1第第 2929 讲讲 电磁感应定律的电磁感应定律的综合应用综合应用考纲要求考情分析命题趋势1.电磁感应电路问题2电磁感应动力学问题2016浙江卷，24高考对本专题内容的考查主要是以选择题的形式考查磁感应强度、安培定则、安培力有时也出现涉及安培力的计算题，但一般难度不大1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，电磁感应问题往往又和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)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(右手定则)确定感应电动势的_大小_和_方向_(2)画等效电路图(3)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路的规律、电功率等公式联立求解2电磁感应中的动力学问题(1)导体棒的两种运动状态平衡状态导体棒处于静止状态或匀速直线运动状态，加速度为_零_；非平衡状态导体棒的加速度不为零2(2)两个研究对象及其关系电磁感应中导体棒既可看作电学对象(因为它相当于电源)，又可看作力学对象(因为有感应电流而受到安培力)，而感应电流I和导体棒的_速度v_是联系这两个对象的纽带(3)电磁感应中的动力学问题分析思路电路分析：切割磁感线的导体棒相当于_电源_，感应电动势相当于电源的电动势，导体棒的电阻相当于电源的内阻，感应电流I. Blv Rr受力分析：导体棒受到安培力及其他力，安培力F安BIl！ #，B2l2v Rr根据牛顿第二定律列动力学方程F合ma过程分析：由于安培力是变力，导体棒做变加速运动或_变减速_运动，当加速度为零时，达到稳定状态，最后做匀速直线运动，根据共点力的平衡条件列方程F合01如图所示，用均匀导线做成的正方形线框边长为 0.2 m，正方形的一半放在和纸面垂直向里的匀强磁场中当磁场以每秒 10 T 的变化率增加时，线框中a、b两点电势差( B B )AUa b0.1 V BUa b0.1 VCUa b0.2 V DUa b0.2 V2(多选)如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路，虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面向里回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是( ACDACD )A感应电流方向不变B CD段直导线始终不受安培力C感应电动势的最大值为EmBavD感应电动势的平均值为 BavE1 4解析 闭合回路进入磁场的过程中，磁通量始终增加，感应电流的方向沿逆时针方向始终不变，选项 A 正确；CD段的电流方向由DC，安培力的方向垂直CD沿纸面向下，选3项 B 错误；因最大有效切割长度为a，所以感应电动势的最大值为EmBav，选项 C 正确；BSB，t， Bav，选项 D 正确a2 22a vE t1 43如图甲所示，导体圆环所围的面积为 10 cm2，电容器的电容为 2 F(电容器的体积很小)，垂直穿过圆环的匀强磁场的磁感应强度随时间变化的图线如图乙所示，则在 1 s末电容器的带电荷量为_0_C；4 s 末电容器的带电荷量为_21011_C，带正电的极板是_a_解析 由法拉第电磁感应定律得圆环中的感应电动势ES，在 02 s 内， tB t磁场恒定，0，圆环中无感应电动势，电容器不带电在 28 s内，磁场以B t1102T/s 的变化率均匀减小，圆环中的电动势恒定，B tES101041102 V1105 V，电容器的带电荷量B tQCE21061105 C21011 C，垂直纸面向里穿过回路的磁通量在减少，由楞次定律可知在环上感应电动势的方向由b到a，即a端相当于电源的正极，b端相当于电源的负极，所以带正电的极板是a一 电磁感应中的电路问题对电磁感应电源的理解(1)电源的正负极可用右手定则或楞次定律判定，要特别注意应用“在内电路中电流由负极到正极”这一规律进行判定(2)电磁感应电路中的电源与恒定电流的电路中的电源不同，前者是由于导体切割磁感线产生的，公式为EBlv，其大小可能变化，变化情况可根据其运动情况判断；而后者的电源电动势在电路分析中认为是不变的(3)在电磁感应电路中，相当于电源的导体(或线圈)两端的电压与恒定电流的电路中电源两端的电压一样，等于路端电压，而不等于电动势，除非切割磁感线的导体或线圈电阻为零(4)在外电路电流由正极经电阻流到负极，电流经电阻R产生电势降落UIR4解决电磁感应中电路问题的三部曲(1)确定电源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，利用En或EBlv求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电 t流方向如果在一个电路中切割磁感线的有几个部分但又相互联系，可视为等效电源的串、并联(2)识别电路结构、画出等效电路分析电路结构，即分清等效电源和外电路及外电路的串并联关系、判断等效电源的正负极或电势的高低等(3)利用电路规律求解一般是综合应用欧姆定律、串并联电路特点、电容器充电及放电特点、电功和电功率的知识、法拉第电磁感应定律等列方程求解例 1(2017山西太原质检)发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具，它在飞起时能够持续闪烁发光某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：如图所示，半径为L的导电圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴O1O2以角速度匀速转动，圆环上接有电阻均为r的三根金属辐条OP、OQ、OR，辐条互成 120角在圆环左半部分分布着垂直圆环平面向下磁感应强度为B的匀强磁场，在转轴O1O2与圆环的边缘之间通过电刷M、N与一个 LED 灯相连(假设 LED 灯电阻恒为r)其他电阻不计，从辐条OP进入磁场开始计时(1)在辐条OP转过 60的过程中，求通过 LED 灯的电流；(2)求圆环每旋转一周，LED 灯消耗的电能；(3)为使 LED 灯闪烁发光时更亮，可采取哪些改进措施？