3-2复习教案资料

3-2复习资料 电磁感应

知识网络：

第1单元 电磁感应 楞次定律

一、电磁感应现象

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。

二、右手定则

伸开右手，使大拇指与四指在同一个平面内，并跟四指垂

直，让磁感线穿过手心，使大拇指指向导体的运动方向，这时四

指所指的方向就是感应电流的方向。

三、楞次定律

1．楞次定律——感应电流总具有这样的方向，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。( 阻碍 原磁场增加时，反抗, 原磁场减小时，补充 )

2．对“阻碍”意义的理解：

R

（1）阻碍原磁场的变化。“阻碍”不是阻止，而是“延缓”

（2）阻碍的是原磁场的变化，而不是原磁场本身，如果原磁场不变化，即使它再强，也不会产生感应电流．

（3）阻碍不是相反．当原磁通减小时，感应电流的磁场与原磁场同向，以阻碍其减小；当磁体远离导体运动时，导体运动将和磁体运动同向，以阻碍其相对运动．

（4）由于“阻碍”，为了维持原磁场变化，必须有外力克服这一“阻碍”而做功，从而导致其它形式的能转化为电能．因此楞次定律是能量转化和守恒定律在电磁感应中的体现．

3．楞次定律的具体应用

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。又由于是由相对运动引起的，所以只能是机械能减少转化为电能，表现出的现象就是“阻碍”相对运动。

4．运用楞次定律处理问题两种思路方法：

①常规法：——据原磁场（B 原方向及ΔΦ情况）????→?楞次定律确定感应磁场（B 感方向）????→?安培定则判断感应电流（I 感方向）????→?左手定则导体受力及运动趋势.

②效果法——由楞次定律可知，感应电流的“效果”总是阻碍引起感应电流的“原因”，深刻理解“阻碍”的含义.据"阻碍"原则，可直接对运动趋势作出判断.

例题举例

【例1】一平面线圈用细杆悬于P 点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动，已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过位置Ⅰ和位置Ⅱ时，顺着磁场的方向看去，线圈中的感应电流的方向分别为B

位置Ⅰ 位置Ⅱ

（A ）逆时针方向 逆时针方向

（B ）逆时针方向 顺时针方向

（C ）顺时针方向 顺时针方向

（D ）顺时针方向 逆时针方向

【例2】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？方向如何？

解：由于磁感线是闭合曲线，内环内部向里的磁感线条数和内环外向外的所有磁感线

条数相等，所以外环所围面积内（应该包括内环内的面积，

而不只是环形区域的面积）的总磁通向里、增大，所以外环

中感应电流磁场的方向为向外，由安培定则，外环中感应电

流方向为逆时针。

【例3】 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的过程中，导体环中的感应电流方向如何？

解：从“阻碍磁通量变化”来看，原磁场方向向上，先增后减，感应电流磁场方向先下后上，感应电流方向先顺时针后逆时针。从“阻碍相对运动”来看，先排斥后吸引，把条形磁铁等效为螺线管，根据“同向电流互相吸引，反向电流互相排斥”，也有同样的结论。

【例4】 如图所示，O 1O 2是矩形导线框abcd 的对称轴，其左方有匀强磁场。以下哪些情况下abcd 中有感应电流产生？方向如何？

A.将abcd 向纸外平移

B.将abcd 向右平移

C.将abcd 以ab 为轴转动60°

D.将abcd 以cd 为轴转动60°

解：A 、C 两种情况下穿过abcd 的磁通量没有发生变化，无感

应电流产生。B 、D 两种情况下原磁通向外，减少，感应电流

磁场向外，感应电流方向为abcd 。

【例5】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 （B 、D ）

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

【例6】 如图当磁铁绕O 1O 2轴匀速转动时，矩形导线框（不

考虑重力）将如何运动？

解：本题分析方法很多，最简单的方法是：从“阻碍相对运

动”的角度来看，导线框一定会跟着条形磁铁同方向转动起来。

如果不计摩擦阻力，最终导线框将和磁铁转动速度相同；如果考

虑摩擦阻力导线框的转速总比条形磁铁转速小些。

【例7】 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？

解：若按常规用“阻碍磁通量变化”判断，则要根据下端磁极的极性分别进行讨论，比较繁琐。而且在判定a 、b 所受磁场力时。应该以磁极对它们的磁场力为主，不能以a 、b 间的磁场力为主（因为它们是受合磁场的作用）。如果主注意到：磁铁向下插，通过闭合回路的磁通量增大，由Φ=BS 可知磁通量有增大的趋势，因此S 的相应变化应该使磁通量有减小的趋势，所以a 、b 将互相靠近。

