資源簡介

專題五 電磁感應與電路
思想方法提煉
電磁感應是電磁學的核心內(nèi)容，也是高中物理綜合性最強的內(nèi)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(jié)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。
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注意。
此部分涉及的主要內(nèi)容有：
1.電磁感應現(xiàn)象.
(1)產(chǎn)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(chǎn)生的是感應電動勢，若回路是閉合的，則有感應電流產(chǎn)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(chǎn)生感應電動勢的部分是電源，其余部分則為外電路.
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.
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(zhuǎn)化與守恒定律.
感悟 · 滲透 · 應用
【例1】三個閉合矩形線框Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ處在同一豎直平面內(nèi)，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，如圖所示，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(zhuǎn)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(chǎn)生?
方向如何?
(2)線框Ⅲ轉(zhuǎn)到圖示位置的瞬間，是否有感應電流產(chǎn)生?
【解析】此題旨在考查感應電流產(chǎn)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.
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(chǎn)生，電流產(chǎn)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(chǎn)生；線框Ⅲ繞OO′軸轉(zhuǎn)動過程中，穿過它的磁通量不斷變化，在轉(zhuǎn)動過程中線框Ⅲ中有感應電流產(chǎn)生，其方向是周期性改變的.
(2)線框Ⅲ轉(zhuǎn)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(zhuǎn)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.
【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(chǎn)生的磁場要相當熟悉.
【例2】如圖所示，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(zhì)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.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(chǎn)生的熱量是多少?
【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
在ab邊剛越過ff′時，ab、cd邊都切割磁感線產(chǎn)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(=(2B2L2v′/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(chǎn)生的熱量為Q，則由能量守恒定律得:
【解題回顧】電磁感應過程往往涉及多種能量形式的轉(zhuǎn)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.
【例3】如圖所示，da、cb
為相距L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. 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.
【解析】如圖所示，桿滑動時切割磁感線而產(chǎn)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.
(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，
所以有以下兩種情況：
①如果L≤1m，則(滿足下式時r=R
1×sin(=L 所以(=arcsinL
②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(diào)減小，r取最小值時， 取最小值，
取最大值，所以，Pr取最大值時(值為
【例4】如圖所示，光滑的平行導軌P、Q相距
L=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. 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(zhì)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?
【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:
由閉合電路歐姆定律，ab切割磁感線運動產(chǎn)生的感應電動勢為E=U1+Ir ①
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:
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( ?
(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=0.06N?ab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
【例5】已知某一區(qū)域的地下埋有一根與地面平行的直線電纜，電纜中通有變化的電流，在其周圍有變化的磁場，因此，可以通過在地面上測量閉合試探小線圈中的感應電動勢來探測電纜的確切位置、走向和深度.當線圈平面平行地面時，a、c在兩處測得試探線圈感應電動勢為0，b、d兩處測得試探線圈感應電動勢不為0；當線圈平面與地面成45°夾角時，在b、d兩處測得試探線圈感應電動勢為0；經(jīng)測量發(fā)現(xiàn)，a、b、c、d恰好位于邊長為1m的正方形的四個頂角上，
如圖所示，據(jù)此可以判定地下電纜在 兩點連線的
正下方，離地表面的深度為 m.?
【解析】當線圈平面平行地面時，a、c在兩處測得試探線圈感應電動勢為0，b、d兩處測得試探線圈感應電動勢不為0；可以判斷出地下電纜在a、c兩點連線的正下方；如圖所示a′c′表示電纜，當線圈平面與地面成45°夾角時，在b、d兩處測得試探線圈感應電動勢為0；
可判斷出O′b垂直試
探線圈平面，則作出：
Rt△OO′b，其中∠ObO′=45°
那么OO′=Ob= /2=0.71(m).
【解題回顧】本題是一道電磁感應現(xiàn)象的實際應用的題目，將試探線圈產(chǎn)生感應電動勢的條件應用在數(shù)學中，當線圈平面與地面成45°夾角時，在b、d兩處測得試探線圈感應電動勢為0，即電纜與在b、d兩處時的線圈平面平行，然后作出立體幾何的圖形，便可用數(shù)學方法處理物理問題.?
