1、专题四 电磁感应与电路 方法归纳电磁感应是电磁学中最为重要的内容，也是高考的热点之一。电磁感应是讨论其他形式能转化为电能的特点和规律；电路问题主要是讨论电能在电路中传输、分配并通过用电器转化成其他形式能的特点和规律，本专题的思想是能量转化与守恒思想。在复习电磁感应部分时，其核心是法拉第电磁感应定律和楞次定律；这两个定律一是揭示感应电动势的大小所遵循的规律；一个是揭示感的电动势方向所遵循的规律，法拉第电磁感定律的数学表达式为：，磁通量的变化率越大，感应电动势越大磁通量的变化率越大，外界所做的功也越大楞次定律的表述为：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，从楞次定律的内容可以判断出：要
2、想获得感应电流就必须克服感应电流的阻碍，需要外界做功，需要消耗其他形式的能量在第二轮复习时如果能站在能量的角度对这两个定律进行再认识，就能够对这两个定律从更加整体、更加深刻的角度把握电路部分的复习，其一是以部分电路欧姆定律为中心，包括六个基本物理量（电压、电流、电阻、电功、电功率、电热），三条定律（部分电路欧姆定律、电阻定律和焦耳定律），以及串、并联电路的特点等概念、定律的理解掌握和计算；其二是以闭合电路欧姆定律为中心讨论电动势概念、闭合电路中的电流、路端电压以及闭合电路中能量的转化；其三，对高中物理所涉及的三种不同类别的电路进行比较，即恒定电流电路、变压器电路、远距离输电电路，比较这些电路哪
3、些是基本不变量，哪些是变化量，变化的量是如何受到不变量的制约的其能量是如何变化的在恒定电流电路中，如果题目不加特殊强调，电源的电动势和内电阻是基本不变量，在外电阻改变时其他量的变化受到基本不变量的制约在变压器电路中，如果题目不加特殊强调，变压器的输入电压不变，其他量改变时受到这个基本不变量的制约在远距离输电电路中，如果题目不加特殊强调，发电厂输出的电功率不变，其他量改变时受到这个基本不变量的制约典例分析1电磁感应的图象问题方法：图象问题有两种：一是给出电磁感应过程选出或画出正确图象；二是由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量其思路是：利用法拉第电磁感应定律计算感应电动势感应电流的大
4、小，利用楞次定律或右手定则判定感应电流的方向，利用图象法直观，明确地表示出感应电流的大小和方向掌握这种重要的物理方法例1、如图41（a）所示区域（图中直角坐标系xOy的1、3象限）内有匀强磁场，磁感应强度方向垂直于图面向里，大小为B，半径为l，圆心角为60的扇形导线框OPQ以角速度绕O点在图面内沿逆时针方向匀速转动，导线框回路电阻为R（1）求线框中感应电流的最大值I0和交变感应电流的频率f（2）在图（b）中画出线框转一周的时间内感应电流I随时间t变化的图象（规定在图（a）中线框的位置相应的时刻为t =0） （a） （b） 图412、电路的动态分析方法：利用欧姆定律，串、并联电路的性质，闭合电路
5、的欧姆定律；明确不变量，以“从局部到整体再到局部”，“从外电路到内电路再到外电路”的顺序讨论各物理量的变化情况 图43例2、如图43所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r当可变电阻的滑片P向b移动时，电压表的读数U1与电压表的读数U2的变化情况是（ ）AU1变大，U2变小 BU1变大，U2变大CU1变小，U2变小 BU1变小，U2变大3、电磁感应与力学综合方法：从运动和力的关系着手，运用牛顿第二定律（1）基本思路：受力分析运动分析变化趋向确定运动过程和最终的稳定状态由牛顿第二定律列方程求解（2）注意安培力的特点：导体运动v感应电动势E感应电流I安培力F磁场对电流的作用电磁感应阻碍闭合电路欧姆
6、定律（3）纯力学问题中只有重力、弹力、摩擦力，电磁感应中多一个安培力，安培力随速度变化，部分弹力及相应的摩擦力也随之而变，导致物体的运动状态发生变化，在分析问题时要注意上述联系例3、如图44所示，两根相距为d的足够长的平行金属导轨位于水平xOy平面内，左端接有阻值为R的电阻，其他部分的电阻均不计在x0的一侧存在垂直xOy平面且方向竖直向下的稳定磁场，磁感强度大小按B=kx规律变化（其中k是一大于零的常数）一根质量为m的金属杆垂直跨搁在光滑的金属导轨上，两者接触良好当t =0时直杆位于x=0处，其速度大小为v0，方向沿x轴正方向，在此后的过程中，始终有一个方向向左的变力F作用于金属杆，使金属杆的
