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2005屆江陰市高三物理集體備課交流材料磁場 電磁感應(yīng)江蘇省江陰高級中學(xué) 肖國龍 04.12.8磁 場一、復(fù)習(xí)課時：10課時第1課時磁感應(yīng)強(qiáng)度、磁通量第2課時磁場對電流的作用第3、4課時磁場對運(yùn)動電荷的作用第5、6、7課時帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動第8、9、10課時練習(xí)與檢測講評永磁體磁場 磁感應(yīng)強(qiáng)度B=F/IL，磁感線對電流的作用安培力：F=BIL方向：左手定則通電導(dǎo)線在復(fù)合場中的平衡、運(yùn)動帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的勻速圓周運(yùn)動。 帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動安 電培 流分 假子 說運(yùn) 電動 流電荷、對運(yùn)動電荷的作用洛侖茲力：f = qvB方向：左手定則特點(diǎn)：f不做功二、知識結(jié)構(gòu)三、難點(diǎn)提示： 1、磁場中某位置的磁感強(qiáng)度的大小及方向是客觀存在的，與放入的電流強(qiáng)度I的大小、導(dǎo)線的長短即L的大小無關(guān)，與電流受到的力也無關(guān)，即便不放入載流導(dǎo)體，它的磁感強(qiáng)度也照樣存在。因此不能說B與F成正比，或B與IL成反比。磁感強(qiáng)度B是矢量，遵守矢量分解合成的平行四邊形定則。注意磁感強(qiáng)度的方向就是該處的磁場方向，并不是該處電流的受力方向。2、因F=BIL是由B=導(dǎo)出，所以在應(yīng)用時要注意：B與L垂直；L是有效長度；B并非一定為勻強(qiáng)磁場，但它應(yīng)該是L所在處的磁感強(qiáng)度。3、定性判斷通電導(dǎo)線或線圈在安培力作用下的運(yùn)動方向問題，常用下列幾種方法：電流元分析法：把這段電流等分為很多段直線電流元，先用左手定則判斷出小段電流元受到的安培力方向，再判斷整段電流所受安培力合力的方向，從而確定導(dǎo)體的運(yùn)動方向。特殊位置分析法：把通電導(dǎo)體轉(zhuǎn)到一個便于分析的特殊位置后判斷其安培力方向，從而確定運(yùn)動方向。等效分析法：環(huán)形電流可等效為小磁針，條形磁鐵也可等效為環(huán)形電流，通電螺線管可等效成多個環(huán)形電流或條形磁鐵。利用平行電流相互作用分析法：同向平行電流相互吸引，異向平行電流相互排斥。4、通電導(dǎo)線在磁場、重力場中的平衡及加速運(yùn)動問題。先要對導(dǎo)線進(jìn)行受力分析，受力分析時最重要的是畫出導(dǎo)線受力的平面圖示，然后依照運(yùn)動狀態(tài)F合= 0 或F合= ma寫出相應(yīng)方程。1、 帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動的圓心、半徑及運(yùn)動時間的確定：圓心的確定。因?yàn)槁鍋銎澚 指向圓心，根據(jù)f ，畫出粒子運(yùn)動軌跡中任意兩點(diǎn)(一般是射入和射出磁場的兩點(diǎn))的f 的方向，其延長線的交點(diǎn)即為圓心。半徑的確定和計(jì)算。半徑的計(jì)算一般是利用幾何知識，常用解三角形的方法。在磁場中運(yùn)動時間的確定。利用圓心角與弦切角的關(guān)系，或者是四邊形內(nèi)角和等于360計(jì)算出圓心角q 的大小，由公式 T可求出運(yùn)動時間：6、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動。這里所說的復(fù)合場是磁場與電場的復(fù)合場，或者是磁場與重力場的復(fù)合場，或者是磁場和電場、重力場的復(fù)合場。當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中所受合外力為零時，所處狀態(tài)是靜止或勻速直線運(yùn)動狀態(tài)；當(dāng)帶電粒子所受合外力只充當(dāng)向心力時，粒子做勻速圓周運(yùn)動；當(dāng)帶電粒子所受合外力變化且與速度方向不在一條直線上時，粒子做非勻變速曲線運(yùn)動。