【自主招生同步课程】高三物理第11讲 电磁感应与交变电流(教案) Word版含解析【KS5U 高考】

1．楞次定律的推广
（1）阻碍原磁通量的变化；
（2）阻碍（导体的）相对运动；
（3）阻碍原电流的变化。

2.感应电场与感应电动势
磁感应强度发生变化时，在磁场所在处及周围的空间范围内，将激发感应电场。

感应电场不同于静电场：（1）它不是电荷激发的，而是由变化的磁场所激发；
（2）它的电场线是闭合的，没有起止点。

而静电场的电场线是从正电荷出发终止于负电荷；
（3）它对电荷的作用力不是保守力。

如果变化的磁场区域是一个半径为R 的圆形，磁场的磁感应强度变化率为B
t
∆∆，则半径为r 的回路上各点的感应电场的场强大小为
2
,;2,.2r B
r R t
E R B r R r t
∆⎧•≤⎪⎪∆=⎨∆⎪•>⎪∆⎩感 方向沿该点的切线方向。

感应电场作用于单位电荷上的电场力所做的功就是感应电动势。

3.导体切割磁感线产生感应电动势
公式E=BLv 中L 为垂直于磁场的导体在匀强磁场中运动的有效切割长度。

当速度v 与磁场方向夹角为θ时，E=BLvsin θ。

长为L 的导体绕一端在匀强磁场中以角速度ω转动切割磁感线产生的感应电动势：E=
1
2
B ωL 2。

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t
n E ∆∆=φ
或Ｅ=ＢＬv 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．
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
：
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。

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．
六．交变电流
1.交变电流的产生和描述
面积为S 的矩形线圈匝数为n ，在绕垂直于磁感线的轴在匀强磁场B 中以角速度ω匀速转动，产生正弦式交变电流，其电动势的最大值为E m =nBS ω，周期为T=2π/ω。

电动势的最大值与线圈形状和转轴位置无关。

正弦式交变电流的图象是正弦曲线，由交变电流的图象可知交变电流的周期和最大值。

交变电流的有效值是根据同时间、同电阻、产生相同热量的直流电流的数值来确定的。

正弦式交变电流的有效值等于最大值的2分之一。

非正弦式交变电流的有效值只能根据热效应来确定。

2.变压器
变压器是根据电磁感应现象工作的。

变压器原副线圈的电压之比等于匝数之比，即
12U U =1
2
n n ；理想变压器的输入功率等于输出功率。

对于变压器，输入电压决定输出电压，输出功率决定输入功率
3.变压器交流动态电路主要有两种情况：一是负载电阻不变，原副线圈电压、电流、功率随匝数比变化而变化；二是匝数比不变，原副线圈电压、电流、功率随负载变化而变化。

解决变压器交流动态电路问题首先要明确变量之间的相互制约关系。

在理想变压器中，负线圈的输出电压U 2由原线圈的输入电压U 1和匝数比决定，与负载电阻无关，即输入电压U 1决定输出电压U 2；在原线圈输入电压U 1和匝数比确定的情况下，原线圈的输入电流由副线圈输出电流决定，副线圈输出电流由负载确定，即负载决定输入电流；变压器输入功率由输出功率确定，即输出功率决定输入功率。

分析变压器交流动态电路的思路是：由输入电压和匝数比得出输出电压，由输出电压和负载得出输出电流，最后由输出功率得出输入功率。

4. 电能的输送
当输电功率为P 、输电电压为U 时，输电线上输电电流I=P/U ，输电线上损失电压U 损=IR 线，输电线损失功
率P 损=I 2R 线=2
P U ⎛⎫
⎪⎝⎭ R 线。

解决远距离输电问题，要首先画出输电示意图，包括发电机、升压变压器、输电线降
压变压器、负载等，在图中标出相应物理量符号，利用P 损=I 2R 线=2
P U ⎛⎫
⎪⎝⎭
R 线及其相关知识解答。

