素养提升课(四) 楞次定律的应用
1．理解电磁感应中的“增反减同”，能利用“增离减靠”法判断导体受力或运动方向。
2．理解电磁感应中的“来拒去留”，能利用“来拒去留”法判断导体所受安培力的方向。
3．理解电磁感应中的“增缩减扩”，能利用“增缩减扩”法判断闭合线圈面积的变化趋势。
4．理解安培定则、左手定则、右手定则和楞次定律的区别，知道它们的适用范围。
“增离减靠”法的应用
1．若原磁通量增加，则通过远离磁场源起到阻碍的作用(“增离”)。
2．若原磁通量减小，则通过靠近磁场源起到阻碍的作用(“减靠”)。
【典例1】 如图所示，一水平放置的矩形闭合线框abcd，在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内。如图中的位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ，在这个过程中，线圈中感应电流( )
A．沿abcd流动
B．沿dcba流动
C．由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流动
D．由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流动
A [线圈从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，穿过线圈的向上的磁通量减小，根据楞次定律可知，产生感应电流的磁场方向向上，由右手定则知电流沿abcd方向；线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中，线圈内穿过的向下的磁通量增加，则感应电流的磁场方向向上，由右手定则知感应电流方向沿abcd方向。故选A。]
[跟进训练]
1．如图所示，ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈，在滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动过程中，线圈ab将( )
A．静止不动
B．逆时针转动
C．顺时针转动
D．发生转动，但因电源的极性不明，无法确定转动的方向
C [当P向右滑动时，电路中电阻减小，电流增大，穿过线圈ab的磁通量增大，根据楞次定律判断，线圈ab将顺时针转动，C正确。]
“来拒去留”法的应用
由于磁场与导体的相对运动产生电磁感应现象时，产生感应电流的导体受到磁场的安培力，这种安培力会“阻碍”相对运动，用一句口诀就是“来拒去留”。
【典例2】 如图所示，一个闭合矩形金属线框abcd与一根绝缘轻杆相连，轻杆上端O点是一个固定转动轴，转动轴与线框平面垂直，线框静止时恰位于蹄形磁铁的正中间，线框平面与磁感线垂直。现将线框从左侧某一高度处由静止释放，在线框左右摆动过程中，线框受到磁场力的方向是( )
A．向左摆动的过程中，受力方向向左；向右摆动的过程中，受力方向向右
B．向左摆动的过程中，受力方向向右；向右摆动的过程中，受力方向向左
C．向左摆动的过程中，受力方向先向左后向右；向右摆动的过程中，受力方向先向右后向左
D．向左、向右摆动过程中始终不受力
B [从阻碍相对运动的角度来看，由于磁通量的变化是线框相对磁场运动引起的，因此感应电流的磁场总是阻碍线框相对磁场的运动。要阻碍相对运动，磁场对线框中感应电流的作用力一定和相对运动的方向相反，即线框向左摆动时受力方向向右，线框向右摆动时受力方向向左，故B正确，A、C、D错误。]
[跟进训练]
2．(2022·吉林高二期末)如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开始下落，最后落在水平地面上。磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触。若不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变
B．磁铁落地时的速率一定等于
C．磁铁在整个下落过程中，所受线圈对它的作用力先竖直向上后竖直向下
D．在磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针(从上向下看圆环)
D [磁铁在整个下落过程中，由于受到磁场力的作用，机械能不守恒，A错误；若磁铁从高度h处做自由落体运动，其落地时的速度v＝，但磁铁穿过圆环的过程中要产生一部分电热，根据能量守恒定律可知，其落地速度一定小于，B错误；根据楞次定律的推论“来拒去留”原则，可判断磁铁在整个下落过程中，受圆环对它的作用力始终竖直向上，C错误；当条形磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量增加，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为逆时针(从上向下看圆环)，当条形磁铁远离圆环时，穿过圆环的磁通量减小，根据楞次定律可判断圆环中感应电流的方向为顺时针(从上向下看圆环)，D正确。故选D。]
“增缩减扩”法的应用
当闭合电路中有感应电流产生时，电路的各部分导线就会受到安培力作用，会使电路的面积有变化(或有变化趋势)。
1．若原磁通量增加，则通过减小有效面积起到阻碍的作用(“增缩”)。
2．若原磁通量减小，则通过增大有效面积起到阻碍的作用(“减扩”)。
【典例3】 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向上滑动，下面说法正确的是( )
A．穿过线圈a的磁通量变大
B．线圈a有收缩的趋势
C．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流
D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大
