【物理】2018届一轮复习人教版第十章电磁感应学案
第十章
考 纲 要 求
考 情 分 析
电磁感应现象
Ⅰ
1.命题规律
近几年高考对本章内容重点考查了感应电流的产生、感应电动势的方向判断和大小计算等。常以选择题形式考查对基础知识、基本规律的理解与应用，以计算题的形式考查综合性知识，如动力学、能量、电路、图像等知识与电磁感应结合的问题，一般难度较大，分值较高。
2.考查热点
预计2018年高考对本章仍将以法拉第电磁感应定律为核心，利用与之相关的力电综合问题，考查学生的综合分析及运用数学知识解决物理问题的能力。在复习过程中还要多关注电磁感应现象与现代科技、生活相结合的新情景题目。
磁通量
Ⅰ
法拉第电磁感应定律
Ⅱ
楞次定律
Ⅱ
自感、涡流
Ⅰ
第57课时 电磁感应现象和楞次定律(双基落实课)
[命题者说] 本课时所学内容是电磁感应基础知识，主要让学生掌握发生电磁感应的条件、感应电流方向的判断。学习本课时的知识，可以为以后对电磁感应核心知识的学习打下坚实的基础，并为分析电磁感应综合问题创造必备的条件。
一、理解磁通量的概念
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与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。
[小题练通]
1．判断正误
(1)穿过线圈的磁通量和线圈的匝数无关。(√)
(2)闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流产生。(×)
(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)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。(√)
2．如图所示，一个矩形线圈与两条通有相同大小电流的平行直导线处于同一平面，并且处在两导线的中央，则( )
A．两导线电流同向时，穿过线圈的磁通量为零
B．两导线电流反向时，穿过线圈的磁通量为零
C．两导线电流同向或反向，穿过线圈的磁通量都相等
D．两导线电流产生的磁场是不均匀的，不能判定穿过线圈的磁通量是否为零
解析：选A 根据安培定则，两导线电流同向时，它们在线圈处产生的磁场反向，穿过线圈的磁通量为零；两导线电流反向时，它们在线圈处产生的磁场同向，穿过线圈的磁通量不为零，故选项A正确。
(1)Φ＝BS中的S应指闭合回路中处于匀强磁场中的有效面积。
(2)若假设磁感线向某一方向穿进磁通量为正，则向外穿出为负，计算合磁通量时正、负可以抵消。
二、认识电磁感应现象
1.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。
2．产生感应电流的条件
(1)条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化；
(2)特例：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动。
3．产生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，则只有感应电动势，而无感应电流。
[小题练通]
1．(2017·北京西城区期末)从1822年至1831年的近十年时间里，英国科学家法拉第心系“磁生电”。在他的研究过程中有两个重要环节：(1)敏锐地觉察并提出“磁生电”的闪光思想；(2)通过大量实验，将“磁生电”(产生感应电流)的情况概括为五种：变化的电流、变化的磁场、运动的恒定电流、运动的磁铁、在磁场中运动的导体。结合你学过的相关知识，试判断下列说法正确的是( )
A．环节(1)提出“磁生电”思想是受到了麦克斯韦电磁场理论的启发
B．环节(1)提出“磁生电”思想是为了对已经观察到的“磁生电”现象做出合理解释
C．环节(2)中五种“磁生电”的条件都可以概括为“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”
D．环节(2)中“在磁场中运动的导体”这种情况不符合“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”这一条件
解析：选C 法拉第提出“磁生电”
的闪光思想是受奥斯特发现电流周围存在磁场的影响，A、B错；环节(2)中“磁生电”的条件由法拉第总结概括为“穿过闭合导体回路的磁通量发生变化”，C对，D错。
2．如图所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是( )
解析：选B 产生感应电流的条件是穿过线圈的磁通量发生变化，选项B符合要求。
判断感应电流的流程
(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)
三、楞次定律和右手定则
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)使用方法
让磁感线穿入右手手心，大拇指指向导体运动的方向，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的情况。
[小题练通]
1．(多选)如图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流。各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示正确的是( )
解析：选CD 根据楞次定律可确定感应电流的方向：如对C图分析，当磁铁向下运动时：(1)闭合线圈原磁场的方向——向上；(2)穿过闭合线圈的磁通量的变化——增加；(3)感应电流产生的磁场方向——向下；(4)利用安培定则判断感应电流的方向——与图中箭头方向相同。线圈的上端为S极，磁铁与线圈相互排斥。综合以上分析知，C、D正确。
2．(2017·长沙重点高中测试)MN、GH为光滑的水平平行金属导轨，ab、cd为跨在导轨上的两根金属杆，匀强磁场垂直穿过MN、GH所在的平面，如图所示，则( )
A．若固定ab，使cd向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向由a到b到d到c
B．若ab、cd以相同的速度一起向右滑动，则abdc回路有电流，电流方向由c到d到b到a
C．若ab向左、cd向右同时运动，则abdc回路电流为零
D．若ab、cd都向右运动，且两棒速度vcd>vab，则abdc回路有电流，电流方向由c到d到b到a
解析：选D 若固定ab，使cd向右滑动，由右手定则知应产生顺时针方向的电流，故A错。若ab、cd同向运动且速度大小相同，ab、cd所围的面积不变，磁通量不变，则不产生感应电流，故B错。若ab向左、cd向右同时运动，则abdc中有顺时针方向的电流，故C错。若ab、cd均向右运动，且vcd>vab，则ab、cd所围的面积增大，磁通量也增大，则产生由c到d到b到a的电流，故D正确。
(1)注意理解“阻碍”的意义，阻碍不是阻止，要弄清“增反减同”、“来拒去留”等。
(2)不要混淆右手定则、安培定则、左手定则，三个定则适用对象、使用方法都不相同。
四、楞次定律的综合应用
[典例] (多选)把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面，当磁铁运动时，线圈内产生了图中方向的电流，则磁铁的运动情况是( )
A．向左运动 B．向右运动
C．向上运动 D．向下运动
[解析] 根据右手螺旋定则，可得线圈感应电流产生的磁场方向为向右，根据楞次定律增反减同可得线圈中的磁通量减小，而磁铁向左运动，向上运动，向下运动都能使得线圈中的磁通量减小，故A、C、D正确。
[答案] ACD
本题先确定了感应电流的方向，再判断产生感应电流的原因，是楞次定律的推广应用。判断顺序是由感应电流磁场方向看和原磁场方向相同还是相反，再根据楞次定律判断线圈中磁通量增加还是减小，最后判断出磁铁的运动情况。
[集训冲关]
1．如图所示，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘。当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向( )
A．向左 B．向右
C．垂直纸面向外 D．垂直纸面向里
解析：选B 法一：当MN中电流突然减小时，单匝矩形线圈abcd垂直纸面向里的磁通量减少，根据楞次定律，线圈abcd中产生的感应电流方向为顺时针方向，由左手定则可知ab边与cd边所受安培力方向均向右，所以线圈所受安培力的合力方向向右，B正确。
法二：由对楞次定律中“阻碍”的理解可知，当MN中电流突然减小而导致线圈abcd垂直纸面向里的磁通量减少时，线圈abcd一定会有向右运动的趋势以“阻碍”其磁通量的减少，所以其所受安培力的合力方向向右，B正确。
2．如图甲所示，长直导线与导线框abcd固定在同一平面内。直导线中通以如图乙所示的大小和方向都随时间作周期性变化的交流电，并取图甲所示向上的电流方向为直导线中电流的正方向。关于0～T时间内线框abcd中感应电流的方向，下列说法正确的是( )
A．由顺时针方向变为逆时针方向
B．由逆时针方向变为顺时针方向
C．由顺时针方向变为逆时针方向，再变为顺时针方向
D．由逆时针方向变为顺时针方向，再变为逆时针方向
解析：选D 由题图乙，在0～时间内电流正向增大，根据安培定则，矩形线圈所处的磁场垂直纸面向里，由于磁通量增大，由增反减同，矩形线圈中的感应磁场应垂直纸面向外，感应电流为逆时针，同理，～，～，～T内感应电流的方向依次为顺时针、顺时针、逆时针，故D正确。
一、单项选择题
1.如图所示，a、b、c三个闭合线圈放在同一平面内，当线圈a中有电流I通过时，穿过它们的磁通量分别为Фa、Фb、Фc，下列说法中正确的是( )
