高二物理选修3《电磁感应》

开始,电磁感应,【知识要点】,一、磁通量二、感应电动势和感应电流的发生条件三、感应电流的方向:右手定则右手定则及楞次定律及楞次定律四、感应电流的大小:法拉第电磁感应定律5、典型例题,退出,下一张,上一张,【练习】,一、磁通量1.在匀强磁场中，磁感应强度与垂直磁场方向的面积S的乘积叫磁通量，简称磁通，在数值上等于穿过面积的磁感应线的条数.计算公式=BSsina，为回路平面与磁场方向之间的夹角.如用公式=BS，则B一定与S相垂直，或者说S是回路平面在垂直于B方向上的投影面积.2.由B=/S，可知：磁感应强度B等于穿过单位面积的磁通量，因此磁感应强度又叫磁通密度.,上一张,下一张,3.磁通量是标量，为了计算方便，有时可规定，但有方向，叠加时遵循代数和法则，即要考虑到相反磁场抵消后的磁通量.4.磁通量的单位：韦(Wb).则有：1T=1Wb/m=1N/Am=1Vs/m.,上一张,下一张,例题,例1、在同一平面有四根彼此绝缘的通电直导线，如图，四导线中电流i4=i3i2i1，要使O点磁场增强，则应切断哪一根导线中的电流？A切断i1B切断i2C切断i3D切断i4,上一张,下一张,(D),例2、如图所示，、三个闭合线圈放在同一平面内，当线圈中有电流通过时，它们的磁通量分别为a、b、c，下列说法正确的是,abcabcacbacb,(B),二、感应电动势和感应电流的发生条件,1感应电流产生的条件：只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就会产生感应电流其中“磁通量的变化”可能是：导体所围面积的变化；磁场与导体相对位置的变化；磁场本身强弱的变化。若电路不闭合，就不会产生感应电流，但电路中仍有感应电动势,下一张,上一张,导体所围面积的变化,下一张,上一张,感应电动势,下一张,上一张,磁场与导体相对位置的变化,磁场本身强弱的变化,flash,1.下列关于电磁感应的说法中正确的是()A.只要导线做切割磁感线的运动，导线中就产生感应电流B.只要闭合金属线圈在磁场中运动，线圈中就产生感应电流C.闭合金属线圈放在磁场中，只要磁感应强度发生变化，线圈中就产生感应电流D.闭合金属线圈放在磁场中，只要线圈中磁通量发生变化，线圈就产生感应电流,D,FLASH,上一张,下一张,【练习】,2、如图12-1-4所示，线圈abcd垂直于有界匀强磁场，且其有一半在磁场中，另一半在磁场外，则下列哪种情况可产生感应电流：()A.以ab边为轴转过60B.以cd边为轴转过60C.以ab边为轴转过1800的过程中，一直有感应电流D.以cd边为轴转过1800的过程中，一直有感应电流,A,上一张,下一张,【解析】是否有感应电流，是看磁通量是否发生变化，线圈abcd以ab边为轴转动的前60的过程中，线圈中的磁通量是减少的，故有感应电流，此后，线圈的cd边转出磁场，在cd边不在磁场中时线圈转动则无磁通量发生变化，所以不会有感应电流；同理以cd边为轴转动的前60过程中，线圈中磁通量不变，所以无感应电流，此后线圈的ab边进入磁场，而ab边在磁场中，且线圈再转动时，线圈的磁通量减少，故有感应电流.综上所述，答案为A项.,下一张,上一张,三、感应电流的方向:右手定则及楞次定律,1.用右手定则确定感应电流的方向,(1)大拇指的方向是导体相对磁场的切割磁感线的运动方向，即有可能是导体运动而磁场未动，也可能是导体未动而磁场运动(2)四指表示电流方向，对切割磁感线的导体而言也就是感应电动势的方向，切割磁感线的导体相当于电源，在电源内部电流从电势低的负极流向电势高的正极(3)右手定则反映了磁场方向、导体运动方向和电流方向三者的相互垂直关系,右手定则与楞次定律是统一的一般说来在磁场中导体现割磁感线运动产生的感应电流，用右手定则较为方便但要注意以下几点：,上一张,下一张,2楞次定律:感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化,楞次定律的作用是确定感应电流的方向楞次定律的核心是“阻碍变化”，其含义可从以下几方面来理解(1)把引起感应电流的磁场叫原磁场，那么阻碍变化就是感应电流的磁场阻碍原磁场的变化(2)原磁场的变化可以是增强的，也可以是减弱的当原磁场增强时，感应电流产生与原磁场方向相反的磁场以阻碍原磁场的增强，可称之为“来者拒”；当原磁场减弱时，感应电流产生与原磁场方向相同的磁场以阻碍原磁场的减弱，可称之为“去者留”(3)“阻碍变化”并不是阻止，原磁场的变化阻而不止，只是延绥了变化的过程,上一张,下一张,确定原磁场(磁通量)的方向；根据给定的条件确定原磁场的变化是增强还是减弱；用“阻碍变化”确定感应电流的磁场(磁通量)方向；用安培定则确定感应电流的方向,应用楞次定律判断感应电流方向可分为四个步骤：,上一张,下一张,用楞次定律确定感应电流的方向,上一张,下一张,【练习】1.矩形线圈abcd位于通电直导线附近，且开始时与导线同一平面，如图12-2-1所示，线圈的两条边与导线平行，要使线圈中产生顺时针方向电流，可以(),DE,A.线圈不动，增大导线中的电流B.线圈向上平动C.ad边与导线重合，绕导线转过一个小角度D.以bc边为轴转过一个小角度E.以ab边为轴转过一个小角度,上一张,下一张,2.如图12-2-2，线框abcd在匀强磁场中沿金属框架向右匀速运动，则()A.