本章優化總結eq\a\vs4\al(電磁感應)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(劃時代,的發現)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(電流的磁效應,電磁感應現象)),\a\vs4\al(電磁感,應現象)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(產生感應電流的條件：穿過閉合導體,回路的磁通量發生變化,感應電流方向\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(楞次定律,右手定則)),感應電動勢大小\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(E＝n\f(ΔΦ,Δt),E＝Blvsinθθ為,B與v的夾角)),感生電動勢和動生電動勢)),\a\vs4\al(互感和,自感)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(互感：兩個彼此絕緣的電路間的電磁,感應現象,自感\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(斷電自感和通電自感,自感電動勢E＝\f(LΔI,Δt),自感系數：由線圈自身構造決定,應用與防止)),磁場的能量)),渦流\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(渦流現象,渦流的應用：冶煉、電磁阻尼、電磁驅動,渦流的防止)),綜合應用\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(電磁感應中的動力學問題,電磁感應中的能量問題,電磁感應中的圖象問題,電磁感應中的電路問題))))楞次定律、右手定則、左手定則及安培定則的綜合應用1．“三個定則與一個定律”的適用情況名稱基本現象應用的定則或定律電流的磁效應運動電荷、電流產生磁場安培定則磁場對電流的作用磁場對運動電荷、電流有作用力左手定則電磁感應部分導體做切割磁感線運動右手定則閉合回路磁通量變化楞次定律2.三個定則的因果關系三個定則容易相混，特別是左、右手易錯用，抓住因果關系是關鍵：(1)因電而生磁(I→B)→安培定則；(2)因動而生電(v、B→I)→右手定則；(3)因電而受力(I、B→F安)→左手定則．如圖甲所示，長直導線與閉合金屬線框位于同一平面內，長直導線中的電流i隨時間t的變化關系如圖乙所示，在0～eq\f(T,2)時間內，直導線中電流方向向上，則在eq\f(T,2)～T時間內，線框中感應電流的方向與所受安培力方向正確的是()A．逆時針，向右 B．逆時針，向左C．順時針，向右 D．順時針，向左[解析]在eq\f(T,2)～T時間內，直導線中的電流方向向下且增大，穿過線圈的磁通量垂直紙面向外且增加，由楞次定律知感應電流方向為順時針，線框所受安培力由左手定則可知向右，故C正確．[答案]C[方法總結](1)右手定則與左手定則的區別：抓住“因果關系”才能無誤，“因動而電”——用右手；“因電而動”——用左手．(2)使用中左手定則和右手定則很容易混淆，為了便于區分，可把兩個定則簡單地總結為“通電受力用左手，運動生電用右手”．“力”的最后一筆“丿”方向向左，用左手；“電”的最后一筆“乚”方向向右，用右手．(3)楞次定律的另一種表達感應電流的效果總是阻礙引起感應電流產生的原因．從感應電流所受安培力出發的分析方法，物理過程明確，但比較麻煩；若問題不涉及感應電流的方向，則從楞次定律的另一種表述出發的分析方法較為簡便．1．如圖所示，導體AB、CD可在水平軌道上自由滑動，且兩水平軌道在中央交叉處互不相通．當導體棒AB向左移動時()A．AB中感應電流的方向為A到BB．AB中感應電流的方向為B到AC．CD向左移動D．CD向右移動解析：選AD.由右手定則可判斷AB中感應電流方向為A→B，由左手定則可判斷CD受到向右的安培力作用而向右運動．電磁感應中的圖象問題1．圖象類型2．