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111电磁感应规律的应用 教案高考趋势展望电磁感应的规律楞次定律和法拉第电磁感应定律及其应用是中学物理的主干知识之一，是历年高考每年必考的内容.其中既有难度中等的选择题，也有难度较大、综合性较强的计算题，考查频率较高的知识点有感应电流产生的条件、感应电流的方向判定及导体切割磁感线产生感应电动势的计算.另外，自感现象及有关的图象问题，也常出现在考题中.因此在本专题的复习中，应理解并熟记产生感应电动势和感应电流的条件，会灵活地运用楞次定律判断各种情况下感应电动势或感应电流的方向，能准确地计算各种情况下感应电动势的大小，并能熟练地利用题给图象处理相关的电磁感应问题或用图象表示电磁感应现象中相应的物理量的变化规律. 知识要点整合1.产生电磁感应现象的条件和标志无论什么原因，只要穿过回路的磁通量发生变化，就会发生电磁感应现象，其中由于回路自身电流的变化所导致的电磁感应现象叫做自感现象. 是否发生了电磁感应现象，是以是否产生了感应电动势为标志的.即只要产生了感应电动势（不管是否产生了感应电流），就算发生了电磁感应现象，如图3-6-1，一根导体棒或一个闭合的线圈在匀强磁场切割磁感线时，导体棒和线圈中并无感应电流，但棒中和线圈的两个边中都产生了感应电动势，故都发生了电磁感应现象.图3-6-12.楞次定律楞次定律是判定感应电流（或感应电动势）方向的一般规律，普遍适用于所有电磁感应现象.其内容为：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化.在理解楞次定律时，应特别注意： （1）阻碍不是阻止，磁通量的变化是产生感应电流的必要条件，若这种变化被阻止，也就不可能产生感应电流了.（2）感应电流的磁场阻碍的是原磁场磁通量的变化而不是阻碍的原磁场.具体地说，当原磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；当原磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同. 另外，楞次定律也可以理解为：感应电流的效果总是要反抗（或阻碍）产生感应电流的原因.如：(1)阻碍原磁通量的变化或原磁场的变化.(2)阻碍相对运动，可理解为“来拒去留”.(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势.(4)阻碍原电流的变化（自感现象）.利用上述规律分析问题可以独辟蹊径，达到快速准确的效果.例如：图3-6-2中，在O点悬挂一轻质导线环，拿一条形磁铁沿导线环的轴线方向突然向环内插入，判断在插入过程中导线环如何运动.若按常规方法，应先由楞次定律判断出环内感应电流的方向，再由安培定则确定环形电流对应的磁极，由磁极的相互作用确定导线环的运动方向.若直接由感应电流的效果分析：条形磁铁向环内插入过程，环内磁通量增加，环内感应电流产生的效果将阻碍磁通量的增加，使环向磁通量减小的方向运动，因此环将向右摆动.显然，用后一种方法判断更简捷.图3-6-23.法拉第电磁感应定律（1）对于法拉第电磁感应定律E=应从以下几个方面进行理解： 它是定量描述电磁感应现象的普遍规律.不管是什么原因，用什么方式所产生的电磁感应现象，其感应电动势的大小均可由它进行计算. 一般说来，在中学阶段用它计算的是t时间内电路中所产生的平均感应电动势的大小，只有当磁通量的变化率为恒量时，用它计算的结果才等于电路中产生的瞬时感应电动势.若回路与磁场垂直的面积S不变，电磁感应仅仅是由于B的变化引起的，那么上式也可以表述为：E=S，B/t是磁感应强度的变化率，若磁场的强弱不变，电磁感应是由回路在垂直于磁场方向上的面积S的变化引起的，则E=B.在有些问题中，选用这两种表达方式解题会更简单. 若产生感应电动势的那部分导体是一个匝数为n的线圈，且穿过每匝线圈的磁通量的变化率又相同，那么线圈所产生的总的感应电动势E=n/t(相当于许多相同电源串联）（2）公式E=BLv使用时应注意：公式E=BLv是法拉第电磁感应定律的一种特殊形式，不具有普遍适用性，仅适用于计算一段导体因切割磁感线而产生的感应电动势，且在匀强磁场中B、v、L三者必须互相垂直.