《电磁感应》期末复习专题

《电磁感应》期末复习专题
高2015届 班 姓名
一、知识结构：
二、难点提示： 1．产生感应电流的条件
感应电流产生的条件是：穿过闭合电路的磁通量发生变化。

以上表述是充分必要条件。

不论什么情况，只要满足电路闭合和磁通量发生变化这两个条件，就必然产生感应电流；反之，只要产生了感应电流，那么电路一定是闭合的，穿过该电路的磁通量也一定发生了变化。

当闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线的运动时，电路中有感应电流产生。

这个表述是充分条件，不是必要的。

在导体做切割磁感线运动时用它判定比较方便。

2．感应电动势产生的条件
感应电动势产生的条件是：穿过电路的磁通量发生变化。

这里不要求闭合。

无论电路闭合与否，只要磁通量变化了，就一定有感应电动势产生。

这好比
一个电源：不论外电路是否闭合，电动势总是存在的。

但只有当外电路闭合时，电路中才会有电流。

3．关于磁通量变化
在匀强磁场中，磁通量Φ=B ∙S ∙sin α（α是B 与S 的夹角），磁通量的变化ΔΦ=Φ2-Φ1有多种形式，主要有：
①S 、α不变，B 改变，这时ΔΦ=ΔB ∙S sin α ②B 、α不变，S 改变，这时ΔΦ=ΔS ∙B sin α ③B 、S 不变，α改变，这时ΔΦ=BS (sin α2-sin α1)
当B 、S 、α中有两个或三个一起变化时，就要分别计算Φ1、Φ2，再求Φ2-Φ1了。

在非匀强磁场中，磁通量变化比较复杂。

有几种情况需要特别注意： ①如图所示，矩形线圈沿a →b →c 在条形磁铁附近移动，试判断穿过线圈的磁通量如何变化？如果线圈M 沿条形磁铁轴线向右移动，穿过该线圈的磁通量如何变化？
（穿过上边线圈的磁通量由方向向上减小到零，
再变为方向向下增大；右边线圈的磁通量由方向向下减小到零，再变为方向向上增大）
②如图所示，环形导线a 中有顺时针方向的电流，a 环外有两个同心导线
圈b 、c ，与环形导线a 在同一平面内。

当a 中的电流增大时，穿过线圈b 、c 的磁通量各如何变化？在相同时间内哪一个变化更大？
（b 、c 线圈所围面积内的磁通量有向里的也有向外的，但向里的更多，所
以总磁通量向里，a 中的电流增大时，总磁通量也向里增大。

由于穿过b 线圈向外的磁通量比穿过c 线圈的少，所以穿过b 线圈的磁通量更大，变化也更大。

）
③如图所示，虚线圆a 内有垂直于纸面向里的匀强磁场，虚线圆a 外是无磁场空间。

环外有两个同心导线圈b 、c ，与虚线圆a 在同一平面内。

当虚线圆a 中的磁通量增大时，穿过线圈b 、c 的磁通量各如何变化？在相同时间内哪一个变化更大？
（与②的情况不同，b 、c 线圈所围面积内都只有向里的磁通量，且大小相同。

因此穿过它们的磁通量和磁通量变化都始终是相同的。

）
a
b c b
c a
b
c
a
c
b M
N
S
4．楞次定律
感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。

