2022高二物理 竞赛专题系列专题3 电磁感应.doc

电磁感应一、知识网络或概要二、方法整合电磁感应规律的综合应用类问题不仅涉及法拉第电磁感应定律，还涉及力学、静电场、电路、磁场等知识。电磁感应的综合题有两类基本类型：一是电磁感应与电路、电场的综合；二是电磁感应与磁场、导体的受力和运动的综合。也有这两种基本类型的复合题，题中电磁现象与力现象相互联系、相互影响、相互制约，其基本形式如右图表。三、重点、热点透析（一）楞次定律的理解和应用在用楞次定律解决电磁感应的有关问题时，要注意以下四点：(1)阻碍原磁通量的变化或原磁场的变化，可用做分析感应电流的方向和受力及面积扩大或缩小的趋势，理解为“增反减同”。(2)阻碍相对运动。理解为“来拒去留”，可用做分析受力及运动方向。(3)表示为“延缓”磁通量的变化。(4)线圈运动方向的判定。线圈在磁场中产生感应电流而受到磁场对它的作用引起线圈运动。利用等效性（通电线圈与条形磁铁等效）和阻碍特点确定线圈受力。【例1】如图所示，ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导线框，当滑动变阻器的滑片P自左向右滑动时，从纸外向纸里看，线框ab将（）保持静止不动 逆时针转动 顺时针转动发生转动，但电源极性不明，无法确定转动方向（二）电磁感应中的电路问题在电磁感应中，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，该导体或回路相当于电源。因此，电磁感应问题往往与电路问题联系在一起。解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法如下：(1)确定电源：首先明确产生电磁感应的电路就是等效电源；其次利用或=v求感应电动势的大小；再利用右手定则或愣次定律判断感应电流的方向(2)正确分析电路的结构，画出等效电路图(3)利用闭合电路欧姆定律、串并联电路的性质、电功率等公式联立求解【例2】如图所示，在倾角为300的光滑斜面上固定一光滑金属导轨CDEFG，OHCDFG，DEF=600，.一根质量为m的导体棒AB在电机牵引下，以恒定速度v0沿OH方向从斜面底端开始运动，滑上导轨并到达斜面顶端，ABOH.金属导轨的CD、FG段电阻不计，DEF段与AB棒材料与横截面积均相同，单位长度的电阻为r， O是AB棒的中点，整个斜面处在垂直斜面向上磁感应强度为B的匀强磁场中.求：(1)导体棒在导轨上滑动时电路中电流的大小；(2)导体棒运动到DF位置时AB两端的电压.（三）电磁感应中的动力学问题电磁感应中通过导体的感应电流，在磁场中将受到安培力的作用，因此，电磁感应问题往往和力学、运动学等问题联系在一起。电磁感应中动力学问题的解题思路如下：【例3】如图所示，abcd为质量M=2 kg的导轨，放在光滑绝缘的水平面上，另有一根重量m=0.6 kg的金属棒PQ平行于bc放在水平导轨上，PQ棒左边靠着绝缘的竖直立柱ef（竖直立柱光滑，且固定不动），导轨处于匀强磁场中，磁场以cd为界，左侧的磁场方向竖直向上，右侧的磁场方向水平向右，磁感应强度B大小都为0.8 T.导轨的bc段长L=0.5 m，其电阻r=0.4，金属棒PQ的电阻 R=0.2，其余电阻均可不计.金属棒与导轨间的动摩擦因数=0.2.若在导轨上作用一个方向向左、大小为F=2 N的水平拉力，设导轨足够长，重力加速度g取 10 m/s2，试求：(1)导轨运动的最大加速度；(2)导轨的最大速度；(3)定性画出回路中感应电流随时间变化的图线（四）电磁感应中的能量问题电磁感应的过程是的能的转化和守恒的过程，导体切割磁感线或磁通量发生变化在回路中产生感应电流，机械能或其他形式的能便转化为电能；感应电流做功，又可使电能转化为机械能或电阻的内能等。电磁感应的过程总是伴随着能量的转化，因此在分析问题时，应牢牢抓住能量守恒这一基本规律，分析清楚有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量参与了相互的转化，然后借助于动能定理或能量守恒定律等规律求解。需要说明的是克服安培力做了多少功，就有多少其他形式的能转化为电能。解决这类问题的基本方法是：(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定电动势的大小和方向；(2)画出等效电路，求出回路中电阻消耗电功率的表达式；(3)分析导体机械能的变化，用能量守恒定律得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程。【例4】如图所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L，左端接有阻值为 R的电阻，处在方向竖直、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略.初始时刻，弹簧恰处于自然长度，导体棒具有水平向右的初速度v0.在沿导轨往复运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触.(1)求初始时刻导体棒受到的安培力。