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教材回顾(一)电磁感应现象__楞次定律一、磁通量1．磁通量(1)概念：闭合电路的面积S与垂直穿过它的磁感应强度B的乘积。
(2)公式：Φ＝BS。
(3)单位：1 Wb＝1_T·m2。
(4)公式的适用条件①匀强磁场。
②磁感线的方向与平面垂直，即B⊥S。
(5)是标量，但有方向。
(6)磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1，注意正方向的选取。
2．磁通量发生变化的三种常见情况(1)磁场强弱不变，回路面积改变。
(2)回路面积不变，磁场强弱改变。
(3)回路面积和磁场强弱均不变，但磁场方向与回路平面的夹角发生改变。
[小题速验]如图所示，穿过线圈a、b的磁通量Φa、Φb大小关系如何？答案：Φa>Φb二、电磁感应1．定义当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中就有电流产生，这种现象叫做电磁感应。
在电磁感应现象中产生的电流叫做感应电流。
2．产生感应电流的条件(1)电路闭合。
(2)穿过闭合电路的磁通量发生变化。
注意：无论回路是否闭合，只要穿过回路的磁通量发生变化，回路中就有感应电动势产生。
[小题速验][多选]彼此绝缘、相互垂直的两根通电直导线与闭合线圈共面，当两导线中的电流均增大时，下图中闭合线圈一定产生感应电流的是()答案：CD三、感应电流的方向1．楞次定律(1)内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
(2)适用范围：一切电磁感应现象。
[深化理解]楞次定律中“阻碍”的含义2．右手定则(1)内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内，让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向。
(2)适用范围：导体切割磁感线产生感应电流的情况。
[小题速验](判断正误)1．由楞次定律知，感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反。
() 2．回路不闭合，穿过回路的磁通量变化时，也会产生“阻碍”作用。
()3．感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化。
第十章电磁感应[全国卷5年考情分析]磁通量(Ⅰ)自感、涡流(Ⅰ)以上2个考点未曾独立命题第1节电磁感应现象__楞次定律(1)闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流产生。
(×)(2)穿过线圈的磁通量和线圈的匝数无关。
(√)(3)线框不闭合时，即使穿过线框的磁通量发生变化，线框中也没有感应电流产生。
(√)(4)当导体切割磁感线时，一定产生感应电动势。
(√)(5)由楞次定律知，感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反。
(×)(6)感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化。
(√)◎物理学史判断(1)1831年，英国物理学家法拉第发现了——电磁感应现象。
(√)(2)1834年，俄国物理学家楞次总结了确定感应电流方向的定律——楞次定律。
(√)1．磁通量没有方向，但有正、负之分。
2．感应电流的产生条件表述一、表述二本质相同。
3．右手定则常用于感应电流产生条件表述一对应的问题，楞次定律对表述一、表述二对应的问题都适用。
4．楞次定律的本质是能量守恒。
5．解题中常用到的二级结论：(1)楞次定律的三个推广含义：“增反减同”“增缩减扩”“来拒去留”。
(2)楞次定律的双解：①“加速向左运动”与“减速向右运动”等效。
②“×增加”与“·减少”所产生的感应电流方向一样，反之亦然。
突破点(一) 对电磁感应现象的理解和判断1．判断产生感应电流的两种方法(1)闭合电路的一部分导体切割磁感线，产生“动生电流”。
(2)“感生电流”，即导体回路必须闭合，穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，二者缺一不可。
2．常见的产生感应电流的三种情况[题点全练]。
(对应学生用书第196页)[知识结构导图][导图填充]①磁通量 ②导体切割磁感线 ③n ΔΦΔt ④Blv ⑤通电自感 ⑥断电自感[思想方法] 1．模型法 2．图象法 3．功能关系 4．受力分析 5．等效法 [高考热点]1．楞次定律与法拉第电磁感应定律的综合问题2．电磁感应现象与力学、电学综合问题3．电磁感应现象与图象、能量的综合问题物理方法|等效法在电磁感应中的应用1．方法概述闭合线圈磁通量的变化或导体棒切割磁感线形成感应电流．将电磁感应和电路问题相结合，采用等效的方法找到电源和电路结构，利用闭合电路问题求解．2．方法技巧(1)明确切割磁感线的导体相当于电源，其电阻是电源的内阻，其他部分为外电路，电源的正、负极由右手定则来判定．(2)画出等效电路图，并结合闭合电路欧姆定律等有关知识解决相关问题．3．等效问题半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量分布均匀的直导体棒MN置于圆导轨上，NM的延长线过圆导轨中心O，装置的俯视图如图101所示．整个装置位于一磁感应强度大小为B的匀强磁场中，方向竖直向下．在内、外圆导轨间对称地接有三个阻值均为R的电阻．直导体棒在垂直作用于导体棒MN中点的水平外力F作用下，以角速度ω绕O点顺时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触，导体棒和导轨电阻均可忽略．求：图101(1)导体棒产生的感应电动势； (2)流过导体棒的感应电流； (3)外力的大小．(1)MN 切割磁感线，相当于电源，如何计算它产生的感应电动势？ [提示] 假想ON 棒围绕O 点转动，切割磁感线，则E NM ＝E NO －E MO . (2)三个电阻R 间的串、并联关系如何？ [提示] 三个电阻并联． [解析](1)根据E ＝12B ωL 2得E 感＝12B ω(2r )2－12B ωr 2＝32B ωr 2.(2)三个电阻为并联关系：R 总＝R3，I 总＝E 感R 总＝32B ωr 2R3＝9B ωr 22R.(3)外力F ＝BI 总L ＝B ·9B ωr 22R ·r ＝9ωB 2r 32R .[答案](1)32B ωr 2 (2)9B ωr 22R (3)9B 2ωr 32R[突破训练]1.如图102所示，直角三角形导线框abc 固定在匀强磁场中，ab 是一段长为L 、电阻为R 的均匀导线，ac 和bc 的电阻可不计，ac 长度为L2.磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里．现有一段长度为L 2，电阻为R2的均匀导体棒MN 架在导线框上，开始时紧靠ac ，然后沿ab 方向以恒定速度v 向b 端滑动，滑动中始终与ac 平行并与导线框保持良好接触，当MN 滑过的距离为L3时，导线ac 中的电流为多大？方向如何？图102[解析] MN 滑过的距离为L3时，如图甲所示，它与bc 的接触点为P ，等效电路图如图乙所示．甲 乙由几何关系可知MP 长度为L3，MP 中的感应电动势E ＝13BLvMP 段的电阻r ＝13RMacP 和MbP 两电路的并联电阻为r 并＝13×2313＋23R ＝29R由欧姆定律得，PM 中的电流I ＝Er ＋r 并ac 中的电流I ac ＝23I解得I ac ＝2BLv5R根据右手定则可知，MP 中的感应电流的方向由P 流向M ，所以电流I ac 的方向由a 流向c .[答案] 2BLv5R方向由a 流向c物理模型|电磁感应中的“杆＋导轨”模型1．单杆模型(1)模型特点：导体棒运动→感应电动势→闭合回路→感应电流→安培力→阻碍棒相对于磁场运动．图103(2)分析思路：确定电源(3)解题关键：对棒的受力分析，动能定理应用．2．双杆模型(1)模型特点①一杆切割、一杆静止时，分析同单杆类似．②两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E ＝ΔΦΔt ＝Bl |v 1－v 2|.(2)解题要点：单独分析每一根杆的运动状态及受力情况，建立两杆联系，列方程求解．