C [P向上滑动，回路电阻增大，电流减小，磁场减弱，穿过线圈a的磁通量变小，根据楞次定律，线圈a的面积有增大趋势，A、B错误；由于线圈a中磁通量减小，根据楞次定律，线圈a中感应电流应为俯视顺时针方向，C正确；由于线圈a中磁通量减小，可以用“等效法”，即将线圈a和b看作两个条形磁铁，不难判断此时两磁铁相互吸引，故线圈a对水平桌面的压力FN减小，D错误。]
[跟进训练]
3．(2022·河南驻马店高二期末)如图所示，通电螺线管左端外侧和内部分别静止悬吊导体环a和b，环c套在螺线管正中间，并与螺线管共轴。当滑动变阻器R的滑动触头向右滑动时，下列说法正确的是( )
A．a环向左摆
B．b环有缩小的趋势
C．c环有扩大的趋势
D．三个环中感应电流方向相同
D [根据右手螺旋定则，通电螺线管的左端为N级，右端为S级，穿过a环、b环、c环的净磁感线均从右到左，当滑动变阻器向右滑动时，接入电路电阻变大，电流变小，穿过a环的磁通量变小，根据楞次定律，a环将向右摆，感应电流产生的附加磁场为从右到左，b环扩张，感应电流方向产生的附加磁场为从右到左，c环收缩，产生的附加磁场为从右到左，A、B、C错误；由于a环、b环、c环的感应电流产生的附加磁场均从右到左，因此三个环中的感应电流方向相同，D正确。故选D。]
“三定则一定律”的综合应用
安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的适用情况如下表。
比较项目 安培定则 左手定则 右手定则 楞次定律
适用场合 通电导线、圆环产生磁场时，磁场方向、电流方向关系 通电导线在磁场中所受的安培力方向、电流方向、磁场方向的关系 导体切割磁感线时速度方向、磁场方向、感应电流方向的关系 回路中磁通量变化产生感应电流时，原磁场方向、感应电流磁场方向的关系
综合运用这几个规律的关键是分清各个规律的适用情况，不能混淆。
【典例4】 (多选)如图所示装置中，cd杆光滑且原来静止。当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动(导体棒切割磁感线速度越大，感应电流越大)( )
A．向右匀速运动 B．向右加速运动
C．向左加速运动 D．向左减速运动
BD [ab杆向右匀速运动，在ab杆中产生恒定的电流，该电流在线圈L1中产生恒定的磁场，在L2中不产生感应电流，所以cd杆不动，故A错误；ab杆向右加速运动，根据右手定则，知在ab杆上产生增大的由a到b的电流，根据安培定则，在L1中产生方向向上且增强的磁场，该磁场向下通过L2，由楞次定律，在cd杆上产生c到d的感应电流，根据左手定则，cd杆受到向右的安培力，cd杆将向右运动，故B正确；同理可得C错误，D正确。]
左判“力”，右判“电”，安培定则“磁感线”。
[跟进训练]
4．(多选)如图所示，在匀强磁场中放一电阻不计的平行金属轨道，轨道与轨道平面内的圆形线圈P相连，要使在同一平面内所包围的小闭合线圈Q内产生顺时针方向的感应电流，导线ab的运动情况可能是( )
A．匀速向右运动 B．加速向右运动
C．减速向右运动 D．加速向左运动
CD [本题关键是要弄清使Q中产生顺时针方向的电流，则穿过Q中的磁通量应如何变化。可用楞次定律步骤的逆过程来分析，要使Q中产生顺时针方向的感应电流，感应电流的磁场方向应垂直纸面指向纸内。如果穿过Q的原磁场是垂直纸面向里的，则原磁场应减弱；如果穿过Q的原磁场是垂直纸面向外的，则原磁场应增强。当ab向右运动时，根据右手定则可判定出P中产生的感应电流方向是顺时针方向，由安培定则可判知P中感应电流的磁场穿过Q中的磁感线方向垂直纸面向里，所以当ab向右减速运动时，可使穿过Q的向里的磁通量减小，从而使Q中产生顺时针方向的电流；当ab向左运动时，同理可判定P中感应电流的磁场穿过Q中的磁感线方向垂直纸面向外，所以当ab向左加速运动时，可使穿过Q的向外的磁通量增大，从而使Q中产生顺时针方向的感应电流。故正确选项为CD。]
素养提升课(四) 楞次定律的应用
1．理解电磁感应中的“增反减同”，能利用“增离减靠”法判断导体受力或运动方向。
2．理解电磁感应中的“来拒去留”，能利用“来拒去留”法判断导体所受安培力的方向。
3．理解电磁感应中的“增缩减扩”，能利用“增缩减扩”法判断闭合线圈面积的变化趋势。
4．理解安培定则、左手定则、右手定则和楞次定律的区别，知道它们的适用范围。
“增离减靠”法的应用
1．若原磁通量增加，则通过远离磁场源起到阻碍的作用(“增离”)。
2．若原磁通量减小，则通过靠近磁场源起到阻碍的作用(“减靠”)。
【典例1】 如图所示，一水平放置的矩形闭合线框abcd，在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内。如图中的位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ，在这个过程中，线圈中感应电流( )
A．沿abcd流动
B．沿dcba流动
C．由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流动
D．由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流动
[听课记录]
[跟进训练]
1．如图所示，ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈，在滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动过程中，线圈ab将( )
A．静止不动
B．逆时针转动
C．顺时针转动
D．发生转动，但因电源的极性不明，无法确定转动的方向
“来拒去留”法的应用
由于磁场与导体的相对运动产生电磁感应现象时，产生感应电流的导体受到磁场的安培力，这种安培力会“阻碍”相对运动，用一句口诀就是“来拒去留”。
【典例2】 如图所示，一个闭合矩形金属线框abcd与一根绝缘轻杆相连，轻杆上端O点是一个固定转动轴，转动轴与线框平面垂直，线框静止时恰位于蹄形磁铁的正中间，线框平面与磁感线垂直。现将线框从左侧某一高度处由静止释放，在线框左右摆动过程中，线框受到磁场力的方向是( )