线框中有感应电流B.线框中无感应电流C.f点电势高于c点电势D.a、d两点电势相同,AD,上一张,下一张,3.闭合的金属线框放在匀强磁场中，线框所在平面与磁场方向垂直，如使线圈有扩张的趋势，应()A.使磁场增强B.使磁场减弱C.线框在磁场中平动D.线框在磁场中绕其一边转动,BD,上一张,下一张,【例1】如图12-2-4所示，一水平放置的矩形线圈abcd，在细长的磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外,ad边在纸内，由图中的位置到位置，这三个位置都靠的很近，在这个过程中，线圈中感应电流是：(),图12-2-4,A.沿abcd流动B.沿dcba流动C.由到是沿abcd流动；由到是沿dcba流动D.由到是沿dcba流动；由到是沿abcd流动,A,上一张,下一张,【解析】本题是使用楞次定律的分步骤的练习，确定线圈周围的磁场分布，分别确定线圈从上到下的过程有中有无磁通，以及磁通的方向，再确定其磁通的增与减，利用“增反减同”来判定感应电流的磁场方向，最后利用安培定则来确定感应电流的方向.,上一张,下一张,【例2】如图12-2-5所示，光滑的导体MN水平放置，两根导体棒平行放在导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从上方下落(未达导轨平面)的过程中，导体P、Q的运动情况是()A.将互相靠拢B.将互相远离C.将均保持静止D.因条件不足，无法确定,A,上一张,下一张,【解析】方法一：设磁铁下端为N极，其下落过程中，线圈中的原磁通可确定，其增加的趋势也可确定，即可由“增反减同”的原理判断出感应电流在回路中央间的磁场方向应当竖直向上，线圈中感应电流也就可知，根据左手定则再判断P、Q所受安培力的方向，则应当向中央靠扰.方法二：根据楞次定律的第二种表述，感应电流的效果，总是要反抗产生感应电流的原因，本题的“原因”；就是回路中磁通增加，则线圈面积减小，以阻止其增加.,另外，此题还可以由第二种表述迅速判断出磁体下落时的加速度应当小于g.,上一张,下一张,【例3】如图12-2-6所示，金属方框放在匀强磁场中，将它从磁场中匀速拉出，下列说法中正确性的是：(),A.向左或向右拉出，其感应电流的方向相反B.不管从什么方向拉出，框中感应电流的方向总是沿顺时针方向流动的C.不管从什么方向拉出，框中感应电流的方向总是沿逆时针方向流动的D.在此过程中，感应电流的方向无法判断,B,上一张,下一张,【解析】此题可用几种方法判断，可以用右手定则来确定，线圈整体在磁场中做平行切割磁感线时，无感应电流，但有感应电动势.当其某一边出磁场时其对边则以切割磁感线的形式出现，用右手定则可一一判定两种情况下框中的感应电流方向是相同的.用楞次定律也可以，判断通过线圈中的磁通以及其方向，再判断磁通是否发生了变化，得以判断线圈中是否有感应电流以及感应电流的方向.,上一张,下一张,【例4】如图12-2-8所示，一闭合的铜环从静止开始由高处下落通过条形磁铁后继续下落，空气阻力不计，则圆环的运动过程中，下列说法正确的是(),图12-2-8,A.在磁铁的正上方时，圆环的加速度小于g，在下方时大于gB.圆环在磁铁的上方时，加速度小于g，在下方时也小于gC.圆环在磁铁的上方时，加速度小于g，在下方时等于gD.圆环在磁铁的上方时，加速度大于g，在下方时小于g,B,上一张,下一张,【解析】此题易错选A、C，原因是在判断磁场力的作用时缺乏对条形磁铁的磁感线的空间分布的了解.此题可用方法很多.可用标准的解题步骤，先判断通过线圈的原磁通的方向，再确定原磁通的变化(是增是减)，利用“增反减同”的原理判断感应电流的磁通的方向，最后判断感应电流的方向，这作为第一步；其次明确感应电流与磁铁之间的相互作用力；,但如用楞次定律的另一种表述，感应电流总是阻碍导体间的相对运动，其意思是总是阻碍导体间的距离变化，因此圆环在磁铁的上方下落时，磁场总是阻碍圆环下落，即ag；而下落到磁铁的下方时，由于圆环与磁铁的距离增大，磁场力要阻碍它向下运动，因此ag.综上所述，本题答案为B.一般地，凡是由于外界因素而先使导体运动，进而产生感应电流的，都可用“导体间相对运动”来判定.,上一张,下一张,例5.如图所示，在条形磁铁从图示位置绕O1O2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。,上一张,下一张,例6.如图所示，用丝线将一个闭合金属环悬于O点，虚线左边有垂直于纸面向外的匀强磁场，而右边没有磁场。金属环的摆动会很快停下来。试解释这一现象。若整个空间都有垂直于纸面向外的匀强磁场，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（无论是进入还是穿出），由于磁通量发生变化，环内一定有感应电流产生。根据楞次定律，感应电流将会阻碍相对运动，所以摆动会很快停下来，这就是电磁阻尼现象。还可以用能量守恒来解释：有电流产生，就一定有机械能向电能转化，摆的机械能将不断减小。若空间都有匀强磁场，穿过金属环的磁通量不变化，无感应电流，不会阻碍相对运动，摆动就不会很快停下来。,上一张,下一张,1.