A．Фa<Фb<Фc B．Фa>Фb>Фc
C．Фa<Фc<Фb D．Фa>Фc>Фb
解析：选B 当a中有电流通过时，穿过a、b、c三个闭合线圈的向里的磁感线条数一样多，向外的磁感线的条数c最多，其次是b，a中没有向外的磁感线，因此，根据合磁通量的计算，应该是Фa>Φb>Фc。
2.如图所示，一通电螺线管b放在闭合金属线圈a内，螺线管的中心线恰好和线圈的一条直径MN重合。要使线圈a中产生感应电流，可采用的方法有( )
A．使螺线管在线圈a所在平面内转动
B．使螺线管上的电流发生变化
C．使线圈以MN为轴转动
D．使线圈以与MN垂直的直径为轴转动
解析：选D 题图所示位置，线圈a所在平面与磁感线平行，穿过线圈的磁通量为零，当按A、B、C所述方式变化时，线圈a所在平面仍与磁感线平行，磁通量不变，不产生感应电流；按D所述方式变化时，由于线圈与磁场夹角变化引起磁通量变化，能够产生感应电流，故选D。
3．如图所示，一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合螺线管，则电路中( )
A．始终有感应电流自a向b流过电流表G
B．始终有感应电流自b向a流过电流表G
C．先有a→G→b方向的感应电流，后有b→G→a方向的感应电流
D．将不会产生感应电流
解析：选C 条形磁铁从左边进入螺线管的过程中，在螺线管内产生的磁场方向向右，且穿过螺线管的磁通量不断增加，根据楞次定律，产生的感应电流的方向是a→G→b，条形磁铁从螺线管中向右穿出的过程中，在螺线管中产生的磁场方向仍向右，穿过螺线管的磁通量不断减小，根据楞次定律，产生的感应电流的方向是b→G→a，故C正确。
4.如图所示，当导线ab在电阻不计的金属导轨上滑动时，线圈c向右摆动，则ab的运动情况是( )
A．向左或向右匀速运动
B．向左或向右减速运动
C．向左或向右加速运动
D．只能向右匀加速运动
解析：选B 当导线ab在导轨上滑行时，线圈c向右运动，说明穿过线圈的磁通量正在减少，即右侧回路中的感应电流减小，导线正在减速运动，与方向无关，故A、C、D错误，B正确。
5.(2017·泰州一模)如图所示，在长载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B
，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两根可自由滑动的导体棒ab和cd。当载流直导线中的电流逐渐减弱时，导体棒ab和cd的运动情况是( )
A．一起向左运动 B．一起向右运动
C．相向运动，相互靠近 D．相背运动，相互远离
解析：选D 根据右手螺旋定则知，直流电流下方的磁场方向垂直纸面向里，电流减小时，磁场减弱，根据楞次定律得，回路中的感应电流为acdb，根据左手定则知，ab所受安培力方向向左，cd所受安培力向右，即ab和cd相背运动，相互远离，故D正确，A、B、C错误，故选D。
二、多项选择题
6.如图所示，法拉第研究“磁生电”现象的实验装置原理图。两个线圈分别绕在一个铁环上，线圈A接直流电源，线圈B接灵敏电流表，下列哪些情况能使线圈B中产生感应电流( )
A．开关S闭合或断开瞬间
B．开关S闭合一段时间之后
C．开关S闭合后，改变滑动变阻器滑片的位置时
D．拿走铁环，再做这个实验，开关S闭合或断开的瞬间
解析：选ACD 根据法拉第对产生感应电流的五类概括，选项A、C、D符合变化的电流(变化的磁场)产生感应电流的现象。而开关S闭合一段时间之后，A线圈中是恒定电流，产生恒定的磁场，B线圈中磁通量稳定不变，故不能使B线圈中产生感应电流，故选A、C、D。
7．如图所示，固定的水平长直导线中通有直流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行。线框由静止释放，在下落过程中( )
A．穿过线框的磁通量保持不变
B．线框中感应电流方向保持不变
C．线框所受安培力的合力为零
D．线框的机械能不断减小
解析：选BD 线框下落过程中，穿过线框的磁通量减小，选项A错误；由楞次定律可判断出感应电流方向一直沿顺时针方向，选项B正确；线框受到的安培力的合力竖直向上，但小于重力，则合力不为零，选项C错误；在下落过程中，安培力对线框做负功，则其机械能减小，选项D正确。
8.如图所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′，都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R
。整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是( )
A．感应电流方向是N→M B．感应电流方向是M→N
C．安培力水平向左 D．安培力水平向右
解析：选AC 本题考查左、右手定则和楞次定律。
法一：由右手定则易知，MN中感应电流方向是N→M，再由左手定则可判知，MN所受安培力方向垂直棒水平向左。
法二：由楞次定律知，感应电流的产生，必然阻碍引起感应电流的原因。本题中，感应电流是由于MN相对于磁场向右运动引起的，则安培力必然阻碍这种相对运动，由安培力既垂直于电流又垂直于磁场方向可判知，MN所受安培力方向必然垂直于MN水平向左，再由左手定则，容易判断出感应电流的方向是N→M，故正确选项为A、C。
第58课时 法拉第电磁感应定律(重点突破课)
[必备知识]
一、法拉第电磁感应定律
1．感应电动势
(1)定义：在电磁感应现象中产生的电动势；
(2)产生条件：穿过回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楞次定律或右手定则判断。
2．法拉第电磁感应定律
(1)内容：闭合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率成正比；
(2)公式：E＝n，其中n为线圈匝数，为磁通量的变化率。
感应电动势的大小与磁通量大小无关，与磁通量变化的大小也无关，与磁通量变化的快慢(变化率)有关。
3．导体切割磁感线时的感应电动势
(1)垂直切割：E＝Blv，式中l为导体切割磁感线的有效长度。
(2)不垂直切割：E＝Blvsin_θ，式中θ为v与B的夹角。
(3)匀速转动：导体棒在垂直匀强磁场方向以角速度ω绕一端转动切割磁感线时，E＝Bl2ω。
二、自感、涡流
1．自感现象
(1)概念：由于导体本身的电流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；
②表达式：E＝L；
(3)自感系数L
①相关因素：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＝10－3 H,1 μH＝10－6 H。
2．涡流
当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水的漩涡，所以叫涡流。
[小题热身]
1.如图所示，半径为r的n匝线圈套在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形，当磁感应强度以的变化率均匀变化时，线圈中产生的感应电动势的大小为( )
A．πr2· B．L2·
C．nπr2· D．nL2·
解析：选D 根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势的大小为E＝n＝nL2。
2.如图所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2。则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比分别为( )
A．c→a,2∶1 B．a→c,2∶1
C．a→c,1∶2 D．c→a,1∶2
解析：选C 由右手定则可知，电阻R上电流的方向为a→c，由E＝BLv可知，E1∶E2＝1∶2，C正确。
3．(多选)如图甲、乙电路中，电阻R和自感线圈L的电阻都很小。闭合S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则( )
A．在电路甲中，断开S，A将渐渐变暗
B．在电路甲中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
C．在电路乙中，断开S，A将渐渐变暗
D．在电路乙中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
解析：选AD 在电路断开时，电感线圈的自感电动势阻碍原电流减小，此时电感线圈在电路中相当于一个电源，表现为两个方面：一是自感电动势所对应的电流方向与原电流方向一致；二是在断电瞬间，自感电动势所对应的电流大小与原电流的大小相等，以后以此电流开始缓慢减小到零。
题图甲中，灯泡A与电感线圈L在同一个支路中，流过的电流相同，断开开关S时，线圈L中的自感电动势要维持原电流不变，所以，开关断开的瞬间，灯泡A的电流不变，以后电流渐渐变小。因此，灯泡A渐渐变暗。题图乙中，灯泡A所在支路的电流比电感线圈所在支路的电流要小(因为电感线圈的电阻很小)，断开开关S时，电感线圈的自感电动势要阻碍电流的变小，此瞬间电感线圈中的电流不变，电感线圈相当于一个电源给灯泡A供电。因此，反向流过A的电流瞬间要变大，然后渐渐变小，所以灯泡A要先更亮一下，然后渐渐变暗。
4．如图所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一小铁锅水和一玻璃杯水。给线圈通入电流，一段时间后，一个容器中水温升高，则通入的电流与水温升高的是( )
A．恒定直流、小铁锅
B．恒定直流、玻璃杯
C．变化的电流、小铁锅
D．变化的电流、玻璃杯
