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第五讲电磁感应考题应试策略本专题综合性比较强,复习中要注意:1.要熟练掌握感应电流的产生条件、感应电流方向的判断、感应电动势的计算。2.法拉第电磁感应定律及楞次定律与电路结合问题、电磁感应与力和运动结合问题、电磁感应与动量守恒、能量守恒的综合问题的分析求解方法。3.对一些典型模型如滑轨类问题、线框穿越有界磁场的问题、电磁感应图象的问题等要分析理解透彻。4.对磁悬浮原理、电磁阻尼等在实际中有广泛的应用问题要引起重视。5.交变电流的四值问题、变压器原理等。一、如何判断感应电流的方向判断感应电流方向的方法主要有两种,一是应用楞次定律,二是应用右手定则。而利用楞次定律判断感应电流方向要明确:1.“四步”法2.楞次定律推论的应用技巧(1)线圈(回路)中磁通量变化时,感应电流产生的磁场阻碍原磁通量的变化——“增反减同”;(2)导体与磁体间有相对运动时,感应电流产生的效果阻碍相对运动——“来拒去留”;(3)当回路可以形变时,感应电流可使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”;(4)自感现象中,感应电动势阻碍原电流的变化——“增反减同”。二、感应电动势大小、电荷量的判定及计算方法1.感应电动势大小计算感应电动势是由于穿过电路的磁通量发生变化而产生的,而引起磁通量变化的因素有磁感应强度B变化、导体切割磁感线引起的面积S变化、B与电路平面间的夹角θ变化。(1)根据感应电动势产生原因的求解差异,感应电动势产生的类型可分为:①磁感应强度变化或面积变化产生电动势;②导体平动切割磁感线产生电动势;③导体转动切割磁感线产生电动势;④磁感应强度、面积同时变化产生电动势。(2)感应电动势大小用法拉第电磁感应定律或E=Blv公式求解。E=nΔ𝛷Δ𝑡2.电荷量的计算方法(1)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关,q=𝑛Δ𝛷𝑅。(2)由𝐹安Δt=B𝐼LΔt=BLq计算。三、解决电磁感应中的动力学问题的一般思路解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”,具体思路如下:四、解决电磁感应现象中的能量问题的一般步骤1.在电磁感应中,切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势,该导体或回路就相当于电源。2.分析清楚有哪些力做功,就可以知道有哪些形式的能量发生了相互转化。3.根据能量守恒列方程求解。4.理解掌握电磁感应现象中电能的三种计算方法五、电磁感应与动量的结合问题基本处理方法1.与动量定理结合。例如在光滑水平轨道上运动的单杆(不受其他力作用),由于在磁场中运动的单杆为变速运动,则运动过程所受2.与动量守恒定律的结合:在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动问题中,由于这两根导体棒所受的安培力等大反向,合外力为零,若不受其他外力,两导体棒的总动量守恒,解决此类问题往往要应用动量守恒定律。的安培力为变力,依据动量定理𝐹安Δt=Δp,而又由于𝐹安Δt=B𝐼LΔt=BLq,q=NΔ𝛷𝑅总=N𝐵𝐿𝑥𝑅总,Δp=mv2-mv1,由以上四式将流经杆电荷量q、杆位移x及速度变化结合一起。六、“杆+导轨”与模型问题1.“杆+导轨”模型问题的物理情境变化空间大,题目综合性强,但万变不离其宗,抓好解题的切入点:受力分析,运动分析,过程分析,能量分析;做一些不同类型、不同变化点组合的题目,注意不断地总结,可起到触类旁通的效果。2.对于“杆+导轨”模型类命题的“基本元素”有:导轨、金属棒、磁场,具有如下的变化特点:对于导轨(1)导轨的形状:常见的导轨为平行导轨,还可以为U形、圆形、三角形等图形;(2)导轨的闭合性:导轨本身可以不闭合,也可闭合;(3)导轨电阻:不计、均匀分布或部分有电阻、串上外电阻等;(4)导轨的放置:水平、竖直、倾斜放置等。