线圈在长直导线电流的磁场中，做如图12-1-1的运动：A向右平动；B向下平动；C绕轴转动(边bc向外)；D从纸面向纸外做平动，E向上平动(边bc上有个缺口)；则线圈中有感应电流的是(),图12-1-1,BCD,2.如图12-1-2所示，矩形线框abcd放置在水平面内，磁场方向与水平方向成角，已知sin=4/5,回路面积为S，磁感应强度为B，则通过线框的磁通量为()A.BSB.4BS/5C.3BS/5D.3BS/4,B,3.关于磁通量，下列说法中正确的是()A.磁通量是反映磁场强弱和方向的物理量B.穿过某个面积的磁感线的条数越多，则磁通量越大C.穿过某一面积的磁通量等于面积S与该处的磁感应强度B的乘积D.若穿插过某一面积的磁通量为0，则该处的磁感应强度B也一定为0,B,四、法拉第电磁感应定律,要点疑点考点,典型例题,上一张,下一张,一、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,公式的含义：(1)感应电动势的大小与磁通量的大小无关，只与磁通量的变化率(即磁通量的变化快慢)有关(2)感应电动势的产生与磁通量发生变化的原因无关即磁通量的变化可能是BSsin，或者是BSsin，或者是BS(sin1-sin2)，只要0，就有感应电动势(式中是线圈平面与磁场方向间的夹角),如果采用国际单位制，则可写成：,对n匝线框构成的回路其感应电动势:,上一张,下一张,二、法拉第电磁感应定律的第一种表述的运用及注意事项1.E=n/t是定量描述电磁感应现象的普适规律.不管是因为什么原因、什么方式所产生的电磁感应现象，其感应电动势的大小均可由它来计算.2.E=n/t在中学阶段通常是计算一段时间内的感应电动势的平均值，对于瞬时值，其作用不大，只有当磁通量的变化率恒定时，才等于瞬时值.切记它不一定等于初值加末值除以2.,上一张,下一张,几种情况的感应电动势的计算：1对n匝线框构成的回路由于磁感应强度的变化产生的感应电动势,(1)当线圈平面与磁场方向垂直时感应电动势的大小(2)当线圈平面与磁场方向夹角为时感应电动势的大小,上一张,下一张,2导体在磁场中运动产生的感应电动势,(1)导线的切割方向与磁场方向垂直成:设长为L的导体ab，在磁感强度为B的匀强磁场中以速度v向右匀速运动，导体产生的感应电动势,上一张,下一张,(2)导线的切割方向与磁场方向成角:,另:电动势的方向(电势的高低)由右手定则确定这时切割磁感线的导体等效于电源，在电源内部其电流方向由电势低的一端指向电势高的一端；所以四指所指的方向也就是感应电动势的方向,上一张,关于公式的几点说明：,(1)公式适用条件，导体上各点的B和v必须处处均匀(即大小、方向都相同)B，L必须相互垂直,L的运动方向v与B成角(2)BLvsin由/t导出,但又有区别,/t表示在t时间内回路产生的平均电动势，BLvsin可以是平均电动势，也可以是即时电动势，其含义与v一一对应(3).若导体棒绕某一固定转轴切割磁感线时，虽然棒上各点的切割速度并不相同，但可用棒中点的速度等效替代切割速度，常用公式E=BLv中.(4).公式中的L为有效切割长度，即垂直于B、垂直于v且处于磁场中的直线部分长度；此公式是法拉第电磁感应定律在导体切割磁感线时的具体表达式.,上一张,下一张,(5)感应电动势产生的原因是定向运动的导体中的电子因受到洛仑兹力的作用而聚集于b端，a端聚集正电荷，切割磁感线的导体ab等效于一个电源，如图所示，a端为电源的正极，b端为电源的负极，导体ab的电阻相当于电源的内阻(6)从能量守恒的角度来看，外力对导体做功为回路提供了机械能，克服安培力做功将机械能转化为电能，因此外力和安培力做功的过程反映了机械能转化为电能的过程,上一张,3.线圈平面在匀强磁场中旋转,上一张,4自感电动势,L为自感系数，它与线圈的形状、匝数以及铁芯的材料有关自感电动势(电流)的方向：当导体回路的电流增加时，自感电动势(电流)、的方向与原电流方向相反；当导体回路中的电流减小时，自感电动势(电流)的方向与原电流方向相同,由于回路中电流产生的磁通量发生变化，而在自己回路中产生的感应电动势称为自感电动势,上一张,下一张,1.自感现象是指导体本身电流发生变化而产生的电磁感应现象，自感电动势的大小与线圈中的电流的变化率成正比.公式：E=LI/t2.自感电动势的方向：自感电动势总是阻碍导体中原来电流的变化(同样遵循楞次定律).当原来电流在增大时，自感电动势与原来电流方向相反，当原来电流在减小时，自感电动势与原来电流方向相同，另外，“阻碍”并非“阻止”，电流还是在变化的.,3.线圈的自感系数与线圈形状、匝数、长短等因素有关，由线圈本身性质决定，与线圈中电流的大小、方向、有无均无关.自感系数L在国际单位制中的单位是享利，国际符号H.,上一张,下一张,4.自感线圈在电路中的作用：即通过自感线圈中的电流不能突变，由于自感线圈对电流变化的延迟作用，电流从一个值变到另一个值总需要时间：刚闭合电路时，线圈这一支路相当于开路即此时I=0；电路闭合一段时间达到稳定后，线圈相当于导线或电阻；电路刚断开时，线圈相当于一个电源，该电源会重新建立一个回路，但线圈的电流的方向与稳定工作时保持一致.,上一张,下一张,上一张,下一张,上一张,下一张,上一张,下一张,上一张,下一张,1.如图所示，a、b灯分别标有“36V40W”和“36V25W”，闭合电键，调节R，使a、b都正常发光。