专题七电磁感应与电磁学

名师辅导教学内容：专题七电磁感应与电磁学第13讲电磁感应与电磁学综合考纲要求1.理解电磁感应现象，并能对有关问题进行准确分析。2.熟练掌握右手定则，楞次定律，并能灵活解决各类感应电动势、感应电流的方向问题。3.掌握法拉第电磁感应定律，并能计算感应电动势、感应电流的大小。4.了解自然现象及自感系数，并能解释有关常见的自感现象。知识结构热点导析1.电磁感应专题的重难点重点指一个条件（电磁感应产生的条件）；二个定律（楞次定律、法拉第电磁感应定律）；三个步骤（应用楞次定律判断感应电动势和感应电流方向的步骤）。难点：一是正确理解楞次定律中“阻碍”的物理含义；二是灵活应用动力学观点和能的转化和守恒定律观点解决电磁感应问题。2.“阻碍”的含义“阻碍”不是“阻止”，不是“削弱”，也不是“反抗”，应是反抗磁通量增加而不能阻止总磁通量的增加；补偿磁通量的减小而不能阻止总磁通量的减小。从导体和磁场的相对运动角度来看，感应电流总要阻碍相对运动；外力正是在克服感应电流磁场的阻碍作用中实现把机械能转化为电能；在自感现象中，阻碍原电流的变化。3.法拉第感应定律的表达式法拉第感应定律的原始表达式ε=nt。当由于面积变化而引起感应电动势，ε=NBtS；当由于磁感强度变化而引起感应电动势，ε=NStB；当由于线圈自身电流变化而引起感应电动势ε自=Lti；当由于感应电场作用，使电荷定向运动形成电流，在Δt时间迁移的电量q=RΔt=R。4.用功能观点分析电磁感应现象楞次定律和法拉第电磁感应定律是能的转化和守恒定律在电磁感应现象中的反映。机械能转化为电能是通过克服磁场力做功而实现的，电能转化为机械能是通过磁力做功而实现的。电能转化为电热是通过电流流经电阻而实现的。两类常见的电磁感应综合题，一是由电源提供电流，该电流在磁场中受力引起运动，由于运动切割磁感线产生感应电动势。对其中导体运动情况分析时应用动力学方法，对变化加速过程处理时可采用能量守恒求解。另一类是由于外力牵引力产生运动，由于运动而切割磁感线产生感应电流，随之又出现“因电而（阻）运”的过程，从动力学和能量两个方面着手分析求解。5.自感现象自感电动势方向依靠楞次定律判断，线圈所产生的自感电动势大小可大于原电源电动势大小（当电路断开时），一定小于原电源电动势大小（当电路接通时）。线图中所产生的自感电流一定小于等于原电流的数值。典型例析【例1】在磁棒自远处匀速沿一圆形线圈的轴线运动，并穿过线圈向远处而去，如图7-13-1所示，则下列图7-13-2中较正确反映线圈中电流i与时间t关系的是（线圈中电流以图示箭头为正方向）（）【解析】本题为1997年上海高考试题从图中可以看出，条形磁铁从左侧进入线圈时，由楞次定律可判断线圈中感应电流方向与图示电流方向相同，同样可分析，当条形磁铁从左侧离开线圈时，线圈中的感应电流又反向，正确答案为B。【说明】本题半定量地讨论感应的变化规律。感应电流方向判定用楞次定律来求解。感应电流大小判断应用法拉第电磁感应定律，当磁铁远离线圈和对称跨越在线圈两侧时，穿过线圈的磁通量分别为最小和最大，而磁通量的变化率均为最小，所以才有题图中B选项的分布规律。【例2】如图7-13-3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。导体abcd所围区域内磁场的磁感强度按下列图7-13-4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？【解析】本题为1999年上海高考试题C、D中B随t是均匀变化，在螺线管中产生的稳定电流，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中磁场变大，但变化率却是越来越小，由ε=tSB，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，由此可知螺管在圆环中产生的磁场方向向上，且磁场程度逐渐减小，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。【说明】A、B答案中B-t图线均为曲线，曲线上每点的磁场变化率tB即为该点切线的斜率，由此可知A中变化率越来越小，B中变化率则越来越大。