高中物理专题复习-电磁感应

一：基本知识法拉第电磁感应定律与楞次定律E=∆Φ对于n匝线圈有E=n∆Φ∆t∆t楞次定律的核心是想保持原磁通量Φ=BS不变。当B增加时，线圈中会有两个反应，产生感应电流和改变S。其中S变小，感应电流对应的磁场方向与原磁场方向相反。目的是想保持磁通量Φ不变。当S增加时，线圈中也会有两个反应，产生感应电流和改变S。其中感应电流对应的磁场方向与原磁场方向相反，S此时也倾向于减小，所以会对原来S的增加有一定的阻碍效果。当B或S减小时，同理。所以，B和S会相互影响。楞次定律解决的是感应电流的方向和运动的方向问题。（1）感应电流的磁场（新产生的磁场）和引起感应电流的磁场（原来就有的磁场）。前者“阻碍”后者的“变化”，不是简单的“同向”或“反向”的关系。（2）运动的方向就是使的Φ保持不变的方向。当B增加时，S减小；当B减小时，S增大。当S变化时，阻碍它变化。【例1】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2】如图所示，长L1宽L2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，⑪拉力F大小；⑫拉力的功率P；⑬拉力做的功W；⑭线圈中产生的电热Q；⑮通过线圈某一截面的电荷量q。解：这是一道基本练习题，要注意要注意所用的边长究竟是L1还是L2，还应该思考一下所求的各物理量与速度v之间有什么关系。⑪E=BL2v,I=⑫P=Fv=2ER2,F=BIL2,∴F=2BL2vR22∝vBL2vR22∝v⑬W=FL1=BL2L1vR2∝v⑭Q=W∝vER∆ΦR⑮q=I⋅t=t=与v无关特别要注意电热Q和电荷q的区别，其中q=∆Φ与速度无关！（这个结论以后经常会R遇到）。【例3】如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场。若第一次用0.3s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电量为q；第二次用0.9s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电量为q2，则（C）A.W1<W2，q1<q2C.W1>W2，q1=q2B.W1<W2，q1=q2D.W1>W2，q1>q24.如图所示，先后以速度v1和v2匀速把一矩形线圈拉出有界匀强磁场区域，v1=2v2在先后两种情况下（A）A．线圈中的感应电流之比为I1∶I2=2∶1B．线圈中的感应电流之比为I1∶I2=1∶2C．线圈中产生的焦耳热之比Q1∶Q2=1∶4D．通过线圈某截面的电荷量之比q1∶q2=1∶25.如图所示，在磁感应强度为0.2T的匀强磁场中，有一长为0.5m的导体AB在金属框架上以10m/s的速度向右滑动，R1=R2=20Ω，其它电阻不计，则流过AB的电流是。二：电磁感应与电路、力学的综合应用这部分常将电磁感应的基本规律与动量守恒、机械能守恒和电路、力学联系起来考察。分析这类问题，要特别注重其中能量的转化。（一）分析电磁感应与电路综合题的出发点是，将切割磁场的那部分导体看成是电源对外供电，电源的电动势即为E=Blv1.（1999年广东）如图所示，MN、PQ为两平行金属导轨，M、P间连有一阻值为R的电阻，导轨处于匀强磁场中，磁感应强度为B，磁场方向与导轨所在平面垂直，图中磁场垂直纸面向里.有一金属圆环沿两导轨滑动，速度为v，与导轨接触良好，圆环的直径d与两导轨间的距离相等.设金属环与导轨的电阻均可忽略，当金属环向右做匀速运动时（B）A.有感应电流通过电阻R，大小为dBvRdBvR2dBvRB.有感应电流通过电阻R，大小为C.有感应电流通过电阻R，大小为D.没有感应电流通过电阻R2.在方向水平的、磁感应强度为0.5T的匀强磁场中，有两根竖直放置的导体轨道cd、ef，其宽度为1m，其下端与电动势为12V、内电阻为1Ω的电源相接，质量为0.1kg的金属棒MN的两端套在导轨上可沿导轨无摩擦地滑动，如图所示，除电源内阻外，其他一切电阻不计，g=10m/s2，从S闭合直到金属棒做匀速直线运动的过程中（CD）A.电源所做的功等于金属棒重力势能的增加B.电源所做的功等于电源内阻产生的焦耳热C.匀速运动时速度为20m/sD.匀速运动时电路中的电流强度大小是2A3.两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计.斜面处在匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上.质量为m、电阻可不计的金属棒ab，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，并上升h高度.如图所示，在这过程中（AD）A.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零B.作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上发出的焦耳热之和C.恒力F与安培力的合力所做的功等于零D.恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上发出的焦耳热4.两根相距d=0.20m的平行金属长导轨固定在同一水平面内，并处于竖直方向的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B=0.20T，导轨上面横放着两条金属细杆，构成矩形闭合回路.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导轨的拉力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.3.2×10-2N（2）求两金属细杆在间距增加0.40m的滑动过程中共产生的热量.1.28×10-2J7.如图所示，AB和CD是足够长的平行光滑导轨，其间距为l，导轨平面与水平面的夹角为θ.整个装置处在磁感应强度为B的，方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中.AC端连有电阻值为R的电阻.