高中物理專題復習-電磁感應

一：基本知識法拉第電磁感應定律與楞次定律E=?Φ對于n匝線圈有E=n?Φ?t?t楞次定律的核心是想保持原磁通量Φ=BS不變。當B增加時，線圈中會有兩個反應，產生感應電流和改變S。其中S變小，感應電流對應的磁場方向與原磁場方向相反。目的是想保持磁通量Φ不變。當S增加時，線圈中也會有兩個反應，產生感應電流和改變S。其中感應電流對應的磁場方向與原磁場方向相反，S此時也傾向于減小，所以會對原來S的增加有一定的阻礙效果。當B或S減小時，同理。所以，B和S會相互影響。楞次定律解決的是感應電流的方向和運動的方向問題。（1）感應電流的磁場（新產生的磁場）和引起感應電流的磁場（原來就有的磁場）。前者“阻礙”后者的“變化”，不是簡單的“同向”或“反向”的關系。（2）運動的方向就是使的Φ保持不變的方向。當B增加時，S減??；當B減小時，S增大。當S變化時，阻礙它變化?！纠?】如圖所示裝置中，cd桿原來靜止。當ab桿做如下那些運動時，cd桿將向右移動？(B、D)A.向右勻速運動B.向右加速運動C.向左加速運動D.向左減速運動【例2】如圖所示，長L1寬L2的矩形線圈電阻為R，處于磁感應強度為B的勻強磁場邊緣，線圈與磁感線垂直。求：將線圈以向右的速度v勻速拉出磁場的過程中，?拉力F大小；?拉力的功率P；?拉力做的功W；?線圈中產生的電熱Q；?通過線圈某一截面的電荷量q。解：這是一道基本練習題，要注意要注意所用的邊長究竟是L1還是L2，還應該思考一下所求的各物理量與速度v之間有什么關系。?E=BL2v,I=?P=Fv=2ER2,F=BIL2,∴F=2BL2vR22∝vBL2vR22∝v?W=FL1=BL2L1vR2∝v?Q=W∝vER?ΦR?q=I?t=t=與v無關特別要注意電熱Q和電荷q的區(qū)別，其中q=?Φ與速度無關?。ㄟ@個結論以后經常會R遇到）?！纠?】如圖所示，閉合導線框的質量可以忽略不計，將它從如圖所示的位置勻速拉出勻強磁場。若第一次用0.3s時間拉出，外力所做的功為W1，通過導線截面的電量為q；第二次用0.9s時間拉出，外力所做的功為W2，通過導線截面的電量為q2，則（C）A.W1<W2，q1<q2C.W1>W2，q1=q2B.W1<W2，q1=q2D.W1>W2，q1>q24.如圖所示，先后以速度v1和v2勻速把一矩形線圈拉出有界勻強磁場區(qū)域，v1=2v2在先后兩種情況下（A）A．線圈中的感應電流之比為I1∶I2=2∶1B．線圈中的感應電流之比為I1∶I2=1∶2C．線圈中產生的焦耳熱之比Q1∶Q2=1∶4D．通過線圈某截面的電荷量之比q1∶q2=1∶25.如圖所示，在磁感應強度為0.2T的勻強磁場中，有一長為0.5m的導體AB在金屬框架上以10m/s的速度向右滑動，R1=R2=20Ω，其它電阻不計，則流過AB的電流是。二：電磁感應與電路、力學的綜合應用這部分常將電磁感應的基本規(guī)律與動量守恒、機械能守恒和電路、力學聯(lián)系起來考察。分析這類問題，要特別注重其中能量的轉化。（一）分析電磁感應與電路綜合題的出發(fā)點是，將切割磁場的那部分導體看成是電源對外供電，電源的電動勢即為E=Blv1.（1999年廣東）如圖所示，MN、PQ為兩平行金屬導軌，M、P間連有一阻值為R的電阻，導軌處于勻強磁場中，磁感應強度為B，磁場方向與導軌所在平面垂直，圖中磁場垂直紙面向里.有一金屬圓環(huán)沿兩導軌滑動，速度為v，與導軌接觸良好，圓環(huán)的直徑d與兩導軌間的距離相等.設金屬環(huán)與導軌的電阻均可忽略，當金屬環(huán)向右做勻速運動時（B）A.有感應電流通過電阻R，大小為dBvRdBvR2dBvRB.有感應電流通過電阻R，大小為C.有感應電流通過電阻R，大小為D.沒有感應電流通過電阻R2.在方向水平的、磁感應強度為0.5T的勻強磁場中，有兩根豎直放置的導體軌道cd、ef，其寬度為1m，其下端與電動勢為12V、內電阻為1Ω的電源相接，質量為0.1kg的金屬棒MN的兩端套在導軌上可沿導軌無摩擦地滑動，如圖所示，除電源內阻外，其他一切電阻不計，g=10m/s2，從S閉合直到金屬棒做勻速直線運動的過程中（CD）A.電源所做的功等于金屬棒重力勢能的增加B.電源所做的功等于電源內阻產生的焦耳熱C.勻速運動時速度為20m/sD.勻速運動時電路中的電流強度大小是2A3.兩根光滑的金屬導軌，平行放置在傾角為θ的斜面上，導軌的左端接有電阻R，導軌自身的電阻可忽略不計.斜面處在勻強磁場中，磁場方向垂直于斜面向上.