当v是切割运动的瞬时速度时，算出的是瞬时电动势；当v是切割运动的平均速度时，算出的是一段时间内的平均电动势. 若切割磁感线的导体是弯曲的，L应理解为有效切割长度，即导体在垂直于速度方向上的投影长. 公式E=BLv一般适用于在匀强磁场中导体各部分切割速度相同的情况，对一段导体的转动切割，导体上各点的线速度不等，怎样求感应电动势呢？如图3-6-3所示，一长为L的导体棒AC绕A点在纸面内以角速度匀速转动，转动区域内有垂直于纸面向里的电动势.AC转动切割时各点的速度不等，vA=0,vC=L,由A到C点速度按与半径成正比增加，取其平均切割速度L,得E=BLBL2.图3-6-3为了证明这样做的正确性，我们可以假设如图3-6-4所示的闭合电路，经时间t，AC棒转过的角速度=t,穿过回路的磁通量的变化量=，根据法拉第电磁感应定律,又知金属棒AC是匀速转动，产生的感应电动势应该是不变的，即感应电动势的平均值和瞬时值是相等的，所以E=BL2是正确的. 图3-6-4若切割速度与磁场方向不垂直，如图3-6-5所示，v与B的夹角为，将v分解为：v=vcos,v=vsin,其中v不切割磁感线，根据合矢量和分矢量的等效性得E=BLv=BLvsin(想一想，此式还可适用于哪些情况？)图3-6-5区分感应电量与感应电流.回路中发生磁通量变化时，由于感应电场的作用使电荷发生定向移动而形成感应电流，在t内迁移的电量（感应电量）为q=It=,仅由回路电阻和磁通量变化决定，与发生磁通量变化的时间无关.因此，当用一根磁棒先后两次从同一处用不同速度插至线圈中同一位置时，线圈里积聚的感应电量相等.但快插与慢插时产生的感应电动势、感应电流不同，外力做的功也不同. 精典题例解读例1如图3-6-6（a），圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同线圈Q，P和Q共轴，Q中通有变化电流，电流随时间变化的规律如图3-6-6（b)所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为FN，则图3-6-6A.t1时刻FNGB.t2时刻FNGC.t3时刻FNG D.t4时刻FN=G【解析】 t1时刻Q中电流正在增大，产生的磁场正在增强，因而穿过线圈P的磁通量正在增大，P中有感应电流产生.由楞次定律知，P中感应电流的磁场应阻碍线圈P中磁通量的增大，所以P中感应电流的磁场方向应与Q中电流磁场的方向相反，即P、Q应相互排斥，从而使P对桌面的压力（即FN的反作用力）大于P的重力G. t2、t4时刻，Q中电流恒定不变，产生的磁场强弱恒定不变，因而穿过P的磁通量恒定不变，P中无感应电流，P、Q间无相互作用力，此时FN应等于G. t3时刻，由于Q中电流处于变化之中，产生的磁场亦处于变化之中，所以穿过P中的磁通量亦处于变化之中，故P中有感应电流产生，但由该时刻Q中电流为零，产生的磁场为零，P、Q间也无相互作用力，此时应有FN=G. 综上讨论可知，正确答案为AD. 小结：本题也可规定Q中电流的正方向，并由楞次定律确定P中感应电流方向，从而确定P、Q间相互作用情况而选出正确答案，但不如利用“感应电流产生的效果总要阻碍产生感应电流的原因”进行判断更简便些.另外讨论类似问题还应注意，只有两环中都存在电流时，两者才会发生相互作用，其中任一环中无电流时都不会发生相互作用.例2（2002年全国，17）图3-6-7中EF、GH为平行的金属导轨，其电阻可不计，R为电阻器、C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆，有均匀磁场垂直于导轨平面，若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB图3-6-7A.匀速滑动时，I1=0,I2=0B.匀速滑动时，I10,I20C.加速滑动时，I1=0,I2=0D.