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重庆市九龙坡区2010届高三物理二轮复习专题四:电磁感应


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高 2010 级高三物理专题复习资料 专题四 电磁感应

经开育才中学 张先文 经开礼嘉中学 刘 琼

一,疑难辨析
(一)概述 电磁感应这部分内容是物理学科的重点内容之一, 近年来高考对本章内容命题率较高的 是感应电流的产生条件,方向,几乎是年年考,其他如电磁感应现象与磁场,电路,力学, 热学等知识联系的综合题以及感应电流 (或感应电动势) 的图像问题也在近几年高考中交替 出现.该部分知识与其他学科知识相互渗透也是命题的趋势,同时将该部分知识同生产,生 活实际,高科技相结合,注重对学生分析能力,解决实际问题的能力.试题题型全面,以选 择题,解答题都可呈现,尤其是解答题困难较大,涉及知识点多,综合能力强,从而增加试 题的区分度. (二)建议 1. 磁通量 是标量,有正负是为了便于计算) 磁通量(是标量,有正负是为了便于计算 是标量 (1)它是判断是否产生电磁感应,感应电动势大小的计算,感应电流通过导体截面的电量 的计算等等的基础,所以必须清楚磁通量的概念及其变化. (2)由它的物理意义"表示穿过某一面积的磁感线条数"来理解它是标量. (3)其定义式最好记为:Φ =BS⊥ 或 Φ = B⊥S 能强化理解 B 与 S 的"垂直关系" ,即 S 应为"垂直面积"——"有效面积" . (4)引起磁通量变化的主要原因: ① B 的变化; ② S 的变化(切割情形.这是引起电磁感应中的力学问题,动量问题,能量问题的主 要原因) 2. 楞次定律 (判断感应电动势,感应电流方向的规律) 判断感应电动势,感应电流方向的规律) (1)定律中所说的"引起感应电流的磁通量的变化" ,就是指的原磁场的磁通量的变化. (2) 定律中所说的"阻碍"并非"阻止" . ①原磁场的磁通量变与不变,以及如何变,不受感应电流的磁场的限制.当原磁场的磁 通量发生变化时,感应电流的磁场不会阻止(也阻止不了)原磁场的磁通量的变化(变化趋 势不会改变——增加的还是继续增加,减少的还是继续减少) ,只能是阻碍原磁场的磁通量 的变化——使原磁场的磁通量的变化"慢一点" "慢一点" ,即对原磁场的磁通量的变化仅起"缓冲" 作用. ②要弄清楚"谁阻碍""阻碍谁""怎样阻碍" , , (感应电流的磁场起"打暴不平"的作 用——如果原磁场增强或原磁通量增加, 则感应电流的磁场方向就与原磁场方向相反; 如果 原磁场增强或原磁通量减少, 则感应电流的磁场方向就与原磁场方向相同, "增反减同". 即 ) (3)熟知定律有三种具体表述形式(各有用处) : ①感应电流的磁场总是阻碍原磁场或原磁通量的变化(用处:确定感应电流的方向) ;
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②感应电流所受原磁场的安培力总是阻碍相对运动(用处:很快确定安培力的方向) ; ③感应电流总是阻碍原电流的变化(用处:分析自感现象) (4)运用楞次定律的步骤: ①确定原磁场的方向 ②确定原磁场或原磁通量的变化情况(增加?减少?不变?) ③由楞次定律和安培定则确定感应电流的方向. 3. 法拉第电磁感应定律(计算电动势大小的规律) 法拉第电磁感应定律(计算电动势大小的规律) (1)对 E=△Φ/△t 的理解: ①E 与△Φ/△t 代表的含义不同. E 代表电动势(电路领域) △Φ/△t 代表磁通量的 , 变化率(磁场领域) ,它们只是在数值上相等. ②△Φ只能以绝对值代入 E=△Φ/△t 式中. ③由 E=△Φ/△t 求出的只能是平均感应电动势. (2)E 的常见表达式有三种: ①通式:E = n△Φ/△t = n△B/△t S = nB△S/△t ②平动切割式:E = BLV 对速度,不一定是对地的速度) ③转动切割式:E = 4.线圈自感: 线圈自感: 线圈自感 分析线圈自感现象,抓住三点就行: ①线圈中的电流不突变,包括其大小和方向均不突变; ②纯电阻元件如灯泡,定值电阻的电流可以突变; ③接通的瞬间,线圈相当于断开的开关;断开的瞬间,线圈相当于电源;电流稳定后, 线圈相当于一根导线或一个定值电阻(线圈有电阻时) . ( V 只能是相对于磁场的垂直切割速度,即垂直切割相 .....

1 BωL2 2

二,解决本专题的基本思维方式
首先明确本专题有以下五类典型问题和两类典型模型, 然后分类给出解决其基本思维 方式. 1.五类问题: 五类问题: 五类问题 ① 电磁感应中的电路问题 ② 电磁感应中的动力学问题(力和运动,动量,能量) ③ 电磁感应中的能量问题 ④ 电磁感应中的图像问题 ⑤ 电磁感应与实际生活相联系问题 2.两类模型: 两类模型: 两类模型 ① 线圈模型 ② 单棒模型 ③ 双棒模型 (一)电磁感应中的电路问题: 电磁感应中的电路问题: 电磁感应中的电路问题 这个问题与力学无关,它是电磁感应与电路的知识联系,是发电与用电之间的联系,联 系桥梁是闭合电路欧姆定律. (1)分析要点:
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①切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈是发电部分, 是电源和内电路, 找出电动 势和内阻,闭合回路的其余部分是外电路,弄清外电路的总电阻. ②电磁感应只能负责产生电源的电动势和计算方法,管不了电路的其它物理量的计算. 所以,内电路的内阻,内电压,内电阻的热功率,内热,外电路的路端电压,外电阻,功率, 电热, 闭合电路中的电流, 这些都只能依赖于电路(欧姆定律, 串并联电路特点,分配原理) 来分析和计算. (2)解决这类问题的基本思维方法和步骤是: ①根据法拉第电磁感应定律求感应电动势,根据楞次定律确定感应电流的方向; ②找准等效电源,画出等效电路图; ③根据电路的知识求电路的有关物理量 (一般先由欧姆定律求出电流, 后计算其它物理 量) . (二)电磁感应中的力学问题: 电磁感应中的力学问题: 这个问题与电磁学问题(发电) ,电学问题(用电电路) ,力学问题(力和运动,动量, 能量)都有关.是高中物理主要规律,重要规律"用武之处" . 电磁感应中的力学问题, 具体表现为电磁感应中的力和运动问题, 动量问题, 能量问题. 引起电磁感应现象的主要原因有二:一是磁场变化,二是导体切割磁感线.其中第二种是涉 及到电磁感应中的力学问题中最普遍,最典型的情形,而且在历年高考中常考,既是高考的 重点,也是学生的难点,所以电磁感应专题,应着重解决这个问题. 解此类型问题的一般思路是:先解决电磁学问题(发电) 再解决电学问题(电路)后 先解决电磁学问题(发电) 再解决电学问题(电路) , 先解决电 电学问题 解决力学问题(力和运动,动量,能量) .即先由法拉第电磁感应定律求感应电动势,然后 解决力学问题(力和运动,动量,能量) 力学问题 根据闭合电路欧姆定律求感应电流,求出安培力,再往后就是按力学问题的处理方法,如进 行受力情况分析,运动情况分析,动量观点分析,能量观点分析等. 1.电磁感应中的力和运动问题: 电磁感应中的力和运动问题: 电磁感应中的力和运动问题 电磁感应中, 通过导体中的感应电流受到原磁场的安培力 安培力作用, 从而影响导体棒或线圈 安培力 的受力情况和运动情况,导致电磁感应问题与力和运动问题联系在一起. (1)分析思路: 导体相对运动 阻 碍 电磁感应 感应电动势 电路 闭合

安培力

导体在原磁场中

感应电流

(2)解决这类问题的基本思维方法和步骤是: ①根据法拉第电磁感应定律求感应电动势,根据楞次定律确定安培力(或感应电流) 的方向; ②找准等效电源,画出等效电路图; ③根据欧姆定律求感应电流; ④求安培力的大小和方向; ⑤分析导体的受力情况和运动情况; ⑥根据牛顿第二定律列动力学方程或力的平衡条件列力的平衡方程.

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2.电磁感应中的动量问题: 电磁感应中的动量问题: 电磁感应中的动量问题 分析要点: ①在单棒因切割磁感线而只受到安培力时, 由动量定理得 ...... 无论安培力是恒力还是变力,

F安 t = p ,其中安培力 F安 = B I L .
由此常用于求电磁感应中的电量:

q = I t =

p . BL

②双棒在两根平行的轨道上做切割磁感线运动的情况, 因两根导体棒所受安培力等大反 向,如果其他力的合力为零,则对这两根导体棒组成的系统,外力之和为零,两棒的总动量 守恒. 3.电磁感应中的能量问题 电磁感应中的能量问题: 电磁感应中的能量问题 电磁感应总是伴随能量的转化和守恒过程, 所以, 要善于从功和能的角度去分析电磁感 应相关问题. (1)分析要点: ①楞次定律和法拉第电磁感应定律是能的转化和守恒定律在电磁感应现象中的反映. 要 维持感应电流的存在,必然要克服安培力做功,即由其它形式的能转化为电能.产生的感应 电流通过用电器,导体棒等,电能又转化为其它形式的能(如机械能,内能等) . ②安培力对导体做负功(即外力克服安培力做功)的过程,是将机械能转化为电能;安 培力对导体做正功的过程,是将电能转化为机械能. ③因常涉及变加速运动过程,所以,对导体棒或线圈较多运用动能定理列方程,对系统 较多运用能量转化和守恒定律列方程. (2)解决这类问题的基本思维方法和步骤是: ①根据法拉第电磁感应定律求感应电动势,根据楞次定律确定安培力(或感应电流) 的方向; ② 找准等效电源,画出等效电路图; ③ 根据欧姆定律求感应电流; ④求回路中电阻消耗的电功或电功率的表达式; ⑤分析系统中能的转化情况和导体的机械能的变化情况; ⑥根据能的转化和守恒定律列出能量守恒方程. (三)电磁感应中的图像问题: 电磁感应中的图像问题: 图像问题 (1)分析要点: 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,纵坐标的单位长度各代表多少 (2)技巧: 选择电磁感应方面的图像时,往往对图像采用部分图线否定法(线圈或导体刚进 入时,刚离开时的电流有无,方向,大小变化情况,全部进入后运动中的电流有无去 部分否定图线分段)易正确选出答案. (3)注意: ①判断出的实际方向与文中规定的正方向的关系; ②熟悉楞次定律和安培定则(即右手螺旋定则)
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三,高考热点题型分析与总结 高考热点题型分析与总结
导体切割磁感线是电磁感应中的力学问题中最普遍, 最典型的情形. 而导体切割磁感 线又常见于导体棒在导轨上切割磁感线,这就是本专题高考热点题型——电磁感应中的导 轨类题型,下面对此做分析与总结. (一)单棒问题 1.阻尼式单棒: (1)电路特点: 导体棒相当于电源. (2)安培力的特点:

