16微专题9电磁感应规律的综合应用

微专题9电磁感应规律的综合应用1．感应电动势的几种表达式(1)穿过回路的磁通量发生变化时，E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，一般用来计算Δt时间内的感应电动势的平均值．(2)导体棒垂直切割磁感线运动时，E＝BLv.(3)导体棒在磁场中以其中一端为圆心转动切割磁感线时，E＝eq\f(1,2)BL2ω.2．感应电动势方向(感应电流方向)判断(1)右手定则：适用于导体切割磁感线产生感应电流方向的判断．(2)楞次定律：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．(3)三种阻碍①阻碍原磁通量的变化——增反减同．②阻碍物体间的相对运动——来拒去留．③阻碍自身电流的变化——增反减同．3．电磁感应中常见物理量的计算(1)安培力①大小的计算：F＝BIL＝eq\f(BL·E,R)＝eq\f(B2L2v,R)②方向的判断a．右手定则和左手定则相结合，先用右手定则确定感应电流方向，再用左手定则判断感应电流所受安培力的方向．b．用楞次定律判断，感应电流所受安培力的方向一定和导体切割磁感线运动的方向相反．(2)感应电荷量的计算回路中磁通量发生变化时，在Δt时间内迁移的电荷量(感应电荷量)为q＝I·Δt＝eq\f(E,R)·Δt＝neq\f(ΔΦ,RΔt)·Δt＝neq\f(ΔΦ,R).可见，q仅由回路电阻R和磁通量的变化量ΔΦ决定，与发生磁通量变化的时间Δt无关．(3)电磁感应电路中因电流热效应产生的热量当电路中电流恒定时，可用焦耳定律计算；当电路中电流变化时，则用功能关系或能量守恒定律计算．4．自感现象与涡流自感电动势与导体中的电流变化率成正比，比例系数称为导体的自感系数L.线圈的自感系数L跟线圈的形状、长短、匝数等因素有关系．线圈的横截面积越大，线圈越长，匝数越多，它的自感系数就越大．有铁芯线圈的自感系数比没有铁芯的大得多．考向一楞次定律和右手定则的应用1．(2023·江苏卷)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，OC导体棒的O端位于圆心，棒的中点A位于磁场区域的边缘．现使导体棒绕O点在纸面内逆时针转动，O、A、C点电势分别为φO、φA、φC，则(A)A．φO＞φCB．φC＞φAC．φO＝φAD．φO－φA＝φA－φC解析：由题图可看出OA导体棒转动切割磁感线，则根据右手定则可知φO＞φA，其中导体棒AC段不在磁场中，不切割磁感线，电流为0，则φA＝φC，A正确，B、C错误；根据以上分析可知φO－φA＞0，φA－φC＝0，则φO－φA＞φA－φC，D错误．考向二法拉第电磁感应定律的理解与应用2．(2022·江苏卷)如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0＋kt，B0、k为常量，则图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为(A)A．πkr2 B．πkR2C．πB0r2 D．πB0R2解析：磁场的变化率为eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(kt,t)＝k，根据法拉第电磁感应定律可知E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBπr2,Δt)＝kπr2，故A正确．3．(2023·北京卷)如图所示，光滑水平面上的正方形导线框，以某一初速度进入竖直向下的匀强磁场并最终完全穿出．线框的边长小于磁场宽度．下列说法中正确的是(D)A．线框进磁场的过程中电流方向为顺时针方向B．线框出磁场的过程中做匀减速直线运动C．线框在进和出磁场的两过程中产生的焦耳热相等D．线框在进和出磁场的两过程中通过导线横截面的电荷量相等解析：线框进磁场的过程中由楞次定律知电流方向为逆时针方向，A错误；线框出磁场的过程中，根据E＝Blv，I＝eq\f(E,R)，联立有FA＝eq\f(B2L2v,R)＝ma，线框出磁场过程中由左手定则可知线框受到的安培力向左，则v减小，线框做加速度减小的减速运动，B错误；由能量守恒定律得线框产生的焦耳热Q＝FAL，其中线框进和出磁场时均做减速运动，但进磁场时的速度大，安培力大，产生的焦耳热多，C错误；线框在进和出磁场的两过程中通过导线横截面的电荷量q＝eq\x\to(I)t，其中I＝eq\f(\x\to(E),R)，eq\x\to(E)＝BLeq\f(x,t)，则联立有q＝eq\f(BL,R)x，由于线框在进和出磁场的两过程中线框的位移均为L，则线框在进和出磁场的两过程中通过导线横截面的电荷量相等，故D正确．