楞次定律解决的是感应电流的方向问题。

它关系到两个磁场：感应电流的磁场（新产生的磁场）和引起感应电流的磁场（原来就有的磁场）。

前者和后者的关系不是“同向”或“反向”的简单关系，而是前者“阻碍”后者“变化”的关系。

在应用楞次定律时一定要注意：“阻碍”不等于“反向”；“阻碍”不是“阻止”。

⑴从“阻碍磁通量变化”的角度来看，无论什么原因，只要使穿过电路的磁通量发生了变化，就一定有感应电动势产生。

⑵从“阻碍相对运动”的角度来看，楞次定律的这个结论可以用能量守恒来解释：既然有感应电流产生，就有其它能转化为电能。

又由于感应电流是由相对运动引起的，所以只能是机械能转化为电能，因此机械能减少。

磁场力对物体做负功，是阻力，表现出的现象就是“阻碍”相对运动。

⑶从“阻碍自身电流变化”的角度来看，就是自感现象。

自感现象的应用和防止。

应用：日光灯电路图及原理：灯管、镇流器和启动器的作用。

防止：定值电阻的双线绕法。

5．右手定则
对一部分导线在磁场中切割磁感线产生感应电流的情况，右手定则和楞次定律的结论是完全一致的。

这时，用右手定则更方便一些。

6．楞次定律的应用
楞次定律的应用应该严格按以下四步进行：①确定原磁场方向；②判定原磁场如何变化（增大还是减小）；③确定感应电流的磁场方向（增反减同）；④根据安培定则判定感应电流的方向。

7．法拉第电磁感应定律
电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，即t
k E ∆∆Φ
=，在国际
单位制中可以证明其中的k =1，所以有t
E ∆∆Φ
=。

对于n 匝线圈有t n E ∆∆Φ=。

（平均值）
将均匀电阻丝做成的边长为l 的正方形线圈abcd 从匀强磁场中向右匀速拉出过程，仅ab 边上有感应电动势E =Blv ，ab 边相当于电源，另3边相当于外电路。

ab 边两端的电压为3Blv /4，另3边每边两端的电压均为Blv /4。

将均匀电阻丝做成的边长为l 的正方形线圈abcd 放在匀强磁场中，当磁感应强度均匀减小时，回路中有感应电动势产生，大小为E =l 2(ΔB /Δt )。

感应电流的电场线是封闭曲线，静电场的电场线是不封闭的，这一点和静电场不同。

在导线切割磁感线产生感应电动势的情况下，由法拉第电磁感应定律可推导出感应电动势大小的表达式是：E=BLv sin α（α是B 与v 之间的夹角）。

（瞬时值） 8．转动产生的感应电动势
⑴转动轴与磁感线平行。

如图，磁感应强度为B 的匀强磁场方向垂直于纸面向外，长L 的金属棒oa 以o 为轴在该平面内以角速度ω逆时针匀速转动。

求金属棒中的感应电动势。

在应用感应电动势的公式时，必须注意其中的速度v 应该指导线上各点的平均速度，在本题中应该是金属棒中点的速度，因此有
22
1
2L B L BL E ωω
=⋅=。

⑵线圈的转动轴与磁感线垂直。

如图，矩形线圈的长、宽分别为L 1、L 2，所围面积为S ，向右的匀强磁场的磁感应强度为B ，线圈绕图示的轴以角速度ω匀速转动。

线圈的ab 、cd 两边切割磁感线，产生的感应电动势相加可得E=BS ω。

如果线圈由n 匝导线绕制而成，则E=nBS ω。

从图示位置开始计时，则感应电动势的瞬时值为e=nBS ωcos ωt 。

该结论与线圈的形状和转动轴的具体位置无关（但是轴必须与B 垂直）。

实际上，这就是交流发电机发出的交流电的瞬时电动势公式
三、典型例题分析：
【电磁感应现象，楞次定律】
【例1】 如图所示，有两个同心导体圆环。

内环中通有顺时针方向的电流，外环中原来无电流。

当内环中电流逐渐增大时，外环中有无感应电流？
220V
B
l
v a
b
c
d
ω
o a v
a
b c
L 1
L 2
B ω
方向如何？
【答案：外环中感应电流方向为逆时针】
【例2.】 如图所示，闭合导体环固定。

条形磁铁S 极向下以初速度v 0沿过
导体环圆心的竖直线下落过程，导体环中的感应电流方向如何？ 【感应电流先顺时针后逆时针】
【例3】 如图所示装置中，cd 杆原来静止。

当ab 杆
做如下那些运动时，cd 杆将向右移动？
A.向右匀速运动
B.向右加速运动
C.向左加速运动
D.向左减速运动
【B 、D 】
【例4】 如图所示，水平面上有两根平行导轨，上面放两根金属棒a 、b 。

