2017考前3个月（通用版）物理课件：知识专题11 电磁感应规律及其应用49张PPT

课件49张PPT。专题11　电磁感应规律及其应用知识专题网络构建考题二　电磁感应中的图象问题考题三　电磁感应中的动力学问题栏目索引考题一　楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用考题四　电磁感应中的能量问题考题一　楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用1.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”.
2.楞次定律和右手定则的适用对象
(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形.
(2)右手定则：一般适用于导体棒切割磁感线的情形.知识精讲3.求感应电动势大小的五种类型(4)平动切割型：E＝Blv.解析例1　(2016·浙江·16)如图1所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则(　　)
A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B.a、b线圈中感应电动势之比为9∶1
C.a、b线圈中感应电流之比为3∶4
D.a、b线圈中电功率之比为3∶1典例剖析图1√解析　根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；1.如图2所示，a、b、c三个线圈是同心圆，b线圈上连接
有直流电源E和开关K，则下列说法正确的是(　　)
A.在K闭合的一瞬间，线圈a中有逆时针方向的瞬时电流，
有收缩趋势
B.在K闭合的一瞬间，线圈c中有顺时针方向的瞬时电流，
有收缩趋势
C.在K闭合电路稳定后，再断开K的一瞬间，线圈c中有感应电流，线圈a中
没有感应电流
D.在K闭合的一瞬间，线圈b中有感应电动势；在K闭合电路稳定后，再断
开K的一瞬间，线圈b中仍然有感应电动势解析√[变式训练]12图234解析　K闭合时线圈b中有顺时针的电流，根据右手定则可知内部有向里增大的磁场，则a线圈产生阻碍原磁通量变化的电流，根据楞次定律可知，电流方向为逆时针，线圈受到向外的安培力，故有扩张的趋势，故A错误；
根据楞次定律可知，c中感应电流为逆时针且有收缩的趋势，故B错误；
在K闭合电路稳定后，再断开K的一瞬间，两线圈中均有磁通量的变化，故线圈中均有感应电流，故C错误；
在K闭合的一瞬间，线圈b中有感应电动势；在K闭合电路稳定后，再断开K的一瞬间，线圈b中仍然有感应电动势，故D正确.12342.(2016·海南·4)如图3，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距.
两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流.若(　　)
A.金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
B.金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
C.金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆
时针方向
D.金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向√解析图31234解析　根据楞次定律，当金属圆环上、下移动时，穿过圆环的磁通量不发生变化，故没有感应电流产生，故选项A、B错误；
当金属圆环向左移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向外并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应电流为顺时针，故选项C错误；
当金属圆环向右移动时，则穿过圆环的磁场垂直纸面向里并且增强，故根据楞次定律可以知道，产生的感应电流为逆时针，故选项D正确.12343.(2016·全国甲卷·20)法拉第圆盘发电机的示意图如图4所示.铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触.圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中.圆盘旋转时，关于流过电阻R的
电流，下列说法正确的是(　　)
A.若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B.若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的
方向流动
C.若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D.若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来
的2倍解析图41234√√解析　将圆盘看成无数幅条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向从a到b，B对；12344.如图5所示，一根弧长为L的半圆形硬导体棒AB在水平拉力F作用下，以速度v0在竖直平面内的U形框架上匀速滑动，匀强磁场的磁感应强度为B，回路中除电阻R外，其余电阻均不计，U形框左端与平行板电容器相连，质量为m的带电油滴静止于电容器两极板中央，半圆形硬导体棒AB始终与U形框接触良好.则以下判断正确的是(　　)
A.油滴所带电荷量为
B.电流自上而下流过电阻R
C.A、B间的电势差UAB＝BLv0
D.其他条件不变，使电容器两极板距离减小，电容器所带电荷量将增加，
油滴将向上运动√解析返回图51234√返回解析　导体棒AB在水平拉力F作用下向右运动，由右手定则可知，导体棒AB相当于电源，A端是正极，故电流自上而下流过电阻R，B对；1234解决电磁感应图象问题的方法技巧
(1)解决电磁感应图象问题的“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.考题二　电磁感应中的图象问题方法指导(2)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B－t图还是Φ－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画图象或判断图象.
(3)图象选择技巧：求解物理图象的选择题时可用“排除法”，即排除与题目要求相违背的图象，留下正确图象.例2　(2016·四川·7)如图6所示，电阻不计、间距为L的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R.质量为m、电阻为r的金属棒MN置于导轨上，受到垂直于金属棒的水平外力F的作用由静止开始运动，外力F与金属棒速度v的关系是F＝F0＋kv(F0、k是常量)，金属棒与导轨始终垂直且接触良好.金属棒中感应电流为i，受到的安培力大小为F安，电阻R两端的电压为UR，感应电流的功率为P，它们随时间t变化图象可能正确的有(　　)解析典例剖析图6√√解析(1)若k＝ ，金属棒水平向右做匀加速直线运动.所以在此情况下没有选项符合；
(2)若k> ，F合随v增大而增大，即a随v增大而增大，说明金属棒在做加速度增大的加速运动，根据四个物理量与速度的关系可知B选项符合；
(3)若k< ，F合随v增大而减小，即a随v增大而减小，说明金属棒在做加速度减小的加速运动，直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动，根据四个物理量与速度关系可知C选项符合.