【例3】图7-13-5中A是一边长为l的方形线框，电阻为R，今维持线框以恒定的速度v沿x轴运动，并穿过图7-13-5所示的匀强磁场B区域。若以x轴正方向作为力的正方向，线框在图示位置的时刻作为时间的零点，则磁场对线框的作用力F随时间t的变化图线为图7-13-6中的。【解析】本题为1994年全国高考试题，答案为B。在线框进入磁场过程和穿出磁场过程中，由楞次定律判断产生感应电流，受到安掊力的效果应阻碍相对运动，F为负方向，且是恒力，故选B。另外也可用右手定则和左手定则分别判断感应电流方向和受力方向。闭合线圈的运动方向和感应电流所受安培力的方向始终相反。所以从能量的角度理解为线圈的动能或外力所做的功用于克服安培力做功，即产生电能。【说明】若要画出线图中电流随时间变化规律图线，应注意当线圈部分进入（离开）磁场时，有稳恒电流，且方向为逆时针（进入磁场中）和顺时针（离开磁场时）。若要画电功率-时间图线，外观上类似于选项A的形式。【例4】如图7-13-7所示，空间存在垂直于纸面的均匀磁场，在半径为a的圆形区域内、外，磁场方向相反，磁感应强度大小均为B，一半径为b，电阻为R的圆形导线环放置在纸面内，其圆心与圆形区域的中心重合，在内、外磁场同时由B均匀地减小到零的过程中，通过导线截面的电量q=。【解析】本题为1997年上海高考试题设垂直向里的图形磁场半径为a，导线圆环的半径为b，通过线环的磁通量为，当合磁量向里时：B[πa2-(πb2-πa2)]=Bπ(2a2-b2)；当合磁通量向外时：B[(πb2-πa2)-πa2]=πB(b2-2a2),设经过时间Δt磁通量减为零，由法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律得I=RtbaBRt)2(22∴Q=IΔt=RbaB)2(22或Q=RabB)2(22【说明】通过某一个面的磁场方向不单一时，要注意合磁场方向，如本题。如果有：Bπa2＞Bπ(b2-a2)，即2a2＞b2时，合磁场就向里，如果Bπa2＜Bπ(b2-a2)，即2a2＜b2时，合磁场的方向就向外，所以线环中感应电流的方向，根据楞次定律也可判断出。当向里减少时，感应电流为顺时针方向，当向外减少时，感应电流主向为逆时针方向。【例5】两根相距d=0.20m的平行金属长导轨固定在同一水平面内，并处于竖直方向的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.20T，导轨上面横放着两条金属细杆，构成矩形回路，每条金属细杆的电阻为r=0.25Ω，回路中其余部分的电阻可不计，已知两金属细杆在平行于导轨的拉力的作用下沿导轨朝相反方向匀速平移，速度大小都是v=5.0m/s，如图7-13-8所示，不计导轨上的摩擦。（1）求作用于每条金属细杆的拉力的大小。（2）求两金属细杆在间距增加0.40m的滑动过程中共产生的热量。【解析】本题是1995年全国高考试题（1）当两金属杆同时匀速平移时，两杆上产生的感应电动势相等且同向：ε1=ε2=Bdv，感应电流I=r221，匀速移动拉力等于安培力。且两杆的拉力大小相等，F1=F2=BId=rBdv22·Bd=rvdB22=3.2×10-2N。（2）两细杆在间距增加Δl过程中产生的总热量为：Q=I2·（2r）vl2，代入数据Q=1.28×10-2J。【说明】用右手定则判断出两根导线做切割磁力线运动，产生的两个电源串联。电路中的电流方向及大小均可用楞次定律和电磁感应定律的公式进行求解。【例6】如图7-13-9所示，Ⅰ、Ⅲ为两匀强磁场区，Ⅰ区域的磁场方向垂直纸面向里，Ⅲ区域的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度均为B，两区域中间为宽S的无磁场区Ⅱ，有一边长为L（L＞S），电阻为R的正方形金属框abcd置于Ⅰ区域，ab边与磁场边界平行，现拉着金属框以速度v向右匀速移动。（1）分别求出当ab边刚进入中央无磁场区Ⅱ，和刚进入磁场区Ⅲ时，通过ab边的电流的大小和方向。（2）把金属框从Ⅰ区域完全拉入Ⅲ区域过程中拉力所做的功。【解析】本题为1993年上海高考试题（1）ab边刚进入Ⅱ区时，电流I1=BLv/R，方向b→a，ab边刚进入Ⅲ区时，ab边，cd边都产生感应电动势且都为顺时针方向，大小都为BLv，所以电流I2=RBLv2，方向b→a。