第四章电磁感应章末提高复习(4)

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高二物理第四章_电磁感应复习课件+++++

l

b

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第一类问题：与闭合电路欧姆定律相结合
例题1：如图,边长为L均匀的正方形金属框架abcd总电阻为R，框架以速度v向右匀速平动，经过磁感强度为B的匀强磁场。求下列三种情况ab之间的电势差。(1) 只有ab进入磁场。(2) 线框全部进入磁场。(3) 只有 ab边离开磁场。 a d
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感应电流(电动势)方向的判定： 2．右手定则伸开右手，让大拇指跟其余四指垂直，并与手掌在同一平面内，让磁感线垂直 (或斜着)穿过掌心，大拇指指向导体运动的方向，其余四指所指的方向就是感应电流的方向.
8
1
N
S S
线圈如何运动？
9
【例】如图所示，固定在水平面内的两光滑平行金属导轨M、N，两根导体棒中P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落接近回路时（） AD
(2) I=E/R=4A F=BIL=0.4N a=(mg-F)/m=6m/s2; (3) F=BIL=B2 L2 vm /R =mg vm=mgR / B2 L2 =10m/s, 36
解：PQ滑动时产生感应电动势 E=B l v 画出等效电路如图示：R外=2R/9 I总=E /（ R外+r ）=9B l v/11R
v r=R
d Q c
a R/3 P 2R/3 b
E
R
IaP=2I总/3 = 6B l v／11R
电流方向由 P→a
d
Q
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c
4、一金属圆环位于纸面内，磁场垂直纸面，规定向里为正，如图所示。现今磁场B随时间变化是先按oa图线变化，又按图线bc和cd变化，令E1、E2、E3分别表示这三段变化过程中感应电动势的大小，I1、I2、I3分别表示对应的感应电流，则E1、E2、E3的大小关系是 ___________;电流I1的方向是___________;I2的方向是 E2=E3>E1 逆时针方向 ___________;I3的方向是____________. 顺时针方向顺时针方向

高中物理第四章电磁感应章末整合提升新人教版选修32

第四章电磁感应突破一安培定则、左手定则、右手定则和楞次定律的综合在研究电磁感应现象时，经常用到右手螺旋定则、左手定则、右手定则及楞次定律等规律。

要想灵活运用“三定则一定律”，就必须明确这些规律的区别与联系。

“三定则一定律”应用于不同的现象例1 如图1甲所示，等离子气流由左方连续以速度v0射入M和N两极间的匀强磁场中，ab直导线与M、N相连接，线圈A与直导线cd连接，线圈A内有如图乙所示变化的磁场，且规定向左为磁场的磁感应强度B的正方向，则下列叙述正确的是( )图1A．0～1 s内ab、cd导线互相排斥B．1 s～2 s内ab、cd导线互相吸引C．2 s～3 s内ab、cd导线互相吸引D．3 s～4 s内ab、cd导线互相排斥解析根据左手定则，可判定等离子气流中的正离子向上极板M偏转，负离子向下极板N偏转，所以ab中电流方向是由a向b的。

在0～2 s内，线圈A内磁场方向向左，磁感应强度增大，由楞次定律可知感应电流方向是由c向d的，根据ab、cd内电流的流向关系，可知两导线相互吸引，A错、B正确；在2 s～4 s内，线圈A内磁场方向向左，磁感应强度减小，由楞次定律可知感应电流的方向是由d向c的，根据电流的流向关系可知两导线相互排斥，C 错误、D正确。

答案BD题后反思在电流的磁效应中由安培定则可确定磁场的方向；在电磁感应中由右手定则或楞次定律可确定感应电流的方向；左手定则适用于带电粒子在磁场中运动受到的洛伦兹力和通电导线在磁场中受到的安培力的方向判定。

跟踪训练1 如图2甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i 随时间t 的变化关系如图乙所示。

在0～T2时间内，长直导线中的电流方向向上，则线框中感应电流的方向与所受安培力情况是( )图2A ．0～T 时间内线框中感应电流的方向为顺时针方向B ．0～T 时间内线框中感应电流的方向为先顺时针方向后逆时针方向C ．0～T 时间内线框所受安培力的合力向左D ．0～T 2时间内线框所受安培力的合力向右，T2～T 时间内线框所受安培力的合力向左解析 0～T2时间内，电流i 在减小，闭合金属线框内的磁通量必然在减小，由楞次定律可以判断出线框中感应电流的方向为顺时针方向，而且0～T2时间内线框所受安培力的合力应向左；同理，可以判断在T2～T 时间内，电流i 在反向增大，闭合金属线框内的磁通量必然增大，由楞次定律可以判断出线框中感应电流的方向也为顺时针方向，而且T2～T 时间内线框所受安培力的合力应向右。

(期末复习学案)第四章电磁感应第五章交变电流

第四、五章电磁感应与交变电流期末复习学案【复习重点提要】1、楞次定律的应用2、法拉第电磁感应定律3、带电粒子在复合场中的运动。

如粒子选择器等。

【复习思路指导】第一步、掌握用楞次定律的判断感应电流的步骤。

第二步、法拉第电磁感应定律的应用（E= nΔΦ/Δt E= BLv Sinθ 第三步、交变电流产生的过程，关于交变电流的物理量。

第四步、理想变压器工作规律和远距离输电【复习方法指导】在复习的过程中要循序渐进，注重基础。

比如，各种磁体磁感线的分布。

【基础自主复习】一、电磁感应1.产生感应电流的条件是_______________________________。

2.在匀强磁场中_________与________磁场方向的面积的乘积叫穿过这个面的磁通量。

单位为______，符号为_____。

磁通量发生变化有如下三种情况：⑴_____________________⑵_____________________⑶________________3.楞次定律：感应电流具有这样的方向，感应电流的磁场总是_____引起感应电流的_____________。

应用楞次定律判断感应电流的方向的具体步骤为（1）明确_____________（2）判断_____________（3）确定_____________的方向（4）利用_____________反推感应电流的方向。