【典例精讲】
例1、AB 杆受一冲量作用后以初速度v 0＝4m/s 沿水平面内的导轨运动，经一段时间后而停止，如图4－1所示。

已知AB 的质量m ＝5kg ，定值电阻R ＝2Ω，导轨宽l ＝0.4m ，导轨电阻不计，磁感应强度B ＝0.5T ，棒和导轨间的动摩擦因数μ＝0.4，测得整个过程中通过导线的电量q ＝10-2C 。

求：
（1）整个过程中产生的电热Q ； （2）AB 杆的运动时间t 。

【答案】：见解析
【解析】：AB 杆在运动过程中同时受到安培力和摩擦力的作用而减速，其中安培力会随速度的变化而变化，因此AB 杆的运动是一个非线性力作用下的变加速运动。

考虑到整个过程中通过的电量已知，故可利用微元思想求得总位移，再用能量关系求出电热。

（1）设AB 杆通过的总位移为s ，某时刻AB 杆的速度为v ，取一极短时间∆t ，则可认为在∆t 时间内AB 杆做匀速运动，即
∑=∆s t v
由电流的定义式∑∆=
t I q
某时刻的电流强度R Blv
I = 联立可得∑∑=∆=∆=s R
Bl
t v R Bl t R Blv q 由能量守恒得，产生的电热mgs mv Q μ-=2
02
1
联立得Bl
qR
mg
mv Q μ-=2021 代入数据Q=38J
（2）根据动量定律∑-=∆-0
-mv
t BIl mgt μ
解得mg
Blq
mv t μ+=
0代入数据得t =1s.
例2：用直径为1mm 的超导材料制成的导线做成一个半径为5cm 的圆环。

圆环处于超导状态，环内电流为
100A 。

经过一年，经检测发现，圆环内电流的变化量小于10-6A 。

试估算该超导材料电阻率数量级的上限。

【答案】：见解析
【解析】：半径为r 的圆环中通以电流I 后,圆环中心的磁感应强度为02I
B r
μ=
,式中B 、I 、r 各量均用国际单位，
720410N A μπ=⨯⋅－－。

根据题中所给条件，当圆环通过电流为I 时，圆环中心的磁感应强度为r
I
B 20μ=
穿过圆环的磁通量可近似为Ir BS πμφ2
=
≈
根据法拉第电磁感应定律，电流变化产生的感生电动势为t
I
r t E ∆∆=∆∆=πμφ20 圆环的电阻为t
I
r
I I E R ∆∆==
πμ20 根据题意条件r =0.05m ，μ0=4π×10-7N ·A -2，I=100A ，s /A 103s /A 1014-6⨯≈≤∆∆-t
I
代入得
Ω⨯≤-23103R
由电阻定律S
L R ρ
= 已知直径为d =1mm ，环半径r =5cm 。

得电阻率为m 105.78292
•Ω⨯===-r
d R
L S R ρ 例3. 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 ，OH ∥CD ∥FG ，∠DEF =600，
L AB OE FG EF DE CD ==
====2
1
.一根质量为m 的导体棒AB 在电机牵引下，
以恒定速度v 0沿OH 方向从斜面底端开始运动，滑上导轨并到达斜面顶端，AB ⊥OH .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. 【答案】：见解析 【解析】：
(1) 导体棒上滑产生的感应电动势E = 0Blv ①
又此时电路的总电阻R =3lr …………② 由欧姆定律，得 I=
R
E
………………③ ⑴ ⑶联立得： r
Bv I 30
=
……………④ （2）AB 棒滑到DF 处时，
BF FD DA BA U U U U ++=
0BLv U U BF DA =+ 032
23BLv lr rl BLv U FD ==
解得035
BLv U BA =
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4：为了测量列车运行的速度和加速度大小，可采用如图10所示的装置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在地面的一组线圈及电流测量记录仪组成(测量记录仪未画出)。