解析：选C 通入恒定直流时，所产生的磁场不变，不会产生感应电流，选项A、B错误；通入变化的电流，所产生的磁场发生变化，在空间产生感生电场，小铁锅是导体，感生电场在导体内产生涡流，电能转化为内能，使水温升高；涡流是由变化的磁场在导体内产生的，所以玻璃杯中的水不会升温，选项C正确，D错误。
提能点(一) 法拉第电磁感应定律的应用
[典例] (2016·北京高考)如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度B随时间均匀增大。两圆环半径之比为2∶
1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb。不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是( )
A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向
B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向
C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向
D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向
[解析] 由楞次定律知，题中圆环感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，故感应电流沿顺时针方向。由法拉第电磁感应定律知E＝＝＝，由于两圆环半径之比Ra∶Rb＝2∶1，所以Ea∶Eb＝4∶1，选项B正确。
[答案] B
本题考查了楞次定律和法拉第电磁感应定律的应用
(1)应用楞次定律，要充分利用“增反减同”的结论先确定感应电流磁场的方向，再判断感应电流方向。
(2)应用电磁感应定律，将公式E＝推广为E＝·S。本题中两圆环相同，Sa是Sb的四倍。
[集训冲关]
1.(2016·浙江高考)如图所示，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
解析：选B 当磁感应强度变大时，由楞次定律知，线圈中感应电流的磁场方向垂直纸面向外，由安培定则知，线圈内产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；由法拉第电磁感应定律E＝S及Sa∶Sb＝9∶1知，Ea＝9Eb，选项B正确；由R＝ρ知两线圈的电阻关系为Ra＝3Rb，其感应电流之比为Ia∶Ib＝3∶1，选项C错误；两线圈的电功率之比为Pa∶Pb＝EaIa∶EbIb＝27∶1，选项D错误。
2.(2017·长春质量监测)如图所示，用一根横截面积为S
的粗细均匀的硬导线做成一个半径为r的圆环，把圆环一半置于均匀变化的磁场中，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小随时间的变化率＝k(k>0)，ab为圆环的一条直径，导线的电阻率为ρ，则下列说法中正确的是( )
A．圆环具有扩张的趋势
B．圆环中产生逆时针方向的感应电流
C．图中a、b两点间的电压大小为kπr2
D．圆环中感应电流的大小为
解析：选D 由楞次定律知圆环具有收缩的趋势，且产生顺时针方向的感应电流，故A、B错误；根据法拉第电磁感应定律得感应电动势为E＝·＝kπr2，a、b两点间的电压为路端电压，U＝＝kπr2，线圈电阻R＝ρ，所以感应电流大小为I＝＝，C错误、D正确。
提能点(二) 公式E＝BLv的应用
[典例] (2015·海南高考)如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′。则等于( )
A. B.
C．1 D.
[解析] 设金属棒长度为l，则金属棒不弯折时感应电动势ε＝Blv。弯折后，切割磁感线的有效长度l′＝l，其感应电动势ε′＝Bl′v＝Blv。所以＝，故B正确。
[答案] B
本题考查切割磁感线产生感应电动势公式E＝Blv。解题时应注意l是“有效长度”。
(1)若l与B不垂直，则l在垂直于B的方向的投影长度为有效长度。
(2)若l出现弯折的情况，则先将两端点相连，再确定其有效长度。
[集训冲关]
1．如图所示，水平放置的平行金属导轨MN与PQ之间接有定值电阻R，导体棒ab
长为l且与导轨接触良好，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，现使导体棒ab向右匀速运动，下列说法正确的是( )
A．导体棒ab两端的感应电动势越来越小
B．导体棒ab中的感应电流方向是a→b
C．导体棒ab所受安培力方向水平向右
D．导体棒ab所受合力做功为零
解析：选D 由于导体棒匀速运动，磁感应强度及长度不变，由E＝Blv可知，运动中感应电动势不变；由楞次定律可知，导体棒中的电流方向由b指向a；由左手定则可知，导体棒所受安培力方向水平向左；由于匀速运动，棒的动能不变，由动能定理可知，合力做的功等于零。选项A、B、C错误，D正确。
2.(多选)(2017·广东七校联考)如图所示，在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，有一水平放置的U形导轨，导轨左端连接一阻值为R的电阻，导轨电阻不计。导轨间距离为L，在导轨上垂直放置一根长度为L的金属棒MN，金属棒与导轨接触良好，电阻为r，用外力拉着金属棒向右以速度v做匀速运动。则金属棒运动过程中( )
A．金属棒中的电流方向为由N到M
B．电阻R两端的电压为BLv
C．金属棒受到的安培力大小为
D．电阻R产生焦耳热的功率为
解析：选AC 由右手定则可知金属棒MN中的电流方向为由N到M，故A正确；MN产生的感应电动势为E＝BLv，则电阻R两端的电压为U＝，故B错误；回路中感应电流大小为I＝，金属棒MN受到的安培力大小为F＝BIL＝，故C正确；电阻R产生焦耳热的功率为P＝I2R＝2R＝，故D错误。
3.如图所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)( )
A．由c到d，I＝ B．由d到c，I＝
C．由c到d，I＝ D．由d到c，I＝
解析：选D 由右手定则判定通过电阻R的电流的方向是由d到c；而金属圆盘产生的感应电动势E＝Br2ω，所以通过电阻R的电流大小是I＝。选项D正确。
提能点(三) 自 感
通电自感
断开自感
电路图
器材规格
A1、A2同规格，R＝RL，L较大
L很大(有铁芯)，RL
φb,20 V B．φa>φb,10 V
C.φa<φb,20 V D．φa<φb,10 V
解析：选B 由题意可知，线圈M的磁场的磁通量随时间均匀增加，则E＝n＝50× V＝10 V；由楞次定律可知，此时感应电流的磁场与原磁场反向，由右手螺旋定则可以看出，此时a点的电势较高。
2.(2016·全国丙卷)如图，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里。某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计。求：
(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；
(2)在时刻t(t＞t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。
解析：(1)在金属棒越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为Φ＝ktS①
设在从t时刻到t＋Δt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R的电荷量为Δq。
由法拉第电磁感应定律有ε＝②
由欧姆定律有i＝③
由电流的定义有i＝④
联立①②③④式得|Δq|＝Δt⑤
由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内，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＝F⑦
式中，f是外加水平恒力，F是匀强磁场施加的安培力。设此时回路中的电流为I，F的大小为F＝B0Il⑧
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′＝B0ls⑩
回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′⑪
式中，Φ仍如①式所示。由①⑨⑩⑪式得，在时刻t(t＞t0)穿过回路的总磁通量为Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt⑫
在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变量为
ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt⑬
由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为
εt＝⑭
由欧姆定律有I＝⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮式得f＝(B0lv0＋kS)。⑯
答案：(1) (2)B0lv0(t－t0)＋kSt (B0lv0＋kS)
1.如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指剪开拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，与环的最高点A连接的长度为2a、电阻为的导体棒AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时导体棒AB两端的电压大小为( )