4.导体切割磁感线产生感应电流的方向用__________来判断较为简便。

5.楞次定律中的“阻碍”作用正是_____________________的反映。

愣次定律的另一种表述：感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因。

当问题不涉及感应电流的方向时，用另一种表述判断比较方便。

6.法拉第电磁感应定律: 电路中感应电动势的大小跟_______________________________,表达式为E=__________ 。

当导体在匀强磁场中做切割磁感线的相对运动时E=__________ ，θ是B 与v 之间的夹角。

人教版高二物理选修3-2 第四章_ 电磁感应总复习

第四章总复习1、（2004年新老课程内蒙、海南、西藏、陕西等地区试题）一矩形线圈位于一随时间t 变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面（纸面）向里，如图12－1所示．磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图12－1所示．以I 表示线圈中的感应电流，以图12－1中线圈上箭头所示方向的电流为正，则以下的I －t 图12－2中正确的是【解析】本题主要考查学生应用楞次定律判断感应电流方向的能力，以及法拉第电磁感应定律具体应用的能力．根据法拉第电磁感应定律tB nS t B S n t n E ∆∆=∆∆=∆∆=φ及磁场的变化情况可知：0到1磁场的磁感应强度是均匀增大的，所以产生的感应电动势是恒定的，由于电阻是恒定的，故感应电流是恒定不变的；同理，1到2、3到4、5到6感应电流都是恒定不变的；而2到3和4到5由于磁场的磁感应强度没有变化，所以感应电流为零．感应电流的方向可以根据楞次定律进行判断．在应用楞次定律进行判断的时候要注意感应电流产生的磁场总要阻碍原磁场的磁通量的变化，即原磁场的磁通量要增加，那么感应电流产生的磁场就要阻碍它增加，反之要阻碍它减小．0到1内磁场的磁感应强度是增大的，由于线圈的面积不变，故磁通量增加，所以感应电流产生的磁场与原磁场方向相反．由此可知感应电流的方向是逆时针方向，与规定的方向相反，所以是负的．同理可得1到2是正的、3到4是负的、5到6是正的．综上所述正确答案是A【答案】A2、如图12－3所示，磁带录音机既可用作录音，也可用作放音，其主要部件为可匀速行进的磁带a 和绕有线圈的磁头b ，不论是录音或放音过程，磁带或磁隙软铁会存在磁化现象．下面对于它们在录音、放音过程中主要工作原理的描述，正确的是（）A 、放音的主要原理是电磁感应，录音的主要原理是电流的磁效应B 、录音的主要原理是电磁感应，放音的主要原理是电流的磁效应C 、放音和录音的主要原理都是磁场对电流的作用D 、录音和放音的主要原理都是电磁感应【解析】录音是声音信号通过话筒转化为电信号，电信号再通过磁头转化为磁信号记录在磁带上的过程，所以录音的过程主要原理是电流的磁效应．放音是记录在磁带上的磁信号通过绕在磁头上的线圈产生感应电流，转化为电信号，然后电信号再通过扬声器转变为声音信号，所以放音过程的主要原理是电磁感应．【答案】A3、如图12－4所示的电路，1D 和2D 是两个相同的小电珠，L 是一个自感系数很大的线圈，其电阻与R 相同．由于存在自感现象，在电键S 接通和断开时，小电珠1D 和2D 先后亮暗的次序是（）A 、接通时1D 先达最亮，断开时1D 先暗B 、接通时2D 先达最亮，断开时2D 先暗C 、接通时1D 先达最亮，断开时1D 后暗D 、接通时2D 先达最亮，断开时2D 后暗【解析】当电键S 接通时，由于自感现象的存在，流过线圈的电流由零变大时，线圈上产生自感电动势的方向是左边正极，右边负极，使通过线圈的电流从零开始慢慢增加，所以开始瞬时电流几乎全部从1D 通过，而该电流又将同时分路通过2D 和R ，所以1D 先达最亮，经过一段时间电路稳定后，1D 和2D 达到一样亮．当电键S 断开时电源电流立即为零，因此2D 立即熄灭，而对1D ，由于通过线圈的电流突然减弱，线圈中产生自感电动势（右端为正极，左端为负极），使线圈L 和1D 组成的闭合电路中有感应电流，所以1D 后暗．【答案】C4、如图12－5所示，甲图中线圈Ａ的ａ、ｂ端加上如图乙所示的电压时，在0～ｔ0时间内，线圈Ｂ中感应电流的方向及线圈Ｂ的受力方向情况是（）Ａ、感应电流方向不变；Ｂ、受力方向不变；Ｃ、感应电流方向改变；Ｄ、受力方向改变．【解析】在前一段过程由乙图可知线圈A 中的电流逐渐增大，所以线圈的磁通量也逐渐增大．由楞次定律可以判断感应电流的方向从左往右看是逆时针方向，安培力的方向向右．在后一段过程由乙图可知线圈A 中的电流逐渐减小，所以线圈的磁通量也逐渐减小，但磁场方向与前一段过程相反．由楞次定律可以判断感应电流的方向从左往右看也是逆时针方向，但安培力的方向向左．故感应电流方向不变；受安培力的方向改变．【答案】AD5、如图12－6所示，ab 是一个可绕垂直于纸面的轴O 转动的闭合矩形导线框．当滑动变阻器的滑片P 自左向右滑动时，从纸外向纸内看，线框ab 将（）A 、保持静止不动B 、逆时针转动C 、顺时针转动D 、发生转动，但电源极性不明，无法确定转动方向．【解析】无论电源的极性如何，在两电磁铁中间的区域内应产生水平的某一方向的磁场，当滑片P 向右滑动时，电流减小，两电磁铁之间的磁场减弱，即穿过ab 线圈的磁通量减小．虽然不知ab 中感应电流的方向，但由楞次定律中的“阻碍”可直接判定线框ab 应顺时针方向转动（即向穿过线框的磁通量增加的位置――竖直位置转动）．【答案】C6、如图12－7所示的整个装置放在竖直平面内，欲使带负电的油滴P在两平行金属板间静止，导体棒ab 将沿导轨运动的情况是（）A 、向右匀减速运动B 、向右匀加速运动C 、向左匀减速运动D 、向左匀加速运动【解析】对油滴有mg qE =，电场力向上．又由于油滴带负电，故电场强度方向向下，电容器上极板带正电，下极板带负电，线圈感应电动势正极在上端，负极在下端．由楞次定律得知ab 向右减速运动或向左加速运动．【答案】AD7、如图12－8所示，MN 是一根固定的通电长直导线，电流方向向上．今将一金属线框abcd 放在导线上，让线框的位置偏向导线的左边，两者彼此绝缘．当导线中的电流突然增大时，线框整体受力情况为（）A 、受力向右B 、受力向左C 、受力向上D 、受力为零【解析】导线中的电流突然增大时，金属框abcd 中的磁通量增加，由楞次定律可得，线框中的感应电流将阻碍它的增加，而导线在金属框中间位置时金属框内的磁通量为零．故金属框有向右运动的趋势．【答案】A8、如图12－9所示，要使金属环C 向线圈A 运动，导线ab 在金属导轨上应（）A 、向右做减速运动；B 、向左做减速运动；C 、向右做加速运动；D 、向左做加速运动．【解析】要使金属环C 向线圈A 运动，由楞次定律可得金属环C 中的磁通量必定减少，由此判定螺线管的感应电流减小．而螺线管的感应电流是由于ab 导线做切割磁感线运动产生的，所以ab 导线的运动将越来越慢，即减速运动．【答案】AB9、如图12－10所示，有一电阻不计的光滑导体框架，水平放置在磁感应强度为B 的竖直向上的匀强磁场中，框架宽为l ．框架上放一质量为m 、电阻为R的导体棒．现用一水平恒力F 作用于棒上，使棒由静止开始运动，当棒的速度为零时，棒的加速度为________；当棒的加速度为零时，速度为_______．