1、1专题 11 电磁感应规律及其应用考题一 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 . t2(2)磁感应强度变化型： E nS . B t(3)面积变化型： E nB . S t(4)平动切割
2、型： E Blv.(5)转动切割型： E nBl2 .12注意：公式 E n S 中的 S 是垂直于磁场方向的有效面积. B t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 la3 lb，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 1A.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 91C.a、 b 线圈中感应电流之比为 34D.a、 b 线圈中电功率之比为 31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
3、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 n l2，则 B t t B t( )2 ，选项 B 正确；根据 I 可知， I l，故 a、 b 线圈中EaEb 31 91 ER E 4nlS n B tl2S4 nl klS4感应电流之比为 31，选项 C 错误；电功率 P IE n l2 ，则 P l3，故klS4 B t nk2l3S4a、 b 线圈中电功率之比为 271，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( )3图 2A.在 K 闭合的一瞬间，线圈
4、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
5、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 3A.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
6、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4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
7、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( )图 4A.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
8、 E BL BL2 ， Iv12， 恒定时， I 大小恒定， 大小变化时， I 大小变化，方向不变，故 A 对，C 错；由ER rP I2R 知，当 变为原来的 2 倍时， P 变为原来的 4 倍，D 错.B2L4 2R4R r24.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 5A.油滴所带电
9、荷量为mgdBLv0B.电流自上而下流过电阻 RC.A、 B 间的电势差 UAB BLv0D.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5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 增加，2L rS4 kd QU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
10、决电磁感应图象问题的“三点关注”：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.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.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：明确图象的种类，即是 B t 图还是 t 图，或者 E t 图、 I t 图等.分析电磁感应的具体过程.用右手定则或楞次定律确定方向对应关系.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.根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等.画图象或判断图象.(3)图象选择技巧：求解物
11、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( )6
12、图 6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ER r BLR r B2L2R r压 UR IR v，即 UR v；感应电流功率 P EI v2，即 P v2.BLRR r B2L2R r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 )B2L2R r B2L2R rv ma.因为金属棒从静止开始运动，所以 F00 .(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；B2L2R r(2)若 k ， F 合
13、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B2L2R r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)kt0SR(2)B0lv0(t t0) kSt ( B0lv0 kS)B0lR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 BS k tS 由法拉第电磁感应定律有E t由欧姆定律得I ER由电流的定义得I q t联立式得| q| t kSR由式得，在 t0 到 t t0的时间间隔内即 t t0，流过电阻 R 的电荷量 q 的绝对值为|q| kt0SR(
14、2)当 tt0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 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 此时金属棒与 MN 之间的距离为 s v0(t t0) 匀强磁场穿过回路的磁通量为21 B0ls 回路的总磁通量为 t 其中 B1S ktS 由式得，在时刻 t(tt0)，穿过回路的总磁通量为 t B0lv0(t t0) kSt在 t 到 t t 的时间间隔内，总磁通量的改变量 t为 t( B0lv0 kS) t 由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为Et t t由欧姆定律得I EtR联立式得F(
15、 B0lv0 kS) .B0lR10.如图 9 所示，宽 L2 m、足够长的金属导轨 MN 和 M N放在倾角为 30的斜面上，在 N 与 N之间连接一个 R2.0 的定值电阻，在 AA处放置一根与导轨垂直、质量m0.8 kg、电阻 r2.0 的金属杆，杆和导轨间的动摩擦因数 ，导轨电阻不计，34导轨处于磁感应强度 B1.0 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 H4.0 m.启动电动小车，使之沿 PS方向以 v5.0 m/s 的速度匀速前进
16、，当杆滑到 OO位置时的加速度 a3.2 m/s2， AA与OO之间的距离 d1 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 W22解析 (1)平均感应电动势 E tq t I R r BLdR r代入数据，可得： q0.5 C(2)由几何关系： H dHsin 解得：sin 0.8 53杆的速度等于小车速度沿绳方向的分量：v1 vcos 3 m/s(3)杆受的摩擦力 Ff mg cos 3 N杆受的安培力 F 安 BILB2L2v1R r代入数据，可得 F 安 3 N根据牛顿第二定律： FT mgsin Ff F 安 ma解得： FT12.56 N(4)根据动能定理： W W 安 mgdsin Ffd mv12 21解得 W 安 2.4 J，电路产生的总电热 Q 总 2.4 J那么， R 上的电热 QR1.2 J此过程所用的时间 t 0.6 sHtan vR 上的平均电功率 W2 W.PQRt 1.20.6
