專題04電磁感應與電路

專題四電磁感應與電路思想方法提煉感悟·滲透·應用思想方法提煉電磁感應是電磁學的核心內容，也是高中物理綜合性最強的內容之一，高考每年必考。題型有選擇、填空和計算等，難度在中檔左右，也經(jīng)常會以壓軸題出現(xiàn)。在知識上，它既與電路的分析計算密切相關，又與力學中力的平衡、動量定理、功能關系等知識有機結合；方法能力上，它既可考查學生形象思維和抽象思維能力、分析推理和綜合能力，又可考查學生運用數(shù)知識(如函數(shù)數(shù)值討論、圖像法等)的能力。思想方法提煉高考的熱點問題和復習對策：

1.運用楞次定律判斷感應電流(電動勢)方向，運用法拉第電磁感應定律，計算感應電動勢大小.注重在理解的基礎上掌握靈活運用的技巧.2.矩形線圈穿過有界磁場區(qū)域和滑軌類問題的分析計算。要培養(yǎng)良好的分析習慣，運用動力學知識，逐步分析整個動態(tài)過程，找出關鍵條件，運用運動定律特別是功能關系解題。

3.實際應用問題，如日光燈原理、磁懸浮原理、電磁阻尼等復習時應多做介紹，有條件的讓學生多接觸實際.思想方法提煉此部分涉及的主要內容有：

1.電磁感應現(xiàn)象.(1)產生條件：回路中的磁通量發(fā)生變化.(2)感應電流與感應電動勢：在電磁感應現(xiàn)象中產生的是感應電動勢，若回路是閉合的，則有感應電流產生；若回路不閉合，則只有電動勢，而無電流.(3)在閉合回路中，產生感應電動勢的部分是電源，其余部分則為外電路.思想方法提煉

2.法拉第電磁感應定律：E=n

，E=BLvsin，注意瞬時值和平均值的計算方法不同.3.楞次定律三種表述：

(1)感應電流的磁場總是阻礙磁通量的變化(涉及到：原磁場方向、磁通量增減、感應電流的磁場方向和感應電流方向等四方面).右手定則是其中一種特例.(2)感應電流引起的運動總是阻礙相對運動.(3)自感電動勢的方向總是阻礙原電流變化.思想方法提煉4.相關鏈接(1)受力分析、合力方向與速度變化，牛頓定律、動量定理、動量守恒定律、勻速圓周運動、功和能的關系等力學知識.(2)歐姆定律、電流方向與電勢高低、電功、電功率、焦耳定律等電路知識.(3)能的轉化與守恒定律.感悟·滲透·應用一、電磁感應現(xiàn)象及其基本定律的應用【例1】三個閉合矩形線框Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ處在同一豎直平面內，在線框的正上方有一條固定的長直導線，導線中通有自左向右的恒定電流，如圖4-1所示，感悟·滲透·應用若三個閉合線框分別做如下運動：Ⅰ沿垂直長直導線向下運動，Ⅱ沿平行長直導線方向平動，Ⅲ繞其豎直中心軸OO′轉動.(1)在這三個線框運動的過程中，哪些線框中有感應電流產生?方向如何?(2)線框Ⅲ轉到圖示位置的瞬間，是否有感應電流產生?感悟·滲透·應用【解析】此題旨在考查感應電流產生的條件.根據(jù)直線電流周圍磁場的特點，判斷三個線框運動過程中，穿過它們的磁通量是否發(fā)生變化.(1)長直導線通有自左向右的恒定電流時，導線周圍空間磁場的強弱分布不變，但離導線越遠，磁場越弱，磁感線越稀；離導線距離相同的地方，磁場強弱相同.感悟·滲透·應用線框Ⅰ沿垂直于導線方向向下運動，穿過它的磁通量減小，有感應電流產生，電流產生的磁場方向垂直紙面向里，根據(jù)楞次定律，感應電流的磁場方向也應垂直紙面向里，再由右手螺旋定則可判斷感應電流為順時針方向；線框Ⅱ沿平行導線方向運動，與直導線距離不變，穿過線框Ⅱ的磁通量不變，因此線框Ⅱ中無感應電流產生；線框Ⅲ繞OO′軸轉動過程中，穿過它的磁通量不斷變化，在轉動過程中線框Ⅲ中有感應電流產生，其方向是周期性改變的.感悟·滲透·應用