【解析】速度为零时，水平方向只受水平恒力F 作用，故m F a =；由于加速度为零时，受力平衡，可得方程：F l R l B B=υ 得：22l B FR =υ 【答案】m F 22lB FR 10、金属导线AC 垂直于CD ，AC 、CD 的长度均为1m ，电阻均为Ω5.0，在磁感应强度为1T 的匀强磁场中以s m /2的速度匀速向下运动，如图12－11所示，则导线AC 中产生的感应电动势大小是_______V ，导线CD中的感应电动势大小是________V ．【解析】AC 中产生的感应电动势，由于金属导线与磁感应强度及速度都垂直，所以由L B E υ=得：V V E 2121=⨯⨯=而CD 中由于金属导线与运动速度平行，即CD 金属导线没有作切割磁感线运动，所以感应电动势为零．【答案】2V ；011、如图12－12所示，导轨与一电容器的两极板C 、D 连接，导体棒ab 与导轨接触良好，当ab 棒向下运动时，带正电的小球将向_____________板靠近．【解析】ab 棒向下作切割磁感线运动，由右手定则得b 端电势高，所以D 板带正电，故带正电的小球向C 板靠近．【答案】向C 板靠近12、如图12－13所示，两块水平放置的金属板间距为d ，用导线与一个n 匝的线圈连接，线圈置于方向竖直向上的均匀磁场B 中．两板间有一个质量为m 、电量为＋q 的微粒，恰好处于静止状态，则线圈中磁场B 的变化情况是正在_________；其磁通量的变化率为____________．【解析】由于带电粒子恰好处于静止状态，所以有电场力与重力平衡．而两板间的电势差与线圈产生的感应电动势相等．带电粒子受到一个向上的电场力和向下的重力，所以下板电势高．由楞次定律可以判断出线圈的磁通量在减少，故磁感应强度B 在减小．由平衡条件得：q E mg 电= 所以q mg E =电而dE d U E ==电得qmgd d E E ==电根据法拉第电磁感应定律得：t nE ∆∆=φ nq mgd n E t ＝＝∆∆φ 【答案】减小；nqmgd 13、如图12－14所示，不计电阻的U 形导轨水平放置，导轨宽m 5.0，左端连接阻值为0.4Ω的电阻R ，在导轨上垂直于导轨放一电阻为0.1Ω的导体棒MN ，并用水平轻绳通过定滑轮吊着质量为m ＝2.4g 的重物，图中m L 8.0=，开始重物与水平地面接触并处于静止，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感强度T B 5.00=，并且)/(1.0s T TB =∆∆的规律在增大，不计摩擦阻力，求至少经过多长时间才能将重物吊起？（2/10s m g =）【解析】根据题意可知：开始导体棒没有运动时U 形导轨和导体棒所构成的闭合回路的面积保持不变，而磁感应强度B 在增大，由法拉第电磁感应定律得V V S tB t E 04.08.05.01.0=⨯⨯=⋅∆∆=∆∆=φ 而磁场的磁感应强度的变化规律)(1.05.00T t t t B B B +=⋅∆∆+= 要把重物吊起来，则绳子的拉力必须大于或等于重力．设经过时间t 重物被吊起，此时磁感应强度为)(1.05.0T t B +=所以安培力为)1.05.0(04.05.01.04.004.0)1.05.0()1.05.0(t t L r R E t BIL F +=⨯+⨯+=++== 根据平衡条件得：mg t F =+=)1.05.0(04.0 解得：t ＝1s【答案】t ＝1s14、如图12－15所示，长为L 、电阻Ω=3.0r 、质量m ＝0.1kg 的金属棒CD 垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也是L ，棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计．导轨左端接有Ω=5.0R 的电阻，量程为0～3.0A 的电流表串接在一条导轨上，量程为0～1.0V 的电压表接在电阻R 的两端，垂直导轨平面的匀强磁场垂直向下穿过平面．现以向右恒定外力F 使金属棒右移．当金属棒以s m /2=υ的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏．问：（1）此满偏的电表是什么表？说明理由；（2）拉动金属棒的外力多大？（3）此时撤去外力F ，金属棒将逐渐慢下来，最终停止在导轨上．求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻R 的电荷量．【解析】（1）若电流表满偏，则I ＝3A ，U ＝IR ＝1.5V ，大于电压表的量程，故是电压表满偏．（2）由功能关系：)(2r R I F +=υ，而R U I =，故N R r R U F 6.1)(22=+=υ （3）由动量定理：t IBL m ∆⋅=∆υ，两边求和得到BLq m =υ由电磁感应定律得：L B E υ= )(r R I E +=代入解得：C r R I m q 25.0)(2=+=υ 15、匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向上，在磁场中有一个总电阻为R 、每边长为L 的正方形金属框abcd ，其中ab 、cd 边质量均为m ，其它两边质量不计，cd 边装有固定的水平轴．现将金属框从水平位置无初速释放，如图12－16所示，若不计一切摩擦，金属框经时间t 刚好到达竖直面位置cd b a //．（1）ab 边到达最低位置时感应电流的方向；（2）求在时间t 内流过金属框的电荷量；（3）若在时间t 内金属框产生的焦耳热为Q ，求ab 边在最低位置时受的磁场力多大？【解析】（1）感应电流的方向由/a 到/b ．（2）由t RE t I q ∆=∆= t E ∆∆=φ 20BL BS =-=∆φ 整理得：R BL q 2=（3）由能的转化与守恒定律得：Q m mgL +=221υ 又由L B E υ=，R E I =，BIL F = 整理得：m Q gL RL B F 2222-= 【答案】（1）由/a 到/b （2）R BL q 2= （3）m Q gL R L B F 2222-= 16、有足够长的平行金属导轨，电阻不计，导轨光滑，间距m l 2=．现将导轨沿与水平方向成030=θ角倾斜放置．在底部接有一个Ω=3R 的电阻．现将一个长为m l 2=、质量kg m 2.0=、电阻Ω=2r 的金属棒自轨道顶部沿轨道自由滑下，经一段距离后进入一垂直轨道平面的匀强磁场中（如图12－17所示）．磁场上部有边界，下部无边界，磁感应强度T B 5.0=．金属棒进入磁场后又运动了m S 30/=后开始做匀速直线运动，在做匀速直线运动之前这段时间内电阻R 上产生了J Q 36=的内能（2/10s m g =）．求：（1）金属棒进入磁场后速度s m /15=υ时的加速度a的大小及方向；（2）磁场的上部边界距顶部的距离S ．【解析】（1）金属棒从开始下滑到进入磁场前由机械能守恒得：221sin υθm S mg =⋅ 进入磁场后棒上产生感应电动势l B E υ=，又有rR E I += 金属棒所受的安培力沿轨道向上，大小为 BIl F ＝安由牛顿第二定律得： ma F mg ＝安-θsin整理得：ma l rR l B Bmg ＝+-υθsin 代入得：2/10s m a -=负号表示其方向为沿轨道向上．（2）设匀速运动时的速度为t υ，金属棒做匀速运动时根据平衡条件得： r R l B mg t +=υθ22sin 即s m l B r R mg t /5)(sin 22=+=θυ 自金属棒进入磁场到做匀速运动的过程中由能的转化与守恒得：)(21sin 22/υυθ--⋅t m E S mg ＝电又有电功率分配关系E r R RE Q +=电 J Q Rr R E 60=+=电代入解得：S ＝32.5m【答案】（1）2/10s m 方向为沿轨道向上；（2）32.5m。