除了要寫出相應(yīng)的受力特點(diǎn)的方程之外，還要用到運(yùn)動學(xué)公式，或者從能量的觀點(diǎn)(即動能定理或能量守恒定律)寫出方程，聯(lián)立求解，注意微觀帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動時，一般不計(jì)重力。磁感應(yīng)強(qiáng)度、磁通量（1課時）典型例題分析圖1AIB【例1】如圖1所示，大圓導(dǎo)線環(huán)A中通有電流I，方向如圖。另在導(dǎo)線環(huán)所在的平面畫了一個圓B，它的一半面積在A環(huán)內(nèi)，一半面積在A環(huán)外，試判斷圓B內(nèi)的磁通量的方向。【分析與解答】在A環(huán)內(nèi)磁場方向垂直紙面向里，A環(huán)外部磁場方向垂直紙面向外。由于磁感線是閉合曲線，所以在A的內(nèi)部及外部磁感線條數(shù)相等，由于A外部的面積比內(nèi)部面積大得多，那么B內(nèi)B外。B圓面一半在A內(nèi)一半在A外，可得內(nèi)=B內(nèi)S外=B外S，由于穿過的方向不同，抵消后，剩余的是垂直于紙面向里穿的磁感線，故B圓面內(nèi)總的磁通量是垂直于紙面向里的。說明：磁通量是標(biāo)量，它的方向只表示磁感線是穿入還是穿出，當(dāng)穿過某一面積的磁感線有穿入的又有穿出的時，二者將互相抵消一部分，這類似于導(dǎo)體帶電時的“凈”電荷。SNAB圖2圖2【例2】如圖2所示，在垂直于條形磁鐵的軸線的同一平面內(nèi)，有兩個圓形線圈A和B。問穿過這兩個線圈的磁通量哪個大？圖3BSOO【分析與解答】 條形磁鐵內(nèi)部的磁感線由S到N極，外部磁感線由N到S。又因?yàn)榇鸥芯€是閉合的，條形磁鐵內(nèi)部和外部磁感線條數(shù)一樣多，內(nèi)部密外部疏。對于A和B來說向上穿過的磁感線一樣多，但A中向下穿過的少于B中向下穿過的磁感線，從而向上或向下穿過線圈的磁感線相抵，整體來看穿過線圈A的磁通量大于穿過B 的磁通量。【例3】如圖3所示，框架面積為S，框架平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場方向垂直，則穿過線框平面的磁通量為 ；若使框架繞軸OO轉(zhuǎn)過60角，則穿過線框平面的磁通量為 ；若從初始位置轉(zhuǎn)過180角，則穿過線框平面的磁通量為變化為 。【分析與解答】1=BS，2= BScos60=BS，3=BS-(-BS)=2BS。說明：磁通量公式= BS，其中S指垂直B方向的面積，除此之外還應(yīng)注意磁通量是雙向標(biāo)量，若設(shè)初始為正，則轉(zhuǎn)過180時為負(fù)。圖4NFP l【例4】磁場具有能量，磁場中單位體積所具有的能量叫做能量密度，其值為，式中B是磁感強(qiáng)度，是磁導(dǎo)率，在空氣中為已知常數(shù)。為了近似測量條形磁鐵磁極端面附近的磁感強(qiáng)度B，一學(xué)生用一根端面面積為A的條形磁鐵吸住一相同面積的鐵片P，再用力將鐵片與磁鐵拉開一段微小距離l，并測出拉力F，如圖5所示。因?yàn)镕所作的功等于間隙中磁場的能量，所以由此可得磁感強(qiáng)度B與F、A之間的關(guān)系為B= 【分析與解答】 在用力將鐵片與磁鐵拉開一段微小距離l的過程中，拉力F可認(rèn)為不變，因此，F(xiàn)所作的功 ：W=Fl。以表示間隙中磁場的能量密度，則間隙中磁場的能量E=V=Al，又題給條件=，故E=Al。因?yàn)镕所作的功等于間隙中磁場的能量，即W=E，故有Fl = Al，解得B=。說明：磁場的能量密度和介質(zhì)的磁導(dǎo)率都是高中物理中未曾介紹的概念，題中測定條形磁鐵磁極端面附近磁感強(qiáng)度的方法，一般學(xué)生也未曾接觸過。本題對上述概念和方法作了簡單介紹。學(xué)生不難根據(jù)題給“F所作的功等于間隙中磁場的能量”這一條件，結(jié)合磁場能量 密度的概念和表達(dá)式，通過計(jì)算F所作的功，找到磁感強(qiáng)度B與F、A之間的關(guān)系。本題要求學(xué)生具有汲取新知識、解決新問題的能力。圖1BFISSvS磁場對電流的作用（1課時）【例1】如圖1所示，條形磁鐵放在水平桌面上，在其正中央的上方固定一根長直導(dǎo)線，導(dǎo)線與磁鐵垂直，給導(dǎo)線通以垂直紙面向里的電流。