A．向左摆动的过程中，受力方向向左；向右摆动的过程中，受力方向向右
B．向左摆动的过程中，受力方向向右；向右摆动的过程中，受力方向向左
C．向左摆动的过程中，受力方向先向左后向右；向右摆动的过程中，受力方向先向右后向左
D．向左、向右摆动过程中始终不受力
[听课记录]
[跟进训练]
2．(2022·吉林高二期末)如图所示，在一固定水平放置的闭合导体圆环上方，有一条形磁铁，从离地面高h处，由静止开始下落，最后落在水平地面上。磁铁下落过程中始终保持竖直方向，并从圆环中心穿过圆环，而不与圆环接触。若不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．磁铁在整个下落过程中，它的机械能不变
B．磁铁落地时的速率一定等于
C．磁铁在整个下落过程中，所受线圈对它的作用力先竖直向上后竖直向下
D．在磁铁下落的整个过程中，圆环中的感应电流方向先逆时针后顺时针(从上向下看圆环)
“增缩减扩”法的应用
当闭合电路中有感应电流产生时，电路的各部分导线就会受到安培力作用，会使电路的面积有变化(或有变化趋势)。
1．若原磁通量增加，则通过减小有效面积起到阻碍的作用(“增缩”)。
2．若原磁通量减小，则通过增大有效面积起到阻碍的作用(“减扩”)。
【典例3】 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向上滑动，下面说法正确的是( )
A．穿过线圈a的磁通量变大
B．线圈a有收缩的趋势
C．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流
D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大
[听课记录]
[跟进训练]
3．(2022·河南驻马店高二期末)如图所示，通电螺线管左端外侧和内部分别静止悬吊导体环a和b，环c套在螺线管正中间，并与螺线管共轴。当滑动变阻器R的滑动触头向右滑动时，下列说法正确的是( )
A．a环向左摆
B．b环有缩小的趋势
C．c环有扩大的趋势
D．三个环中感应电流方向相同
“三定则一定律”的综合应用
安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的适用情况如下表。
比较项目 安培定则 左手定则 右手定则 楞次定律
适用场合 通电导线、圆环产生磁场时，磁场方向、电流方向关系 通电导线在磁场中所受的安培力方向、电流方向、磁场方向的关系 导体切割磁感线时速度方向、磁场方向、感应电流方向的关系 回路中磁通量变化产生感应电流时，原磁场方向、感应电流磁场方向的关系
综合运用这几个规律的关键是分清各个规律的适用情况，不能混淆。
【典例4】 (多选)如图所示装置中，cd杆光滑且原来静止。当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动(导体棒切割磁感线速度越大，感应电流越大)( )
A．向右匀速运动 B．向右加速运动
C．向左加速运动 D．向左减速运动
[听课记录]
左判“力”，右判“电”，安培定则“磁感线”。
[跟进训练]
4．(多选)如图所示，在匀强磁场中放一电阻不计的平行金属轨道，轨道与轨道平面内的圆形线圈P相连，要使在同一平面内所包围的小闭合线圈Q内产生顺时针方向的感应电流，导线ab的运动情况可能是( )
A．匀速向右运动 B．加速向右运动
C．减速向右运动 D．加速向左运动
素养提升课(五) 电磁感应中的电路及图像问题
1．进一步理解公式E＝n与E＝Blv的区别和联系，能够应用两个公式求解感应电动势。
2．掌握电磁感应现象中电路问题的分析方法和解题基本思路。
3．综合应用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的图像问题。
电磁感应中的电路问题
1．电磁感应中电路知识的关系图
2．解决电磁感应中的电路问题三部曲
【典例1】 在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1 000匝，横截面积S＝20 cm2，螺线管导线电阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF。在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场的磁感应强度B的方向如图甲所示，大小按如图乙所示的规律变化，则下列说法正确的是( )
A．螺线管中产生的感应电动势为1.2 V
B．闭合S，电路中的电流稳定后，电容器下极板带负电
C．闭合S，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为2.56×10-2 W
D．S断开后，流经R2的电荷量为1.8×10-2 C
C [根据法拉第电磁感应定律：E＝n，解得：E＝0.8 V，A错误；根据楞次定律可知，螺线管的感应电流盘旋而下，则螺线管下端是电源的正极，电容器下极板带正电，B错误；根据闭合电路欧姆定律，有I＝＝0.08 A，根据P＝I2R1得，电阻R1的电功率P＝2.56×10-2 W，C正确；S断开后，流经R2的电荷量即为S闭合时电容器极板上所带的电荷量Q，电容器两极板间的电压为：U＝IR2＝0.4 V，流经R2的电荷量为：Q＝CU＝1.2×10-5 C，D错误。]
(1)“电源”的确定方法：切割磁感线的导体(或磁通量发生变化的闭合线圈)相当于“电源”，该部分导体(或线圈)的电阻相当于电源的“内阻”。
(2)电流的流向：在“电源”内部电流从负极流向正极，在“电源”外部电流从正极流向负极。
[跟进训练]
1．(2022·河南浚县第一中学高二阶段练习)如图所示，间距为l的U形导轨固定在水平面上，垂直导轨向下的匀强磁场磁感应强度为B。质量为m、电阻为r的金属杆PQ沿着粗糙U形导轨以初速度v开始向右滑行，金属杆PQ与U形导轨之间的动摩擦因数为μ，ab间电阻为R，导轨电阻忽略不计，取重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．通过金属杆电流的方向为由P到Q