7、加速度大小恒为a，加速度方向一直沿x轴的负方向求：（1）闭合回路中感应电流持续的时间有多长？（2）当金属杆沿x轴正方向运动的速度为时，闭合回路的感应电动势多大？此时作用于金属杆的外力F多大？图444、电磁感应与动量、能量的综合方法：（1）从动量角度着手，运用动量定理或动量守恒定律应用动量定理可以由动量变化来求解变力的冲量，如在导体棒做非匀变速运动的问题中，应用动量定理可以解决牛顿运动定律不易解答的问题在相互平行的水平轨道间的双棒做切割磁感线运动时，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（2）从能量转化和守恒着手，
8、运用动能定律或能量守恒定律基本思路：受力分析弄清哪些力做功，正功还是负功明确有哪些形式的能量参与转化，哪增哪减由动能定理或能量守恒定律列方程求解能量转化特点：其它能（如：机械能）电能内能（焦耳热）例4、如图46所示，在空间中有一水平方向的匀强磁场区域，区域的上下边缘间距为h，磁感应强度为B有一宽度为b（ba）处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，金属环沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是（ ）Amgb B Cmg(ba) D8如图420所示，长为L、电阻r=0.3、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，
9、导轨左端接有R=0.5的电阻，量程为03.0A的电流表串接在一条导轨上，量程为01.0V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=2m/s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好满偏，而另一个电表未满偏，问：图420（1）此满偏的电表是什么表？说明理由（2）拉动金属棒的外力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9高频焊接是一种常用的焊接方法，其焊接的原理如图所示将半径为10cm的待焊接的圆形金属工件放在导线做成的1000匝线圈中，然后在
10、线圈中通以高频的交变电流，线圈产生垂直于金属工件所在平面的变化磁场，磁场的磁感应强度B的变化率为1000T/s焊接处的接触电阻为工件非焊接部分电阻的 99倍工作非焊接部分每单位长度上的电阻为，焊接的缝宽非常小，求焊接过程中焊接处产生的热功率（取=10，不计温度变化对电阻的影响）图42110如图所示，与光滑的水平平行导轨P、Q相连的电路中，定值电阻R1=5，R2=6；电压表的量程为010V，电流表的量程为03A，它们都是理想电表；竖直向下的匀强磁场穿过水平导轨面，金属杆ab横跨在导轨上，它们的电阻均可不计，求解下列问题：（1）当滑动变阻器的阻值R0=30时，用水平恒力F1=40N向右作用于ab，
11、在ab运动达到稳定状态时，两个电表中有一个电表的指针恰好满偏，另一个电表能安全使用试问：这时水平恒力F1的功率多大？ab的速度v1多大？（2）将滑动变阻器的电阻调到R0=3，要使ab达到稳定运动状态时，两个电表中的一个电表的指针恰好满偏，另一个电表能安全使用，作用于ab的水平恒力F2多大？这时ab的运动速度v2多大？图422R0RxR1图42311两只相同的电阻，分别通过简谐波形的交流电和方形波的交流电两种交变电流的最大值相等，波形如图423所示在简谐波形交流电的一个周期内，简谐波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q1与方波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q2之比为等于（ ）A31 B12 C21 D4