图104如图105所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L ＝0.4 m ．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN ，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B ＝0.5 T ．在区域Ⅰ中，将质量m 1＝0.1 kg ，电阻R 1＝0.1 Ω的金属条ab 放在导轨上，ab 刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m 2＝0.4 kg ，电阻R 2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd 置于导轨上，由静止开始下滑．cd 在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab 、cd 始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，g 取10 m/s 2.问：图105(1)cd 下滑的过程中，ab 中的电流方向； (2)ab 刚要向上滑动时，cd 的速度v 多大；(3)从cd 开始下滑到ab 刚要向上滑动的过程中，cd 滑动的距离x ＝3.8 m ，此过程中ab 上产生的热量Q 是多少．[题眼点拨] ①Ⅰ中B 的方向垂直斜面向下 ②Ⅱ中B 的方向垂直斜面向上 ③ab 放在导轨上刚好不下滑[解析](1)由右手定则可判断出cd 中的电流方向为由d 到c ，则ab 中电流方向为由a 流向b .(2)开始放置ab 刚好不下滑时，ab 所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为F max ，有F max ＝m 1g sin θ ①设ab 刚要上滑时，cd 棒的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律有E ＝BLv ② 设电路中的感应电流为I ，由闭合电路欧姆定律有I ＝ER 1＋R 2③设ab 所受安培力为F 安，有F 安＝BIL ④此时ab 受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F 安＝m 1g sin θ＋F max⑤综合①②③④⑤式，代入数据解得v ＝5 m/s.(3)设cd 棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q 总，由能量守恒定律有m 2gx sin θ＝Q 总＋12m 2v 2又Q ＝R 1R 1＋R 2Q 总解得Q ＝1.3 J.[答案](1)由a 流向b (2)5 m/s (3)1.3 J[突破训练]2．间距为L ＝2 m 的足够长的金属直角导轨如图106所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边垂直于水平面．质量均为m ＝0.1 kg 的金属细杆ab 、cd 与导轨垂直放置形成闭合回路．细杆与导轨之间的动摩擦因数均为μ＝0.5，导轨的电阻不计，细杆ab 、cd 的电阻分别为R 1＝0.6 Ω，R 2＝0.4 Ω.整个装置处于磁感应强度大小为B ＝0.50T 、方向竖直向上的匀强磁场中(图中未画出)．当ab 在平行于水平导轨的拉力F 作用下从静止开始沿导轨匀加速运动时，cd 杆也同时从静止开始沿导轨向下运动，且t ＝0时，F ＝1.5 N ．g 取10 m/s 2.图106(1)求ab 杆的加速度a ；(2)求当cd 杆达到最大速度时ab 杆的速度大小；(3)若从开始到cd 杆达到最大速度的过程中拉力F 做的功为5.2 J ，求该过程中ab 杆所产生的焦耳热.[解析] (1)由题可知，在t ＝0时，F ＝1.5 N对ab 杆进行受力分析，由牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 代入数据解得a ＝10 m/s 2.(2)从d 向c 看，对cd 杆进行受力分析，如图所示，当cd 杆速度最大时，有f ＝mg ＝μF N ，F N ＝F 安，F 安＝BIL ，I ＝BLvR 1＋R 2综合以上各式，解得v ＝2 m/s.(3)整个过程中，ab 杆发生的位移x ＝v 22a ＝222×10m ＝0.2 m对ab 杆应用动能定理，有W F －μmgx －W 安＝12mv 2代入数据解得W 安＝4.9 J 根据功能关系得Q 总＝W 安 所以ab 杆上产生的热量Q ab ＝R 1R 1＋R 2Q 总＝2.94 J.[答案](1)10 m/s 2 (2)2 m/s (3)2.94 J高考热点|电磁感应中电荷量和焦耳热的计算1．电荷量的计算(1)思考方向：根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 确定平均感应电动势，结合闭合电路欧姆定律和电流的定义式I ＝q t计算电荷量．(2)公式推导过程2．焦耳热的计算求解电磁感应过程中产生的焦耳热，有以下三种思路： (1)电路中感应电流恒定时：应用焦耳定律：Q ＝I 2Rt .(2)导体切割磁感线克服安培力做功：焦耳热等于克服安培力做的功：Q ＝W 安． (3)电路中感应电流是变化的：根据功能关系来求解焦耳热．如图107所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l ＝0.5 m ，左端接有阻值R ＝0.3 Ω的电阻．一质量m ＝0.1 kg 、电阻r ＝0.1 Ω的金属棒MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B ＝0.4 T ．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a ＝2 m/s 2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x ＝9 m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：图107(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R 的电荷量q ； (2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2； (3)外力做的功W F .(1)第(1)问中，求q 的思路如何？[提示]ΔΦ＝B ·lx →E －＝ΔΦΔt →I －＝E －R ＋r→q ＝I －·Δt(2)在第(2)问中，安培力做什么功？如何求Q 2? [提示] 安培力做负功，Q 2等于克服安培力做的功．[解析](1)设棒匀加速运动的时间为Δt ，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt① 其中ΔΦ＝Blx②设回路中的平均电流为I ，由闭合电路欧姆定律得I ＝E R ＋r③ 则通过电阻R 的电荷量为q ＝I Δt ④ 联立①②③④式，代入数据得q ＝4.5 C ．⑤(2)设撤去外力时棒的速度为v ，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v 2＝2ax⑥设棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W ，由动能定理得 W ＝0－12mv 2⑦ 撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2＝－W ⑧ 联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q 2＝1.8 J ．⑨(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1，可得Q 1＝3.6 J⑩在棒运动的整个过程中，由功能关系可知W F ＝Q 1＋Q 2⑪由⑨⑩⑪式得W F ＝5.4 J. [答案](1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J[突破训练]3．