用N表示磁鐵對桌面的壓力，用f表示桌面對磁鐵的摩擦力，導(dǎo)線中通電后與通電前相比較(A)N減小，f = 0(B)N減小，f0(C)N增大，f = 0(D) N增大，f 0【分析與解答】 如圖1畫出一條通過電流I處的磁感線，電流I處的磁場方向水平向左，由左手定則知電流I受安培力方向豎直向上，根據(jù)牛頓第三定律知，電流對磁鐵的作用力F方向豎直向下，所以磁鐵對桌面壓力增大，而桌面對磁鐵無摩擦力作用。故選 (C)。說明：此題若直接由直線電流的磁場對條形磁鐵的作用來分析，將很難得出結(jié)論。而先分析我們所熟悉的磁鐵對電流的作用，再由牛頓第三定律變換研究對象，過渡到條形磁鐵受力，就較容易得出結(jié)論?！惧e解原因】易發(fā)生在選擇研究對象做受力分析上出現(xiàn)問題，也沒有用牛頓第三定律來分析導(dǎo)線對磁鐵的反作用力作用到哪里。圖2ba【例2】如圖2所示，兩根平行放置的導(dǎo)電軌道，間距為L，傾角為q，軌道間接有電動勢為E(內(nèi)阻不計(jì))的電源，現(xiàn)將一根質(zhì)量為m、電阻為R的金屬桿ab與軌道垂直放于導(dǎo)電軌道上，軌道的摩擦和電阻均不計(jì)，要使ab桿靜止，所加勻強(qiáng)磁場的磁感強(qiáng)度至少多大？什么方向？【分析與解答】 以金屬桿為研究對象，受力情況如圖3所示，當(dāng)安培力平行于軌道向上時F安最小。圖3mgBF安 則mgsinq - F安= 0，F(xiàn)安=BIL， I= 。 解得 所以要使ab桿靜止至少加一個磁感強(qiáng)度大小為、方向垂直于軌道平面向上的勻強(qiáng)磁場。圖4BabI【例3】如圖4所示，柔軟的導(dǎo)線長0.628m，彎曲的放在光滑水平面上，兩端點(diǎn)固定在相距很近的a與b兩點(diǎn)，勻強(qiáng)磁場的方向豎直向下，磁感強(qiáng)度為B=2T，當(dāng)導(dǎo)線中通以圖示方向的電流I=5A時，導(dǎo)線的張力為 N。解析：由左手定則知導(dǎo)線要繃緊成圓形，由于導(dǎo)線上各處的張力相同，所以取一半研究，設(shè)張力為f，則2f =F ，F(xiàn)=BI2R ，2pR=l ， 可得：f =1N圖6MNB【例4】根據(jù)磁場對電流會產(chǎn)生作用力的原理，人們研制出一種新型的發(fā)射炮彈的裝置電磁炮，它的基本原理如圖6所示。把待發(fā)射的炮彈(導(dǎo)體)放置在強(qiáng)磁場中的兩平行導(dǎo)軌上，給導(dǎo)軌通以大電流，使炮彈作為一個截流導(dǎo)體在磁場作用下沿導(dǎo)軌加速運(yùn)動，并以某一速度發(fā)射出去，則 ( )A要使炮彈沿導(dǎo)軌向右發(fā)射，必須通以自M向N的電流B要想提高炮彈的發(fā)射速度，可適當(dāng)增大電流C要想提高炮彈的發(fā)射速度，可適當(dāng)增大磁感應(yīng)強(qiáng)度D使電流和磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向同時反向，炮彈的發(fā)射方向也隨之反向?！痉治雠c解答】 要使炮彈沿導(dǎo)軌向右發(fā)射，必須使其受到向右的安培力，根據(jù)左手定則，通以電流的方向應(yīng)是從M到N。若使電流和磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向同時反向，則發(fā)射方向不變。由F=IlB可知，增大電流和磁感應(yīng)強(qiáng)度都能增大安培力，從而提高發(fā)射速度。應(yīng)選ABC，【例5】 如圖7所示，金屬棒MN質(zhì)量為m=5g，放在寬度為L=1m的光滑水平金屬導(dǎo)軌上，勻強(qiáng)磁場豎直向上穿過導(dǎo)軌平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.5T，電容器的電容C=200F，電源電動勢E=16V，導(dǎo)軌距離地面的高度為h=0.8m。將單刀雙擲開關(guān)S先擲向位置a，使電容器充電到穩(wěn)定狀態(tài)；然后將開關(guān)S擲向位置b，金屬棒MN被水平拋出，落到距軌道末端水平距離s=6.4cm的位置。設(shè)在金屬棒通電的極短時間內(nèi)電流不變，取g=10m/s2，求金屬棒離開導(dǎo)軌后電容器兩極間的電壓。