高考物理專題輔導-第十二講電磁感應

1、1第十二講 電磁感應2動生電動勢右手定則感生電動勢楞次定律及其推廣形式t（1，2，3，4，5）（6，7，8，9，10，11，12）3 1.如圖，一菱形均勻線圈中，已知acd = ，dc = xc，在均勻恒定磁場B中以勻角速度繞其對角線轉動，轉軸與B垂直，當線圈平面轉至與B平行時，求：（1）設b為ac中點?cauu（2）ac間電勢最低點的位置。4解：（1）根據(jù)含源電路歐姆定律：Ua-Uc=-ac+IR 式中R是ac邊電阻，由對稱性：14ac總1044acUURR總總所以（2）不能得到（1）相同的結論（因為12abac） 因為ac上各點v呈現(xiàn)性變化，所以2111sintantan428abcccB

2、 v abBxxRx 同理可得：2tan2accBx 5歐姆定律：213tan2842bcbccRUUIRBxR總 242tanaccBx總21tan8bccUUBx 而 （3）設ac間離a點l遠處的d點電勢最低。adllUUIR2221sin2411sin2tan42dallallacUUIRUBlRRRUBlBxR總4 2211sin2tan42ldacRllUUBlBxRacac 6122blaca21tan8acUBx這是一個關于l的二次方程，可求得當時，Ud有極小值。 7 2。傾角=37的斜面上放置兩根平行光滑金屬軌道，軌道與電池E、電阻R連接。在斜面部分有一豎直向上的勻強磁場穿過，

3、磁感強度為B = 0.4T。當在軌道上放一金屬桿ab后，將有電流通過金屬桿。金屬桿長度l = 1m，質量 m = 0.1kg，電池電動勢= 8V，內阻r = 1，電阻R = 7，其它電阻不計。問：(1)當金屬桿在軌道上加速下滑時，電壓表V1和V2的示數(shù)怎樣變化? (2)當金屬桿下的加速度為2 ms2時，電壓表V1的讀數(shù)多大?此時金屬桿的速度多大?8 解：（1)當金屬桿在軌道上下滑時，整個裝置的等效電路如圖(a)所示金屬桿加速下滑，其感生電動勢將增大，整個電路中電流隨之增大因此R兩端的電壓降和電池內阻上的電壓降都升高，所以電壓表V2的示數(shù)增大，電壓表V1的示數(shù)將減小。(2)金屬桿下滑時,其受力情

4、況如圖(b)所示,設桿下滑的加速度為2m/s2時,其速度為v.此時桿兩端cosBlv 的感生電動勢電路中的電流cosBlvIRrRr9sincosmgBIlmacossincosBlvmgBlmaRr由牛頓第二定律將式代入得代入數(shù)據(jù)解得v = 6.25m/s代入式得I = 1.25A所以電壓表V1的讀數(shù)1(8 1.25 1)6.75UIrVV10 3。平行金屬導軌相距l(xiāng) = 0.3m，電池電動勢= 6V，內阻不計，串聯(lián)電阻R = 5，勻強磁場方向垂直于紙面向里金屬棒在磁場力作用下由靜止開始向左滑設摩擦阻力f = 0.1N為使金屬棒速度有最大值vm，磁感強度B應為多大?此時的vm為多大?11解法

5、一：金屬棒在水平方向上受到安培力和摩擦力的作用.隨著棒速度的增加，它兩端的感生電動勢也增加流過棒的電流將減小，它受到的安培力也將減小當安培力與摩擦力相等時，金屬棒的加速度為零，速度達到最大值vm此時，BILf整個裝置的等效電路如圖所示mBlvmBlvIRR代入式得mBlvBlfR122 2222222221116/18/44 5 0.12mBlRflRfR flR fvB llBBlBBR flm sm slRfR f 等號成立時2R flR fBBR f2Rfl B22 5 0.150.3 69RfBTTl 即（亦可：這是一個關于的二次方程，有解，0，用=0可求出Um）13解法二：將和R看成