这时断开电键后重做实验：电键闭合后看到的现象是什么？稳定后那只灯较亮？再断开电键，又将看到什么现象？,L,上一张,下一张,【练习】,解：重新闭合瞬间，由于电感线圈对电流增大的阻碍作用，a将慢慢亮起来，而b立即变亮。这时L的作用相当于一个大电阻；稳定后两灯都正常发光，a的额定功率大，所以较亮。这时L的作用相当于一只普通的电阻（就是该线圈的内阻）；断开瞬间，由于电感线圈对电流减小的阻碍作用，通过a的电流将逐渐减小，a渐渐变暗到熄灭，而abRL组成同一个闭合回路，所以b灯也将逐渐变暗到熄灭，而且开始还会闪亮一下（因为原来有IaIb），并且通过b的电流方向与原来的电流方向相反。这时L的作用相当于一个电源。（若将a灯的额定功率小于b灯，则断开电键后b灯不会出现“闪亮”现象。）,上一张,下一张,2.自感系数的单位是亨利，下列各单位中不能化成亨利的是()A.欧姆秒B.伏特/(安培秒)C.伏特秒/安培D.特斯拉米2/安培,D,上一张,下一张,3.如图12-8-1所示，电路中，L为自感系数较大的线圈，开关接通且稳定后L上电流为1A，电阻R上电流为0.5A，当S突然断开后，R上的电流由A开始，方向是_.,1,减小,自右向左,上一张,下一张,【例1】如图12-8-2所示，多匝线圈L的电阻和电源内阻都很小，可忽略不计，电路中两个电阻器的电阻均为R，开始时开关S断开，此时电路中电流为I0，现将开关S闭合，线圈L中有自感电动势产生，以下各种说法中正确的是(),A.由于自感电动势有阻碍电流的作用，电路中电流最终由I0减小到0B.由于自感电动势有阻碍电流的作用，电路中电流最终总小于I0C.由于自感电动势有阻碍电流的作用，电路中电流将保持I0不变D.自感电动势有阻碍电流增大的作用，但电路中电流最终还要增大到2I0,D,上一张,下一张,【解析】开关S闭合时，通过线圈L的电流发生变化，在线圈中产生自感电动势.自感电动势的效果是阻碍电流的变化，对电路中的电流变化有延缓作用，使电路中的电流不能突变.但它不可能阻止电流的变化，也不可能使电流保持不变，自感电动势的产生本身就是以电流变化为基础的.,本题中电流最终是要增大到2I0，由于线圈L的存在，在S闭合后电路中的电流不会瞬间增大到2I0.但随着S闭合后电路中电流变化率的减小，线圈L中自感电动势减小，并最终减小到0，电路中电流最终会增大到2I0，综上所述，本题答案是：D.,【解题回顾】自感电动势是阻碍电流的变化，即不是阻止电流，也不能阻止电流的变化.,上一张,下一张,【例2】如图12-8-3所示的电路，L1、L2是两个相同的小电珠，L是一个自感系数相当大的线圈，其电阻与R相同，由于存在自感现象，在开关S接通和断开时，灯泡L1、L2先后亮暗的次序是(),A.接通时L1先达最亮，断开时L1后暗B.接通时L2先达最亮，断开时L2后暗C.接通时L1先达最亮，断开时L1先暗D.接通时L2先达最亮，断开时L2先暗,A,上一张,下一张,【解析】当开关S接通时，L1、L2应当同时亮，但由于线圈的自感现象的存在，流过线圈的电流由0逐渐变大，即开始时，线圈支路有相当于开路的效果，所以开始时瞬时电流几乎均由L1支路通过，而同时电流又分两路经过L2和R，所以L1先达最亮，稳定后，L1和L2达到一样亮.,上一张,下一张,当开关S断开时，电源电流立即为0，因此L1、L2应当立即熄灭，但由于线圈中产生了自感电动势，其在这瞬间L相当于电源了，并保持其电流与原线圈中电流同向，关键的是其重新形成回路，沿逆时针方向通过L1，即L1中原电流没了，但有了感应电流，所以L1并不是立即熄灭，而是过一会再熄灭.综上所述，答案为A,【解题回顾】自感线圈在通电瞬间相当于开路，而在稳定过程中相当于导线或电阻，比如此题中如线圈中无电阻，则电路稳定时L1是不亮的，在本题中电路断开的瞬间，自感线圈又相当于电源，并重新形成回路，注意L1在通电时的电流方向与断电后瞬间的电流方向是相反的.,上一张,下一张,1.单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示，则(),AB,A.线圈中0时刻感应电动势最大B.线圈中D时刻感应电动势为0C.线圈中D时刻感应电动势最大D.线圈中0至D时间内平均感应电动势为1.4V,上一张,下一张,2.AB两闭全线圈为同样导线绕成且为10匝,半径为rA=2rB,内有如图12-3-2所示的有理想边界的匀强磁场,若磁场均匀地减小,则A.B环中感应电动势之比EA:EB=_;感应电流之比IA:IB=_,1:1,1:2,3.将一个面积为S,总电阻为R的圆形金属环平放在平面上,磁感应强度为B的匀强磁场竖直向下,当把环翻转1800的过程中,渡过环某一横截面的电量为_,2BS/R,上一张,下一张,4.直接写出图12-3-3所示各种情况下导线ab两端的感应电动势的表达式(B.L.已知),图12-3-3,E=Blvsin,上一张,下一张,E=2BRv,E=BRv,5.如图12-1-6所示，两完全相同的单匝矩形线圈，面积均为S，放在两个完全相同的匀强磁场中，不过在A图中线圈初始位置与磁场平行，在B图中线圈初始位置与磁场垂直，求：(1)线圈从初始位置以恒定角速度转过90的过程中的感应电动势的平均值?