电磁感应章末复习课件

【典例2】如图所示，边长为L、总电阻为R的正方形线框abcd 放置在光滑水平桌面上，其bc边紧靠磁感应强度为B、宽度为 2L、方向竖直向下的有界匀强磁场的边缘。现使线框以初速度 v0匀加速通过磁场，下列图线中能定性反映线框从进入到完全离开磁场的过程中，线框中的感应电流的变化的是（）
【标准解答】选A。线框以初速度v0匀速通过磁场，由 E=BLv，i=E 知线框进、出磁场时产生的电流应该是均匀变化
【标准解答】（1）电动机的输出功率为
P＝UVIA－I2Ar＝6 W
F安＝ILB＝
B2 L2 v R
当速度稳定时，由平衡条件得F牵=mg+F安，即P ＝mg＋ B2L2 v ，
v
R
解得v＝2 m/s。
（2）由能量守恒定律Pt－Q－mgh＝1 mv2
2
解得t＝1 s。
答案：（1）2 m/s （2）1 s
2.利用功能关系求解电磁感应问题的基本方法：（1）用法拉第电磁感应定律或导体切割磁感线公式确定感应电动势的大小，用楞次定律和右手定则判断感应电动势的方向。（2）画出等效电路，求解电路中相关参量，分析电路中能量转化关系。（3）研究导体机械能的转化，利用能量转化和守恒关系，列出机械功率与电路中电功率变化的守恒关系式。
【典例1】如图所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H处同时释放（各线框下落过程中不翻转），则以下说法正确的是（）
A.三者同时落地 B.甲、乙同时落地，丙后落地 C.甲、丙同时落地，乙后落地 D.乙、丙同时落地，甲后落地【标准解答】选D。甲是闭合铜线框，在下落过程中产生感应电流，所受的安培力阻碍它的下落，故所需的时间长；乙线框未闭合，丙是塑料线框，故都不会产生感应电流，它们做自由落体运动，故所需时间相同，故D正确。

高中物理选修3-2 第四章电磁感应-8.电磁感应单元复习(课件)(共69张PPT)

电磁感应单元复习
电磁感应单元复习
一、本章知识网络
二、电磁感应现象
三、楞次定律
1、楞次定律的几种表述
2、利用楞次定律的一般步骤
3、右手定则
4、自感电动势的方向
四、感应电动势的大小
1、法拉第电磁感应定律
2、导体切割磁感线运动时
3、自感电动势的大小
五、电磁感应现象中的力学问题
六、电磁感应现象中的能量转换
反之， Φ =0时, △Φ/△t为最大值。（4）可以推导出电量的计算式 q IΔt
E R
Δt
n
ΔΦ R
2、导体切割磁感线运动时
E = BLv sinθ．
（1）式中θ为导体运动速度v与磁感应强度B的夹角。此
式只适用于匀强磁场，若是非匀强磁场则要求L很短。
（2）v 恒定时，产生的E恒定；v发生变化时，求出的E 是与v对应的瞬时值；v为某段时间的平均速度时，求出的E为该段时间内的感应电动势的平均值.
A组能力训练题1 2 3 4 5 6
7 8 9 10 11 12
B组能力训练题1 2 3 4 5 6 7
8 9 10 11 12 13 14
电磁感应现象
定义
一、本章知识网络
产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化
楞次定律
适用范围：适用于由磁通量变化引起感应电流的各种情况
内容：感应电流具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
六、电磁感应现象中的能量转换
从能量转化的角度来看，电磁感应现象的本质是通过克服磁场力作功，把机械能或其他形式的能转化为电能的过程，即电磁感应现象的实质是其它形式的能与电能之间的转化。
因此，无论用磁体与线圈相对运动或是用导体切割磁感线，产生感应电流时都会受到磁场的阻碍作用，外力在克服磁场的这种阻碍作用下做了功，把机械能转化为电能。

第四章电磁感应练习

第四章电磁感应章末复习题1、彼此绝缘、相互垂直的两根通电直导线与闭合线圈共面，下图中穿过线圈的磁通量可能为零的是（）2、如图所示，两个同心放置的共面金属圆环a和b，一条形磁铁穿过圆心且与环面垂直，则穿过两环的磁通量Φa和Φb大小关系为：（）A.Φa＞ΦbB.Φa＜ΦbC.Φa＝ΦbD.无法比较3、关于感应电动势大小的下列说法中，正确的是（）A．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B．线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大C．线圈放在磁感强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大D．线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大4、对于法拉第电磁感应定律，下面理解正确的是（）A．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B．穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零C．穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势越大D．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大5、在水平放置的光滑绝缘杆ab上，挂有两个金属环M和N，两环套在一个通电密绕长螺线管的中部，如图5所示，螺线管中部区域的管外磁场可以忽略，当变阻器的滑动接头向左移动时，两环将怎样运动？（）A．两环一起向左移动B．两环一起向右移动C．两环互相靠近D．两环互相离开6、用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导体线框、以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示。