A. B.
C. D．Bav
解析：选A 摆到竖直位置时，导体棒AB切割磁感线的瞬时感应电动势E＝B·2a·＝Bav。由闭合电路的欧姆定律得，UAB＝·＝Bav，故选项A正确。
2.(2015·福建高考)如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中( )
A.PQ中电流先增大后减小
B.PQ两端电压先减小后增大
C.PQ上拉力的功率先减小后增大
D.线框消耗的电功率先减小后增大
解析：选C 设PQ左侧金属线框的电阻为r，则右侧电阻为3R－r；PQ相当于电源，其电阻为R，则电路的外电阻为R外＝＝，当r＝时，R外max＝R，此时PQ处于矩形线框的中心位置，即PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中外电阻先增大后减小。PQ中的电流为干路电流I＝，可知干路电流先减小后增大，选项A错误。PQ两端的电压为路端电压U＝E－U内，因E＝Blv不变，U内＝IR先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，选项B错误。拉力的功率大小等于安培力的功率大小，P＝F安v＝BIlv，可知因干路电流先减小后增大，PQ上拉力的功率也先减小后增大，选项C正确。线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，因外电阻最大值为R，小于内阻R；根据电源的输出功率与外电阻大小的变化关系，外电阻越接近内阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功率先增大后减小，选项D错误。
3.(2017·河南八市质检)如图所示，导体杆OP在作用于OP中点且垂直于OP的力作用下，绕O轴沿半径为r的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以一定的角速度转动，磁场的磁感应强度为B，AO间接有电阻R，杆和框架电阻不计，回路中的总电功率为P，则( )
A.外力的大小为2Br
B.外力的大小为Br
C.导体杆旋转的角速度为
D.导体杆旋转的角速度为
解析：选C 设导体杆转动的角速度为ω，则导体杆转动切割磁感线产生的感应电动势E＝Br2ω，I＝，根据题述回路中的电功率为P，则P＝EI；设维持导体杆匀速转动的外力为F，则有P＝，v＝rω，联立解得F＝Br，ω＝，选项C正确，A、B、D错误。
4.(2017·广东百校联考)如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝100，线圈面积S＝200 cm2，线圈的电阻r＝1 Ω，线圈外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。下列说法中正确的是( )
A.线圈中的感应电流方向为顺时针方向
B.电阻R两端的电压随时间均匀增大
C.线圈电阻r消耗的功率为4×10－4 W
D.前4 s内通过R的电荷量为4×10－4 C
解析：选C 由楞次定律可判断线圈中的感应电流方向为逆时针方向，选项A错误；由法拉第电磁感应定律可知产生的感应电动势为E＝＝0.1 V，电阻R两端的电压不随时间变化，选项B错误；回路中电流I＝＝0.02 A，线圈电阻r消耗的功率为P＝I2r＝4×10－4 W，选项C正确；前4 s内通过R的电荷量为q＝It＝0.08 C，选项D错误。
5.(多选)如图所示为一圆环发电装置，用电阻R＝4 Ω的导体棒弯成半径L＝0.2 m的闭合圆环，圆心为O，COD是一条直径，在O、D间接有负载电阻R1＝1 Ω。整个圆环中均有B＝0.5 T的匀强磁场垂直环面穿过。电阻r＝1 Ω的导体棒OA贴着圆环做匀速运动，角速度ω＝300 rad/s，则( )
A.当OA到达OC处时，圆环的电功率为1 W
B.当OA到达OC处时，圆环的电功率为2 W
C.全电路最大功率为3 W
D.全电路最大功率为4.5 W
解析：选AD 当OA到达OC处时，圆环的电阻为1 Ω，与R1串联接入电源，外电阻为2 Ω，棒转动过程中产生的感应电动势E＝BL2ω＝3 V，圆环上分压为1
V，所以圆环上的电功率为1 W，A正确，B错误；当OA到达OD处时，圆环中的电阻为零，此时电路中总电阻最小，而电动势不变，所以电功率最大为P＝＝4.5 W，C错误，D正确。
6.如图所示，足够长的固定平行粗糙金属双轨MN、PQ相距d＝0.5 m，导轨平面与水平面夹角α＝30°，处于方向垂直导轨平面向上、磁感应强度大小B＝0.5 T的匀强磁场中。长也为d的金属棒ab垂直于导轨MN、PQ放置，且始终与导轨接触良好，棒的质量m＝0.1 kg，电阻R＝0.1 Ω，与导轨之间的动摩擦因数μ＝，导轨上端连接电路如图所示。已知电阻R1与灯泡电阻R2的阻值均为0.2 Ω，导轨电阻不计，取重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)求棒由静止刚释放瞬间下滑的加速度大小a；
(2)假若棒由静止释放并向下加速运动一段距离后，灯L的发光亮度稳定，求此时灯L的实际功率P和棒的速率v。
解析：(1)棒由静止刚释放的瞬间速度为零，不受安培力作用
根据牛顿第二定律有mgsin α－μmgcos α＝ma，
代入数据得a＝2.5 m/s2。
(2)由“灯L的发光亮度稳定”知棒做匀速运动，受力平衡，有
mgsin α－μmgcos α＝BId
代入数据得棒中的电流I＝1 A
由于R1＝R2，
所以此时通过小灯泡的电流I2＝I＝0.5 A，
P＝I22R2＝0.05 W
此时感应电动势E＝Bdv＝I
得v＝0.8 m/s。
答案：(1)2.5 m/s2 (2)0.05 W 0.8 m/s
第60课时 电磁感应中的图像问题(题型研究课)
[命题者说] 电磁感应图像问题是高考常考题型，包括根据电磁感应过程判断图像的问题、根据图像求解电磁感应过程中相应物理量的问题、还有一些和图像相关的综合问题。掌握这类问题，会大大提高学生分析判断图像、综合解决图像问题的能力，并对电磁感应知识达到更加深刻的理解。
(一) 根据电磁感应过程分析、判断图像
考法1 导体切割磁感线运动涉及的图像
[例1] 如图，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d＞L
)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下。导线框以某一初速度向右运动。t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域。下列vt图像中，可能正确描述上述过程的是( )
[解析] 导线框开始进入磁场过程，通过导线框的磁通量增大，有感应电流，进而受到与运动方向相反的安培力作用，速度减小，感应电动势减小，感应电流减小，安培力减小，导线框的加速度减小，vt图线的斜率减小；导线框全部进入磁场后，磁通量不变，无感应电流，导线框做匀速直线运动；导线框从磁场中出来过程，有感应电流，又会受到安培力阻碍作用，速度减小，加速度减小。选项D正确。
[答案] D
考法2 闭合回路中磁通量变化涉及的图像
[例2] 将一段导线绕成如图甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内。回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是( )
[解析] 0～时间内，回路中产生顺时针方向、大小不变的感应电流，根据左手定则可以判定ab边所受安培力向左。～T时间内，回路中产生逆时针方向、大小不变的感应电流，根据左手定则可以判定ab边所受安培力向右，故B正确。
[答案] B
[通法归纳]
电磁感应图像的判断方法
(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像变化相对应。
(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。
(4)推导出相应物理量的函数关系式，看图像与关系式是否对应。
[集训冲关]
1.(2017·江西联考)如图所示，导体棒沿两平行金属导轨从图中位置以速度v向右匀速通过一正方形磁场区域abcd，ac垂直于导轨且平行于导体棒，ac右侧的磁感应强度是左侧的2倍且方向相反，导轨和导体棒的电阻均不计，下列关于导体棒中感应电流和所受安培力随时间变化的图像正确的是(规定电流从M经R到N为正方向，安培力向左为正方向)( )
解析：选A 由E＝BLv可知，导体棒由b运动到ac过程中，切割磁感线有效长度L均匀增大，感应电动势E均匀增大，由欧姆定律可知，感应电流I均匀增大。由右手定则可知，感应电流方向由M到N，同理，导体棒由ac运动到d的过程中，感应电流I均匀减小，方向由N到M。由左手定则可知，导体棒所受安培力始终水平向左，大小不断增大，故选项A正确。
2.(多选)(2017·渭南质检)如图所示，变化的磁场中放置一固定的导体圆形闭合线圈，图甲中所示的磁感应强度和电流的方向为设定的正方向，已知线圈中感应电流i随时间t变化的图像如图乙所示。则在下图中可能是磁感应强度B随时间t变化的图像是( )
解析：选BD 在0～0.5
s，电流为负值，可推得磁感应强度向内增加或向外减少，选项A错误；在0.5～1.5 s内，电流为正值，在这段时间内，磁感应强度向内减少或向外增加，当然也可以先是向内减少，然后是向外增加，选项C错误；在1.5～2.5 s，电流为负值，可知磁感强度向内增加或向外减少，在以后的变化过程中，磁场都做周期性的变化，选项B、D都正确。
(二) 根据图像分析电磁感应问题
[典例] (多选)如图所示，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L，一端通过导线与阻值为R的电阻连接。导轨上放一质量为m的金属杆，金属杆、导轨的电阻均忽略不计，匀强磁场垂直导轨平面向下。用与导轨平行的恒定拉力F作用在金属杆上，杆最终将做匀速运动。当改变拉力的大小时，金属杆做匀速运动时的速度v也会变化，v和F的关系如图乙所示。下列说法正确的是( )