综上所述，选项B、C符合题意.5.在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个面积不变的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图7甲所示，取线圈中磁场B的方向向上为正，当磁场中的磁感应强度B随时间t如图乙变化时，下列图中能正确表示线圈中感应电流变化的是(　　)56[变式训练]7图7解析√5675676.如图8所示，有一个边界为正三角形的匀强磁场区域，边长为a，磁感应强度方向垂直纸面向里，一个导体矩形框的长为 ，宽为 ，平行于纸面沿着磁场区域的轴线匀速穿越磁场区域，导体框中
感应电流的正方向为逆时针方向，以导体框刚进入
磁场时为t＝0时刻，则导体框中的感应电流随时间
变化的图象是(　　)解析图8√567解析　由右手定则可知，线框进入磁场过程与离开磁场过程感应电流方向相反，故A错误；
由图示可知，线框开始进入磁场的一段时间内，切割磁感线的有效长度L不变，电流 大小不变，当线框右边部分穿出磁场过程，切割磁感线的有效长度L减小，感应电流减小，线框右边完全离开磁场后，线框左边完全进入磁场，然后线框左边切割磁感线，感应电流反向，此后一段时间内，线框切割磁感线的有效长度L不变，感应电流大小不变，线框左边离开磁场过程，线框切割磁感线的有效长度L减小，感应电流减小，故B、C错误，D正确.5677.宽度均为d且足够长的两相邻条形区域内，各存在磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场.电阻为R、边长为 的等边三角形金属框的AB边与磁场边界平行，金属框从图9所示位置以垂直于
AB边向右的方向做匀速直线运动，取逆时针
方向电流为正，从金属框C端刚进入磁场开始
计时，框中产生的感应电流随时间变化的图象
是(　　)图9567√返回567 考题三　电磁感应中的动力学问题方法指导电磁感应与动力学综合题的解题策略
(1)分析“源”：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)分析“路”：画出等效电路图，求解回路中的电流的大小及方向；
(3)分析“力”：分析安培力对导体棒运动速度、加速度的影响，从而推得对电流的影响，最后确定导体棒的最终运动情况；
(4)列“方程”：列出牛顿第二定律或平衡方程求解.典例剖析例3　(2016·全国甲卷·24)如图10，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上.t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动.t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动.杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ.重力加速度大小
为g.求：
(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；图10解析答案解析　设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得
F－μmg＝ma ①
设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有
v＝at0 ②
当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律知产生的电动势为
E＝Blv ③
联立①②③式可得
E＝Blt0( －μg) ④解析答案(2)电阻的阻值.
解析　设金属杆在磁场区域中匀速运动时，
金属杆中的电流为I，根据欧姆定律
I＝ ⑤
式中R为电阻的阻值.金属杆所受的安培力为
F安＝BlI ⑥
因金属杆做匀速运动，有
F－μmg－F安＝0 ⑦8.如图11(a)所示，在光滑水平面上用恒力F拉质量为1 kg的单匝均匀正方形铜线框，在1位置以速度v0＝3 m/s进入匀强磁场时开始计时t＝0，此时线框中感应电动势为1 V，在t＝3 s时刻线框
到达2位置开始离开匀强磁场.此过程
中v－t图象如图(b)所示，那么(　　)
A.线框右侧边两端MN间的电压为
0.25 V
B.恒力F的大小为0.5 N
C.线框完全离开磁场的瞬间位置3的速度大小为3 m/s
D.线框完全离开磁场的瞬间位置3的速度大小为1 m/s解析89√[变式训练]图11解析　t＝0时，线框右侧边MN的两端电压为外电压，总的感应电动势为：
E ＝Blv0，外电压U外＝ ＝0.75 V.故A错误；
在1～3 s内，线框做匀加速运动，没有感应电流，线框不受安培力，则有F＝ma，由速度—时间图象的斜率表示加速度，求得a＝ ＝0.5 m/s2，则得F＝0.5 N.故B正确.