【例8】如图所示，在条形磁铁从图示位置绕O 1O 2轴转动90°的过程中，放在导轨右端附近的金属棒ab 将如何移动？

解：无论条形磁铁的哪个极为N 极，也无论是顺时针转

动还是逆时针转动，在转动90

°过程中，穿过闭合电路的磁

a b

通量总是增大的（条形磁铁内、外的磁感线条数相同但方向相反，在线框所围面积内的总磁通量和磁铁内部的磁感线方向相同且增大。而该位置闭合电路所围面积越大，总磁通量越小，所以为阻碍磁通量增大金属棒ab 将向右移动。

【例9】如图所示，用丝线悬挂闭合金属环，悬于O 点，虚线左边有匀强

磁场，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

空间都有向外的匀强磁场，会有这种现象吗？

解：只有左边有匀强磁场，金属环在穿越磁场边界时，由于磁通量发生变

化，环内一定会有感应电流产生，根据楞次定律将会阻碍相对运动，所以摆动会很快停下来，这就是电磁阻尼现象。当然也可以用能量守恒来解释：既然有电流产生，就一定有一部分机械能向电能转化，最后电流通过导体转化为内能。若空间都有匀强磁场，穿过金属环的磁通量反而不变化了，因此不产生感应电流，因此也

就不会阻碍相对运动，摆动就不会很快停下来。

四、电磁感应在实际生活中的应用例析

【例10】如图所示是生产中常用的一种延时继电器的

示意图。铁芯上有两个线圈A 和B 。线圈A 跟电源连接，

线圈B 的两端接在一起，构成一个闭合电路。在拉开开关

S 的时候,弹簧k 并不能立即将衔铁D 拉起，从而使触头C （连接工作电路）立即离开，过一段时间后触头C 才能离开；延时继电器就是这样得名的。试说明这种继电器的工作原理。

解析：当拉开开关S 时使线圈A 中电流变小并消失时，铁芯中的磁通量发生了变化（减小），从而在线圈B 中激起感应电流，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍原磁场的减小，这样，就使铁芯中磁场减弱得慢些，因此弹簧K 不能立即将衔铁拉起。

【例11】如图是家庭用的“漏电保护器“的关键部分的原理图，

其中P 是变压器铁芯，入户的两根电线”（火线和零线）采用双线绕

法，绕在铁芯一侧作为原线圈，然后再接入户内的用电器。Q 是一个

脱扣开关的控制部分（脱扣开关本身没有画出，它是串联在本图左边

的火线和零线上，开关断开时，用户供电被切断），Q 接在铁芯另一侧副线圈的两端a 、b 之间，当a 、b 间没有电压时，Q 使得脱扣开关闭合，当a 、b 间有电压时，脱扣开关即断开，使用户断电。

（1）用户正常用电时，a 、b 之间有没有电压？

（2）如果某人站在地面上，手误触火线而触电，脱扣开关是否会断开？为什么？ 解析：（1） 用户正常用电时，a 、b 之间没有电压，因为双线绕成的初级线圈两根导线中的电流总是大小相等而方向相反的，穿过铁芯的磁通量总为0，副线圈中不会有感应电动势产生。

（2

）人站在地面上手误触火线，电流通过火线和人体而流向大地，不通过零线，这样

变压器的铁芯中就会有磁通量的变化，从而次级产生感应电动势，脱扣开关就会断开。

第2单元 法拉第电磁感应定律 自感

一．区分物理量

1、磁通量Φ――穿过某一面积的磁感线的条数

2、磁通量的变化量△Φ ＝ Φ2 － Φ1

3、磁通量的变化率t ??Φ――单位时间内的磁通量的变化

二．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。这就是法拉第电磁感应定律。

t

n E ??Φ= 3、△Φ的产生方式：①改变B ，②改变S ，③、改变B 和S 的夹角

三、推论

把AB 向右移动一段距离，AB 长L ，速度v ，匀强磁场B

当B ⊥L ，L ⊥v ，B ⊥v 时有 BLv E t t BLv t S B t E =???=???=??Φ=

推广：已知：B ，L ，ω 求：E ＝？

ωθθππ2222

122BL E L t B t L B t S B t E =??=???=???=??Φ= 例题举例：

【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 。 解：⑴v R

v L B F BIL F R E I v BL E ∝=∴===22222,,, ⑵22222v R v L B Fv P ∝== ⑶v R v L L B FL W ∝==12

221 ⑷v W Q ∝= ⑸ R

t R E t I q ?Φ==?=与v 无关 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

L

R

B 1、 反映磁通量变化的快慢 2、 电动势的平均值 （电动势的平均值和瞬时值）

论以后经常会遇到）。

【例2】如图，竖直放置的U 形导轨宽为L ，上端串有电阻R （其余

导体部分的电阻都忽略不计）。磁感应强度为B 的匀强磁场方向垂直于纸

面向外。金属棒ab 的质量为m ，与导轨接触良好，不计摩擦。从静止释

放后ab 保持水平而下滑。试求ab 下滑的最大速度v m

解：释放瞬间ab 只受重力，开始向下加速运动。随着速度的增大，

感应电动势E 、感应电流I 、安培力F 都随之增大，加速度随之减小。当F 增大到F=mg 时，加速度变为零，这时ab 达到最大速度。 由mg R

v L B F m ==22，可得22L B mgR v m = 【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？ 解：由t E ??Φ== kL 1L 2可知，回路中感应电动势是恒定的，电流大小也是恒定的，但由