【例6】 在如圖所示的水平導軌上（摩擦、電阻忽略不計），有豎直向下的勻強磁場，磁感強度B，導軌左端的間距為L1=4L0，右端間距為L2=L0。今在導軌上放置AC，DE兩根導體棒，質(zhì)量分別為m1=2m0，m2=m0，電阻R1=4R0，R2=R0。若AC棒以初速度V0向右運動，求AC棒運動的過程中產(chǎn)生的總焦耳熱QAC，以及通過它們的總電量q。
　　【錯解分析】錯解：AC棒在磁場力的作用下，做變速運動。運動過程復雜，應從功能關系的角度來分析。由于沒有摩擦，最后穩(wěn)定的狀態(tài)應為兩棒做勻速運動。根據(jù)動量守恒定律m1v0=（m1＋m2）v′
　　整個回路產(chǎn)生的焦耳熱
　　因為R1=4R0，R2=R0。所以AC棒在運動過程中產(chǎn)生的焦耳熱
　　對AC棒應用動量定理：BIL1·△t=m1v′－m1v0
　　AC棒在磁場力的作用下做變速運動，最后達到運動穩(wěn)定，兩棒都做勻速運動的分析是正確的。但是以此類推認為兩棒的運動速度相同是錯誤的。如果兩棒的速度相同則回路中還有磁通量的變化，還會存在感應電動勢，感應電流還會受到安培力的作用，AC，DE不可能做勻速運動。
　　【正確解答】
　　由于棒L1向右運動，回路中產(chǎn)生電流，Ll受安培力的作用后減速，L2受安培力加速使回路中的電流逐漸減小。只需v1，v2滿足一定關系，
　　
　　兩棒做勻速運動。
　　兩棒勻速運動時，I=0，即回路的總電動勢為零。所以有
BLlv1=BL2v2
　　
　　再對DE棒應用動量定理BL2I·△t = m2v2
　　　
　　【解題回顧】電磁感應現(xiàn)象應用問題，往往涉及到很多知識點，是最為復雜的綜合性題．綜合性題的處理途徑主要是采用“分析法”：按知識點(主要指物理規(guī)律)劃分若干基礎題型，按各基礎題型解題步驟建立方程，最后解方程組即可得解．
　　以前我們做過類似的題。那道題中的平行軌道間距都是一樣的。有一些同學不假思索，把那道題的結(jié)論照搬到本題中來，犯了生搬硬套的錯誤。差異就是矛盾。兩道題的差別就在平行導軌的寬度不一樣上。如何分析它們之間的差別呢？還是要從基本原理出發(fā)。平行軌道間距一樣的情況兩根導體棒的速度相等，才能使回路中的磁通量的變化為零。本題中如果兩根導軌的速度一樣，由于平行導軌的寬度不同導致磁通量的變化不為零，仍然會有感應電流產(chǎn)生，兩根導體棒還會受到安培力的作用，其中的一根繼續(xù)減速，另一根繼續(xù)加速，直到回路中的磁通量的變化為零，才使得兩根導體棒做勻速運動。抓住了兩道題的差異之所在，問題就會迎刃而解。
　【例7】用均勻?qū)Ь€彎成正方形閉合金屬線框abcd，線框每邊長80cm，每邊的電阻為1Ω。把線框放在磁感強度B=0.05T的勻強磁場中，并使它繞軸OO′以ω=100rad/s的角速度勻角速度旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)方向如圖所示，已知軸OO′在線框平面內(nèi)，并且垂直于B，od=3oa, O′c=3 O′b,當線框轉(zhuǎn)至和B平行的瞬間。求：
　　（1）每條邊產(chǎn)生的感應動勢大小；
　　（2）線框內(nèi)感應電流的大小；
　　（3）e，f分別是ab和cd的中點，ef兩點間的電勢差。
　　【錯解分析】錯解：線圈在轉(zhuǎn)動時，只有ab邊和cd邊作切割磁感線運動，產(chǎn)生感應電動勢。
　　
　　（2）由右手定則可知，線框在圖示位置時，ab中感應電動勢方向向上，而cd中感應電勢的方向向下。