当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，就能求出列车的速度和加速度。

如图11所示为铁轨和列车的俯视图，假设磁体端部磁感应强度B=4.4×10-2T ，且全部集中在端面范围内，与端面垂直，磁体沿铁轨方向的宽度与线圈宽度相同，线圈的匝数n=5，垂直于铁轨方向长l=0.20 m ，电阻r=0.40 Ω(包括引出线的电阻)，测量记录仪自身电阻R=4.0Ω，其记录下来的电流一位置关系图，即i-s 图如图12所示。

(1)试计算列车通过线I 和线圈II 时的速度v 1和v 2的大小。

(2)假设列车做的是匀加速直线运动，求列车在两个线圈之间的加速度的大小。

【答案】：见解析
【解析】：列车以某一速度经过线圈正上方时，线圈以相等速率反向切割磁感线产生感应电动势，在回路中有了感应电流，被电流测量记录仪记录了电流的大小及方向。

由题给电流-位置图像可知 线圈I 位置坐标为30m ，线圈II 位置为130m ，两线圈间的距离s=100m
强磁场经过线圈I 和线圈II 时，线圈中的感应电流大小分别为i 1=0.12A ，i 2=0.15A （1）由闭合电路欧姆定律，线圈I 和线圈II 中产生的感应电动势
V 66.0)(V 53.0)(2211=+==+=R r i E r R i E ，
线圈I 、II 中产生感应电动势E 1=nBlv 1，E 2=nBlv 2 所以列车通过线圈I 、II 时的速度v 1=12m/s ，v 2=15m/s
（2）假设列车做匀加速运动，根据列车从线圈I 通过，到刚通过线圈II 时，运动的位移即两线圈间距离s =100m 由运动学公式：v 22-v l 2=2as ，解得a =（v 22-v 12）/（2s ）=0.4l m/s 2
例5.：如图8所示，水平放置的金属细圆环半径为0.1m ，竖直放置的金属细圆柱（其半径比0.1m 小得多）的端面与金属圆环的上表面在同一平面内，圆柱的细轴通过圆环的中心O ，将一质量和电阻均不计的导体棒一端固定一个质量为10g 的金属小球，被圆环和细圆柱端面支撑，棒的一端有一小孔套在细轴O 上，固定小球的一端可绕轴线沿圆环做圆周运动，小球与圆环的动摩擦因数为0.1，圆环处于磁感应强度大小为4T 、方向竖直向上的恒定磁场中，金属细圆柱与圆环之间连接如图电学元件，不计棒与轴及与细圆柱端面的摩擦，也不计细圆柱、圆环及感应电流产生的磁场，开始时S 1断开，S 2拨在1位置，R 1=R 3=4Ω，R 2=R 4=6Ω，C=30uF ，求：
（1）S 1闭合，问沿垂直于棒的方向以多大的水平外力作用于棒的A 端，才能使棒稳定后以角速度10rad/s 匀速转动？
（2）S 1闭合稳定后，S 2由1拔到2位置，作用在棒上的外力不变，则至棒又稳定匀速转动的过程中，流经R 3的电量是多少？ 【答案】：见解析 【解析】：
（1）导体棒绕金属细圆柱旋转切割磁感线产生的电动势为V 22
1
2==L B E ω 小球与圆环之间的摩擦力f =μmg ，
对整个系统由功能关系得2
12
R R E L f F +=
-ω）（代入数据得F =0.41N （2）S 1闭合，S 2拨到2位置，设稳定后的导体棒绕金属细圆柱旋转的角速度为ωˊ，导体棒绕金属绕金属细圆柱旋转切割磁感线产生的电动势为22
1
L B E ω'=
' 对整个系统由功能关系得2
12221R R L B L f F +'='-）
（）（ωω代入数据ωˊ=ω=10rad/s 。