12、312曾经流行过一种向自行车车头灯供电的小型交流发电机，图424甲为其结构示意图图中N、S是一对固定的磁极，abcd为固定在转轴上的矩形线框，转轴过bc边中点、与ab边平行，它的一端有一半径r0=1.0cm的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘相接触，如图424乙所示当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而使线框在磁极间转动设线框由N=800匝导线圈组成，每匝线圈的面积S=20cm2，磁极间的磁场可视为匀强磁场，磁感强度B=0.010T，自行车车轮的半径R1=35cm，小齿轮的半径R2=4.0cm，大齿轮的半径R3=10.0cm（见图乙）现从静止开始使大齿轮加速运动，问大齿轮的角速度为多大时才能使
13、发电机输出电压的有效值U=3.2V？（假定摩擦小轮与自行车轮之间无相对滑动）图42413如图425所示，两块水平放置的平行金属板间距为d，定值电阻的阻值为R，竖直放置线圈的匝数为n，绕制线圈导线的电阻为R，其他导线的电阻忽略不计现在竖直向上的磁场B穿过线圈，在两极板中一个质量为m，电量为q，带正电的油滴恰好处于静止状态，则磁场B的变化情况是（ ）图425A均匀增大，磁通量变化率的大小为B均匀增大，磁通量变化率的大小为C均匀减小，磁通量变化率的大小为D均匀减小，磁通量变化率的大小为14如图426所示，水平面中的光滑平行导轨P1、P2相距l=50cm，电池电动势E=6V，电阻不计；电容C=2F，定
14、值电阻R=9；直导线ab的质量m=50g，横放在平行导轨上，其中导轨间的电阻R=3；竖直向下穿过导轨面的匀强磁场的磁感应强度B=1.0T；导轨足够长，电阻不计（1）闭合开关S，直导线ab由静止开始运动的瞬时加速度多大？ab运动能达到的最大速度多大？（2）直导线ab由静止开始运动到速度最大的过程中，电容器的带电荷量变化了多少？EP1P2图426abcdabdcabcdabdc15如图427所示的四个图中，a、b为输入端，接交流电源、cd为输出端，下列说法中错误的是（ ） A B C DAA图中UabUcd CC图中UabUcd 16某电站输送的电功率是500kW，当采用6kV电压输电时，安装在输
15、电线路起点的电度表和终点的电度表一昼夜读数相差4800kWh（即4800度），试求：（1）输电线的电阻；（2）若要使输电线上损失的功率降到输送功率的2.304%，应采用多高的电压向外输电？专题四 电磁感应与电路典型例题【例1】 解析：在从图中位置开始（t =0）匀速转动60的过程中，只有OQ边切割磁感线，产生的感应电动势，由右手定则可判定电流方向为逆时针方向（设为正方向）根据欧姆定律得，导线框再转过30的过程中，由于=0，则顺时针方向逆时针方向顺时针方向综合以上分析可知，感应电流的最大值，图42频率其It 图象如图42所示答案：（1） （2）如图42所示【例2】 解析：P向b移动，电路中总电阻
16、变大，由闭合电路的欧姆定律、欧姆定律以及电路的性质从而可以判断U1、U2的变化情况当P向b移动时，电路中总电阻变大，由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电路I变小，由欧姆定律得U2=IR变小，再由闭合电路欧姆定律得U1=EIr变大，故本题正确答案应选A【例3】 解析： （1）由题意可知，金属杆在磁场中的运动分为两个阶段：先沿x轴正方向做匀减速运动，直到速度为零；然后x轴负方向做匀加速直线运动，直到离开磁场，其速度一时间图象如图45所示金属杆在磁场中运动切割磁感线，闭合回路产生感应电流，所以回路中感应电流持续的时间图45（2）当金属杆沿x轴正方向运动的速度为时，对应的x坐标x1满足：解得x1=则在x
17、1处的磁感强度此时回路中的感应电动势，金属杆所受的安培力大小方向沿x轴负方向由牛顿第二定律得FF安=ma所以，此时作用于金属杆的外力方向沿x轴负方向答案：（1） （2）【例4】 解析： （1）设线圈匀速穿出磁场的速度为v，此时线圈中产生的感应电动势为 产生的感应电流为 线圈受到的安培力为F=BIL 此过程线圈受到的重力与安培力平衡mg=F 联立式，得 设线圈的上边刚好进入磁场时速度为v，线圈全部在磁场里运动的过程中，根据能量守恒定律 联立解得 （2）设线圈从开始下落到刚好完全进入磁场所用时间为t，根据动量定理 根据法拉第电磁感应定律 线圈中产生的平均电流 故安培力的冲量 联立得， 将和代入解得