CD 、EF 是水平放置的电阻可忽略的光滑水平金属导轨，两导轨距离水平地面高度为H ，导轨间距为L ，在水平导轨区域存在磁感应强度大小为B 、方向垂直导轨平面向上的矩形有界匀强磁场(磁场区域为CPQE )，如图108所示，导轨左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接，弯曲的光滑轨道的上端接有一电阻R ，将一阻值也为R 的导体棒从弯曲轨道上距离水平金属导轨高度h 处由静止释放，导体棒最终通过磁场区域落在水平地面上距离水平导轨最右端x 处．已知导体棒与导轨始终接触良好，重力加速度为g ，求：图108(1)电阻R 中的最大电流的大小与方向； (2)整个过程中，导体棒中产生的焦耳热；(3)若磁场区域的长度为d ，求全程流过导体棒的电量.[解析](1)由题意可知，导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大，产生的感应电动势最大，感应电流最大，由机械能守恒定律有mgh ＝12mv 21解得v 1＝2gh由法拉第电磁感应定律得E ＝BLv 1 由闭合电路欧姆定律得I ＝E2R联立解得I ＝BL 2gh2R，方向由a 到b .(2)由平抛运动规律x ＝v 2t ，H ＝12gt 2解得v 2＝xg2H由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为 Q ＝12mv 21－12mv 22＝mgh －mgx 24H所以导体棒产生的热量为Q ′＝12Q ＝12mgh －mgx 28H.(3)设导体棒通过磁场区域时整个回路的平均电流为I －，用时Δt 则通过导体截面电量q ＝I －Δt其中I －＝E －2R ，E －＝BLd Δt综上q ＝BLd2R.[答案](1)BL 2gh2R，方向由a 到b(2)12mgh －mgx 28H (3)BLd2R规范练高分——电磁感应问题的规范解答。
第1讲 电磁感应现象 楞次定律板块一 主干梳理·夯实基础【知识点1】 磁通量 Ⅰ1.磁通量(1)定义：匀强磁场中,磁感应强度(B )与垂直磁场方向的面积(S )的乘积叫做穿过这个面积的磁通量,简称磁通,我们可以用穿过这一面积的磁感线条数的多少来形象地理解。
(2)公式：Φ＝BS 。
(3)适用条件：①匀强磁场；②S 是垂直磁场方向的有效面积。
(4)单位：韦伯(Wb),1 Wb ＝1_T·m 2。
(5)标量性：磁通量是标量,但有正负之分。
磁通量的正负是这样规定的,即任何一个平面都有正、反两面,若规定磁感线从正面穿入时磁通量为正,则磁感线从反面穿入时磁通量为负。
2.磁通量的变化量在某个过程中,穿过某个平面的磁通量的变化量等于末磁通量Φ2与初磁通量Φ1的差值,即ΔΦ＝Φ2－Φ1。
3.磁通量的变化率(磁通量的变化快慢) 磁通量的变化量与发生此变化所用时间的比值,即ΔΦΔt。
【知识点2】 电磁感应现象 Ⅰ1.电磁感应现象：当闭合电路的磁通量发生改变时,电路中有感应电流产生的现象。
2.产生感应电流的条件(1)电路闭合。
(2)磁通量变化。
3.电磁感应现象的两种情况(1)闭合电路中部分导体做切割磁感线运动。
(2)穿过闭合回路的磁通量发生变化。
4.电磁感应现象的实质电磁感应现象的实质是产生感应电动势,如果回路闭合则产生感应电流；如果回路不闭合,则只产生感应电动势,而不产生感应电流。
5.能量转化发生电磁感应现象时,机械能或其他形式的能转化为电能。
【知识点3】楞次定律Ⅱ1.楞次定律(1)内容：感应电流产生的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
(2)适用范围：适用于一切回路磁通量变化的情况。
2.右手定则(1)内容：①磁感线穿入右手手心。
(从掌心入,手背穿出)②大拇指指向导体运动的方向。
③其余四指指向感应电流的方向。
(2)适用范围：适用于部分导体切割磁感线。
板块二考点细研·悟法培优考点1 电磁感应现象的判断 [解题技巧]1.磁通量变化的常见情况2.感应电流能否产生的判断例1 (多选)如图所示,矩形闭合线圈abcd竖直放置,OO′是它的对称轴,通电直导线AB与OO′平行。
篡石出课2 法拉笫电该扇应定律 t 虑滿洗知识排查WHSJS —法拉第电磁感应定律1. 感应电动势(1) 概念：在电磁感应现象屮产生的电动势。
(2) 产生条件：穿过冋路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。
(3) 方向判断：感应电动势的方向用愣次定律或右手定则判断。
2. 法拉第电磁感应定律(1) 内容：电路中感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化奎成正比。
A 0(2) 公式：£=/7^,其中H 为线圈匝数。
(3) 感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的毯經定律，即戶 3. 导体切割磁感线的情形(1) 若B 、/、P 相互垂直，则E =BlVo (2) p//B 时，E=Oc知识点一自感、涡流1. 自感现象(1) 概念：由于导体自身的虫M 变化而产生的电磁感应现象称为自感。
(2) 自感电动势①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫做自感电动势。
(3) 自感系数L① 和关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。
② 单位：亨利(H)，1 mH=10~3H, 1 P H=10-6H O2. 滿流紧抓教材 自主落实课前双基过关②表达式：E=L A将整块金属放在变化的磁场中，穿过金属块的磁通量发生变化，感应电流在金駡 块内部形成闭合回路就像旋涡一样，所以叫涡流。
小题速练1. 思考判断 A 0(1)0=0, —不一定等于 0。
( )A 0匝数/I 有关，所以0、△必、I 的大小均与线圈匝数有关。
()(3) 磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势。
() (4) 线圈匝数A2越多，磁通量越大，产生的感应电动势越大。
() (5) 线圈屮的电流越大，自感系数也越大。
()(6) 自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化。
()答案(1)V(2)X (3)7 (4)X (5)X (6)72. ［鲁科版选修3-2.P 14 - T,改编］将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中 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人：感应电动势越人C. 穿过线圈的磁通量变化越快，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和同答案C课堂5动探究I1. 法拉第电磁感应定律的理解(1) 感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率j 共同决定而与磁通量0的大小、变化量△ 0的大小没有必然联系。
2019届高考物理一轮复习讲义第章电磁感应[全国卷三年考点考情]说明：(1)导体切割磁感线时感应电动势的计算，只限于l垂直于B、v的情况．(2)在电磁感应现象里，不要求判断内电路中各点电势的高低．(3)不要求用自感系数计算自感电动势．第一节电磁感应现象楞次定律(对应学生用书第183页)[教材知识速填]知识点1 磁通量电磁感应现象1．磁通量(1)概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S和B的乘积．(2)公式：Φ＝B·S.适用条件：(1)匀强磁场；(2)S为垂直磁场的有效面积．(3)单位：1 Wb＝1 T·m2(4)矢标性：磁通量的正、负号不表示方向，磁通量是标量．2．电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生的现象．3．产生感应电流的条件(1)条件：①电路闭合；②磁通量发生变化．(2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动．4．电磁感应现象的实质：磁通量发生变化时，电路中产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流；如果电路不闭合，则只有感应电动势，而无感应电流．