分析方法對圖象的分析，應做到“四明確一理解”：(1)明確圖象所描述的物理意義；明確各種正、負號的含義；明確斜率的含義；明確圖象和電磁感應過程之間的對應關系．(2)理解三個相似關系及其各自的物理意義：v－Δv－eq\f(Δv,Δt)，B－ΔB－eq\f(ΔB,Δt)，Φ－ΔΦ－eq\f(ΔΦ,Δt).如圖甲所示，光滑導軌水平放置在豎直方向的勻強磁場中，勻強磁場的磁感應強度B隨時間的變化規律如圖乙所示(規定向下為正方向)，導體棒ab垂直導軌放置，除電阻R的阻值外，其余電阻不計，導體棒ab在水平外力F的作用下始終處于靜止狀態．規定a→b的方向為電流的正方向，水平向右的方向為外力的正方向，則在0～2t0時間內，能正確反映流過導體棒ab的電流與時間或外力與時間關系的圖線是()[解析]在0～t0時間內磁通量為向上減少，t0～2t0時間內磁通量為向下增加，兩者等效，且根據B－t圖線可知，兩段時間內磁通量的變化率相等，根據楞次定律可判斷0～2t0時間內均產生由b到a的大小不變的感應電流，選項A、B均錯誤；在0～t0可判斷所受安培力的方向水平向右，則所受水平外力方向向左，大小F＝BIL，隨B的減小呈線性減小；在t0～2t0時間內，可判斷所受安培力的方向水平向左，則所受水平外力方向向右，大小F＝BIL，隨B的增加呈線性增加，選項D正確．[答案]D[方法總結]在解決電磁感應中的圖象問題時，主要弄清坐標軸表示的物理量、截距、斜率等的物理意義，要注意相關規律的應用，如右手定則、楞次定律和法拉第電磁感應定律等．求解時要注意分清“過程段”，對每個階段導體的切割情況或回路的變化情況都要仔細分析，并進一步確定電動勢和電流等的變化規律，有的甚至要對線框進行受力分析和運動分析．2.由同種材料制成的粗細均勻的金屬線框(如圖)以恒定速度通過有理想邊界的勻強磁場．開始時線框的ab邊恰與磁場邊界重合，則線框中a、b兩點間電勢差Uab隨時間變化的圖線是下圖中的()解析：選A.線框向右勻速穿越磁場區域的過程可分為三個階段：第一階段(進入過程)，ab是電源，外電阻R＝3r，路端電壓U1＝eq\f(3,4)E；第二階段(線框整體在磁場中平動過程)，ab及dc都是電源，并且是完全相同的電源，回路中雖無感應電流，但路端電壓U2＝E；第三階段(離開過程)，dc是電源，雖然仍有外電阻R＝3r，但路端電壓卻是Udc＝eq\f(3,4)E，因此Uab僅為路端電壓Udc的eq\f(1,3)，即U3＝eq\f(1,4)E，選項A正確．電磁感應中的能量問題1．電磁感應過程的實質是不同形式的能量轉化的過程，而能量的轉化是通過安培力做功的形式實現的，安培力做功的過程，是電能轉化為其他形式能的過程，外力克服安培力做功，則是其他形式的能轉化為電能的過程．2．能量轉化及焦耳熱的求法(1)能量轉化(2)求解焦耳熱Q的三種方法如圖所示，寬度為L＝0.2m的足夠長的平行光滑金屬導軌固定在絕緣水平面上，導軌的一端連接阻值R＝1Ω的電阻．導軌所在空間存在豎直向下的勻強磁場，磁感應強度大小B＝5T．一根質量m＝100g的導體棒MN放在導軌上，并與導軌接觸良好，導軌和導體棒的電阻均可忽略不計．現用一平行于導軌的拉力拉動導體棒沿導軌向右勻速運動，運動速度v＝10m/s，在運動過程中保持導體棒與導軌垂直．求：(1)在閉合回路中產生的感應電流的大小；(2)作用在導體棒上的拉力的大小；(3)當導體棒勻速運動30cm時撤去拉力，求運動30cm和撤去拉力至棒停下來的整個過程中電阻R上產生的總熱量．[解析](1)E＝BLv＝5×0.2×10V＝10VI＝eq\f(E,R)＝10A.(2)F拉＝F安＝BIL＝10N.(3)運動30cm過程中R上產生的熱量Q1＝F拉s＝10×0.3J＝3J撤去拉力至棒停下來的過程中電阻R上產生的熱量Q2＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×0.1×100J＝5J所以Q＝Q1＋Q2＝8J.[答案](1)10A(2)10N(3)8J[方法總結]利用功能關系求解電磁感應問題的基本方法(1)用法拉第電磁感應定律或導體切割磁感線公式確定感應電動勢的大小，用楞次定律和右手定則判斷感應電動勢的方向．(2)畫出等效電路，求解電路中相關參量，分析電路中能量轉化關系．