18、【例5】 解析：ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，于是产生感应电流ab棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，cd棒则在安培力作用下做加速运动，在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路中总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速两棒速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，再棒以相同的速度v做匀速运动（1）从初始至两棒达到速度相同的过程中，两棒的动量守恒，有根据能量守恒，整个过程中产生的总热量（2）设ab棒的速度为初速度的时，cd棒的速度为v，则由动量守恒可知此时回路中感应电动势和感应电流分别为此时cd棒所受的安培力F=IBl，cd棒
19、的加速度由以上各式可得答案： （1） （2）【例6】 解析：MN滑过的距离为时，它与bc的接触点为P，如图49所示由几何关系可知，MP的长度为，MP相当于电路中的电源，其感应电动势，内阻等效电路如图410所示 图49 图410外电路并联电阻为由闭合电路欧姆定律可得，MP中的电流ac中的电流联立以上各式解得根据右手定则，MP中的感应电流方向由P流向M，所以电流Iac的方向由a流向c答案：，方向由a流向c【例7】 解析：（1）线圈中产生的热量应用转动过程中产生的交变电流的有效值来计算因线圈中感应电动势的峰值为，故线圈中电流的有效值为，线圈转过90角经历的时间为所以此过程中产生的热量（3）线圈转过9
20、0角的过程中，感应电动势和感应电流的平均值分别为所以通过导体截面的电量为答案：（1） （2）【例8】 解：（1）带电粒子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求得电容器两极板间的电压：由于粒子带负电，可知上极板电势高由于S断开，R1上无电流，R2、R3上电压等于U1，电路中的感应电流即通过R2、R3的电流强度为：由闭合电路欧姆定律可知：ab切割磁感线运动产生的感应电动势为： 其中r为ab金属棒的电阻当闭合S后，带电粒子向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律有：求得S闭合后电容器两极板间的电压这时电路中的感应电流为：根据闭合电路欧姆定律有： 将已知量代入求得又因：即金属棒做匀速
21、运动的速度为3m/s，电阻r=2（2）S闭合后，通过ab的电流I2=0.15A，ab所受安培力F2=BLI=0.410.15=0.06Nab以速度v=3m/s匀速运动时，所受外力必与安培力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=0.063=0.18W【例9】 解：依题意，电源端输出电压U0=240V 为满足输电要求，由有：则送电电压为所以升压变压器的变压比为输电线电压损失用户端，据题意可知U2=220V所以降压变压器的匝数比为因为理想变压器没有能量损失，所以可正常发光的电灯的盏数为：（盏）跟踪练习1D 提示： 2（1）ab或cd切割磁感线所产
22、生的感应电动势为对应的感应电流为 ab或cd所受的安培力为外力所做的功为itO答图41UabtOl0l0答图42由能的转化和守恒定律，根据匀速拉出过程中所产生的焦耳热应与外力所做的功相等，即（2）令，画出的图象（答图41）分为三段（3）令U0=Blv，画出的图象（答图42）分为三段3A 提示：当滑动头下移时，R3R总，U不变IU并=UUR 的示数变大，由原副线圈电流与匝数成反比，可知A1的示数变大4（1）电流方向由NM，ab棒的速度先变大后变小（2）在最低点，ab切割磁感线产生的E=BLv瞬时功率：（3）下滑过程中，设小电珠上产生的热量为Q，则整个电路上产生的热量为2Q由能量守恒定律有：5金属
23、杆从轨道上由静止滑下，经足够长时间后，速度达最大值vm，此后金属杆做匀速运动，杆受重力、轨道的支持力和安培力如答图43所示安培力，对金属杆列平衡方程，则，由此式可知，B增大，vm减小；增大；vm增大；R变大，vm变大；m变小，vm变小因此BC两选项正确答案：BC6设杆向上运动的速度为v，因杆的运动，两杆与导轨构成的回路的面积减小，从而磁通量也减少由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势的大小 回路中的电流 电流沿顺时针方向两金属杆都要受到安培力作用，作用于杆x1y1的安培力 方向向上，作用于杆x2y2的安培力 方向向下当杆做匀速运动时,根据牛顿第二定律,有由得 作用于两杆的重力的功率的大小 电