易错判断(1)穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中不一定有感应电流产生．(×)(2)线框不闭合时，即使穿过线框的磁通量发生变化，线框中也没有感应电流产生．(√)(3)当导体切割磁感线时，一定产生感应电动势．(√)知识点2 感应电流方向的判断1．楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化．(2)适用范围：一切电磁感应现象．图10112．右手定则(1)使用方法①让磁感线穿入右手手心．②使大拇指指向导体运动的方向．③则其余四指指向感应电流的方向．(2)适用情况：部分导体切割磁感线的情况．易错判断(1)感应电流的磁场总是与原磁场方向相反．(×)(2)楞次定律和右手定则都可以判断感应电流的方向，二者没什么区别．(×)(3)感应电流的磁场一定阻止引起感应电流的磁场的磁通量的变化．(×)[教材习题回访]考查点：判断感应电流的产生1．(鲁科版选修3－2P8T3)如图1012所示，条形磁铁以速度v向螺线管靠近，下面几种说法中正确的是( )图1012A．螺线管中不会产生感应电流B．螺线管中会产生感应电流C．只有磁铁速度足够大时，螺线管中才能产生感应电流D．只有在磁铁的磁性足够强时，螺线管中才会产生感应电流[答案]B考查点：判断感应电流的方向2．(粤教版选修3－2P12T2改编)一矩形线框abcd与长直通电导线处于同一平面内，ad边与导线平行，如图1013所示，当线框在此平面内向右运动到导线的右边的过程中，则线框内感应电流方向为( )图1013A．一直沿顺时针方向B．一直沿逆时针方向C．先沿顺时针方向，再沿逆时针方向D．先沿顺时针方向，再沿逆时针方向，最后沿顺时针方向[答案]D考查点：楞次定律的理解3．(人教版选修3－2P14T6改编)(多选)如图1014所示，一轻质绝缘横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象及现象分析正确的是( )图1014A．磁铁插向左环，横杆发生转动B．磁铁插向右环，横杆发生转动C．磁铁插向左环，左环中不产生感应电动势和感应电流D．磁铁插向右环，右环中产生感应电动势和感应电流[答案]BD考查点：判断感应电流的方向4．(粤教版选修3－2P13T4改编)如图1015所示，两个线圈A、B套在一起，线圈A中通有电流，方向如图所示．当线圈A中的电流突然增强时，线圈B中的感应电流方向为( )图1015A．沿顺时针方向B．沿逆时针方向C．无感应电流D．先沿顺时针方向，再沿逆时针方向[答案]A(对应学生用书第184页)1．磁通量发生变化的三种常见情况(1)磁场强弱不变，回路面积改变；(2)回路面积不变，磁场强弱改变；(3)回路面积和磁场强弱均不变，但二者的相对位置发生改变．2．判断磁通量是否变化的两种方法(1)根据公式判断．(2)根据穿过线圈的磁感线的条数变化判断．3．判断电磁感应现象是否发生的一般流程(1)确定研究的回路．(2)弄清楚回路内的磁场分布，并确定该回路的磁通量Φ.(3)⎩⎪⎨⎪⎧ Φ不变→无感应电流.Φ变化→⎩⎪⎨⎪⎧ 回路闭合，有感应电流；回路不闭合，无感应电流，但有感应电动势.[题组通关] 1．(2018·佛山高三质检)如图1016所示，一通电螺线管b 放在闭合金属线圈a 内，螺线管的中心轴线恰和线圈的一条直径MN 重合．要使线圈a 中产生感应电流，可采用的方法有( )图1016A ．使通电螺线管中的电流发生变化B ．使螺线管绕垂直于线圈平面且过线圈圆心的轴转动C ．使线圈a 以MN 为轴转动D ．使线圈绕垂直于MN 的直径转动D [在A 、B 、C 三种情况下，穿过线圈a 的磁通量始终为零，因此不产生感应电流，A 、B 、C 错误；选项D 中，当线圈绕垂直于MN 的直径转动时，穿过线圈的磁通量发生变化，会产生感应电流，故D 正确．]2.将一圆形导线环水平放置，在圆环所在的空间加上一水平向右的匀强磁场，mn 、pq 为圆环上两条互相垂直的直径，mn 为水平方向，pq 为竖直方向．则下列选项中能使圆环中产生感应电流的是( )图1017A．让圆环以过圆心且垂直于圆环平面的轴顺时针转动B．让圆环在水平面内向右平动C．让圆环以mn为轴转动D．让圆环以pq为轴转动D[圆环在匀强磁场中运动，磁感应强度B为定值，根据ΔΦ＝B·ΔS知：只要回路中相对磁场的正对面积改变量ΔS≠0，则磁通量一定改变，回路中一定有感应电流产生．当圆环以过圆心且垂直于圆环平面的轴顺时针转动时，圆环相对磁场的正对面积始终为零，因为ΔS＝0，因而无感应电流产生，A错误；当圆环水平向右平动时，同样ΔS＝0，因而无感应电流产生，B错误；当圆环以mn为轴转动时，圆环相对磁场的正对面积改变量ΔS仍为零，回路中仍无感应电流，C错误；当圆环以pq为轴转动时，圆环相对磁场的正对面积发生了改变，回路中产生了感应电流，D 正确．]1．楞次定律中“阻碍”的含义2．感应电流方向判断的两种方法(1)用楞次定律判断(2)用右手定则判断该方法适用于部分导体切割磁感线．判断时注意掌心、四指、拇指的方向：①掌心——磁感线垂直穿入；②拇指——指向导体运动的方向；③四指——指向感应电流的方向．[多维探究]考向1 线圈类感应电流方向的判断1．如图1018甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t 的变化关系如图乙所示．在0～T 2时间内，直导线中电流向上，则在T 2～T 时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力的合力方向分别是( )图1018A ．顺时针，向左B ．逆时针，向右C ．顺时针，向右D ．逆时针，向左B [在0～T 2时间内，直导线中电流向上，由题图乙知，在T 2～T 时间内，直导线电流方向也向上，根据安培定则知，导线右侧磁场的方向垂直纸面向里，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生逆时针方向的感应电流．根据左手定则，金属线框左边受到的安培力方向向右，右边受到的安培力向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属线框所受安培力的合力方向向右，故B 正确，A 、C 、D 错误．](2017·杭州模拟)如图所示，匀强磁场垂直圆形线圈指向纸内，a 、b 、c 、d 为圆形线圈上等距离的四点，现用外力在上述四点将线圈拉成正方形，且线圈仍处在原先所在平面内，则在线圈发生形变的过程中( )A ．线圈中将产生abcda 方向的感应电流B ．线圈中将产生adcba 方向的感应电流C ．线圈中感应电流方向无法判断D ．线圈中无感应电流A [周长一定时，圆形的面积最大．本题线圈面积变小，磁通量变小，有感应电流产生．由楞次定律可知线圈中将产生顺时针方向的感应电流．故A 正确．]考向2 平动切割类2．如图1019所示，Ⅰ和Ⅱ是一对异名磁极，ab为放在其间的金属棒．ab和cd用导线连成一个闭合回路．当ab棒向右运动时，cd金属棒受到向下的安培力．下列说法正确的是( )图1019A．由此可知d端电势高于c端电势B．由此可知Ⅰ是S极C．由此可知Ⅰ是N极D．当cd棒向下运动时，ab导线受到向左的安培力C[根据题意可知：cd中电流的方向由c→d，c端电势高于d端，A错误；ab中电流的方向由b→a，对ab应用右手定则可知Ⅰ是N极，Ⅱ是S极，B错误，C正确．当cd棒向下运动时，回路中会产生由d→c的电流，则ab中电流的方向由a→b，根据左手定则可知，ab受的安培力向右，D错误．]考向3 转动切割类3．(多选)如图10110所示，在直线电流附近有一根金属棒ab，当金属棒以b端为圆心，以ab为半径，在过导线的平面内匀速旋转到达图中的位置时( )图10110A．a端聚积电子B．b端聚积电子C．金属棒内电场强度等于零D．棒ab两端的电势φa>φbBD[根据右手定则可确定棒b端聚积电子，A错，B对；由于a、b两端存在电势差，φa>φb，故金属棒中电场强度不等于零，C错，D对．]明确闭合回路中磁通量变化的情况应用楞次定律的“增反减同”，确定感应电流的磁场的方向定则，确定感应电流的方向应用楞次定律的步骤可概括为：一原二变三感四螺旋“三个定则、一个定律”的应用对比[母题](多选)如图10111所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路，当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ 所做的运动可能是( )图10111A ．向右加速运动B ．