6、電源的內電路，當外阻等于內阻時,電源有最大輸出功率(證明略)24mpR這個輸出功率全部用來克服摩擦阻力做功，所以有24mfvR226/18/44 5 0.1mvm sm sRf 因為在外阻等于內阻時，路端電壓等于電動勢的一半，所以有2mBv l6522 0.3 189mBTTlv14 4。在傾角為的足夠長的兩條光滑平行金屬導軌上，放一根質量為m、電阻不計的金屬棒ab整個空間有磁感強度為B的勻強磁場，方向垂直于軌道平面向上，導軌寬度為L，電源電動勢為，電源內阻為R，導軌電阻不計，電容器的電容為C，問：(1)S接1時，ab的穩(wěn)定速度為多少? (2)ab達到穩(wěn)定速度時S投向2，穩(wěn)定后ab再下滑距離s

7、，這過程中電容器儲藏的電能是多少?15解：(1)當s接1時，棒在重力、安培力和垂直斜面向上的彈力的作用下運動設某時刻棒的速度為v，這時棒中產生的感生電動勢=BLv方向與電源電動勢方向相反，故回路中的電流BLvIR考察棒受的安培力F=BIL=BL(-BLv)R 根據(jù)牛頓第二定律()sinBLBLvmgmaR 故棒ab下滑的加速度 ()sinBLBLvagmR當a=0時，棒ab速度達到最大值vm，即穩(wěn)定速度，其值為22sinmmgRBLvB L16(2)將s扳向2后，電容器充電，充電電流QCvICBLCBLattt由左手定則可知棒受的安培力沿斜面向上，由牛頓第二定律得棒的加速度22sinsinBI

8、 LmgagmmCB L2211sin22CmgsmvmvE2222sinCCB LEmgsm CB L由此可知棒做勻加速運動，棒下滑一段距離后，由能量守恒定律得而且v2=v2+2as由以上兩式及式可得電容器儲藏的電能17 5。一導體平板沿x軸放置，寬度為L，電阻忽略不計。aebcfd是圓弧形均勻導線，電阻為3R，圓弧與x軸垂直，圓弧的兩端a、d與導體板的兩個側面相接觸，并可在其上滑動圓弧ae = eb = cf = fd = 1/8圓周長，圓弧bc =1/4圓周長一個內阻為Rr = nR的體積很小的電壓表位于圓弧的圓心O處，與b、c相連。整個裝置處于磁感強度為B、方向垂直向上的勻強磁場中。導

9、體板不動，圓弧與電壓表一起以恒定速度v沿x軸方向運動。(1)求電壓表的讀數(shù)；(2)求e點與f點的電勢差Uef。18 (1)不難看出，弧be段的感應電動勢的大小是1=BLv弧ae段的感應電動勢的大小2 = ?；b、cf、fd各段的感應電動勢的大小都等于2，連接電壓表的每根導線中的感應電動勢的大小都為3=BLv2由以上分析，可得如右下圖所示的等效電路設各導線中的電流分別為，I1，I2和I3，方向如圖所示，則有1133322bcbcgbcUUI RUUI RUUI R BLv( 2 1)/219以及 I1+I3=I2，注意到23=1，且Rg=nR,可解得1132(1)(32)(32)nIInRnR

10、電流表的讀數(shù)133232gnnBLvVI Rnn（2）e點與f點的電勢差222212 12232efI RI RnUUBLvn20 6。一個電阻為R的長方形線圈abed沿著磁針所指的南北方向平放在北半球的一個水平桌面上，ab=l1，bc=l2現(xiàn)突然將線圈翻轉180，使ab與dc互換位置，測得導線中流過的電量為Q1然后維持ad邊不動，將線圈繞ad邊轉動，使之突然豎直，這次測得導線中流過的電量為Q2，試求該處地磁場的磁感強度的大小。21解：根據(jù)地磁場的特征可知，在北半球的地磁場方向是向北向下的只要求出這個磁感強度的豎直分量B1和水平分量B2，就可以求出該處磁感強度B的大小當線圈翻個身時，穿過線圈的

11、磁通量的變化量為1=2B1S，因為感生電動勢tQRRIt所以 1=RQ1，2B1l1l2=RQ1 當線框繞ad邊豎直站起來時，穿過線框的磁通量的變化量為2=B2l1l2-B1l1l2，所以 2=RQ2， 2221BBB(B2-B1)l1l2=RQ2可解得222121212222QQQQllRB22 7.如圖所示電路，無限長螺線管（垂直圖平面）中的電流大小隨時間線性增加，方向如圖中箭頭所示。直流電源的電動勢等于包圍螺線管回路的感應電動勢，均為.1、2、3是三個完全一樣的燈泡，其電阻均為R，電池內阻為r（rR），試問：（1）通過三個燈泡的電流強度各是多少？（2）在圖示電路中，用短路導線經螺線管右側