(2)线圈从初始位置以恒定角速度转过180的过程中的感应电动势的平均值?,图12-1-6,上一张,下一张,【解析】本题是法拉第电磁感应定律的内容，但其最重要的内容却是磁通量的变化问题，因为在公式E=n/t中是决定本题成败的关键；(1)A：A=BS,所用时间为tA=/2，所以感应电动势为EA=A/tA=2BS/；B：B=BS,所用时间为tA=/2，所以感应电动势为EB=B/tB=2BS/；,上一张,下一张,(2)A：此情况下通过线圈的磁通量的变化为0，因为初始值为0，末值亦为0，所以=0，所以平均感应电动势EA=0B：此情况下通过线圈的磁通量的变化要考虑磁通的方向问题，看上去其初末状态的磁通过均为BS，但方向相反，所以B=2BS,且所用时间为tB=/，所以平均感应电动势EB=B/tB=2BS/,上一张,下一张,【例1】如图所示，边长为a的正方形闭合线框ABCD在匀强磁场中绕AB边匀速转动,磁感应强度为B,初始时刻线框所在面与磁感线垂直,经过t时间转过1200角,求:(1)线框内感应电动势在t时间内的平均值;(2)转过1200角时,感应电动势的瞬时值.,上一张,下一张,P224.11,【解析】(1)设初始时刻线框朝纸外的一面为正面时,此时刻磁通量磁能量1=Ba2,磁感线从正面穿入,t时刻后,磁通量2=Ba2cos60o=(1/2)Ba2,且此时刻磁通量的变化量应当是(1+2),而不是(1-2),(可比较一下转过1200与转过600时的区别).E=/t求出平均电动势：E=3Ba/2t；(2)计算感应电动势的瞬时值要用公式E=BLvsina，且a=1200、v2=2a/(3t);E=a2/(3t)；,上一张,下一张,p222,上一张,下一张,1.如图12-6-1所示，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是，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A、C端连接一个阻值为R的电阻.,一根垂直于导轨放置的金属棒ab，质量为m，从静止开始沿导轨下滑，求ab棒的最大速度.(已知动摩擦因数为，导体和金属棒的电阻不计),【答案】vm=mg(sin-Cos)R/B2I2,上一张,下一张,2.电阻为R的矩形导线框abcd，边长ab=1，ad=h，质量为m，自某一高度自由落下，通过一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁场区域的宽度为h，如图12-6-2所示，若线框恰好以恒定速度通过磁场，线框内产生的内能是_,2mgh,上一张,下一张,3.两个小车A和B置于光滑水平面同一直线上，且相距一段距离.在A上固定有闭合的螺线管，车B上固定有一条形磁铁，且条形磁铁的轴线与螺线管在同一直线上，如图12-6-3所示.车A的总质量为M1=1.0kg,车B的总质量M2=2.0kg，若车A以v0=6m/s的速度向原来静止的车B运动，求螺线管内因电磁感应产生的热量有多少焦?,【答案】12J,上一张,下一张,A.线圈进入或离开磁场时，线圈中有感应电流，且速度越大，感应电流越大B.整个线圈在磁场中做匀速运动时，线圈中有稳定的感应电流C.整个线圈在磁场中做加速运动时，线圈中有逐渐增大的感应电流D.整个线圈在磁场中不论做什么运动，都没有感应电流，但有感应电动势,4.如图12-6-4，让一线圈由位置1通过一个匀强磁场区域到达位置2，下列说法正确的是(),AD,上一张,下一张,变化：1给线圈施加一适当的外力，可使线圈以速度v从位置1匀速运动到位置2，则关于力F的做功情况，下列判断正确的是()A.只有当线圈进入或离开磁场时，才会有外力做功.B.由P=Fv可知，力F做功功率与速度v成正比.C.由W=2FL可知，力F做功与速度v无关.D.v越大，力F做功越多.变化：2.若给线圈施加恒定的外力，使线圈由静止开始从位置1运动到位置2，试大致画出线圈中感应电流的大小随位移变化的图线.,AD,上一张,下一张,5.如图12-6-5所示，导线MN可无摩擦地沿竖直的长直导轨滑动，且与导轨接触良好导轨位于水平方向的匀强磁场中，回路电阻是R，将MN由静止开始释放后的一段时间内，MN运动的加速度可能是()A.保持不变B.逐渐减少C.逐渐增大D.先增大后减小,B,上一张,下一张,【例1】如图12-6-6所示，用铝板制成的“U”型框，将一质量为m的带电小球，用绝缘线悬挂在框的上方，让整体在垂直于水平方向的匀强磁场中，向左以速度v匀速运动，悬挂拉力为T，则()A.悬线竖直，T=mgB.速度选择合适的大小，可使T=0C.悬线竖直，TmgD.条件不足，无法确定,A,上一张,下一张,【解析】此题侧重于受力分析.当框向左运动时，框的右边做切割磁感线运动，而产生感应电动势，其大小E=BLv(L为框的右边竖直长度).且此时电势是下板高、上板低，在两个平行板间形成一个匀强电场，电场方向竖直向上，电场强度E=E/L=Bv.且小球将受到电场力和洛伦兹力共同作用，无论小球带何种电荷，电场力和洛伦兹力一定反向.