向左加速运动C ．向右减速运动D ．向左减速运动(1)如何判断MN 所在处的磁场方向？由MN 的运动方向，如何进一步判断MN 中的电流方向？[提示] 根据安培定则、左手定则．(2)如何判断线圈L 1中的磁场方向和L 2中磁场的方向及变化情况？[提示] 根据安培定则判断L 1中的磁场方向，再由楞次定律判断L 2中磁场的方向及变化．(3)如何判断PQ 的运动情况？[提示] 已知L 2中的磁场方向及变化情况，可根据安培定则和右手定则判断PQ 的运动情况．BC [MN 向右运动，说明MN 受到向右的安培力，因为ab 在MN 处的磁场垂直纸面向里――――→左手定则MN 中的感应电流由M →N ――――→安培定则L 1中感应电流的磁场方向向上――――→楞次定律⎩⎪⎨⎪⎧ L 2中磁场方向向上减弱L 2中磁场方向向下增强；若L 2中磁场方向向上减弱――――→安培定则PQ 中电流为Q →P 且减小――――→右手定则向右减速运动；若L 2中磁场方向向下增强――――→安培定则PQ中电流为P →Q 且增大――――→右手定则向左加速运动．][母题迁移](多选)两根相互平行的金属导轨水平放置于如图10112所示的匀强磁场中，在导轨上接触良好的导体棒AB和CD可以自由滑动．当AB在外力F作用下向右运动时，下列说法中正确的是( )图10112A．导体棒CD内有电流通过，方向是D→CB．导体棒CD内有电流通过，方向是C→DC．磁场对导体棒CD的作用力向左D．磁场对导体棒AB的作用力向左BD[两个导体棒与两根金属导轨构成闭合回路，分析出磁通量增加，结合安培定则判断回路中感应电流的方向是B→A→C→D→B.以此为基础，再根据左手定则进一步判断CD、AB的受力方向，经过比较可得B、D正确．](多选)如图所示装置中，cd杆原来静止．当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动( )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匀速运动时，ab中感应电流恒定，L1中磁通量不变，穿过L2的磁通量不变，L2中无感应电流产生，cd保持静止，A错误；ab向右加速运动时，L2中的磁通量向下增大，通过cd的电流方向向下，cd向右移动，B正确；同理可得C错误，D正确．][母题] 如图10113所示，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( )图10113A．线圈a中将产生俯视时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N将增大D[通过螺线管b的电流如图所示，根据右手螺旋定则判断出螺线管b所产生的磁场方向竖直向下，滑片P向下滑动，滑动变阻器接入电路的电阻减小，电路电流增大，所产生的磁场的磁感应强度增强，根据楞次定律可知，线圈a中所产生的感应电流的磁场方向竖直向上，再由右手定则可得线圈a中的电流方向为俯视逆时针方向，A错误；由于螺线管b中的电流增大，所产生的磁感应强度增强，线圈a中的磁通量应变大，B错误；根据楞次定律可知，线圈a将阻碍磁通量的增大，因此，线圈a有缩小且远离螺线管的趋势，线圈a对水平桌面的压力将增大，C错误，D 正确．]如图所示装置，在cdef区域内存在垂直纸面向里的变化的匀强磁场，要求线圈a对桌面的压力大于本身重力，则cdef 内的磁感应强度随时间变化的关系可能是()B [若a 对桌面的压力大于本身重力，则b 中的感应电流应增加，由I ＝N ΔBΔt S R 知ΔBΔt 增大，所以只有B 图正确．][母题迁移]迁移1 磁体靠近两自由移动的金属环1．如图10114所示，两个相同的轻质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上，当一条形磁铁向左运动靠近两环时，两环的运动情况是()图10114A ．同时向左运动，间距增大B ．同时向左运动，间距减小C ．同时向右运动，间距减小D ．同时向右运动，间距增大B [根据“来拒去留”可知，两环同时向左运动，又因两环中产生同向的感应电流，相互吸引，故两环间距又减小，B 正确．]迁移2 磁体靠近面积可变的金属线圈2.(多选)如图10115所示，光滑固定的金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置在导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时( )图10115A．P、Q将相互靠拢B．P、Q将相互远离C．磁铁的加速度仍为gD．磁铁的加速度小于gAD[根据楞次定律的另一种表述——感应电流的效果总要反抗产生感应电流的原因．本题中“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近．所以，P、Q将互相靠近且磁铁的加速度小于g，应选A、D.]迁移3 磁体先靠近又远离金属线圈3. 如图10116所示，质量为m的铜质小闭合线圈静置于粗糙水平桌面上．当一个竖直放置的条形磁铁贴近线圈，沿线圈中线由左至右从线圈正上方等高、匀速经过时，线圈始终保持不动．则关于线圈在此过程中受到的支持力F N和摩擦力F f的情况，以下判断正确的是( )图10116A．F N先大于mg，后小于mgB．F N一直大于mgC．F f先向左，后向右D．线圈中的电流方向始终不变A[条形磁铁向右运动的过程中，线圈中的磁通量先增加后减小，为阻碍磁通量的变化，线圈先有向下的运动趋势，后有向上的运动趋势，故F N先大于mg，后小于mg，A项正确，B项错误；条形磁铁相对线圈一直向右运动，为阻碍相对运动，线圈有向右运动的趋势，故摩擦力F f一直向左，C项错误；线圈中的磁通量先增加后减小，据楞次定律可知，感应电流的方向(俯视)先逆时针后顺时针，D项错误．]阻碍相对运动，即“来拒去留”.使线圈面积有扩大或缩小的趋势，即“增缩减扩”.阻碍原电流的变化自感现象，即“增反减同”.。
2019届高考物理一轮复习讲义第三节 电磁感应定律的综合应用(对应学生用书第190页)[教材知识速填]知识点1 电磁感应中的电路问题1．内电路和外电路(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源．(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路．2．电源电动势和路端电压(1)电动势：E ＝Blv 或E ＝n ΔΦΔt. (2)路端电压：U ＝IR ＝E －Ir .易错判断(1)闭合电路的欧姆定律同样适用于电磁感应电路．(√)(2)“相当于电源”的导体棒两端的电压一定等于电源的电动势．(×)(3)电流一定从高电势流向低电势．(×)知识点2 电磁感应的图象问题1．能量的转化感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为其他形式的能．2．实质电磁感应现象的能量转化，实质是其他形式的能和电能之间的转化．3．电磁感应现象中能量的三种计算方法(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)利用能量守恒求解：机械能的减少量等于电能的增加量．(3)利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电能来计算．易错判断 (1)克服安培力做功的过程，就是其他形式的能转化为电能的过程．(√)(2)电磁感应现象中，电能增加时，机械能一定在减小．(×)知识点4 电磁感应中的动力学问题1．安培力的大小⎭⎪⎬⎪⎫安培力公式：F A ＝BIl感应电动势：E ＝Blv 感应电流：I ＝E R ⇒F A ＝B 2l 2v R 2．安培力的方向(1)用左手定则判断：先用右手定则判断感应电流的方向，再用左手定则判定安培力的方向．(2)用楞次定律判断：安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相反．3．安培力参与下物体的运动导体棒(或线框)在安培力和其他力的作用下，可以做加速运动、减速运动、匀速运动、静止或做其他类型的运动，可应用动能定理、牛顿运动定律等规律解题．易错判断(1)电磁感应中，感应电流引起的安培力一定做阻力．(×)(2)在有安培力的作用下，导体棒不能做加速运动．(×)[教材习题回访]考查点：电磁感应中的电路问题1．