(2)若导体棒从初始时刻到速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为Ep，则这一过程中安培力所做的功W1和电阻R上产生的焦耳热Q1分别为多少？(3)导体棒往复运动，最终将静止于何处？从导体棒开始运动直到最终静止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q为多少？（五）电磁感应中的图象问题电磁感应的图象问题往往可分为两类：(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量不管是何种类型，电磁感应中的图象问题常需利用左手定则、右手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律等规律分析解答【例5】某种发电机的内部结构平面图如图甲，永久磁体的内侧为半圆柱面形，它与圆柱形铁芯之间的窄缝间形成如图甲所示B=0.5T的磁场。在磁场中有一个如图乙所示的U形导线框abcd已知线框ab和cd边长均为0.2m，bc边长为0.4m，线框以=200rad/s的角速度顺时针匀速转动从bc边转到图甲所示正上方开始计时，求t=2.5×103s这一时刻线框中感应电动势的大小，并在给定的坐标平面内画出ad两点电势差Uad随时间变化的关系图线（感应电动势的结果保留两位有效数字，Uad正值表示（a>d）【例6】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所示若规定顺时针方向为感应电流I的正方向，右边各图中正确的是（）（六）电磁感应中的自感和互感（本知识仅为竞赛考点）1自感：当流过电路本身的电流发生变化时，在电路中产生阻碍电流变化的感生电动势，这种电磁感应现象叫自感。自感电动势，式中的L称为自感系数，它与线圈的形状，以及铁芯的材料等因素有关。2互感与变压器由于一个回路中的电流变化而在邻近另一个回路中产生感生电动势的现象，称为互感，变压器就是利用互感现象来改变交流电压的。变压器的构造如图所示，原、副线圈匝数分别为n1、n2，常见的理想变压器必须满足以下四个条件：（1）没有漏磁，即通过铁芯的磁通量都相同；（2）线圈电阻不计；（3）铁芯不消耗电能；（4）原、副线圈的感抗都趋于无穷大。n1n2U2RU1i1i2Ri1这样对理想变压器必有：，U1=e1，U2=e2所以， 因理想变压器不计能量损耗，所以变压器的输入功率等于输出功率，即U1I1=U2I2，因此：，此式只适用于只有一个副线圈的变压器，对有多个副线圈的变压器回路应当用P入=P出来进行计算。变压器除了有改变电压、电流的作用外，还有变换负载阻抗的作用，以实现阻抗匹配。如图甲所示，负载阻抗R接在变压器的副线圈上，图中虚线部分可以用一个阻抗R来等效替代，电路如图乙所示。所谓等效，就是输入电路的电压和电流、功率不变。或者说成：直接接在电源上的阻抗R和接在变压器副线圈的阻抗R是等效的。推算可知：，由于， ，代入可得由上式可知，变压器原、副线圈的匝数比不同，负载阻抗反映到原线圈的阻抗R不同。因而可以选取不同的匝数比，把负载阻抗变换为所需要的比较合适的数值。这种做法通常称为阻抗匹配。收音机中的扬声器前的变压器即起着阻抗匹配的作用。四、训练题：（一）单项选择题如图，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈.当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的正确判断是（）FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左FN先大于mg后小于mg，运动趋势向左FN先大于mg后大于mg，运动趋势向右FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右右图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为lt=0时刻,bc边与磁场区域边界重合（如图所示）现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域取沿abcda的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是（ ）三根电阻丝如图连接,虚线框内存在均匀变化的匀强磁场，三根电阻丝的电阻大小之比R1R2R3=123，金属棒电阻不计当S1、S2闭合，S3断开时，闭合的回路中感应电流为I，当S2、S3闭合，S1断开时，闭合的回路中感应电流为5I，当S1、S3闭合，S2断开时，闭合的回路中感应电流是（）0 7I 6I 3I（二、双项选择题）如图所示，一矩形线框竖直向上进入有水平边界的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，线框在磁场中运动时只受重力和磁场力，线框平面始终与磁场方向垂直。