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1、专题电磁感应与电路第1页，本讲稿共63页思想方法提炼 电磁感应是电磁学的核心内容，也是高中物理综合性最强的内容之一，高考每年必考。题型有选择、填空和计算等，难度在中档左右，也经常会以压轴题出现。在知识上，它既与电路的分析计算密切相关，又与力学中力的平衡、动量定理、功能关系等知识有机结合；方法能力上，它既可考查学生形象思维和抽象思维能力、分析推理和综合能力，又可考查学生运用数知识(如函数数值讨论、图像法等)的能力。第2页，本讲稿共63页思想方法提炼高考的热点问题和复习对策：1.运用楞次定律判断感应电流(电动势)方向，运用法拉第电磁感应定律，计算感应电动势大小.注重在理解的基础上掌握灵活运用的技巧
2、.2.矩形线圈穿过有界磁场区域和滑轨类问题的分析计算。要培养良好的分析习惯，运用动力学知识，逐步分析整个动态过程，找出关键条件，运用运动定律特别是功能关系解题。3.实际应用问题，如日光灯原理、磁悬浮原理、电磁阻尼等复习时应多做介绍，有条件的让学生多接触实际.第3页，本讲稿共63页思想方法提炼此部分涉及的主要内容有：1.电磁感应现象.(1)产生条件：回路中的磁通量发生变化.(2)感应电流与感应电动势：在电磁感应现象中产生的是感应电动势，若回路是闭合的，则有感应电流产生；若回路不闭合，则只有电动势，而无电流.(3)在闭合回路中，产生感应电动势的部分是电源，其余部分则为外电路.第4页，本讲稿共63页
3、思想方法提炼 2.法拉第电磁感应定律：E=n ，E=BLvsin，注意瞬时值和平均值的计算方法不同.3.楞次定律三种表述：(1)感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化(涉及到：原磁场方向、磁通量增减、感应电流的磁场方向和感应电流方向等四方面).右手定则是其中一种特例.(2)感应电流引起的运动总是阻碍相对运动.(3)自感电动势的方向总是阻碍原电流变化.第5页，本讲稿共63页思想方法提炼4.相关链接(1)受力分析、合力方向与速度变化，牛顿定律、动量定理、动量守恒定律、匀速圆周运动、功和能的关系等力学知识.(2)欧姆定律、电流方向与电势高低、电功、电功率、焦耳定律等电路知识.(3)能的转化与守恒定律.第
4、6页，本讲稿共63页感悟渗透应用一、电磁感应现象及其基本定律的应用【例1】三个闭合矩形线框、处在同一竖直平面内，在线框的正上方有一条固定的长直导线，导线中通有自左向右的恒定电流，如图4-1所示，第7页，本讲稿共63页感悟渗透应用若三个闭合线框分别做如下运动：沿垂直长直导线向下运动，沿平行长直导线方向平动，绕其竖直中心轴OO转动.(1)在这三个线框运动的过程中，哪些线框中有感应电流产生?方向如何?(2)线框转到图示位置的瞬间，是否有感应电流产生?第8页，本讲稿共63页感悟渗透应用【解析】此题旨在考查感应电流产生的条件.根据直线电流周围磁场的特点，判断三个线框运动过程中，穿过它们的磁通量是否发生变
5、化.(1)长直导线通有自左向右的恒定电流时，导线周围空间磁场的强弱分布不变，但离导线越远，磁场越弱，磁感线越稀；离导线距离相同的地方，磁场强弱相同.第9页，本讲稿共63页感悟渗透应用线框沿垂直于导线方向向下运动，穿过它的磁通量减小，有感应电流产生，电流产生的磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律，感应电流的磁场方向也应垂直纸面向里，再由右手螺旋定则可判断感应电流为顺时针方向；线框沿平行导线方向运动，与直导线距离不变，穿过线框的磁通量不变，因此线框中无感应电流产生；线框绕OO轴转动过程中，穿过它的磁通量不断变化，在转动过程中线框中有感应电流产生，其方向是周期性改变的.第10页，本讲稿共63页感悟渗透
