§3 电磁感应与电路规律的综合应用_电磁感应与电路结合

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高三总复习学案

§3 电磁感应与电路规律的综合应用

教学目标：

1．熟练运用右手定则和楞次定律判断感应电流及感应电动势的方向。2．熟练掌握法拉第电磁感应定律，及各种情况下感应电动势的计算方法。3．掌握电磁感应与电路规律的综合应用 教学重点：电磁感应与电路规律的综合应用 教学难点：电磁感应与电路规律的综合应用 教学方法：讲练结合，计算机辅助教学 教学过程：

一、电路问题

1、确定电源：首先判断产生电磁感应现象的那一部分导体（电源），其次利用En或EBLvsin求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向。

2、分析电路结构，画等效电路图

3、利用电路规律求解，主要有欧姆定律，串并联规律等

二、图象问题

1、定性或定量地表示出所研究问题的函数关系

2、在图象中E、I、B等物理量的方向是通过正负值来反映

3、画图象时要注意横、纵坐标的单位长度定义或表达

【例1】如图所示，平行导轨置于磁感应强度为B的匀强磁场中（方向向里），间距为L，左端电阻为R，其余电阻不计，导轨右端接一电容为C的电容器。现有一长2L的金属棒ab放在导轨上，ab以a为轴顺时针转过90°的过程中，通过R的电量为多少？ 解析：（1）由ab棒以a为轴旋转到b端脱离导轨的过程中，产生的感应电动势一直增大，对C不断充电，同时又与R构成闭合回路。ab产生感应电动势的平均值

t电磁感应——电磁感应与电路规律的综合应用

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EBS

① ttS表示ab扫过的三角形的面积，即S132L3LL

② 22通过R的电量Q1ItEt

③ R3BL2由以上三式解得Q1

④

2R在这一过程中电容器充电的总电量Q=CUm

⑤ Um为ab棒在转动过程中产生的感应电动势的最大值。即

1UmB2L(2L)2BL2

⑥

2联立⑤⑥得：Q22BL2C

（2）当ab棒脱离导轨后（对R放电，通过R的电量为 Q2，所以整个过程中通过 R的总电量为：

Q=Q1＋Q2=BL(232C)2R电磁感应中“双杆问题”分类解析

【例2】匀强磁场磁感应强度 B=0.2 T，磁场宽度L=3rn，一正方形金属框边长ab=l=1m，每边电阻r=0.2Ω，金属框以v=10m/s的速度匀速穿过磁场区，其平面始终保持与磁感线方向垂直，如图所示，求：

（1）画出金属框穿过磁场区的过程中，金属框内感应电流的I-t图线

电磁感应——电磁感应与电路规律的综合应用

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（2）画出ab两端电压的U-t图线 解析：线框进人磁场区时

E1=B l v=2 V，I1E1=2.5 A 4rl=0.1 s v方向沿逆时针，如图（1）实线abcd所示，感电流持续的时间t1=线框在磁场中运动时：E2=0，I2=0 无电流的持续时间：t2=Ll=0.2 s，v线框穿出磁场区时：E3= B l v=2 V，I3E3=2.5 A 4r图（1）

此电流的方向为顺时针，如图（1）虚线abcd所示，规定电流方向逆时针为正，得I-t图线如图（2）所示

（2）线框进人磁场区ab两端电压 U1=I1 r=2.5×0.2=0.5V 线框在磁场中运动时；b两端电压等于感应电动势 U2=B l v=2V 线框出磁场时ab两端电压：U3=E-I2 r=1.5V 由此得U-t图线如图（3）所示

点评：将线框的运动过程分为三个阶段，第一阶段ab为外电路，第二阶段ab相当于开路时的电源，第三阶段ab是接上外电路的电源

三、综合例析

图（3）

电磁感应电路的分析与计算以其覆盖知识点多，综合性强，思维含量高，充分体现考生能力和素质等特点，成为历届高考命题的特点.1、命题特点

对电磁感应电路的考查命题，常以学科内综合题目呈现，涉及电磁感应定律、直流电路、电磁感应——电磁感应与电路规律的综合应用

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图（2）

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功、动能定理、能量转化与守恒等多个知识点，突出考查考生理解能力、分析综合能力，尤其从实际问题中抽象概括构建物理模型的创新能力.2、求解策略