(请写出三条措施)提示：由n个电动势和内电阻都相同的电池连成的并联电池组，它的电动势等于一个电池的电动势，它的内电阻等于一个电池的内电阻的n分之一解析 5(1)辐条OP转过 60的过程中，OP、OQ均处在磁场中，等效电路图如图甲，电路的电动势为EBL2，电路的总电阻为R r.由闭合电路欧姆定律，电路的总电流为1 2r 2r 2I ，通过 LED 灯的电流I1 E RBL2 2rI 2BL2 4r(2)设圆环转动的周期为T，辐条OP转过 60的过程中，LED 灯消耗的电能Q1I r2 1，辐条OP转过 60120的过程中，仅OP处在磁场中，等效电路图如图乙，电路的电T 6动势为EBL2，电路的总电阻为Rr r，由闭合电路欧姆定律，电路的总电1 2r 34 3流为I，通过 LED 灯的电流I2，LED 灯消耗的电能E R3BL2 8rI 3BL2 8rQ2I r ，圆环每旋转一周，LED 灯消耗的电能发生三次周期性变化，所以2 2T 6Q3(Q1Q2)5B2L4 64r(3)例如：增大角速度，增强磁场，增加辐条的长度，减小辐条的电阻等答案 (1) (2) (3)见解析BL2 4r5B2L4 64r二 电磁感应中的动力学问题电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和运动情况1两种状态及处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析2.力学对象和电学对象的相互关系63动态分析的基本思路导体受外力运动感应电动势感应电流导体受安培力合力变化EBLvFBIL加速度变化速度变化临界状态F合ma“四步法”分析电磁感应中的动力学问题解决电磁感应中动力学问题的一般思路是“先电后力” ，具体思路如下：例 2(2017江西南昌质检)U 形金属导轨abcd原来静止放在光滑绝缘的水平桌面上，范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场穿过导轨平面，一根与bc等长的金属棒PQ平行bc放在导轨上，棒左边靠着绝缘的固定竖直立柱e、f.已知磁感应强度B0.8 T，导轨质量M2 kg，其中bc段长 0.5 m、电阻r0.4 ，其余部分电阻不计，金属棒PQ质量m0.6 kg、电阻R0.2 、与导轨间的动摩擦因数0.2.若向导轨施加方向向左、大小为F2 N 的水平拉力，如图所示求导轨的最大加速度、最大电流和最大速度(设导轨足够长，g取 10 m/s2)解析 导轨受到PQ棒水平向右的摩擦力Ffmg，根据牛顿第二定律并整理得FmgF安Ma，刚拉动导轨时，I感0，安培力为零，导轨有最大加速度am m/s20.4 m/s2Fmg M20.2 0.6 1027随着导轨速度的增大，感应电流增大，加速度减小，当a0 时，速度最大设速度最大值为vm，电流最大值为Im，此时导轨受到向右的安培力F安BImL，FmgBImL0，Im，代入数据得Fmg BLIm A2 A20.2 0.6 100.8 0.5由I可得Im，E RrBLvm Rrvm m/s3 m/sImRrBL2 0.20.40.8 0.5答案 0.4 m/s2 2 A 3 m/s三 电磁感应中的能量问题1电磁感应中的能量转化Error!安培力 做功2求解焦耳热Q的三种方法例 3(2018浙江宁波模拟)如图所示，有一个上、下两层连通且均与水平面平行的“U”型的光滑金属平行导轨，在导轨面上各放一根完全相同的质量为m的匀质金属杆A1和A2，开始时两根金属杆与轨道垂直，在“U”型导轨的右侧空间存在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场，杆A1在磁场中，杆A2在磁场之外设两导轨面相距为H，平行导轨宽为L，导轨足够长且电阻不计，金属杆单位长度的电阻为r.现在有同样的金属杆A3从左侧半圆形轨道的中点从静止开始下滑，在下面与金属杆A2发生碰撞，设碰撞后两杆立刻黏在一起并向右运动求：(1)回路内感应电流的最大值；(2)在整个运动过程中，感应电流最多产生的热量；(3)当杆A2、A3与杆A1的速度之比为 31 时，A1受到的安培力大小解析 设A3从半圆形轨道的中点滑到水平轨道的速度为v0.有mgHmv，解得1 21 22 0v0gH8A3、A2碰撞过程动量守恒mv02mv1，解得v1，gH2A3、A2结合后，刚进入磁场时的感应电动势最大，电流也最大最大电动势EmaxBLv1，总电阻为A3、A2的电阻并联为等效内阻再与A1的电阻串联RLrLr1.5Lr，最大电流Imax1 2Emax RB gH3r(2)分析可得A3、A2进入磁场后，A3、A2向右减速、A1向右加速，最终达到共速(设为v2)，此后保持匀速三杆系统(A1、A2和A3)的总动量经检验知，符合动量守恒条件(必须检验)，则有 2mv13mv2，解得v2v0，由能量守恒，整个过程感应电流产生的最1 31 3gH多热量为Q 2mv 3mvmgH1 22 11 22 21 12(3)设A1的速度为v，则A3、A2的速度为 3v，同理，由于系统符合动量守恒条件2mv1mv2m3v，解得vv0，整个电路的总电动势为EBL3vBLv2BLv1 71 7gHBL，电路中的电流I ，A1所受安培力的大小为FBIL2 7gHE R4B2L gH21r答案 (1) (2)mgH (3)B gH3r1 124B2