6、应用 (2)线框转到图示位置的瞬间，线框中无感应电流，由于长直导线下方的磁场方向与纸面垂直，在该位置线框的两竖直边运动方向与磁场方向平行，不切割磁感线，所以无感应电流；从磁通量变化的角度考虑，图示位置是线框中磁通量从增加到最大之后开始减小的转折点，此位置感应电流的方向要发生变化，故此时其大小必为0.第11页，本讲稿共63页感悟渗透应用【解题回顾】对瞬时电流是否存在应看回路中磁通量是否变化，或看回路中是否有一段导体做切割磁感线运动，要想知道线框在磁场中运动时磁通量怎样变化，必须知道空间的磁场强弱、方向分布的情况，对常见磁体及电流产生的磁场要相当熟悉.第12页，本讲稿共63页感悟渗透应用【例2】如
7、图4-2所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环.第13页，本讲稿共63页感悟渗透应用导体abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下列图4-3中哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力?(A)第14页，本讲稿共63页感悟渗透应用【解析】C、D项中B随t是均匀变化的，在螺线管中产生的是稳定电流，这样在圆环中不能产生感应电流，圆环也就不能受到作用力.A项中磁场变大，但变化率却是越来越小，由E=BS/t，可知螺线管中电流越来越小，由楞次定律判断可知电流方向为dcbad，由此可知螺线管在圆环中产生
8、的磁场方向向上，且磁感应强度逐渐减小，再由楞次定律可判定圆环为了阻碍磁通量减小，受到向上的作用力，有向上运动的趋势.答案应选A项.第15页，本讲稿共63页感悟渗透应用【解题回顾】A、B项答案中Bt图线均为曲线，曲线上每点切线的斜率表示磁感应强度的变化率腂膖，由此可知A中变化率越来越小，B中变化率则越来越大.第16页，本讲稿共63页感悟渗透应用二、两种基本运动模型 由于电磁感应，导体中的电流和导体的运动状态发生动态变化，并且相互影响，有的最终达到一种稳定的运动状态，这类问题在分析时应运用动力学知识进行逐步分析，找出临界条件，运用动力学公式，特别是能的转化和守恒定律求解.具体的研究对象有两种基本模
9、型.1.矩形线框在有界磁场中的运动.第17页，本讲稿共63页感悟渗透应用【例3】如图4-4所示，在以ab、cd为边界的空间，存在着磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向外，宽度为l1.在纸面内有一矩形线框，短边长为l2，长边长为2l2，短边与ab重合.第18页，本讲稿共63页感悟渗透应用某时刻线框以初速v沿着与ab垂直的方向进入磁场区域，同时对线框施以作用力，使线框的速度大小和方向保持不变.设线框电阻为R，从线框开始进入磁场到完全离开磁场的过程中，人对线框的作用力做的功等于 .第19页，本讲稿共63页感悟渗透应用【解析】只有两条短边先后在磁场中运动切割磁感线时，线框中才有感应电流I=Bl2v
10、/R，这个过程人才需要对线框施加力而做功.右面的一条短边在磁场中运动时，线框中的感应电流沿顺时针方向，磁场对线框的作用力向左，大小为 ；人的作用力方向向右，大小与F相等，做功.第20页，本讲稿共63页感悟渗透应用左面的一条短边在磁场中运动时，线框中感应电流沿逆时针方向，磁场对线框的作用力也向左，大小仍为F，人做功W2=W1.可见，从线框开始进入磁场到完全离开磁场的过程中，人对线框的作用力所做的功第21页，本讲稿共63页感悟渗透应用【解题回顾】这是一道电磁感应、磁场、电路及力学知识的综合性考题.另外，分析矩形线框穿过有界磁场问题时要特别注意：线框有两个边先后通过磁场边界前后时回路中的两边产生的电