变换物理模型，是将陌生的物理模型与熟悉的物理模型相比较，分析异同并从中挖掘其内在联系，从而建立起熟悉模型与未知现象之间相互关系的一种特殊解题方法.巧妙地运用“类同”变换，“类似”变换，“类异”变换，可使复杂、陌生、抽象的问题变成简单、熟悉、具体的题型，从而使问题大为简化.解决电磁感应电路问题的关键就是借鉴或利用相似原型来启发理解和变换物理模型，即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3】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）.命题意图：考查考生信息摄取、提炼、加工能力及构建物理模型的抽象概括能力.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.解题方法与技巧：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 电磁感应——电磁感应与电路规律的综合应用

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（电离层）

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（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

2R23.14(64001033000103)t==s=9.1×103 s 3v6.510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4】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

B=0.1 T/s在t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R0=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.命题意图：考查理解能力、推理能力及分析综合能力

错解分析：（1）不善于逆向思维，采取执果索因的有效途径探寻解题思路；（2）实际运算过程忽视了B的变化，将B代入F安=BIlab，导致错解.解题方法与技巧：

由法拉第电磁感应定律可求出回路感应电动势：E= ①

BS tt由闭合电路欧姆定律可求出回路中电流

I=

E

R0R

②

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＋此时安培力为

F安=B′Ilab

由受力分析可知

F安=mg

B·t）

t ⑤

④

③

由①②③④⑤式并代入数据：t=495 s 电磁感应——电磁感应与电路规律的综合应用

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【例5】（2001年上海卷）半径为a的圆形区域内有均匀磁场，磁感强度为B=0.2T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心地放置，磁场与环面垂直，其中a=0.4m，b=0.6m，金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R =2Ω，一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计

（1）若棒以v0=5m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO′ 的瞬时（如图所示）MN中的电动势和流过灯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90º，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为ΔB/Δt=4T/s，求L1的功率。解析：（1）棒滑过圆环直径OO′ 的瞬时，MN中的电动势 E1=B2a v=0.2×0.8×5=0.8V

① 等效电路如图（1）所示，流过灯L1的电流 I1=E1/R=0.8/2=0.4A

②

图（1）（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90º，半圆环OL1O′中产生感应电动势，相当于电源，灯L2为外电路，等效电路如图（2）所示，感应电动势 E2=ΔФ/Δt=0.5×πa2×ΔB/Δt=0.32V

③ L1的功率

P1=(E2/2)2/R=1.28×102W

四、针对练习

1.（1999年广东）如图所示，MN、PQ为两平行金属导轨，M、P间连有一阻值为R的电阻，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度为B，磁场方向与导轨所在平面垂直，图中磁场垂直纸面向里.有一金属圆环沿两导轨滑动，速度为v，与导轨接触良好，圆环的直径d与两导轨间的距离相等.设金属环与导轨的电阻均可忽略，当金属环向右做匀速运动时

图（2）

A.有感应电流通过电阻R，大小为

dBvRdBv R

B.有感应电流通过电阻R，大小为电磁感应——电磁感应与电路规律的综合应用

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C.有感应电流通过电阻R，大小为D.没有感应电流通过电阻R

2dBv

R2.在方向水平的、磁感应强度为0.5 T的匀强磁场中，有两根竖直放置的导体轨道cd、e f，其宽度为1 m，其下端与电动势为12 V、内电阻为1 Ω的电源相接，质量为0.1 kg的金属棒MN的两端套在导轨上可沿导轨无摩擦地滑动，如图所示，除电源内阻外，其他一切电阻不计，g=10 m/s2，从S闭合直到金属棒做匀速直线运动的过程中 A.电源所做的功等于金属棒重力势能的增加 B.电源所做的功等于电源内阻产生的焦耳热 C.匀速运动时速度为20 m/s