于安培力F=BIL ∝B =kt ∝t ，随时间的增大，安培力将随之增大。当安培力增大到等于最大静摩擦力时，ab 将开始向左移动。这时有：2

212211,L L k mgR t mg R L kL L kt μμ==?? 【例4】如图所示，水平面上固定有平行导轨，磁感应强度

为B 的匀强磁场方向竖直向下。同种合金做的导体棒ab 、cd 横截

面积之比为2∶1，长度和导轨的宽均为L ，ab 的质量为m ，电阻

为r ，开始时ab 、cd 都垂直于导轨静止，不计摩擦。给ab 一个

向右的瞬时冲量I ，在以后的运动中，cd 的最大速度v m 、最大加

速度a m 、产生的电热各是多少？

解：给ab 冲量后，ab 获得速度向右运动，回路中产生感应电流，cd 受安培力作用而加速，ab 受安培力而减速；当两者速度相等时，都开始做匀速运动。所以开始时cd 的加速度最大，最终cd 的速度最大。全过程系统动能的损失都转化为电能，电能又转化为内能。由于ab 、cd 横截面积之比为2∶1，所以电阻之比为1∶2，根据Q=I 2Rt ∝R ，所以cd 上产生的电热应该是回路中产生的全部电热的2/3。又根据已知得ab 的初速度为v 1=I/m ，因此有：2/,,2,1m F a BLI F r r E I BLv E m ==+== ，解得r

m I L B a m 22232=。最后的共同速度为v m =2I/3m ，系统动能损失为ΔE K =I 2/ 6m ，其中cd 上产生电热Q=I 2/ 9m

【例5】如图所示，空间存在垂直于纸面的均匀磁场，在半径为a 的圆形区域内部及外部，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。当内、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 =____________。

解析：由题意知：

ΦΦ122220=-=B b a π()，，

∴=-=-?ΦΦΦ21222πBb a ， 由q R q Bb a R

==-?Φ，π222 【例6】如图所示是一种测量通电螺线管中磁场的装置，把一个很小的测量线圈A 放在待测处，线圈与测量电量的冲击电流计G 串联，当用双刀双掷开关S 使螺线管的电流反向时，测量线圈中就产生感应电动势，从而引起电荷的迁移，由表G 测出电量Q ，就可以算出线圈所在处的磁感应强度B 。已知测量线圈共有N 匝，直径为d ，它和表G 串联电路的总电阻为R ，则被测处的磁感强度B 为多大？

解析：当双刀双掷开关S 使螺线管的电流反向时，测量线圈中就产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可得：t

d B N t N E ?=??=2

)2/(2πφ

由欧姆定律得：R

E t Q I =?= 由上述二式可得：2.2Nd QR

B π=

四、自感现象

1、 自感——由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象叫自感现象。 产生的

电动势叫自感电动势。电流I 变化时，自感电动势阻碍电流的变化（当I 增

加，自感电动势反抗I 的增加，当I 减小，自感电动势补充I 的减小）

2、 原因——导体本身的电流变化，引起磁通量的变化

3、自感电动势和自感系数t

I L

E ??= ①反映电流变化的快慢

②自感系数L 决定于线圈的自身（长度、截面积、匝数、铁芯）

③自感电动势由L 和I 的变化率共同决定

④单位：亨利 1H ＝103 mH 1mH ＝10 3μH

自感现象只有在通过电路电流发生变化才会产生．在判断电路性质时，一般分析方法是：当流过线圈L 的电流突然增大瞬间，我

们可以把L 看成一个阻值很大的电阻；当流

经L 的电流突然减小的瞬间，我们可以把L

看作一个电源，它提供一个跟原电流同向的

电流．

图2电路中，当S断开时，我们只看到A灯闪亮了一下后熄灭，那么S断开时图1电路中就没有自感电流？能否看到明显的自感现象，不仅仅取决于自感电动势的大小，还取决于电路的结构．在图2电路中，我们预先在电路设计时取线圈的阻值远小于灯A的阻值，使S断开前，并联电路中的电流I L>>I R，S断开瞬间，虽然L中电流在减小，但这一电流全部流过A灯，仍比S断开前A灯的电流大得多，且延滞了一段时间，所以我们看到A灯闪亮一下后熄灭，对图1的电路，S断开瞬间也有自感电流，但它比断开前流过两灯的电流还小，就不会出现闪亮一下的现象．

除线圈外，电路的其它部分是否存在自感现象？

当电路中的电流发生变化时，电路中每一个组成部分，甚至连导线，都会产生自感电动势去阻碍电流的变化，只不过是线圈中产生的自感电动势比较大，其它部分产生的自感电动势非常小而已。