洛伦兹力大小f=Bqv则与电场力F=Eq=Bqv是一对平衡力，所以悬线竖直，T=mg，故A正确.,上一张,下一张,【典型例题】,例1如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从图示位,(c),上一张,下一张,答：选项C是正确的,上一张,下一张,动线圈引起的磁通变化而产生感应电流通过导线横截面的电量，也适用于线圈不动两磁场变化产生的感应电流通过导线截面的电量；由W=电能,上一张,下一张,例2:如图12-3-7所示，abcd是一个固定的U型金属框架，ab和cd边都很长，bc边长为l，框架的电阻可不计，ef是放置在框架上与bc平行的导体杆，它可在框架上自由滑动(无摩擦)，它的电阻为R.现沿垂直于框架平面的方向加一恒定的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，已知以恒力F向右拉导体ef时，导体杆最后匀速滑动，求匀速滑动时的速度.,图12-3-7,上一张,下一张,【解析】当导体杆向右滑动时，通过回路efcb的磁通量将发生变化，从而在回路中产生感应电动势E和感应电流I.设导体杆做匀速运动时的速度为v，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知：E=Blv、I=E/R;而磁场对导体杆的作用力为F安=BlI,且有F=F安，解得匀速滑动时的速度为：v=FR/B2l2.,上一张,下一张,例3:如图12-4-8所示，两个电阻器的阻值分别为R与2R，其余电阻不计.电容器电容量为C.匀强磁场磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面向里.金属棒ab、cd的长度均为L.当棒ab以速度v向左切割磁感线运动，金属棒cd以速度2v向右切割磁感线运动时，电容C的电量为多大?哪一个极板带正电?,图12-4-8,上一张,下一张,P230.9,【解析】金属棒ab以速度v向左切割磁感线运动，产生的感应电动势E1=BLv，形成沿abfea方向的电流I=E1/(R+2R)=BLv/3R；金属棒cd以速度2v向右切割磁感线运动时，产生的感应电动势E2=2BLv，且由右手定则可知，C点电势高，而f、d电势相同，所以c、e两点电势较高者为c，两点电势差为Uce=Ucd+Ufe=E2+Ufe=7BLv/3；电容器C的带电量Q=CUce=7BLvC/3，且右侧极板带正电.,【解题回顾】cd所在回路中由于含有电容器C而不闭合，无电流.但电容器C两极板电势不等.本题关键是由电磁感应的规律、电路的有关规律求得两极板之间的电势差；当电路不稳定时，如杆做变速切割，且杆有电阻时，C两极板电势差就要变化，从而杆cd所在回路就会有充、放电电流，cd两端电势差就不是电动势E2，而是它的路端电压.,上一张,下一张,例4:如图所示装置，有两根平行导轨，导轨的前段是倾斜的，后段是水平的，导轨的水平段处于竖直向下的匀强磁场B中有两个相同的金属杆，质量为m，杆与导轨垂直接触，两触点间距为l，电阻为R一根杆静放在水平导轨上，另一根放在距水平导轨高为h的斜轨上初速释放该导轨足够长，杆与导轨始终垂直，不计杆与导轨的摩擦，试求：(1)两杆最后达到的速度；(2)从开始到达到最后速度时在电路中所产生的热,上一张,下一张,分析：本题的物理过程可以分为两步：第一步，是ab杆由斜轨下滑到水平轨道这区间无磁场、无摩擦，机械能守恒；等二步，是ab杆感应电流，此电流经ab杆和cd杆使这两杆同时受到一个大小相等、方时两杆都向右运动(ab杆减速、cd杆加速)，各自都产生感应电动势，各自产生的电动势的大小也在变化，回路中的电流大小也随之变化，杆和cd杆的速度相等这时回路中的电流等于零，两杆不再受安培力而匀速向右运动这个速度就是我们要求的两杆最后达到的速度从能且转化来看，整个过程是ab杆的重力势能转化为ab杆和cd杆的动能以及电路所产生的热,上一张,下一张,在水平轨道上，ab杆向右运动切割磁感线产生感应电流，此电流又导致ab杆受安培力而减速，而cd杆受安培力向右加速，直至ab杆和cd杆以相同速度v向右运动(这时回路中电流为零，两杆不再受安培力而匀速运动)用F表示ah杆及cd杆受的安培力,由此可得,解：ab杆下滑过程机械能守恒，有,上一张,下一张,由、式可得,从开始到两杆速度为v的过程，根据能量守恒有,上一张,下一张,例5平行光滑的金属导轨宽度为L，导轨平面与水平面成角，导轨回路内接有一个定值电阻R和一节电动势为、内电阻为r的电池(导轨其余电阻均不计，长度足够长)空间有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B一根质量为m的金属棒ab水平放置在导轨平面上，如图所示无初速释放ab试分析ab的运动情况，求出ab运动达到稳,上一张,下一张,说明：对整个过程来说，电源所提供的电能与ab棒下滑过程所减少的重力势能转化为二部分能量：ab棒所增加的动能、在电阻R及r上所产生的热能,下一张,图25-1,例6、如图25-1所示为矩形的水平光滑导电轨道abcd，ab边和cd边的电阻均为5R0，ad边和bc边长均为L，ad边电阻为4R0，bc边电阻为2R0，整个轨道处于与轨道平面垂直的匀强磁场中，磁感强度为B。轨道上放有一根电阻为R0的金属杆mn，现让金属杆mn在平行轨道平面的未知拉力F作用下，从轨道右端以速率V匀速向左端滑动，设滑动中金属杆mn始终与ab、cd两边垂直，且与轨道接触良好。ab和cd边电阻分布均匀，求滑动中拉力F的最小牵引功率。