11、动势、电流和受力变化情况；整个过程中各阶段的特点.第22页，本讲稿共63页感悟渗透应用【例4】如图4-5所示，在倾角为的光滑的斜面上，存在着两个磁感应强度相等的匀强磁场，方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L，一个质量为m，边长也为L的正方形线框(设电阻为R)以速度v进入磁场时，恰好做匀速直线运动.第23页，本讲稿共63页感悟渗透应用若当ab边到达gg与ff中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则：(1)当ab边刚越过ff时，线框加速度的值为多少?(2)求线框开始进入磁场到ab边到达gg与ff中点的过程中产生的热量是多少?第24页，本讲稿共63页感悟渗透应用【解析】此题旨在考查电磁感
12、应与能量之间的关系.线框刚越过ff时，两条边都在切割磁感线，其电路相当于两节相同电池的串联，并且这两条边还同时受到安培力的阻碍作用.(1)ab边刚越过ee即做匀速直线运动，表明线框此时所受的合力为0，即第25页，本讲稿共63页感悟渗透应用 在ab边刚越过ff时，ab、cd边都切割磁感线产生感应电动势，但线框的运动速度不能突变，则此时回路中的总感应电动势为E=2BLv，设此时线框的加速度为a，则2BEL/R-mgsin=ma，a=4B2L2v/(Rm)-gsin=3gsin，方向沿斜面向上.(2)设线框再做匀速运动时的速度为v，则mgsin=(B2BLvL/R)2，即v=v/4，从线框越过ee到
13、线框再做匀速运动过程中，设产生的热量为Q，则由能量守恒定律得:第26页，本讲稿共63页感悟渗透应用【解题回顾】电磁感应过程往往涉及多种能量形式的转化，适时选用能量守恒关系常会使求解很方便，特别是处理变加速直线运动或曲线运动问题.2.滑杆类问题即一段金属导体在导轨上滑动时，切割磁感线而在导体中产生电流，同时又受安培力之类的问题，切割方式有转动切割和平动切割.第27页，本讲稿共63页感悟渗透应用【例5】如图4-6所示，铜质圆盘绕竖直轴O在水平面内匀速转动，圆盘半径为r=20cm，处在竖直向下的磁感应强度B=1T的匀强磁场中，两个电刷分别与转动轴和圆盘的边缘保持良好接触，并与电池和保险丝D串联成一闭
14、合电路.图4-6第28页，本讲稿共63页感悟渗透应用 已知电池电动势E=2V，电路中总电阻R=1，保险丝的熔断电流为1A试分析计算：为了不使保险丝烧断，金属圆盘顺时针方向转动的角速度的取值范围是什么?第29页，本讲稿共63页感悟渗透应用【解析】圆盘不动时，电路电流I=E/R=2A，大于保险丝的熔断电流，保险丝将被烧断 圆盘顺时针方向转动时，相当于长度为r的导体在垂直于磁场的平面里绕O轴以角速度匀速转动，感应电动势大小为 E=1/2Br2 圆盘边缘电势比转动轴处电势高，在闭合电路中感应电动势的方向与电池电动势的方向相反.要保险丝不被烧断，在转动角速度较小时要满足.第30页，本讲稿共63页感悟渗透
15、应用 (E-E)/RI 在转动角速度较大时应满足 (E-E)/RI 把数据E=2V，I=2A，R=1，代入解得 1B2r2/23 再把数据B=1T，r=0.2m代入上式解得 50rad/s150rad/s第31页，本讲稿共63页感悟渗透应用【解题回顾】(1)一段导体绕某一点转动而切割磁感线产生的电动势大小的公式应为E=Bsv，式中v应指导体上各点在空间上的平均速度.你能推导出本题中的式吗?(2)本题的结果中，当较小和较大时电路中的电流各是什么方向?第32页，本讲稿共63页感悟渗透应用【例6】如图4-7所示，abcde和abcde为两平行的光滑导轨，其中abcd和abcd部分为处于水平面内的直轨