A.金属杆在匀速运动之前做匀加速直线运动
B.流过电阻R的电流方向为a→R→b
C.由图像可以得出B、L、R三者的关系式为＝
D.当恒力F＝3 N时，电阻R消耗的最大电功率为8 W
[解析] 金属杆在匀速运动之前，随着运动速度的增大，由F安＝可知金属杆所受的安培力增大，由牛顿第二定律可知金属杆的加速度减小，故金属杆做加速度减小的加速运动，选项A错误；由楞次定律可知，流过电阻R的电流方向为a→R→b，选项B正确；因为图像与横轴交点等于金属杆所受摩擦力的大小，故由图像可知金属杆所受的摩擦力为Ff＝1 N，金属杆匀速运动时有F－Ff＝F安＝，则可得＝＝，选项C错误；当恒力F＝3 N时，金属杆受到的安培力大小为F安＝F－Ff＝2 N，金属杆匀速运动的速度为4 m/s，所以金属杆克服安培力做功的功率P＝8 W，转化为电能的功率为8 W，故电阻R消耗的最大电功率为8 W，选项D正确。
[答案] BD
解决此类问题要将题目中所提供的图像作为解题的重要条件，明确图像涉及物理量的变化规律，推导出包含图像中物理量的函数式，对题目中的相关问题做出正确的判断。
[集训冲关]
1.(多选)一正方形金属线框位于有界匀强磁场区域内，线框平面与磁场垂直，线框的右边紧贴着磁场边界，如图甲所示。t＝0时刻对线框施加一水平向右的外力，让线框从静止开始做匀加速直线运动穿过磁场，外力F随时间t变化的图像如图乙所示。已知线框质量m＝1 kg、电阻R＝1 Ω，以下说法正确的是( )
A.线框做匀加速直线运动的加速度为1 m/s2
B.匀强磁场的磁感应强度为2 T
C.线框穿过磁场的过程中，通过线框的电荷量为 C
D.线框边长为1 m
解析：选ABC t＝0时，线框初速度为零，故感应电动势为零，力F为线框所受合外力，由牛顿第二定律可知，线框的加速度a＝1 m/s2，A项正确；由图像知，t＝1.0 s时，线框刚好离开磁场，由匀变速直线运动规律可知线框的边长为0.5 m，D项错误；线框的末速度v＝at＝1 m/s，感应电动势E＝BLv，回路中电流I＝，安培力F安＝BIL，由牛顿第二定律有F－F安＝ma，联立解得B＝2 T，B正确；由q＝得q＝＝ C，选项C正确。
2. (多选) (2017·唐山摸底)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0～t2时间内( )
A.电容器C的电荷量大小始终不变
B.电容器C的a板先带正电后带负电
C.MN所受安培力的大小始终不变
D.MN所受安培力的方向先向右后向左
解析：选AD 磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，电容器C的电荷量大小始终没变，选项A正确，B错误；由于磁感应强度变化，根据楞次定律和左手定则可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，选项C错误，D正确。
一、单项选择题
1.(2017·山西四校联考)如图所示，一直角三角形金属框，向左匀速地穿过一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场仅限于虚线边界所围的区域内，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在一条直线上。若取顺时针方向为电流的正方向，则金属框穿过磁场过程的感应电流i随时间t变化的图像是下图所示的( )
解析：选C 根据楞次定律，在金属框进入磁场的过程中，感应电流的方向为逆时针方向，在出磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，选项A、B错误；由E＝BLv可知，金属框离开磁场过程中切割磁感线的有效长度均匀减小，故感应电动势均匀减小，由闭合电路欧姆定律可知，金属框中的感应电流均匀减小，选项D错误，C正确。
2.如图所示，电阻R＝1 Ω、半径r1＝0.2 m的单匝圆形导线框P内有一个与P共面的圆形磁场区域Q，P、Q的圆心相同，Q的半径r2＝0.1 m。t＝0时刻，Q内存在着垂直于圆面向里的磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系是B＝2－t(T)。若规定逆时针方向为电流的正方向，则线框P中感应电流I随时间t变化的关系图像应该是下图中的( )
解析：选C 由B＝2－t知，＝1 T/s，且磁感应强度减小，由楞次定律得P内电流沿顺时针方向，为负值，故A、D错误；又由欧姆定律得E＝S＝πr22，I＝，解得I＝0.01 π A，故B错误，C正确。
3.(2017·泰州一模)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图像的是( )
解析：选A 在0～内，根据法拉第电磁感应定律，E＝n＝。根据楞次定律，感应电动势的方向与图示箭头方向相反，为负值；在～T内，根据法拉第电磁感应定律，E＝n＝＝2E，所以感应电流是之前的2倍，再根据楞次定律，感应电动势的方向与图示方向相反，为负值。故选项A正确，B、C、D错误。
4.有一个匀强磁场边界是EF，在EF右侧无磁场，左侧是匀强磁场区域，如图甲所示。现有一个闭合的金属线框以恒定速度从EF右侧水平进入匀强磁场区域。线框中的电流随时间变化的it图像如图乙所示，则可能的线框是下列四个选项中的( )
解析：选A 由题图乙可知，电流先是均匀增加，后均匀减小，又i＝＝∝l，所以金属线框切割磁感线的有效长度应先是均匀增加，后均匀减小，A项符合；B项线框中间部分进入磁场后切割磁感线的有效长度不变；C项切割磁感线的有效长度不变，D项切割磁感线的有效长度不是均匀地增加和减小。
二、多项选择题
5.(2017·济南期末)如图所示，一沿水平方向的匀强磁场分布在宽度为2L的某矩形区域内(长度足够大)，该区域的上下边界MN、PS是水平的。有一边长为L的正方形导线框abcd从距离磁场上边界MN的某高处由静止释放下落而穿过该磁场区域，已知当线框的ab边到达PS时线框刚好做匀速直线运动。以线框的ab边到达MN时开始计时，以MN处为坐标原点，取如图坐标轴x
，并规定逆时针方向为感应电流的正方向，向上为线圈所受安培力的正方向。则下列关于线框中的感应电流i和线框所受到的安培力F与ab边的位置坐标x的图线中，可能正确的是( )
解析：选AD 根据题意，在0～L上，线框加速进磁场，做加速度减小的加速运动；在第L～2L上，做加速度不变的匀加速运动，线圈中没有感应电流；第2L～3L上做匀速运动。由楞次定律判断感应电流的方向，由i＝判断电流的大小，可知选项A正确；由左手定则和F＝BiL可知，选项D正确。
6.(2017·南京二模)如图所示，光滑平行金属导轨MN、PQ所在平面与水平面成θ角，M、P两端接一阻值为R的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计。整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。t＝0时对金属棒施一平行于导轨的外力F，金属棒由静止开始沿导轨向上做匀加速直线运动。下列关于穿过回路abPMa的磁通量变化量ΔΦ、磁通量的瞬时变化率、通过金属棒的电荷量q以及a、b两端的电势差U随时间t变化的图像中，正确的是( )
解析：选BD 设加速度为a，运动的位移x＝at2，磁通量变化量ΔΦ＝BLx＝BLat2，ΔΦ∝t2，选项A错误；感应电动势E＝＝BLat，故∝t，选项B正确；U＝＝t，U∝t，选项D正确；电荷量q＝，因为ΔΦ∝t2，所以q∝t2，选项C错误。
7.半径为r
带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图甲所示。有一变化的磁场垂直于纸面，规定垂直于纸面向里为正方向，磁场变化规律如图乙所示。在t＝0时刻两平行金属板之间中心有一重力不计、电荷量为q的静止微粒，则以下说法中正确的是( )
A.第2 s内上极板为正极
B.第3 s内上极板为负极
C.第2 s末微粒回到了原来位置
D.第3 s末两极板之间的电场强度大小为
解析：选AD 假设微粒带正电，则0～1 s内的情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，下极板带正电，微粒所受电场力方向竖直向上，微粒向上做匀加速运动。1～2 s内的情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，下极板带负电，微粒所受电场力方向竖直向下，微粒向上做匀减速运动，第2 s末速度减小为零。2～3 s内的情况：由楞次定律可知，金属板上极板带正电，下极板带负电，微粒所受电场力方向竖直向下，微粒向下做匀加速运动。两极板间的电场强度大小E＝＝＝。3～4 s内的情况：由楞次定律可知，金属板上极板带负电，下极板带正电，微粒所受电场力方向竖直向上，微粒向下做匀减速运动，第4 s末速度减小为零，同时回到了原来的位置。若微粒带负电，运动情况相反，4 s末速度减小为零，同时回到了原来位置。综上所述，选项A、D正确。
第61课时 电磁感应中的动力学问题(题型研究课)
[命题者说] 电磁感应动力学问题是历年高考的一个热点，这类题型的特点一般是单棒或双棒在磁场中切割磁感线，产生感应电动势和感应电流。感应电流受安培力而影响导体棒的运动，构成了电磁感应的综合问题，它将电磁感应中的力和运动综合到一起，其难点是感应电流安培力的分析，且安培力常常是变力。这类问题能很好地提高学生的综合分析能力。
(一) 运动切割类动力学问题
考法1 单杆模型
[例1] (2016·全国甲卷) 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；
(2)电阻的阻值。
[解析] (1)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ma＝F－μmg①
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＝at0②