,解：mn金属杆从右端向左端匀速滑动切割磁感线产生感应电动势，mn相当于电源，其电路为内电路，电阻为内电阻。当外电阻最大时，即当mn滑到距离ad=(2/5)ab时，此时电阻Rmadn=Rmbcn=8R0时，外阻最大值Rmax=4R0，这时电路中电流最小值：Imin=/(Rmax+r)=BLV/(4R0+R0)=BLV/5R0所以，Pmin=FminV=BLIminV=BLVBLV/5R0=B2L2V2/5R0,图25-1,下一张,上一张,例7、如图26-1所示，用密度为D、电阻率为的导线做成正方形线框，从静止开始沿竖直平面自由下落。线框经过方向垂直纸面、磁感应强度为B的匀强磁场，且磁场区域高度等于线框一边之长。为了使线框通过磁场区域的速度恒定，求线框开始下落时的高度h。(不计空气阻力),图26-1,解：线框匀速通过磁场的条件是受到的竖直向上的安培力与重力平衡，即：F安=mg1设线框每边长为L，根据线框进入磁场的速度为，则安培力可表达为：F安=BIL=2设导线横截面积为S，其质量为：m=4LSD3其电阻为：R=4L/S4联立解1、2、3、4式得：h=128D22g/B4,上一张,下一张,例8、如图27-1所示，光滑导轨EF、GH等高平行放置，EG间宽度为FH间宽度的3倍，导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中，左侧呈弧形升高。ab、cd是质量均为m的金属棒，现让ab从离水平轨道h高处由静止下滑，设导轨足够长。试求：(1)ab、cd棒的最终速度，(2)全过程中感应电流产生的焦耳热。,图27-1,上一张,下一张,解:ab自由下滑，机械能守恒：mgh=(1/2)mV21由于ab、cd串联在同一电路中，任何时刻通过的电流总相等，金属棒有效长度Lab=3Lcd，故它们的磁场力为：Fab=3Fcd2在磁场力作用下，ab、cd各作变速运动，产生的感应电动势方向相反，当ab=cd时，电路中感应电流为零，(I=0)，安培力为零，ab、cd运动趋于稳定，此时有：BLabVab=BLcdVcd所以Vab=Vcd/33ab、cd受磁场力作用，动量均发生变化，由动量定理得：Fabt=m(V-Vab)4Fcdt=mVcd5联立以上各式解得：Vab=(1/10)，Vcd=(3/10),(2)根据系统能量守恒可得：Q=E机=mgh-(1/2)m(Vab2+Vcd2)=(9/10)mgh,上一张,下一张,解决力学问题的途径是三条：1.牛顿定律；2.动量；3.能量.本章内容与力学联系较为广泛，基本上也利用以上三条途径分析处理.包括平衡问题、匀变速问题、圆周运动、动态分析、功和能及系统问题.尤其是本章内容是电磁感应，而从能量方面来看，以其他形式的能转化为电能的过程来解决问题比较容易.再次阐述一下从动力学、能量方面着手处理问题的大体思路：对于单一物体适用牛顿定律、动量定理、动能定理、能的转化和守恒；对于系统来说适用的有动量守恒、机械能守恒、功能关系等.,上一张,下一张,例9:如图12-6-8所示，a、b为在同一水平面内的两条相互平行的很长的直金属导轨，在其上置有两根可以在导轨上做无摩擦滑动的相互平行的金属棒c、d，a、b相互垂直，c、d的质量均为0.1kg，且电阻相等.,图12-6-8,棒与导轨接触很好，其他电阻均不计，导轨间存在着方向竖直向上的匀强磁场.今在极短时间内对d施以水平向右的冲击，其冲量为1Ns；(1)试分析此后c与d的运动情况；(2)试求棒c的最大速度；(3)试求棒d总的发热量.,上一张,下一张,【解析】：c、d两棒与导轨组成的闭合回路中由于磁通量的变化而产生感应电流，c、d两棒受到安培力的作用，且等大反向，由于合外力为0，动量守恒，相当于是完全非弹性碰撞.(1)棒d受到的冲量后动量为p=m1v1，d将做切割磁感线运动，产生的磁感应电动势为E，回路中有感应电流而使c、d两棒受到安培力作用，d棒做减速运动，c棒做加速运动，当c、d两棒速度相等时，回路中的感应电流为0，此后均做匀速直线运动.,上一张,下一张,(2)当两棒速度相等时，c棒具有最大速度，d棒具有最小速度，根据动量守恒有：m1v1=(m1+m2)v，所以v=m1v1/(m1+m2)=5m/s.(3)两棒做变速运动的过程，类似于碰撞，两者组成的系统损失的机械能转化为内能，且内能在两者上均是由电阻发热而产生，因电阻相同，所以d的发热量为总热量的一半：Qd=（1/2）(p2/2m1-p2/2(m1+m2)=1.25J.,上一张,下一张,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v0，若两导体棒在运动过程中始终不接触，求：(1)在运动中产生的热量最多是多少?(2)当ab棒的速度为初速度的3/4时，cd棒的加速度是多少?,例10:两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间距离为L，导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成如图12-3-9所示的矩形回路.