16、，ab、ab的间距为cd、cd间距的2倍，de、de部分为与直轨相切的半径为R的半圆形轨道，图4-7第33页，本讲稿共63页感悟渗透应用且处于竖直平面内，直轨部分处于竖直向上的匀强磁场中，弯轨部分处于匀强磁场外，在靠近aa和cc处放有两根均质金属棒MN、PQ，质量分别为2m和m.为使棒PQ能沿导轨运动而通过半圆形轨道的最高点ee，问在初始位置至少必须给棒MN以多大的冲量?(设两段水平直轨均足够长，PQ离开磁场时MN仍在宽轨道上运动)第34页，本讲稿共63页感悟渗透应用【解析】若棒PQ刚能通过半圆形轨道的最高点ee，由圆周运动知识知mg=可得PQ在最高点时的速度 棒PQ在半圆形轨道上运动时机械能
17、守恒，设其在dd时的速度为vd，由1/2mv2d=1/2mv20+mg2R可得vd=两棒在直轨上运动的开始阶段，由于闭合回路中有感应电流，受安培力的作用，棒MN速度减小，而棒PQ速度增大当棒MN的速度v1和棒PQ的速度v2的关系为v1=v2/2时，回路中的磁通量不再变化而无感应电流，两者便做匀速运动，因而v2=vd=,v1=第35页，本讲稿共63页感悟渗透应用 在有感应电流存在的每一瞬间，由F=BIL及MN为PQ长度的2倍可知，棒MN和PQ所受安培力F1和F2的关系为F1=2F2，从而在回路中有感应电流的时间t内，有F1=2F2 设棒MN的初速度为v0，取向右为正向，在时间t内分别对两棒应用动
18、量定理，有-F1t=2mv1-2mv0,F2t=mv2，将前面两式相除，考虑到F1=2F2，并将v1、v2、的表达式代入，可得 v0=所以在初始位置至少给棒MN的冲量为 I=2mv0=.第36页，本讲稿共63页感悟渗透应用【解题回顾】分析棒的运动过程一定要从受力分析入手，而其中的安培力又是受到棒的速度影响的要把这种动态的相互制约过程分析到底，直到找到一种最终稳定的运动状态.对于像本题两个棒同时运动的问题还应考虑到它们之间还存在什么联系，比如动量是否守恒等等.第37页，本讲稿共63页感悟渗透应用三、含感应电动势的电路分析与计算.这类问题中应当把产生感应电动势的部分导体看成电源，其余通路则为外电路
19、，根据电路结构进行分析计算.第38页，本讲稿共63页感悟渗透应用【例7】如图4-8所示，da、cb为相距l的平行导轨(电阻可以忽略不计).a、b间接有一个固定电阻，阻值为R.长直细金属杆MN可以按任意角架在水平导轨上，并以速度v匀速滑动(平移)，v的方向和da平行.图4-8第39页，本讲稿共63页感悟渗透应用杆MN有电阻，每米长的电阻值为R.整个空间充满匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面(dabc平面)向里 (1)求固定电阻R上消耗的电功率为最大时角的值 (2)求杆MN上消耗的电功率为最大时角的值.第40页，本讲稿共63页感悟渗透应用【解析】如图4-8所示，杆滑动时切割磁感线而产生感
20、应电动势E=Blv，与角无关.以r表示两导轨间那段杆的电阻，回路中的电流为:(1)电阻R上消耗的电功率为:由于E和R均与无关，所以r值最小时，PR值达最大.当杆与导轨垂直时两轨道间的杆长最短，r的值最小，所以PR最大时的值为=/2.第41页，本讲稿共63页感悟渗透应用(2)杆上消耗的电功率为:Pr=要求Pr最大，即要求 取最大值.由于 显然，r=R时，有极大值因每米杆长的电阻值为R，r=R即要求两导轨间的杆长为1m，第42页，本讲稿共63页感悟渗透应用所以有以下两种情况：如果l1m，则满足下式时r=R 1sin=l 所以=arcsinl如果l1m，则两导轨间那段杆长总是大于1m，即总有rR由于