B．PQ开始运动时ab间电压为Blv
C．PQ运动的过程中系统产生焦耳热为mv2
D．开始运动时PQ的加速度大小为＋μg
D [根据右手定则可知金属杆电流的方向为Q到P，故A错误；PQ开始运动时产生的电动势为E＝Blv，ab间电压为U＝·Blv，故B错误；根据功能关系可知PQ运动的过程中有，所以系统产生焦耳热小于mv2，故C错误；开始运动时导体杆PQ受到向左的摩擦力和安培力的合力提供加速度，有F安＋μmg＝ma，而F安＝BIl＝，联立可得加速度大小为a＝＋μg，故D正确。故选D。]
2．一直径为d、电阻为r的均匀光滑金属圆环水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，如图所示。一根长为d、电阻为的金属棒ab始终在圆环上以速度v(方向与棒垂直)匀速平动，与圆环接触良好。当ab棒运动到圆环的直径位置时，ab棒中的电流为( )
A． B．
C． D．
B [当ab棒运动到圆环的直径位置时，产生感应电动势大小为E＝Bdv，ab棒相当于电源，两个金属半圆环并联后，再与ab棒串联，则电路的总电阻为R＝r，ab棒中的电流为I＝，故选B。]
电磁感应中的图像问题
1．电磁感应中常见的图像问题
图像类型 随时间变化的图像，如B-t图像、Φ-t图像、E-t图像、I-t图像 随位移变化的图像，如E-x图像、I-x图像(所以要先看坐标轴：哪个物理量随哪个物理量变化要弄清)
问题类型 (1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像(画图像的方法) (2)由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量(用图像)
应用知识 四个规律 左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律
2．处理图像问题要做到“四明确”“一理解”
【典例2】 如图所示，在空间中存在两个相邻的、磁感应强度大小相等、方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为l。现将宽度也为l的矩形闭合线圈，从图中所示位置垂直于磁场方向匀速拉过磁场区域，则在该过程中，图中能正确反映线圈中所产生的感应电流(逆时针方向为正)或其所受的安培力(向左为正方向)随时间变化的图像是( )
A B C D
D [由左手定则可知，当矩形闭合线圈进入磁场和离开磁场时，线圈所受安培力总是水平向左，所以外力始终水平向右，因安培力的大小不同且在中间时最大，故选项D正确，选项C错误；当矩形闭合线圈进入磁场时，由法拉第电磁感应定律判断，感应电流的大小在中间时刻最大，故选项A、B错误。]
电磁感应中图像选择类的两个常用方法
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)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项
函数法 根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和判断
[跟进训练]
3．(2022·陕西富平蓝光中学高二期末)如图甲所示，水平面内虚线MN的右侧存在竖直向下的匀强磁场，现有一个闭合的金属线框以恒定速度从MN左侧沿垂直MN的方向进入匀强磁场区域，线框中的电流随时间变化的i-t图像如图乙所示，则线框的形状可能是下图中的( )
A B C D
A [导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，设线框总电阻是R，则感应电流I＝，由题图乙所示图像可知，感应电流先均匀变大，后均匀变小，由于B、v、R是定值，由上式知I与有效切割长度成正比，则导体棒的有效长度l应先均匀变长，后均匀变短，三角形线框匀速进入磁场时，有效长度l先均匀增加，后均匀减小，故A正确；梯形线框匀速进入磁场时，有效长度l先均匀增加，后不变，最后均匀减小，故B错误；闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度l先变大，后变小，但随时间非均匀变化，故C错误；图示形状匀速进入磁场时，有效长度l先均匀增加，后不变，最后均匀减小，故D错误。故选A。]
4．(多选)(2022·湖南高二期中)如图所示，空间有一宽度为l的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，abc是由均匀电阻丝做成的等腰直角三角形线框，bc边上的高也为l。图示时刻，bc边与磁场边界平行，a点在磁场边界上。现使线框从图示位置匀速通过磁场区，速度方向始终与磁场边界垂直，若规定图示线框的位置x＝0，感应电流i沿逆时针方向为正，线框受到的安培力F方向向左为正，则下列图像可能正确的为( )
A B C D
AC [进入磁场的过程中，线框切割磁感线的有效长度d＝2x，回路中的感应电流I＝，随x均匀增加，根据楞次定律，电流方向为正，刚出磁场时，由于前后感应电动势抵消，故线框电流为零、随后bc切割磁感线产生的电动势，大于ab和ac产生的电动势之和、合电动势均匀增大，故电流也均匀增加，根据楞次定律可知，电流方向为负，因此A正确，B错误；入磁场时，线框所受安培力F＝BId＝，方向向左，出磁场时与入磁场时完全相同，方向也向左，因此C正确，D错误。故选AC。]
素养提升课(五) 电磁感应中的电路及图像问题
1．进一步理解公式E＝n与E＝Blv的区别和联系，能够应用两个公式求解感应电动势。
2．掌握电磁感应现象中电路问题的分析方法和解题基本思路。
3．综合应用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的图像问题。
电磁感应中的电路问题
1．电磁感应中电路知识的关系图
2．解决电磁感应中的电路问题三部曲