B 2l 2 v FB = BIl = R+r

安培力为阻力,并随速度减小而减小. (3)加速度特点: 2 2

a=

FB Bl v = m m( R + r )

加速度随速度减小而减小 (4)运动特点: a 减小的减速运动 (5)最终状态: 静止 (6)三个规律: ①能量关系:

1 2 mv0 0 = Q 2

QR

Qr

=R

r

②动量关系:

BIl t = 0 mv0
q= mv0 Bl

q=n

φ Bl s = R+r R+r

③瞬时加速度:

FB B 2l 2 v a= = m m( R + r )

2.电动式单棒 (1)电路特点:导体为电动边,运动后产生反电动势(等效于电机) . (2)安培力的特点:安培力为运动动力,并随速度减小而减小.

FB = BIl = B

( E Blv ) (E E反) l l =B R+r R+r
( E Blv ) FB mg =B l g m( R + r ) m

(3)加速度特点:加速度随速度增大而减小

a=

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(4)运动特点:a 减小的加速运动 (5)最终特征:匀速运动 (6)两个极值: ①最大加速度:v=0 时,E 反=0,电流,加速度最大

Im =

E R+r

Fm = BI ml ,

am =

Fm mg m

②最大速度:稳定时,速度最大,电流最小

I min =
vm =

E Blvm , R+r

mg = Fmin = BI min l = B

E Blvm l R+r

E mg ( R + r ) Bl B 2l 2
2 I min E = I min E反 + I min ( R + r ) + mgvm

(7)稳定后的能量转化规律: (8)起动过程中的三个规律: ①动量关系: ②能量关系: ③瞬时加速度:

BLq mgt = mvm 0

1 2 qE = QE + mgS + mvm 2
a=
( E Blv ) FB mg =B l g m( R + r ) m

3.发电式单棒 (1)电路特点: 导体棒相当于电源,当速度为 v 时,电动势 E=Blv (2)安培力的特点: 2 2

FB = BIl = B

Blv Bl v l= R+r R+r

∝v

安培力为阻力,并随速度增大而增大 (3)加速度特点:

a=

F FB mg F B 2 l 2v = g m m( R + r ) m

加速度随速度增大而减小 (4)运动特点: a 减小的加速运动 (5)最终特征: 匀速运动 (6)两个极值: ①v=0 时,有最大加速度:

am =

F mg m

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②a=0 时,有最大速度: a =

F FB mg F B 2l 2v = g = 0 m m( R + r ) m ( F mg )( R + r ) vm = B2l 2

③瞬时加速度:

a=

F FB mg F B 2l 2v = g m m( R + r ) m

4.电容放电式单棒 (1)电路特点:电容器放电,电容器相当于电源;导体棒受安培力而运动. (2)电流特点:电容器放电时,导体棒在安培力作用下开始运动,同时产生阻碍放电的反 电动势,导致电流减小,直至电流为零,此时 UC=Blv (3)运动特点:a 渐小的加速运动,最终做匀速运动. (4)最终特征:匀速运动 但此时电容器带电量不为零 (5)最大速度 vm 的计算: 电容器充电量: 放电结束时电量: 电容器放电电量:

Q0 = CE
Q = CU = CBlvm
Q = Q0 Q = CE CBlvm

对杆应用动量定理: 所以

mvm = BIl t = Bl Q

vm =

BlCE m + B 2l 2C
I 安 = mvm = mBlCE m + B 2l 2C

(6)达最大速度过程中的两个关系: ①安培力对导体棒的冲量: ②安培力对导体棒做的功:

W安 =

1 2 m( BlCE )2 mvm = 2 2(m + B 2l 2C )

易错点:认为电容器最终带电量为零 5.电容无外力充电式单棒 (1)电路特点:导体棒相当于电源;电容器被充电. (2)电流特点:F 安为阻力,棒减速, E 减小,I 感渐小 有I感

v0

I=

Blv U C R

电容器被充电.UC 渐大,阻碍电流,当 Blv =UC 时,I=0,F 安=0,棒匀速运动. (3)运动特点: a 渐小的加速运动,最终做匀速运动. (4)最终特征: 匀速运动
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但此时电容器带电量不为零 (5)最终速度的计算: 电容器充电量: q = CU 最终导体棒的感应电动势等于电容两端电压: 对杆应用动量定理: 所以

U = Blv

mv0 mv = BIl t = Blq
v = v0 B 2l 2C m

6.电容有外力充电式单棒 (1)电路特点: 导体为发电机;电容器被充电. (2)三个基本关系: ①导体棒受到的安培力为: F = BIl
B

②导体棒加速度可表示为: ③回路中的电流可表示为:

a=

F FB m

I=

Q C E CBl v = = = CBla t t t
mg m + CB 2 L2

(3)四个重要结论: ①导体棒做初速度为零的匀加速运动: a = ②回路中的电流恒定:

I=

CBlmg mg + CB 2l 2 CB 2l 2 mg m + CB 2l 2

③导体棒受安培力恒定: F = B

④导体棒克服安培力做的功等于电容器储存的电能:

1 W克B = C Blv 2 ( ) 2

(二)双棒问题 1.无外力等距双棒 (1)电路特点:棒 2 相当于电源;棒 1 受安培力而加速起动,运动后产生反电动势. (2)电流特点:

I=

Blv2 Blv1 Bl( v2 v1 ) = R1 + R2 R1 + R2

随着棒 2 的减速,棒 1 的加速,两棒的相对速度 v2-v1 变小,回 路中电流也变小.

v1=0 时:电流最大 v2 =v1 时:电流 I
(3)两棒运动情况: 安培力大小: = 0

Im =

Blv0 R1 + R2

B 2l 2 ( v2 v1 ) FB = BIl = R1 + R2
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两棒的相对速度变小,感应电流变小,安培力变小. 棒 1 做加速度变小的加速运动 ,棒 2 做加速度变小的减速运动. 最终两棒具有共同速度. (4)两个规律: ①动量规律:两棒受到安培力大小相等方向相反,系统合外力为零,系统动量守恒.

m2 v0 = ( m1 + m2 )v共
②能量转化规律:系统机械能的减小量等于内能的增加量.(类似于完全非弹性碰撞)

1 1 2 2 m2 v0 = ( m1 + m2 )v共+Q 2 2
两棒产生焦耳热之比:

Q Q

1 2

=

R1 R2

2.无外力不等距双棒 (1)电路特点:棒 1 相当于电源;棒 2 受安培力而起动,运动后产生反电动势. (2)电流特点:

I=

Bl1v1 Bl2 v2 R1 + R2

随着棒 1 的减速,棒 2 的加速,回路中电流变小. 最终当 Bl1v1 =

Bl2v2 时,电流为零,两棒都做匀速运动

(3)两棒运动情况: 棒 1 加速度变小的减速,最终匀速; 棒 2 加速度变小的加速,最终匀速. (4)最终特征: Bl v = Bl v
1 1 2 2

回路中电流为零

(5)动量规律:安培力不是内力,两棒合外力不为零,系统动量守恒. (6)两棒最终速度: F1 BIl1 = 任一时刻两棒中电流相同,两棒受到的安培力大小之比为: F BIl
2 2

=

l1 l2

整个过程中两棒所受安培力冲量大小之比: 对棒 1: 对棒 2: 结合: 可得:

I1 F1 l1 = = I 2 F2 l2

I1 = m1v0 m1v1
I 2 = m2 v2 0

Bl1v1 = Bl2 v2
m1l22 v0 m1l22 + m2l12

v1 =

v2 =

m1l2 l1 v0 2 m1l2 + m2l12
Q1 R1 = Q2 R2
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(7)能量转化情况: 系统动能→电能→内能
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1 1 1 2 2 m1v0 m1v12 m2 v2 = Q 2 2 2
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(8)流过某一截面的电量 Bl2 q = m2 v2 0 3.有外力等距双棒 (1)电路特点:棒 2 相当于电源;棒 1 受安培力而起动. (2)运动分析: 某时刻回路中电流:

安培力大小: 棒 1:

a1 =

FB m1

FB = BIl
棒 2:

a2 =

F FB m2

最初阶段,a2 >a1, 只要 a2 >a1,

(v2-v1)

I

FB

a1

a2

当 a2=a1 时 ,v2-v1 恒定,I 恒定 ,FB 恒定 ,两棒匀加速 (3)稳定时的速度差

F = ( m1 + m2 )a
I= Bl( v2 v1 ) R1 + R2

FB = m1a
v2 v1 =

FB = BIl

( R1 + R2 )m1 F B 2l 2 ( m1 + m2 )

4.有外力不等距双棒 运动分析:某时刻两棒速度分别为 v1,

v2,加速度分别为 a1,a2
FB1 l1 = FB 2 l2

a1 =

F FB1 m1

a2 =

FB 2 m2

经极短时间 t 后其速度分别为: 此时回路中电流为:

′ v1 = v1 + a1t

′ v2 = v2 + a2t

I=
=

Bl1( v1 + a1t ) Bl2 ( v2 + a2t ) R1 + R2
B( l1v1 l2 v2 ) + B( l1a1 l2 a2 )t R1 + R2



时,I 恒定

FB 恒定
FB 2 m2

两棒匀加速



a1 =

F FB1 m1

a2 =

l1a1 = l2 a2

FB1 l1 = FB 2 l2
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l12 m2 FB1 = 2 F 2 l1 m2 + l2 m1
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得:

FB 2 =

l1l2 m2 F 2 l m2 + l2 m1
2 1

l22 a1 = 2 F l1 m2 + l22 m1
此时回路中电流为:

a2 =

l1l2 F 2 l m2 + l2 m1
2 1

I=

l1 m2 F 2 l m2 + l2 m1 B
2 1

I 与两棒电阻无关

(三)上述导轨类型规律总结 1.单棒问题 单棒问题 基本模型 阻 尼 式

运动特点 a 逐渐减小的减速运动

最终特征 静止 I=0

电 动 式

a 逐渐减小的加速运动

匀速 I=0 (或恒定)

发 电 式

a 逐渐减小的加速运动

匀速

I 恒定

2.含容式单棒问题 含容式单棒问题 基本模型 放 电 式

运动特点 a 逐渐减小的加速运动

最终特征 匀速运动 I=0

无外力 充 电 式

a 逐渐减小的减速运动

匀速运动

I=0

有外力 充 电 式 3.无外力双棒问题 无外力双棒问题

匀加速运动

匀加速运动

I 恒定

基本模型

运动特点

最终特征

无外力 等距式
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杆 1 做 a 渐小的加速运动 杆 2 做 a 渐小的减速运动

v1=v2
I=0
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无外力 不等距

杆 1 做 a 渐小的减速运动 式杆 2 做 a 渐小的加速运动

a=0 I=0 L1v1=L2v2

4.有外力双棒问题 有外力双棒问题 基本模型 运动特点 最终特征

有外力 等距式

杆 1 做 a 渐大的加速运动 杆 2 做 a 渐小的加速运动

a1=a2 Δv 恒定 I 恒定 a1≠a2 a1,a2 恒定 I 恒定

有 外 力 不等距式

杆 1 做 a 渐小的加速运动 杆 2 做 a 渐大的加速运动

四,高考热点题型解析
(一)感应电流方向问题 例 1. (06 广东物理卷) )如图 1 所示,用一根长为 L 质量不计的细杆与一个上弧长 为 l0,下弧长为 d0 的金属线框的中点联结并悬挂于 O 点,悬点正下方存在一个上弧长为 2l0,下弧长为 2d0 的方向垂直纸面向里的匀强磁场,且 d0《L.先将线框拉开到如图 1 所 示位置,松手后让线框进入磁场,忽略空气阻力和摩擦.下列说法正 确的是 A.金属线框进入磁场时感应电流的方向为: a→b→c→d→a B.金属线框离开磁场时感应电流的方向为: a→d→c→b→a C.金属线框 dc 边进入磁场与 ab 边离开磁场的速度大小总是相等 D.金属线框最终将在磁场内做简谐运动 分析: 分析:金属线框进入磁场时,由于电磁感应,产生电流,根据楞次定律判断电流的方 向为: a→b→c→d→a . 金属线框离开磁场时由于电磁感应, 产生电流, 根据楞次定律判 断 电流的方向为 a→d→c→b→a .根据能量转化和守恒,可知,金属线框 dc 边进入 磁场与 ab 边离开磁场的速度大小不相等.如此往复摆动,最终金属线框在匀强磁场内摆动, 由 于 d0《L,单摆做简谐运动的条件是摆角小于等于 10 度,故最终在磁场内做简谐运动. 答 案为 D. 反思: 反思:本题考查了感应电动势的产生条件,感应电流方向的判定,物体做简谐运动的 条件,这些是高中学生必须掌握的基础知识.感应电动势产生的条件只要穿过回路的磁通
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量发生变化,回路中就产生感应电动势,若电路闭合则有感应电流产生.因此弄清引起磁 通量的变化因素是关键,感应电流的方向判定可用楞次定律与右手定则,在应用楞次定律 时要把握好步骤:先明确回路中原磁场的方向及磁通量的变化情况,再依楞次定律确定感 应电流的磁场方向,然后根据安培定则确定感应电流的方向.线圈在运动过程中的能量分 析及线框最终的运动状态的确定为此题增大了难度. (06 四川卷) 如图 2 所示,接有灯泡 L 的平行金属导轨水平放置在匀强磁 练习 1: : 场中,一导体杆与两导轨良好接触并做往复运动,其运动情况与弹簧振子做简谐运动的情 况相同.图中 O 位置对应于弹簧振子的平衡位置,P,Q 两位置对应于弹簧振子的最大位 移处.若两导轨的电阻不计,则 A.杆由 O 到 P 的过程中,电路中电流变大 B.杆由 P 到 Q 的过程中,电路中电流一直变大 C.杆通过 O 处时,电路中电流方向将发生改变 D.杆通过 O 处时,电路中电流最大 解答:D 例 2 如图 3 所示,ab,cd 金属棒均处于匀强磁场中,cd 原静止,当 ab 向右运动时, cd 如何运动(导体电阻不计) (A)若 ab 向右匀速运动, cd 静止; (B)若 ab 向右匀加速运动, cd 向右运动; (C)若 ab 向右匀减速运动, cd 向左运动 分析: 分析:这是多级电磁感应问题,ab 相当于一个电源,右线 圈相当于负载;左线圈相当于电源,cd 相当于负载.ab 运动为因,切割磁感线产生感应电 流为果,电流流过右线圈为因,右线圈中形成磁场为果,右线圈磁场的磁感线通过左线圈, 磁场变化时为因,左线圈中产生感应电流为果,感应电流流过 cd 为因,cd 在左磁场中受 安培力作用而运动为果.故 A/B,C 均正确. 反思: 反思:分析电磁感应现象中的多级感应问题,要正确处理好因果关系,步步为营,紧 扣闭合回路及回路中的磁通量的变化这一关键,对于线圈问题还应注意线圈的绕向. 练习 1,在匀强磁场中放一电阻不计的平行金属导轨,导轨跟大线圈 M 相接,如图 4 , 所示.导轨上放一根导线 ab,磁力线垂直于导轨所在平面.欲使 M 所包围的小闭合线圈 N 产生顺时针方向的感应电流,则导线的运动可能是 A, 向右运动 C,减速向右运动 B,加速向右运动 D,加速向左运动 L × B

P

O 图2

Q

(分析:此题可用逆向思维的方法分析.欲使 N 产生顺时 针方向的感应电流,感应电流在 N 中的磁场方向垂直纸面向里,由楞次定律可知,有两种 情况:一是 M 中有顺时针方向的逐渐减小的电流,其在 N 中的磁场方向亦向里,且磁通量 在减小;二是 M 中有逆时针方向的逐渐增大的电流,其在 N 中的磁场方向为向外,且磁通 量在增大,对于前者,应使 ab 减速向右运动;对于后者,应使 ab 加速向左运动,故 C,
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D 正确. ) (二)电磁感应中的电路问题 电磁感应中的电路问题 电路 在磁感强度为 B 的匀强磁场中有一半径为 L 的金属圆环. 已知构成 例 3 如图 5 所示, 圆环的电线电阻为 4r0, O 为轴可以在圆环上滑动的金属棒 OA 电阻为 r0, 以 电阻 R1=R2=4r0. 如果 OA 棒以某一角速度匀速转动时,电阻 R1 的电功率最小值为 P0,那么 OA 棒匀速转动 的角速度应该多大?(其它电阻不计)
2 分析: 分析:OA 棒的感应电动势ε=BL ω/2,等效电路如图 6

所示,当 OA 棒 A 端处于圆环最上端时,即 r 环 1= r 环 2 时,圆 环的等效电阻最大,其值 r=r 环 1r 环 2/ (r 环 1+ r 环 2)=r0 干路中的最小电流 I=

ε
r0 + r + R1 R2 R1 + R2

=

BL2ω 8r0

电阻 R1 的最小功率

B 2 L4ω 2 1 P0= I 4r0 = 64r0 2
2

反思: 反思:电磁感应现象常与恒定电路相结合构建综合题,分析此类问题时一般遵循"三 步曲"即: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,找准等效电 源;正确画好等效电路,区分内,外电路,路端电压与电动势;灵活运用闭合电路欧姆定 律,串,并联电路的性质及电功,电功率,电热等计算公式求解相关物理量. 例 4. 如图 7 所示,平面上安放一个金属圆环,过其圆心 O 在环上搁一根金属棒 之长恰等于圆环的直径 , 可绕固定于 O 点的垂直环面的轴转动,转动时 , ,

端始终与环保持良好的接触,在 O 点和环之间再接上一根金属棒

,它的长度等于环

的半径,以上金属环和两根金属棒都是相同金属丝制成的.现垂直圆环面加上向纸内磁感 应强度为 B 的匀强磁场.使 的影响,等到 解析:当 绕 O 点以角速度 顺时针匀速旋转,且旋转不受 之间的电势差. 段与 段都产生 段是 端 棒

转到如图 2 所示位置时,求 顺时针旋转切割磁感线时, 段是

感应电动势, 由右手定则可知,

端为正极,

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为正极,两段导体产生的感应电动势大小相等,设

段,

段电阻大小为

,则等效

电路如图 8 所示,且

,

,由于

,

是等电势的,故 2R 电阻中无电流

流过,可进一步把电路等效成图 9.





两端电压 因为

所以 反思: 反思:在有些电磁感应问题中,相当于电源的那部分导线比较隐蔽,需仔细分析才不 会找错. 练习 1:如图 10 所示,正方形线圈 : 匀角速转动,磁感应强度为 B,角速度为 现将 , 绕垂直于匀强磁场的过 边的固定轴

,已知正方形线圈边长为 L,每边电阻值为 R,

两点通过阻值为 R 的电阻用导线连接,求通过电阻 R

的电流. (解析:金属线圈 电动势最大值为 绕 , 转动时,产生的交流电,感应

有效值为

. 都看作是电源,这里切割磁感线的仅仅是

下面要注意的是不能把整个金属线圈 边,故这个电路的等效电路如图 11 所示.