21、 在rR的条件下，上式随r的减小而单调减小，r取最小值时=/2，取最小值，取最大值，所以，Pr取最大值时值为第43页，本讲稿共63页感悟渗透应用【例8】如图4-9所示，光滑的平行导轨P、Q相距l=1m，处在同一水平面中，导轨左端接有如图所示的电路，其中水平放置的平行板电容器C两极板间距离d=10mm，定值电阻R1=R3=8，R2=2，导轨电阻不计.图4-9第44页，本讲稿共63页感悟渗透应用磁感应强度B=0.4T的匀强磁场竖直向下穿过导轨面.当金属棒ab沿导轨向右匀速运动(开关S断开)时，电容器两极板之间质量m=110-14kg、带电量Q=-110-15C的微粒恰好静止不动；当S闭合时，微粒以
22、加速度a=7m/s2向下做匀加速运动，取g=10m/s2，求：(1)金属棒ab运动的速度多大?电阻多大?(2)S闭合后，使金属棒ab做匀速运动的外力的功率多大?第45页，本讲稿共63页感悟渗透应用【解析】(1)带电微粒在电容器两极板间静止时，受向上的电场力和向下的重力作用而平衡，则得到:mg=求得电容器两极板间的电压 由于微粒带负电，可知上极板电势高.由于S断开，R1上无电流，R2、R3串联部分两端总电压等于U1，电路中的感应电流，即通过R2、R3的电流为:第46页，本讲稿共63页感悟渗透应用 由闭合电路欧姆定律，ab切割磁感线运动产生的感应电动势为E=U1+Ir 其中r为ab金属棒的电阻 当
23、闭合S后，带电微粒向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律，有:mg-U2q/d=ma求得S闭合后电容器两极板间的电压:第47页，本讲稿共63页感悟渗透应用这时电路中的感应电流为 I2=U2/R2=0.3/2A=0.15A根据闭合电路欧姆定律有 将已知量代入求得E=1.2V，r=2 又因E=Blvv=E/(Bl)=1.2/(0.41)m/s=3m/s 即金属棒ab做匀速运动的速度为3m/s，电阻r=2 第48页，本讲稿共63页感悟渗透应用 (2)S闭合后，通过ab的电流I2=0.15A，ab所受安培力F2=BI2l=0.410.15N=0.06Nab以速度v=3m/s做匀速运动时，所受外力必与安培力
24、F2大小相等、方向相反，即F=0.06N，方向向右(与v同向)，可见外力F的功率为:P=Fv=0.063W=0.18W第49页，本讲稿共63页感悟渗透应用四、交变电流和变压器电路 电磁感应产生交变电动势，问题的讨论便如同交流电路，要注意最大值、有效值、平均值的概念，电流的功率和热量的计算用有效值，电量的计算用平均值，要记住交变电动势最大值Em=NBS.解题思路与处理纯电阻直流电路相似.变压器原线圈和与之相串联的负载作为外电路接在交变电源上，副线圈作为输出端电源，与副线圈相接的负载作为外电路，原副线圈各自的闭合回路同样符合闭合电路的有关规律，原副线圈之间通过电磁互感满足U1/U2=n1/n2，P
25、入=P出两个基本公式.第50页，本讲稿共63页感悟渗透应用【例9】如图4-10所示，一半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直纸面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场M、N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和导线的电阻不计.图4-10第51页，本讲稿共63页感悟渗透应用试求：(1)由图示位置起经过1/4转时间内负载电阻上产生的热量；(2)由图示位置起经过1/4转时间内通过负载电阻R的电量；(3)电流表示数.第52页，本讲稿共63页感悟渗透应用【解析】线圈由图示位置开始绕轴匀速转动，产生的交变电流如图4-11所示，交变电动势的最大值为：图4-11第53页，本讲稿