　　
　　（3）觀察fcbe電路
　　
　　本題解共有4處錯誤。第一，由于審題不清沒有將每一條邊的感應電動勢求出，即缺少εad和εbc。即使它們?yōu)榱悖矐磉_出來。第二，邊長中兩部分的的倍數(shù)關系與每一部分占總長的幾分之幾表述不正確。第三，ab邊和cd邊的感應電動勢的方向分別向上、向下。但是它們的關系是電源的串聯(lián)，都使電路中產(chǎn)生順時針方向的電流，閉合回路的總電動勢應為：εcd+εab，而不是相減。第四，求Uef時，研究電路fcbe，應用閉合電路歐姆定律，內(nèi)電路中產(chǎn)生電動勢的邊長只剩下一半，感應電動勢也只能是εcd/2。
　　【正確解答】
　　（1）線框轉(zhuǎn)動時，ab邊和cd邊沒有切割磁感線，所以εad=0,εbc=0。
　　　　　
　　（3）觀察fcbe電路
　　
　　【解題回顧】沒有規(guī)矩不能成方圓。解決電磁感應的問題其基本解題步驟是：
（1）通過多角度的視圖，把磁場的空間分布弄清楚。（2）在求感應電動勢時，弄清是求平均電動勢還是瞬時電動勢，選擇合適的公式解題。（3）進行電路計算時要畫出等效電路圖作電路分析，然后求解。
【例8】如圖所示，在跟勻強磁場垂直的平面內(nèi)放置一個折成銳角的裸導線MON，∠MON=α。在它上面擱置另一根與ON垂直的導線PQ，PQ緊貼MO，ON并以平行于ON的速度V，從頂角O開始向右勻速滑動，
設裸導線單位長度的電阻為R0，磁感強度為B，
求回路中的感應電流。
　　
【錯解分析】錯解：設PQ從頂角O開始向右運動的時間為Δt，
　　Ob=v·Δt，
　　ab=v·Δt·tgα，
　　　　
不是我們要求的電動勢的瞬時值。因為電阻（1＋cosα＋sinα）
　　由于兩者不對應，結(jié)果就不可能正確。
　　【正確解答】
　　設PQ從頂角O開始向右運動的時間為Δt，Ob=v·Δt，ab＝v·Δ　　
　　回路中ε=Blv=B·ab·v=Bv2·Δt·tgα。回路中感應電流
　
　　時間增大，產(chǎn)生的感應電動勢不是恒量。避免出錯的辦法是先判斷感應電動勢的特征，根據(jù)具體情況決定用瞬時值的表達式求解。
【例9】如圖所示，以邊長為50cm的正方形導線框，放置在B=0.40T的勻強磁場中。已知磁場方向與水平方向成37°角，線框電阻為0.10Ω，求線框繞其一邊從水平方向轉(zhuǎn)至豎直方向的過程中通過導線橫截面積的電量。
　　【錯解分析】錯解：線框在水平位置時穿過線框的磁通量
Φ1=BScos53°=6.0×10-2Wb
　　線框轉(zhuǎn)至豎直位置時，穿過線框的磁通量Φ2=BScos37°=8.0×10-8（Wb）
　　這個過程中的平均電動勢
　　通過導線橫截面的電量
　　磁通量Φ1=BScosθ，公式中θ是線圈所在平面的法線與磁感線方向的夾角。若θ＜90°時，Φ為正，θ＞90°時，Φ為負，所以磁通量Φ有正負之分，即在線框轉(zhuǎn)動至框平面與B方向平行時，電流方向有一個轉(zhuǎn)變過程。錯解就是忽略了磁通量的正負而導致錯誤。
　　【正確解答】
　　設線框在水平位置時法線（圖中）n方向向上，穿過線框的磁通量
Φ1=BScos53°=6.0×10-2Wb
　　當線框轉(zhuǎn)至豎直位置時，線框平面的法線方向水平向右，
與磁感線夾角θ=143°，穿過線框的磁通量Φ1=BScos143°=-8.0×10-2Wb
　　通過導線橫截面的電量
　　【小結(jié)】