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其中电源电动势 电源内阻

通过电阻 R 的电流为 所以在电磁感应现象中,正确分析相当于电源的那部分导体,是解决问题的关键. ) (三)电磁感应中的力学问题 例 5 (2005 年上海)如图 12 所示,处于匀强磁场中的两根足够长,电阻不计的平 行金属导轨相距 1m,导轨平面与水平面成θ=370 角,下端连接阻值为 R 的电阻.匀强磁 场的方向与导轨平面垂直.质量为 0.2 ㎏,电阻不计的导体棒放在两导轨上,棒与导轨垂 直并且接触良好,它们间的动摩擦因数为 0.25. (1)金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小. (2)当金属棒下滑速度达到稳定时,电阻 R 消耗的功率为 8W,求 该速度的大小. (3)在上问中,若 R=2 ,金属棒中电流方向由 a 到 b,求磁感应 强度的大小与方向. (g=10m/s2,sin370=0.6,cos370=0.8) 分析: 分析: (1)金属棒开始下滑时初速度为零,根据牛顿第二定律有: mgsinθ-mgcosθ=ma 代入数据得:a=10×(0.6-0.25×0.8)m/s2=4m/s2 (2)设金属棒达到稳定时,速度为 v,所受安培力为 F,棒在沿导轨方向受力平衡, 则 mgsinθ-mgcosθ-F=0 此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻 R 消耗的电功率 Fv=P

V=

P P 8 = = m / s = 10m / s F mg sin θ mg cos θ 0.2 × 10 × (0.6 0.25 × 0.8)
(3)设电路中电流强度为 I,两导轨间金属棒的长度为 L,磁场的感应强度为 B,则 I=

vBL R
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P=I2R 由以上两式得 B=

PR 8× 2 = T = 0.4T vL 10 × 1

磁场的方向垂直导轨平面向上.

反思:此题为电磁感应知识与力学,电路知识的综合问题,此类题目常以导轨运动为 反思: 背景,解决此类题的关键是对金属导体作出正确的受力分析,并通过运动状态的动态 分析来寻找过程的临界状态,得出速度,加速度的极值条件,找到解题的突破口,然 后综合运用力学及电学规律分析和解决实际问题. 练习 1, , (06 重庆卷)两根相距为 L 的足够长的金属直角导轨如题 13 图所示放置,它 ( 重庆卷 们各有一边在同一水平面内,另一边垂直于水平面.质量均为 m 的金属细杆 ab,cd 与导 轨垂直接触形成闭合回路,杆与导轨之间的动摩擦因数为 ,导轨电阻不计,回路总电阻 为 2R.整个装置处于磁感应强度大小为 B,方向竖直向上的匀强磁场中.当 ab 杆在平行 于水平导轨的拉力 F 作用下以速度 V1 沿导轨匀速运动时,cd 杆也正好以速率向下 V2 匀速 运动.重力加速度为 g.以下说法正确的是 A.ab 杆所受拉力 F 的大小为 mg+ B.cd 杆所受摩擦力为零 C. 回路中的电流强度为

B 2 L2V1 2R

BL(V1 + V2 ) 2R

D. 与大小的关系为 = (答案:AD)

2Rmg B 2 L2V1

例 6 如图 14 所示,在一磁感应强度 B=0.5T 的匀强磁场中,垂直于磁场方向水平放 置着两根相距为 h=0.1m 的平行金属导轨 MN 和 PQ,导轨电阻忽略不计,在两根导轨的 端点 N,Q 之间连接一阻值 R=0.3Ω的电阻.导轨上跨放着一根长为 L =0.2m,每米长电阻为 r=2.0Ω的金属棒 ab,金属棒与导轨正交放置, 交点为 c,d,当金属棒在水平拉力作用于以速度 v=4.0m/s 向左做匀速 运动时,试求: (1)电阻 R 中的电流强度大小和方向; (2)使金属棒做匀速运动的拉力; (3)金属棒 ab 两端点间的电势差; (4)回路中的发热功率. 解析: 解析:金属棒向左匀速运动时,等效电路如图 13 所示.在闭合回 路中,金属棒 cd 部分相当于电源,内阻 rcd=hr,电动势 Ecd=Bhv. (1)根据欧姆定律,R 中的电流强度为 I = 方向从 N 经 R 到 Q. (2)使金属棒匀速运动的外力与安培力是一对平衡力,方向向左,大小为 F=F 安=BIh=
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E cd Bhv = = 0.4A, R + rcd R + hr

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0.02N. (3)金属棒 ab 两端的电势差等于 Uac,Ucd 与 Udb 三者之和,由于 Ucd=Ecd-Ircd,所以 Uab =Eab-Ircd=BLv-Ircd=0.32V. (4)回路中的热功率 P 热=I2(R+hr)=0.08W. 反思:①导体棒匀速切割磁感线处于平衡状态,安培力和外力等大,反向,给出速度 反思 可以求外力的大小,或者给出外力求出速度,也可以求出功,功率,电流强度等,外力的 功率和电功率相等.②不要把 ab 两端的电势差与 ab 棒产生的感应电动势这两个概念混为 一谈. ③金属棒匀速运动时,拉力和安培力平衡,拉力做正功,安培力做负功,能量守恒,外力 的机械功率和回路中的热功率相等,即

P热 = Fv = 0.02 × 4W = 0.08W

练习 1:(05 天津)如图 16 所示中 MN 和 PQ 为竖直方向的两平行 : 长直金属导轨,间距 l 为 0.40m,电阻不计.导轨所在平面与磁感应 强度 B 为 0.50T 的匀强磁场垂直.质量 m 为 6.0×10 kg,电阻为 1.0 Ω的金属杆 ab 始终垂直于导轨, 并与其保持光滑接触. 导轨两端分别 当杆 ab 达到稳定状态时以 接有滑动变阻器和阻值为 3.0Ω的电阻 R1. 速率 v 匀速下滑,整个电路消耗的电功率 P 为 0.27W,重力加速度取 10m/s ,试求速率 v 和滑动变阻器接入电路部分的阻值 R2. (答案:4.5m/s,6.0Ω) 例 7.(06 上海物理卷)如图 17 所示,将边长为 a,质量为 m,电阻为 R 的正方形 导线框竖直向上抛出,穿过宽度为 b,磁感应强度为 B 的匀强磁场,磁场的方向垂直纸面 向里.线框向上离开磁场时的速度刚好是进人磁场时速度的一半,线 框离开磁场后继续上升一段高度,然后落下并匀速进人磁场.整个运 动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力 f 且线框不发生转动.求: (1)线框在下落阶段匀速进人磁场时的速度 V2; (2)线框在上 升阶段刚离开磁场时的速度 v1; (3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热 Q. 分析: 分析:与线圈有关的电磁感应问题是高考复习的重点内容,其特点是:当线圈穿过有 界磁场时,线框在磁场中的运动是典型的非匀变速直线运动,功能关系和能量守恒定律是 解决此题的关键. (1)由于线框匀速进入磁场,则合力为零.有
2 -3

B 2 a 2v mg=f+ R
解得:v=

(mg f ) R B2a2

(2)设线框离开磁场能上升的最大高度为 h,则从刚离开磁场到刚落回磁场的过程 中

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(mg+f)×h=

1 2 mv1 2 1 2 (mg-f)×h= mv2 2
解得:v1=

(mg + f )(mg f ) R mg + f v2 = mg f B2a2

(3)在线框向上刚进入磁场到刚离开磁场的过程中,根据能量守恒定律可得

1 1 m(2v1 )2 = mv12 + mg (b + a ) + Q +f(b+a) 2 2
解得:Q=

3m(mg + f )(mg f ) R 2 mg (b + a ) -f(a+b) 2B4a4

反思: (1)本题属于电磁感应现象中能量转化类问题,通过安培力做功实现机械能与 反思: 其他形式的能之间的转化,在安培力作功无法直接确定的情况下,只能用能量守恒定律解 决. (2) 电磁感应过程实质是能量的转化过程, 解决此类问题的关键是分析回路中导体的 机械能的变化,用能量守恒定律寻找机械能的变化与回路所消耗的电能及其他形式的能之 间的内在联系. (3)对于电磁感应现象中与能量转化和守恒有关的复杂问题,常常运用动量定理,动 能定理,动量守恒定律等进行综合分析求解. 练习 1.(06 上海物理卷) 如图 18 所示,平行金属导轨与水平面成 θ 角,导轨与固 定电阻 R1 和 R2 相连,匀强磁场垂直穿过导轨平面.有一导体棒 ab,质量为 m,导体棒 的电阻与固定电阻 R1 和 R2 的阻值均相等,与导轨之间的动摩擦因数为 ,导体棒 ab 沿 导轨向上滑动,当上滑的速度为 v 时,受到安培力的大小为 F.此 时 (A)电阻 R1 消耗的热功率为 Fv/3. (B)电阻 R.消耗的热功率为 Fv/6. (C)整个装置因摩擦而消耗的热功率为 mgvcosθ. (D)整个装置消耗的机械功率为(F+mgcosθ)v (答案:BCD ) (06 广东物理卷)如图 19 所示,在磁感应强度大小为 B,方向垂直向上的 练习 2, , 匀强磁场中,有一上,下两层均与水平面平行的"U"型光滑金属导轨,在导轨面上各 放一根完全相同的质量为 m 的匀质金属杆 A1 和 A2 , 开始时两根金属杆位于同一竖起面内且 杆与轨道垂直.设两导轨面相距为 H,导轨宽

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m 为 L,导轨足够长且电阻不计,金属杆单位长度的电阻为 r.现有一质量为 2 的不带电
小球以水平向右的速度

v0

撞击杆 A1 的中点,撞击后小球反弹落到下层面上的 C 点.C

点与杆 A2 初始位置相距为 S.求: (1)回路内感应电流的最大值; (2)整个运动过程中感应电流最多产生了多少热量; (3)当杆 A2 与杆 A1 的速度比为 1 : 3 时, A2 受到的安培力大小.