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，杆中的电动势为E＝Blv③
联立①②③式可得E＝Blt0。④
(2)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＝BlI⑥
因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得
F－μmg－F安＝0⑦
联立④⑤⑥⑦式得R＝。⑧
[答案] (1)Blt0 (2)
单杆模型的分析方法
(1)电路分析：导体棒相当于电源，感应电动势E＝BLv，电流I＝。
(2)受力分析：导体棒中的感应电流在磁场中受安培力F安＝BIL，I＝，F安＝。
(3)动力学分析：安培力是变力，导体棒在导轨上做变加速运动，临界条件是安培力和其他力达到平衡，这时导体棒开始匀速运动。
考法2 双杆模型
[例2] (1)如图1所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度为B的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计，导轨间的距离为l，两根质量均为m、电阻均为R的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直。在t＝0时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行，大小恒为F的力作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动，试分析金属杆甲、乙的收尾运动情况。
(2)如图2所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，导轨上横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行。开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度。若两导体棒在运动中始终不接触，试定性分析两棒的收尾运动情况。
[思路点拨]
(1)金属杆甲运动产生感应电动势→回路中有感应电流→乙受安培力的作用做加速运动→可求出某时刻回路中的总感应电动势→由牛顿第二定律列式判断。
(2)导体棒ab运动，回路中有感应电流→分析两导体棒的受力情况→分析导体棒的运动情况即可得出结论。
[解析] (1)设某时刻甲和乙的速度大小分别为v1和v2，加速度大小分别为a1和a2，受到的安培力大小均为F1，则感应电动势为E＝Bl(v1－v2)①
感应电流为I＝②
对甲和乙分别由牛顿第二定律得F－F1＝ma1，F1＝ma2③
当v1－v2＝定值(非零)，即系统以恒定的加速度运动时
a1＝a2④
解得a1＝a2＝⑤
可见甲、乙两金属杆最终水平向右做加速度相同的匀加速运动，速度一直增大。
(2)ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，回路中产生感应电流。ab棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd棒则在安培力作用下做加速运动，在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路中总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速。两棒达到相同速度后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度v水平向右做匀速运动。
[答案] 见解析
两类双杆模型对比
类型
模型
运动图像
运动过程
分析方法
不受外力
杆MN做变减速运动，杆PQ做变加速运动；稳定时，两杆以相等的速度匀速运动
将两杆视为整体，不受外力，最后a＝0
受到恒力
开始时，两杆做变加速运动；稳定时，两杆以相同的加速度做匀加速运动
将两杆视为整体，只受外力F，最后a＝
考法3 含电容器问题
[例3] (2013·全国卷Ⅰ)如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。忽略所有电阻。让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：
(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；
(2)金属棒的速度大小随时间变化的关系。
[解析] (1)设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为E＝BLv ①
平行板电容器两极板之间的电势差为
U＝E ②
设此时电容器极板上积累的电荷量为Q，按定义有
C＝ ③
联立①②③式得Q＝CBLv ④
(2)设金属棒的速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i。金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上，大小为F1＝BLi ⑤
设在时间间隔(t，t＋Δt)内流经金属棒的电荷量为ΔQ，按定义有i＝ ⑥
ΔQ也是平行板电容器两极板在时间间隔(t，t＋Δt)内增加的电荷量。由④式得
ΔQ＝CBLΔv ⑦
式中，Δv为金属棒的速度变化量。按定义有
a＝ ⑧
金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为
F2＝μFN ⑨
式中，FN是金属棒对于导轨的正压力的大小，有
FN＝mgcos θ ⑩
金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有mgsin θ－F1－F2＝ma ⑪
联立⑤至⑪式得
a＝g ⑫
由⑫式及题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速直线运动。t时刻金属棒的速度大小为
v＝gt ⑬
[答案] (1)Q＝CBLv (2)v＝gt
这类题目易出现的错误是忽视电容器充电电流，漏掉导体棒所受的安培力，影响加速度的计算和导体棒运动情况的判断。
[集训冲关]
1.如图所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根足够长的平行光滑金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L。一质量为m的导体棒cd垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好。轨道和导体棒的电阻均不计。
(1)如图1所示，若轨道左端M、P间接一阻值为R的电阻，导体棒在拉力F的作用下以速度v沿轨道做匀速运动。请通过公式推导证明：在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等。
(2)如图2所示，若轨道左端接一电动势为E、内阻为r的电源和一阻值未知的电阻。闭合开关S，导体棒从静止开始运动，经过一段时间后，导体棒达到最大速度vm，求此时电源的输出功率。
(3)如图3所示，若轨道左端接一电容器，电容器的电容为C，导体棒在水平拉力的作用下从静止开始向右运动。电容器两极板间电势差随时间变化的图像如图4所示，已知t1时刻电容器两极板间的电势差为U1。求导体棒运动过程中受到的水平拉力大小。
解析：(1)导体棒切割磁感线，E＝BLv
导体棒做匀速运动，F＝F安
又F安＝BIL，其中I＝
在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功
W＝FvΔt＝F安vΔt＝Δt
电路获得的电能ΔE＝qE＝EIΔt＝Δt
可见，在任意一段时间Δt内，拉力F所做的功与电路获得的电能相等。
(2)导体棒达到最大速度vm时，棒中没有电流，电源的路端电压U＝BLvm
电源与电阻所在回路的电流I＝
电源的输出功率P＝UI＝。
(3)感应电动势与电容器两极板间的电势差相等BLv＝U
由电容器的Ut图像可知U＝t
导体棒的速度随时间变化的关系为v＝t
可知导体棒做匀加速直线运动，其加速度a＝
由C＝和I＝，得I＝＝
由牛顿第二定律有F－BIL＝ma
可得F＝＋。
答案：(1)见解析 (2)
(3)＋
2.(2017·上海松江区期末)如图所示，两根粗细均匀的金属杆AB和CD的长度均为L，电阻均为R，质量分别为3m和m，用两根等长的、质量和电阻均不计的、不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，悬跨在绝缘的、水平光滑的圆棒两侧，AB和CD处于水平。在金属杆AB的下方有高度为H的水平匀强磁场，磁感强度的大小为B，方向与回路平面垂直，此时CD处于磁场中。现从静止开始释放金属杆AB，经过一段时间(AB、CD始终水平)，在AB即将进入磁场的上边界时，其加速度为零，此时金属杆CD还处于磁场中，在此过程中金属杆AB上产生的焦耳热为Q。重力加速度为g，试求：
(1)金属杆AB即将进入磁场上边界时的速度v1；
(2)在此过程中金属杆CD移动的距离h和通过导线截面的电量q；
(3)设金属杆AB在磁场中运动的速度为v2，通过计算说明v2大小的可能范围。
解析：(1)AB杆达到磁场边界时，加速度为零，系统处于平衡状态，
对AB杆：3mg＝2T
对CD杆：2T＝mg＋BIL
又F＝BIL＝，解得：v1＝。
(2)AB、CD棒组成的系统在此过程中，根据能的转化与守恒有：(3m－m)gh－2Q＝×4mv12
h＝＝
q＝IΔt＝＝＝
(3)AB杆与CD杆都在磁场中运动，直到达到匀速，此时系统处于平衡状态，对AB杆：3mg＝2T＋BIL
对CD杆：2T＝mg＋BIL
又F＝BIL＝，解得v2＝
所以＜v2＜
答案：(1)v1＝
(2)h＝＝
q＝
(3)＜v2＜
(二) 变化磁场类动力学问题