在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为Ua 、Ub、Uc和Ud。

下列判断正确的是（）A Ua＜Ub＜Uc＜UdB Ua＜Ub＜Ud＜UcC Ua＝Ub＜Uc＝UdD Ub＜Ua＜Ud＜Uc 7、穿过某线圈的磁通量随时间的变化关系如图所示，在线圈内产生感应电动势最大值的时间段是（）A．0～2sB．2～4sC．4～6sD．6～10s8、半圆形导线框在匀强磁场中以速度v向右平动,(未离开磁场前)正确的是：( )A．整个线框中感应电动势为零B．线框中各部分导体均产生感应电动势C．闭合线框中无感应电流D．在不计摩擦的条件下,维持线框匀速运动不需要外力9、如图所示，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ah边垂直．则下列各图中哪一个可以定性地表示线框在上述过程中感应电流随时间变化的规律？（）10、当穿过线圈中的磁通量发生变化时，下列说法中正确的是（）A、线圈中一定有感应电流B、线圈中没有感应电动势C、感应电动势的大小与磁通量的变化成正比D、感应电动势的大小与线圈电阻无关11、自感电动势的大小（）A、跟通过线圈的电流大小有关系B、跟线圈中的磁通量变化的大小有关系C、跟线圈中的电流变化大小有关系D、跟线圈中的电流变化快慢有关系12、如图所示，水平导轨的电阻忽略不计，金属棒ab和cd的电阻分别为Rab和Rcd，且Rab＞Rcd，处于匀强磁场中。

人教版选修3-2第四章4电磁感应单元复习

电磁感应单元复习[知识网络]本章知识主要有三个方面。

一是产生感应电流的条件。

二是楞次定律——判断感应电流的方向。

三是法拉第电磁感应定律——计算感应电动势的大小。

对互感和自感现象以及涡电流的讨论，是上述两个定律的具体应用。

本章知识结构图如下：[范例精析]例1 在两根平行长直导线MN 中（如图4-8-1甲所示）。

通有同方向同强度的电流，导线框abcd 和两导线在同一平面内，线框沿着与两导线垂直的方向，自右向左在两导线间匀速移动，在移动过程中，线框中感应电流方向怎样？解析：先画出I 1、I 2产生的磁场，磁感线的分布如图4-8-1乙所示，注意合磁场B 的方向和大小变化情况。

线框在两电流中线的右侧时，穿过线框的合磁场垂直纸面穿出，线框左移，磁通量变小，为阻碍这个方向的磁通量减小，感应电流方adcba 。

当线框跨越两电流中线时，穿过线框的合磁场由穿出变为穿入，感应电流还是adcba 。

线框再左移，穿过线框合磁场垂直纸面穿入，且磁通量变大，感应电流方向还是adcba 。

所以线框的感应电流方向始终是adcba 。

拓展：判断合磁通量变化而产生感应电流的方向的问题，关键是画出合磁场磁感线的方向及其疏密分布情况从而确定合磁场的变化例2 如图4-8-2所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ 、MN 。

当PQ 在外力作用下运动时，MN 在磁场作用下向右运动，则PQ 所做的运动可能是：A 、向右匀加速运动B 、向左匀加速运动C 、向右匀减速运动D 、向左匀减速运动解析：设PQ 向右运动，用右手定则和安培定则判定可知穿过 L 1的磁感线方向向上，若PQ 向右加速运动，则穿过L 1的磁通量增加，用楞次定律判定可知通过MN 的感应电流方向是N →M ，对MN 用左手定则判图4-8-1图4-8-2 电磁感应产生感应电流的条件穿过闭合电路的磁通量发生变化闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动楞次定律感应电流产生的磁场总是阻碍引起感应电流的原因法拉第电磁感应定律单根直导线切割磁感线——E=lvBsinα 普适公式——t n E ∆∆=φ定可知MN 向左运动，可见A 选项不正确。

高中物理第四章电磁感应课件单元复习

∷∷∷∷∷
BD
试定性说明：为什么交变电流的频率越高，焊接缝处放出的热量越大？
如图所示是高频焊接原理示意图，线圈中通以高频交流时，待焊接的金属工件中就产生感应电流，由于焊接缝处的接触电阻很大，放出的焦耳热很多，致使温度升得很高，将金属熔化，焊接在一起．我国生产的自行车车架就是用这种办法焊接的．
答案：交变电流的频率越高，它产生的磁场的变化就越快，根据法拉第电磁感应定律，在待焊接工件中产生的感应电动势就越大，感应电流就越大．而放出的电热与电流的平方成正比，所以交变电流的频率越高焊接处放出的热量越多．
例题4如图所示，一个由导体做成的矩形线圈，以恒定速率v运动，从无场区进入匀强磁场区，然后出来，若取逆时针方向为电流的正方向，那么图中的哪一个图线正确地表示回路中电流对时间的函数关系？（）
A
B
C
D
I
t
0
I
t
0
I
t
0
I
t
0
C
三电磁感应中的动力学问题
例题5解：开关闭合时对物体受力分析如图所示：当F安 =mg时，物体达到最大速度Vm BIL=mg(1) I= (2) 由以上两式得Vm=1m/s 以后物体做匀速运动，物体的最终速度为1m/s G
解决这类问题的关键在于通过受力分析确定运动状态来寻找过程中的临界状态，如速度、加速度取最大值或最小值的条件等.在对物体进行受力分析时，由于电磁感应现象，多了一个安培力的作用，这一点是不能忽视的。
基本思路：
确定电源（画等效电路） (E,r)
受力分析
运动状态的分析
临界状态
感应电流
运动导体所受的安培力
⑴转动轴与磁感线平行
线圈的转动轴与磁感线垂直

第四章电磁感应复习巩固课教案新课标人教版

第四章电磁感应复习巩固课教案★教学目标：1．知识目标加深理解电磁感应现象的产生条件、法拉第电磁感应定律、楞次定律等基本规律；加深理解感生电动势、动生电动势、自感等基本概念。