2、自感现象的应用——日光灯

（1）启动器：利用氖管的辉光放电，起自动把电路接通和断开

的作用

（2）镇流器：在日光灯点燃时，利用自感现象，产生瞬时高

压，在日光灯正常发光时，，利用自感现象，起降压限流作用。

3、日光灯的工作原理图如下：

图中A镇流器，其作用是在灯开始点燃时起产生瞬时高压的作用；在日光灯正常发光时起起降压限流作用．B是日光灯管，它的内壁涂有一层荧光粉，使其发出的光为柔和的白光；C是启动器，它是一个充有氖气的小玻璃泡，里面装上两个电极，一个固定不动的静触片和一个用双金属片制成的U形触片组成．

【例7】如图所示的电路中，A1和A2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（ A、D ）

A．合上开关S接通电路时，A2先亮A1后亮，最后一样亮

B．合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮

C．断开开关S切断电路时，A2立即熄灭，A1过一会熄灭

D．断开开关S切断电路时，A1和A2都要过一会才熄灭

四、针对练习

1.穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟减少2Wb，则（ AC ）

A．线圈中感应电动势每秒增加2V

B．线圈中感应电动势每秒减少2V

C．线圈中无感应电动势

D．线圈中感应电动势保持不变

2. 如图，在匀强磁场中，有一接有电容器的导线回路，已知C=30μF，L1=5cm，L2=8cm，磁场以5×10-2T/s的速率均匀增强，则电容器C所带的电荷量 C （-

3.6N·s）

4. 如图所示，平行金属导轨间距为d，一端跨接电阻为R，匀强磁场磁感强度为B，方向垂直平行导轨平面，一根长金属棒与导轨成θ角放置，棒与导轨的电阻不计，当棒沿

垂直棒的方向以恒定速度v在导轨上滑行时，通过电阻的电流是（ A ）A．Bdv/(R sinθ) B．Bdv/R

C．Bdv sinθ/R D．Bdv cosθ/R

5. 如图所示，圆环a和b的半径之比R1∶R2=2∶1，且是粗细相同，用同样材料的导线构成，连接两环导线的电阻不计，匀强磁场的磁感应强度始终以恒

定的变化率变化，那么，当只有a环置于磁场中与只有b环置于磁场

中的两种情况下，AB两点的电势差之比为多少？（2：1）

7. 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

第3单元 电磁感应与电路规律的综合应用

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t

n

E ??Φ=或θsin BLv E =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】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

（2）画出ab 两端电压的U-t 图线

解析：线框进人磁场区时E 1=B l v =2 V ，r

E I 411==2.5 A 方向沿逆时针，如图（1）实线abcd 所示，感电流持续

的时间t 1=v

l =0.1 s 线框在磁场中运动时：E 2=0，I 2=0 无电流的持续时间：t 2=v

l L -=0.2 s ， 线框穿出磁场区时：E 3= B l v =2 V ，r

E I 433==2.5 A 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U 1=I 1 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U 2=B

l v=2V 图（1） 图

（2）

线框出磁场时ab 两端电压：U 3=E - I 2 r =1.5V

由此得U-t 图线如图（3）所示

一、综合例析

【例2】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

S B t E ??=??Φ= ① S ?表示ab 扫过的三角形的面积，即22

3321L L L S =?=? ② 通过R 的电量t R E t I Q ?=?=1 ③ 由以上三式解得R

BL Q 232

1= ④ 在这一过程中电容器充电的总电量Q =CU m ⑤

U m 为ab 棒在转动过程中产生的感应电动势的最大值。即

ωω22)22

1(2BL L L B U m =???= ⑥ 联立⑤⑥得：C BL Q ω222= （2）当ab 棒脱离导轨后（对R 放电，通过R 的电量为

Q 2，所以整个过程中通过 R 的总电量为：

Q =Q 1＋Q 2=)223(2C R

BL ω+ 【例3】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.

解题方法：

由法拉第电磁感应定律可求回路感应电动势E =

t B S t ??=??Φ①： 由闭合电路欧姆定律可求出回路中电流 I =R

R E +0 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 ＋

t B ??·t ） ③ 此时安培力为 F 安=B ′Il ab ④ 由受力分析可知 F 安=mg ⑤

由①②③④⑤式并代入数据：t =495 s

第4单元 电磁感应与力学规律的综合应用

电磁感应等电学知识和力学知识的综合应用，主要有

1、利用能的转化和守恒定律及功能关系研究电磁感应过程中的能量转化问题

2、应用牛顿第二定律解决导体切割磁感线运动的问题。

3、应用动量定理、动量守恒定律解决导体切割磁感线的运动问题。

4、应用能的转化和守恒定律解决电磁感应问题。

一、电磁感应中的动力学问题

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。

【例1】如图，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不计。

解析：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，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