向上经过图中1、2、3位置时的速率按时间依次为v1、v2、v3，向下经过图中2、1位置时的速率按时间依次为v4、v5，下列说法中一定正确的是（ ）v1v2v2v3v2v4v4v5等离子气流由左方连续以v0射入P1和P2两板间的匀强磁场中，ab直导线与P1、 P2相连接，线圈A与直导线cd连接线圈A内有随图乙所示的变化磁场，且磁场B的正方向规定为向左，如图甲所示，则下列叙述正确的是（）s内ab、cd导线互相排斥s内ab、cd导线互相吸引s内ab、cd导线互相吸引s内ab、cd导线互相排斥6如图所示，固定位置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为u现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g则此过程（ ）杆的速度最大值为 流过电阻R的电量为恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量恒力F做的功与安倍力做的功之和大于杆动能的变化量7如图所示，两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面夹角=30°，导轨电阻不计磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向上，长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨电接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R两金属导轨的上端连接右端电路，灯泡的电阻RL=4R，定值电阻R1=2R，电阻箱电阻调到使R2=12R，重力加速度为g，现将金属棒由静止释放，试求：(1)金属棒下滑的最大速度为多大？(2)R2为何值时，其消耗的功率最大？消耗的最大功率为多少？8如图所示电路是一种触电保安器,变压器A处用火线和地线双股平行绕制成线圈,然后接到用电器.B处有一个输出线圈,一旦线圈中有电流,经放大后便能推动继电器J切断电源.试说明： (1)为什么多开灯不会使保安器切断电源?(2)为什么有人“手地”触电时,触电保安器会切断电源?(3)该保安器能否为双手“火线地线”触电时提供保安?为什么? 9如某电厂要将电能输送到较远的用户，输送的总功率为9.8×104 W，电厂输出电压仅为350 V，为减少输送功率损失，先用一升压变压器将电压升高再输出，已知输电线路的总电阻为4 ，允许损失的功率为输送功率的5%，所需电压为220 V，求升压、降压变压器的原副线圈的匝数比各是多少. 电磁感应答案【例1】解析：无论电流极性如何，在两电磁铁中间一定产生水平方向的磁场，当滑片向右运动时，电路中的电流减小，则磁场的磁感应强度应该减小，即通过导线框的磁通量应该减小，虽然不知道导线框中的磁通量方向，但由楞次定律中的“阻碍”的含义可以，当导线框中的磁通量减小时，线框应该向着磁通量增加的方向运动，即顺时针转动，所以选项C正确。点评：真正理解了楞次定律中的“阻碍”的含义之后，就没有必要按部就班的进行磁通量的方向、大小的判断，而只需要从运动的角度考虑就可以了。【例2】解析：(1) 导体棒上滑产生的感应电动势= 又此时电路的总电阻=3lr 由欧姆定律，得 I= 联立得： (2)AB棒滑到DF处时： 联立得：方法总结：解决电磁感应电路问题的关键是借鉴或利用相似原形来启发理解和变换物理模型，即把电磁感应电路问题等效转换成稳恒直流电路把产生感应电动势的那部分等效为内电路，感应电动势的大小相当于电源电动势；其余部分相当于外电路，并画出等效电路图。此时，处理问题的方法与闭合电路求解基本一致【例3】解析：导轨在外力作用下向左加速运动，由于切割磁感线，在回路中要产生感应电流，导轨的bc边及金属棒PQ均要受到安培力作用PQ棒受到的支持力要随电流的变化而变化，导轨受到PQ棒的摩擦力也要变化，因此导轨的加速度要发生改变导轨向左切割磁感线时，感应电动势E=BLv 感应电流 即 导轨受到向右的安培力F 1= BIL，金属棒PQ受到向上的安培力F2= BIL，导轨受到PQ棒对它的摩擦力，根据牛顿第二定律，有 （1）当刚拉动导轨时，v=0，由式可知I=0时有最大加速度am，即m/s2（2）随着导轨速度v增大感应电流I增大而加速度a减小，当a=0时，导轨有最大速度vm，从式可得 A 将A代入式，得m/s20080523（3）从刚拉动导轨开始计时，t=0时，v=0，I=0，当t=t1时，v达到最大，I达到2.5A，电流I随时间t的变化图线如图所示所示方法总结：解决这类问题的思路是：联系两者的桥梁是磁场对感应电流的安培力解决此类问题时，正确分析受力是关键，解题时要分清物体的状态是处于平衡状态还是动态变化。【例4】解析：导体棒以初速度0做切割磁感线运动而产生感应电动势，回路中的感应电流使导体棒受到安培力的作用安培力做功使系统机械能减少，最终将全部机械能转化为电阻R上产生的焦耳热由平衡条件知，棒最终静止时，弹簧的弹力为零，即此时弹簧处于初始的原长状态(1)初始时刻棒中感应电动势BLv0棒中感应电流 作用于棒上的安培力F=BIL联立，得，安培力方向：水平向左(2)由功和能的关系，得安培力做功电阻R上产生的焦耳热(3)由能量转化及平衡条件等，可判断：棒最终静止于初始位置方法总结：用能量转化观点研究电磁感应问题，常是导体（或线圈）稳定运动（匀速直线运动或匀迹速直线运动），对应的受力特点是合外力为零或保持不变，能量转化过程通常是机械能转化为电阻的内能和摩擦生热（在有摩擦力的条件下）。