考向三自感与涡流4．(2023·全国乙卷)一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验．用图甲所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通．两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端．实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图乙和图丙所示，分析可知(A)甲乙丙A．图丙是用玻璃管获得的图像B．在铝管中下落，强磁体做匀变速运动C．在玻璃管中下落，强磁体受到的电磁阻力始终保持不变D．用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短解析：强磁体在铝管中运动，铝管会形成涡流；玻璃是绝缘体，强磁体在玻璃管中运动，玻璃管不会形成涡流．强磁体在铝管中加速后很快达到平衡状态，做匀速直线运动，而玻璃管中的磁体则一直做加速运动，故由图像可知图丙的脉冲电流峰值不断增大，说明强磁体的速度在增大，与玻璃管中磁体的运动情况相符，故A正确；在铝管中下落，脉冲电流的峰值一样，磁通量的变化率相同，故强磁体做匀速运动，故B错误；在玻璃管中下落，玻璃管为绝缘体，线圈的脉冲电流峰值增大，电流不断在变化，故小磁体受到的电磁阻力在不断变化，故C错误；强磁体分别从管的上端由静止释放，在铝管中，磁体在线圈间做匀速运动，在玻璃管中，磁体在线圈间做加速运动，故用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的长，故D错误．考向1楞次定律和右手定则的应用(2023·海南卷)汽车测速利用了电磁感应现象，汽车可简化为一个矩形线圈abcd，埋在地下的线圈分别为1、2，通上顺时针(俯视)方向电流，当汽车经过线圈时(C)A．线圈1、2产生的磁场方向竖直向上B．汽车进入线圈1过程产生感应电流方向为abcdC．汽车离开线圈1过程产生感应电流方向为abcdD．汽车进入线圈2过程受到的安培力方向与速度方向相同解析：由题知，埋在地下的线圈1、2通顺时针(俯视)方向的电流，则根据安培定则，可知线圈1、2产生的磁场方向竖直向下，A错误；汽车进入线圈1过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb(逆时针)，B错误；汽车离开线圈1过程中，磁通量减小，根据楞次定律可知产生感应电流方向为abcd(顺时针)，C正确；汽车进入线圈2过程中，磁通量增大，根据楞次定律可知产生感应电流方向为adcb(逆时针)，再根据左手定则，可知汽车受到的安培力方向与速度方向相反，D错误．楞次定律和右手定则用于判断感应电流的方向．楞次定律的运用步骤概括为“一原、二感、三电流”．右手定则是楞次定律的特例，用于判断导线在磁场中切割磁感线产生感应电流的情况．楞次定律的运用拓展为：(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”．如图甲所示，螺线管内有平行于轴线的外加磁场，图中箭头所示方向为正方向，螺线管与导线框cdef相连，导线框内有一小金属圆环L，圆环与导线框在同一平面内．当螺线管内的磁感应强度B随时间t按图乙所示规律变化时(D)A．在t2～t3时间内，L有逆时针方向的感应电流B．在t3～t4时间内，L有逆时针方向的感应电流C．在t1～t2时间内，L有扩张趋势D．在t3～t4时间内，L有扩张趋势解析：在t2～t3时间内，穿过螺线管磁通量先向上均匀减小，后向下均匀增大，由法拉第电磁感应定律可知线框cdef中电流恒定，L中磁通量不变，则L中没有感应电流，故A错误；在t3～t4时间内，向下的磁通量减小，越来越慢，根据楞次定律，线框cdef中的电流方向为逆时针且越来越小，根据右手螺旋定则，穿过圆环L的磁通量向里减小，根据楞次定律，L中产生顺时针方向的感应电流，故B错误；在t1～t2时间内，穿过螺线管的磁通量逐渐向上增大且变化越来越快，所以线框cdef中电流越来越大，由楞次定律得L减小面积来阻碍磁通量的增大，故有收缩的趋势，故C错误；由B选项可知在t3～t4时间内，穿过圆环L的磁通量向里减小，依据楞次定律的“增缩减扩”，L有扩张趋势，故D正确．考向2法拉第电磁感应定律的理解与应用(2023·江苏百校第三次联考)如图所示，虚线MN的右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B.