加速滑动时，I10,I20【解析】 导体棒匀速运动时，棒中产生大小恒定的电动势，将有恒定的电流通过电阻R，即I10，最初电容器C将被充电，有一短暂的充电电流，但稳定后电容器两极间电压UC等于棒中产生的电动势时，充电过程结束，即I2=0.但当导体棒加速滑动时，棒中产生的感应电动势逐渐增大，R中电流不断增大，同时电容器C将不断地被充电，即I20.可见，正确答案为D.小结：分析含有电容器的电路时，一定要注意区别电容器在不同状态电路中的表现是不同的：在稳定状态下，电容器相当于开路，含容支路中电流为零，在电动势或电压变化的电路中，电容器将不断地充电或放电，含容支路中电流不为零.例3如图3-6-8所示，两条互相平行的光滑金属导轨位于水平面内，距离为l=0.2 m，在导轨的一端接有阻值为R=0.5 的电阻，在x0处有一与水平面垂直的均匀磁场，磁感应强度B=0.5 T.一质量为m=0.1 kg的金属直杆垂直放置在导轨上，并以v0=2 m/s的初速度进入磁场，在安培力和一垂直于杆的水平外力F的共同作用下做匀变速直线运动，加速度大小为a=2 m/s2、方向与初速度方向相反.设导轨和金属杆的电阻都可以忽略，且接触良好.求： 图3-6-8（1）电流为零时金属杆所处的位置；（2）电流为最大值的一半施加在金属杆上外力F的大小和方向； （3）保持其他条件不变，而初速度v0不同值，求开始时F的方向与初速度v0取值的关系. 【解析】 由于导体棒做匀减速运动，且初速度v0和加速度大小a均已知，故由v2=2as可以确定导体棒速度为零（此时电流亦为零）时的位置. 由E=Blv，I=知，电流为最大值一半时，对应的速度也为最大速度的一半，结合题设条件可求出此时的电动势、电流，继而求出导体棒所受安培力，再结合牛顿第二定律即可确定F的大小和方向. 因导体棒做匀减速运动时，合外力是恒定的，初速度大小不同时，和加速度方向相同的安培力的大小即不同，所需外力的大小也不同，且方向可能发生变化，因此只要求出外力恰为零时对应的初速度值，即不难讨论清楚F的方向与v0取值的关系. （1）由v02=2ax得x=1 m，即导体棒运动至x=1 m处时，速度为零，电流为零. （2）最大电流Im=，所以I=Im=时的安培力FA=BIl=.由牛顿第二定律，得：F-FA=-ma,所以F=FA-ma=-ma=-0.18 N.“-”号说明F的方向与x轴正向相反.（3）F=0时对应的初速度为v临，则由题意得FA临=ma,所以v临= m/s=10 m/s.当v010 m/s时，F的方向应沿x轴正向，0v010 m/s时，F的方向沿x轴负向.例4如图3-6-9所示,两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度B=0.50 T的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计.导轨间的距离l=0.20 m.两根质量均为m=0.10 kg的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R=0.50 .在t=0时刻，两杆都处于静止状态.现有一与导轨平行、大小为0.20 N的恒力F作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动.经过t=5.0 s，金属杆甲的加速度为a=1.37 m/s2，问此时两金属杆的速度各为多少？图3-6-9【解析】 金属杆甲受F作用后将加速运动，使回路面积、穿过回路的磁通量发生变化，于是回路中产生感应电流，甲、乙金属杆都要受到安培力的作用而做变加速运动.直至最终两杆以相同的加速度和恒定的速度差做匀加速运动.对于该题所述情景和题设条件，根据牛顿第二定律（对金属杆甲）可求杆甲所受安培力FA，继而可求回路电流I和电动势，由法拉第电磁感应定律，可用甲、乙杆的速度v1和v2表示电动势而得到一个含有v1、v2的方程. 再对甲、乙两杆组成的系统研究知，其所受合外力即为恒力F，两杆经时间t获得的动量是(mv1+mv2)，即是F的冲量作用的结果，对系统应用动量定理，可得另一个含v1、v2的方程. 