【典例1】 在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1 000匝，横截面积S＝20 cm2，螺线管导线电阻r＝1.0 Ω，R1＝4.0 Ω，R2＝5.0 Ω，C＝30 μF。在一段时间内，垂直穿过螺线管的磁场的磁感应强度B的方向如图甲所示，大小按如图乙所示的规律变化，则下列说法正确的是( )
A．螺线管中产生的感应电动势为1.2 V
B．闭合S，电路中的电流稳定后，电容器下极板带负电
C．闭合S，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为2.56×10-2 W
D．S断开后，流经R2的电荷量为1.8×10-2 C
[听课记录]
(1)“电源”的确定方法：切割磁感线的导体(或磁通量发生变化的闭合线圈)相当于“电源”，该部分导体(或线圈)的电阻相当于电源的“内阻”。
(2)电流的流向：在“电源”内部电流从负极流向正极，在“电源”外部电流从正极流向负极。
[跟进训练]
1．(2022·河南浚县第一中学高二阶段练习)如图所示，间距为l的U形导轨固定在水平面上，垂直导轨向下的匀强磁场磁感应强度为B。质量为m、电阻为r的金属杆PQ沿着粗糙U形导轨以初速度v开始向右滑行，金属杆PQ与U形导轨之间的动摩擦因数为μ，ab间电阻为R，导轨电阻忽略不计，取重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．通过金属杆电流的方向为由P到Q
B．PQ开始运动时ab间电压为Blv
C．PQ运动的过程中系统产生焦耳热为mv2
D．开始运动时PQ的加速度大小为＋μg
2．一直径为d、电阻为r的均匀光滑金属圆环水平放置在方向竖直向下的匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为B，如图所示。一根长为d、电阻为的金属棒ab始终在圆环上以速度v(方向与棒垂直)匀速平动，与圆环接触良好。当ab棒运动到圆环的直径位置时，ab棒中的电流为( )
A． B．
C． D．
电磁感应中的图像问题
1．电磁感应中常见的图像问题
图像类型 随时间变化的图像，如B-t图像、Φ-t图像、E-t图像、I-t图像 随位移变化的图像，如E-x图像、I-x图像(所以要先看坐标轴：哪个物理量随哪个物理量变化要弄清)
问题类型 (1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像(画图像的方法) (2)由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量(用图像)
应用知识 四个规律 左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律
2．处理图像问题要做到“四明确”“一理解”
【典例2】 如图所示，在空间中存在两个相邻的、磁感应强度大小相等、方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为l。现将宽度也为l的矩形闭合线圈，从图中所示位置垂直于磁场方向匀速拉过磁场区域，则在该过程中，图中能正确反映线圈中所产生的感应电流(逆时针方向为正)或其所受的安培力(向左为正方向)随时间变化的图像是( )
A B C D
[听课记录]
电磁感应中图像选择类的两个常用方法
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)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项
函数法 根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和判断
[跟进训练]
3．(2022·陕西富平蓝光中学高二期末)如图甲所示，水平面内虚线MN的右侧存在竖直向下的匀强磁场，现有一个闭合的金属线框以恒定速度从MN左侧沿垂直MN的方向进入匀强磁场区域，线框中的电流随时间变化的i-t图像如图乙所示，则线框的形状可能是下图中的( )
A B C D
4．(多选)(2022·湖南高二期中)如图所示，空间有一宽度为l的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，abc是由均匀电阻丝做成的等腰直角三角形线框，bc边上的高也为l。图示时刻，bc边与磁场边界平行，a点在磁场边界上。现使线框从图示位置匀速通过磁场区，速度方向始终与磁场边界垂直，若规定图示线框的位置x＝0，感应电流i沿逆时针方向为正，线框受到的安培力F方向向左为正，则下列图像可能正确的为( )
A B C D
素养提升课(六) 电磁感应中的动力学及能量问题
1．综合运用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的动力学问题。
2．会分析电磁感应中的能量转化问题。
3．会用动量的观点分析电磁感应中的问题。
电磁感应中的动力学问题
1．导体的两种运动状态
(1)平衡状态：静止或匀速直线运动，F合＝0。
(2)非平衡状态：加速度不为零，F合＝ma。
2．电学对象与力学对象的转换及关系
【典例1】 如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ＝30°，两导轨之间的距离为l＝1 m，两导轨M、P之间接入电阻R＝0.2 Ω，导轨电阻不计，在abdc区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度B0＝1 T，磁场的宽度x1＝1 m；在cd连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度B1＝0.5 T。一个质量为m＝1 kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝0.2 Ω，若金属棒在离ab连线上端x0处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速运动。金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef时又达到稳定状态，cd与ef之间的距离x2＝8 m。(g取10 m/s2)求：