D.匀速运动时电路中的电流强度大小是2 A 3.两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计.斜面处在匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上.质量为m、电阻可不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升h高度.如图所示，在这过程中

A.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零

B.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上发出的焦耳热之和

C.恒力F与安培力的合力所做的功等于零

D.恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上发出的焦耳热 4.如图所示，空间存在垂直于纸面的均匀磁场，在半径为a的圆形区域内、外，磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B.一半径为b，电阻为R的圆形导线环放置在纸面内，其圆心与圆形区域的中心重合.在内、外磁场同时由B均匀地减小到零的过程中，通过导线截面的电量Q=_________.5.两根相距d=0.20 m的平行金属长导轨固定在同一水平面内，并处于竖直方向的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.20 T，导轨上面横放着两条金属细杆，构成矩形闭合回路.每条金属细杆的电阻为r=0.25 Ω，回路中其余部分的电阻可不计，已知两金属细杆在平行导轨的拉力作用下沿导轨朝相反方向匀速平移，速度大小都是v=5.0 m/s，如图所示，不计导轨上的摩擦.电磁感应——电磁感应与电路规律的综合应用

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（1）求作用于每条金属细杆的拉力的大小.（2）求两金属细杆在间距增加0.40 m的滑动过程中共产生的热量.6.（1999年上海）如图所示，长为L、电阻r=0.3 Ω、质量m=0.1 kg的金属棒CD垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也是L，棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有R=0.5 Ω的电阻，量程为0～3.0 A的电流表串接在一条导轨上，量程为0～1.0 V的电压表接在电阻R的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面.现以向右恒定外力F使金属棒右移.当金属棒以v=2 m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏.问：（1）此满偏的电表是什么表?说明理由.（2）拉动金属棒的外力F多大?（3）此时撤去外力F，金属棒将逐渐慢下来，最终停止在导轨上.求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻R的电量.7.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）? 8.在磁感应强度为B=0.4 T的匀强磁场中放一个半径r0=50 cm的圆形导轨，上面搁有互相垂直的两根导体棒，一起以角速度ω=103 rad/s逆时针匀速转动.圆导轨边缘和两棒中央通过电刷与外电路连接，若每根导体棒的有效电阻为R0=0.8 Ω，外接电阻R=3.9 Ω，如所示，求：（1）每半根导体棒产生的感应电动势.（2）当电键S接通和断开时两电表示数（假定RV→∞，RA→0）.参考答案：

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1.B.提示：将圆环转换为并联电源模型，如图 2.CD 3.AD 4.Q=IΔt=B(2a2b2)R或Q=B(b22a2)R

5.（1）3.2×10-2 N（2）1.28×10-2 J 提示：将电路转换为直流电路模型如图.6.（1）电压表

理由略（2）F=1.6 N（3）Q=0.25 C

7.（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=BBlvl R

Mgsin-B根据牛顿第二定律：a=

MBlvLR

①

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vm.由①式中a=0有：Mgsinθ-B2l2vm/R=0 vm=

②

MgRsin

B2l2（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vm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：

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Fs-ΔE=1Mvm2

2③

ΔE=Fs-1MgRsin2 M（）2B2l2

④

8.（1）每半根导体棒产生的感应电动势为 E1=Blv=121Blω=×０.4×103×（0.5）2 V=50 V.22（2）两根棒一起转动时，每半根棒中产生的感应电动势大小相同、方向相同（从边缘指向中心），相当于四个电动势和内阻相同的电池并联，得总的电动势和内电阻 为E=E1=50 V，r=11R0=0.1 Ω 42当电键S断开时，外电路开路，电流表示数为零，电压表示数等于电源电动势，为50 V.当电键S′接通时，全电路总电阻为 R′=r+R=（0.1+3.9）Ω=4Ω.由全电路欧姆定律得电流强度（即电流表示数）为 I=E50 A=12.5 A.rR4此时电压表示数即路端电压为

U=E-Ir=50-12.5×0.1 V=48.75 V（电压表示数）或U=IR=12.5×3.9 V=48.75 V

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