(3)研究導體機械能的轉化，利用能量轉化和守恒關系，列出機械功率與電路中電功率變化的守恒關系式．3．如圖甲所示，不計電阻的平行金屬導軌豎直放置，導軌間距為L＝1m，上端接有電阻R＝3Ω，虛線OO′下方是垂直于導軌平面的勻強磁場，現將質量m＝0.1kg、電阻r＝1Ω的金屬桿ab，從OO′上方某處垂直導軌由靜止釋放，桿下落過程中始終與導軌保持良好接觸，桿下落過程中的v－t圖象如圖乙所示(取g＝10m/s2)．求：(1)磁感應強度B的大小；(2)桿在磁場中下落0.1s的過程中電阻R產生的熱量．解析：(1)由題圖乙知，桿自由下落0.1s進入磁場以v＝1.0m/s做勻速運動產生的電動勢E＝BLv①桿中的電流I＝eq\f(E,R＋r)②桿所受安培力F安＝BIL③由平衡條件得mg＝F安④聯立①②③④，并代入數據得B＝2T．⑤(2)由①②⑤可知電阻R產生的熱量Q＝I2Rt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BLv,R＋r)))2Rt＝0.075J.答案：(1)2T(2)0.075J(時間：60分鐘，滿分：100分)一、單項選擇題(本題共6小題，每小題6分，共36分．在每小題給出的四個選項中，只有一個選項正確．)1．(2014·高考新課標全國卷Ⅰ)在法拉第時代，下列驗證“由磁產生電”設想的實驗中，能觀察到感應電流的是()A．將繞在磁鐵上的線圈與電流表組成一閉合回路，然后觀察電流表的變化B．在一通電線圈旁放置一連有電流表的閉合線圈，然后觀察電流表的變化C．將一房間內的線圈兩端與相鄰房間的電流表連接，往線圈中插入條形磁鐵后，再到相鄰房間去觀察電流表的變化D．繞在同一鐵環上的兩個線圈，分別接電源和電流表，在給線圈通電或斷電的瞬間，觀察電流表的變化解析：選D.產生感應電流必須滿足的條件：①電路閉合；②穿過閉合電路的磁通量要發生變化．選項A、B電路閉合，但磁通量不變，不能產生感應電流，故選項A、B不能觀察到電流表的變化；選項C滿足產生感應電流的條件，也能產生感應電流，但是等我們從一個房間到另一個房間后，電流表中已沒有電流，故選項C也不能觀察到電流表的變化；選項D滿足產生感應電流的條件，能產生感應電流，可以觀察到電流表的變化，所以選D.2.如圖所示，勻強磁場與圓形導體環平面垂直，導體ef與環接觸良好，當ef向右勻速運動時()A．圓環中磁通量不變，環中無感應電流產生B．整個環中有順時針方向的電流C．整個環中有逆時針方向的電流D．環的右側有逆時針方向的電流，環的左側有順時針方向的電流解析：選D.導體ef向右切割磁感線，由右手定則可判斷導體ef中感應電流為e→f，而導體ef分別與導體環的左右兩部分構成兩個閉合回路，故環的右側有逆時針方向的電流，環的左側有順時針方向的電流．3.(2013·高考新課標全國卷Ⅱ)如圖，在光滑水平桌面上有一邊長為L、電阻為R的正方形導線框；在導線框右側有一寬度為d(d＞L)的條形勻強磁場區域，磁場的邊界與導線框的一邊平行，磁場方向豎直向下．導線框以某一初速度向右運動．t＝0時導線框的右邊恰與磁場的左邊界重合，隨后導線框進入并通過磁場區域．下列v－t圖象中，可能正確描述上述過程的是()解析：選D.t＝0線框剛進入磁場時，要做加速度減小的減速運動，全部進入磁場做勻速直線運動，出來時也要做加速度減小的減速運動，所以D正確．4.如圖所示，使一個銅盤繞其豎直的軸OO′轉動，且假設摩擦等阻力不計，轉動是勻速的．現把一個蹄形磁鐵移近銅盤，則()A．銅盤轉動將變慢B．銅盤轉動將變快C．銅盤仍以原來的轉速轉動D．銅盤轉動速度是否變化要根據磁鐵的上、下兩端的極性來確定解析：選A.當一個蹄形磁鐵移近銅盤時，銅盤轉動切割磁感線，產生感應電流，由楞次定律可知感應電流所受的安培力阻礙其相對運動，所以銅盤轉動將變慢．本題也可以從能量守恒的角度去分析，因為銅盤轉動切割磁感線，產生感應電流，銅盤的機械能不斷轉化成電能，銅盤轉動會逐漸變慢，A正確．5.(2015·湖北仙桃高二檢測)如圖所示，一個邊長為a、電阻為R的等邊三角形線框，在外力作用下，以速度v勻速穿過寬均為a的兩個勻強磁場．這兩個磁場的磁感應強度大小均為B，方向相反．線框運動方向與底邊平行且與磁場邊緣垂直．