2．能力目标在熟练掌握上述规律、概念的基础上，能够分析和解决一些物理问题。

3．物理方法教育目标通过复习，培养学生归纳知识和进一步运用知识的能力，掌握一定的分析解决问题的科学方法。

★复习重点：电磁感应基本规律的综合性运用★教学方法：复习提问，讲练结合，学案导学，小专题讲解★教具投影片，学案★教学过程（一）本章知识结构梳理（投影复习提纲，可以印发提纲，要求学生课下预习完成）1．电磁感应现象：产生条件①______________②____________________注意：有感应电动势不一定有感应电流，还要看电路是否闭合。

2．法拉第电磁感应定律：感应电动势的大小与____________________________成正比。

公式：___________导体棒切割磁感线产生的感应电动势计算公式：__________（B、L、v两两垂直）3．楞次定律：____________________________________________________________ 应用的主要步骤：①_______________________________②_______________________________③_______________________________④_______________________________导体棒切割磁感线时判断感应电流方向：_________4．区别几个定则：右手螺旋定则：_______________________________左手定则：_______________________________右手定则：_______________________________5．感生电动势：磁场变化时在空间激发出出一种电场，称为___________，自由电荷受到的非静电力与这种电场有关，在这种情况下产生的电动势称为___________ 动生电动势：导体切割磁感线运动时，自由电荷受到的非静电力与________力有关，在这种情况下产生的电动势称为___________6．互感：当一个线圈中电流变化时，在另一个线圈中产生感应电动势的现象，称为_____。

高二物理第四章电磁感应本章知识复习归纳人教实验版知识精讲

高二物理第四章电磁感应本章知识复习归纳人教实验版【本讲教育信息】一. 教学内容：第四章电磁感应本章知识复习归纳二. 重点、难点解析：（一）产生感应电动势、感应电流的条件导体在磁场里做切割磁感线运动时，导体内就产生感应电动势；穿过线圈的磁量发生变化时，线圈里就产生感应电动势。

如果导体是闭合电路的一部分，或者线圈是闭合的，就产生感应电流。

从本质上讲，上述两种说法是一致的，所以产生感应电流的条件可归结为：穿过闭合电路的磁通量发生变化。

对感应电动势、感应电流要注意理解：① 产生感应电动势的那部分导体相当于电源。

② 产生感应电动势与电路是否闭合无关，而产生感应电流必须闭合电路。

③ 产生感应电流的两种叙述是等效的，即闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动与穿过闭合电路中的磁通量发生变化等效。

判断磁通量的变化是关键：由磁通量的广义公式中φθ=B S ·sin （θ是B 与S 的夹角）看，磁通量的变化∆φ可由面积的变化∆S 引起；可由磁感应强度B 的变化∆B 引起；可由B 与S 的夹角θ的变化∆θ引起；也可由B 、S 、θ中的两个量的变化，或三个量的同时变化引起。

（二）对楞次定律的理解1. 1834年德国物理学家楞次通过实验总结出：感应电流的方向总是要使感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁通量的变化。

即磁通量变化产生−→−−感应电流建立−→−−感应电流磁场阻碍−→−−磁通量变化。

2. 当闭合电路中的磁通量发生变化引起感应电流时，用楞次定律判断感应电流的方向。

根据楞次定律，感应电流只能采取这样一个方向，在这个方向下的感应电流所产生的磁场一定是阻碍引起这个感应电流的那个变化的磁通量的变化。

我们把“引起感应电流的那个变化的磁通量”叫做“原磁通”。

因此楞次定律可以简单表达为：感应电流的磁场总是阻碍原磁通的变化。

所谓阻碍原磁通的变化是指：当原磁通增加时，感应电流的磁场（或磁通）与原磁通方向相反，阻碍它的增加；当原磁通减少时，感应电流的磁场与原磁通方向相同，阻碍它的减少。

高中物理第四章电磁感应章末复习方案与全优评估课件新人教版选修3-2.ppt

[答案] A
12
(1)通电导体在磁场中会受到安培力的作用，所以电磁感应问题往往和力学问题有着千丝万缕的联系。解决这类问题的基本方法是：
①利用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定电路中电动势的大小和方向。
②利用闭合电路欧姆定律计算回路中的感应电流。 ③分析导体的受力情况。 ④列出动力学方程或平衡方程并求解。
E＝Bl(v1＋v2)
④
I＝ER
⑤
F 安＝BIl
⑥
16
a1t＝v1
⑦
a2t＝v2
⑧
联立①～⑧式解得：v1∶v2＝2∶1
⑨
(2)当两杆达到最大速度时，对 M′N′杆则有：
2mg－F 安＝0
⑩
联立④⑤⑥⑨⑩解得 v1＝43mBg2lR2 ，v2＝23mBg2lR2 。
[答案]
(1)2∶1
4mgR (2) 3B2l2
[答案] B
7
(1)电磁感应中常涉及磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E、感应电流I、安培力F安或外力F外随时间t变化的图像，即B－t图、Φ－t图、E－t图、I－t图、F－t 图。对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流I随位移x变化的图像，即E－x图、I－x图等。
一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一
平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与
长直导线平行。已知在t＝0到t＝t1的时间间隔内，直导线中电流i发生某种变化，而线框图4－2
中的感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合
力先水平向左、后水平向右。设电流i正方向与图中箭头
所示方向相同，则i随时间t变化的图线可能是
方向如何？
20
(2)当ab边到达gg′与ff′的正中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则线框从开始进入上部磁场到ab边到达gg′ 与ff′的正中间位置的过程中，线框中产生的焦耳热为多少？(线框的ab边在运动过程中始终与磁场边界平行，不计摩擦阻力)