由(b)图象看出，在t＝3 s时刻线框到达2位置开始离开匀强磁场时与线框进入匀强磁场时速度相同，则线框出磁场与进磁场运动情况完全相同，则知线框完全离开磁场的瞬间位置3速度与t＝1 s时刻的速度相等，即为2 m/s.故C、D错误.899.如图12所示，两根光滑、足够长的平行金属导轨固定在水平面上.滑动变阻器接入电路的电阻值为R(最大阻值足够大)，导轨的宽度L＝0.5 m，空间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度的大小B＝1 T.内阻r＝1 Ω的金属杆在F＝5 N的水平恒力作用下由静止开始运动.经过一段
时间后，金属杆的速度达到最大速度vm，不计导轨
电阻，则有(　　)
A.R越小，vm越大
B.金属杆的最大速度大于或等于20 m/s
C.金属杆达到最大速度之前，恒力F所做的功等于电路中消耗的电能
D.金属杆达到最大速度后，金属杆中电荷沿杆长度方向定向移动的平均
速率ve与恒力F成正比√89图12√解析返回89解析89在金属杆达到最大速度之前，恒力F所做的功等于电路中消耗的电能与导体棒动能增量之和，选项C错误；返回 考题四　电磁感应中的能量问题方法指导电磁感应中能量的三种求解方法
(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功.(2)利用能量守恒定律求解：若只有电能与机械能参与转化，则机械能的减少量等于产生的电能.
(3)利用电路的相关公式——电功公式或电热公式求解：若通过电阻的电流是恒定的，则可直接利用电功公式或焦耳定律求解焦耳热.
特别提醒：回路中某个元件的焦耳热和回路总焦耳热之间的关系，不能混淆.典例剖析例4　如图13所示，两根足够长的平行光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ＝30°，导轨电阻不计，导轨处在垂直导轨平面斜向上的有界匀强磁场中，两根电阻都为R＝2 Ω、质量都为m＝0.2 kg的完全相同的细金属棒ab和cd垂直导轨并排靠紧的放置在导轨上，与磁场上边界距离为x＝1.6 m，有界匀强磁场宽度为3x＝4.8 m.先将金属棒ab由静止释放，金属棒ab刚进入磁场就恰好做匀速运动，此时立即由静止释放金属棒cd，金属棒cd在出磁场前已做匀速运动，两金属棒在下滑过程中与导轨接触始终良好(取重力加速度g＝10 m/s2)，求：
(1)金属棒ab刚进入磁场时棒中电流I；
(2)金属棒cd在磁场中运动的过程中通过回路某一截面的电量q；
(3)两根金属棒全部通过磁场的过程中回路产生的焦耳热Q.图13答案[思维规范流程]4 m/smgsin θBILBLv11 A答案2x2x0.8 C答案①③????每式各2分，其余各式1分.mg·2x·sin θmg·3x·sin θ8 J10.如图14所示，正方形金属线框abcd位于竖直平面内，其质量为m，电阻为R.在线框的下方有一匀强磁场，MN和M′N′是磁场的水平边界，并与bc边平行，磁场方向垂直于纸面向里.现使金属线框从MN上方某一高度处由静止开始下落，图乙是线圈由开始下落到完全穿过匀强磁场区域瞬间的v－t图象，图中字母均为已知量.重力加速度为g，不计空气阻力.下列说法正确的是(　　)1011[变式训练]图14A.金属线框刚进入磁场时感应电流方向沿adcba方向
B.金属线框的边长为v1(t2－t1)1011√解析√解析　金属线框刚进入磁场时磁通量增大，根据楞次定律判断可知，感应电流方向沿abcda方向，故A错误；
由题图乙可知，金属线框进入磁场过程中是做匀速直线运动，速度为v1，运动时间为t2－t1，故金属线框的边长：l＝v1(t2－t1)，故B正确；1011t1到t2时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：Q1＝mgl＝mgv1(t2－t1)；解析t3到t4时间内，根据能量守恒定律，产生的热量为：101111.(2016·浙江·24)小明设计的电磁健身器的简化装置如图15所示，两根平行金属导轨相距l＝0.50 m，倾角θ＝53°，导轨上端串接一个R＝0.05 Ω的电阻.在导轨间长d＝0.56 m的区域内，存在方向垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0 T.质量m＝4.0 kg的金属棒CD水平置于导轨上，用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连.CD棒的初始位置与磁场区域的下边界相距s＝0.24 m.一位健身者用恒力F＝80 N拉动GH杆，CD棒由静止开始运动，上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直.当CD棒到达磁场上边界时健身者松手，触发恢复装置使CD棒回到初始位置(重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，不计其他电阻、摩擦力以及拉杆和绳索的质量).求：1011解析答案1011图15(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；
解析　由牛顿第二定律得进入磁场时的速度答案　2.4 m/s　1011解析答案(2)CD棒进入磁场时所受的安培力F安的大小；
解析　感应电动势E＝Blv安培力F安＝IBl答案　48 N返回解析答案1011(3)在拉升CD棒的过程中，健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q.
解析　健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J
又F－mgsin θ－F安＝0
CD棒在磁场区做匀速运动焦耳热Q＝I2Rt＝26.88 J.
答案　64 J　26.88 J