E=BLv ① I=E/R ② F 安=BIL ③

对ab 所受的力正交分解，F N = mg cos θ F f = μmg cos θ 由①②③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 ④ 由④式可解得()2

2cos sin L B R mg v m θμθ-=

二、电磁感应中的能量、动量问题

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，然后利用能量守恒列出方程求解。

【例2】如图，两根间距为l 的光滑金属导轨（不计电阻），由一段圆弧部分与一段无限长的水平段组成。其水平段加有竖直向下方向的匀强磁场，其磁感应强度为B ，导轨水平段上静止放置一金属棒cd ，质量为2m 。，电阻为2r 。另一质量为m ，电阻为r 的金属棒ab ，从圆弧段M 处由静止释放滑至N 处进入水平段，圆弧段MN 半径R ，所对圆心角为60°，求：

（1）ab 棒在N 处进入磁场区速度多大？此时棒中电流是多少？

（2）ab 棒能达到的最大速度是多大？

（3）ab 棒由静止到达最大速度过程中，系统所能释放的热量是多少？

解析：（1）ab 棒由静止从M 滑下到N 的过程中，只有重力做

功，机械能守恒，所以到N 处速度可求，进而可求ab 棒切割磁感

线时产生的感应电动势和回路中的感应电流。

ab 棒由M 下滑到N 过程中，机械能守恒，故有：

22

1)60cos 1(mv mgR =?- 解得gR v = 进入磁场区瞬间，回路中电流强度为 r

gR Bl r r E I 32=+= （2）设ab 棒与cd 棒所受安培力的大小为F ，安培力作用时间为 t ，ab 棒在安培力作用下做减速运动，cd 棒在安培力作用下做加速运动，当两棒速度达到相同速度v ′时，电路中电流为零，安培力为零，cd 达到最大速度。

运用动量守恒定律得 v m m mv '+=)2( 解得 gR v 31=

' （3）释放热量等于系统机械能减少量，有2232121v m mv Q '?-=

解得mgR Q 3

1= 三、综合例析

（一）电磁感应中的“双杆问题”

【例3】（2003年全国理综卷）如图所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度B =0.50T 的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计。导轨间的距离l=0.20m 。两根质量均为m=0.10kg 的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R =0.50Ω。在t =0时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行、大小为0.20N 的恒力F 作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动。经过t =5.0s ，金属杆甲的加速度为a =1.37m/s 2，问此时两金属杆的速度各为多少？

解析：设任一时刻t 两金属杆甲、乙之间的距离为x ，速度分别为v 1和v 2，经过很短的时间△t ，杆甲移动距离v 1△t ，杆乙移动距离v 2△t ，回路面积改变

t l v v lx t t v t v x S ?-=-+?+?-=?)(])[(2112 由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势t S B

E ??= 回路中的电流 R

E i 2=， 杆甲的运动方程ma Bli

F =- 由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等，方向相反，所以两杆的动量0(=t 时为0）等于外力F 的冲量21mv mv Ft += 联立以上各式解得)](2[21211ma F F B R m F v -+= )](2[212212m a F I

B R m F v --= 代入数据得s m v s

m v /85.1/15.821== 【例4】两根相距d =0.20m 平行金属长导轨固定在同一水平面，处于竖直方向的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B =0.2T ，导轨上横放着两条金属细杆，构成矩形回路，每条金属细杆的电阻为r =0.25Ω，回路中其余部分的电阻可不计.已知两金属细杆在平行于导轨的拉力的作用下沿导轨朝相反方向匀速平移，速度大小都是v =5.0m/s ，如图所示.不计导轨上的摩擦.

（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0.40m 的滑动过程共产生的热量.

解析：（1）当两金属杆都以速度v 匀速滑动时，每条金属杆中

产生的感应电动势分别为： E 1=E 2=Bdv 由闭合电路的欧姆定律，回路中的电流强度大小为：r

E E I 221+= 因拉力与安培力平衡，作用于每根金属杆的拉力的大小为

F 1=F 2=IBd 。 由以上各式并代入数据得22221102.3-?===r

v d B F F N （2）设两金属杆之间增加的距离为△L ，则两金属杆共产生的热量为v

L r I Q 222???=，代入数据得 Q =1.28×10-2J.

