高中物理 电磁感应专题

专题复习：电磁感应 【课标解读】电磁感应是电磁学部分的重要内容之一，它揭示了电与磁之间的相互联系与转化规律。电磁感应部分的重点是对楞次定律、电磁感应定律的理解与运用，电磁感应1.划时代的发现从感应电流的角度认识电磁感应现象感应电流方向的判定方法1.应用楞次定律感应电流的磁场总是阻碍原磁通的变化（增反减同）感应电流的磁场总是阻碍相对运动（来拒去留）感应电流总是阻碍原电流的变化（自感现象）2.应用右手定则（导体切割磁感线运动类型）2.探究感应电流的产生条件3.楞次定律4.法拉第电磁感应定律从感应电动势的角度认识电磁感应现象一、电磁感应现象的两类情况1.感生电动势（导体不动，磁场变化）原因：感生电动势的非静电力就是感生电场对电荷的作用力大小：感生电动势、电流方向判断：楞次定律2.动生电动势（磁场不变，导体运动）动生电动势的非静电力就是洛伦兹力对电荷的作用力动生电动势（B）动生电动势、电流方向判断：右手定则5.电磁感应现象的两类情况从产生感应电动势的两种非静电力认识电磁感应现象的本质6.互感与自感介绍几类具体的电磁感应现象及其应用7.涡流、电磁阻尼和电磁驱动在电磁感应专题中常常涉及到电路的分析与计算、图象、动力学、能量转化与守恒等问题，本专题将这些问题归纳为四个类型加以阐述。【模型归类及特点】类型一 电磁感应现象 楞次定律特点：要求定性判断闭合电路中感应电流的方向，考查楞次定律的理解与应用。例1（2020上海）如图，金属环A用轻线悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧。若变阻器滑片P向左移动，则金属环A将向_（填“左”或“右”）运动，并有_（填“收缩”或“扩张”）趋势。图1 解析：滑片向左移动时，电阻减小，电流增大，穿过金属环A的磁通量增大。本题应用楞次定律，有三种方法。方法一：如图2所示，用右手螺旋定则确定金属环A中的原磁场B的方向，由楞次定律“增减反同”确定感应磁场B的方向，再根据右手螺旋定则确定长直螺线管和金属环A中电流磁场的磁极，可知金属环A受到斥力将向左运动；画出金属环A的左视图，由左手定则可知金属环A受到的安培力指向圆心，有收缩趋势。方法二：由于穿过金属环A的磁通量增大，根据楞次定律“感应电流的磁场总是阻碍原磁通的变化”，由可知，阻碍磁通量增大有两种途径：1.向磁场弱的地方运动（远离长直螺线管）；2.减小金属环的面积，由此可以得到答案。方法三：长直螺线管中电流磁场增强，相当于长直螺线管靠近金属环A，由“感应电流的磁场总是阻碍相对运动（来拒去留）”可知金属环A受到斥力将向左运动。拓展1：（2020海南）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连接在如图所示的电路中，其中R为滑线变阻器，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（ ）A在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间B在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间C在S己向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时D在S己向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时类型二 电磁感应中的图象问题特点：要求画出或利用电磁感应中的图象，主要涉及-t、B-t、E-t、I-t图象，考查楞次定律和法拉第电磁感应定律的理解和应用。注意-t和B-t图像的斜率会决定感应电流的大小和方向。例2（2020全国1）矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间变化的规律如图2所示.若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，图3中的图像正确的是（ ）图2 图3解析：0-1s内B垂直纸面向里均匀增大，则由楞次定律和法拉第电磁感应定律可得线圈中产生恒定的感应电流，方向为逆时针方向，排除A、C选项；2s-3s内，B垂直纸面向外均匀增大，同理可得线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，排除B选项，D正确。总结：由，线框面积不变，感应电动势和感应电流的方向由B-t图象的斜率确定，斜率的正、负，决定感应电动势的方向，斜率的绝对值决定感应电动势的大小。如1-2s和2-3s这两段时间虽然B的方向相反，但是B-t图像斜率相同，线框中感应电流的大小和方向都相同，0-1s和1-2s这两段时间B-t图像斜率相反，线框中感应电流的大小相等、方向相反。拓展2：（2020天津） 在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图1所示，当磁场的磁感应强度B随时间按如图2变化时，图3中正确表示线圈中感应电动势E变化的是（ ）图3例3（上海2020）如右图，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L，边长为L的正方形线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上，使线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方向，能反映线框中感应电流变化规律的是图（ ）解析：导体棒切割磁感线类型的电磁感应，由，要注意导体棒的有效长度L和速度V的变化。