S 2拨到1稳定后电容器两端的电压为V 8.02
11
1=+=
R R ER U ，且上极板带正电。

S 2拨到2稳定后电容器两端的电压为V 2.12
11
2=+=
R R ER U ，且上极板带负电。

电容器上极板的电量变化为∆Q =（U 1+U 2）C =（0.8+1.2）×30×10-5C=6.0×10-5C ∴流过R 3的电量为Q 3=
35ΔQ =3
5
×6.0×10-5C =3.6×10-5C 。

【点评】导体棒旋转切割磁感线产生的感应电动势可以用导体棒有效切割长度部分的中间点的速度代人E=BLv 计算，也可先计算出△t 时间内导体棒扫过磁场部分的面积得出磁通量的变化△Ф，再应用E=△Ф/△t 计算产生的感应电动势。

此题考查法拉第电磁感应定律、功能关系、含电容电路等知识点。

图8
例6：如图所示，光滑、足够长、不计电阻、轨道间距为l 的平行金属导轨MN 、PQ ，水平放在竖直向下的磁感应强度不同的两个相邻的匀强磁场中，左半部分为Ι匀强磁场区，磁感应强度为B 1；右半部分为Ⅱ匀强磁场区，磁感应强度为B 2，且B 1=2B 2。

在Ι匀强磁场区的左边界垂直于导轨放置一质量为m 、电阻为R 1的金属棒a ，在Ι匀强磁场区的某一位置，垂直于导轨放置另一质量也为m 、电阻为R 2的金属棒b 。

开始时b 静止，给a 一个向右冲量I 后a 、b 开始运动。

设运动过程中，两金属棒总是与导轨垂直。

（1）求金属棒a 受到冲量后的瞬间通过金属导轨的感应电流；
（2）设金属棒b 在运动到Ι匀强磁场区的右边界前已经达到最大速度，求金属棒b 在Ι匀强磁场区中的最大速度值；
（3）金属棒b 进入Ⅱ匀强磁场区后，金属棒b 再次达到匀速运动状态，设这时金属棒a 仍然在Ι匀强磁场区中。

求金属棒b 进入Ⅱ匀强磁场区后的运动过程中金属棒a 、b 中产生的总焦耳热。

【答案】：见解析
【解析】：（1）设金属棒a 受到冲量I 时的速度为v 0，金属棒a 产生的感应电动势为E ，金属轨道中的电流为i ，则
I=mv 0 E=B 1lv 0 i=
i=
（2）金属棒a 和金属棒b 在左部分磁场中运动过程中所受安培力大小相等、方向相反，合力为零，故a 、b 组成的，水平方向动量守恒。

金属棒a 和金属棒b 在Ι匀强磁场区中运动过程中达到的最大速度v m 时，两金属棒速度相等，感应电流为零两金属棒匀速运动，根据动量守恒定律有 mv 0=2mv m 得v m =
m
I
2 （3）金属板b 进入II 匀强磁场时，设金属棒a 的感应电动势为E 1，金属棒b 的感应电动势为E 2， E 1=B 1lv m ，E 2=B 2lv m
B 1
B 2
I a
b P Q M
Ⅱ
Ι
又因为B1=2B2所以，E1=2E2
因此金属棒b一进入II匀强磁场，电流立即出现，在安培力作用下金属棒a做减速运动，金属棒b做加速运动。

设金属棒a在I匀强磁场区运动速度从v m变化到最小速度v a所用时间为t，金属棒a在I匀强磁场区运动速度从v m变化到最大速度v b所用时间也为t，此后两金属棒都匀速运动，则
B1lv a=B2lv b即v b=2v a
设在t时间内通过金属棒a、b的电流平均值为I
根据动量定理有
m
1
mv
mv
lt I
B
a
-
=，方向向右
m
2
mv
mv
lt I
B
b
-
=，方向向右
解得
m
5
3
v
v
a
=，
m
5
6
v
v
b
=
设金属棒b进入Ⅱ匀强磁场后，金属棒a、b产生的总焦耳热为Q，根据能量守恒，有
Q=
例7：如图所示，一个边缘带有凹槽的金属圆环，沿其直径装有一根长2L的金属杆AC，可绕通过圆环中心的水平轴O转动。