取逆時針方向的電流為正．若從圖示位置開始，作出線框中產生的感應電流i與沿運動方向的位移x之間的函數圖象，則下面四個圖中正確的是()解析：選B.根據楞次定律可得，開始時感應電流應為逆時針，故C錯．當線框兩個邊同時在磁場中切割磁感線時，形成同向電流，為順時針電流，所以電流的峰值應為一個邊切割的峰值的2倍，故A錯．根據公式E＝BL有效vsinθ可知E與L有效成正比，由于L有效在分段線性變化，可得圖象應為分段線性函數，故B正確D錯誤．6.如圖所示，abcd是一個質量為m、邊長為L的正方形金屬線框．如從圖示位置自由下落．在下落h后進入磁感應強度為B的磁場，恰好做勻速直線運動，該磁場的寬度也為L.在這個磁場的正下方h＋L處還有一個未知磁場，金屬線框abcd在穿過這個磁場時也恰好做勻速直線運動，那么下列說法正確的是()A．未知磁場的磁感應強度是2BB．未知磁場的磁感應強度是eq\r(2)BC．線框在穿過這兩個磁場的過程中產生的電能為4mgLD．線框在穿過這兩個磁場的過程中產生的電能為2mgL解析：選C.設線框剛進入第一個磁場時速度大小為v1，那么mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，v1＝eq\r(2gh).設線框剛進入第二個磁場時速度大小為v2，那么veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝2gh，v2＝eq\r(2)v1，根據題意還可得到，mg＝eq\f(B2L2v1,R)，mg＝eq\f(B\o\al(2,x)L2v2,R)，整理可得出Bx＝eq\r(\f(\r(2),2))B，A、B兩項均錯；穿過兩個磁場時都做勻速運動，把減小的重力勢能都轉化為電能，所以在穿過這兩個磁場的過程中產生的電能為4mgL，C項正確、D項錯．二、多項選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分．在每小題給出的四個選項中，有多個選項正確，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯或不答的得0分．)7．(2014·高考山東卷)如圖，一端接有定值電阻的平行金屬軌道固定在水平面內，通有恒定電流的長直絕緣導線垂直并緊靠軌道固定，導體棒與軌道垂直且接觸良好．在向右勻速通過M、N兩區的過程中，導體棒所受安培力分別用FM、FN表示．不計軌道電阻．以下敘述正確的是()A．FM向右 B．FN向左C．FM逐漸增大 D．FN逐漸減小解析：選BCD.根據直線電流產生磁場的分布情況知，M區的磁場方向垂直紙面向外，N區的磁場方向垂直紙面向里，離導線越遠，磁感應強度越小．當導體棒勻速通過M、N兩區時，感應電流的效果總是反抗引起感應電流的原因，故導體棒在M、N兩區運動時，受到的安培力均向左，故選項A錯誤，選項B正確；導體棒在M區運動時，磁感應強度B變大，根據E＝Blv、I＝eq\f(E,R)及F＝BIl可知，FM逐漸變大，故選項C正確；導體棒在N區運動時，磁感應強度B變小，根據E＝Blv、I＝eq\f(E,R)及F＝BIl可知，FN逐漸變小，故選項D正確．8．如圖所示，P、Q是兩個完全相同的燈泡，L是直流電阻為零的純電感，且自感系數L很大．C是電容較大且不漏電的電容器，下列判斷正確的是()A．S閉合時，P燈亮后逐漸熄滅，Q燈逐漸變亮B．S閉合時，P燈、Q燈同時亮，然后P燈變暗，Q燈變得更亮C．S閉合，電路穩定后，S斷開時，P燈突然亮一下，然后熄滅，Q燈立即熄滅D．S閉合，電路穩定后，S斷開時，P燈突然亮一下，然后熄滅，Q燈逐漸熄滅解析：選AD.當S閉合時，通過自感線圈的電流逐漸增大而產生自感電動勢，L相當于斷路，電容C較大，相當于短路，當電流穩定時，L相當于短路，電容C相當于斷路，故P燈先亮后滅，Q燈逐漸變亮；當S斷開時，燈泡P與自感線圈L組成了閉合回路，燈泡P中的電流先增大后減小至零，故閃亮一下后熄滅，電容器與燈泡Q組成閉合回路，電容器放電，故燈泡Q逐漸熄滅，選項A、D正確．9．