若将一质量M，垂直于导轨的金属棒EF在距BD端s处由静止释放，在EF棒滑至底端前会有加速和匀速两个运动阶段.今用大小为F，方向沿斜面向上的恒力把EF棒从BD位置由静止推至距BD端s处，突然撤去恒力F，棒EF最后又回到BD端.求：（1）EF棒下滑过程中的最大速度.（2）EF棒自BD端出发又回到BD端的整个过程中，有多少电能转化成了内能（金属棒、导轨的电阻均不计）?解：（1）如图所示，当EF从距BD端s处由静止开始滑至BD的过程中，受力情况如图所示.安培力：F安=BIl=BBlvRlMgsinθ-BBlvRL根据牛顿第二定律：a=M①所以，EF由静止开始做加速度减小的变加速运动.当a=0时速度达到最大值vm.由①式中a=0有：Mgsinθ-Blvm/R=0vm=MgRsinθBl2222②（2）由恒力F推至距BD端s处，棒先减速至零，然后从静止下滑，在滑回BD之前已达最大速度vm开始匀速.设EF棒由BD从静止出发到再返回BD过程中，转化成的内能为ΔE.根据能的转化与守恒定律：Fs-ΔE=1212Mvm2③ΔE=Fs-M（MgRsinθBl22）2④（二）、电磁感应中的动力学问题基本思路是：界状态运动状态的分析I=ER+r确定电源（E，rF=BILa变化情况合外力v与a方向关系（三）、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，如有摩擦力做功，必然有内能出现；重力做功，就可能有机械能参与转化；安培力做负功就将其它形式能转化为电能，做正功将电能转化为其它形式的能；然后利用能量守恒列出方程求解。例1：如图所示，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部分组成。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处由静止释放下滑至N处进入水平段，圆弧段MN半径为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：mgR(1-cos60︒)=12mv解得v=2gR进入磁场区瞬间，回路中电流强度为I=E2r+r=BlgR3r（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mv=(2m+m)v'13解得v'=gR（3）系统释放热量应等于系统机械能减少量，故有Q=12mv2-12⋅3mv'解得Q=213mgR（四）电磁感应中的一个重要推论——安培力的冲量公式感应电流通过直导线时，直导线在磁场中要受到安培力的作用，当导线与磁场垂直时，安培力的大小为F=BLI。在时间△t内安培力的冲量F∆t=BLI∆t=BLq=BL∆ΦR，式中q是通过导体截面的电量。利用该公式解答问题十分简便，下面举例说明这一点。【例2】如图所示，在光滑的水平面上，有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，有一个边长为a（a<L）的正方形闭合线圈以初速v0垂直磁场边界滑过磁场后速度变为v（v<v0）那么（B）A．完全进入磁场中时线圈的速度大于（v0+v）/2；B．安全进入磁场中时线圈的速度等于（v0+v）/2；C．完全进入磁场中时线圈的速度小于（v0+v）/2；D．以上情况A、B均有可能，而C是不可能的【例3】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v0，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=q/C而对导体棒ab利用动量定理可得：-BLq=mv-mv0由上述二式可求得：v=mv0m+BLC22aa（五）电磁感应中的“双杆问题”【例1】（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/s2，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v1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-v2∆t)+v1∆t]+t-lx=(v1-v2)l∆t由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势E=BE2R∆S∆t回路中的电流i=杆甲的运动方程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=mv1+mv21F12R1F2R+2(F-ma)]v2=[1-联立以上各式解得v1=[(F-ma)]222mBF2mBI代入数据得v1=8.15m/sv2=1.85m/s点评：题中感应电动势的计算也可以直接利用导体切割磁感线时产生的感应电动势公式和右手定则求解：设甲、乙速度分别为v1和v2，两杆切割磁感线产生的感应电动势分别为E1＝Blv1，E2＝Blv2由右手定则知两电动势方向相反，故总电动势为E＝E2―E1＝Bl（v2－v1）。分析甲、乙两杆的运动，还可以求出甲、乙两杆的最大速度差∆vm：开始时，金属杆甲在恒力F作用下做加速运动，回路中产生感应电流，金属杆乙在安培力作用下也将做加速运动，但此时甲的加速度肯定大于乙的加速度，因此甲、乙的速度差将增大。根据法拉第电磁感应定律，感应电流将增大，同时甲、乙两杆所受安培力增大，导致乙的加速度增大，甲的加速度减小。但只要a甲>a乙，甲、乙的速度差就会继续增大，所以当甲、乙两杆的加速度相等时，速度差最大。此后，甲、乙两杆做加速度相等的匀加速直线运动。设金属杆甲、乙的共同加速度为a，回路中感应电流最大值Im.对系统和乙杆分别应用牛顿第二定律有：F=2ma；BLIm=ma.由闭合电路敬欧姆定律有E=2ImR，而E=BL∆vm由以上各式可解得∆vm=FRBL22=10m/s.【例2】（2004年全国理综卷）图中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，磁场方向垂直于导轨所在