专题11　电磁感应规律及其应用.ppt

由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 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.‎ ‎3.求感应电动势大小的五种类型 ‎(1)磁通量变化型：E＝n.‎ ‎(2)磁感应强度变化型：E＝nS.‎ ‎(3)面积变化型：E＝nB.‎ ‎(4)平动切割型：E＝Blv.‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎(5)转动切割型：E＝nBl2ω.‎ 注意：公式E＝nS中的S是垂直于磁场方向的有效面积.‎ 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(　　)‎ 图1‎ 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 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；因磁感应强度随时间均匀增大，设＝k，根据法拉第电磁感应定律可得E＝n＝nl2，则＝()2＝，选项B正确；根据I＝＝＝＝可知，I∝l，故a、b线圈中感应电流之比为3∶1，选项C错误；电功率P＝IE＝·nl2＝，则P∝l3，故a、b线圈中电功率之比为27∶1，选项D错误.‎ 答案　B 变式训练 ‎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(　　)‎ 图2‎ 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 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 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 答案　D 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.‎ ‎2.(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(　　)‎ 图3‎ 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 答案　D 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.‎ ‎3.(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(　　)‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 图4‎ 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 答案　AB 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；由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝BL＝BL2ω，I＝，ω恒定时，I大小恒定，ω大小变化时，I大小变化，方向不变，故A对，C错；由P＝I2R＝知，当ω变为原来的2倍时，P变为原来的4倍，D错.‎ ‎4.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(　　)‎ 图5‎ 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 答案　BD 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；导体棒AB的弧长为L，与磁场切割有效长度为，故A、C错；根据电容器C＝，C＝，两极板距离d减小，C增大，Q 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 增加，电场强度E增大，油滴将向上运动，D对.‎ 考题二　电磁感应中的图象问题 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.‎ ‎(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(　　)‎ 图6‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 解析　设金属棒在某一时刻速度为v，由题意可知，感应电动势E＝BLv，回路电流I＝＝v，即I∝v；安培力F安＝BIL＝v，方向水平向左，即F安∝v；R两端电压UR＝IR＝v，即UR∝v；感应电流功率P＝EI＝v2，即P∝v2.‎ 分析金属棒运动情况，由牛顿运动第二定律可得F0＋kv－v＝ma，即F0＋(k－)v＝ma.因为金属棒从静止开始运动，所以F0>0 .‎ ‎(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kt0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小.‎ 答案　(1) ‎(2)B0lv0(t－t0)＋kSt　(B0lv0＋kS) 解析　(1)在金属棒未越过MN之前，穿过回路的磁通量的变化量为 ΔΦ＝ΔBS＝kΔtS ①‎ 由法拉第电磁感应定律有 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 E＝ ②‎ 由欧姆定律得 I＝ ③‎ 由电流的定义得 I＝ ④‎ 联立①②③④式得 ‎|Δq|＝Δt ⑤‎ 由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内即Δt＝t0，流过电阻R的电荷量q的绝对值为 ‎|q|＝ ⑥‎ ‎(2)当t>t0时，金属棒已越过MN.由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有 F＝F安 ⑦‎ 式中，F是外加水平恒力，F安是金属棒受到的安培力.设此时回路中的电流为I，‎ F安＝B0lI ⑧‎ 此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0) ⑨‎ 匀强磁场穿过回路的磁通量为 Φ′＝B0ls ⑩‎ 回路的总磁通量为 Φt＝Φ＋Φ′ ⑪‎ 其中Φ＝B1S＝ktS ⑫‎ 由⑨⑩⑪⑫式得，在时刻t(t>t0)，穿过回路的总磁通量为Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt⑬‎ 在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变量ΔΦt为 ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt ⑭‎ 由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为 Et＝ ⑮‎ 由欧姆定律得 I＝ ⑯‎ 联立⑦⑧⑭⑮⑯式得 F＝(B0lv0＋kS).‎ ‎10.如图9所示，宽L＝2 m、足够长的金属导轨MN和M′N′放在倾角为θ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 ‎＝30°的斜面上，在N与N′之间连接一个R＝2.0 Ω的定值电阻，在AA′处放置一根与导轨垂直、质量m＝0.8 kg、电阻r＝2.0 Ω的金属杆，杆和导轨间的动摩擦因数μ＝，导轨电阻不计，导轨处于磁感应强度B＝1.0 T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.用轻绳通过定滑轮将电动小车与杆的中点相连，滑轮与杆之间的连线平行于斜面，开始时小车位于滑轮正下方水平面上的P处(小车可视为质点)，滑轮离小车的高度H＝4.0 m.启动电动小车，使之沿PS方向以v＝5.0 m/s的速度匀速前进，当杆滑到OO′位置时的加速度a＝3.2 m/s2，AA′与OO′之间的距离d＝1 m，求：‎ 图9‎ ‎(1)该过程中，通过电阻R的电量q；‎ ‎(2)杆通过OO′时的速度大小；‎ ‎(3)杆在OO′时，轻绳的拉力大小；‎ ‎(4)上述过程中，若拉力对杆所做的功为13 J，求电阻R上的平均电功率.‎ 答案　(1)0.5 C　(2)3 m/s　(3)12.56 N　(4)2 W 解析　(1)平均感应电动势＝ q＝·Δt＝＝ 代入数据，可得：q＝0.5 C ‎(2)由几何关系：－H＝d 解得：sin α＝0.8　α＝53°‎ 杆的速度等于小车速度沿绳方向的分量：‎ v1＝vcos α＝3 m/s ‎(3)杆受的摩擦力Ff＝μmgcos θ＝3 N 杆受的安培力F安＝BIL＝ 代入数据，可得F安＝3 N 根据牛顿第二定律：FT－mgsin θ－Ff－F安＝ma 解得：FT＝12.56 N ‎(4)根据动能定理：W＋W安－mgdsin θ－Ffd＝mv 解得W安＝－2.4 J，电路产生的总电热Q总＝2.4 J 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费 那么，R上的电热QR＝1.2 J 此过程所用的时间t＝＝0.6 s R上的平均电功率＝＝ W＝2 W.‎ ‎ ‎ 由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费