对于金属棒(1)金属棒的受力情况:受安培力及拉力、阻力或仅受安培力;(2)金属棒的初始状态:静止或运动;(3)金属棒的运动状态:匀速、匀变速、非匀变速直线运动,转动;(4)金属棒切割磁感线状况:整体切割磁感线或部分切割磁感线;(5)金属棒与导轨的连接:金属棒可整体或部分接入电路,即金属棒的有效长度问题。对于磁场(1)磁场的状态:磁场可以是稳定不变的,也可以是均匀变化或非均匀变化的。(2)磁场的分布:有界或无界。七、含电容模型问题电容器对学生来说本身就是一个容易忽视的知识点,对于电容器充放电过程的电流计算,学生更是无从下手。对于“电磁感应+电容器”问题的处理要注意微元法和动量定理的应用。见下面典例分析。【典例1】轻质细线吊着一质量为m=0.32kg,边长为L=0.8m、匝数n=10的正方形线圈,总电阻为r=1Ω,边长为的正方形磁场区域对称分布在线圈下边的两侧,如图甲所示,磁场方向垂直纸面向里,大小随时间变化如图乙所示,从t=0开始经t0时间细线开始松弛,g取10m/s2。则下列判断正确的是()A.从t=0到t0时,正方形线圈中电流方向为顺时针方向B.在前t0时间内线圈中产生的电动势大小为0.4VC.在前t0时间内线圈的电功率为0.32WD.从t=0开始到细线开始松弛所用时间为2s𝐿2【解析及答案】根据楞次定律判断从t=0到t0时,正方形线圈中电流方向为逆时针方向,A错误;由法拉第电磁感应定律得:E=nΔ𝛷Δ𝑡=n×12×𝐿22Δ𝐵Δ𝑡=10×12×0.822×0.5V=0.4V,B正确;I=𝐸𝑟=0.4A,P=I2r=0.16W,C错误;分析线圈受力可知,当细线松弛时有:F安=nBt0I𝐿2=mg,I=𝐸𝑟,Bt0=2𝑚𝑔𝑟𝑛𝐸𝐿=2T,由图象知:Bt0=1+0.5t0,解得t0=2s。D正确。【典例2】如图所示,平行导轨置于磁感应强度为B的匀强磁场中(方向向里),间距为L,左端电阻为R,其余电阻不计,导轨右端接一电容为C的电容器。现有一长2L的金属棒ab放在导轨上,ab以a为轴顺时针转过90°的过程中,通过R的电荷量为多少?【解析及答案】(1)由ab棒以a为轴旋转到b端脱离导轨的过程中,产生的感应电动势一直增大,对C不断充电,同时又与R构成闭合回路。ab产生感应电动势的平均值E=Δ𝛷Δ𝑡=𝐵Δ𝑆Δ𝑡①,ΔS表示ab扫过的三角形的面积,即ΔS=12L·3L=32L2②,通过R的电荷量Q1=IΔt=𝐸𝑅Δt③由以上三式解得Q1=3𝐵𝐿22𝑅④在这一过程中电容器充电的总电荷量Q=CUm⑤,Um为ab棒在转动过程中产生的感应电动势的最大值。即Um=B×2L×12𝜔×2𝐿=2BL2ω⑥联立⑤⑥得:Q2=2BL2ωC(2)当ab棒脱离导轨后(对R放电,通过R的电荷量为Q2,所以整个过程中通过R的总电荷量为Q=Q1+Q2=BL232𝑅+2𝜔𝐶【素养点拨】本题中疑难易错之处有:一种认为通过R的总电荷量就是Q1=3𝐵𝐿22𝑅,忽略了电容器的放电过程;另一种认为Q1=3𝐵𝐿22𝑅是通过ab棒的电荷量,这个电荷量一部分通过电阻R,另一部分给电容器充电,最后再由电容器放电通R,因此通过R的电荷量就是Q1=3𝐵𝐿22𝑅。【典例3】(多选)如图所示,均匀金属圆环的总电阻为4R,磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过圆环。金属杆OM的长为l,阻值为R,M端与环接触良好,绕过圆心O的转轴以恒定的角速度ω顺时针转动。阻值为R的电阻一端用导线和环上的A点连接,另一端和金属杆的转轴O处的端点相连接。下列判断正确的是()A.金属杆OM旋转产生的感应电动势恒为𝐵𝑙2𝜔2B.通过电阻R的电流的最小值为𝐵𝑙2𝜔8𝑅,方向从Q到PC.通过电阻R的电流的最大值为𝐵𝑙2𝜔6𝑅D.OM两点间电势差绝对值的最大值为𝐵𝑙2𝜔3【分析】根据导体转动切割磁感线感应电动势公式计算感应电动势大小。当M端位于最上端时,电路中电阻最大,电流最小。当M位于最下端时电流最大,根据右手定则可得电流方向,外电阻最大时,O、M两点间电势差的绝对值最大,根据闭合电路的欧姆定律和法拉第电磁感应定律联立计算即可。