《名师导学》2017新课标物理一轮课件：9.3电磁感应规律的综合应用(一)

【答案】B
【小结】1.解决图象问题的一般步骤 (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感应电流方向 与时间的对应关系． (4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛 顿定律等规律写出函数关系式． (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．
从 BD 刚进入磁场到线圈全部进入磁场的过 程中，切割的有效长度均匀减小 ，感应电动势均 匀减小至零，则感应电流均匀减小至零；线圈通 过两个磁场的分界线时，切割的有效长度先均匀 增大，感应电流均匀增大，当 BD 通过磁场分界 线时，感应电流最大为 I2＝2i0；后均匀减小至零； 在线圈出磁场过程中，切割的有效长度先均匀增 大后均匀减小，感应电流先均匀增大后均匀减小， 此过程感应电流最大为 I3＝i0； 故 D 正确， A 错误．
下列结论中正确的是(
)
Bl2ω A．通过导线 R 电流的最大值为 R Bl2ω B．通过导线 R 电流的最小值为 4R Bl2ω C．OM 中产生的感应电动势恒为 2 Bl2ω D．导线 R 中通过的电流恒为 2R
【解析】OM 转动切割磁感线产生的电动势为 1 2 E＝ BL ω，故 C 正确；当 M 位于最下端时圆环被 2 E 接入的电阻为 0，此时有最大电流 I＝ ，故 A R R＋ 2 错误； 当 M 端位于最上端时， 圆环两部分电阻相等， R E 并联电阻最大，电流最小，R 并＝ ，I＝ ， 2 R R ＋R＋ 2 2 故 B 正确；通过导线的电流在最大电流与最小电流 之间变化，不是恒定的，故 D 错误．
【答案】BC
【小结】解答电磁感应电路问题的方法 1．确定电源 产生电磁感应现象的导体或线圈就是等效电 源． 2．分清内、外电路 内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变 化的线圈，外电路由电阻、电容等电学元件组成．
3．解题的基本步骤 (1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律或右手 定则确定感应电动势的大小和方向，感应电动势 的方向是电源内部电流的方向． (2)根据“等效电源”和电路中其它各元件的 连接方式画出等效电路图，注意区别内、外电路， 区别路端电压和电动势．
变式 3 轻质细线吊着一质量为 m＝0.32 kg，边长为 L＝0.8 m， 匝数 n＝10 的正方形线圈，总电 L 阻为 r＝1 Ω ，边长为 的正方形磁场区域对称分布 2 在线圈下边的两侧，如图甲所示，磁场方向垂直纸 面向里，大小随时间变化如图乙所示，从 t＝0 开始 经 t0 时间细线开始松弛，取 g＝10 m/s2.求： (1)在 t0 时间内线圈中产生的电动势； (2)在 t0 时间内线圈的电功率； (3)t0 的值．
【答案】D
【小结】此类题主要考查导体棒切割磁感线 产生的感应电动势 E＝BLv 及右手定则．解题的 关键在于正确的确定导体棒切割磁感线产生的电 动势的变化．引起电动势变化的情况有： (1)线框的形状导致有效长度变化； (2)磁场的边界不规则导致有效长度变化； (3)线框的速度变化； (4)磁感应强度的变化．
【解析】初状态时，通过线圈的磁通量为 Φ1 BL2 ＝ ，当线圈转过 90°时，通过线圈的磁通量 2 NΔΦ NBL2 为 0， 由 q＝ 可得通过电阻 R 的电量为 . R 2R
【答案】B
考点二 由给定的有关图象(B－t 图、Ф－t 图) 分析电磁感应过程问题 例 2 如图甲所示， 圆形导线 框与电阻 R 串联， 框内有变化的 磁场． 取由 a 经 R 流向 b 为感应 电流 iR 的正方向，测得 iR 随时间 t 变化的图象如 图乙所示． 取垂直纸面向里为磁场的正方向， 则描 述磁感应强度 B 随时间 t 变化的图象正确的是 ( )
2． 将一段导线绕成图甲所示的闭 合电路，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．回路的圆形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( B )
但整个回路中没有感应电流 ，则此时 Uab＝ BLv，Uab 亦为正． 2L 3L (3) ～ 时间内，dc 边在磁场中切割磁感 v v 线产生感应电动势 E＝BLv，ab 边在磁场区外， BLv 1 相当于外电路的 Uab＝IR＝ R＝ BLv，Uab 亦 4R 4 为正．
一、单选题 1．如图所示，边长为 2L、电阻为 R 的正方形导线框 abcd， 在纸面内以速度 v 水平向右匀速穿过一宽为 L、 磁感应强度为 B 的匀强磁场区域， 磁场方向垂直纸面 向外．刚开始时线圈的 ab 边刚好与磁场的左边界重 合，规定水平向右为 ab 边受到安培力的正方向．
A．通过电阻 R 的电流方向为 P→R→M B．a、b 两点间的电压为 BLv C．a 端电势比 b 端高 D．外力 F 做的功等于电阻 R 上发出的焦耳热