电阻为R、质量为m、边长为L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑绝缘的水平面上，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界，线框以初速度v0垂直于边界向左离开磁场．求：(1)初始时刻，线框中感应电流大小I和方向．(2)线框穿出磁场的过程中，通过线框截面的电荷量q.解析：(1)初时刻线框的电动势E＝BLv0由欧姆定律可得I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv0,R)由右手定则可知感应电流方向为逆时针方向．(2)由法拉第电磁感应定律eq\x\to(E)＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BL2,Δt)由欧姆定律有eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)根据电流定义式有q＝eq\x\to(I)·Δt解得q＝eq\f(BL2,R)感应电动势的几种表达式(1)穿过回路的磁通量发生变化时，E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，常用于计算Δt时间内的感应电动势的平均值．(2)导体棒垂直切割磁感线运动时，E＝BLv，常用于求感应电动势的瞬时值，若切割磁感线的导体是弯曲的，L应理解为有效切割长度，即导体在垂直于速度方向上的投影长度．(3)导体棒在磁场中以其中一端为圆心转动切割磁感线时，E＝eq\f(1,2)BL2ω.(2023·淮安期末)如图甲所示，足够长的“U”形光滑平行金属导轨竖直放置，导轨间距d＝1m，导轨下端接一个定值电阻R＝4Ω，质量m＝1kg、电阻r＝1Ω的金属棒ab自t＝0时刻由静止沿着金属导轨竖直下滑，始终与金属导轨接触且保持水平，导轨内ABCD区域存在着均匀分布的磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B大小随时间t的变化规律如图乙所示．欲使金属棒ab从静止开始下滑至CD位置的过程中通过电阻R的电流大小不变，ab棒恰好在t＝0.2s时进入磁场区域．取g＝10m/s2，不计摩擦阻力与导轨电阻．求：(1)t＝0.2s时金属棒的速度．(2)t＝0.2s后磁感应强度的大小B.(3)上述过程中电阻R上产生的焦耳热QR.甲乙解析：(1)依题意，金属棒进入磁场前做自由落体运动，由v＝gt代入数据解得v＝2m/s(2)依题意，金属棒进入磁场后将做匀速直线运动，即eq\f(B2d2v,R＋r)＝mg解得B＝5T(3)金属棒从静止到进入磁场，下落的高度为h＝eq\f(1,2)gt2＝0.2m设磁场长度为L金属中杆中电流始终恒定，在0～0.2s内eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)，eq\x\to(E)＝eq\f(Δ\x\to(Φ),t)，ΔΦ＝BS，S＝dL所以0～0.2s内eq\x\to(I)＝eq\f(BdL,(R＋r)t)在0.2s以后，BdI＝mg所以L＝0.4m金属棒ab从静止开始下滑至CD位置的过程中，由能量守恒，可得mg(h＋L)＝eq\f(1,2)mv2＋Q又QR＝eq\f(R,R＋r)Q联立解得QR＝3.2J考向3自感与涡流(2023·南师附中)为了研究自感现象，设计了如图实验电路．灯泡L1、L2的规格相同，线圈L的直流电阻不计，滑动变阻器的滑片在中点位置．开关断开前后，灯泡L2中的电流随时间的变化图像是(D)ABCD解析：电路稳定时，含灯泡的两支路电压相同，由于L1所在支路总电阻较小，电流较大，电流方向均向右，当开关S断开时，线圈L产生自感电动势，电流方向与原来相同，故流过L2的电流方向向左，与原来电流方向相反，且该电流大于原来流过L2的电流，对比可知，D图像符合题意．解决自感现象问题应认真分析电路，在开关闭合瞬间，线圈可认为是断路，通过线圈的电流由零逐渐增大；在电流稳定时，理想线圈(无电阻)可认为是短路，有电阻线圈可认为是定值电阻；在断开开关时，如果能构成回路，则线圈等效为一个电源，电流由稳定时的值逐渐减小.(2022·南京、盐城二模)如图所示为电磁制动装置示意图．电磁制动是一种非接触的制动方式，当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力．下列说法中正确的是(D)A．制动过程中，导体不会产生热量B．