E=𝐵𝑙2𝜔2【解析及答案】M端线速度为v=ωl,OM切割磁感线的平均速度为𝑣=𝑣2=𝜔𝑙2,OM转动切割磁感线产生的电动势恒为E=Bl𝑣=𝐵𝑙2𝜔2,故A正确;当M端位于最上端时,圆环两部分电阻相等,并联电阻最大,电路的总电阻最大,通过R的电流最小。因R并=12×2R=R,通过电阻R的电流的最小值为:Imin=𝐸3𝑅=𝐵𝑙2𝜔6𝑅,根据右手定则可知电流方向从Q到P,故B错误;当M位于最下端时圆环被接入的电阻为零,此时有最大电流为Imax=𝐸2𝑅=𝐵𝑙2𝜔4𝑅,故C错误;OM作为电源,外电阻增大,总电流减小,内电压减小,路端电压增大,所以外电阻最大时,O、M两点间电势差绝对值的最大,其最大值为U=Imin×2R=𝐵𝑙2𝜔3,故D正确。故选AD。【典例4】如图,MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨,其间距为L,导轨弯曲部分光滑,右端接一个阻值为R的定值电阻。平直部分导轨左边区域有宽度为d(足够大)、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m,电阻也为R的金属棒C从某高度处静止释放,另一电阻也为R,质量为2m金属棒D放在磁场区域中间。金属棒与导轨间接触良好。求:(1)如果金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ,要使棒C刚滑进磁场时,金属棒D不动,金属棒C的高度的范围?这时流过金属棒的最大电流为多少?(2)如果金属棒与平直部分导轨间没有摩擦,并将电阻R断开,金属棒C从高度h0处静止释放,棒C进入磁场后,棒D也运动,若棒D离开磁场时的速度是此刻棒C速度的一半,此时棒C受到的安培力大小为多少?【解析及答案】(1)对于棒C:E=BLv,mgh=12mv2,对于棒D:μ·2mg≥BIDL根据闭合电路欧姆定律I=𝐸𝑅2+𝑅根据串并联特点ID=𝐼2以上各式联立可得h≤18𝜇2𝑔𝑚2𝑅2𝐵4𝐿4这时流过金属棒C的最大电流为Im=4𝜇𝑚𝑔𝐵𝐿;(2)金属棒C静止释放,下滑机械能守恒,有:mgh0=12𝑚𝑣02设D离开磁场时,C在磁场中的速度vc,则D此时的速度为12vc,棒C、D组成的系统动量守恒,有:mv0=mvc+2m×12vc棒C、D构成的闭合回路:由法拉第电磁感应定律:E1=BLvc闭合电路欧姆定律:I=𝐸12𝑅安培力公式:F=BIL联立得F=𝐵2𝐿22𝑔ℎ04𝑅。【典例5】如图所示,位于同一水平面内的两根平行导轨间的距离为l,导线的左端连接一个耐压足够大的电容器,电容器的电容为C。放在导轨上的导体杆cd与导轨接触良好,cd杆在平行导轨平面的水平力作用下从静止开始做加速度为a的匀加速运动。整个区域存在磁感强度为B的匀强磁场,方向垂直导轨平面竖直向下,导轨足够长,不计导轨、导体杆和连接电容器导线的电阻,导体杆的摩擦也可忽略。求:(1)金属杆所受安培力F的大小;(2)从导体杆开始运动起经过时间t,电容器吸收的能量E。【分析】该题类似于2013年全国一卷第25题。本题用微元法可判断金属杆沿导轨匀加速下滑,从而得出速度随时间均匀变化的关系,这与常见的导体棒在恒力作用下运动是不同的。【解析及答案】(1)经过时间t导体杆cd的速度v=at。导体杆切割磁感线产生的感应电动势E=Blv=Blat。电容器上电压U=E=Blat,电容器带的电荷量Q=CU=CBlat,即电荷量Q随时间t成正比增加,电路中出现稳定的充电电流I。在时间Δt内电容器上电荷量增加ΔQ=CΔU=CBlaΔt,所以导体杆cd向右运动时受向左的安培力F作用,大小F=BIl=CB2l2a【素养点拨】对于电容器的充电过程,由于金属杆的速度均匀增加,感应电动势也均匀变大,所以金属棒一直给电容器充电,且充电的电流恒定,认为电容器是断路,没有电流是错误的。I=Δ𝑄Δ𝑡=CBla(2)经过时间t,导体杆的位移s=12at2克服安培力F做的功W=Fs=12C(Blat)2克服安培力做的功等于电容器吸收的能量即E=W=12C(Blat)2