17 第二章 电磁感应 章末阶段总结-【正禾一本通】2024-2025学年高中物理选择性必修2同步课堂高效讲义教师用书（人教版2019）

章末阶段总结(二)　电磁感应 一、安培定则、左手定则、右手定则的区别 1．适用于不同现象 安培定则又叫右手螺旋定则，适用于判定运动电荷或电流产生的磁场的方向；左手定则适用于判定磁场对运动电荷或电流作用力的方向；右手定则适用于判定导体切割磁感线产生的感应电流的方向。 2．左手定则和右手定则的因果关系不同 左手定则是因为有电，结果是受力，即“因电而动”；右手定则是因为受力运动，结果是有电，即“因动而电”。 3．记忆方法 左手定则与右手定则在使用时易混淆，可采用“字形记忆法”：“力”字最后一笔向左，用左手定则判断力；“电”字最后一笔向右，用右手定则判定感应电动势或感应电流，总之可简记为“力左电右”。 【典例1】 如图所示，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： 选A。由安培定则可知，通电长直导线周围的磁场分布如图所示。当长直导线上的电流突然增大时，穿过矩形线框的合磁通量增加，合磁场方向向外，线框中产生顺时针方向的感应电流，因ad、bc两边分布对称，故所受的安培力合力为零；而ab、cd两边虽然通过的电流方向相反，但它们所处的磁场方向也相反，由左手定则可知它们所受的安培力均向右，所以线框整体受力向右，选项A正确。 二、电磁感应中的综合问题 此类问题涉及电路知识、动力学知识和能量观点，综合性很强，解决此类问题要注意以下三点： 1．电路分析 (1)找“电源”：确定出由电磁感应所产生的电源，求出电源的电动势E和内阻r。 (2)电路结构分析 弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，为求安培力做好铺垫。 2．力和运动分析 (1)受力分析：分析研究对象(常为金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意安培力的方向。 (2)运动分析：根据力与运动的关系，确定出运动性质，根据性质特点，找到解决途径。 3．功和能量分析 (1)做功分析，找全部力所做的功，弄清功的正、负。 (2)能量转化分析，弄清哪些能量增加，哪些能量减小，根据功能关系、能量守恒定律列方程求解。 【典例2】 (多选)我国新一代航母阻拦系统的研制引入了电磁阻拦技术，其基本原理如图所示，飞机着舰时关闭动力系统，通过绝缘阻拦索钩住轨道上的一根金属棒，飞机与金属棒瞬间获得共同速度v0＝180 km/h，在磁场中共同减速滑行至停下，已知飞机质量M＝2.7×104 kg，金属棒质量m＝3×103 kg、电阻R＝10 Ω，导轨间距L＝50 m，匀强磁场磁感应强度B＝5 T，导轨电阻不计，除安培力外飞机克服其他阻力做的功为1.5×106 J，则下列说法中正确的是(　　 ) A．金属棒中感应电流方向为a到b B．飞机着舰瞬间金属棒中感应电流大小为I＝1.25×103 A C．金属棒中产生的焦耳热Q＝3.6×107 J D．金属棒克服安培力做功为W＝1.5×106 J 解析：选BC。由右手定则可知感应电流方向为b到a，故A错误；飞机着舰瞬间金属棒中感应电动势E＝BLv0，感应电流I＝，解得I＝1.25×103 A，故B正确；飞机着舰至停下，由动能定理得－W克安－W克阻＝0－ ，解得W克安＝3.6×107 J，Q＝W克安＝3.6×107 J，故C正确，D错误。 【典例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m1＝0.1 kg、电阻R1＝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m2＝0.4 kg，电阻R2＝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，取g＝10 m/s2，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的大小； (3)若从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，则此过程中ab上产生的热量Q。 解析：(1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由a流向b。 (2)开始放置时ab刚好不下滑，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为fmax，有fmax＝m1g sin θ 设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝Blv 设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝ 设ab所受安培力为F安，有F安＝BIl 此时ab受到的最大静摩擦力方向沿导轨向下，由平衡条件有 F安＝m1g sin θ＋fmax 联立解得v＝5 m/s。 (3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有 m2gx sin θ＝Q总＋m2v2 又Q＝Q总 解得Q＝1.3 J。 答案：(1)a→b　(2)5 m/s　(3)1.3 J 三、高考热点——楞次定律和法拉第电磁感应定律 楞次定律是电磁学的重要基础，是高考命题的热点内容；法拉第电磁感应定律是电磁学的核心知识，也是高考命题的重点和热点。高考对本章主要考查楞次定律、右手定则、法拉第电磁感应定律的应用。大多数以单棒或导体框切割磁感线为情境，对电磁感应和电路、图像问题、动力学问题、能量问题和动量等问题进行考查。 【典例4】 (2023·福建高考)如图，M、N是两根固定在水平面内的光滑平行金属导轨，导轨足够长且电阻可忽略不计；导轨间有一垂直于水平面向下的匀强磁场，其左边界OO′垂直于导轨；阻值恒定的两均匀金属棒a、b均垂直于导轨放置，b始终固定。a以一定初速度进入磁场，此后运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，并与b不相碰。以O为坐标原点，水平向右为正方向建立轴坐标；在运动过程中，a的速度记为v，a克服安培力做功的功率记为P。下列v或P随x变化的图像中，可能正确的是(　　) 解析：选A。设导轨间磁场磁感应强度为B，导轨间距为L，金属棒总电阻为R，由题意导体棒a进入磁场后受到水平向左的安培力作用，做减速运动，根据动量定理有F·Δt＝mv0－mv，根据F＝BIL、I＝、E＝BLv，可得F＝，又因为x＝v·Δt，联立可得x＝mv0－mv，根据表达式可知v与x成一次函数关系，故A正确，B错误；a克服安培力做功的功率为P＝Fv＝，故P ­x图像为开口向上的抛物线，由于F和v都在减小，故P在减小，故C、D错误。 【典例5】 (2023·广东高考)光滑绝缘的水平面上有垂直平面的匀强磁场，磁场被分成区域Ⅰ和Ⅱ，宽度均为h，其俯视图如图(a)所示，两磁场磁感应强度随时间t的变化如图(b)所示，0～τ时间内，两区域磁场恒定，方向相反，磁感应强度大小分别为2B0和B0，一电阻为R，边长为h的刚性正方形金属框abcd，平放在水平面上，ab、cd边与磁场边界平行。t＝0时，线框ab边刚好跨过区域Ⅰ的左边界以速度v向右运动。在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，如图(a)中的虚线框所示。随后在τ～2τ时间内，Ⅰ区磁感应强度线性减小到0，Ⅱ区磁场保持不变；2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0。求： (1)t＝0时线框所受的安培力F； (2)t＝1.2τ时穿过线框的磁通量Φ； (3)2τ～3τ时间内，线框中产生的热量Q。 解析：(1)由图可知t＝0时，线框切割磁感线的感应电动势为E＝2B0hv＋B0hv＝3B0hv 则感应电流大小为I＝ 所受的安培力为F＝2B0，方向水平向左。 (2)在τ时刻，ab边运动到距区域Ⅰ的左边界处，线框的速度近似为零，此时线框被固定，则t＝1.2τ时穿过线框的磁通量为 Φ＝1.6B0h·，方向垂直纸面向里。 (3)2τ～3τ时间内，Ⅱ区磁感应强度也线性减小到0，则有E′＝ 感应电流大小为I′＝ 则2τ～3τ时间内，线框中产生的热量为 Q＝I′2Rt＝。 答案：(1)，方向水平向左 (2)　(3) 学科网（北京）股份有限公司 $$