(粤教版选修3－2P 23T 1改编)如图1031所示，把正方形线框abcd 从磁感应强度为B的匀强磁场中匀速拉出，速度方向与ad 边垂直向左，速度的大小为v ，线圈的边长为l ，每边的电阻为R ，则线圈在运动过程中，d 、a 两点间的电势差为( )图1031A ．BlvB.14BlvC.12Blv D.34Blv [答案] B考查点：电磁感应中的能量问题2．(沪科版选修3－2P 26T 8改编)如图1032所示，有一边长为L 、质量为m 的正方形线圈abcd ，自高度h ＝2L 处自由下落．下边ab 进入匀强磁场后，线圈开始做匀速运动，直到其上边dc刚刚离开匀强磁场为止．此匀强磁场的区域的宽度也是L.则线圈在穿越匀强磁场的过程中产生的热能为( )图1032A．mgL B．2mgLC．3mgL D．4mgL[答案]B考查点：电磁感应中的图象问题3．(人教版选修3－2P8T6改编)某实验装置如图1033所示，在铁芯P上绕着两个线圈A 和B，如果线圈A中电流i与时间t的关系有图1034所示的甲、乙、丙、丁共四种情况．在t1～t2这段时间内，哪些情况可以观察到在线圈B中有感应电流？( )图1033图1034A．甲、乙、丙B．乙、丁C．丙、丁D．乙、丙、丁[答案]D考查点：电磁感应中的受力情况4．(粤教选修3－2P 34T 5改编)如图1035所示，abcd 是矩形闭合金属框，PQ 是金属导体，可以沿着框边ab 、cd 无摩擦地平移滑动，整个框放在垂直于纸面向里的匀强磁场中．设磁感应强度为B ，PQ 长为L ，电阻为R ，ad 、bc 的电阻都为2R ，ab 、cd 的电阻不计．当PQ 以速度v 向右匀速滑动时，则金属棒两端的电压U 和作用在金属棒上的外力F 的大小分别为( )图1035A ．BLvB 2L 2v R B.12BLv B 2L 2v 2RC.45BLv B 2L 2v 5RD.12BLv B 2L 2v R [答案] B(对应学生用书第192页)1．处理电磁感应电路问题的一般思路2．电磁感应中电路知识的关系图[题组通关]1. (2018·焦作一模)(多选)如图1036所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l ＝1 m ，cd 间、de 间、cf 间分别接着阻值R ＝10 Ω的电阻．一阻值R ＝10 Ω的导体棒ab 以速度v ＝4 m/s 匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小B ＝0.5 T 、方向竖直向下的匀强磁场．下列说法中正确的是( )图1036A ．导体棒ab 中电流的流向为由b 到aB ．cd 两端的电压为1 VC ．de 两端的电压为1 VD ．fe 两端的电压为1 VBD [由右手定则可知ab 中电流方向为a →b ，A 错误；导体棒ab 切割磁感线产生的感应电动势E ＝Blv ，ab 为电源，cd 间电阻R 为外电路负载，de 和cf 间电阻中无电流，de 和cf 间无电压，因此cd 和fe 两端电压相等，即U ＝E 2R ×R ＝Blv 2＝1 V ，B 、D 正确，C 错误．]2．(多选)(2018·潍坊模拟)在如图1037甲所示的电路中，电阻R 1＝R 2＝2R ，圆形金属线圈半径为r 1，线圈导线的电阻为R ，半径为r 2(r 2<r 1)的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图乙所示，图线与横、纵轴的交点坐标分别为t 0和B 0，其余导线的电阻不计，闭合S ，至t 1时刻，电路中的电流已稳定，下列说法正确的是( )图1037A ．电容器上极板带正电B ．电容器下极板带正电C ．线圈两端的电压为B 0πr 21t 0D ．线圈两端的电压为4B 0πr 225t 0BD [由楞次定律知圆形金属线圈内的感应电流方向为顺时针，金属线圈相当于电源，电源内部的电流从负极流向正极，则电容器的下极板带正电，上极板带负电，A 错，B 对．由法拉第电磁感应定律知感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝B 0t 0×πr 22，由闭合电路欧姆定律得感应电流为I ＝E R ＋R 1＋R 2， 所以线圈两端的电压U ＝I (R 1＋R 2)＝4B 0πr 225t 0，C 错，D 对．](2017·宁波模拟)如图甲所示，一匝数N ＝10、总电阻为R ＝2.5 Ω、边长L ＝0.3 m 的均质正三角形金属线框静置在粗糙水平面上，线框的顶点正好是半径r ＝L 3的圆形磁场的圆心，磁场方向竖直向下(正方向)，磁感应强度大小B 随时间t 变化的关系如图乙所示，a 、b 是磁场边界与线框的两交点，已知线框与水平面间的最大静摩擦力f ＝0.6 N ，取π＝3，则( )A ．t ＝0时穿过线框的磁通量为0.06 WbB ．线框静止时，线框中的感应电流大小为0.6 AC ．线框静止时，a 、b 两点间电压为118V D ．经时间t ＝0.8 s ，线框开始滑动D [由磁通量的定义可知t ＝0时穿过线框的磁通量为Φ＝B 016πr 2＝0.01 Wb ，A 错；由法拉第电磁感应定律知E ＝N ΔΦΔt ＝N ΔB Δt ·16πr 2＝0.25 V ，所以线框中的感应电流为I ＝E R ＝0.1 A ，B 错；由楞次定律及闭合电路欧姆定律可知U ab ＝79E ＝736V ，C 错；线框位于磁场中的两条边受到的安培力大小为F 1＝NBIr ，且两个力的夹角为120°，合力大小等于F 1，所以当F 1等于最大静摩擦力时，线框就要开始滑动，即NBIr ＝f ，由题图乙知B ＝2＋5t (T)，联立并代入数据得t ＝0.8 s ，D 对．] 情况而定电路结构不够明显，需要仔细分析外电路的串并联关系，画出等效电路图处理图象问题要做到“四明确、一理解”[母题](多选)如图1038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 ＝F 0＋kv (F 0、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 A ，电阻R 两端的电压为U R ，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( )图1038[题眼点拨] “F ＝F 0＋kt (F 0，k 是常量)”可知有k ＞0和k ＜0两种情况．BC [当金属棒MN 的速度为v 时，MN 受到的安培力F A ＝BIl ＝B 2l 2v R ，根据牛顿第二定律得金属棒MN 的加速度a ＝F －F A m ＝F 0m ＋k －B 2l 2R+r m v ，且i ＝Blv R+r ，U R ＝BlRv R+r ，P ＝B 2l 2v 2R+r .若k ＝B 2l 2R+r ，金属棒做匀加速直线运动，此时，i t 图象为直线，F A t 图象为直线，U R t 图象为直线，P t 图象为抛物线．若k >B 2l 2R+r ，则金属棒做加速度增大的加速运动．则i t 图象、F A t 图象、U R t 图象、P t 图象为曲线，斜率越来越大，此时选项B 正确．若k <B 2l 2R+r ，则金属棒做加速度减小的加速运动，加速度减为零后做匀速运动，此时i t 图象、F A t 图象、U R t 图象为曲线，斜率越来越小，此时选项C 正确．][母题迁移]迁移1 F t 图象1．如图1039所示的匀强磁场中有一根弯成45°的金属线POQ ，其所在平面与磁场垂直，长直导线MN 与金属线紧密接触，起始时OA ＝l 0，且MN ⊥OQ ，所有导线单位长度的电阻均为r ，MN 运动的速度为v ，使MN 匀速运动的外力为F ，则外力F 随时间变化的图象是( )图1039A B C DC [设经过时间t ，则导线MN 距O 点的距离为l 0＋vt ，MN 接入电路的长度也为l 0＋vt ，此时MN 产生的感应电动势E ＝B (l 0＋vt )v ，整个回路的电阻为R ＝(2＋2)(l 0＋vt )r ，回路中的电流I ＝E R ＝B l 0＋vt v ＋2l 0＋vt r ＝Bv ＋2r ，由于导线匀速运动，导线受到的拉力F 等于安培力，即F ＝BIL ＝B Bv ＋2r (l 0＋vt )＝B 2v＋2r (l 0＋vt )，故C 正确．]迁移2 v t 图象2．(2018·上饶二模)在如图10310所示的竖直平面内，在水平线MN 的下方有足够大的匀强磁场，一个等腰三角形金属线框顶点C 与MN 重合，线框由静止释放，沿轴线DC 方向竖直落入磁场中．