专题八电磁感应

备考方向要明了,一、安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的应用(1)安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律应用于不同现象。,(2)右手定则与左手定则的区别：抓住“因果关系”是解决问题的关键。“因动而电”用右手定则，“因电而力”用左手定则。(3)应用楞次定律的关键是正确区分所涉及的两个磁场：一是引起感应电流的磁场，二是感应电流产生的磁场。,4.,1.运用楞次定律判定感应电流方向的基本思路“一原、二感、三电流”，即为：(1)明确原磁场：弄清原磁场的方向及磁通量的变化情况。(2)确定感应磁场：即根据楞次定律中的“阻碍”原则，结合原磁场磁通量变化情况，确定出感应电流产生的感应磁场的方向。(3)判定电流方向：即根据感应磁场的方向，运用安培定则判断出感应电流方向。,2楞次定律与右手定则的区别(1)研究对象不同，楞次定律研究的是整个回路；而右手定则研究的是闭合回路中的一部分导体，即一段导体做切割磁感线运动。(2)适用范围不同。楞次定律可应用于因磁通量变化引起感应电流的各种情况(包括一部分导体做切割磁感线运动的情况)，而右手定则只适用于一段导体在磁场中做切割磁感线运动的情况(也可说成楞次定律的一种特殊情况),1如图82所示，矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，直导线中的电流方向由M到N，导线框的ab边与直导线平行。若直导线中的电流增大，导线框中图82将产生感应电流，导线框会受到安培力的作用，则以下关于导线框受到的安培力的判断正确的是(),A导线框有两条边所受安培力的方向相同B导线框有两条边所受安培力的大小相同C导线框所受的安培力的合力向左D导线框所受的安培力的合力向右,解析：导线框abcd处于通电直导线MN电流的磁场中，由右手定则可得导线框abcd处于垂直于纸面向里的磁场中，当电流增强时，导线框中的磁通量增强，由楞次定律可得感应电流产生的磁场应垂直于纸面向外，所以导线框abcd的感应电流为逆时针方向，bc边与ad边，ab边与cd边电流方向相反，由左手定则可得：ab边安培力水平向右，大小为Fab，cd边安培力水平向左，大小为Fcd，由于ab边离导线MN较近，磁感应强度大，可得FabFcd；bc边与ad边上的安培力方向分别竖直向下和竖直向上，由于这两边磁感线疏密情况相同，这两边的安培力平衡，可得导线框整体所受的合力方向水平向右，B、D正确，A、C错误。,答案：BD,1.电磁感应的图像问题大体可分为两类(1)由给出的电磁感应过程选出或画出正确的图像。(2)根据给定的有关图像分析电磁感应过程，求解相应物理量。,2分析方法(1)不管何种类型，分析时均需利用右手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律以及闭合电路欧姆定律等规律。(2)明确题目中规定的正方向，弄清回路中的感应电动势e、感应电流和磁感应强度B的方向，并在相应的图像中用正、负值来反映。3注意事项(1)图像中两坐标轴的意义。(2)图像中的正负与物理量正负的关系。(3)图像的斜率、截距的物理意义。,2(2011日照模拟)如图83所示，边长相等的正方形导体框与正方形匀强磁场区，其对角线在同一水平线上，导体框沿水平方向由a到b匀速通过垂直于纸面向外的磁场区，导体框中的电流随时间变化关系正确的是(顺时针方向电流为正)图84中的(),解析：设导体框沿水平方向匀速通过磁场区的速度大小为v，刚进入磁场时，切割磁感线的有效长度为l2vt，所以感应电动势为EBlv2Bv2t，由楞次定律知电流方向为顺时针方向；当导体框与磁场区重合时电流最大；导体框再向右运动，电流逐渐减小，方向为逆时针方向，选项A正确。,答案：A,图84,1.电路问题(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向。当切割磁感线的导体棒匀速运动或磁通量均匀变化时，感应电动势不变，是恒定电流的问题；当切割磁感线的导体棒变速运动或磁通量非均匀变化时，则是变化电流的问题。(2)画出等效电路，对整个回路进行分析，确定哪一部分是电源，哪一部分为负载以及负载间的连接关系。(3)运用闭合电路欧姆定律，串、并联电路的特点，电功率公式、焦耳定律以及能量转化及守恒定律，联立求解。,2动力学问题(1)(2),(3)在力和运动的关系中，要注意分析导体受力，判断导体加速度方向、大小及变化；加速度等于零时，速度最大，导体最终达到稳定状态是该类问题的重要特点。