12、聯(lián)結A、B，通過每個燈泡的電流強度又如何？A、B兩點哪一點的電勢高？（3）在圖示電路中，用短路導線經螺線管左側聯(lián)結A、B，通過每個燈泡的電流強度如何？電池的端電壓為多少？A、B兩點的電勢哪點高？23解：如圖 12IIII回路： 212I RI RII回路： 1IrI R可求得： 1222232RrRIRRrRR1222I RRIRRRR選擇ACBA回路： 1I R 1IR ，（與圖中I1反方向） 24在選擇ACB23A回路： 202IR 20I （2、3熄滅） 從I1的方向可看出 BAUU（ACB為電源） 選A1BDA回路： 10I R10I （1熄滅） 選A23BDA回路： 2I R22IR

13、從ADBA回路看，有 IrIr忽略電池內產生的感生電動勢， 短路導線為一理想電源，感應電動勢從B到A，因此 ABUU，0UIr25 8.262728 9.293031 10.323334 11。在圖示的圓柱形區(qū)域內有隨時間變化的勻強磁場B，在垂直于B的平面內建立直角坐標系，y軸通過圓柱的軸心一根光滑的細管MN相對y軸對稱地固定在x軸上，MO和OO之間的夾角為0，其中O為磁場區(qū)域中央軸線與O-xy平面的交點管內有一個質量為m、電量為+q的光滑小球t=0時它恰好靜止在M點設垂直紙面向里為B的正方向，B隨時間變化的規(guī)律為B=B0sint。 其中B0、為正的常量設B的這種變化規(guī)律恰好能使小球在M、N之

14、間做以0為中心的簡諧運動。試求出與M、q、0、B0之間的關系。35解：管中(x，0)處的渦旋電場場強為tBrE2其中r是O到(x，O)點的距離。題意告訴我們B = B0sint = B0 cos（t-/2），怎樣求B的變化率B/t 呢?可以借鑒簡諧運動的方程)sin(0tRvtxtBtBtBcos)2sin(00比較B和x的表達式，可知x = Rcos(t+0)式代入式E=21rB0cost36帶電小球運動到(x，o)位置時，受到電場力的x方向分量001212xFqE cosq(rcos) B costqd B cost 式中d是OO的距離盡管小球在(z，o)處還受到洛侖茲力和管壁彈力的作用，

15、但這兩個力都沒x分量因為題中設小球做簡諧運動，所以應有 Fx=-kx，即有qdB0cost/2 = kx簡諧運動的振幅為d tan0，當t = 0時，x = d tg，所以振動方程應為 x = d tg0cost 式代入式 qdB0cost/2 = k(d tan0)cost37)tan(2100dkBqd要此式對任何時刻t均成立，必須有，因此又因為2,/mkmk所以2200012qd Bm (dtan)m(dtan)可解得00tan2mqBBt（解本題的過程中，有B=B0sint，通過求導就可以得到=B0cost。但由于中學數(shù)學知識的限制，這是一種新穎而又有效的方法）這里采用了與簡諧運動的方

16、程類比的方法得到Bt38 12。PQQnPn是由若干正方形導線方格PQQ1P1，P1Q1Q2P2，P2Q2Q3P3，Pn-1Qn-1QnPn構成的網絡，如下圖所示方格每邊長度l=10.0cm邊QQ1，Q1Q2，Q2Q3，與邊PP1，P1P2，P2P3的電阻都等于r，邊PQ，P1Q1，P2Q2，的電阻都等于2r已知PQ兩點間的總電阻為Cr，C是一已知數(shù)，在x0的半空間分布有隨時間t均勻增加的勻強磁場，磁場方向垂直于Oxy平面并指向紙里。39今令導線網絡PQQnPn以恒定的速度v = 5.0cm/s沿x方向運動并進入磁場區(qū)域，在運動過程中方格的邊PQ始終與y軸平行若取PQ與y軸重合的時刻為t = 0，在以后任一時刻t磁場的磁感強度為B = B0+b t，式中t的單位為s，B0為已知恒量，b = 0.10B0求t = 2.5s時刻，通過導線PQ的電流(忽略導線網絡的自感)40解：(1)P、Q兩點間的總電阻Rn=Cr設P1Ql向左看(包括P1Q1)的總電阻為R