24、阻上的热功率Q=I2R 由式得7D 提示：小金属杯进入或离开磁场时，磁通量会发生变化，并产生感应电流，当小金属杯全部进入磁场后，不产生磁感应电流，由能量守恒可得产生的焦耳热等于减少的机械能即8由两表的量程和电阻R的大小可判定哪一个表满偏；由功能关系即可求出外力F的大小；撤去外力后，感应电流大小不断变化， 平均作用力的冲量BILt=BLq=mv，变力作用下的导体运动问题可从电荷量的角度进行分析答案：（1）满偏的电表是电压表因为若电流表满偏，电路中的电流I=3A，电阻R两端的电压U=IR=1.5V，已超过电压表量程（2）外力拉动金属棒匀速右移时，外力的功率全部转化为电路中的电功率根据功能关系有而，
25、所以N=1.6N（3）撤去外力F后，金属棒CD做减速运动，把金属棒减速至零的时间分成许多极短的时间间隔t1、t2、tn，在每一个极短的时间间隔内电流强度可以认为保持不变，大小分别为I1、I2、In，由动量定理可得金属棒在整个时间内的动量变化等于各段时间内所受安培力的冲量之和，即： 即mv=BLq由电磁感应定律原来匀速右移的棒中产生的感应电动势代入上式得9当线圈中通过高频交变电流时，由于电磁感应，图形金属工件中产生的感应电动势大小为其最大值，则有效值E=100V工件非焊接部分的电阻R1=R02r，代入数据得，R1=2103焊接部分的电阻R2=99R1，根据串联电路的电压分配关系，R2两端电压由得
26、，焊接处产生的热功率，代入数据解得P=4.95104W10（1）当R0=30时，R0与R2的并联阻值为=5显然，这时电压表满偏，读数为10V，电流表读数为2A（如果电流指针偏满，为3A，则电压表上电压为35=15（V），超过它的量程，不能安全使用）在这种情况下电路中感应电流的总功率为（W）根据能的转化和守恒定律，F1的功率与感应电流的功率相等即为 40W由，可知ab的速度（m/s）（2）当R0=3时，它与R2的并联阻值（），电路中总电阻R=RR1=7（），显然，这时电流表指针满偏，为3A，电压表示数为6V（若电压表指针满偏为10V，则通过电流表的电流为=5（A），超过它的量程不能安全使用）这时
27、电路中感应电流的总功率，即F2的功率为（W）ab切割磁感线产生的感应电动势为（V）（因ab的电阻不计）在（1）问中，感应电动势为（V）=1.05（m/s）由，可得作用于ab的恒力为（N）11 B 简谐波形交流电有效值，方形波形交流电的有效值I2=1A12当自行车车轮转动时，通过摩擦小轮使发电机的线框在匀强磁场内转动，线框中产生一正弦交变电动势，其最大值，式中为线框转动的角速度，即摩擦小轮转动的角速度发电机两端电压的有效值设自行车车轮转动的角速度为，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动，则小齿轮转动的角速度与自行车轮转动的角速度相同，也为设大齿轮转动的角速度为，则由以上各式解得代入数据得=3.
28、2rad/s 13A14（1）S闭合后，电流由a到b通过直导线，电流大小为=0.5（A）ab开始运动（速度为零）时的加速度为（m/s2）方向水平向右当ab运动速度为v（方向向右）时，感应电动势大小为E=BLv，这时通过ab的电流（仍由a到b）为可见，ab的运动速度增大时I减小，ab所受安培力、加速度也随之减小；当I减小至零时，ab所受安培力、加速度为零这时，ab速度最大，最大速度为（m/s）（2）S刚闭合时，由于惯性原因ab速度仍为零，电容器两极板间电压为=1.5（V）ab以最大速度vm=12m/s运动时，电路中电流为零，电容器两极板间电压为=6（V）可见，电容器的带电荷量在ab由开始运动到达到最大速度的过程中增加了（C）15A 提示：A图中ac段电阻上无电压降，Uab=Ucd，其他正确16在输送功率一定的情况下，可以求出送电电流，由损失功率可求出输电线中的电阻根据题目要求，由损失功率计算出输送电压（1）P输=UI线，所以A kW因 故（2）若P损=500kW2.304%=11.52kW故送电电流A，送电电压V