本题中，可得，得，。线框的运动过程分为三段：位移0-L这一段，由右手定则判断出线框中感应电流方向为正，位移L-2L这一段线框中的感应电流方向为负，线框左右两条边框同时切割磁感线，感应电流增大一倍，位移2L-3L这一段线框中感应电流方向为正，一条边框切割磁感线，第一和第二段图像在同一条曲线上。选项AC正确。拓展3：（2020上海）如图所示，平行于y轴的导体棒以速度v向右做匀速直线运动，经过半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，导体棒中的感应电动势与导体棒位置x关系的图像是（ ）类型三 电磁感应中的电路问题特点：要求定量分析、计算闭合电路中感应电动势的方向和大小，考查法拉第电磁感应定律的理解与运用。把产生感应电动势的那部分电路当成电源，画出等效电路图，再进行电路的分析与计算。例4（2020广东）如图所示，一个电阻值为R ，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连结成闭合回路。线圈的半径为r1 . 在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图所示。图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0。导线的电阻不计。求0至t1时间内：通过电阻R1上的电流大小和方向；通过电阻R1上的电量q及电阻R1上产生的热量。解析：磁场没有充满线圈，要用半径为r2的圆面积计算磁通量。由楞次定律和右手螺旋定则判断通过电阻R1上的电流方向从b到a。B-t图像斜率不变，电阻R1上的电流保持不变，设为I。由法拉第电磁感应定律由闭合电路欧姆定律（2）0至t1时间内，通过电阻R1上的电量电阻R1上产生的热量注意：如果通过电阻R1上的电流是变化的，求电量q就要用到一个有用的结论：，适用条件是：电路总电阻R阻值不变.拓展4：（2020全国I）如图，在匀强磁场中固定放置一根串接一电阻R的直角形金属导轨aob（在纸面内），磁场方向垂直于纸面朝里，另有两根金属导轨c、d分别平行于oa、ob放置。保持导轨之间接触良好，金属导轨的电阻不计。现经历以下四个过程：以速率v移动d，使它与ob的距离增大一倍；再以速率v移动c，使它与oa的距离减小一半；然后，再以速率2v移动c，使它回到原处；最后以速率2v移动d，使它也回到原处。设上述四个过程中通过电阻R的电量的大小依次为Q1、Q2、Q3和Q4，则（ ）AQ1=Q2=Q3=Q4 BQ1=Q2=2Q3=2Q4C2Q1=2Q2=Q3=Q4 DQ1Q2Q3Q4例5（2020江苏）如图所示的电路中，电源的电动势为E,内阻为r,电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t=0时刻闭合开关S,经过一段时间后，在t=t1时刻断开S,下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图像中，正确的是（ ）解析：开关闭合开瞬间，线圈L中电流为零，原电路的等效电路如图甲，电路稳定后，线圈L相当如一根导线，原电路的等效电路如图乙，可见开关闭合后外电路电阻将减小，路端电压减小；开关断开瞬间，线圈L、电阻R和灯泡A组成一个回路，线圈L中的电流大小不变，继续沿原来的方向，灯泡A中的电流方向与原来相反，A、B两点间电压UAB为负值，选项B正确。由选项B还可知开关断开瞬间灯泡A两端电压比原来要小些，不存在要“闪亮一下才熄灭”。拓展5：如图所示的电路中，A1和A2是两个相同的灯泡，线圈L自感系数足够大，电阻可以忽略不计.下列说法中正确的是（ ）A合上开关S时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B断开开关S时，A1和A2都要过一会儿才熄灭C断开开关S时，VA2闪亮一下再熄灭D断开开关S时，流过A2的电流方向向右类型四 电磁感应中的力学问题特点：电磁感应中将电学问题和力学问题相结合，是考查知识的整合能力和复杂物理过程分析能力的热点命题。感应电流是联系电学问题和力学问题的桥梁。例6（2020天津）如图所示，质量m1=0.1kg，电阻R1=0.3，长度l=0.4m的导体棒ab横放在U型金属框架上。框架质量m2=0.2kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数=0.2，相距0.4m的MM、NN相互平行，电阻不计且足够长。电阻R2=0.1的MN垂直于MM。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T。垂直于ab施加F=2N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM、NN保持良好接触，当ab运动到某处时，框架开始运动。设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.(1)求框架开始运动时ab速度v的大小；（2）从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q=0.1J，求该过程ab位移x的大小。解析：注意整个过程框架还是没动，从电学角度只是导体棒切割磁感线，导体棒相当于电源；从动力学角度，要以“框架开始运动” 作为突破口；从功能关系的角度，恒力F做功将外界机械能转化为的动能和电路中的电能。