金属框的 ab 边从第一个磁场下边界 GH 至第二个磁场下边界 JK 的过程,由动量定理得 mgt-2B Lt=mv2-mv1而 t=q=解得 t= -(3)金属框的 ab 边从开始进入第一个磁场至刚刚到达第二个磁场下边界 JK 的过程,由能量守恒定律得m +2mgL=Q+ m联立解得 Q= +2mgL