(2)線框Ⅲ轉到圖示位置的瞬間，線框中無感應電流，由于長直導線下方的磁場方向與紙面垂直，在該位置線框Ⅲ的兩豎直邊運動方向與磁場方向平行，不切割磁感線，所以無感應電流；從磁通量變化的角度考慮，圖示位置是線框Ⅲ中磁通量從增加到最大之后開始減小的轉折點，此位置感應電流的方向要發(fā)生變化，故此時其大小必為0.感悟·滲透·應用【解題回顧】對瞬時電流是否存在應看回路中磁通量是否變化，或看回路中是否有一段導體做切割磁感線運動，要想知道線框在磁場中運動時磁通量怎樣變化，必須知道空間的磁場強弱、方向分布的情況，對常見磁體及電流產生的磁場要相當熟悉.感悟·滲透·應用【例2】如圖4-2所示，豎直放置的螺線管與導線abcd構成回路，導線所圍區(qū)域內有一垂直紙面向里的變化的勻強磁場，螺線管下方水平桌面上有一導體圓環(huán).感悟·滲透·應用導體abcd所圍區(qū)域內磁場的磁感應強度按下列圖4-3中哪一圖線所表示的方式隨時間變化時，導體圓環(huán)將受到向上的磁場作用力?(A)感悟·滲透·應用【解析】C、D項中B隨t是均勻變化的，在螺線管中產生的是穩(wěn)定電流，這樣在圓環(huán)中不能產生感應電流，圓環(huán)也就不能受到作用力.A項中磁場變大，但變化率卻是越來越小，由E=△B·S/△t，可知螺線管中電流越來越小，由楞次定律判斷可知電流方向為dcbad，由此可知螺線管在圓環(huán)中產生的磁場方向向上，且磁感應強度逐漸減小，再由楞次定律可判定圓環(huán)為了阻礙磁通量減小，受到向上的作用力，有向上運動的趨勢.答案應選A項.感悟·滲透·應用【解題回顧】A、B項答案中B—t圖線均為曲線，曲線上每點切線的斜率表示磁感應強度的變化率腂膖，由此可知A中變化率越來越小，B中變化率則越來越大.感悟·滲透·應用二、兩種基本運動模型由于電磁感應，導體中的電流和導體的運動狀態(tài)發(fā)生動態(tài)變化，并且相互影響，有的最終達到一種穩(wěn)定的運動狀態(tài)，這類問題在分析時應運用動力學知識進行逐步分析，找出臨界條件，運用動力學公式，特別是能的轉化和守恒定律求解.具體的研究對象有兩種基本模型.1.矩形線框在有界磁場中的運動.感悟·滲透·應用【例3】如圖4-4所示，在以ab、cd為邊界的空間，存在著磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面向外，寬度為l1.在紙面內有一矩形線框，短邊長為l2，長邊長為2l2，短邊與ab重合.感悟·滲透·應用某時刻線框以初速v沿著與ab垂直的方向進入磁場區(qū)域，同時對線框施以作用力，使線框的速度大小和方向保持不變.設線框電阻為R，從線框開始進入磁場到完全離開磁場的過程中，人對線框的作用力做的功等于

.感悟·滲透·應用【解析】只有兩條短邊先后在磁場中運動切割磁感線時，線框中才有感應電流I=Bl2v/R，這個過程人才需要對線框施加力而做功.

右面的一條短邊在磁場中運動時，線框中的感應電流沿順時針方向，磁場對線框的作用力向左，大小為；人的作用力方向向右，大小與F相等，做功.感悟·滲透·應用左面的一條短邊在磁場中運動時，線框中感應電流沿逆時針方向，磁場對線框的作用力也向左，大小仍為F，人做功W2=W1.可見，從線框開始進入磁場到完全離開磁場的過程中，人對線框的作用力所做的功感悟·滲透·應用【解題回顧】這是一道電磁感應、磁場、電路及力學知識的綜合性考題.另外，分析矩形線框穿過有界磁場問題時要特別注意：①線框有兩個邊先后通過磁場邊界前后時回路中的兩邊產生的電動勢、電流和受力變化情況；②整個過程中各階段的特點.感悟·滲透·應用【例4】如圖4-5所示，在傾角為θ的光滑的斜面上，存在著兩個磁感應強度相等的勻強磁場，方向一個垂直斜面向上，另一個垂直斜面向下，寬度均為L，一個質量為m，邊長也為L的正方形線框(設電阻為R)以速度v進入磁場時，恰好做勻速直線運動.感悟·滲透·應用若當ab邊到達gg′與ff′中間位置時，線框又恰好做勻速運動，則：