B g (v0 + s ) 2H [解答: I= 4r B2 L g 2 (v + s ) F2= 8r 0 2H ]

m g 2 1 2 1 (v0 + s ) mv1 - × 2m'2 2H 2 Q= 2 = 16

例 8 如图 20 所示,两根足够长的直金属导轨 MN,PQ 平行放置在倾角为θ的绝缘 斜面上,两导轨间距为 L.M,P 两点间接有阻值为 R 的电阻.一根质量为 m 的均匀直金 属杆 ab 放在两导轨上,并与导轨垂直,整套装置处于磁感应强度为 B 的匀强磁场中,磁 场方向垂直斜面向下.导轨和金属杆的电阻可忽略.让 ab 杆沿导轨由静止开始下滑,导轨 和金属杆接触良好,不计它们之间的摩擦. (1) b 向 a 方向看到的装置如图 21 所示,请在此图中画出 ab 杆下滑过程中某时刻的 由 受力示意图; (2)在加速下滑过程中,当 ab 杆的速度大小为 v 时,求此时 ab 杆中的电流及其加速度的大小; (3)求在下滑过程中,ab 杆可以达到的速度最大值. 解析: (1)重力 mg,竖直向下,支持力 N,垂直斜面向上,安 解析: 培力 F,沿斜面向上,如图 22 所示. (2)当 ab 杆速度为 v 时,感应电动势 E=BLv,此时电路中电流

I=

E BLv = R R
ab 杆受到安培力 F=BIL=

B 2 L2 v . R

根据牛顿运动定律,有 mgsinθ-F=ma, 即 mgsinθ-

B 2 L2 v = ma . R B 2 L2 v . mR B 2 L2 v =mgsinθ时,ab 杆达到最大速度 vm. R
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所以 a=gsinθ- (3)当 a=0,即

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所以 v m =

mgR sin θ . B 2 L2

反思:①导体棒在恒定外力的作用下由静止开始运动,速度增大,感应电动势不断增 反思 大,安培力,加速度均与速度有关,当安培力等于恒力时加速度等于零,导体棒最终匀速 运动.整个过程加速度是变量,不能应用运动学公式.②分析 ab 杆受到的合外力,可以分 析加速度的变化, 加速度随速度的变化而变化, 当加速度等于零时, 金属 ab 杆做匀速运动, 速度达到最大值.②当杆匀速运动时,金属杆的重力势能全部转化为回路中的电能,在求

( BLv m ) 2 最 大速 度 vm 时 ,也 可以 用能 量转 换法 PG = P , 即 mgv m sin θ = 解得: 电 R mgR sin θ vm = . B 2 L2
例 9 如图 23 所示,水平平行放置的导轨上连有电阻 R,并处于垂直轨道平面的匀强磁场 中.今从静止起用力拉金属棒 ab(ab 与导轨垂直) ,若拉力恒定,经时间 t1 后 ab 的速度为 v,加速度为 a1,最终速度可达 2v;若拉力的功率恒定,经时间 t2 后 ab 的速度也为 v,加 速度为 a2,最终速度可达 2v.求 a1 和 a2 满足的关系. 解析:①在恒力 F 作用下由静止开始运动,当金属棒的速度为 v 时金属棒产生感应电动势 E=BLv,回路中的电流 I = 属棒受的安培力 f = BIL =

E ,所以金 R+r

B 2 L2 v . R+r B 2 L2 v = ma1 R+r 2 B 2 L2 v = . R+r

由牛顿第二定律得 F f = ma1,即F

当金属棒达到最终速度为 2v 时,匀速运动,则 F = f 安,而f 安

所以恒为 F =

2 B 2 L2 v R+r

由以上几式可求出 a1 =

B 2 L2 v m( R + r )

②设外力的恒定功率为 P,在 t2 时刻速度为 v,加速度为 a2,由牛顿第二定律得

P B 2 L2 v F f = ma 2 ,而F = ,f = BIL = . v R+r
最终速度为 2v 时为匀速运动,则有 F = f 安,即

P 2 B 2 L2 v = 2v R+r

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所以恒定功率 P =

4 B 2 L2 v 2 3B 2 L2 v .由以上几式可求出 a 2 = . R+r m( R + r )

反思:①因为功率 P=Fv,P 恒定,那么外力 F 就随 v 而变化.要注意分析外力,安 反思 培力和加速度的变化,当加速度为零时,速度达到最大值,安培力与外力平衡.②由最大 速度可以求出所加的恒力 F,由最大速度也可求出恒定的功率 P.③本题是典型的运用力 学观点分析解答的电磁感应问题. 注重进行力的分析, 运动状态分析以及能的转化分析等. 涉及的知识点多,综合性强,适当训练将有利于培养综合分析问题的能力.在求功率时, 也 可 以 根 据 能 量 守 恒 : 速 度 为 2v 时 匀 速 运 动 , 外 力 的 功 率 等 于 电 功 率 ,

P=

( BL2v ) 2 4 B 2 L2 v 2 E2 = = R+r R+r R+r .
练习 1. 如图 24 所示,固定在水平桌面上的两根平行金属导轨端点 P,Q 用电阻可忽

略的导线相连,每根导轨每 1m 的电阻为 r0=0.10 ,两导轨间的距离 l=0.20 m.有随时间 变化的匀强磁场垂直于桌面, 已知磁感应强度 B 与时间 t 的关系为 B=kt, 比例系数 k=0.020 T/s.一电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动,在滑动过程中保持与导轨垂直.在 t=0 时刻,金属杆紧靠在导轨的 P,Q 端,在外力作用下,杆以恒定的加速度从静止开始向 导轨的另一端滑动,求在 t=6.0 s 时金属杆所受的安培力. 【解析: 以 a 表示金属杆运动的加速度, 在 t 时刻,金属杆与初始位置的距离 L= 此时杆的速度 v=at 这时,杆与导轨构成的回路的面积 S=Ll 回路中的感应电动势 E=S

1 2 at 2

B +Blv t

而B

= kt

B B (t + t ) Bt = =k t t

回路的总电阻 R=2Lr0 回路中的感应电流, I

=

E R

作用于杆的安培力 F=BlI 解得 F

=

3k 2 l 2 t 2r0
如图 25 所示, 一对平行光滑轨道固定在水平地面上, 两轨道间距 L=0.20 m,

代入数据为 F=1.44×10-3N 】 练习 2

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电阻 R=1.0 ;有一导体杆静止地放在轨道上,与两轨道垂直,杆与轨道的电阻皆可忽略 不计,整个装置处于磁感强度 B=0.50T 的匀强磁场中,磁场方向垂直轨道面向下.现用 一外力 F 沿轨道方向拉杆,使之做匀加速运动.测得力 F 与时间 t 的关系如图 26 所示.求 杆的质量 m 和加速度 a. [ 解析 解析:导体杆在轨道上做匀加速直线运动,用 v 表示其速度,t 表 示时间,则有 v=at ① ② ③

杆切割磁感线,将产生感应电动势 E=BLv

在杆,轨道和电阻的闭合回路中产生电流 I=E/R 杆受到的安培力为 F 安=IBL 根据牛顿第二定律,有 F-F 安=ma 联立以上各式,得 F ④ ⑤ ⑥

= ma

B 2l 2 at R

由图线上各点代入⑥式,可解得 a=10m/s2,m=0.1kg 例 10 ]

足够长的光滑金属导轨 E F,P Q 水平放置,质量为 m 电阻为

R 的相同金属棒 ab, 与导轨垂直且接触良好, cd 磁感强度为 B 的匀强 磁场垂直导轨平面向里如图 27 所示.现用恒力 F 作用于 ab 棒上,使 它向右运动.则 A.安培力对 cd 做正功使它向右加速运动 B.外力 F 做的功等于克服 ab 棒上安培力的功 C.外力作的功等于回路产生的总热量和系统的动能 D.回路电动势先增后减两棒共速时为零 解析:开始时 ab 棒在外力 F 作用下向右切割磁感线产生电磁感应,ab 棒相当于电源, 解析 由右手定则,b 端电势较低,a 端电势高,形成由 b→a→c→d→b 逆时转电流.电流通过 ab 和 cd 棒,由左手定则,ab 棒安培力向左,做负功,阻碍速度 v1 增加;cd 棒安培力向右, 做正功,使 cd 棒动能增加速度 v 2 增大.外力除克服 ab 棒上安培力做功外,还要对 cd 棒 做正功.故 A 对 B 错.由于外力和安培力的作用,开始时 ab 棒加速度大于 cd 棒,两者速 度差增大,回路感应电动势 E = Bl (v1 v 2 ) 增大,感应电流增大,使 ab 加速度减小,cd 加速度增大,当两棒加速度相等时速度差最大,回路感应电动势最大.以后 ab 和 cd 棒在 外力 F 作用下以相同加速度运动,速度差恒定不可能共速,电动势恒定不会等于零,故 D 错.根据能量守恒整个过程外力做的功等于回路产生的总热量和系统的动能,C 项正确.
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所以正确选项为 A,C. 反思: 反思:电磁感应中的金属棒导轨问题,可以用力学中滑块 A 在滑板 B 上运动作为物理 模型.滑板 B 与地面光滑接触,摩擦力分别对 A,B 做负功和正功,使部分机械能转化为内 能,相当于双金属棒情景.若 B 固定于地面,则类似单金属棒.摩擦力做的总功等于系统 内能增量,相当于安培力做功的情景. 例 11. 两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内,两导轨间的距离为 L, 导轨上面横放着两根导体棒 ab 和 cd,构成矩形回路.如图 28 所示,两根导体棒的质量皆 为 m 电阻皆为 R,回路中其余部分的电阻可不计.在整个导轨面内都有竖直向上的匀强磁 场,磁场强度为 B.设两导棒均可沿导轨无摩擦地滑行.开始时,棒 cd 静止,棒 ab 有指 向 cd 的速度 V0 如图.若两根导体棒在运动中始终不接触.求 (1)在运动中产生的焦耳热最多是多少? (2) 当棒 ab 的速度变为初速度的 3/4 时, cd 的加速度时多少? 棒 解析:开始时 ab 向 cd 靠近,穿过回路的磁通量在减少,回 解析 路发生电磁感应现象, 电流方向由楞次定律可判断从 a→b→d→c →a. 于是电路中产生焦耳楞次热. 同时感应电流产生的安培力对 ab 棒作负功使速度减小, 对 cd 棒做正功使其向右加速运动.随着 cd 棒的运动,ab,cd 相对运动速度减小,感应电 流 I =

B 2l 2 v 也减小,当两棒共速时,回路磁通量不变,感应电动势消失,电流消失, R+r

至此回路产生热量最多. 按上述分析,取两棒为系统,其运动过程等效于力学中光滑水平面上滑板滑块模型. 因两棒长度相等安培力等值反向合力为零,系统动量守恒,机械能的减少量即为系统产生 的总热量.其次只需求出 vab=3v0/4 时 ab 棒所受安培力即可由牛顿定律求出加速度 a . 取 ab 棒 v0 为初态,共速 v 为末态,由动量守恒有 mv0=2mv , v=v0/2 . 再由能量守恒,求得整个过程产生热量

Q = E K =

1 1 1 2 2 mv 0 2 mv 2 = mv 0 . 2 2 4

取初态 v0 及 ab 速度 v′=3v0/4 为末态,由动量守恒,可求 cd 棒速度. Mv0=3mv0/4 + mv′ 回路感应电动势:
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v′=v0/4

.