第4章电磁感应复习

第四章
电磁感应
第一节电磁感应现象楞次定律
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考纲展
1.电磁感应现象．磁通量．法拉第电磁感应定律．楞次定律Ⅱ 2．导体切割磁感线时的感应电动势．
示右手定则Ⅱ
3．自感现象Ⅰ
4．日光灯Ⅰ
高考导航
1.用楞次定律和右手定则判断感
命应电流的方向问题，常以选择题形式
题考查．
热点
2．法拉第电磁感应定律 E＝nΔΔΦt 和
二、对楞次定律的理解及应用 1．因果关系应用楞次定律实际上就是寻求电磁感应中的因果关系．磁通量发生变化是原因，产生感应电流是结果．原因产生结果，结果又反过来影响原因．
课堂互动讲练
2．楞次定律中“阻碍”的含义
课堂互动讲练
3．楞次定律的应用 (1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”. (2)阻碍(导体的)相对运动——“来拒去留”． (3)磁通量增加，线圈面积“缩小”，磁通量减小；线圈面积“扩张”——“增缩减扩”． (4)阻碍线圈自身电流的变化(自感现象)．
高频考点例析
题型二利用楞次定律判断导体的运动
例2 (2009年高考海南卷)一长直铁芯上绕有一固
定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动．M连接在如图4－1－8所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源， S为单刀双掷开关．下列情况中，可观测到N向左运动的是( )
课堂互动讲练
3．相互联系 (1)应用楞次定律，必然要用到安培定则； (2)感应电流受到的安培力，有时可以先用右手定则确定电流方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时可以直接应用楞次定律的推论确定．
课堂互动讲练
特别提醒在本类型题目中，往往多次运用

人教版3-2《第四章电磁感应》章末总结(课件) (共30张PPT)

和 I-t 图象。对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况,还常涉及感应电动势 E 和感应电流 I 随线圈位移 x 变化的图象,即 E-x 图象和 I-x 图象。图象问题大体可分为两类:
(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确图象; (2)由给定的有关图象分析电磁感应过程,求解相应的物理量。不管是何种类型,电磁感应中的图象问题常需利用右手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律等分析解决。
人教版高中物理选修3-2
《第四章电磁感应》章末总结
知识网络
电流的磁效应划时代的发现电磁感应现象
产生感应电流的条件:穿过闭合电路的磁通量发生变化
电磁感应现象
感应电流的大小:法拉第电磁感应定律
��
=
��
Δ�� Δ��
(适用于所有情况)
�� = ��sin��(适用于导线切割磁感线的情况)
(3)利用 E=nΔΔ��或 E=BLvsin θ 求感应电动势的大小。 (4)分析电路结构,画出等效电路图,利用欧姆定律和串、并联电路的规律求解。
2.电磁感应的过程本质是其他能转化为电能的过程,产生的电能又同时转化为其他能量,所以,电磁感应问题往往与能的转化与守恒相联系,解决这类问题要搞清能量的转化过程。
【解析】火车做匀加速运动，速度为 v v0 at ，以火车为参照系，线圈是运动的，线圈左（或右）边切割磁感线产生的感应电动势为 E BLv ，线圈两端的电压 u E BLv BLv0 BLat ，由此可知，u 随时间均匀增大．线圈完全磁场中时，磁通

人教高中物理选修第四章电磁感应单元复习讲课文档

解析：
q 2BS 2R
第十二页，共22页。
（一）电荷量q问题
总结归纳
电荷量q 的计算
第十三页，共22页。
（一）电荷量q问题
【拓展2】如图所示，放在绝缘水平面上的两条平行导轨MN和 PQ之间宽度为L，置于磁感应强度为B的匀强磁场中，B的方向垂直于导轨平面，导轨左端接有阻值为R的电阻，其他部分不计，导轨右端接一电容为C的电容器。长为2L的金属棒a放在导轨PQ上与导轨垂直且接触良好，设导轨长度比2L长得多，现将金属棒以a端为轴以角速度ω沿导轨平面顺时针旋转 90°角，在这一过程中通过电阻R的总电荷量是多少？
解析：金属棒从b转到f的过程
q1
3BL2 2R
金属棒转到f的瞬间 Em B 2L L 2BL2
电容器所带的电荷量
总电荷量 q q1 q2
q2 CEm 2BL2C BL2 ( 3 2C)
2R
第十四页，共22页。
（二）焦耳热Q问题
【例3】如图甲所示，有一面积为S1=120cm2的金属环，解析：
I E 0.1A R
通过金属环截面的电荷量
0.1 0.2
q I t 0.01C
第七页，共22页。
（一）电荷量q问题
【例2】如图所示，一边长为a，电阻为R的单匝线框 ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入磁感应强度为B的匀强磁场。在这一过程中，通过导线框的电荷量是多少？
A
D
B
C
第八页，共22页。
电阻为R＝0.1 Ω，环中面积为S2=100cm2的圆形区域由法拉第电磁感应定律
内存在垂直于金属环平面向里的匀强磁场，磁场的变化规律如图乙所示，在10s时间内，金属环产生
B E n t t S2 0.01V