(1)金属棒在磁场Ⅰ运动的速度大小；
(2)金属棒滑过cd位置时的加速度大小；
(3)金属棒在磁场Ⅱ中达到稳定状态时的速度大小。
[解析] (1)金属棒进入磁场Ⅰ做匀速运动，设速度为v0，
由平衡条件得mg sin θ＝F安
而F安＝B0I0l，I0＝
代入数据解得v0＝2 m/s。
(2)金属棒滑过cd位置时，其受力如图所示。由牛顿第二定律得
mg sin θ－F′安＝ma
而F′安＝B1I1l，I1＝
代入数据解得
a＝3.75 m/s2。
(3)金属棒在进入磁场Ⅱ区域达到稳定状态时，设速度为v1，则mg sin θ＝F″安
而F″安＝B1I2l，I2＝
代入数据解得v1＝8 m/s。
[答案] (1)2 m/s (2)3.75 m/s2 (3)8 m/s
用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：
[跟进训练]
1．(2022·广东广州高二期中)如图所示，两根竖直固定的足够长的金属导轨ab和cd相距l＝0.2 m，另外两根水平金属杆MN和PQ，PQ杆固定放置在水平绝缘平台上，MN的质量为m＝10 g，可沿导轨无摩擦地滑动，MN杆和PQ杆的电阻均为R＝0.2 Ω(竖直金属导轨电阻不计)，整个装置处于垂直导轨平面向里的匀强磁场中，现在让MN杆在竖直向上的恒定拉力F＝0.2 N的作用下由静止开始向上运动，MN杆和PQ杆与金属导轨始终接触良好，磁感应强度B＝1.0 T，杆MN的最大速度为多少？(g取10 m/s2)
[解析] MN杆切割磁感线产生的电动势为E1＝Blv，由闭合电路欧姆定律得I1＝
MN杆所受安培力大小为F安＝BI1l，对MN杆应用牛顿第二定律得F－mg－F安＝ma
当MN杆速度最大时，MN杆的加速度为零，联立解得MN杆的最大速度为
vm＝1 m/s。
[答案] 1 m/s
电磁感应中的能量问题
1．能量转化的过程分析
电磁感应的实质是不同形式的能量转化的过程。
2．求解焦耳热Q的几种方法
【典例2】 如图所示，两根足够长的固定的光滑平行金属导轨位于倾角θ＝30°的固定斜面上，导轨上、下端分别接有阻值R1＝10 Ω和R2＝30 Ω的电阻，导轨自身电阻忽略不计，导轨宽度l＝2 m，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T。质量为m＝0.1 kg，电阻r＝2.5 Ω的金属棒ab在较高处由静止释放，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好。当金属棒ab下滑高度h＝3 m时，速度恰好达到最大值。(g取10 m/s2)求：
(1)金属棒ab达到的最大速度vm；
(2)该过程通过电阻R1的电荷量q；
(3)金属棒ab在以上运动过程中导轨下端电阻R2中产生的热量。(结果保留两位小数)
[解析] (1)切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv
根据串并联电路的特点知，外电路总电阻R外＝＝7.5 Ω
根据闭合电路欧姆定律得I＝
安培力F安＝BIl
当加速度a为零时，速度v达最大，有
mg sin θ＝
解得速度最大值vm＝
由以上各式解得最大速度vm＝5 m/s。
(2)根据电磁感应定律有E＝
根据闭合电路欧姆定律有
感应电荷量q0＝Δt
联立得：q0＝
由以上各式解得q0＝0.6 C
通过R1的电荷量为q＝q0＝0.45 C。
(3)金属棒下滑过程中根据能量守恒定律可得：
mgh＝＋Q总
代入数据解得Q总＝1.75 J
下端电阻R2中产生的热量Q2＝Q总≈0.33 J。
[答案] (1)5 m/s (2)0.45 C (3)0.33 J
[跟进训练]
2．(多选)如图所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计。斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上。质量为m、电阻可以忽略不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h，重力加速度为g，在这一过程中( )
A．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零
B．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和
C．恒力F与安培力的合力所做的功等于零
D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热
AD [金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿导轨平面向下，做负功，匀速运动时，金属棒所受合力为零，故合力做功为零，A正确，B、C错误；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于电阻R上产生的焦耳热，故恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，D正确。]
电磁感应中的动量问题
1．动量定理在电磁感应中的应用
导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为：I安＝lt＝Blq，通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝Δt＝Δt＝n·Δt＝n，磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝Blx。如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安＝mv2－mv1。当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时用动量定理求解更方便。