【例5】解析：线框转动过程中，bc边始终和磁场方向垂直，感应电动势大小不变，t=2.5×10-3s的感应电动电动势为：代入数据解得：由于T=，根据安培定则，从t=0开始，内Uad为正值，内为负值，图象如图。【例6】解析：01s内B垂直纸面向里均匀增大，则由楞次定律及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；2s3s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正确点评：在电磁感应感应的讨论中，磁场和电流等物理量的变化规律，通常以图象的形式出现正确地认识图象的物理意义及其所描述的物理量的变化规律是解决此类问题的关键另外，某些物理量正负方向的规定，常是容易被忽略和容易出错的地方，应给予特别的注意四、训练题答案：答案：解析：条形磁铁从线圈正上方等高快速经过时，通过线圈的磁通量先增加后又减小。当通过线圈磁通量增加时，为阻碍其增加，在竖直方向上线圈有向下运动的趋势，所以线圈受到的支持力大于其重力，在水平方向上有向右运动的趋势，当通过线圈的磁通量减小时，为阻碍其减小，在竖直方向上线圈有向上运动的趋势，所以线圈受到的支持力小于其重力，在水平方向上有向右运动的趋势。综上所述，线圈所受到的支持力先大于重力后小于重力，运动趋势总是向右答案：解析：梯形线圈以恒定的速度v穿过磁场的过程中，先是bc边切割磁感线，由右手定则可判定，电流方向为a一d一c一b一a；并且在线圈运动过程中，其切割磁感线的有效长度越来越长，所以感应电动势也越来越大当ad边进入磁场时，由右手定则可判定电流方向为a一bc一d一a，线圈切割磁感线的有效长度仍然是越来越长，所以正确答案为B3答案：解析：当S1、S2闭合，S3 断开时，闭合的电动势由加实框内的磁通量1的变化而产生，设为E1,则1I(R1+R2)=3IR0；当S、S闭合，S 断开时，闭合的电动势由加实框内的磁通量2的变化而产生，设为E，则25I(R2+R3)=25IR0；则当S1、S3闭合，S2 断开时，闭合的电动势由两个实框内的磁通量的变化而产生，闭合的回路中感应电流7I4答案：解析：矩形线框向上进入匀强磁场时，受到向下的重力和磁场力，致使速度减小，所以v1v2，A正确；进入磁场后上升阶段从位置2到位置3，无磁场力，重力做负功，所以v2v3，B错误；从位置2上升至最高点后再返回至位置2，无磁场力，重力做功为零，所以v2v4，C正确；下落离开磁场的过程中，受到向下的重力和向上的磁场力，两个力大小无法确定，所以v4与v5无法比较，D错误5答案：解析：首先明确ab与cd的相互作用力，当它们流过的电流方向相反时为斥力；当它们流过的电流方向相同时为引力等离子气流在洛仑兹力作用下，P1板带正电，电流从a流向b；线圈磁通量的变化，在02s时间内产生从c流向d的电流，故在02s时间内两导线吸引；在24s时间内产生从d流向c的电流，故在24s时间内两导线排斥6解析：当杆达到最大速度vm时，得，A错；由公式，B对；在棒从开始到达到最大速度的过程中由动能定理有：，其中，恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，C错；恒力F做的功与安倍力做的功之和等于于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和，D对答案:BD7解析：(1)当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度为vm，达到最大时则有mgsin=F安而F安BIL，其中R总6R 由以上各式得：mgsin=解得最大速度(2)R2上消耗的功率，其中 又解以上方程组可得当时，R2消耗的功率最大 最大功率8解析：(1)变压器A处因双线并绕,正向电流与反向电流产生的磁场相互抵消,多开灯、少开灯都是如此,故B线图中均无感应电流,保安器的控制开关J不工作,不会切断电源.(2)当人“手地”触电时,火线中的电流有一部分直接通过人体流入大地,不从A线圈中回流,保安器铁芯中有磁通量变化,B线圈中有电流输出,保安器开关J工作自动切断电源.(3)不能.“火线地线”触电时与多开灯的情况一样(此时人等效于“一盏灯”).因变压器A处双线并绕,正、反向电流的磁场抵消,不引起磁通量变化,保安器不能自动断开电源,不起保安作用. 9解析：根据题意，画出输电线路图如图所示，由电路中损失功率P损=5%，P损=I22R得输电线路中电流为： I2=35 A升压变压器输出电压U2=2.8×103 V根据理想变压器电压比公式得，升压变压器的原副线圈匝数比为：=降压变压器输入功率为：P3=P总-P损=P总-5%P总=95%P总=9.31×104 W.所以降压变压器的初级电压为U3= V=2 660 V所以降压变压器的原副线圈匝数比为：n3n4=.答案：18    121- 12 -