学案：高中物理第4章电磁感应章末综合提升学案新人教版选修3_2

第4章电磁感应[体系构建][核心速填]1．产生条件(1)穿过闭合回路的磁通量发生变化． (2)回路的部分导体做切割磁感线运动． 2．感应电流方向的判断 (1)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．(2)右手定则伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．3．感应电动势大小的计算(1)E ＝ΔΦΔt (单匝线圈)；E ＝n ΔΦΔt(n 匝线圈)． (2)E ＝Blv .4．特殊情况：互感、自感、涡流、电磁阻尼和电磁驱动．电磁感应中的图象问题图象类型(1)磁感应强度B、磁通量Ф、感应电动势E、感应电流i、电压u、电荷量q随时间t变化的图象，即Bt图象、Фt图象、Et图象、it图象、ut图象、qt图象(2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流i 随线圈位移x变化的图象，即Ex图象和ix图象问题类型(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量应用知识左手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律、相关数学知识等【例1】(多选)在绝缘的水平桌面上有MN、PQ两根平行的光滑金属导轨，导轨间的距离为l.金属棒ab和cd垂直放在导轨上，以速度v向右匀速运动，两棒正中间用一根长l的绝缘细线(细线处于伸直状态)相连，导轨右侧有一直角三角形匀强磁场区域，磁场方向竖直向下，三角形的两条直角边长均为l，整个装置的俯视图如图所示，当棒ab运动到磁场区域时，在棒ab上加水平拉力，使金属棒ab和cd继续以速度v向右匀速穿过磁场区域，则金属棒ab中感应电流i和绝缘细线上的张力大小F随时间t变化的图象可能正确的是(规定金属棒ab中电流方向由a到b为正方向)( )A B C DAC [ab向右运动切割磁感线，由右手定则可知，产生的感应电流方向为从b到a(电流为负值)，当cd棒进入磁场时电流方向从a到b为正．根据法拉第电磁感应定律，两时间段内金属棒切割磁感线的有效长度逐渐增大，所以感应电流i随时间变化的图象可能为A图，B图一定错误；在ab棒做切割磁感线运动的过程中，由于cd棒没有进入磁场中，不受安培力作用，在0～t0时间内，绝缘细线中张力F等于零，在cd棒进入磁场区域做切割磁感线运动时，受到安培力作用，绝缘细线中张力F＝BIv(t－t0)＝B2[v t－t0]2vR＝B2v3t－t02R，故绝缘细线中张力F随时间变化的图象可能为C图，D图一定错误．][一语通关]线框进、出匀强磁场，可根据E＝Blv判断E的大小变化，再根据楞次定律判断方向.特别注意l为切割的有效长度.[跟进训练]1．如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．一个三角形闭合导线框，由位置1(左)沿纸面匀速运动到位置2(右)．取线框刚到达磁场的时刻为计时起点(t＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则下图中能正确反映线框中电流与时间关系的是(线框底边长度小于磁场区域宽度)( )A [线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i应为正值，故B、C错误；线框进入磁场的过程，线框的有效切割长度先均匀增大后均匀减小，由E＝BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场后，磁通量不变，没有感应电流产生．线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i应为负值；线框的有效切割长度先均匀增大后均匀减小，由E＝BLv，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A正确，D错误．]电磁感应中的电路问题该导体或回路相当于电源．因此，电磁感应问题往往和电路问题联系在一起，解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法是：1．明确哪一部分电路产生感应电动势，则这部分电路就是等效电源，该部分电路的电阻是电源的内阻，而其余部分电路则是用电器，是外电路．2．分析电路结构，画出等效电路图．3．用法拉第电磁感应定律确定感应电动势的大小，再运用闭合电路欧姆定律、串并联电路的性质、电功、电热等知识求解．【例2】如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0.4 m，一端连接R＝1 Ω的电阻，导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T．导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好．导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝5 m/s.(1)求感应电动势E和感应电流I；(2)若将MN换为电阻r＝1 Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U.[解析] (1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E＝BLv＝1×0.4×5 V＝2 V，感应电流I＝ER＝21A＝2 A.(2)由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流I′＝ER＋r＝22A＝1 A，由欧姆定律可得，导体棒两端的电压U＝I′R＝1×1 V＝1 V.[答案] (1)2 V 2 A (2)1 V[一语通关] 1发生电磁感应的部分导体为电源，其余部分为外电路.2若回路是纯电阻，则发生电磁感应时，可结合闭合电路欧姆定律和串并联电路知识解答. [跟进训练]2．(多选)如图所示，矩形金属框架三个竖直边ab 、cd 、ef 的长都是L ，电阻都是R ，其余电阻不计，框架以速度v 匀速平动地穿过磁感应强度为B 的匀强磁场，设ab 、cd 、ef 三条边先后进入磁场时ab 边两端电压分别为U 1、U 2、U 3，则下列判断结果正确的是( )A ．U 1＝13BLv B ．U 2＝2U 1 C ．U 3＝0D ．U 1＝U 2＝U 3 AB [当ab 进入磁场时，I ＝ER ＋R 2＝2BLv 3R ，则U 1＝E －IR ＝13BLv .当cd 也进入磁场时，I ＝2BLv 3R，U 2＝E －I R 2＝23BLv .三边都进入磁场时，U 3＝BLv ，故选项A 、B 正确．]电磁感应中的“双杆”模型1.“双杆”模型分为两类：一类是“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．另一类是两杆都在运动，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．2．分析方法通过受力分析，确定运动状态，一般会有收尾状态．对于收尾状态则有恒定的速度或者加速度等，再结合运动学规律、牛顿运动定律和能量观点分析求解．【例3】如图所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30° 的斜面上，导轨电阻不计，间距L ＝0.4 m ．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN ，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B ＝0.5 T ．在区域Ⅰ中，将质量m 1＝0.1 kg ，电阻R 1＝0.1 Ω的金属条ab 放在导轨上，ab 刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m 2＝0.4 kg ，电阻R 2＝0.1 Ω 的光滑导体棒cd 置于导轨上，由静止开始下滑．cd 在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab 、cd 始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，g 取10 m/s 2.求：(1)cd 下滑的过程中，ab 中的电流方向；(2)ab 刚要向上滑动时，cd 的速度v ；(3)从cd 开始下滑到ab 刚要向上滑动的过程中，cd 滑动的距离x ＝3.8 m ，此过程中ab 上产生的热量Q .[解析] (1)由右手定则可知，电流方向为由a 流向b .(2)开始放置ab 刚好不下滑时，ab 所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为F max ，有F max ＝m 1g sin θ设ab 刚好要上滑时，cd 棒的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律得E ＝BLv设电路中的感应电流为I ，由闭合电路欧姆定律有I ＝ER 1＋R 2设ab 所受安培力为F 安，有F 安＝ILB此时ab 受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件得 F 安＝m 1g sin θ＋F max综合以上各式，代入数据解得v ＝5 m/s.(3)设cd 棒的运动过程中电路中产生的总热量为Q 总，由能量守恒得m 2gx sin θ＝Q 总＋12m 2v 2又Q ＝R 1R 1＋R 2Q 总综合上式，代入数据解得Q ＝1.3 J.[答案] (1)由a 流向b (2)5 m/s (3)1.3 J[一语通关] 分析“双杆”模型问题时，要注意双杆之间的制约关系，即“动杆”与“被动杆”之间的关系，最终两杆的收尾状态的确定是分析该类问题的关键.[跟进训练]3．(多选) 如图所示，水平传送带带动两金属杆a 、b 匀速向右运动，传送带右侧与两光滑平行金属导轨平滑连接，导轨与水平面间夹角为30°，两虚线EF 、GH 之间有垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B ，磁场宽度为L ，两金属杆的长度和两导轨的间距均为d ，两金属杆质量均为m ，两杆与导轨接触良好．当金属杆a 进入磁场后恰好做匀速直线运动，当金属杆a 离开磁场时，金属杆b 恰好进入磁场，则( )A ．金属杆b 进入磁场后做加速运动B ．金属杆b 进入磁场后做匀速运动C ．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgLD ．两杆在穿过磁场的过程中，回路中产生的总热量为mgL2BC [两杆从导轨顶端进入磁场过程中，均只有重力做功，故进入磁场时速度大小相等，金属杆a 进入磁场后匀速运动，b 进入磁场后，a 离开磁场，金属杆b 受力与金属杆a 受力情况相同，故也做匀速运动，A 项错误，B 项正确；两杆匀速穿过磁场，减少的重力势能转化为回路的电热，即Q ＝2mgL sin 30°＝mgL ，C 项正确，D 项错误．]。

第四章 电磁感应 章末提高复习(4)