2．动量守恒定律在电磁感应中的应用
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，安培力为系统内力，如果两安培力等大反向，且它们受到的外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便。这类问题可以从以下三个观点来分析：
(1)力学观点：通常情况下一个金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属棒以共同的速度匀速运动。
(2)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属棒的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒。
(3)能量观点：其中一个金属棒动能的减少量等于另一个金属棒动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和。
【典例3】 如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝3 T。两导轨间距为l＝0.5 m，轨道足够长。金属棒a和b的质量分别为ma＝1 kg、mb＝0.5 kg，电阻分别为Ra＝1 Ω，Rb＝2 Ω。b棒静止于轨道水平部分，现将a棒从h＝1.8 m高处自静止沿弧形轨道下滑，通过C点进入轨道的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，两棒始终不相碰。g取10 m/s2。求：
(1)a棒刚进入磁场时，b棒的加速度；
(2)从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中，流过a棒的电荷量；
(3)从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中，a棒中产生的焦耳热。
[解析] (1)a棒沿弧形轨道下滑h过程，根据机械能守恒定律有magh＝mav2
a棒进入磁场瞬间感应电动势E＝Blv
根据闭合电路欧姆定律I＝
对b棒F安＝IlB
根据牛顿第二定律F安＝mba
解得a＝9 m/s2
由左手定则知，b棒加速度的方向向右。
(2)对a、b由动量守恒定律得
mav＝(ma＋mb)v共
解得v共＝4 m/s
对b棒，应用动量定理lBt＝mbv共
Blq＝mbv共
解得q＝ C，又a、b棒在电路中串联，所以有流过a、b棒电荷量相等，即qa＝q＝ C。
(3)a、b棒在水平面内运动过程，由能量守恒定律得
＝Q
根据焦耳定律有Q＝I2(Ra＋Rb)t
Qa＝I2Rat
联立解得Qa＝2 J。
[答案] (1)9 m/s2 方向向右 (2) C (3)2 J
[跟进训练]
3．(多选)如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为l，导轨电阻均可忽略不计。在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻也为R，并与导轨垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度
v0，使杆向右运动，最终ab杆停止在导轨上。下列说法正确的是( )
A．ab杆将做匀减速运动直到静止
B．ab杆速度减为时，ab杆加速度大小为
C．ab杆速度减为时，通过定值电阻的电荷量为
D．ab杆速度减为时，ab杆通过的位移为
BD [ab杆在水平方向上受到与运动方向相反的安培力，安培力大小为FA＝，加速度大小为：a＝，由于速度减小，所以ab杆做加速度减小的变减速运动直到静止，故A错误；当ab杆的速度为时，安培力大小为：F＝，所以加速度大小为：a＝，故B正确；对ab杆，由动量定理得：－Bl·Δt＝m－mv0，即BLq＝，解得：q＝，所以通过定值电阻的电荷量为，故C错误；由q＝，解得ab杆通过的位移：x＝，故D正确。]
素养提升课(六) 电磁感应中的动力学及能量问题
1．综合运用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的动力学问题。
2．会分析电磁感应中的能量转化问题。
3．会用动量的观点分析电磁感应中的问题。
电磁感应中的动力学问题
1．导体的两种运动状态
(1)平衡状态：静止或匀速直线运动，F合＝0。
(2)非平衡状态：加速度不为零，F合＝ma。
2．电学对象与力学对象的转换及关系
【典例1】 如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ＝30°，两导轨之间的距离为l＝1 m，两导轨M、P之间接入电阻R＝0.2 Ω，导轨电阻不计，在abdc区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度B0＝1 T，磁场的宽度x1＝1 m；在cd连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度B1＝0.5 T。一个质量为m＝1 kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝0.2 Ω，若金属棒在离ab连线上端x0处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速运动。金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef时又达到稳定状态，cd与ef之间的距离x2＝8 m。(g取10 m/s2)求：
(1)金属棒在磁场Ⅰ运动的速度大小；
(2)金属棒滑过cd位置时的加速度大小；
(3)金属棒在磁场Ⅱ中达到稳定状态时的速度大小。