【解析】由右手定则可知通过金属导线的电流 由 b 到 a，即通过电阻 R 的电流方向为 M→R→P， A 错误；金属导线产生的电动势为 BLv，而 a、b 两 点间的电压为等效电路路端电压 ，由闭合电路欧姆 2 定律可知，a、b 两点间电压为 BLv，B 错误；金属 3 导线可等效为电源，在电源内部，电流从低电势流 向高电势，所以 a 端电势高于 b 端电势，C 正确； 根据能量守恒定律可知，外力做功等于电阻 R 和金 属导线产生的焦耳热之和，D 错误． 【答案】C
【解析】 由 iR－t 图象可知， 流过 R 的电流大 小不变，圆形导线框产生的感应电动势不变．根
ΔΦ ΔB 据法拉第电磁感应定律 E＝ ＝S ，磁感应 Δt Δt
强度均匀变化，A、D 错误；0－1 s 内，流过 R 的 电流从 a 到 b， 根据楞次定律， 穿过圆形导线框的 磁通量应垂直纸面向里减小或向外增大，B 正确、 C 错误．
以下可能正确的是(

)
【解析】线圈在进磁场的过程中 ，根据楞次 定律可知，感应电流的方向沿逆时针方向 ，为正 值，在通过两个磁场的分界线时 ，根据楞次定律 可知，感应电流的方向沿顺时针方向，为负值， 线圈出磁场的过程中 ，根据楞次定律知 ，感应电 流的方向为逆时针，为正值．故 BC 错误． 设 BD＝L.在线圈进入磁场一半的过程中， 切割的 有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大 ，则感 应电流均匀增大，当 BD 刚进入磁场时，感应电 流最大为 I1＝i0；
下列哪个图象能正确反映 ab 边受到的安培力 随运动距离 x 变化的规律( C )
【解析】 当线圈的 ab 边进入磁场， 运动 L 的 过程中，ab 所受安培力水平向左为负方向，大小 B· 2L· v 4B2L2v 为：F＝B · 2L＝ ；当 ab 边运动 L－ R R 2L 过程中，线圈中无电流，所受安培力为零；当 ab 边运动 2L－3L 过程中， cd 边受向左的安培力， 4B2L2v 大小仍为 F＝ ， ab 边在磁场外不受安培力， R 故选项 C 正确；故选 C.
问 题 类 型 应 左手定则、安培定则、右手定则、 楞次定律 、 用 法拉第电磁感应定律 、欧姆定律、牛顿定律、函数 知 图象等知识 识
考点一
电磁感应与电路的综合问题
例 1 如图所示， 均匀金属圆环总电阻为 2R，磁感应强度为 B 的匀强磁场垂直 穿过圆环．金属杆 OM 长为 l，电阻为 R ，M 端与环紧密接触，金属杆 OM 绕过圆心的转 2 动轴 O 以恒定的角速度 ω 转动，当电阻为 R 的一 段导线一端和环连接， 另一端和金属杆的转动轴 O 相连接时，
2．此类题的特点及解题关键 此类题的特点是已知 B－t 图或 Ф－t 图，来 分析线框中的电动势、电流或线框所受安培力的 变化情况．解题的关键是：弄清图象中的斜率、 拐点、截距的物理意义，结合楞次定律、法拉第
ΔΦ 电磁感应定律 E＝n 及欧姆定律来分析电压、 Δt
电流的大小以及安培力大小变化．
3．解这类题最常用的方法是排除法：先由楞 次定律或右手定则确定电磁感应过程中的电流方 向排除错误选项，再由法拉第电磁感应定律确定 某过程中电动势大小变化情况排除错误选项．
变式 4 如图甲所示 ， 一个正方形单匝线圈 abcd，边长为 L，线圈每边的电阻均为 R，以恒 定速度 v 通过一个宽度为 2L 的匀强磁场区． 磁感 应强度为 B，方向垂直纸面向里，试在乙图的坐 标系中画出 ab 两端的电压 Uab 随时间 t 变化的图 象来．
L 【解析】(1)0～ 时间内，ab 边在磁场中切割 v 磁感线产生感应电动势 E＝BLv ， ab 边相当于电 BLv 源，Uab 相当于路端电压，则 Uab＝IR 外＝ · 3R 4R 3 ＝ BLv，且 Uab 为正． 4 L 2L (2) ～ 时间内，线圈完全进入磁场，ab 边 v v 与 dc 边均切割磁感线产生感应电动势 E＝BLv
第 3节
电磁感应规律的综合应用(一)
知识点一
电磁感应的电路问题
1．电源与外电路 切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线 圈相当于
电源
，其电阻相当于电源 内阻
，其
余部分是外电路． 2．常用参量的求解
ΔΦ n Δt 或
(1)根据法拉第电磁感应定律：电动势 E＝
E＝BLv．
(2) 根 据 闭 合 电 路 的 欧 姆 定 律 ： 路 端 电 压 U E ＝ E－Ir ，干路电流 I＝ R＋r ． ΔΦ (3)通过电路中导体横截面的电量 q＝n ，R R 为闭合电路的总电阻．
【解析】(1)由法拉第电磁感应定律得：
ΔΦ 1 L 2ΔB 1 0.8 2 E＝n ＝n× ×( ) ＝10× ×( ) × 2 2 2 2 Δt Δt
0.5 V＝0.4 V. E (2)I＝ ＝0.4 A，P＝I2r＝0.16 W. r (3)分析线圈受力可知，当细线松弛时有： L F 安＝nBt0I ＝mg 2 E I＝ r 2mgr Bt0＝ ＝2 T nEL 由图像知：Bt0＝1＋0.5t0，解得：t0＝2 s.