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第十章电磁感应返回导航一、电磁感应中的电路问题1．电源：切割磁感线运动的导体或________发生变化的回路相当于电源．电动势的计算：E＝______或E＝nΔΦΔt．2．电阻：产生感应电动势的导体或回路的电阻相当于电源的________，其余部分是外电阻R.3．电路：闭合电路总电流：I＝ER＋r.路端电压的计算：U＝IR＝__________．磁通量BlvE－Ir内阻r返回导航二、电磁感应中的图像问题图像类型(1)Bt图像、Φt图像、Et图像和It图像(2)E和I随导体位移x变化的图像，即Ex图像和Ix图像问题类型(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像(2)由给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量返回导航考点一电磁感应中的图象问题1．题型简述借助图象考查电磁感应的规律，一直是高考的热点，此类题目一般分为两类：(1)由给定的电磁感应过程选出正确的图象；(2)由给定的图象分析电磁感应过程，定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图象．常见的图象有B－t图、E－t图、i－t图、v－t图及F－t图等．返回导航2．解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键．3．解题步骤(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的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；返回导航(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．4．两种常用方法(1)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．(2)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象进行分析和判断．返回导航【例1】(2018·潍坊联考)两个不可形变的正方形导体框a、b连成如图甲所示的回路，并固定在竖直平面(纸面)内．导体框a内固定一小圆环c，a与c在同一竖直面内，圆环c中通入如图乙所示的电流(规定逆时针方向为电流的正方向)，导体框b的MN边处在垂直纸面向外的匀强磁场中，则MN边在匀强磁场中受到的安培力()A．0～1s内，方向向下B．1～3s内，方向向下C．3～5s内，先逐渐减小后逐渐增大D．第4s末，大小为零返回导航B解析：根据i－t图象可知，在0～6s内MN边都有大小恒定的电流通过，由F＝BIl可知，安培力的大小是恒定的，选项C、D均错；0～1s、3～5s内电流的方向由N→M；1～3s、5～6s内电流的方向由M→N，对以上情况可用左手定则判断出MN边的安培力方向，0～1s、3～5s内安培力方向向上，1～3s、5～6s内安培力方向向下，故选项B正确，A错误．返回导航【变式1】(多选)(2018·长沙市长郡中学模拟)如图甲所示，面积为S的n匝圆形闭合线圈内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小随时间周期性变化，如图乙所示，已知线圈的电阻为R，则下列说法正确的是()A．线圈内产生的感应电动势最大值为SB0B．线圈内产生的感应电流最小值为nSB02RC．线圈内产生的感应电动势周期为4sD．0～1s内线圈内产生的感应电流沿顺时针方向返回导航CD解析：由图乙可知，在0～1s内产生的感应电动势最大，最大值为Emax＝nΔBΔtS＝nB0S，选项A错误；1～2s内线圈内产生的感应电动势最小，最小值为零，选项B错误；由图线可知，线圈内产生的感应电动势周期为4s，选项C正确；根据楞次定律可知，0～1s内线圈内产生的感应电流沿顺时针方向，选项D正确．返回导航【变式2】(2018全国2卷)如图，在同一平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为32l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是答案：D返回导航考点二电磁感应中的动力学问题1．题型简述感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起．解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(共点力的平衡条件、牛顿运动定律、动能定理等)．返回导航2．两种状态及处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析返回导航返回导航【例2】(2018江苏卷)(15分)如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为，间距为D.导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g.求下滑到底端的过程中，金属棒返回导航(1)末速度的大小v；(2)通过的电流大小I；(3)通过的电荷量Q.(1)匀加速直线运动v2＝2as解得v＝2as(2)安培力F安＝IdB金属棒所受合力F＝mgsinθ－F安牛顿运动定律F＝ma解得I＝m（gsinθ－a）dB(3)运动时间t＝va电荷量Q＝It解得Q＝2asm（gsinθ－a）dBa返回导航【变式3】如图所示，有两根与水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m的金属杆(电阻忽略不计)从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则()A．如果B增大，vm将变大B．如果α增大，vm将变大C．如果R变小，vm将变大D．如果m变小，vm将变大返回导航B解析：金属杆从轨道上由静止滑下，经足够长时间后，速度达最大值vm，此后金属杆做匀速运动．杆受重力mg、轨道的支持力FN和安培力F，如图所示．而F＝B2L2vmR，对金属杆有mgsinα＝B2L2vmR，即vm＝mgRsinθB2L2.由此式可知，B增大，vm减小；α增大，vm增大；R变小，vm变小；m变小，vm变小．因此选项A、C、D错误，选项B正确．返回导航【变式4】(2017·上海单科·20改编)如图，光滑平行金属导轨间距为L，与水平面夹角为θ，两导轨上端用阻值为R的电阻相连，该装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面．质量为m的金属杆ab以沿导轨平面向上的初速度v0从导轨底端开始运动，然后又返回到出发位置．