当条形磁铁如图向下移动时（不到达导轨平面），a 、b 将如何移动？
【a 、b 将互相靠近】 【例5】 如图所示，用丝线将一个闭合金属环悬于O 点，虚线左边有垂直于纸面向外的匀强磁场，而右边没有磁场。

金属环的摆动会很快停下来。

试解释这一现象。

若整个空间都有垂直于纸面向外的匀强磁场，会有这种现象吗？
【法拉第电磁感应定律】
【例1】如图所示，长L 1宽L 2的矩形线圈电阻为R ，处于磁感应强度为B 的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直。

求：将线圈以向右的速度v 匀速拉出磁场的过程中，⑴拉力F 大小； ⑵拉力的功率P ； ⑶拉力做的功W ； ⑷线圈中产生的电热Q ；⑸通过线圈某一截面的电荷量q 。

【分析与解答】 这是一道基本练习题，要注意要注意所用的边长究竟是L 1还是L 2 ，还应该思考一下所求的各物理量与速度v 之间有什么关系。

⑴v R
v L B F BIL F R E I v BL E ∝=∴===22222,,,
⑵22
222v R
v L B Fv P ∝== ⑶v R v L L B FL W ∝==12221
⑷v W Q ∝= ⑸ R
t R E t I q ∆Φ
==
⋅=与v 无关 特别要注意电热Q 和电荷q 的区别，其中R q ∆Φ=与速度无关！（这个结论以后经常会遇到）。

【例2】如图各情况中，电阻R=0.l Ω，运动导线的长度都为l=0.05m ，作匀速运动的速度都为v=10m ／s ．除电阻R 外，其余各部分电阻均不计．匀强磁场的磁感强度B=0.3T ．试计算各情况中通过每个电阻R 的电流大小和方向．
【（a ）0；（b ）3A ，从左向右； （C ）1.5A ，从上向下； （d ）1A ，从下向上。

】
【例3】 如图所示，U 形导线框固定在水平面上，
右端放有质量为m 的金属棒ab ，ab 与导轨间的动摩擦因数为μ，它们围成的矩形边长分别为L 1、L 2，回路的总电阻为R 。

从t =0时刻起，在竖直向上方向加一个随时间均匀变化的匀强磁场B =kt ，（k >0）那么在t 为多大时，金属棒开始移动？
电磁感应中的力学问题
这类问题覆盖面广，题型也多种多样；但解决这类问题的关键在于通过运动状态的分析来寻找过程中的临界状态，如速度、加速度取最大值或最小值的条件等，基本思路是：
【例1】如图所示，AB 、CD 是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间的距离为L ，导轨平面与水平面的夹角为θ，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感应强度为B ，在导轨的 AC 端连接一个阻值为 R 的电阻，一根质量为m 、垂直于导轨放置的金属棒ab ，从静止开始沿导轨下滑，求此过程中ab 棒的最大速度。

已知ab 与导轨间的动摩擦因数为μ，导轨和金属棒的电阻都不计。

L 1
L 2
B
v
b
a
B
L 1
L 2
F=BIL
界状态
v 与a 方向关系
运动状态的分析
a 变化情况 F=ma 合外力 运动导体所受的安培力
感应电流
确定电源（E ，r ）
r
R E
I +
=
N
v 0
M
c
a d
b L 2 L 1 a
b B
【分析与解答】ab 沿导轨下滑过程中受四个力作用，即重力mg ，支持力F N 、摩擦力F f 和安培力F 安，如图所示，ab 由静止开始下滑后，将是↓↑→↑→↑→↑→a F I E v 安（↑为增大符号），所以这是个变加速过程，当加速度减到a =0时，其速度即增到最大v =v m ，此时必将处于平衡状态，以后将以v m 匀速下滑ab 下滑时因切割磁感线，要产生感应电动势，根据电磁感应定律：E=BLv ，闭合电路AC ba 中将产生感应电流，根据闭合电路欧姆定律：I=E/R ，据右手定则可判定感应电流方向为aAC ba ，再据左手定则判断它受的安培力F 安方向如图示，其大小为：F 安=BIL 。

取平行和垂直导轨的两个方向对ab 所受的力进行正交分解，应有：
F N = mg cos θ， F f = μmg cos θ，可得R
v
L B F 22=安。