解上述两个方程，即可求得v1、v2的值. 解答一：设任一时刻t两金属杆甲、乙之间的距离为x,速度分别为v1和v2,经过很短的时间t，杆甲移动距离v1t，杆乙移动距离v2t,回路面积改变S=(x-v2t)+v1tl-lx=(v1-v2)lt由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势=B回路中的电流I=杆甲的运动方程F-BlI=ma由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等、方向相反，所以两杆的动量（t=0时为0）等于外力F的冲量Ft=mv1+mv2联立以上各式解得v1=v2=代入数据得v1=8.15 m/sv2=1.85 m/s解答二：设t时刻甲、乙杆的速度分别为v1、v2，则由法拉第电磁感应定律，得：E甲=Blv1E乙=Blv2回路中电流I=对杆甲应用牛顿第二定律，得：F-BlI=ma又，对甲、乙杆组成的系统应用动量定理得：Ft=mv1+mv2解上述方程并代入数据得v1=8.15 m/sv2=1.85 m/s小结：例3、例4都是电磁感应现象和力学规律相联系的力、电综合题，处理此类问题，一定要思路开阔，方法灵活，既要注意电磁感应过程的分析和相应电磁学规律的应用，又要注意力学过程的分析及相应力学规律的应用. 应用强化训练1.某实验小组用如图3-6-10所示的实验装置来验证楞次定律，当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流计的感生电流方向是图3-6-10A.aGbB.先aGb，后bGaC.bGaD.先bGa，后aGb【答案】 D2.（2001年广东，28）有一种高速磁悬浮列车的设计方案是在每节车厢底部安装磁铁（磁场方向向下），并在两条铁轨之间沿途平放一系列线圈，下列说法中不正确的是A.当列车运动时，通过线圈的磁通量会发生变化B.列车速度越快，通过线圈的磁通量变化越快C.列车运动时，线圈中会产生感应电流D.线圈中的感应电流的大小与列车速度无关【答案】 D3.（2002年江苏，30）如图3-6-11所示，在一均匀磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动.杆ef及线框中导线的电阻都可不计.开始时，给ef一个向右的初速度，则图3-6-11A.ef将减速向右运动，但不是匀减速B.ef将匀减速向右运动，最后停止C.ef将匀速向右运动D.ef将往返运动【解析】 给ef一个向右的初速度，ef切割磁感线产生感应电动势，回路中形成感应电流，使ef受到安培力作用而减速.随着ef速度减小，电动势、电流、ef所受安培力都相应减小，所以ef将向右减速运动，但不是匀减速.【答案】 A4.（2002年天津，20）图3-6-12中MN、GH为平行导轨，AB、CD为跨在导轨上的两根横杆，导轨和横杆均为导体，有匀强磁场垂直于导轨所在平面，方向如图.用I表示回路中的电流图3-6-12A.当AB不动而CD向右滑动时，I0且沿顺时针方向B.当AB向左、CD向右滑动且速度大小相等时，I=0C.当AB、CD都向右滑动且速度大小相等时，I=0D.当AB、CD都向右滑动，且AB速度大于CD时，I0且沿逆时针方向【解析】 AB不动而CD右滑时，I0，但方向逆时针，故A错.AB向左、CD向右滑动时，回路磁通量增加，I0，故B错.AB、CD向右等速滑动时，回路磁通量不变，I=0，故C对.AB、CD都向右滑但AB速度大于CD速度时，回路磁通量变化，I0，但方向顺时针，故D错.【答案】 C5.（2001年上海，6）如图3-6-13所示是一种延时开关，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C线路接通；当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放，则图3-6-13A.由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用B.