(1)當ab邊剛越過ff′時，線框加速度的值為多少?(2)求線框開始進入磁場到ab邊到達gg′與ff′中點的過程中產生的熱量是多少?感悟·滲透·應用【解析】此題旨在考查電磁感應與能量之間的關系.線框剛越過ff′時，兩條邊都在切割磁感線，其電路相當于兩節(jié)相同電池的串聯(lián)，并且這兩條邊還同時受到安培力的阻礙作用.(1)ab邊剛越過ee′即做勻速直線運動，表明線框此時所受的合力為0，即感悟·滲透·應用在ab邊剛越過ff′時，ab、cd邊都切割磁感線產生感應電動勢，但線框的運動速度不能突變，則此時回路中的總感應電動勢為E′=2BLv，設此時線框的加速度為a，則2BE′L/R-mgsin=ma，a=4B2L2v/(Rm)-gsin=3gsin，方向沿斜面向上.(2)設線框再做勻速運動時的速度為v′，則mgsin=(B2BLv′L/R)×2，即v′=v/4，從線框越過ee′到線框再做勻速運動過程中，設產生的熱量為Q，則由能量守恒定律得:感悟·滲透·應用【解題回顧】電磁感應過程往往涉及多種能量形式的轉化，適時選用能量守恒關系常會使求解很方便，特別是處理變加速直線運動或曲線運動問題.2.滑桿類問題即一段金屬導體在導軌上滑動時，切割磁感線而在導體中產生電流，同時又受安培力之類的問題，切割方式有轉動切割和平動切割.感悟·滲透·應用【例5】如圖4-6所示，銅質圓盤繞豎直軸O在水平面內勻速轉動，圓盤半徑為r=20cm，處在豎直向下的磁感應強度B=1T的勻強磁場中，兩個電刷分別與轉動軸和圓盤的邊緣保持良好接觸，并與電池和保險絲D串聯(lián)成一閉合電路.圖4-6感悟·滲透·應用已知電池電動勢E=2V，電路中總電阻R=1Ω，保險絲的熔斷電流為1A試分析計算：為了不使保險絲燒斷，金屬圓盤順時針方向轉動的角速度的取值范圍是什么?感悟·滲透·應用【解析】圓盤不動時，電路電流I=E′/R=2A，大于保險絲的熔斷電流，保險絲將被燒斷圓盤順時針方向轉動時，相當于長度為r的導體在垂直于磁場的平面里繞O軸以角速度勻速轉動，感應電動勢大小為

E=1/2Br2①

圓盤邊緣電勢比轉動軸處電勢高，在閉合電路中感應電動勢的方向與電池電動勢的方向相反.要保險絲不被燒斷，在轉動角速度較小時要滿足.感悟·滲透·應用

(E′-E)/R＜I②

在轉動角速度較大時應滿足

(E-E′)/R＜I③

把數(shù)據(jù)E=2V，I=2A，R=1Ω，代入①②③解得

1＜B2r2/2＜3

再把數(shù)據(jù)B=1T，r=0.2m代入上式解得

50rad/s＜＜150rad/s感悟·滲透·應用【解題回顧】(1)一段導體繞某一點轉動而切割磁感線產生的電動勢大小的公式應為E=Bsv，式中v應指導體上各點在空間上的平均速度.你能推導出本題中的①式嗎?(2)本題的結果中，當ω較小和較大時電路中的電流各是什么方向?感悟·滲透·應用【例6】如圖4-7所示，abcde和a′b′c′d′e′為兩平行的光滑導軌，其中abcd和a′b′c′d′部分為處于水平面內的直軌，ab、a′b′的間距為cd、c′d′間距的2倍，de、d′e′部分為與直軌相切的半徑為R的半圓形軌道，圖4-7感悟·滲透·應用且處于豎直平面內，直軌部分處于豎直向上的勻強磁場中，彎軌部分處于勻強磁場外，在靠近aa′和cc′處放有兩根均質金屬棒MN、PQ，質量分別為2m和m.為使棒PQ能沿導軌運動而通過半圓形軌道的最高點ee′，問在初始位置至少必須給棒MN以多大的沖量?(設兩段水平直軌均足夠長，PQ離開磁場時MN仍在寬軌道上運動)感悟·滲透·應用【解析】若棒PQ剛能通過半圓形軌道的最高點ee′，由圓周運動知識知mg=可得PQ在最高點時的速度棒PQ在半圓形軌道上運動時機械能守恒，設其在dd′時的速度為vd，由1/2mv2d=1/2mv20+mg×2R可得vd=