3 1 E = Blv = Bl ( v0 v ' ) = Blv0 , 4 2
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回路电流:

I=

Blv0 E E = = R + r 2R 4R

,

cd 受安培力:

F = BIl =

B 2l 2 v0 4R

,

由牛顿定律得加速度: a =

F B 2l 2 = v0 m 4 Rm

.

例题 12. 如图 29 所示,两根平行的金属导轨,固定在同一水平面上,磁感强度 B= 0.05T 的匀强磁场与导轨所在平面垂直,导轨电阻忽略不计.导轨间的距离 l=0.20 m.两 根质量均为 m=0.10 kg 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 0.20 N 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=1.37 m/s,问此时两金属杆的速度各为多少? 解析: 解析:本题综合了法拉第电磁感应定律,安培力,左手定则, 牛顿第二定律,动量定理,全电路欧姆定律等知识,考查考生多角 度,全方位综合分析问题的能力. 设任一时刻 t,两金属杆甲,乙之间的距离为 x,速度分别为 vl 和 v2,经过很短的时间△t,杆甲移动距离 v1△t,杆乙移动距离 v2△t,回路面积改变 △S=[(x 一ν2△t)+ν1△t]l—lχ=(ν1-ν2) △t 由法拉第电磁感应定律,回路中的感应电动势 E=B△S/△t=Bι(νl 一ν2) 回路中的电流 i=E/2 R 杆甲: F—Bli=ma 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(t=0 时为 0)等于外力 F 的冲量. Ft=mνl+mν2 联立以上各式解得 ν1=[Ft/m+2R(F 一 ma)/B2l2]/2 ν2=[Ft/m 一 2R(F 一 ma)/B2l2]/2 代入数据得移νl=8.15 m/s,v2=1.85 m/s

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练习 1:如图 30 所示,两根足够长的固定平行金属导轨位于同一水平面,导轨上横放 : 着两根相同的导体棒 ab, 与导轨构成矩形回路, cd 导体棒的两端连接着处于压缩状态的两 根轻质弹簧,两棒的中间用细线绑住,它们的电阻均为 R,回路上其余部分的电阻不计, 在导轨平面内两导轨间有一竖直向下的匀强磁场,开始时,导体棒处于静止状态,剪断细 线后,导体棒在运动过程中 A.回路中有感应电动势 B.两根导体棒所受安培力的方向相同 C.两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒,机械能守恒 D.两根导体棒的弹簧构成的系统动量守恒,机械能不守恒 例 14. 如图 31 所示足够长的导轨上,有竖直向下的匀强磁场,磁感 ( AD )

强度为 B,左端间距 L1=4L,间距 L2=L.现在导轨上垂直放置 ab 和 cd 两金属棒,质量分 别为 m1=2m,m2=m;电阻 R1=4R,R2=R.若开始时,两棒均静止,现给 cd 棒施加一个 方向向右,大小为 F 的恒力,求: (1)两棒最终加速度各是多少; (2)棒 ab 上消耗的最大电功率. 解析: 解析: (1)设刚进入稳定状态时 ab 棒速度为 v1,加速度为 a2,cd 棒的速度为 v2,加速度为 a2,则

v ab = v1 + a1t , vcd = v 2 + a 2 t
I= BL[(v 2 4v1 ) + ( a 2 4a1 )t ] E = 5R 5R

所以当进入稳定状态时,电路中的电流恒定,a2=4a1 对两棒分别用牛顿运动定律有

BIL1 = m1a1
解之得:

F BIL2 = m2 a 2
2F 9m
a2 = 8F 9m

a1 =

I=

F 9 BL

(2)当进入稳定状态时,电路中电流最大,棒 ab 上消耗的最大电功率为:

4F 2 R P=I R1 = 81B 2 L2
2

练习 1:如图 32 所示 a1b1c1d1 和 a2b2c2d2 为在同一竖直平面内的金属导轨,处在磁感 : 应强度为 B 的匀强磁场中,磁场方向垂直导轨所在的平面(纸面)向里,导轨的 a1b1 段与 a2b2 段是竖直的,距离为 l1;c1d1 段与 c2d2 段也是竖直的,距离为 l2x1y1 与 x2y2 为两根用 不可伸长的绝缘轻线相连的金属细杆,质量分别为 m1 和 m2,它们都垂直于导轨并与导轨 保持光滑接触.两杆与导轨构成的回路的总电阻为 R.F 为作用于金属杆 x1y1 上的竖直向 上的恒力.已知两杆运动到图示位置时,已匀速向上运动,求此时作用在两杆上的重力的 功率的大小和回路电阻上的热功率.
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【解析:设杆向上运动的速度为 υ,因杆的运动,两杆与导轨构成的回路的面积减少, 从而磁通量也减少由法拉第电磁感应定律,回路中的感应电动势的大小 E = B(l2-l1)υ, 回路中的电流 I = ,电流沿顺时针方向两金属都要受到安培力的作 用,作用于杆 x1y1 的安培力为 f1 = Bl1I,方向向上,作用于杆 x2y2 的安 培力 f2 = Bl2I,方向向下当杆做匀速动动时,根据牛顿第二定律有 F-m1g-m2g+f1-f2 = 0,解以上各式,得

I=

=

R

作用于两杆的重力的功率的大小 P =(m1+m2)gu 电阻上的热功率 Q = I2R

得P=

R(m1+m2)g = [

]2R



例 15. 如图 33 所示,水平固定的光滑 U 形金属框架宽为 L,足够长,其上放一质量 为 m 的金属棒 ab,左端连接有一阻值为 R 的电阻(金属框架,金属棒及导线的电阻匀可 忽略不计) ,整个装置处在竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为 B.现给棒 ab 一个 初速度 υ0,使棒始终垂直框架并沿框架运动,如图甲所示. (1)金属棒从开始运动到达到稳定状态的过程中,求通过电阻 R 的电量和电阻 R 中 产生的热量; (2)金属棒从开始运动到达到稳定状态的过程中求金属棒通过的位移; (3)如果将 U 形金属框架左端的电阻 R 换为一电容为 C 的电容器,其他条件不变, 如图乙所示.求金属棒从开始运动到达到稳定状态时电容器的带电量 和电容器所储存的能量(不计电路向外界辐射的能量) . 解析: (1)由动量定理得 解析: 即 由能量守恒定律得 ( 2 ) 所以

所以

(3)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=UC=

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而对导体棒 ab 利用动量定理可得: -BL

=mv - mv0

由上述二式可求得: :

练习 1: : 如图 34 所示, 电容为 C 的电容器与竖直放置的金属导轨 EFGH 相连, 一起置于垂直纸面向里, 磁感应强度为 B 的匀强磁场中, 金属棒 ab 因受约束被垂直固定于金属导轨上,且金属棒 ab 的质量为 m,电阻为 R,金属导轨的宽度为 L,现解除约束让金属棒 ab 从静止 开始沿导轨下滑,不计金属棒与金属导轨间的摩擦,求金属棒下落的 加速度. (答案:

mg ) m + C 2 B 2 L2

例 16.(06 天津卷 )在竖直向上的匀强磁场中,水平放置 一个不变形的单匝金属圆线圈,规定线圈中感应电流的正方向 如图 35 中的甲所示,当磁场的磁感应强度 B 随时间 t 按如图 35 中的乙变化时,图 36 中正确表示线圈感应电动势 E 变化的 是( )

分析:在第 1s 内,由楞次定律可判定电流为正,其产生的感应电动势 E1= 分析:

φ1 B1 = S ,在第 2s 和第 3s 内,磁场 B 不变化,线圈中无感应电流,在第 4s 和第 5s t1 t1
内,B 减小,由楞次定律可判定,其电流为负,产生的感应电动势 E1= 由于ΔB1=ΔB2,Δt2=2Δt1,故 E1=2E2,由此可知,A 选项正确. 反思: 反思:1,此题考查了电磁感应中的图象问题,正确理解图象问题,必须根据图象的定 义把图象反映的规律应用到实际过程中去,同时把实际过程对应到图象中去,然后根据实 际过程的物理规律判断.2,电磁感应现象中的图象问题可分为两种类型:一是通过对电磁 感应过程分析选出或画出正确的图象;二是由给定的图象分析电磁感应过程,确定相关的 物理量.在此两类问题中所中涉及到的图象也有两种情况:一是各物理量随时间 t 变化的 图象,如 B - t 图线,Φ- t 图线,E - t 图线,I - t 图线等;二是各物理量随线圈
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φ 2 B2 = S, t 2 t 2

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或导体的位移 x 变化的图线,如 E - x 图线,I - x 图线等.解决图象问题的关键是首 先要弄清闭合回路中的磁通量变化情况及线框中感应电流 I 随时间的变化关系,再利用右 手定则,法拉第电磁感应定律等规律分析解决,同时注意感应电流的方向与规定正向方向 之间的关系,并巧妙地利用

Φ I 或 分析问题. t t

(2005 湖南理综)图中两平行虚线之间存在匀强电场,虚 练习 1: : 线间的距离为 L,磁场方向垂直纸面向里. abcd 是位于纸面内的梯形线 圈,ad 与 bc 间的距离也为 L. t=0 时刻,bc 边与磁场区域边界重合 如图 37 所示. 现令线圈以恒定的速度为 v 沿垂直于磁场区域边界的方 向穿过磁场区域.取 a—b--c--d 的感应电流方向为正方向,则在线圈 穿过磁场区域中过程中,感应电流 I 随时间 t 变化的图线在图 38 中可 能是( B )

17 .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 39 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: 解析:线框进人磁场区时

E1=B l v=2 V, I 1 =

E1 =2.5 A 4r

方向沿逆时针,如图 40 实线 abcd 所示,感电流持 续的时间 t1=

l =0.1 s v

线框在磁场中运动时:E2=0,I2=0

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无电流的持续时间:t2=

Ll =0.2 s, v
E3 =2.5 A 4r

线框穿出磁场区时:E3= B l v=2 V, I 3 =

此电流的方向为顺时针,如图 40 虚线 abcd 所示,规定电流 方向逆时针为正,得 I-t 图线如图 41 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 42 所示

反思: 反思: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 (四)电磁感应中的生产,科技实际应用问题 磁感应中的生产, 例 18. (06 北京卷)磁流体推进船的动力来源于电流与磁场间的相互作用.图 43 甲是 平静海面上某实验船的示意图,磁流体推进器由磁体,电极和矩形通道(简称通道)组成. 如图 43 乙所示,通道尺寸 a=2.0m,b=0.15m,c=0.10m.工作时,在通道内沿 z 轴正方向 加 B=8.0T 的匀强磁场;沿 x 轴正方向加匀强电场,使两金属板间的电压 U=99.6V;海水 沿 y 轴正方向流过通道.已知海水的电阻率 ρ=0.22 m. (1)船静止时,求电源接通瞬间推进器对海水推力的大小和方向; (2)船以 vs=5.0m/s 的速度匀速前进.若以船为参照物,海水以 5.0m/s 的速率涌入进水 口由于通道的截面积小球进水口的截面积,在通道内海水速率增加到 vd=8.0m/s.求此时两 金属板间的感应电动势 U 感 .