【例5】在光滑水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为

L 的区域内，有一边长为a （a

场边界滑过磁场后速度变为v （v

A ．完全进入磁场中时线圈的速度大于（v 0+v ）/2；

B ．安全进入磁场中时线圈的速度等于（v 0+v ）/2；

C ．完全进入磁场中时线圈的速度小于（v 0+v ）

/2；

D ．以上情况A 、B 均有可能，而C 是不可能的

解析：设线圈完全进入磁场中时的速度为v x 。线圈在穿过磁场的过程中所受合外力为安培力。对于线圈进入磁场的过程，据动量定理可得：

a

a

=?Φ-=?-R Ba t F 02

mv mv R

Ba Ba x -=- 对于线圈穿出磁场的过程，据动量定理可得： =?Φ-=?-R Ba t F x mv mv R Ba Ba -=-2 由上述二式可得2

0v v v x +=，即B 选项正确。 【例6】光滑U 型金属框架宽为L ，足够长，其上放一质量为m 的金属棒ab ，左端连接有一电容为C 的电容器，现给棒一个初速v 0，使棒始终垂直框架并沿框架运动，如图所示。求导体棒的最终速度。

解析：当金属棒ab 做切割磁力线运动时，要产生感应电动势，这样，电容器C 将被充电，ab 棒中有充电电流存在，ab 棒受到安培力的作用而减速，当ab 棒以稳定速度v 匀速运动时，有：BLv =U C =q/C

而对导体棒ab 利用动量定理可得：-BLq =mv -mv 0 由上述二式可求得： C

L B m m v v 220+= 例7．如图，电动机牵引一根原来静止的、长L 为1m 、质量m 为0.1kg 的导体棒MN 上升，导体棒的电阻R 为1Ω，架在竖直放置的框架上，它们处于磁感应强度B 为1T 的匀强磁场中，磁场方向与框架平面垂直。当导体棒上升h =3.8m 时，获得稳定的速度，导体棒上产生的热量为2J ，电动机牵引棒时，电压表、电流表的读

数分别为7V 、1A ，电动机内阻r 为1Ω，不计框架电阻及

一切摩擦，求：

（1）棒能达到的稳定速度；

（2）棒从静止至达到稳定速度所需要的时间。

解析：（1）电动机的输出功率为：62=-=r I IU P 出W

Fv P =出 其中F 为电动机对棒的拉力，

当棒达稳定速度时L I B mg F '+= 感应电流R

BLv R E I =='解得2=v m/s （2）从棒由静止开始运动至达到稳定速度的过程中，电动机提供的能量转化为棒的机械能和内能，由能量守恒定律得：Q mv mgh t P ++=22

1出, 解得 t = 1s

第十章 交变电流

第1单元 交变电流

一、交变电流的产生

1. 正弦交流电的产生

当闭合矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴线做匀角速转动时，闭合线圈中就

有交流电产生．如图所示．设矩形线圈abcd 以角速度ω绕oo ' 轴、从线圈平面跟磁感线垂直的位置开始做逆时针方向转动．此时，线圈都不切割磁感线，线圈中感应电动势等于零．经过时间t 线圈转过ωt 角，这时ab 边的线速度v 方向跟磁感线方向夹角等于ωt ，

设ab 边的长度为l ，bd 边的长度为l'，线圈中感应电动势为t l Bl e ωωsin 2

2'=，对于N 匝线圈，有t NBS e .sin .ωω=或者写成t E e m .sin .ω=（ωωm m N NBS E Φ==. 叫做电动势的最大值。）由上式，在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴做匀角速转动的线圈里产生的感应电动势是按正弦规律变化的．根据闭合电路欧姆定t R

E R e i m ωsin == 2．中性面——线圈转动至线圈平面垂直于磁感线位置时，各边都不切割磁感线，线圈中没有感应电流，这个特定位置叫中性面．

应注意：①中性面在垂直于磁场位置．②线圈通过中性面时，穿过线圈的磁通量最大．③线圈平面通过中性面时感应电动势为零．④线圈平面每转过中性面时，线圈中感应电流方向改变一次，转动一周线圈两次通过中性面，一周里线圈中电流方向改变两次．

3．正弦交流电的图象

矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴做匀角速转动，线圈里产生正弦交流电．当线圈从中性面开始转动，在一个周期中：在t （0，T /4）时间内，线圈中感应电动势从0达到最大值E m ．在t （T /4，T /2）时间内，线圈中感应电动势从最大值E m 减小到0．在t （T /2，3T /4）时间内，线圈中感应电动势从0增加到负的最大值-E m ．在t （3T /4，T ）时间内，线圈中感应电动势的值从负的最大值-E m 减小到0．

电路中的感应电流、路端电压与感应电动势的变化规律相同，如图所示．

二、描述交变电流的物理量

1、瞬时值：它是反映不同时刻交流电的大小和方向，正弦交流

瞬时值表达式为：t e m ωεsin =，t I i m ωsin =.应当注意必须从中

性面开始。

【例1】有一正弦交流电源，电压有效值U=120V ，频率为f=50Hz

向一霓虹灯供电，若霓虹灯的激发电压和熄灭电压均为U 0=602V ，

试估算在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象？

解析：由正弦交流电的最大值与有效值U 的关系得：U m =1202V

设t=0时交流电的瞬时电压U=0则交流电的瞬时表达式为

U=1202sin100πt V

如图所示，画出一个周期内交流电的U-t 图象，其中阴影部分对应的时间t 1表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t 1，