两根导体棒的质量均为m，电阻均为R，回路中其余部分的电阻可不计.,图12-3-9,上一张,下一张,P232.17,【解析】当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做减速运动，cd棒则在安培力作用下做加速运动，在ab棒的速度大于cd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做匀速运动.,上一张,下一张,(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：mv0=2mv;根据能量守恒，整个过程中产生的总热量为：Q=(1/2)mv0-(1/2)(2m)v=(1/4)mv02；(2)设ab棒的速度变为初速度的3/4时，cd棒的速度为v，则由动量守恒可知：mv=m(3/4)v+mv；且回路中的感应电动势和感应电流分别为：;且此时cd棒所受安培力：F=BIL,cd的加速度a=F/m；综合以上各式，可得a=B2L2v0/(4mR).,上一张,下一张,例2如图(1)所示，垂直纸面向里的匀强磁场宽度为L，磁感应强度为B一个单匝线圈abcdef的电阻为R，以恒定速度v垂直于B的方(1)画出线圈中感应电流(以逆时针方向为电流的正向)I随时间t变化的函数图像；(2)画出对线圈所施加的水平拉力(以向右为拉力的正向)F随t变化的函数图像；(3)计算拉力F所做的功,上一张,下一张,分析：当ab进入磁场区切割磁感线运动时，就产生逆时针方向的感应电流，从而使ab导线受到向左的安培力，这时要使线圈匀速运动，就必须有向右的拉力与安培力平衡当ef也进入磁场后，ef与ab的两个感应电动势会互相抵消一些，从而使感应电流以及安培力相应减小当线圈全部进入磁场后，由于磁通量不再变化，故感应电流为零，安培力也是零当ab离开磁场后，只有cd与ef切割磁感线，产生顺时针方向的感应电流，但所受安培力仍向左，因而拉力仍向右当ef也离开磁场后，只有cd切割磁感线，因而感应电流以及安培力都正比减小,上一张,下一张,解：(1)线圈以v匀速穿过磁场区时，线圈内感应电流I随时间t变化的图像如图(2)所示图中各量为,上一张,下一张,(2)对线圈所施加的水平拉力F随时间t变化的图像如图所示图中横坐标各量与(1)同，纵坐标各量为,(3)在线圈进、出磁场过程中，水平拉力F始终做正功，即,上一张,下一张,答：在线圈穿过磁场区的过程中，线圈中的感应电流I以及拉动线圈的水平拉力F随时间t的变化图像分别如图(2)和图(3)所示其拉力,(3)如果线圈增加到n匝，则I不变(因感应电动势和线圈电阻都增大到n倍)，但F应增大到原来的n倍(因有n根导线受安培力),不受安培力，也不需要拉力线圈有惯性，以匀速度v向右运动,(2)由于线圈始终匀速运动，动能不变，拉力F对线圈所做的功W等于感应电流在线圈电阻R上所产生的热量Q，其中Q为,上一张,下一张,分析：当ab金属棒放置到导轨上后，接通电路，就有逆时针方向的电池电流由b向a流过，这时ab在重力G沿导轨斜面方面的分力mgsin和安培力的共同作用下做变加速运动,而导线切割磁感线产生感应电动势又使回路中的电流不断地变大,金属棒受到的安培力也不断的增大,直到安培力与重力分力达到平衡时，ab棒的加速度才降到零，速度不再增大，此后，ab棒以最大速度沿导轨平面向下匀速滑动，达到稳定状态,上一张,下一张,【例1】如图12-4-5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d=0.1m的平行金属导轨MN和PQ，导轨电阻忽略不计，,图12-4-5,在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R=0.3的电阻，导轨上跨放着一根长为L=0.2m、每米电阻为r=2.0的金属棒ab,ab与导轨正交放置，交点为c、d.当金属棒以速度v=4.0m/s向右做匀速运动时，试求金属棒ab两端的电势差.,上一张,下一张,【解析】利用电磁感应定律和闭合回路的欧姆定律进行求解；等效电路如图(可假设感应电流方向是顺时针)：,图12-4-6,金属棒ab切割磁感线产生感应电动势为E=BLv=0.50.24.0=0.4V；图12-4-6cd边长只有L的一半，故cd间的感应电动势E1=E/2=0.2V在闭合电路中，感应电流I=E1/(R+Rcd)=0.4A；c、d两点间的电压是路端电压Ucd=IR=0.12V；所以a、b两点间电压为Uab=E-E1+Ucd=0.32V；,上一张,下一张,【例4】如图12-4-9所示，磁感应强度B=0.2T的匀强磁场中有一折成30角的金属导轨aob，导轨平面垂直于磁场方向.一条直线MN垂直ob方向放置在轨道上并接触良好.当MN以v=4m/s从导轨O点开始向右平动时，若所有导线单位长度的电阻r=0.1/m.求(1)经过时间t后，闭合回路的感应电动势的瞬时值和平均值?(2)闭合回路中的电流大小和方向?,图12-4-9,【解析】磁场B与平动速度v保持不变，但MN切割磁感线的有效长度在不断增大，所以电动势是变值，求平均值可用E=n/t计算，也可用E=BLv计算，L的变化随时间是线性变化的.,上一张,下一张,(1)设运动时间为t后，在ob上移动x=vt=4t，MN的有效长度：L=xtan30=感应电动势瞬时值E=BLv=1.84tV；感应电动势的平均值E=BS/2t=BxL/2t=0.92tV；(2)随t的增大，回路电阻增大，当时间为t时，回路总长度L=4t+回路总电流I=E