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(3)船行驶时,通道中海水两侧的电压 U/=U-U 感 计算,海水受到电磁力的 80%可以 转化为对船的推力.当船以 vs=5.0m/s 的船速度匀速前进时,求海水推力的功率. 分析: 分析:此题为科技实用题,解题时先建立物理模型,弄清流体流向与电流方向是关键. (1)根据安培力公式,推力 F1=I1Bb,其中 I1= 则 Ft=

U b , R=ρ R ac

U U Bb = ac B = 796.8 N R p

对海水推力的方向沿 y 轴正方向(向右) (2)U 感 =Bu 感 b=9.6 V (3)根据欧姆定律,I2=

U ' (U Bv 4 b) ac = = 600 A R pb

安培推力 F2=I2Bb=720 N 对船的推力 F=80%F2=576 N 推力的功率 P=vs=80%F2vs=2 880 W

反思: 反思:电磁感应及其规律在生产,生活和科技实际中应用广泛,如磁浮列车,磁流体发 电机,电磁流量计,磁带录音机原理等,分析这类问题的关键是建立物理模型,把握好"四 个等效" ,即"等效电源""等效电路""等效导体""等效电阻" , , , ,然后选择合理的物理规 律求解. 此题以磁流体推进器为题材, 考查了学生对基础知识的掌握程度和灵活多变的综合 分析能力,同时考查了理论联系实际并解决实际问题的应用能力. 练 习 1 . (2001 全国原卷 24 题)磁流量计是有来测量可导电的流动液体(如污水)在管 中的流量(单位时间通过单位面积的液体体积).为了简化,设流量计的横截面为一段长方形 的管道.其中空部分长,宽,高分别为图 44 中的 a,b,c.两端与输送管道相连,如图中的虚线 所示.流量计图的上下两面是金属材料,前后两面是绝缘材料.现于流量计处加上磁感应强 度为 B 的匀强磁场,方向垂直于前后两面.当导电流体稳定地通过管道时,在管道外面将管 道的上下两面分别与串联一电阻为 R 的电流表两端相连,测得电流强度为 I,导电流体的电 阻率为 ρ,电流表的内阻不计,则流量计的流体流量: A, I/B(bR+ρ c/a); C,I/B(cR+ρa/b); (解答:A) 练习 2.(2004 天津卷 25 题)磁流体发电是一种新 型发电方式,图 45 和图 46 是其工作原理示意图.图 45 中的长方体是发电导管,其中空部 分的长,高,宽分别为 l , a , b ,前后两个侧面是绝缘体,上下两个侧面是电阻可略的 导体电极,这两个电极与负载电阻 R1 相连.整个发电导管处于图 46 中磁场线圈产生的匀 强磁场里,磁感应强度为 B,方向如图所示.发电导管内有电阻率为 ρ 的高温,高速电离
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B, I/B(aR+ρ b/c); D,I/B(R+ρbc/a).

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气体沿导管向右流动,并通过专用管道导出.由于运动的电离气体受到磁场作用,产生了 电动势.发电导管内电离气体流速随磁场有无而不同.设发电导管内电离气体流速处处相 同,且不存在磁场时电离气体流速为 v0 ,电离气体所受摩擦阻力总与流速成正比,发电导 管两端的电离气体压强差 p 维持恒定,求: (1)不存在磁场时电离气体所受的摩擦阻力 F 多大; (2)磁流体发电机的电动势 E 的大小; (3)磁流体发电机发电导管的输入功率 P.

【解答: (1) F = pab (2) E =

1+

Bav0 B 2 av0 bp( RL +

(3) P =

ρa
bl

1+ )

abv0 p B 2 av0 bp ( RL +



ρa
bl

)



能力训练(答案见后) 能力训练(答案见后)
一,选择题 1.如图, 闭合线圈上方有一竖直放置的条形磁铁, 磁铁的 N 极朝下. 当磁铁向下运动时 (但 未插入线圈内部) ( )

A.线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同,磁铁与线圈相互吸引 B.线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相同,磁铁与线圈相互排斥 C.线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反,磁铁与线圈相互吸引 D.线圈中感应电流的方向与图中箭头方向相反,磁铁与线圈相互排斥

2.如图所示,闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中,匀强磁场的磁感应强度的大 小随时间变化.下列说法 ①当磁感应强度增加时,线框中的感应电流可能减小 ②当磁感应强度增加时,线框中的感应电流一定增大 ③当磁感应强度减小时,线框中的感应电流一定增大 ④当磁感应强度减小时,线框中的感应电流可能不变 其中正确的是(
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)
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A.只有②④正确 C.只有②③正确

B.只有①③正确 D.只有①④正确

3.闭合金属圆环由静止释放,不计空气阻力,下落高度为 h,如图所示.落地前要穿过一固 定在地面上的条形磁铁,则下落时间 t( (A) t = ) (C) t >

2h g

(B) t <

2h g

2h g

(D)无法确定

4.如图所示,矩形线框 abcd,通过导体杆搭接在金属导轨 EF 和 MN 上,整个装置放在如 图的匀强磁场中.当线框向右运动时,下面说法正确的是:( (A)R 中无电流; (C)ab 中无电流; (B)R 中有电流,方向为 E→M; (D)ab 中有电流,方向为 a→b. )

5.每边长为 L 的正方形线圈,匝数为 N,总电阻为 R,把它放在均 匀增强的匀强磁场中,线圈平面与磁感线方向垂直.当线圈闭合后,在△t 时间内通过导 体横截面的电量为 Q,则磁感应强度的变化量△B 为:( (A)QR△t/NL2; (C)NL2/QR; (B)QR/NL2; (D)NL2/QR△t. )

6.把一只矩形线圈从匀强磁场中匀速拉出.第一次用速度 v1,第二次 用速度 v2,而且 v2=2v1.若两次拉力所做的功分别为 W1 和 W2,两次做功的功率分别为 P1 和 P2,两次线圈产生的热量为 Q1 和 Q2,则下述结论正确的是:( (A)W1=W2,P1=P2,Q1=Q2; (C)W1=2W2,2P1=P2,2Q1=Q2 )

(B)W1>W2,P1>P2,Q1=Q2 (D)W2=2W1,P2=4P1,Q2=2Q1

7.如图所示,金属环半径为 a,总电阻为 R,匀强磁场磁感应强度为 B,垂直穿过环所在平 面. 电阻为 R/2 的导体杆 AB, 沿环表面以速度 v 向右滑至环中央时, 杆的端电压为: ( (A)Bav; (B)Bav/2; (C)2Bav/3; (D)4Bav/3. )

8.水平放置的 U 形框架上搁置一根光滑的金属棒,组成一个闭合回路.框 内的同一平面上有一长形磁铁可绕与 ab 平行的轴 OO′自由转动.开始时 磁铁位置如图所示,当磁铁绕轴转过 90°到达竖直位置的过程中,金属棒 ab 可能的运动 是( ) (B)向左运动 (D)先向左动,后向右动
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(A)静止不动 (C)向右运动
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9.如图所示,在倾角为θ的 U 形金属导轨上放置一根导电棒 MN,开始时导电棒 MN 处于 静止状态.今在导轨所在空间加一个垂直于导轨平面斜向下的,逐渐增大的磁场,使感应 电流逐渐增大,经过时间 t 导电棒开始运动,那么在这段时间 t 内,导电棒受到的摩擦力 的大小( (A)不断增加 大 ) (B)不断减少(C)先增大后减少 (D)先减少后增

10.如图所示,导线 MN 可无摩擦地沿竖直的长直导轨滑动.匀强磁场 B 方 向如图,回路电阻是 R,将 MN 由静止释放,下列办法中哪些能使 MN 的极限速度值增大 到原来的两倍(MN 的电阻不计,横截面积不变,框架宽与 MN 长度相等) ( (A)将 R 减小一半; (B)将 MN 长度增大到原来的两倍; )

(C)将 MN 长度减小一半; (D)将 B 减小一半.