当U=U 0=602V 时，由上式得t 1=1/600s ，再由对称性求得一个周期内能发光的时间：t=T-4t 1=s 75

1，再由比例关系求得一小时内霓虹灯发光的时间为：t=s 240075150

13600=? 很明显霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间只有1/300s （如图t 2时刻到t 3时刻）由于人的眼睛具有视觉暂留现象（暂留时间约1/16

2、最大值：也叫峰值，它是瞬时值的最大者，它反映的是交流电大小的变化范围，当线圈平面跟磁感线平行时，交流电动势最大，ωNBS E m =（转轴垂直于磁感线）。电容器接在交流电路中，则交变电压的最大值不能超过电容器的耐压值。

【例2】把一电容器C 接在220V 的交流电路中，为了保证电容不被击穿，电容器C 的耐压值是多少？

解析：不低于2002V ，不少学生往把电容器与灯泡类比，额定电压220 V 的灯泡接在220 V 的交流电源上正常发光.从而错误的认为电容器的耐压值也只要不低于220V 即可，事实上，电容器接在交流电路中一直不断地进行充、放电过程.电容器两极间电压最大可达2002V ，故电容器C 的耐压值应不低于2002V.

3、平均值：它是指交流电图象中图线与横轴所围成的面积值跟时间的比值.其量值可用法拉第电磁感应定律N E =·

t

???来求，特殊地，当线圈从中性面转过90度的过程中，有m E E π2=.计算平均值切忌用算术平均法即221E E E +=求解。平均值不等于有效值。

【例3】如图所示，求线圈由图示位置转过60°角的过程中，通过线圈某一横截面的电量.

解析：在计算电量问题中，一定要用电流、电压平均值

N E =·

t ???而BS BS 2

360sin 12=?=-=???? 又R E I =，t I q ?= ∴N q =·R ??＝R NBS 23 4、有效值：有效值是根据电流的热效应规定的：让交流和直流通过相同阻值的电阻，如果它们在相同的时间内产生的热量相等，就把这一直流的数值叫做这一交流的有效值。

正弦交流电的有效值跟最大值之间的关系是：m E U 21

=，m I I 21

=，对于非正弦电流

的有效值以上关系不成立，应根据定义来求。

①电器设备上标注的额定值是有效值

②交流电表测量的是交流的有效值

③如果没有特殊强调，交流的数值指的都是有效值

④计算某一时间段的功率，要用有效值，计算某一时刻的功率，要用瞬时值，计算通过某个截面的电量，要用平均值 【例4】 左图所示是某种型号的电热

毯的电路图，电热毯接在交变电源上，通过装置P 使加在电热丝上的电压的波形如

右图所示。此时接在电热丝两端的交流电压表的读数为

A.110V

B.156V

C.220V

D.311V

解：从u -t 图象看出，每个周期的前半周期是正弦图形，其有效值为220V ；后半周期电压为零。根据有效值的定义，02

212

+?=T R U T R U ，得U =156V ，选B 。 【例5】如图所示，两平行导轨与水平面间的倾角为?=37θ，电阻不计，间距L ＝0.3m ，长度足够长，导轨处于磁感应强度B ＝1T ，方向垂直于导轨