如果导体反向转动，此装置将不起制动作用C．制动力的大小与线圈中电流的大小无关D．线圈电流一定时，导体运动的速度越大，制动力就越大解析：电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，涡流流过电阻时会产生热量，A错误；如果导体反向转动，导体中仍会产生涡流，导体仍会受到阻碍运动的制动力，B错误；线圈中电流越大，则产生的磁场越强，则转盘转动产生的涡流越强，则制动器对转盘的制动力越大，C错误；线圈电流一定时，产生的磁场不变，导体运动的速度越大，转盘转动产生的涡流越强，制动力就越大，D正确．考向4“杆＋导轨”模型(2023·湖南卷)如图所示，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金属棒接入导轨之间的电阻均为R.运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g.(1)先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0.(2)在(1)问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速度大小a0.(3)在(2)问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度v，求速度v的大小以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx.解析：(1)棒a所受重力沿斜面的分力和安培力相等时，做匀速运动，由法拉第电磁感应定律可得E＝BLv0由闭合电路欧姆定律及安培力公式可得I＝eq\f(E,2R)，F＝BIL棒a受力平衡可得mgsinθ＝BIL联立解得v0＝eq\f(2mgRsinθ,B2L2)(2)由右手定则可知棒b中电流向里，棒b受到沿斜面向下的安培力，此时电路中电流不变，对棒b由牛顿第二定律得mgsinθ＋BIL＝ma0解得a0＝2gsinθ(3)释放棒b后，棒a受到沿斜面向上的安培力，在到达共速时对棒a用动量定理mgsinθt0－Beq\x\to(I)Lt0＝mv－mv0棒b受到向下的安培力，对棒b用动量定理mgsinθt0＋Beq\x\to(I)Lt0＝mv联立解得v＝gsinθ·t0＋eq\f(mgRsinθ,B2L2)由法拉第电磁感应定律可得eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),2R)＝eq\f(1,2R)·eq\f(BLΔx,t0)联立解得Δx＝eq\f(2m2gR2sinθ,B4L4)物理模型“一动一静”：甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件甲杆静止，受力平衡两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减；系统动量是否守恒分析方法动力学观点通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动能量观点两杆系统机械能减少量等于回路中产生的焦耳热之和动量观点对于两金属杆在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两金属杆所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题(2023·泰州期末)如图所示，在匀强磁场中有一水平放置的平行金属导轨，导轨间距为d，长为3L，在导轨的中部刷有一段长为L的薄绝缘涂层．匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的导体棒在大小为F的恒力作用下由静止从导轨的左端运动，在滑上涂层之前已经做匀速运动，并一直匀速滑到导轨右端．导体棒始终与导轨垂直，且仅与涂层间有摩擦，接在两导轨间的电阻为R，导轨及导体棒电阻不计．求：(1)导体棒匀速运动的速度大小v.(2)整个运动过程中，流过电阻的电荷量q及电阻产生的焦耳热Q.解析：(1)导体在非涂层段做匀速运动时，产生的感应电动势为E＝Bdv回路中的感应电流为I＝eq\f(E,R)导体棒所受安培力大小为F＝BId解得v＝eq\f(FR,B2d2)(2)导体棒在两个非涂层段运动时电阻内有电流通过q＝eq\x\to(I)Δteq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)eq\x\to(