兩棒在直軌上運動的開始階段，由于閉合回路中有感應電流，受安培力的作用，棒MN速度減小，而棒PQ速度增大當棒MN的速度v1和棒PQ的速度v2的關系為v1=v2/2時，回路中的磁通量不再變化而無感應電流，兩者便做勻速運動，因而v2=vd=,v1=感悟·滲透·應用在有感應電流存在的每一瞬間，由F=BIL及MN為PQ長度的2倍可知，棒MN和PQ所受安培力F1和F2的關系為F1=2F2，從而在回路中有感應電流的時間t內，有F1=2F2

設棒MN的初速度為v0，取向右為正向，在時間t內分別對兩棒應用動量定理，有-F1t=2mv1-2mv0,F2t=mv2，將前面兩式相除，考慮到F1=2F2，并將v1、v2、的表達式代入，可得

v0=

所以在初始位置至少給棒MN的沖量為

I=2mv0=.感悟·滲透·應用【解題回顧】分析棒的運動過程一定要從受力分析入手，而其中的安培力又是受到棒的速度影響的要把這種動態(tài)的相互制約過程分析到底，直到找到一種最終穩(wěn)定的運動狀態(tài).對于像本題兩個棒同時運動的問題還應考慮到它們之間還存在什么聯(lián)系，比如動量是否守恒等等.感悟·滲透·應用三、含感應電動勢的電路分析與計算.

這類問題中應當把產生感應電動勢的部分導體看成電源，其余通路則為外電路，根據(jù)電路結構進行分析計算.感悟·滲透·應用【例7】如圖4-8所示，da、cb為相距l(xiāng)的平行導軌(電阻可以忽略不計).a、b間接有一個固定電阻，阻值為R.長直細金屬桿MN可以按任意角架在水平導軌上，并以速度v勻速滑動(平移)，v的方向和da平行.圖4-8感悟·滲透·應用桿MN有電阻，每米長的電阻值為R.整個空間充滿勻強磁場，磁感應強度的大小為B，方向垂直紙面(dabc平面)向里

(1)求固定電阻R上消耗的電功率為最大時θ角的值

(2)求桿MN上消耗的電功率為最大時θ角的值.感悟·滲透·應用【解析】如圖4-8所示，桿滑動時切割磁感線而產生感應電動勢E=Blv，與角無關.

以r表示兩導軌間那段桿的電阻，回路中的電流為:(1)電阻R上消耗的電功率為:

由于E和R均與無關，所以r值最小時，PR值達最大.當桿與導軌垂直時兩軌道間的桿長最短，r的值最小，所以PR最大時的值為=/2.感悟·滲透·應用(2)桿上消耗的電功率為:Pr=

要求Pr最大，即要求取最大值.由于顯然，r=R時，有極大值因每米桿長的電阻值為R，r=R即要求兩導軌間的桿長為1m，感悟·滲透·應用所以有以下兩種情況：①如果l≤1m，則滿足下式時r=R1×sin=l

所以=arcsinl②如果l＞1m，則兩導軌間那段桿長總是大于1m，即總有r＞R由于在r＞R的條件下，上式隨r的減小而單調減小，r取最小值時=/2，取最小值，取最大值，所以，Pr取最大值時值為感悟·滲透·應用【例8】如圖4-9所示，光滑的平行導軌P、Q相距l(xiāng)=1m，處在同一水平面中，導軌左端接有如圖所示的電路，其中水平放置的平行板電容器C兩極板間距離d=10mm，定值電阻R1=R3=8Ω，R2=2Ω，導軌電阻不計.圖4-9感悟·滲透·應用磁感應強度B=0.4T的勻強磁場豎直向下穿過導軌面.當金屬棒ab沿導軌向右勻速運動(開關S斷開)時，電容器兩極板之間質量m=1×10-14kg、帶電量Q=-1×10-15C的微粒恰好靜止不動；當S閉合時，微粒以加速度a=7m/s2向下做勻加速運動，取g=10m/s2，求：

(1)金屬棒ab運動的速度多大?電阻多大?(2)S閉合后，使金屬棒ab做勻速運動的外力的功率多大?感悟·滲透·應用【解析】(1)帶電微粒在電容器兩極板間靜止時，受向上的電場力和向下的重力作用而平衡，則得到:mg=

求得電容器兩極板間的電壓由于微粒帶負電，可知上極板電勢高.