11.如图所示,当磁感强度 B 增加时,内外连通的两金属环中的感应电流 方向为( ) (B)内外环都是顺时针 (D)内环逆时针外环顺时针

(A)内外环都是逆时针 (C)内环顺时针外环逆时针

12.铁路上使用一种电磁装置向控制中心传输信号以确定火车的位置.能 产生匀强磁场的磁铁,被安装在火车首节车厢下面,如图(甲)所示(俯视图).当它经过安放 在两铁轨间的线圈时,便会产生一电信号,被控制中心接收.当火车通过线圈时,若控制中 心接收到的线圈两端的电压信号为图(乙)所示,则说明火车在做( A.匀速直线运动 B.匀加速直线运动 C.匀减速直线运动 D.加速度逐渐增大的变加速直线运动 )

13.现将电池组,滑线变阻器,带铁芯的线圈 A,线圈 B,电流计及开关如下图连接.在开关 闭合, 线圈 A 放在线圈 B 中的情况下,某同学发现 当他将滑线变阻器的滑动端 P 向左加速滑动时,电 流计指针向右偏转.由此可以判断( ) 动端 P
+ B
2 0 2
— —

A P

A.线圈 A 向上移动或滑动变阻器的滑 向右加速滑动都能引起电流计指针向左偏转

B.线圈 A 中铁芯向上拔出或断开开关,都能引

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起电流计指针向右偏转 C.滑动变阻器的滑动端 P 匀速向左或匀速向右滑动,都能使电流计指针静止在中央 D.因为线圈 A,线圈 B 的绕线方向未知,故无法判断电流计指针偏转的方向

14.如图所示,将一个正方形导线框 ABCD 置于一个范围足够大的匀强磁场中,磁场方向 与其平面垂直.现在 AB,CD 的中点处连接一个电容器,其上,下极板分别为 a,b,让匀 强磁场以某一速度水平向右匀速移动,不正确的是( A.ABCD 回路中没有感应电流 B.A 与 D,B 与 C 间有电势差 C.电容器 a,b 两极板分别带上负电和正电 D.电容器 a,b 两极板分别带上正电和负电 D ) A a b C B

15.如图一所示, 固定在水平桌面上的光滑金属框架 cdeg 处于方向竖直向下的匀强磁场中, 金属杆 ab 与金属框架接触良好.在两根导轨的端点 d, 之间连接一电阻, e 其他部分电阻忽 略不计.现用一水平向右的外力 F 作用在金属杆 ab 上,使金属杆由静止开始向右在框架上 滑动,运动中杆 ab 始终垂直于框架.图二为一段时间内金属杆受到的安培力 f 随时间 t 的 变化关系,则图三中可以表示外力 F 随时间 t 变化关系的图象是( )
f c 右 e b 图一 F O F F g O t

d 左

a

θ
图二 F t O

θ

θ
t O t O 图三

θ

t

A

B

C

D

二,计算题 16,如图,直角三角形导线框 abc 固定在匀强磁场中,ab 是一段长为 l,电阻为 R 的均匀 导线,ac 和 bc 的电阻可不计,ac 长度为 现有一段长度为

1 .磁场的磁感强度为 B,方向垂直于纸面向里. 2

l R ,电阻为 的均匀导体杆 MN 架在导线框上,开始时紧靠 ac,然后沿 2 2

ac 方向以恒定速度 v 向 b 端滑动,滑动中始终与 ac 平行并与导线框保持良好接触.当 MN 滑过的距离为 何?

l 时, 导线 ac 中的电流是多大?方向如 3

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17. 如图所示,处于匀强磁场中的两根足够长,电阻不计的平行金属导轨相距lm,导轨平 面与水平面成θ=37°角,下端连接阻值为尺的电阻.匀强磁场方向与导轨平面垂直.质量为 0.2kg,电阻不计的金属棒放在两导轨上,棒与导轨垂直并保持良好接触,它们之间的动摩 擦因数为0.25.求: (1)求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小; (2)当金属棒下滑速度达到稳定时,电阻尺消耗的功率为8W,求该速度的大小; (3)在上问中,若R=2 ,金属棒中的电流方向由a到b,求磁感应强度的大小与方向. (g=10rn/s2,sin37°=0.6, cos37°=0.8) 位置 速度(m/s) 时刻(s) A 2.0 0 B 12.0 4 C 0 10

18.在图甲中,直角坐标系 0xy 的 1,3 象限内有匀强磁场,第 1 象限内的磁感应强度大小 为 2B,第 3 象限内的磁感应强度大小为 B,磁感应强度的方向均垂直于纸面向里.现将半 径为 l,圆心角为 900 的扇形导线框 OPQ 以角速度ω绕 O 点在纸面内沿逆时针匀速转动, 导线框回路电阻为 R. (1)求导线框中感应电流最大值. (2)在图乙中画出导线框匀速转动一周的时间内感应电流 I 随时间 t 变化的图象.(规定与 图甲中线框的位置相对应的时刻为 t=0) (3)求线框匀速转动一周产生的热量. y 2B I

O

┛ l B Q 图甲

P

x

O



ω

t

ω
图乙

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19.两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内,两导轨间的距离为 l .导轨上面 横放着两根导体棒 ab和cd ,构成矩形回路,如图所示.两根导体棒的质量皆为 m ,电阻 皆为 R,回路中其余部分的电阻可不计.在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场,磁 感应强度为 B .设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行.开始时,棒 cd 静止,棒 ab 有指向 棒 cd 的初速度 v0 (见图) .若两导体棒在运动中始终不接触,求: (1)在运动中产生的焦耳热最多是多少. (2)当 ab 棒的速度变为初速度的

3 时, cd 棒的加速度是多少? 4

20.如图 15(a)所示,一端封闭的两条平行光滑导轨相距 L,距左端 L 处的中间一段被弯 成半径为 H 的 1/4 圆弧,导轨左右两段处于高度相差 H 的水平面上.圆弧导轨所在区域无 磁场,右段区域存在磁场 B0,左段区域存在均匀分布但随时间线性变化的磁场 B(t) ,如 图 15(b)所示,两磁场方向均竖直向上.在圆弧顶端,放置一质量为 m 的金属棒 ab,与 导轨左段形成闭合回路,从金属棒下滑开始计时,经过时间 t0 滑到圆弧顶端.设金属棒在 回路中的电阻为 R,导轨电阻不计,重力加速度为 g. ⑴问金属棒在圆弧内滑动时,回路中感应电流的大小和方向是否发生改变?为什么? ⑵求 0 到时间 t0 内,回路中感应电流产生的焦耳热量. ⑶探讨在金属棒滑到圆弧底端进入匀强磁场 B0 的一瞬间, 回路中感应电流的大小和方向.

参考答案 一,选择题 1,B 2,D 3,C 4,B 5,B 6,D 7,A 8,C 11,C 12,B 13,B 14,D 15,B 二,计算题
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9,D 10,C

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16. MN 滑过的距离为 为

l 时,它与 bc 的接触点为 P,如图.由几何关系可知 MP 年度 3

l ,MP 中的感应电动势 3 1 E = Blv 3

MP 段的电阻

r=

1 R 3 MacP 和 MbP 两电路的并联电阻为 1 2 × 2 r并 = 3 3 R = R 1 2 9 + 3 3

由欧姆定律,PM 中的电流

I=

E r + r并
2 I 3 2 Blv 5R

ac 中的电流

I ac =
解得

I ac =

根据右手定则,MP 中的感应电流的方向由 P 流向 M,所以电流 I ac 的方向由 a 流向 c. 17. (1)金属棒开始下滑的初速为零,根据牛顿第二定律:mgsinθ-mgcosθ=ma ① 由①式解得a=10×(O.6-0.25×0.8)m/s2=4m/s2 ② (2夕设金属棒运动达到稳定时,速度为v,所受安培力为F,棒在沿导轨方向受力平衡 mgsinθ一mgcos0一F=0 ③ 此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率:Fv=P ④ 由③,④两式解得 v =

P 8 = m / s = 10m / s F 0.2×10× (0.6 0.25× 0.8)



(3)设电路中电流为I,两导轨间金属棒的长为l,磁场的磁感应强度为B P=I2R
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I=

vBl R




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由⑥,⑦两式解得 B =

PR 8× 2 = T = 0.4T vl 10 ×1



磁场方向垂直导轨平面向上 18.解:(1)线框从图甲位置开始(t=0)转过 900 的过程中,产生的感应电动势为:

E1 =

1 2B ω l 2 2
E1 R

(4 分)

由闭合电路欧姆定律得,回路电流为: I 1 =

(1 分)

联立以上各式解得: I 1 =

Bl 2ω R Bl 2ω 2R

(2 分)

同理可求得线框进出第 3 象限的过程中,回路电流为: I 2 =

(2 分)

Bl 2ω 故感应电流最大值为: I m = R
(2)I-t 图象为: I1 I2 O -I2 -I1 I

(1 分) (4 分)

π 2ω

π ω

3π 2ω



ω

t

(3)线框转一周产生的热量: Q = 2( I 1 R
2

又T =



T T 2 + I2 R ) 4 4

(2 分) (1 分)

ω
5πωB 2 l 4 4R

解得: Q =

(1 分)

19.解析: ab 棒向 cd 棒运动时,两棒和导轨构成的回路面积变小,磁通量发生变化, 于是产生感应电流. ab 棒受到与运动方向相反的安培力作用作减速运动, cd 棒则在安培 力作用下作加速运动.在 ab 棒的速度大于 cd 棒的速度时,回路总有感应电流, ab 棒继 续减速, cd 棒继续加速.两棒速度达到相同后,回路面积保持不变,磁通量不变化,不 产生感应电流,两棒以相同的速度 v 作匀速运动. (1)从初始至两棒达到速度相同的过程中,两棒总动量守恒,有

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mv0 = 2mv
根据能量守恒,整个过程中产生的总热量



1 2 1 1 2 mv 0 (2m)v 2 = mv 0 ② 2 2 4 3 (2)设 ab 棒的速度变为初速度的 时, cd 棒的速度为 v ' ,则由动量守恒可知 4 3 mv0 = m v0 + mv' ③ 4 Q=
此时回路中的感应电动势和感应电流分别为

ε = ( v0 v' ) Bl
I=

ε

3 4

④ ⑤

2R

此时 cd 棒所受的安培力

F = IBl cd 棒的加速度 F a= m
由以上各式,可得





a=

B 2 l 2 v0 4mR



20.解析:⑴感应电流的大小和方向均不发生改变.因为金属棒滑到圆弧任意位置时,回路 中磁通量的变化率相同. ⑵0—t0 时间内,设回路中感应电动势大小为 E0,感应电流为 I,感应电流产生的 焦耳热为 Q,由法拉第电磁感应定律: E0 = 根据闭合电路的欧姆定律: I =

φ B = L2 0 t t0

E0 R
2

由焦耳定律有: Q = I Rt =

L4 B02 t0 R

解得: Q =

L4 B02 t0 R

⑶设金属进入磁场 B0 一瞬间的速度变 v,金属棒在圆弧区域下滑的过程中,机械 能守恒:

mgH =

1 2 mv 2

在很短的时间 t 内,根据法拉第电磁感应定律,金属棒进入磁场 B0 区域瞬间的

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感应电动势为 E,则: E =

φ t x v= t
φ = B0 Lx + L2 B (t )

由闭合电路欧姆定律得: I = 解得感应电流: I = 根据上式讨论: I,当 2 gH =

E R

B0 L L 2 gH R t0

L 时,I=0; t0 L B L L 时, I = 0 2 gH ,方向为 b → a ; t0 R t0

II,当 2 gH >

III,当 2 gH <

L B L L 时, I = 0 2 gH ,方向为 a → b . t t0 R 0

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