由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用C.如果断开B线圈的电键S2，无延时作用D.如果断开B线圈的电键S2，延时将变长【解析】 延时开关的原理是：当断开S1，A中电流变小并减为零时，铁芯中的磁通量也减小为零，若线圈B闭合时，B中产生感应电流，感应电流的磁场仍可吸引衔铁，使D延时释放.若线圈B不闭合，则不会产生上述延时作用.【答案】 BC6.如图3-6-14所示，有两根和水平方向成角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm则图3-6-14A.如果B增大，vm将变大B.如果变大，vm将变大C.如果R变大，vm将变大D.如果m变小，vm将变大【解析】 金属杆从轨道上由静止滑下做加速度逐渐减小的变加速运动，经足够长的时间后，加速度减为零后，金属杆即以此时的速度（即最大速度）匀速运动.对金属杆列受力平衡方程mgsin=（L为导轨宽度），所以vm=.可见B增大，vm减小；变大，vm变大；m减小，vm变小.【答案】 BC7.一匀强磁场，磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，在磁场中有一细金属圆环，线圈平面位于纸面内，如图3-6-15（a)所示，现令磁感应强度B随时间t变化，先按图3-6-15（b)中所示的Oa图线变化，后来又按图线bc和cd变化，令E1、E2、E3分别表示这三段变化过程中感应电动势的大小.I1、I2、I3分别表示对应的感应电流，则图3-6-15A.E1E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B.E1E2，I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向C.E1E2，I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向D.E2=E3，I2沿顺时针方向，I3沿顺时针方向【解析】 Oa段B大于零，且逐渐增大（向里），由楞次定律可判定I1逆时针方向流动.bc段表示向里的磁场减弱，用楞次定律可判定I2沿顺时针方向.同样方法判定I3亦沿顺时针方向.又由法拉第电磁感应定律E=知，该题中S恒定，所以E.由图象知，bc、cd段相同，大于Oa段的，所以E1E2=E3.【答案】 BD8.两块水平放置的金属板间的距离为d,用导线与一个n匝线圈相连，线圈电阻为r，线圈中有竖直方向的磁场，电阻R与金属板连接如图3-6-16所示，两板间有一个质量为m，电量+q的油滴恰好处于静止，则线圈中的磁感应强度B的变化情况和磁通量的变化率分别是图3-6-16A.磁感应强度B竖直向上且正在增强，B.磁感应强度B竖直向下且正在增强，C.磁感应强度B竖直向上且正在减弱，D.磁感应强度B竖直向下且正在减弱，【解析】 分析油滴受力，应 qE=mg,且下极板为正，即a端电势高，由楞次定律，外磁场B应方向向上时减弱或方向向下时增强. 由mg=qE=q=q所以，选项C正确. 【答案】 C9.如图3-6-17所示，A、B两个闭合线圈用同样导线制成，匝数均为10匝，半径RA=2RB，图示区域内有磁感应强度均匀减小的匀强磁场，则A、B线圈中产生的感应电动势之比为EAEB=_,两线圈中感应电流之比为IAIB=_.图3-6-17【解析】 由公式E=n两线圈匝数相同，磁通量变化率相同,EAEB=11. 电流I=所以I，IAIB=12【答案】 11；1210.在50周年国庆盛典上我国FBC-1“飞豹”新型超音速歼击轰炸机在天安门上空沿水平方向以1.7倍的声速自东向西飞过，该机两翼尖间的距离是12.705 m，设北京上空地磁场的竖直分量为0.4210-4 T，那么此飞机机翼两端_端电势较高，电势差是_.空气中声音的传播速度为340 m/s.(结果取两位有效数字)【解析】 北京处于北半球，地磁场竖直分量方向向下，由右手定则判定后知飞机机翼左端电势高，电势差U=E=Blv=0.4210-412.7053401.7 V=0.31 V.【答案】 左；0.3111.