由于S斷開，R1上無電流，R2、R3串聯(lián)部分兩端總電壓等于U1，電路中的感應電流，即通過R2、R3的電流為:感悟·滲透·應用由閉合電路歐姆定律，ab切割磁感線運動產生的感應電動勢為E=U1+Ir①

其中r為ab金屬棒的電阻當閉合S后，帶電微粒向下做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律，有:mg-U2q/d=ma求得S閉合后電容器兩極板間的電壓:感悟·滲透·應用這時電路中的感應電流為

I2=U2/R2=0.3/2A=0.15A根據(jù)閉合電路歐姆定律有②將已知量代入①②求得E=1.2V，r=2

又因E=Blv∴v=E/(Bl)=1.2/(0.4×1)m/s=3m/s

即金屬棒ab做勻速運動的速度為3m/s，電阻r=2感悟·滲透·應用

(2)S閉合后，通過ab的電流I2=0.15A，ab所受安培力F2=BI2l=0.4×1×0.15N=0.06Nab以速度v=3m/s做勻速運動時，所受外力必與安培力F2大小相等、方向相反，即F=0.06N，方向向右(與v同向)，可見外力F的功率為:P=Fv=0.06×3W=0.18W感悟·滲透·應用四、交變電流和變壓器電路電磁感應產生交變電動勢，問題的討論便如同交流電路，要注意最大值、有效值、平均值的概念，電流的功率和熱量的計算用有效值，電量的計算用平均值，要記住交變電動勢最大值Em=NBS.解題思路與處理純電阻直流電路相似.

變壓器原線圈和與之相串聯(lián)的負載作為外電路接在交變電源上，副線圈作為輸出端電源，與副線圈相接的負載作為外電路，原副線圈各自的閉合回路同樣符合閉合電路的有關規(guī)律，原副線圈之間通過電磁互感滿足U1/U2=n1/n2，P入=P出兩個基本公式.感悟·滲透·應用【例9】如圖4-10所示，一半徑為r的半圓形線圈，以直徑ab為軸勻速轉動，轉速為n，ab的左側有垂直紙面向里的、磁感應強度為B的勻強磁場M、N是兩個集流環(huán)，負載電阻為R，線圈、電流表和導線的電阻不計.圖4-10感悟·滲透·應用試求：

(1)由圖示位置起經(jīng)過1/4轉時間內負載電阻上產生的熱量；

(2)由圖示位置起經(jīng)過1/4轉時間內通過負載電阻R的電量；

(3)電流表示數(shù).感悟·滲透·應用【解析】線圈由圖示位置開始繞軸勻速轉動，產生的交變電流如圖4-11所示，交變電動勢的最大值為：圖4-11感悟·滲透·應用(1)線圈由圖示位置經(jīng)1/4轉時間內，電動勢的有效值為：電阻上產生的熱量為：(2)線圈由圖示位置經(jīng)1/4轉時間內，電動勢的平均值由法拉第電磁感應定律知E=△E/△t，通過R的電量為:感悟·滲透·應用(3)注意這里電流表的讀數(shù)為有效值，而交流電的有效值是根據(jù)電流的熱效應來定義的，通常應考察一個周期由圖4-11可知，若交流電在一周期內的有效值為E′，則由有效值定義知解得E′=Em/2，電流表的示數(shù)為:感悟·滲透·應用【例10】如圖4-12所示，理想變壓器原副線圈匝數(shù)n1∶n2∶n3=3∶2∶1副線圈2上接有“8V8W”的燈泡L1、L2，副線圈3上接有“6V9W”的燈泡L3、L4，原線圈上接有電阻R=3，當a、b兩端接交變電源后，L1、L2正常發(fā)光，求交變電源的輸出功率.圖4-12感悟·滲透·應用【解析】交變電源的輸出功率等于原副線圈及其回路中電阻R消耗的功率，也就等于R上的功率與L1、L2、L3、L4各燈消耗的功率之和由于L1、L2正常發(fā)光，P1=P2=8W，U2=8V

由U1∶U2∶U3=n1∶n2∶n3=3∶2∶1

得U1=12V,U3=4V

所以L3、L4不能正常發(fā)光

R3=R4=，感悟·滲透·應用所以L3、L4的實際功率為:P3=P4=.變壓器的