[听课记录]
用“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下：
[跟进训练]
1．(2022·广东广州高二期中)如图所示，两根竖直固定的足够长的金属导轨ab和cd相距l＝0.2 m，另外两根水平金属杆MN和PQ，PQ杆固定放置在水平绝缘平台上，MN的质量为m＝10 g，可沿导轨无摩擦地滑动，MN杆和PQ杆的电阻均为R＝0.2 Ω(竖直金属导轨电阻不计)，整个装置处于垂直导轨平面向里的匀强磁场中，现在让MN杆在竖直向上的恒定拉力F＝0.2 N的作用下由静止开始向上运动，MN杆和PQ杆与金属导轨始终接触良好，磁感应强度B＝1.0 T，杆MN的最大速度为多少？(g取10 m/s2)
电磁感应中的能量问题
1．能量转化的过程分析
电磁感应的实质是不同形式的能量转化的过程。
2．求解焦耳热Q的几种方法
【典例2】 如图所示，两根足够长的固定的光滑平行金属导轨位于倾角θ＝30°的固定斜面上，导轨上、下端分别接有阻值R1＝10 Ω和R2＝30 Ω的电阻，导轨自身电阻忽略不计，导轨宽度l＝2 m，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T。质量为m＝0.1 kg，电阻r＝2.5 Ω的金属棒ab在较高处由静止释放，金属棒ab在下滑过程中始终与导轨垂直且与导轨接触良好。当金属棒ab下滑高度h＝3 m时，速度恰好达到最大值。(g取10 m/s2)求：
(1)金属棒ab达到的最大速度vm；
(2)该过程通过电阻R1的电荷量q；
(3)金属棒ab在以上运动过程中导轨下端电阻R2中产生的热量。(结果保留两位小数)
[听课记录]
[跟进训练]
2．(多选)如图所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计。斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上。质量为m、电阻可以忽略不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h，重力加速度为g，在这一过程中( )
A．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零
B．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和
C．恒力F与安培力的合力所做的功等于零
D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热
电磁感应中的动量问题
1．动量定理在电磁感应中的应用
导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为：I安＝lt＝Blq，通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝Δt＝Δt＝n·Δt＝n，磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝Blx。如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安＝mv2－mv1。当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时用动量定理求解更方便。
2．动量守恒定律在电磁感应中的应用
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，安培力为系统内力，如果两安培力等大反向，且它们受到的外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便。这类问题可以从以下三个观点来分析：
(1)力学观点：通常情况下一个金属棒做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属棒做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属棒以共同的速度匀速运动。
(2)动量观点：如果光滑导轨间距恒定，则两个金属棒的安培力大小相等，通常情况下系统的动量守恒。
(3)能量观点：其中一个金属棒动能的减少量等于另一个金属棒动能的增加量与回路中产生的焦耳热之和。
【典例3】 如图所示，光滑平行金属导轨的水平部分处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝3 T。两导轨间距为l＝0.5 m，轨道足够长。金属棒a和b的质量分别为ma＝1 kg、mb＝0.5 kg，电阻分别为Ra＝1 Ω，Rb＝2 Ω。b棒静止于轨道水平部分，现将a棒从h＝1.8 m高处自静止沿弧形轨道下滑，通过C点进入轨道的水平部分，已知两棒在运动过程中始终保持与导轨垂直且接触良好，两棒始终不相碰。g取10 m/s2。求：
(1)a棒刚进入磁场时，b棒的加速度；
(2)从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中，流过a棒的电荷量；
(3)从a棒进入磁场到a棒匀速运动的过程中，a棒中产生的焦耳热。
[听课记录]
[跟进训练]
3．(多选)如图所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为l，导轨电阻均可忽略不计。在M和P之间接有一阻值为R的定值电阻，导体杆ab质量为m、电阻也为R，并与导轨垂直且接触良好。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。现给ab杆一个初速度
v0，使杆向右运动，最终ab杆停止在导轨上。下列说法正确的是( )
A．ab杆将做匀减速运动直到静止
B．ab杆速度减为时，ab杆加速度大小为
C．ab杆速度减为时，通过定值电阻的电荷量为
D．ab杆速度减为时，ab杆通过的位移为