忽略空气阻力，从释放到线框完全进入磁场过程中，关于线框运动的v t 图象，可能正确的是( )图10310A B C DC [线框进入磁场过程中受到的安培力F ＝BIl ＝B 2l 2v R ，线框切割磁感线的有效长度l 增大、安培力增大，由牛顿第二定律得：mg －F ＝ma ，得a ＝g －B 2l 2vmR ，线框由静止加速，由于l 、v 不断增大，a 不断减小，则线框做加速度减小的加速运动，故C 正确．]迁移3 i t 图象3．(2018·兰州模拟)如图10311所示，边长为2L 的等边三角形区域abc 内部的匀强磁场垂直纸面向里，b点处于x轴的坐标原点O；一与三角形区域abc等高的直角闭合金属线框ABC，∠ABC＝60°，BC边处在x轴上．现让金属线框ABC沿x轴正方向以恒定的速度v穿过磁场，在t＝0时线框B点恰好位于原点O的位置．规定逆时针方向为线框中感应电流的正方向，在下列四个ix图象中，能正确表示线框中感应电流随位移变化关系的是( )图10311D[线圈从0～L过程，产生逆时针方向的电流；有效长度从0增大到32L，故电流逐渐变大；从L～2L过程，产生逆时针方向的电流，有效长度从32L逐渐减到0，故电流逐渐变小；从2L～3L过程，产生顺时针方向的电流，有效长度从3L逐渐减到0，故电流逐渐变小；则图线D正确，A、B、C错误．]如图所示，两磁感应强度大小相等、方向相反的有界磁场，磁场区域宽度均为d，一底边长为2d的三角形金属线框以一定的速度匀速通过两磁场的过程中，三角形线框中的感应电流i随时间t的变化图象正确的是(取逆时针方向为正)( )D[整个过程分为4个小过程，且由线框有效切割长度和几何关系可知，电流随时间线性变化：由1到2位置，产生逆时针方向的电流且均匀减小，设开始时电流大小为2I0，则由2I0减小到I0；由2到3位置，产生顺时针方向的电流，开始时电流大小为3I0，且均匀减小，一直减小到2I0；由3到4位置，产生逆时针方向的电流且由零均匀增大到I0；由4位置到最后全部出磁场，为逆时针方向的电流且由I0均匀减小到零；综上所述选项D正确．]迁移4 Ux图象4.如图10312所示，垂直于纸面向里的匀强磁场的区域宽度为2a，磁感应强度的大小为B.一边长为a、电阻为4R的正方形均匀导线框CDEF从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域，关于线框EF两端的电压U EF与线框移动距离x的关系，下列图象正确的是( )图10312[题眼点拨]“线框从图示位置匀速穿过磁场区域”进出磁场电源电动势不变，但电源发生了变化．D[线框经过整个磁场区域时，做匀速运动，所以产生的感应电动势大小E＝Bav，刚进入磁场时，等效电路如图甲所示；完全在磁场中时，等效电路如图乙所示；一条边从磁场中离开时，等效电路如图丙所示．选项D正确，选项A、B、C错误．]甲乙丙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3．能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化(2)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其他能的减少量．[多维探究]考向1 “水平方向”上的问题分析1．(多选)(2018·哈尔滨模拟)相距为L的两条平行光滑的金属导轨AB、CD被固定在水平桌面上，两根质量都是m、电阻都为R的导体棒甲和乙置于导轨上．一条跨过桌边定滑轮的轻质细线一端与导体棒甲相连，另一端与套在光滑竖直杆上的质量为m的物块丙相连，整个系统处于竖直向上的匀强磁场(图10313中未画出)中，磁感应强度为B.初态整个系统处于静止状态，跨过滑轮的细绳水平．现由静止状态开始释放物块丙，当其下落高度为h时细线与杆成37°角，此时物块丙的速度为v，导体棒乙的速度为u.若不计导轨电阻及一切摩擦，运动过程中导体棒始终与导轨垂直且有良好的接触，则( )图10313A ．在此过程中绳上拉力对导体棒甲所做的功等于mgh －12mv 2 B ．在此过程中电路中生成的电能mgh －4150mv 2 C ．在此过程中电路中产生的焦耳热mgh －12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫4125v 2＋u 2 D ．在此过程中甲和丙总的机械能减少量等于系统内生成的电热ABC [丙克服绳子拉力做的功为W ，对丙运用动能定理：mgh －W ＝12mv 2，W ＝mgh －12mv 2，设绳子的拉力为T ，丙的速度为v 时，绳子对丙做功的功率：P 1＝－T cos α×v ，绳子对甲做功的功率：P 2＝T ×v cos α，大小始终相等，所以在此过程中绳上拉力对导体棒甲所做的功等于mgh －12mv 2，A 正确；安培力对甲做的功，等于此过程中电路中生成的电能，对于甲和丙这个系统，根据能量转化与守恒定律，电路中生成的电能：E ＝mgh －12mv 2－12m (v cos α)2＝mgh －4150mv 2，B 正确；对于甲、乙、丙三个物体组成的系统运用能量转化与守恒定律，在此过程中电路中产生的焦耳热：Q ＝mgh －12mv 2－12m (v cos α)2－12mu 2＝mgh －4150mv 2－12mu 2，C 正确；在此过程中甲、乙和丙总的机械能减少量等于系统内生成的电热，D 错误．故选A 、B 、C.]考向2 “竖直方向”上的问题分析2. (2018·湖南宜章模拟)如图10314所示，一质量为m ，边长为h 的正方形金属线框abcd自某一高度由静止下落，依次经过两匀强磁场区域，且金属线框bc 边的初始位置离磁场B 1的上边界的高度为h 4，两磁场的磁感应强度分别为B 1和B 2，且B 1＝2B 0，B 2＝B 0(B 0已知)，两磁场的间距为H (H 未知，但H >h )，线框进入宽度为h 的磁场B 1时，恰好做匀速运动，速度为v 1(v 1已知)，从磁场B 1中穿出后又以v 2匀速通过宽度也为h 的磁场B 2.图10314(1)求v 1与v 2的比值；(2)写出H 与h 的关系式；(3)若地面离磁场B 2的下边界的高度为h ，求金属线框下落到地面所产生的热量．(用m 、h 、g 表示)[题眼点拨] ①“线框进入磁场B 1时，恰好做匀速运动”说明重力与安培力等大反向；②“从磁场B 1穿出后又以v 2匀速通过磁场B 2”说明在H 中线框做匀加速直线运动．[解析](1)金属线框分别进入磁场B 1和B 2后，做匀速运动，由平衡条件有BIh ＝mg① 又金属线框切割磁感线，则I ＝Bhv R ②联立①②得v ＝mgRB 2h 2所以v 1v 2＝B 22B 21＝14. ③(2)金属线框进入磁场B 1前和离开磁场B 1后到进入磁场B 2前，都是做只在重力作用下的运动，由运动学公式有v 21＝2g ·h 4④ v 22－v 21＝2g (H －h ) ⑤联立③④⑤得H ＝19h 4. ⑥ (3)产生的热量等于克服安培力做功，Q ＝BIh ·4h ⑦联立①⑦得Q ＝4mgh .[答案](1)1∶4 (2)H ＝19h 4(3)4mgh1．在2题中把正方形金属线框abcd 的运动改为“始终做加速度为g 的匀加速直线运动，有时需对线框施加竖直方向的外力F ，且H ＝2h ，线框的电阻为R ”．求：(1)当正方形金属线框abcd 的bc 边恰好进入磁场B 2时的竖直外力F ；(2)当正方形金属线框abcd 从静止开始运动到bc 边离开磁场B 1，通过线框a 点的电荷量Q .[解析](1)bc 边恰好进入磁场B 2时的速度v ＝2g ·13h 4＝13gh 2，此时的安培力F 安＝B 2Ih ＝B 20h 2R 13gh 2由牛顿第二定律得mg ＋F －F 安＝mg则竖直外力F ＝B 20h 2R 13gh 2. (2)由法拉第电磁感应定律得E －＝ΔΦΔt ，则平均电流I －＝E R通过线框a 点的电荷量Q ＝I －Δt ＝ΔΦR ＝Bh 2R.[答案](1)B 20h 2R 13gh 2 (2)Bh 2R2．(多选)(2017·泉州模拟)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨竖直放置，底端接电阻R ，轻弹簧上端固定，下端悬挂质量为m 的金属棒，金属棒和导轨接触良好．除电阻R 外，其余电阻不计．导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨所在平面．静止时金属棒位于A 处，此时弹簧的伸长量为Δl ，弹性势能为E p .重力加速度大小为g .