[典例] 电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目，原理可用下述模型说明。如图甲所示，虚线MN右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，一边长为L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠 MN虚线边界。t＝0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B＝B0＋kt(k为大于零的常数)，空气阻力忽略不计。
(1)求t＝0时刻，线框中感应电流的功率P；
(2)若线框cd边穿出磁场时速率为v，求线框穿出磁场过程中，安培力对线框所做的功W及通过导线截面的电荷量q；
(3)若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，如图乙所示，在线框上加一质量为M的负载物，证明：载物线框匝数越多，t＝0时线框加速度越大。
[解析] (1)t＝0时刻线框中的感应电动势E0＝L2
功率P＝
解得P＝。
(2)由动能定理有W＝ΔEk
解得W＝mv2
穿出过程线框中的平均电动势＝
线框中的电流＝
通过的电量q＝Δt
解得q＝。
(3)n匝线框中t＝0时刻产生的感应电动势E＝n
线框的总电阻R总＝nR
线框中的电流I＝
t＝0时刻线框受到的安培力F＝nB0IL
设线框的加速度为a，根据牛顿第二定律有F＝(nm＋M)a
解得a＝，
可知n越大，a越大。
[答案] (1) (2)mv2 (3)见解析
磁场变化类电磁感应问题的解题方法
(1)用法拉第电磁感应定律计算感应电动势，用楞次定律判断方向。
(2)用闭合电路欧姆定律计算回路中电流。
(3)分析计算感应电流所受安培力，研究导体受力情况和运动情况。
(4)根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程。
[集训冲关]
如图所示，粗糙斜面的倾角θ＝37°，半径r＝0.5 m的圆形区域内存在着垂直于斜面向下的匀强磁场。一个匝数n＝10匝的刚性正方形线框abcd，通过松弛的柔软导线与一个额定功率P＝1.25 W的小灯泡A相连，圆形磁场的一条直径恰好过线框bc边。已知线框质量m＝2 kg，总电阻R0＝1.25 Ω，边长L＞2r，与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5。从t＝0时起，磁场的磁感应强度按B＝2－t(T)的规律变化。开始时线框静止在斜面上，在线框运动前，灯泡始终正常发光。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)小灯泡正常发光时的电阻R；
(2)线框保持不动的时间内，小灯泡产生的热量Q。
解析：(1)由法拉第电磁感应定律有
E＝n
得E＝n×π×r2＝10××π×0.52 V＝2.5 V
小灯泡正常发光，有P＝I2R
由闭合电路欧姆定律有E＝I(R0＋R)
则有P＝2R，
代入数据解得R＝1.25 Ω。
(2)对线框受力分析如图
设线框恰好要运动时，磁场的磁感应强度大小为B′
由力的平衡条件有mgsin θ＝F安＋Ff＝F安＋μmgcos θ
F安＝nB′I×2r
联立解得线框刚要运动时，磁场的磁感应强度大小B′＝0.4 T
由B′＝2－t，得
线框在斜面上可保持静止的时间t＝ s＝ s
小灯泡产生的热量Q＝Pt＝1.25× J＝3.1 J。
答案：(1)1.25 Ω (2)3.1 J
一、选择题
1.如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行金属轨道，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
解析：选B 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、轨道的支持力和安培力如图所示。安培力F＝LB，对金属杆列平衡方程式：mgsin α＝，则vm＝。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A、C、D错误，B正确。
2.如图所示，两光滑平行金属导轨间距为L，直导线MN垂直跨在导轨上，且与导轨接触良好，整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B。电容器的电容为C，除电阻R外，导轨和导线的电阻均不计。现给导线MN一初速度，使导线MN向右运动，当电路稳定后，MN以速度v向右做匀速运动时( )
A.电容器两端的电压为零
B.电阻两端的电压为BLv
C.电容器所带电荷量为CBLv
D.为保持MN匀速运动，需对其施加的拉力大小为
解析：选C 当导线MN匀速向右运动时，导线MN产生的感应电动势恒定，稳定后，电容器既不充电也不放电，无电流产生，故电阻两端没有电压，电容器两极板间的电压为U＝E＝BLv，所带电荷量Q＝CU＝CBLv，故A、B错误，C正确；MN匀速运动时，因无电流而不受安培力，故拉力为零，D错误。
3.(多选)(2017·中山二模)如图所示，在水平桌面上放置两条相距为l的平行光滑导轨ab与cd，阻值为R的电阻与导轨的a、c端相连。质量为m、电阻也为R的导体棒垂直于导轨放置并可沿导轨自由滑动。整个装置放于匀强磁场中，磁场的方向竖直向上，磁感应强度的大小为B。导体棒的中点系一不可伸长的轻绳，绳绕过固定在桌边的光滑轻滑轮后，与一个质量也为m的物块相连，绳处于拉直状态。现若从静止开始释放物块，用h表示物块下落的高度(物块不会触地)，g表示重力加速度，其他电阻不计，则( )
A.电阻R中的感应电流方向由c到a
B.物块下落的最大加速度为g
C.若h足够大，物块下落的最大速度为
D.通过电阻R的电荷量为
解析：选AC 由右手定则可知，电阻R中的感应电流方向由c到a，A正确；物块刚下落时加速度最大，由牛顿第二定律有2mam＝mg，最大加速度：am＝，B错误；对导体棒与物块组成的整体，当所受的安培力与物块的重力平衡时，达到最大速度，即＝mg，所以vm＝，C正确；通过电阻R的电荷量q＝＝，D错误。
4.(多选)如图所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab、cd与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒ab、cd的质量之比为2∶1。用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒cd，经过足够长时间以后( )
A.金属棒ab、cd都做匀速运动
B.金属棒ab上的电流方向是由b向a
C.金属棒cd所受安培力的大小等于
D.两金属棒间距离保持不变
解析：选BC 对两金属棒ab、cd进行受力和运动分析可知，两金属棒最终将做加速度相同的匀加速直线运动，且金属棒ab速度小于金属棒cd速度，所以两金属棒间距离是变大的，由楞次定律判断金属棒ab上的电流方向是由b到a，A、D错误，B正确；以两金属棒整体为研究对象有：F＝3ma，隔离金属棒cd分析：F－F安＝ma，可求得金属棒cd所受安培力的大小F安＝F，C正确。
二、计算题
5.如图所示，L1＝0.5 m，L2＝0.8 m，回路总电阻为R＝0.2 Ω，M＝0.04 kg，导轨光滑，开始时磁场B0＝1 T。现使磁感应强度以＝0.2 T/s的变化率均匀地增大。试求：当t为多少时，M刚好离开地面？(g取10 m/s2)
解析：回路中原磁场方向向下，且磁感应强度增加，由楞次定律可以判知，感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可以判知，ab中的感应电流的方向是a→b，由左手定则可知，ab所受安培力的方向水平向左，从而向上拉起重物。
设ab中电流为I时M刚好离开地面，此时有
F＝BIL1＝Mg
I＝
E＝＝L1L2·
B＝B0＋t
联立以上各式，代入数据解得t＝5 s。
答案：5 s
6.如图所示，在水平平行放置的两根光滑长直导电轨道MN与PQ上，放着一根直导线ab，ab与导轨垂直，它在导轨间的长度为20 cm，这部分的电阻r＝0.02 Ω。导轨部分处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.20 T，电阻R＝0.08 Ω，其他电阻不计，ab的质量为0.02 kg。
(1)打开开关S，ab在水平恒力F＝0.01 N的作用下，由静止沿轨道滑动，求经过多长时间速度才能达到10 m/s？
(2)当ab的速度达到10 m/s时，闭合开关S，为了保持ab仍能以10 m/s的速度匀速运动，水平拉力应变为多少？
解析：(1)由牛顿第二定律F＝ma，得
a＝＝ m/s2＝0.5 m/s2
t＝＝ s＝20 s。
(2)导线ab保持以10 m/s的速度运动，受到的安培力F安＝BIL＝＝0.16 N
安培力与拉力F是一对平衡力，故F＝0.16 N。
答案：(1)20 s (2)0.16 N
7.平行水平长直导轨间的距离为L，左端接一耐高压的电容器C。轻质导体杆cd与导轨接触良好，如图所示，在水平力作用下以加速度a从静止到匀加速运动，匀强磁场B竖直向下，不计摩擦与电阻，求：
(1)所加水平外力F与时间t的关系；
(2)在时间t内有多少能量转化为电场能？
解析：(1)对于导体棒cd，由于做匀加速运动，则有：
v1＝at，由E＝BLv可知：E＝BLat
对于电容器，由C＝可知：Q＝CU＝CBLat，
对于闭合回路，由I＝可知：I＝CBLa
对于导体棒，由F安＝BIL可知：F安＝B2L2Ca①
由牛顿第二定律可知：F－F安＝ma，F＝(m＋B2L2C)a，因此对于外力F来说，是一个恒定的外力，不随时间变化。
(2)对于导体棒cd，克服安培力做多少功，就应有多少能量转化为电能，则有：W安＝－F安x②
x＝at2③
由①②③式得：W安＝，
所以在t秒内转化为电场能的能量为：E＝。
答案：(1)F＝(m＋B2L2C)a，为恒力，不随时间t变化
(2)