（1）对框架的压力 框架受水平面的支持力依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力中的感应电动势中电流受到的安培力F框架开始运动时由上述各式代入数据解得（2）闭合回路中产生的总热量 由能量守恒定律，得 代入数据解得 拓展6：例6中（2）问还可以求出所用时间t.例7（2020四川）如图所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置，且与导轨接触良好，匀强磁场垂直穿过导轨平面。现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点，使其向上运动。若b始终保持静止，则它所受摩擦力可能( )A.变为0 B . 先减小后不变 C.等于F D先增大再减小解析: a棒在F作用下做加速运动，所受到的安培力随着增大，加速度逐渐减小，最后做匀速运动，所以a棒所受安培力先增大后保持不变。显然有，FF安。b棒始终保持静止，受力如图1所示，a、b棒受到的安培力大小相等方向相反，都用F安表示，但它们受到的摩擦力不一样，b棒收到的是静摩擦力。安培力由0逐渐增大，如果最后安培力的最大值为F安= ，则b所受摩擦力逐渐减小最后为0，选项AB正确。如果最后安培力的最大值为F安 ，则b所受摩擦力先逐渐减小为0，然后增大，最后如图2所示，D选项错。b所受摩擦力若能为F，在图1中F，在图2中，F F安，与前面结论相矛盾，选项C错。例8如图所示，平行光滑导轨水平放置，两轨道间宽度为L=0.2m，轨道平面内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，金属棒ab和cd静止在导轨上，均与导轨垂直，质量相等均为m=0.1Kg，电阻相等均为R=0.5。现用水平向右的恒力F=0.2N垂直作用在金属棒ab上，ab棒由静止开始运动，经t=0.5s，加速度a=1.4m/s2，试求：（1）此时金属棒ab和cd的速度v1和v2各为多大？（2）稳定时金属棒ab和cd的速度差是多少？解析：本题是常见的“导轨+双杆”模型，安培力对ab棒做负功，将机械能转化为电能，是个发电机模型，安培力对cd棒做正功，将电能转化为机械能，是个电动机模型；两金属棒运动都产生电动势，但cd棒上产生的电动势为“反电动势”。（1）此时金属棒ab和cd受到的安培力大小相等，设为F安，对ab棒，由牛顿第二定律F-F安=ma (1)两金属棒与导轨组成的闭合回路中的电流为 (2)F安=BIL (3)对两金属棒系统运用动量定理 （4）代入已知数据解得v1=8m/s v2=2m/s(2)安培力增大，ab棒加速度减小，cd棒加速度增大，当两棒加速度相等，速度差保持不变，闭合电路中的电动势、电流不变，从而安培力大小也不变，此时整个系统达到稳定状态。对cd棒运用牛顿第二定律F安=ma (5)对两棒系统运用牛顿第二定律F=2ma (6)设速度差为v，由闭合电路欧姆定律 (7)F安=BIL (8)代入已知数据解得v=10m/s拓展7：例8中ab棒受力F的作用换成受到垂直ab棒水平向右的冲量I=2Ns开始运动，试求：（1）稳定时金属棒ab和cd的速度各是多少？（2）从ab棒开始运动到稳定时整个过程中闭合电路中有多少电能产生？例题和拓展练习答案拓展1解析：由例1方法二，只要铁芯中的磁通量减小，即减小线圈M中的电流，就可观测到N向左运动，可知C选项正确。拓展2解析：先由楞次定律和法拉第电磁感应定律判断出0-1s内金属圆线圈中的感应电动势方向为正方向，且大小不变。由例2后的总结规律可知，1-3s内金属圆线圈中的感应电动势为零，35s内感应电动势的方向为负，大小是0-1s内感应电动势的一半，故选A。 拓展3解析：先求出导体棒在磁场中的长度，感应电动势，由函数关系（椭圆方程）可知，选项A正确。本题中只是导体棒有效长度发生变化，也可以由，导体棒在磁场中的长度即是圆的弦长随x的变化关系可以猜出答案A正确。拓展4解析：由于是匀强磁场，四根导体棒所组成的闭合电路磁通量的变化量=BS，而这四个过程中闭合电路面积的变化量S都相等，电路的总电阻不变，而感应电量q，可知这四个过程中通过电阻R的感应电荷的电量相等，故选A。 拓展5解析：根据线圈通电、断电自感的特点，不难判断选项AB正确。不要受“线圈L自感系数足够大”的影响，只要开关断开瞬间就有灯泡“闪亮一下再熄灭”的现象，本题断开开关V瞬间，灯泡A2与线圈L中的电流大小相等，仍然没有灯泡“闪亮一下再熄灭”的现象。拓展6解析：是做变加速度运动，用运动学公式解决是行不同的。这里要用安培力对导体棒的冲量I安=BLq。推导：通过导体棒横截面的电量表达式：安培力对金属导体棒的冲量I安=，公式中的F安是时间t内的平均值，导体棒受到的安培力：。综合上面三式，得I安=BLq而感应电量q=,对运用动量定理，Ft-F安 =mv-0代入已知数据可得t=0.355s拓展7解析：系统稳定时闭合电路中电流为零，安培力为零，两金属棒做匀速运动，速度相等，设为v。（1）从开始运动到稳定整个过程，两金属棒系统动量守恒 得v=10m/s （1）（2）从开始运动到稳定整个过程，ab棒相当于发电机，通过克服安培力做功将动能转化为闭合电路中的电能，设产生的电能为 （2）为开始运动时ab棒的速度,由动量定理 （3）代入已知数据解得注意：计算表明，ab棒获得20J的动能，最后还剩下5J的动能，即有15J的机械能转化为电能；这15J的电能中有5J转化为cd棒的动能，另外10J转化为（内能）焦耳热。2020-4-14