将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒在运动过程中始终保持水平，则( )A ．当金属棒的速度最大时，弹簧的伸长量为ΔlB ．电阻R 上产生的总热量等于mg Δl －E pC ．金属棒第一次到达A 处时，其加速度方向向下D ．金属棒第一次下降过程通过电阻R 的电荷量比第一次上升过程的多BD [将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，金属棒向下运动，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，金属棒受到向上的安培力作用，当金属棒的速度最大时，弹簧向上的弹力加上安培力等于重力，弹簧的伸长量一定小于Δl ，选项A 错误．选取A 处重力势能为零，金属棒从弹簧原长位置由静止释放时，系统机械能为mg Δl .金属棒做切割磁感线运动最后静止在A 处，机械能为E p .由能量守恒定律可知，电阻R 上产生的总热量等于mg Δl －E p ，选项B 正确．金属棒第一次到达A 处时，弹簧向上的弹力加上安培力一定大于重力，其加速度方向向上，选项C 错误．由于金属棒切割磁感线产生电能，第一次上升到的最高位置一定低于金属棒从弹簧原长位置(静止释放的初位置)，金属棒第一次下降过程回路磁通量变化一定大于第一次上升过程回路磁通量变化，由q ＝ΔΦR可知，金属棒第一次下降过程通过电阻R 的电荷量比第一次上升过程的多，选项D 正确．]考向3 “倾斜方向”上的问题分析3．(多选)(2018·钦州模拟)足够长的倾角为θ＝37°的平行金属轨道宽度为L ＝1 m ，导轨电阻不计．如图10315所示，底端接有阻值为R ＝3 Ω的定值电阻，磁感应强度为B ＝1 T 的匀强磁场垂直向上穿过导轨平面．有一质量为m ＝2 kg 、长也为L 的导体棒始终与导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻为r ＝2 Ω，它与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.25.现让导体棒从导轨底部以平行斜面的初速度v 0＝10 m/s 向上滑行，上滑的最大距离为s ＝2 m ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2，以下说法正确的是( )图10315A ．运动的整个过程中，导体棒的最大加速度为8 m/s 2B ．导体棒最终可以匀速下滑到导轨底部C ．导体棒从开始上滑到最大高度的过程中，通过电阻R 的电荷量为0.4 CD ．导体棒上滑过程中电阻R 产生的焦耳热比下滑过程产生的焦耳热多CD [根据受力分析可知导体棒受到沿斜面向下的重力的分力和摩擦力，以及沿斜面向下的安培力，导体棒沿斜面向上做减速运动，速度减小，安培力减小，所以合力减小，故当开始运动时加速度最大，有a ＝mg sin θ＋F ＋F f m ，F ＝BIL ＝B BLv ｡R ＋rL ，代入数据解得a ＝9 m/s 2，A 错误；由题知上滑和下滑过程中，由于摩擦产生的热量均为Q ＝F f s ＝μmg cos 37°·s ＝8 J ，杆的初动能E k ＝12mv 20＝12×2×102 J ＝100 J ，上滑过程中产生的电热Q 1＝E k －Q －mgs sin 37°＝(100－8－20×2×0.6) J＝68 J ，假设下滑过程中无焦耳热产生，且到达底端速度为v 1，则有E k －2Q －Q 1＝12mv 21，解得v 1＝4 m/s ，此时安培力为F ＝B 2L 2v 1R ＋r ＝0.8 N ，仍然有mg sin 37°>(F f ＋F )，故到达轨道底端前导体棒加速运动，故B 错误；导体棒从开始上滑到最大高度的过程中，通过电阻R 的电荷量为q ＝ΔΦR ＋r ＝BLsR ＋r ＝0.4 C ，C 正确；因为不断有机械能转化为电热能，所以上滑过程中的平均速度大于下滑过程中的平均速度，即上滑过程中克服安培力做功大于下滑过程中克服安培力做功，即导体棒上滑过程中电阻R 产生的焦耳热比下滑过程产生的焦耳热多，D 正确．][反思总结] 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：[母题] (2018·大连模拟)如图10316所示，宽度为L 的平行光滑的金属轨道，左端为半径为r 1的四分之一圆弧轨道，右端为半径为r 2的半圆轨道，中部为与它们相切的水平轨道．水平轨道所在的区域有磁感应强度为B 的竖直向上的匀强磁场．一根质量为m 的金属杆a 置于水平轨道上，另一根质量为M 的金属杆b 由静止开始自左端轨道最高点滑下．当b 滑入水平轨道某位置时，a 就滑上了右端半圆轨道最高点(b 始终运动且a 、b 未相撞)，并且a 在最高点对轨道的压力大小为mg ，此过程中通过a 的电荷量为q ，a 、b 棒的电阻分别为R 1、R 2，其余部分电阻不计．在b 由静止释放到a 运动到右端半圆轨道最高点过程中，求：图10316(1)在水平轨道上运动时，b 的最大加速度是多大？(2)a 刚到达右端半圆轨道最低点时b 的速度是多大？(3)自b 释放到a 到达右端半圆轨道最高点过程中系统产生的焦耳热是多少？(1)b 棒在圆轨道上运动时，其机械能是否守恒？[提示] 守恒．(2)a 棒在圆轨道上运动时，其机械是否守恒？[提示] 守恒．(3)a 、b 两棒都在水平轨道上运动时，系统的动量是否守恒？[提示] 守恒．[解析](1)由机械能守恒定律得：12Mv 2b 1＝Mgr 1 解得：v b 1＝2gr 1b 刚滑到水平轨道时加速度最大，有E ＝BLv b 1，I ＝E R 1＋R 2由牛顿第二定律有F 安＝BIL ＝Ma解得a ＝B 2L 22gr 1M R 1＋R 2.(2)a 由最低点到最高点，由能量守恒定律，有2mgr 2＝12mv 2a 2－12mv 2a 1 在最高点有2mg ＝m v 2a 1r 2解得：v a 2＝6gr 2由a 刚开始运动至到达半圆轨道最低点，由动量守恒定律有Mv b 1＝Mv b 3＋mv a 2 解得v b 3＝2gr 1－mM 6gr 2.(3)由动量定理有－BILt ＝Mv b 2－Mv b 1即－BLq ＝Mv b 2－Mv b 1解得v b 2＝2gr 1－BLqMa 在半圆轨道最高点，有mg －N ＝m v 2a 1r 2根据牛顿第三定律得N ＝N ′＝mg解得v a 1＝2gr 2从b 释放至a 到达右端半圆轨道最高点过程中，由能量守恒定律，有Mgr 1＝12Mv 2b 2＋12mv 2a 1＋mg 2r 2＋Q 解得：Q ＝2gr 1BLq －3mgr 2－B 2L 2q 22M. [答案](1)B 2L 22gr 1M R1＋R 2 (2)2gr 1－mM 6gr 2 (3)2gr 1BLq －3mgr 2－B 2L 2q 22M[母题迁移] 如图10317所示，在大小为B 的匀强磁场区域内跟磁场方向垂直的水平面中有两根固定的足够长的金属平行导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab 和cd ，两棒彼此平行，构成一矩形回路．导轨间距为l ，导体棒的质量都为m ，电阻都为R ，导轨部分电阻可忽略不计．设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab 棒静止，给cd 棒一个向右的初速v 0，求：图10317(1)当cd 棒速度减为0.8v 0时的加速度；(2)从开始运动到最终稳定，电路中产生的电能为多大？(3)两棒之间距离增长量x 的上限.[解析](1)设当cd 棒速度减为0.8v 0时ab 棒的速度为v ′，由动量守恒定律 mv 0＝0.8mv 0＋mv ′① 解得：v ′＝0.2v 0此时回路的电流是I ＝Bl －v 02R ②cd 棒的加速度为a ＝BIl m ③ 解得：a ＝0.3B 2l 2v 0mR. (2)设两棒稳定时共同的末速度为v ，据动量守恒定律mv 0＝(m ＋m )v④ 得：v ＝12v 0 ⑤Q ＝12mv 20－12(m ＋m )v 2＝14mv 20.(3)由法拉第电磁感应定律得，电路中产生的感应电动势E ＝ΔΔt ＝Bl Δx Δt⑥ 这段时间内回路的电流为I －＝E 2R ⑦对ab 棒由动量定理得：B I －l Δt ＝mv ⑧由⑤～⑧解得Δx ＝mRv 0B 2l 2. ⑨[答案](1)0.3B 2l 2v 0mR (2)14mv 20 (3)mRv 0B 2l 2。