以ab 为研究对象，根据牛顿第二定律应有：mg sin θ –μmg cos θ-R
v
L B 22=ma ，ab 做加速度减小的变加速运动，当a =0时速度达最大，因此，ab 达到v m 时应有：
mg sin θ –μmg cos θ-R v
L B 22=0 ，由④式可解得()2
2cos sin L B R mg v m θμθ-=。

注意：（1）电磁感应中的动态分析，是处理电磁感应问题的关键，要学会从动态分析的过程中
来选择是从动力学方面，还是从能量、动量方面来解决问题。

（2）在分析运动导体的受力时，常画出平面示意图和物体受力图。

【例2】如图所示，水平面上有两根平行的光滑导轨MN 、PQ ，相距L=1m ，在M 和P 之间接有R=2Ω的定值电阻，金属棒a b 的质量m=0.5kg ，垂直放在导轨上，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感强度为B=0.5T ，其它电阻不计。

（1）若金属棒a b 在F 力作用下，以a =4m/s 2的加速度向右从静止开始作匀加速直线运动，求第10s 末拉力F 的大小。

（2）在图中，画出力F 的大小随时间变化的图线。

【分析与解答】（1）设导体棒所受的安培力为
A F 由牛二得 E －ma F A =，由安培力公式得A F =BIL ，R
BLat R BLv R E I ===
， 由以上式子可得t R
at
L B ma F 5.0222+=+=。

当s t 10=时代入上式可得N F 7= 。

（2）由t F 5.02+=得图线为一直线，过（0，2）（10，7）两点.
【例3】在竖直平面内有两条平行的光滑金属导轨ab 、cd 被竖直地固定，
导轨处在与导轨平面垂直的匀强磁场中，如图所示。

已知：与导轨相连的电源电动势为3.0V ，内阻0.5Ω，匀强磁场磁感应强度为0.80T ，水平放置的导体棒MN 的电阻为1.5Ω，两端与导轨接触良好，且能沿导轨无摩擦滑动（其它电阻不计）。

当单刀双掷电键S 与1接通时，导体棒刚好保持静止状态。

试确定：（1）磁场方向，并在图中画出。

（2）S 与1接通时，导体棒的电热功率。

（3）当电键S 与2接通后，导体棒MN 在运动过程中，单位时间（1s ）内导体棒扫过的最大面积。

（导轨足够长，结果保留两位有效数字。

）
【分析与解答】（1）磁场方向垂直纸面向里（图略）（2）S 与1接通时，导体棒处于静止，导体棒的发热功率：W R r
R E P MN 4.3)(
2
=+=。

（3）设导轨宽度为L ，当电键S 与1接通时：导体棒受重力和安培力作用处于平衡有：
r
R BEL
mg BIL mg +=
⇒=， 当电键S 与2接通时：导体棒切割磁感线，产生感应电流，导体棒做加速度逐渐减小的加速运动，当：安培力mg F ='时，导体棒的切割速度最大。

即：22L
B mgR
v mg L R BLv B m m =⇒=⋅⋅
最大速度。

故导体棒MN 在单位时间（1s ）内扫过的最大面积为：L B mgR L t v s m m 2
=⋅=，有：)(8.2)
(2m r R B RE
S m =+=。

电磁感应中的电路问题
解决电磁感应电路问题的关键就是把电磁感应的问题等效转换成稳恒直流电路，把产生感应电
动势的那部分导体等效为内电路.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，惟一要注意的是电磁感应现象中，有时导体两端有电压，但没有电流流过，这类似电源两端有电势差但没有接入电路时，电流为零.
【例1】据报道，1992年7月，美国“阿特兰蒂斯”号航天飞机进行了一项卫星悬绳发电实验，实验取得了部分成功.航天飞机在地球赤道上空离地面约3000 km 处由东向西飞行，相对地面速度大约6.5×103 m/s ，从航天飞机上向地心方向发射一颗卫星，携带一根长20 km ，电阻为800 Ω的金属悬绳，使这根悬绳与地磁场垂直，做切割磁感线运动.假定这一范围内的地磁场是均匀的.磁感应强度为4×10-5T ，且认为悬绳上各点的切割速度和航天飞机的速度相同.根据理论设计，通过电离层（由等离子体组成）的作用，悬绳可以产生约3 A 的感应电流，试求：
（1）金属悬绳中产生的感应电动势；（2）悬绳两端的电压；
（3）航天飞机绕地球运行一圈悬绳输出的电能（已知地球半径为6400 km ）。