shSabMNCEB圖7【分析與解答】 當(dāng)將單刀雙擲開關(guān)S先擲向位置a時，電容器充電電荷量為C，當(dāng)開關(guān)S擲向位置b時，電容器放電，電流流經(jīng)金屬棒MN，在此極短時間內(nèi)流經(jīng)金屬棒的電荷量為，棒拋出時的速度為v0，則由結(jié)論有：；棒平拋時滿足：，；最后電容器兩極板間的電壓U2滿足：。聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得：V。磁場對運(yùn)動電荷的作用（2課時）電子束UMPO圖1【例1】電視機(jī)的顯像管中，電子束的偏轉(zhuǎn)是用磁偏轉(zhuǎn)技術(shù)實(shí)現(xiàn)的。電子束經(jīng)過電壓為U的加速電場后，進(jìn)入一圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)，如圖1所示。磁場方向垂直于圓面。磁場區(qū)的中心為O，半徑為r，當(dāng)不加磁場時，電子束將通過O點(diǎn)而打到屏幕的中心M點(diǎn)。為了讓電子束射到屏幕邊緣P，需要加磁場，使電子束偏轉(zhuǎn)一已知角度q，此時磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)為多少？(2002年高考全國理科綜合試題)圖2圖16aCob【分析與解答】 如圖2所示，電子在磁場中沿圓弧ab運(yùn)動，圓心為C,半徑為R。以v表示電子進(jìn)入磁場時的速度，m、e分別表示電子的質(zhì)量和電量。電子經(jīng)加速電場加速，因電場力做功而獲得動能，由動能定理得eU=。電子在偏轉(zhuǎn)磁場中運(yùn)動的向心力來源于洛侖茲力，有eB = m 。根據(jù)圖2中的幾何關(guān)系，又有tg.由以上各式解得說明：電視機(jī)顯像管中電子束的加速和偏轉(zhuǎn)，涉及帶電粒子在電場和磁場中運(yùn)動。該題主要考查了電場力和洛侖茲力的概念，以及動能定理和向心力公式的應(yīng)用。畫出圖2，找出幾何關(guān)系tg，是順利求解此題的關(guān)鍵。帶電粒子在電場和磁場中運(yùn)動是高中物理的重點(diǎn)內(nèi)容，屬于電學(xué)和力學(xué)的綜合問題。該題將此放在電視機(jī)顯像管的研究背景中，增加了問題的實(shí)用性，體現(xiàn)了對實(shí)際問題的關(guān)注。本題要求學(xué)生具有學(xué)科內(nèi)知識的綜合應(yīng)用能力，以及運(yùn)用數(shù)學(xué)處理問題的能力?！惧e解原因】 沒有依據(jù)題意畫出帶電粒子的運(yùn)動軌跡圖，誤將圓形磁場的半徑當(dāng)作粒子運(yùn)動的半徑，說明對公式中有關(guān)物理量的物理意義不明白。圖3【例2】 如圖3所示，帶電粒子在真空環(huán)境中的勻強(qiáng)磁場里按圖示徑跡運(yùn)動。徑跡為互相銜接的兩段半徑不等的半圓弧，中間是一塊薄金屬片，粒子穿過時有動能損失。試判斷粒子在上、下兩段半圓徑跡中哪段所需時間較長？（粒子重力不計(jì)）【錯解】根據(jù)勻速圓周運(yùn)動的規(guī)律，周期T=2r/v，所以帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的回旋周期與回旋半徑成正比，因?yàn)樯习氩糠謴桔E的半徑較大，所以所需時間較長?！惧e解原因】錯誤地認(rèn)為帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的速度不變，由周期公式T=2r/v，粒子運(yùn)動的半徑大，所用時間長?！痉治雠c解答】首先根據(jù)洛侖茲力方向，（指向圓心），磁場方向以及動能損耗情況，判定粒子帶正電，沿abcde方向運(yùn)動。再求通過上、下兩段圓弧所需時間：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動：即，回旋周期，T不僅由磁感應(yīng)強(qiáng)度B及粒子的何質(zhì)比決定，與粒子速度v，回旋半徑R無關(guān)。因此上、下兩半圓弧粒子通過所需時間相等。動能的損耗導(dǎo)致粒子的速度的減小，結(jié)果使得回旋半徑按比例減小，周期并不改變。圖4說明：回旋加速器的過程恰好與本題所述過程相反?；匦铀倨髦辛Ｗ硬粩嗟乇患铀?，但是粒子在磁場中的圓周運(yùn)動周期不變?！纠?】 如圖4所示。