,3能量问题(1)安培力做的功是电能和其他形式的能之间相互转化的“桥梁”，用框图表示如：(2)明确功能关系，确定有哪些形式的能量发生了转化。如有摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；安培力做负功，必然有其他形式的能转化为电能。(3)根据不同物理情景选择动能定理、能量守恒定律或功能关系，列方程求解问题。,3如图85甲所示，不计电阻的平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L1m，上端接有电阻R3，虚线OO下方是垂直于导轨平面的匀强磁场。现将质量m0.1kg、电阻r1的金属杆ab，从OO上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落过程中始终与导轨保持良好接触，杆下落过程中的vt图像如图乙所示(取g10m/s2)。求：,图85(1)磁感应强度B；(2)杆在磁场中下落0.1s的过程中电阻R产生的热量。,解析：(1)由图像知，杆自由下落0.1s进入磁场以v1.0m/s做匀速运动产生的电动势EBLv杆中的电流I杆所受安培力F安BIL由平衡条件得mgF安代入数据得B2T。(2)电阻R产生的热量QI2Rt0.075J。,答案：(1)2T(2)0.075J,命题视角2如图88甲所示，在金属框abcd平面内有空间分布均匀、大小和方向按图乙所示变化的磁场(垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向)。用i表示金属框中的感应电流(图甲中所示的方向为正)，用F表示cd边所受的安培力(水平向右为正方向)，则图89中的i、F随时间变化的图像正确的是()图88,图89,自主尝试由楞次定律可知，01s内，原磁场垂直纸面向外并且在均匀减小，金属框内产生大小不变的感应电流，方向为逆时针方向(负方向)；12s内，原磁场垂直纸面向里并且在均匀增大，金属框内产生大小不变的感应电流，方向也为逆时针方向(负方向)；同理可得，后2s产生的电流大小与前2s的完全相同，但方向为瞬时针方向(正方向)，选项A正确；由FBIL，再根据磁场大小及方向的变化，选项D正确。故选AD。,冲关锦囊电磁感应图像问题的解决方法：(1)明确图像的种类，即是Bt图像还是t图像，是Et图像还是It图像。(2)分析电磁感应的具体过程。(3)用右手定则或楞次定律确定感应电流的方向。(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿定律等规律写出函数关系式，并进行数学分析。(5)画出图像或应用图像解决问题。,命题视角1如图810所示，由几根长度都是L的金属杆连接成的一个“日”字型的矩形金属框abcdef，放在纸面所在的平面内，有一个宽度也为L的匀强磁场，磁场边界跟cd杆图810平行，磁感应强度的大小是B，方向垂直于纸面向里，金属杆af、be、cd的电阻都为r，其他各杆的电阻不计，各杆端点间接触良好。现以速度v匀速地把金属框从磁场的左边界水平向右拉，从cd杆刚进入磁场瞬间开始计时，求：,(1)cd杆在磁场中运动的过程中，通过af杆的电流；(2)从开始计时到金属框全部通过磁场的过程中，金属框中电流所产生的总热量Q。,命题视角2如图812所示，半径为a的圆形区域内有均匀磁场，磁感应强度为B0.2T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心放置，磁场与环面垂直，其中a0.4m，b0.6m，金属圆环上分别接有电灯L1、L2，两灯的电阻均为R图8120.2。一金属棒MN与金属圆环接触良好，金属棒与金属圆环的电阻忽略不计。,(1)若金属棒以v05m/s的速度在环上向右匀速滑动，求金属棒滑过圆环直径OO时MN中的电动势和流过电灯L1的电流；(2)撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O以OO为轴向上翻转90，此后若使磁场随时间均匀变化，其变化率为T/s，求电灯L1的电功率。,答案(1)0.8V0.4A(2)1.28102W,冲关锦囊解决电磁感应中的电路问题的关键是把电磁感应问题等效转换成稳恒直流电路或交流电路，分析清楚哪部分是外电路，哪部分是内电路。切割磁感线的导体或磁通量变化的线圈相当于电源，该部分导体的电阻相当于电源的内阻，而其余部分的电路则是外电路。,命题视角2如图814甲所示，固定在倾斜面上电阻不计的金属导轨，间距d0.5m，斜面倾角37，导轨上端连接一阻值为R4的小灯泡L。在CDMN矩形区域内有垂直斜面向下的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，CN长为2m。