26、共63页感悟渗透应用(1)线圈由图示位置经1/4转时间内，电动势的有效值为：电阻上产生的热量为：(2)线圈由图示位置经1/4转时间内，电动势的平均值由法拉第电磁感应定律知E=E/t，通过R的电量为:第54页，本讲稿共63页感悟渗透应用(3)注意这里电流表的读数为有效值，而交流电的有效值是根据电流的热效应来定义的，通常应考察一个周期由图4-11可知，若交流电在一周期内的有效值为E，则由有效值定义知 解得E=Em/2，电流表的示数为:第55页，本讲稿共63页感悟渗透应用【例10】如图4-12所示，理想变压器原副线圈匝数n1n2n3=321副线圈2上接有“8V 8W”的灯泡L1、L2，副线圈3上接有
27、“6V 9W”的灯泡L3、L4，原线圈上接有电阻R=3，当a、b两端接交变电源后，L1、L2正常发光，求交变电源的输出功率.图4-12第56页，本讲稿共63页感悟渗透应用【解析】交变电源的输出功率等于原副线圈及其回路中电阻R消耗的功率，也就等于R上的功率与L1、L2、L3、L4各灯消耗的功率之和 由于L1、L2正常发光，P1=P2=8W，U2=8V 由U1U2U3=n1n2n3=321 得U1=12V,U3=4V 所以L3、L4不能正常发光 R3=R4=，第57页，本讲稿共63页感悟渗透应用所以L3、L4的实际功率为:P3=P4=.变压器的输出功率为:P出=P1+P2+P3+P4=82+42=
28、24W原线圈中电流I1=P出/U1=24/12=2A，R上消耗的电功率P=I21R=223=12W交流电源实际的输出功率=P+P出=12+24=36W第58页，本讲稿共63页感悟渗透应用五、电磁感应现象在实际生活、生产和科学技术中的应用 此类问题有两种形式，一种是介绍应用实例，要求指出所包含的电磁感应理论(工作原理)，另一种是摆出实际问题，要求设计出使用方案或制作思想.后者要求较高，不但要熟练应用有关知识理论，还必须有较高的创造性思维能力，综合运用理论知识和实验技能.第59页，本讲稿共63页感悟渗透应用【例11】已知某一区域的地下埋有一根与地面平行的直线电缆，电缆中通有变化的电流，在其周围有变
29、化的磁场，因此，可以通过在地面上测量闭合试探小线圈中的感应电动势来探测电缆的确切位置、走向和深度.当线圈平面平行地面时，a、c在两处测得试探线圈感应电动势为0，b、d两处测得试探线圈感应电动势不为0；当线圈平面与地面成45夹角时，在b、d两处测得试探线圈感应电动势为0；经测量发现，a、b、c、d恰好位于边长为1m的正方形的四个顶角上，第60页，本讲稿共63页感悟渗透应用如图4-13所示，据此可以判定地下电缆在 ac 两点连线的正下方，离地表面的深度为 0.71 m.图4-13第61页，本讲稿共63页感悟渗透应用【解析】当线圈平面平行地面时，a、c在两处测得试探线圈感应电动势为0，b、d两处测得
30、试探线圈感应电动势不为0；可以判断出地下电缆在a、c两点连线的正下方；如图4-14所示ac表示电缆，当线圈平面与地面成45夹角时，在b、d两处测得试探线圈感应电动势为0；可判断出Ob垂直试探线圈平面，则作出：RtOOb，其中ObO=45那么OO=Ob=/2=0.71(m).图4-14第62页，本讲稿共63页感悟渗透应用【解题回顾】本题是一道电磁感应现象的实际应用的题目，将试探线圈产生感应电动势的条件应用在数学中，当线圈平面与地面成45夹角时，在b、d两处测得试探线圈感应电动势为0，即电缆与在b、d两处时的线圈平面平行，然后作出立体几何的图形，便可用数学方法处理物理问题.第63页，本讲稿共63页