【错解分析】 考生缺乏知识迁移运用能力和抽象概括能力，不能于现实情景中构建模型（切割磁感线的导体棒模型）并进行模型转换（转换为电源模型及直流电路模型），无法顺利运用直流电路相关知识突破
.
【分析与解答】 将飞机下金属悬绳切割磁感线产生感应电动势看作电源模型，当它通过电离层放电可看作直流电路模型.如图所示.
（1）金属绳产生的电动势：
E =Blv =4×10-5×20×103×6.5×103 V=5.2×103 V
（2）悬绳两端电压，即路端电压可由闭合电路欧姆定律得： U =E -Ir =5.2×103-3×800 V=2.8×103 V
（3）飞机绕地运行一周所需时间
t =v R π2=3
3310
5.6)103000106400(14.32⨯⨯+⨯⨯⨯s=9.1×103
s 。

则飞机绕地运行一圈输出电能：E =UIt =2800×3×9.1×103 J=７.6×107 J
【例2】如图所示，竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B =0.5 T ，并且以
t
B
∆∆=0.1 T/s 在变化，水平轨道电阻不计，且不计摩擦阻力，宽0.5 m 的导轨上放一电阻R 0=0.1 Ω的导体棒，并用水平线通过定滑轮吊着质量M =0.2 kg 的重物，轨道左端连接的电阻R =0.4 Ω，图中的l =0.8 m ，求至少经过多长时间才能吊起重物.
【分析与解答】由法拉第电磁感应定律可求出回路感应电动势：E =t
B
S t ∆∆=∆∆Φ，由闭合电路欧姆定律可求出回路中电流 I =
R
R E
+0，由于安培力方向向左，应用左手定则可判断出电流方向为顺时针方向（由上往下看）。

再根据楞次定律可知磁场增加，在t 时磁感应强度为：B /=（B ＋t
B
∆∆·t ），此时安培力为F 安=B ′Il ab ，由受力分析可知 F 安=mg ，解得 t =495 s
【电磁感应中的能量问题】
无论是使闭合回路的磁通量发生变化，还是使闭合回路的部分导体切割磁感线，都要消耗其它形式的能量，转化为回路中的电能。

这个过程不仅体现了能量的转化，而且保持守恒，使我们进一步认识包含电和磁在内的能量的转化和守恒定律的普遍性。

分析问题时，应当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转化，如有摩擦力做功，必然有内能出现；重力做功，就可能有机械能参与转化；安培力做负功就将其它形式能转化为电能，做正功将电能转化为其它形式的能；然后利用能量守恒列出方程求解。

【例1】 如图所示，矩形线圈abcd 质量为m ，宽为d ，在竖直平面内由
静止自由下落。

其下方有如图方向的匀强磁场，磁场上、下边界水平，宽度也为d ，线圈ab 边刚进入磁场就开始做匀速运动，那么在线圈穿越磁场的全过程，产生了多少电热？
【分析与解答】 ab 刚进入磁场就做匀速运动，说明安培力与重力刚好平衡，在下落2d 的过程中，重力势能全部转化为电能，电能又全部转化为电热，所以产生电热Q =2mgd 。