質量為m、電阻可不計的金屬棒ab，在沿著斜面與棒垂直的恒力F作用下沿導軌勻速上滑，并上升h高度.如圖所示，在這過程中（AD）A.作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于零B.作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于mgh與電阻R上發(fā)出的焦耳熱之和C.恒力F與安培力的合力所做的功等于零D.恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上發(fā)出的焦耳熱4.兩根相距d=0.20m的平行金屬長導軌固定在同一水平面內，并處于豎直方向的勻強磁場中，磁場的磁感應強度B=0.20T，導軌上面橫放著兩條金屬細桿，構成矩形閉合回路.每條金屬細桿的電阻為r=0.25Ω，回路中其余部分的電阻可不計，已知兩金屬細桿在平行導軌的拉力作用下沿導軌朝相反方向勻速平移，速度大小都是v=5.0m/s，如圖所示，不計導軌上的摩擦.（1）求作用于每條金屬細桿的拉力的大小.3.2×10-2N（2）求兩金屬細桿在間距增加0.40m的滑動過程中共產生的熱量.1.28×10-2J7.如圖所示，AB和CD是足夠長的平行光滑導軌，其間距為l，導軌平面與水平面的夾角為θ.整個裝置處在磁感應強度為B的，方向垂直于導軌平面向上的勻強磁場中.AC端連有電阻值為R的電阻.若將一質量M，垂直于導軌的金屬棒EF在距BD端s處由靜止釋放，在EF棒滑至底端前會有加速和勻速兩個運動階段.今用大小為F，方向沿斜面向上的恒力把EF棒從BD位置由靜止推至距BD端s處，突然撤去恒力F，棒EF最后又回到BD端.求：（1）EF棒下滑過程中的最大速度.（2）EF棒自BD端出發(fā)又回到BD端的整個過程中，有多少電能轉化成了內能（金屬棒、導軌的電阻均不計）?解：（1）如圖所示，當EF從距BD端s處由靜止開始滑至BD的過程中，受力情況如圖所示.安培力：F安=BIl=BBlvRlMgsinθ-BBlvRL根據(jù)牛頓第二定律：a=M①所以，EF由靜止開始做加速度減小的變加速運動.當a=0時速度達到最大值vm.由①式中a=0有：Mgsinθ-Blvm/R=0vm=MgRsinθBl2222②（2）由恒力F推至距BD端s處，棒先減速至零，然后從靜止下滑，在滑回BD之前已達最大速度vm開始勻速.設EF棒由BD從靜止出發(fā)到再返回BD過程中，轉化成的內能為ΔE.根據(jù)能的轉化與守恒定律：Fs-ΔE=1212Mvm2③ΔE=Fs-M（MgRsinθBl22）2④（二）、電磁感應中的動力學問題基本思路是：界狀態(tài)運動狀態(tài)的分析I=ER+r確定電源（E，rF=BILa變化情況合外力v與a方向關系（三）、電磁感應中的能量、動量問題分析問題時，應當牢牢抓住能量守恒這一基本規(guī)律，分析清楚有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量參與了相互轉化，如有摩擦力做功，必然有內能出現(xiàn)；重力做功，就可能有機械能參與轉化；安培力做負功就將其它形式能轉化為電能，做正功將電能轉化為其它形式的能；然后利用能量守恒列出方程求解。例1：如圖所示，兩根間距為l的光滑金屬導軌（不計電阻），由一段圓弧部分與一段無限長的水平段部分組成。其水平段加有豎直向下方向的勻強磁場，其磁感應強度為B，導軌水平段上靜止放置一金屬棒cd，質量為2m。，電阻為2r。另一質量為m，電阻為r的金屬棒ab，從圓弧段M處由靜止釋放下滑至N處進入水平段，圓弧段MN半徑為R，所對圓心角為60°，求：（1）ab棒在N處進入磁場區(qū)速度多大？此時棒中電流是多少？（2）ab棒能達到的最大速度是多大？（3）ab棒由靜止到達最大速度過程中，系統(tǒng)所能釋放的熱量是多少？解析：（1）ab棒由靜止從M滑下到N的過程中，只有重力做功，機械能守恒，所以到N處速度可求，進而可求ab棒切割磁感線時產生的感應電動勢和回路中的感應電流。ab棒由M下滑到N過程中，機械能守恒，故有：mgR(1-cos60?)=12mv解得v=2gR進入磁場區(qū)瞬間，回路中電流強度為I=E2r+r=BlgR3r（2）設ab棒與cd棒所受安培力的大小為F，安培力作用時間為t，ab棒在安培力作用下做減速運動，cd棒在安培力作用下做加速運動，當兩棒速度達到相同速度v′時，電路中電流為零，安培力為零，cd達到最大速度。