　　通過畫圖判斷磁通量的正負，然后在計算磁通量的變化時考慮磁通量的正負才能避免出現(xiàn)錯誤。
【例10】、如圖所示，兩根互相平行、間距d=0.4米的金屬導軌，水平放置于勻強磁場中，磁感應強度B=0.2T，磁場垂直于導軌平面，金屬滑桿ab、cd所受摩擦力均為f=0.2N。兩根桿電阻均為r=0.1Ω，導軌電阻不計，當ab桿受力F=0.4N的恒力作用時，ab桿以V1做勻速直線運動，cd桿以V2做勻速直線運動，求速度差(V1－ V2)等于多少？
分析與解：在電磁感應現(xiàn)象中，若回中的感應電動勢是由導體做切割磁感線運動而產(chǎn)生的，則通常用ε=BlVsinθ來求ε較方便，但有時回路中的電動勢是由幾根棒同時做切割磁感線運動產(chǎn)生的，如果先求出每根導體棒各自的電動勢，再求回路的總電動勢，有時就會涉及“反電動勢”而超綱。如果取整個回路為研究對象，直接將法拉第電磁感應定律ε=用于整個回路上，即可“一次性”求得回路的總電動勢，避開超綱總而化綱外為綱內(nèi)。
cd棒勻速向右運動時，所受摩擦力f方向水平向左，則安培力Fcd方向水平向右，由左手定則可得電流方向從c到d，且有：
Fcd = IdB = f
I = f /Bd　　　　　　　　　　　　①
取整個回路abcd為研究對象，設回路的總電勢為ε，由法拉第電磁感應定律ε=，根據(jù)B不變，則△φ=B△S，在△t時間內(nèi)，
△φ=B(V1－V2)△td
所以：ε=B(V1－V2)△td/△t=B(V1－V2)d　　　　　　　　 ②
又根據(jù)閉合電路歐母定律有：I=ε/2r　　　　　　　 ③　　　
由式①②③得：V1－V2 = 2fr / B2d2
代入數(shù)據(jù)解得：V1－V2 =6.25（m/s）
?【例11】.如圖所示，線圈ａｂｃｄ每邊長L＝0.20ｍ，線圈質(zhì)量ｍ1＝0.10ｋｇ、電阻Ｒ＝0.10Ω，砝碼質(zhì)量
ｍ2＝0.14ｋｇ．線圈上方的勻強磁場磁感強度Ｂ＝0.5Ｔ，方向垂直線圈平面向里，磁場區(qū)域的寬度為
ｈ＝L＝0.20ｍ．砝碼從某一位置下降，使ａｂ邊進入磁場開始做勻速運動．求線圈做勻速運動的速度．
解析：該題的研究對象為線圈，線圈在勻速上升時受到的安培力Ｆ安、繩子的拉力Ｆ和重力ｍ1ｇ相互平衡，即
Ｆ＝Ｆ安＋ｍ1ｇ．　　①
砝碼受力也平衡：
Ｆ＝ｍ2ｇ．　　②
線圈勻速上升，在線圈中產(chǎn)生的感應電流
Ｉ＝ＢLｖ／Ｒ，　　③
因此線圈受到向下的安培力
Ｆ安＝ＢＩL．　　④
聯(lián)解①②③④式得ｖ＝（ｍ2－ｍ1）ｇＲ／Ｂ2L2．
代入數(shù)據(jù)解得：ｖ＝4（ｍ／ｓ）
【例12】如圖所示，OACO為置于水平面內(nèi)的光滑閉合金屬導軌，O、C處分別接有短電阻絲（圖中粗線表示），
R1＝4Ω、R2＝8Ω（導軌其它部分電阻不計）。導軌OAC的形狀滿足方程（單位：m）。磁感強度
B＝0.2T的勻強磁場方向垂直于導軌平面。一足夠長的金屬棒在水平外力F作用下，以恒定的速率v＝5.0m/s水平向右在導軌上從O點滑動到C點，棒與導軌接觸良好且始終保持與OC導軌垂直，不計棒的電阻。求：（1）外力F的最大值；（2）金屬棒在導軌上運動時電阻絲R1上消耗的最大功率；（3）在滑動過程中通過金屬棒的電流I與時間t的關系。
解析：（1）金屬棒勻速運動 ①
I＝ε/R總 ②
F外＝BIL＝B2L2v/R總 ③
④
⑤
∴ ⑥
（2） ⑦
（3）金屬棒與導軌接觸點間的長度隨時間變化 且
，
∴ ⑧

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