在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好，不计ab和导轨的电阻及空气阻力．(1)求ab开始运动时的加速度a的大小；(2)分析并说明ab在整个运动过程中速度、加速度的变化情况．返回导航解析：(1)利用楞次定律，对初始状态的ab受力分析得：mgsinθ＋BIL＝ma①对回路分析I＝ER＝BLv0R②联立①②得a＝gsinθ＋B2L2v0mR返回导航(2)上滑过程：由第(1)问中的分析可知，上滑过程加速度大小表达式为：a上＝gsinθ＋B2L2vmR③上滑过程，a、v反向，做减速运动．利用③式，v减小则a减小，可知，杆上滑时做加速度逐渐减小的减速运动．下滑过程：由牛顿第二定律，对ab受力分析得：返回导航mgsinθ－B2L2vR＝ma下④a下＝gsinθ－B2L2vmR⑤因a下与v同向，ab做加速运动．由⑤得v增加，a下减小，杆下滑时做加速度逐渐减小的加速运动．答案：见解析返回导航考点三：电磁感应中的动力学和能量问题1．题型简述电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功来实现的．安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程；外力克服安培力做功的过程，则是其他形式的能转化为电能的过程．2．解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化；返回导航3．求解电能应分清两类情况(1)若回路中电流恒定，可以利用电路结构及W＝UIt或Q＝I2Rt直接进行计算．(2)若电流变化，则①利用安培力做功求解：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：若只有电能与机械能的转化，则减少的机械能等于产生的电能．返回导航【例3】如图所示，间距为L的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成．倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为θ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r的定值电阻．质量为m、电阻也为r的金属杆MN垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度为B的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直轨道平面向下、磁感应强度也为B的匀强磁场．闭合开关S，让金属杆MN从图示位置由静止释放，已知金属杆MN运动到水平轨道前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆MN两端始终与导轨接触良好，重力加速度为g.求：返回导航(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的最大速率vm；(2)金属杆MN在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度vm前，当流经定值电阻的电流从零增大到I0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q，求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q；(3)金属杆MN在水平导轨上滑行的最大距离xm.返回导航解析：(1)金属杆MN在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，对其受力分析，可得mgsinθ－BImL＝0根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得：Im＝BLvm2r解得：vm＝2mgrsinθB2L2返回导航(2)设在这段时间内，金属杆MN运动的位移为x由电流的定义可得：q＝IΔt根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律得：平均电流I＝BΔS2rΔt＝BLx2rΔt解得：x＝2qrBL设电流为I0时金属杆MN的速度为v0，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，可得I0＝BLv02r，解得v0＝2rI0BL返回导航设此过程中，电路产生的焦耳热为Q热，由功能关系可得：mgxsinθ＝Q热＋12mv20定值电阻r产生的焦耳热Q＝12Q热解得：Q＝mgqrsinθBL－mI20r2B2L2(3)设金属杆MN在水平导轨上滑行时的加速度大小为a，速度为v时回路电流为I，由牛顿第二定律得：BIL＝ma返回导航由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得：I＝BLv2r联立可得：B2L22rv＝mΔvΔtB2L22rvΔt＝mΔv，即B2L22rxm＝mvm得：xm＝4m2gr2sinθB4L4答案：见解析返回导航【变式5】(多选)(2017·山东潍坊中学一模)如图所示，同一竖直面内的正方形导线框a、b的边长均为l，电阻均为R，质量分别为2m和m.它们分别系在一跨过两个定滑轮的轻绳两端，在两导线框之间有一宽度为2l、磁感应强度大小为B、方向垂直竖直面的匀强磁场区域．开始时，线框b的上边与匀强磁场的下边界重合，线框a的下边到匀强磁场的上边界的距离为l.现将系统由静止释放，当线框b全部进入磁场时，a、b两个线框开始做匀速运动．不计摩擦和空气阻力，重力加速度为g，则()返回导航A．a、b两个线框匀速运动时的速度大小为2mgRB2l2B．线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间为3B2l3mgRC．从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a所产生的焦耳热为mglD．从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，两线框共克服安培力做功为2mgl返回导航BC解析：设两线框匀速运动的速度为v，此时轻绳上的张力大小为FT，则对a有：FT＝2mg－BIl，对b有：FT＝mg，又I＝ER，E＝Blv，解得v＝mgRB2l2，故A错误．线框a从下边进入磁场后，线框a通过磁场时以速度v匀速运动，则线框a从下边进入磁场到上边离开磁场所用时间t＝3lv＝3B2l3mgR，故B正确．返回导航从开始运动到线框a全部进入磁场的过程中，线框a只在其匀速进入磁场的过程中产生焦耳热，设为Q，由功能关系有2mgl－FTl＝Q，得Q＝mgl，故C正确．设两线框从开始运动到线框a全部进