两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为l.导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图3-6-18所示.两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路上其余部分的电阻可不计.在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行.开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0（见图），若两导体棒在运动中始终不接触，求：图3-6-18（1）在运动中产生的焦耳热量最多是多少？（2）当棒ab的速度变为初速度的时，棒cd的加速度多大？【解析】 （1）ab棒获初速度v0后切割磁感线产生感应电动势，回路中产生感应电流，ab棒在安培力作用下减速，cd棒在安培力作用下加速，至两棒等速时，回路磁通量不再变化，回路中不再有感应电流.由于ab、cd棒组成的系统所受合外力为零，动量守恒.设其共同速度为v,则mv0=2mv,所以v=v0.由能的转化和守恒定律得:Q=mv02-2mv2=mv02.(2)vab=v0时，由mv0=mv0+mvcd得Ucd=v0.所以Eab=Blv0=Blv0，Ecd=Blv0，I=.Fcd=BIl=,acd=.【答案】 (1)mv02 (2)12.如图3-6-19所示，金属杆M、N放在用相同导体制成的金属框abcd上，bc边与x轴重合，且b为坐标原点，矩形框长为2L，宽为L，单位长度的电阻为R0，磁感应强度为B的匀强磁场与框架平面垂直.现对MN杆施加沿x轴正方向的外力，使之从框架左端开始，以速度v向右匀速运动，不计摩擦，求：图3-6-19（1）在MN杆运动过程中，通过杆的电流与坐标x的关系.（2）作用在MN杆上的外力的最大值与最小值之比.【解析】 （1）设在MN杆运动的过程中，任一时刻MN的坐标值为x，杆左侧框架的总电阻为R1，右侧框架的总电阻为R2则：R1=（L+2x)R0; R2=L+2(2L-x)R0=(5L-2x)R0杆MN相当于电源，所以回路总电阻为：R=又MN切割磁感线产生的感应电动势为：E=BLv所以杆中的电流与坐标x的关系为：I=（2）作用在杆上的外力大小应等于杆受的安培力.由数学知识可知，当x=L时，外电路总电阻最大，此时MN中的电流最小，所受的安培力也最小.此时：Imin=安培力的最小值：Fmin=ILB=当x=0或x=2L时，外电路总电阻最小，此时MN中的电流最大，所受的安培力也最大.此时Imax=安培力的最大值：Fmax=ILB=所以作用在MN杆上的外力的最大值与最小值之比为：FmaxFmin=1511. 【答案】 (1)I=（2）1511教学参考链接本专题内容是中学物理的主干知识之一，是历年高考的必考内容.能熟练灵活地运用楞次定律判断感应电流和感应电动势的方向，熟练准确地应用法拉第电磁感应定律计算各种情况下感应电动势的大小，是本专题内容复习的重点.由于本专题内容易与力学、电路等知识结合而构建出具有一定难度、方法要求灵活、综合性较强的应用题型，对学生的能力要求较高，应作为难点予以突破.本专题中所选四个例题，目的各有侧重，例1主要结合图象强化对楞次定律的理解和应用；例2结合电阻和电容的不同性质考查对法拉第电磁感应定律的理解和掌握；例3、例4则通过与力学重要知识的结合，培养和提高学生分析处理综合问题的能力.所选练习题多为涉及该专题内容的近几年的高考题，难度都不太大，具体使用时可结合学生实际情况适当增减.无论是讨论单独考查楞次定律或法拉第电磁感应定律的选择、填空题，还是处理和电路、力学或其他内容相结合的综合性较强、能力要求较高的计算题，深刻理解和熟练掌握基本概念和规律，还是最根本的，这是分析处理问题的基础，所以不能因为强调了综合能力的训练而放松了对基本概念和规律的理解和掌握.111
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