8.(2017·北京东城期末)如图所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R＝3 Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L＝1 m。整个装置处于磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上。质量m＝1 kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r＝1 Ω，电路中其余电阻不计。金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好。不计空气阻力影响。已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。
(1)求金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度vm；
(2)求金属棒ab沿导轨向下运动过程中，电阻R上的最大电功率PR；
(3)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热总共为1.5 J，求流过电阻R的总电荷量q。
解析：(1)金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度vm
由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ－F安＝0
F安＝BIL
I＝
E＝BLvm
由以上各式代入数据解得vm＝2.0 m/s。
(2)金属棒以最大速度vm匀速运动时，电阻R上的电功率最大，此时PR＝I2R，解得：PR＝3 W。
(3)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x
由能量守恒定律：
mgxsin θ＝μmgxcos θ＋QR＋Qr＋mvm2
根据焦耳定律＝，解得x＝2.0 m
根据q＝Δt，＝，＝
ΔΦ＝BLx，解得q＝＝1.0 C。
答案：(1)2.0 m/s (2)3 W (3)1.0 C
第62课时 电磁感应中的能量问题(题型研究课)
[命题者说] 电磁感应中的能量问题是历年高考的热点，这类问题的综合性强，难度较大。在电磁感应现象中，安培力做正功，电能转化为其他形式的能；安培力做负功，即克服安培力做功，其他形式的能转化为电能。若产生的感应电流是恒定的，则可以利用焦耳定律计算电阻中产生的焦耳热；若产生的感应电流是变化的，则可以利用能量守恒定律计算电阻中产生的焦耳热。
1.电磁感应中的能量转化
电磁感应过程的实质是不同形式的能量之间转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功，则电能转化为其他形式的能，外力克服安培力做功，则其他形式的能转化为电能。能量转化过程表示如下：
电能
2.电磁感应中的能量问题常用关系
电磁感应发生过程中，涉及能量包括外部能量、运动导体的动能、焦耳热，外力做功和(克服)安培力做功实现这些能量的转化，它们关系如下：
(1)焦耳定律：Q＝I2Rt。
(2)功能关系：Q＝W克安。
(3)动能定理：W外－W克安＝mv2－mv02。
(一) 应用焦耳定律求解电磁感应能量问题
[例1] (2016·浙江高考)小明设计的电磁健身器的简化装置如图所示，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
(1)CD棒进入磁场时速度v的大小；
(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小；
(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。
[思路点拨]
导体棒在磁场区域恰好做匀速运动，故感应电动势和感应电流都是恒定的，电阻上产生的热量可以用焦耳定律计算。
[解析] (1)由牛顿第二定律a＝＝12 m/s2
进入磁场时的速度v＝＝2.4 m/s。
(2)感应电动势E＝Blv，感应电流I＝
安培力FA＝IBl，代入得FA＝＝48 N。
(3)健身者做功W＝F(s＋d)＝64 J
由牛顿第二定律F－mgsin θ－FA＝0
CD棒在磁场区做匀速运动
在磁场中运动时间t＝
焦耳热Q＝I2Rt＝26.88 J。
[答案] (1)2.4 m/s (2)48 N (3)64 J 26.88 J
(二) 应用能量守恒定律求解电磁感应能量问题
[例2] 如图所示，在高度差为h的平行虚线区域内，有磁感应强度为B、方向水平向里的匀强磁场。正方形线框abcd的质量为m，边长为L(L＝h)，电阻为R，线框平面与竖直平面平行，静止于位置“Ⅰ”时，cd边与磁场下边缘有一段距离H。现用一竖直向上的恒力F提线框，线框由位置“Ⅰ”无初速度向上运动，穿过磁场区域最后到达位置“Ⅱ”(ab边恰好出磁场)，线框平面在运动中保持在竖直平面内，且ab边保持水平。当cd边刚进入磁场时，线框恰好开始匀速运动。空气阻力不计，求：
(1)线框进入磁场前距磁场下边界的距离H；
(2)线框由位置“Ⅰ”到位置“Ⅱ”的过程中，恒力F做的功和线框产生的热量。
[解析] (1)线框进入磁场做匀速运动，设速度为v1，
有：E＝BLv1，I＝，F安＝BIL；
根据线框在磁场中的受力，有F＝mg＋F安。
在恒力作用下，线框从位置“Ⅰ”由静止开始向上做匀加速直线运动，有F－mg＝ma，且H＝，
由以上各式解得H＝(F－mg)。
(2)线框由位置“Ⅰ”到位置“Ⅱ”的过程中，恒力F做的功为W＝F(H＋h＋L)＝(F－mg)＋2FL。
只有线框在穿越磁场的过程中才会产生热量，因此从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程中，根据能量守恒定律有F(L＋h)＝mg(L＋h)＋Q，所以Q＝2(F－mg)L。
[答案] (1)(F－mg)
(2)(F－mg)＋2FL 2(F－mg)L
[通法归纳]
功能关系在电磁感应能量问题中的应用
(1)重力做功，重力势能减少。
(2)杆加速下滑，杆的动能增加。
(3)杆克服安培力做功时，杆上产生热量。
(4)根据能量守恒定律和以上能量转化情况，可以列出方程求解。
[集训冲关]
1.(2015·江苏高考)做磁共振(MRI)检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流。某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r＝5.0 cm，线圈导线的截面积A＝0.80 cm2，电阻率ρ＝1.5 Ω·m。如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B在0.3 s内从1.5 T均匀地减为零，求：(计算结果保留一位有效数字)
(1)该圈肌肉组织的电阻R；
(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E；
(3)0.3 s内该圈肌肉组织中产生的热量Q。
解析：(1)由电阻定律得R＝ρ，
代入数据得R≈6×103 Ω。
(2)感应电动势E＝，代入数据得E≈4×10－2 V。
(3)由焦耳定律得Q＝Δt，代入数据得Q＝8×10－8 J。
答案：(1)6×103 Ω (2)4×10－2 V (3)8×10－8 J
2.如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ，N、Q两点间接有阻值为R的电阻。整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。将质量为m、阻值也为R的金属杆cd垂直放在导轨上，杆cd由静止释放，下滑距离x时达到最大速度。重力加速度为g，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好。求：
(1)杆cd下滑的最大加速度和最大速度；
(2)上述过程中，杆上产生的热量。
解析：(1)设杆cd下滑到某位置时速度为v，则杆产生的感应电动势E＝BLv，回路中的感应电流I＝
杆所受的安培力F＝BIL
根据牛顿第二定律有mgsin θ－＝ma
当速度v＝0时，杆的加速度最大，最大加速度a＝gsin θ，方向沿导轨平面向下
当杆的加速度a＝0时，速度最大，
最大速度vm＝，方向沿导轨平面向下。
(2)杆cd从开始运动到达到最大速度过程中，根据能量守恒定律得mgxsin θ＝Q总＋mvm2
又Q杆＝Q总，
所以Q杆＝mgxsin θ－。
答案：见解析
一、选择题
1.如图所示，在光滑的水平面上，一质量为m，半径为r，电阻为R的均匀金属环，以v0的初速度向一磁感应强度大小为B、方向竖直向下的有界匀强磁场滑去(磁场宽度d>2r)。圆环的一半进入磁场历时t秒，这时圆环上产生的焦耳热为Q，则t秒末圆环中感应电流的瞬时功率为( )
A. B.
C. D.
解析：选B t秒末圆环中感应电动势为E＝B·2r·v，由能量守恒知，减少的动能全部转化为焦耳热，Q＝mv02－mv2，t秒末圆环中感应电流的功率为P＝EI＝＝，B正确。
2.(多选)(2017·湖北六校模拟)如图所示，水平的平行虚线间距为d＝60 cm，其间有沿水平方向的匀强磁场。一个阻值为R的正方形金属线圈边长lv2
D.通过磁场区域的过程中，R上释放出的焦耳热一定是mgh
解析：选ABC 金属棒在进入磁场前自由下落，当刚进入磁场产生感应电流对应的安培力刚好等于重力时，则接着做匀速直线运动，此时v1＝v2，A正确；当刚进入磁场产生感应电流对应的安培力大于重力时，根据牛顿第二定律，则做减速运动，此时v1>v2，C正确；当刚进入磁场产生感应电流对应的安培力小于重力时，由牛顿第二定律，则做加速运动，此时v1v0，但相差不大，则线框进入磁场后可能先减速再匀速，B项正确；若线框的速度v＝v0，则线框进入磁场一直匀速至全部进入磁场，D项正确；若线框的速度v
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