（2）在ab边穿过宽S的Ⅱ区过程中cd边受安培力F1=BI1L=RvLB22，拉力作功W1=F1·S=RvLB22·S，在ab边进入Ⅲ区，cd边未进入Ⅱ区过程中，ab、cd边都受安培力，F2=BLI2=RVLB222，匀速拉动外力应等于2F2，通过距离为（L-S）拉力做功，W2=2F2（L-S）=RvLB224（L-S），在cd边通过Ⅱ区过程中，只有ab边受安培力，且F3=F1，距离仍为S，拉力做功W3=F3·S=RvLB22·S，在线段完全进入Ⅲ区后，无感应电流，不受磁场力，拉力做功为0，所以总功W=W1+W2+W3=RvLB224（L-2S）。【说明】略【例7】如图7-13-10所示，长为L、电阻r=0.3Ω、质量m=0.1kg的金属棒CD垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也是L，棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有R=0.5欧的电阻。量程为3.0安的电流表串接在一条导轨上，量程为1.0伏的电压表接在电阻R的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面。现以向右恒定外力F使金属棒右移。当金属棒以v=2米/秒的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正的满偏，而另一个电表未满偏。问：（1）此满偏的电表是什么表？说明理由。（2）拉动合金属棒的外力F多大？（3）此时撤去外力F，金属棒将逐渐慢下来，最终停止在导轨上。求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻R的电量。【解析】本题为1999年上海高考试题（1）电压表满偏。若电流表满偏，则I=3安，U=IR=1.5伏，大于电压表量程。（2）由功能关系，Fv=I2(R+r)①而I=U/R②∴F=vRrRU22)(③代入数据得F=25.0)3.05.0(122=1.6牛④（3）由动量定理得MΔv=IBLΔt⑤两边求和mΔv1+mΔv2+……=BLI1Δt1+BLI2Δt2……⑥即mv=BLq⑦由电磁感应定律ε=BLv⑧ε=I（R+r）⑨由⑦、⑧、⑨解得q=)(2rRImv⑩代入数据得q=)3.05.0(221.02=0.25（库）○11【说明】上述解法中⑤式应用了动量定理，这在全国高考考纲中已不做要求，⑥式对两边求和则运用了高等数学中的微积分思想，对考生来说有不小的难度。【例8】如图7-13-11所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略。下列说法中正确的是（）A.合上开关K接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B.合上开关K接通电路时，A1和A2始终一样亮C.断开开关K切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会儿才熄灭D.断开开关K切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭【解析】本题是1997年全国高考试题，选A、D。接通电路时，由于线圈的自感作用，A1支路相当于断路，电流增加得慢，A1后亮。稳定后，线圈的作用消失，又相当于短路，A1与A2并联，亮度一样。所以A正确，B不正确。当断开K时，线圈L、灯A1、A2组成串联闭合回路，A1、A2亮度一样，都将过一会儿才熄灭。D正确，C不正确。此时回路中电流方向L→A2→A1。【说明】K闭合时，A1、A2两支路都是同时出现电流，但A2支路电流瞬时变为最大，A1支路电流却由线圈L的阻碍作用要逐渐变为最大，而灯中电流达到一定值后才能亮，因此现象为A2先亮A1后亮，且是逐渐变亮。【例9】质量为m的金属杆a在离地h高处从静止开始沿弧形金属轨道下滑，导轨的水平部分有竖直向上的匀强磁场B，水平部分原来放有金属杆b，如图7-13-12所示。已知ma∶mb=3∶4，导轨足够长，磁场足够大，不计摩擦，问：（1）a、b的最大速度是多少？