(2015·浙江金華一中高二月考)如圖甲所示在光滑水平面上用恒力F拉質量m＝1kg的單匝均勻正方形銅線框，在1位置以速度v0＝3m/s進入勻強磁場時開始計時t＝0，此時線框中感應電動勢為1V，在t＝3s時刻線框到達2位置，開始離開勻強磁場．此過程中v－t圖象如圖乙所示，那么()A．t＝0時，線框右側MN兩端間的電壓為0.25VB．恒力F的大小為0.5NC．線框完全離開磁場的瞬間位置3時速度為2m/sD．線框完全離開磁場的瞬間位置3時速度為1m/s解析：選BC.t＝0時，線框右側邊MN兩端電壓為外電路電壓，UMN＝eq\f(3,4)E＝0.75V，A選項錯誤；從1s末到3s末的過程中線框做勻加速直線運動，由圖象可得a＝eq\f(Δv,Δt)＝0.5m/s2，所以F＝ma＝0.5N，B選項正確；從圖象上可以得出，線框剛要進入磁場時，與線框剛要離開磁場時的速度都是3m/s，可得線框進入磁場和離開磁場的運動情景完全相同，所以線框完全離開磁場的瞬間位置3時速度為2m/s，故C正確，D錯誤．故選BC.10．(2014·高考四川卷)如圖所示，不計電阻的光滑U形金屬框水平放置，光滑、豎直玻璃擋板H、P固定在框上，H、P的間距很小．質量為0.2kg的細金屬桿CD恰好無擠壓地放在兩擋板之間，與金屬框接觸良好并圍成邊長為1m的正方形，其有效電阻為0.1Ω.此時在整個空間加方向與水平面成30°角且與金屬桿垂直的勻強磁場，磁感應強度隨時間變化規律是B＝(0.4－0.2t)T，圖示磁場方向為正方向．框、擋板和桿不計形變．則()A．t＝1s時，金屬桿中感應電流方向從C到DB．t＝3s時，金屬桿中感應電流方向從D到CC．t＝1s時，金屬桿對擋板P的壓力大小為0.1ND．t＝3s時，金屬桿對擋板H的壓力大小為0.2N解析：選AC.據已知B＝(0.4－0.2t)T可知t＝1s時，正方向的磁場在減弱，由楞次定律可判定電流方向為由C到D，A項正確．同理可判定B項錯誤．t＝1s時感應電動勢E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(|ΔB|,Δt)·S·sin30°＝0.1V，I＝eq\f(E,R)＝1A，安培力F安＝BIL＝0.2N，對桿受力分析如圖．結合牛頓第三定律可知金屬桿對擋板P的壓力大小為F′N＝F安cos60°＝0.1N，C項正確．同理可得t＝3s時對擋板H的壓力大小為0.1N，D項錯誤．三、非選擇題(本題共3小題，共40分．按題目要求作答．解答題應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位．)11．(12分)輕質細線吊著一質量為m＝0.32kg、邊長為L＝0.8m、匝數n＝10的正方形線圈，總電阻為r＝1Ω，邊長為eq\f(L,2)的正方形磁場區域對稱分布在線圈下邊的兩側，如圖甲所示，磁場方向垂直紙面向里，大小隨時間變化如圖乙所示，從t＝0開始經t0時間細線開始松弛，g取10m/s2.求：(1)在前t0時間內線圈中產生的感應電動勢；(2)在前t0時間內線圈的電功率；(3)t0的值．解析：(1)由法拉第電磁感應定律得：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝n×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2eq\f(ΔB,Δt)＝10×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(0.8,2)))2×0.5V＝0.4V.(2)I＝eq\f(E,r)＝0.4A，P＝I2r＝0.16W.(3)分析線圈受力可知，當細線松弛時有：F安＝nBt0Ieq\f(L,2)＝mgI＝eq\f(E,r)Bt0＝eq\f(2mgr,nEL)＝2T由圖象知：Bt0＝1＋0.5t0，解得：t0＝2s.答案：(1)0.4V(2)0.16W(3)2s12．(14分)均勻導線制成的單匝正方形閉合線框abcd，每邊長為L，總電阻為R，總質量為m，將其置于磁感應強度為B的水平勻強磁場上方h處，如圖所示，線框由靜止自由下落，線框平面保持在豎直平面內，且cd邊始終與水平的磁場邊界平行．當cd邊剛進入磁場時：(1)求線框中產生的感應電動勢大小；(2)求c、d兩點間