将一根质量不计的长绳一端固定于槽内并将绳绕于圆环槽内，绳子的另一端吊了一个质量为m 的物体。

圆环的一半处在磁感应强度为B，方向垂直环面向里的匀强磁场中。

现将物体由静止释放，若金属圆环和金属杆单位长度的电阻均为R。

忽略所有摩擦和空气阻力.
（1）设某一时刻圆环转动的角速度为ω0，且OA边在磁场中，请求出此时金属杆OA产生电动势的大小。

（2）请求出物体在下落中可达到的最大速度。

（3）当物体下落达到最大速度后,金属杆OC段进入磁场时,杆C、O两端电压多大？
【答案】（1）
2
2ω
BL
E=
×
×
×
×××
m
B
O
A
C
·
（2）（3）)12(2)2(2+=+=ππB mgR LR LR BL mg U CO 【解析】：（1）2
02ωBL E = 等效电路如图所示，
21LR R π=外，LR R =2外，r=LR
当达到最大速度时，重物重力的功率等于电路中消耗的电功率总
R E mgv 2
= 其中2
22BLv BL E ==ω （3）OA 上的电流大小为
BL
mg I 2=
，当OC 段在磁场中时， )12(2)2(2+=+=ππB mgR LR LR BL mg U CO 【典典精练】 1：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v 1、v 2、v 3，向下经过图中2、1位置时的速率按时间依次为v 4、v 5，下列说法中一定正确的是（ ）
Ａ．v 1＞v 2 Ｂ．v 2＝v 3 Ｃ．v 2＝v 4 Ｄ．v 4＜v 5
【答案】：ＡＣ
【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v 1＞v 2，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v 2＞v 3，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v 2＝v 4，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v 4与v 5无法比较，D 错误．
2：三根电阻丝如图连接,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R 1∶R 2∶R 3=1∶2∶3，金属棒电阻不计．当S 1、S 2闭合，S 3断开时，闭合的回路中感应电流为I ，当S 2、S 3闭合，S 1断开时，闭合的回路中感应电流为5I ，当S 1、S 3闭合，S 2断开时，闭合的回路中感应电流是（ ）
Ａ．0 Ｂ．7I Ｃ．6I Ｄ．3I
【答案】：B
【解析】：当S 1、S 2闭合，S 3 断开时，闭合的电动势由加实框内的磁通量Φ1的变化而产生，设为E 1,则Ｅ1＝I(R 1+R 2)=3IR 0；当S ２、S ３闭合，S １ 断开时，闭合的电动势由加实框内的磁通量Φ2的变化而产生，设为E ２，则Ｅ2＝5I(R 2+R 3)=25IR 0；则当S 1、S 3闭合，S 2 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Ｉ′＝312!R R E E ++＝00428R IR ＝7I ．
3：等离子气流由左方连续以v 0射入P 1和P 2两板间的匀强磁场中，ab 直导线与P 1、 P 2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（ ）
Ａ．０～１s 内ab 、cd 导线互相排斥 Ｂ．１～２s 内ab 、cd 导线互相吸引
Ｃ．２～３s 内ab 、cd 导线互相吸引 Ｄ．３～４s 内ab 、cd 导线互相排斥
【答案】：BD
【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，P 1板带正电，电流从a 流向b ；线圈磁通量的变化，在0～2s 时间内产生从c 流向d 的电流，故在0～2s 时间内两导线吸引；在2～4s 时间内产生从d 流向c 的电流，故在2～4s 时间内两导线排斥．
4：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?
【答案】：见解析
【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.
5：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 Ω，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.
【答案】：1∶8 12∶1
【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==.。