【例2】 如图所示，AB 和CD 是足够长的平行光滑导轨，其间距为l ，导轨平面与水平面的夹角为θ.整个装置处在磁感应强度为B 的，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.AC 端连有电阻值为R 的电阻.若将一质量M ，垂直于导轨的金属棒EF 在距BD 端s 处由静止释放，在
EF 棒滑至底端前会有加速和匀速两个运动阶段.今用大小为F ，方向沿斜面向上的恒力把EF 棒从BD 位置由静止推至距BD 端s 处，突然撤去恒力F ，棒EF 最后又回到BD 端.求：
（1）EF 棒下滑过程中的最大速度.
（2）EF 棒自BD 端出发又回到BD 端的整个过程中，有多少电能转化成了内能（金属棒、导轨的电阻均不计）?
【分析与解答】（1）如图所示，当EF 从距BD 端s 处由静止开始滑至BD 的过程中，受力情况
如图所示.安培力：F
安
=BIl =B
l R
Blv
，根据牛顿第二定律：a =
M
L R Blv
B
Mg -sin θ，所以，EF 由静止开始做加速度减小的变加速运动。

当a =0时速度达到最大值v m ，即Mg sin θ-B 2l 2v m /R =0
得：v m =
2
2sin l B MgR θ
（2）由恒力F 推至距BD 端s 处，棒先减速至零，然后从静止下滑，在滑回BD 之前已达最大
速度v m 开始匀速。

设EF 棒由BD 从静止出发到再返回BD 过程中，转化成的内能为ΔE .根据能的转化与守恒定律：F s-ΔE =
21Mv m 2 ，ΔE =F s-21M （22sin l B MgR θ）2 。

【自感现象】
【例1】如图所示的电路中，A 1和A 2是完全相同的灯泡，线圈L 的电阻可以忽略不计，下列说法中正确的是（ AD ）
A ．合上开关S 接通电路时，A 2先亮A 1后亮，最后一样亮
B ．合上开关S 接通电路时，A 1和A 2始终一样亮
C ．断开开关S 切断电路时，A 2立即熄灭，A 1过一会熄灭
D ．断开开关S 切断电路时，A 1和A 2都要过一会才熄灭
【例2】如图所示，L 为一个自感系数很大的自感线圈，开关闭合后，小灯能正常发光，那么闭合开关和断开开关的瞬间，能观察到的现象分别是（ A ）。

A ．小灯逐渐变亮，小灯立即熄灭
B ．小灯立即亮，小灯立即熄灭
B
a d
b c
a b
d c （电离层）
C．小灯逐渐变亮，小灯比原来更亮一下再慢慢熄灭
D．小灯立即亮，小灯比原来更亮一下再慢慢熄灭
【例3】如图所示，电阻R和电感线圈L的值都较大，电感线圈的
电阻不计，A、B是两只完全相同的灯泡，当开关S闭合时，下面能
发生的情况是（ D ）
A．B比A先亮，然后B熄灭
B．A比B先亮，然后A熄灭
C．A、B一起亮，然后A熄灭
D．A、B一起亮，然后B熄灭
【例4】如图所示是一演示实验的电路图。

图中L是一带铁芯的线圈，
A是一灯泡。

起初，开关处于闭合状态，电路是接通的。

现将开关断开，
则在开关断开的瞬间，通过灯泡A的电流方向是从b端经灯泡到
a端。

这个实验是用来演示自感（或断电自感）现象的。

【例5】如图所示的电路中，电源电动势E＝6V，内电阻不计，L1、
L2两灯均标有“6V，0.3A”，电阻R与电感线圈的直流电阻R L阻值相
等，均为20Ω．试分析：S闭合和断开的瞬间，求L1、L2两灯的亮度变
化。

答案：当电键闭合的瞬间，电感支路相当于断路。

计算可知：I1=0.1A，
I2=0.2A.即电键闭合的瞬间，两灯同时亮，L2灯较L1灯更亮。

稳定后，
两灯亮度相同。

电键断开时，显然L1立即熄灭，L2逐渐熄灭。

【例6】如图所示，日光灯正常工作时，流过灯管的电流为I，那么对于灯丝ab上的电流，以下说法正确的( CD )
A．灯丝ab上的电流为I
B．灯丝a端的电流为I
C．灯丝b处的电流为I，其它地方的电流都比I小
D．灯丝b处最容易烧断
温馨提示：本章是高中的重点，更是高考的必考重要内容。

请同学们本着对自己负责的态度，挤出时间认真研究，切实掌握相关知识，力争较深层次进行理解。