开始时电阻为1的金属棒ab放在斜面导轨上刚好静止不动，在t0时刻，金属棒在平行斜面的恒力F作用下，由静止开始沿导轨向上运动。金属棒从图中位置运动到MN位置的整个过程中，小灯泡的亮度始终没有发生变化。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，g10m/s2，sin370.6，cos370.8。求：,图814(1)通过小灯泡的电流强度；(2)恒力F的大小、金属棒与导轨间的动摩擦因数和金属棒的质量。,(2)因灯泡亮度不变，故在t4s末金属棒刚好进入磁场，且做匀速运动，此时金属棒中的电流强度：IIL0.1A又因为开始时电阻为1的金属棒放在斜面导轨上刚好静止不动mgsinmgcos，tan0.75恒力大小：FF安2mgsinBId2mgsin0.112m因灯泡亮度不变，金属棒产生的感应电动势为：E2E10.5V,答案(1)0.1A(2)9.7N0.750.8kg,冲关锦囊由电磁感应的动力学问题中力现象和电磁现象相互联系，相互制约，解决问题前首先要建立“动电动”的思维顺序，分析思路可概括为：(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求解电动势大小和方向。(2)根据等效电路图，利用闭合电路欧姆定律求解回路中电流的大小及方向。(3)分析导体的受力情况，尤其注意安培力的方向。(4)列牛顿第二定律或平衡方程求解。,冲关锦囊解答这类问题应抓住以下两点：(1)正确选取研究对象进行受力分析和运动性质分析。(2)明确各个力做功的特点，特别要注意安培力做的功，明确安培力做功的实质是其他形式的能量与电能之间的转化。,三、交流电的产生与描述1.,2交流电的“四值”,2远距离输电(1)输电过程，如图71所示：图71,1(2011北京高考)如图72所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中()图72A电压表与电流表的示数都减小B电压表与电流表的示数都增大C电压表的示数增大，电流表的示数减小D电压表的示数减小，电流表的示数增大,1.分析变压器的动态电路问题需要明确各物理量间的制约关系(1)电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比(n1/n2)一定时，输出电压U2由输入电压决定，即U2n2U1/n1，可简述为“原制约副”。(2)电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比(n1/n2)一定，且输入电压U1确定时，原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定，即I1n2I2/n1(只适用于一个副线圈的情况，若有多个副线圈，只能根据P入P出计算原线圈中的电流)，可简述为“副制约原”。(3)负载制约：变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，P2P负1P负2；变压器副线圈中的电流I2由用户负载及电压U2确定；总功率P总P线P2。,2变压器动态电路问题的分析思路,3(2011日照模拟)如图74所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有三只灯泡L1、L2和L3，输电线的等效电阻为R，原线圈接有一个理想的电流表，图74交流电源的电压大小不变。开始时开关S接通，当S断开时，以下说法正确的是()A原线圈两端P、Q间的输入电压减小B等效电阻R上消耗的功率变大C原线圈中电流表示数变小D灯泡L1和L2变亮,冲关锦囊(1)电容器是联系电路与电场的“桥梁”，要分析电场就要通过电路分析板间电压。(2)分析电路时要分析清楚电路变化前后电容器两端电势差的变化及其两极板电性是否发生了改变。据此，再由带电物体的受力情况得到物体的运动情况，然后选取适当的规律进行求解。,命题视角1(2011天津高考)在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图79甲所示，产生的交变电动势的图像如图乙所示，则()图79,At0.005s时线框的磁通量变化率为零Bt0.01s时线框平面与中性面重合C线框产生的交变电动势有效值为311VD线框产生的交变电动势频率为100Hz,命题视角1如图711所示，一个理想变压器，初级线圈的匝数为n1，a、b接交流电源，次级线圈的匝数为n2，与负载电阻R相连接，R40图711，图中电压表的示数为