運用動量守恒定律得mv=(2m+m)v'13解得v'=gR（3）系統(tǒng)釋放熱量應等于系統(tǒng)機械能減少量，故有Q=12mv2-12?3mv'解得Q=213mgR（四）電磁感應中的一個重要推論——安培力的沖量公式感應電流通過直導線時，直導線在磁場中要受到安培力的作用，當導線與磁場垂直時，安培力的大小為F=BLI。在時間△t內安培力的沖量F?t=BLI?t=BLq=BL?ΦR，式中q是通過導體截面的電量。利用該公式解答問題十分簡便，下面舉例說明這一點?！纠?】如圖所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的勻強磁場分布在寬為L的區(qū)域內，有一個邊長為a（a<L）的正方形閉合線圈以初速v0垂直磁場邊界滑過磁場后速度變?yōu)関（v<v0）那么（B）A．完全進入磁場中時線圈的速度大于（v0+v）/2；B．安全進入磁場中時線圈的速度等于（v0+v）/2；C．完全進入磁場中時線圈的速度小于（v0+v）/2；D．以上情況A、B均有可能，而C是不可能的【例3】光滑U型金屬框架寬為L，足夠長，其上放一質量為m的金屬棒ab，左端連接有一電容為C的電容器，現(xiàn)給棒一個初速v0，使棒始終垂直框架并沿框架運動，如圖所示。求導體棒的最終速度。解析：當金屬棒ab做切割磁力線運動時，要產生感應電動勢，這樣，電容器C將被充電，ab棒中有充電電流存在，ab棒受到安培力的作用而減速，當ab棒以穩(wěn)定速度v勻速運動時，有：BLv=U=q/C而對導體棒ab利用動量定理可得：-BLq=mv-mv0由上述二式可求得：v=mv0m+BLC22aa（五）電磁感應中的“雙桿問題”【例1】（2003年全國理綜卷）如圖所示，兩根平行的金屬導軌，固定在同一水平面上，磁感應強度B=0.50T的勻強磁場與導軌所在平面垂直，導軌的電阻很小，可忽略不計。導軌間的距離l=0.20m。兩根質量均為m=0.10kg的平行金屬桿甲、乙可在導軌上無摩擦地滑動，滑動過程中與導軌保持垂直，每根金屬桿的電阻為R=0.50Ω。在t=0時刻，兩桿都處于靜止狀態(tài)。現(xiàn)有一與導軌平行、大小為0.20N的恒力F作用于金屬桿甲上，使金屬桿在導軌上滑動。經過t=5.0s，金屬桿甲的加速度為a=1.37m/s2，問此時兩金屬桿的速度各為多少？解析：設任一時刻t兩金屬桿甲、乙之間的距離為x，速度分別為v1和v2，經過很短的時間△t，桿甲移動距離v1△t，桿乙移動距離v2△t，回路面積改變?S=[(x-v2?t)+v1?t]+t-lx=(v1-v2)l?t由法拉第電磁感應定律，回路中的感應電動勢E=BE2R?S?t回路中的電流i=桿甲的運動方程F-Bli=ma由于作用于桿甲和桿乙的安培力總是大小相等，方向相反，所以兩桿的動量(t=0時為0）等于外力F的沖量Ft=mv1+mv21F12R1F2R+2(F-ma)]v2=[1-聯(lián)立以上各式解得v1=[(F-ma)]222mBF2mBI代入數(shù)據(jù)得v1=8.15m/sv2=1.85m/s點評：題中感應電動勢的計算也可以直接利用導體切割磁感線時產生的感應電動勢公式和右手定則求解：設甲、乙速度分別為v1和v2，兩桿切割磁感線產生的感應電動勢分別為E1＝Blv1，E2＝Blv2由右手定則知兩電動勢方向相反，故總電動勢為E＝E2―E1＝Bl（v2－v1）。分析甲、乙兩桿的運動，還可以求出甲、乙兩桿的最大速度差?vm：開始時，金屬桿甲在恒力F作用下做加速運動，回路中產生感應電流，金屬桿乙在安培力作用下也將做加速運動，但此時甲的加速度肯定大于乙的加速度，因此甲、乙的速度差將增大。根據(jù)法拉第電磁感應定律，感應電流將增大，同時甲、乙兩桿所受安培力增大，導致乙的加速度增大，甲的加速度減小。但只要a甲>a乙，甲、乙的速度差就會繼續(xù)增大，所以當甲、乙兩桿的加速度相等時，速度差最大。此后，甲、乙兩桿做加速度相等的勻加速直線運動。設金屬桿甲、乙的共同加速度為a，回路中感應電流最大值Im.對系統(tǒng)和乙桿分別應用牛頓第二定律有：F=2ma；BLIm=ma.由閉合電路敬歐姆定律有E=2ImR，而E=BL?vm由以上各式可解得?vm=FRBL22=10m/s.【例2】（2004年全國理綜卷）圖中a1b1c1d1和a2b2c2d2為在同一豎直平面內的金屬導軌，處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌所在