平面向上的匀强磁场中.导轨两端各接一个阻值为R 0＝2Ω电阻，另

一横跨在导轨间的金属棒质量m ＝1kg ，电阻r ＝1Ω棒与导轨间的

滑动摩擦因数μ＝0.5，当金属棒以平行于导轨的向上初速度υ0

＝10m/s 上滑，直至上升到最高点过程中，通过上端电阻电量q

?＝0.1C （g 取10m/s 2），求上端电阻R 0产生的焦耳热？

解：设棒沿斜面能上升的最大距离为s ，B 垂直

斜面向上，则在棒上升过程中，通过棒某一截面的电

量应为2q ?.由t q I ??=2＝r R E +2

0得)2

(20r R t q E +??= 而t BLs t q ?=??=? ∴s =2)(0=+?BL

r R q m 电路总焦耳热为总Q ＝Q t R I t R I t r R I 662

3)2()2(02002002=?=?=?+总R 0 从金属棒开始运动到最高点过程，利用能量守恒关系有

总Q ＋μmg cos θ·s ＋mg sin θ·s ＝2021mv ，Q R 0＝61总

Q ＝5 J

三、感抗和容抗（统称电抗）

A 、电感对电路的影响

接通直流和交流，比较灯泡的亮度，先接通交流，再接上电感，比较灯泡的亮

1、 感抗：fL X L π2=

2、 作用：通直流、阻交流、通低频、阻高频

3、 原因：电磁感应（自感）

B 、电容对电路的影响

接通直流和交流，比较灯泡的亮度先接通交流，再接上电感，比较灯泡的亮度

（1（2

-2s

1、 容抗：fC

X L π21= 2、 作用：通交流、阻支流、通高频、阻低频

3、 原因：充放电过程中，电荷间的相互作用

C 、电感和电容的应用

1、 高频扼流圈——感抗小，匝数较少，通高频，阻

低频

2、

3

、

隔直电容器

4、 高频旁路电容

D 、小结：交流的强度不仅与电压和电阻有关，还与电容和电感有关

第2单元 变压器 电能的输送

一、理想变压器

1、构造：两组线圈（原、副线圈）绕在同一个闭合铁芯上构成变压器．

2、作用：在输送电能的过程中改变电压．

3、原理：其工作原理是利用了电磁感应现象．（互感）．

4、理想变压器的理想化条件及其规律．

在理想变压器的原线圈两端加交变电压U 1后，由于电磁感

应的原因，原、副线圈中都将产生感应电动势，根据法拉第电

磁感应定律有：t n E ??Φ=111，t

n E ??Φ=222，忽略原、副线圈内阻，有 U 1＝E 1 ，U 2＝E 2，另外，考虑到铁心的导磁作用而且忽略漏磁，即认为在任意时刻穿过原、副线圈的磁感线条数都相等，于是又有 21?Φ=?Φ由此便可得理想变压器的电压变化规律为2

121n n U U = 在此基础上再忽略变压器自身的能量损失（一般包括线圈内能量损失和铁芯内能量损失这两部分，分别俗称为“铜损”和“铁损”），有21P P = ，而111U I P = ，222U I P =

于是又得理想变压器的电流变化规律为12212211,

n n I I I U I U ==，由此可见：理想变压器的理想化条件一般指的是：忽略原、副线圈内阻上的分压，忽略原、副线圈磁通量的差别，忽略变压器自身的能量损耗（实际上还忽略了变压器原、副线圈电路的功率因数的差别．）

二、变压器的物理量变化的规律

1、电压规律 2

211n U n U = 理解：（1）U 1由电源决定，U 2 随U 1和n 的变化而变化，副线圈相当于一个新电源

（2）U / n 表示单匝线圈的电压。（类比于砌墙）

2、功率规律 2211I U I U =

理解：（1）理想变压器只传递能量，不消耗能量

（2）p 1随p 2的变化而变化，但p 1不能无限地变大，要受到发电机最大输出功率地

限制（类比：银行出纳）

3、电流规律1221..n n I I =

理解：

R 增大，I 2 减小，p 2 减小，p 1减小，I 1 减小

n 2增加，U 2增加，I 2 增加，p 2增加，p 1增加，I 1增加

结论：I 1随I 2地变化而变化

4、 多组副线圈

（1）无论原副线圈，磁通量变化率相同，所以有

===3

32211n U n U n U （类比：砌墙）

（2） 332211I U I U I U += 令k n U n U n U ===332211

【例1】 理想变压器初级线圈和两个次级线圈的匝数分别为n 1=1760匝、n 2

=288匝、n 3=800 0匝，电源电压为

U 1=220V 。n 2上连接的灯泡的实际功率为36W ，测得初级线圈的电流为I 1=0.3A ，求通过n 3的负载R 的电流I 3。 解：由于两个次级线圈都在工作，所以不能用I ∝1/n ，而

应该用P 1=P

2+P 3和U ∝n 。由U ∝n 可求得U 2=36V ，U 3=1000V ；由U 1I 1=U 2I 2+U 3I 3和I 2=1A 可得I 3=0.03A 。

【例2】在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强

电流，所用的器材叫电流互感器。如下所示的四个图中，能正确反应其工作原理的是 A

【例3】如图，为一理想变压器，K 为单刀双掷开关，P 为滑动变阻器的滑动触头，U 1为加在原线圈两端的电压，I 1为原线圈中的电流强度，则（A 、B 、D ）

A.保持U 1及P 的位置不变，K 由a 合到b 时，I 1将增大

B.保持U 1及P 的位置不变，K 由b 合到a 时，R 消耗的功率减小

C.保持U 1不变，K 合在a 处，使P 上滑，I 1将增大

D.保持P 的位置不变，K 合在a 处，若U 1增大，I 1将增大

【例4】一台理想变压器原线圈匝数n 1=1100匝，两个副线圈的匝数分别是n 2=60匝，n 3=600匝，若通过两个副线圈中的电流强度分别是I 2=1 A ，I 3=4 A ，求原线圈中的电流强度.

根据电功率公式有：I 1U 1=I 2U 2+I 3U 3 ①， 又因为2121n n U U =，U 2=11

2U n n ② 3131n n U U =，U 3=1

3n n U 1 ③， 把②③代入①，整理得：I 1n 1=I 2n 2+I 3n 3 所以I 1 = 1100

600460113322?+?=+n I n I n A = 2.24 A 三、远距离输电

A 、明确物理量

电源的输出电压U ，输出功率p

导线上损失电压△U ，损失功率△p

220V n 1

零线 火线 零线

A. B. C. D. U 1 I 1 U 3I 3U 2 I 2 ++=?332211..I n I n I n U ′，