在x軸上有垂直于xy平面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B；在x軸下方有沿y鈾負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，場強(qiáng)為E。一質(zhì)最為m，電荷量為q的粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)。沿著y軸正方向射出。射出之后，第3次到達(dá)x軸時，它與點(diǎn)O的距離為L，求此粒子射出時的速度v和運(yùn)動的總路程s，（重力不計(jì)）。圖5【常見錯解】粒子射出后第三次到達(dá)x軸，如圖5所示，磁場中R=L/6，由，得。在電場中粒子每一次的位移是l，根據(jù)動能定理，得。第3次到達(dá)x軸時，粒子運(yùn)動的總路程為一個半圓周和六個位移的長度之和。即【錯解原因】 錯解是由于審題出現(xiàn)錯誤。他們把題中所說的“射出之后，第3次到達(dá)x軸”這段話理解為“粒子在磁場中運(yùn)動通過x軸的次數(shù)”沒有計(jì)算粒子從電場進(jìn)入磁場的次數(shù)。也就是物理過程沒有搞清就下手解題，必然出錯。圖6【分析解答】粒子在磁場中的運(yùn)動為勻速圓周運(yùn)動，在電場中的運(yùn)動為勻變速直線運(yùn)動。畫出粒子運(yùn)動的過程草圖6。根據(jù)這張圖可知粒子在磁場中運(yùn)動半個周期后第一次通過x軸進(jìn)入電場，做勻減速運(yùn)動至速度為零，再反方向做勻加速直線運(yùn)動，以原來的速度大小反方向進(jìn)入磁場。這就是第二次進(jìn)入磁場，接著粒子在磁場中做圓周運(yùn)動，半個周期后第三次通過x軸。由圖6可知R=L/4，由，得。在電場中：粒子在電場中每一次的位移是l，根據(jù)動能定理，得。第3次到達(dá)x軸時，粒子運(yùn)動的總路程為一個圓周和兩個位移的長度之和。即。說明：把對問題所涉及到的物理圖景和物理過程的正確分析是解物理題的前提條件，這往往比動手對題目進(jìn)行計(jì)算還要重要，因?yàn)樗从沉四銓︻}目的正確理解。高考試卷中有一些題目要求考生對題中所涉及到的物理圖景理解得非常清楚，對所發(fā)生的物理過程有正確的認(rèn)識。這種工作不一定特別難，而是要求考生有一個端正的科學(xué)態(tài)度，認(rèn)真地依照題意畫出過程草圖建立物理情景進(jìn)行分析。【例4】 圖7為方向相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域。電場強(qiáng)度為E，磁感強(qiáng)度為B，復(fù)合場的水平寬度為d，豎直方向足夠長?，F(xiàn)有一束電量為+q、質(zhì)量為m初速度各不相同的粒子沿電場方向進(jìn)入場區(qū)，求能逸出場區(qū)的粒子的動能增量Ek。圖7【錯解】當(dāng)這束初速度不同、電量為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子流射入電場中，由于帶電粒子在磁場中受到洛侖茲力是與粒子運(yùn)動方向垂直的，粒子將發(fā)生不同程度的偏轉(zhuǎn)。有些粒子雖發(fā)生偏轉(zhuǎn)，但仍能從入射界面的對面逸出場區(qū)；有些粒子則留在場區(qū)內(nèi)運(yùn)動。從粒子射入左邊界到從右邊界逸出，電場力做功使粒子的動能發(fā)生變化。根據(jù)動能定理有：Eqd=Ek【錯解原因】錯解的答案不錯，但是不全面。沒有考慮仍從左邊界逸出的情況。【分析解答】由于帶電粒子在磁場中受到洛侖茲力是與粒子運(yùn)動方向垂直的。它只能使速度方向發(fā)生變。粒子速度越大，方向變化越快。因此當(dāng)一束初速度不同、電量為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子射入電場中，將發(fā)生不同程度的偏轉(zhuǎn)。有些粒子雖發(fā)生偏轉(zhuǎn)，但仍能從入射界面的對面逸出場區(qū)（同錯解答案）；有些粒子將留在場區(qū)內(nèi)運(yùn)動；有些粒子將折回入射面并從入射面逸出場區(qū)。由于洛侖茲力不會使粒子速度大小發(fā)生變化，故逸出場區(qū)的粒子的動能增量等于電場力功。對于那些折回入射面的粒子電場力功為零，其動能不變，動能增量Ek=0。說明：本題考查帶電粒子在磁場中的運(yùn)動和能量變化。這道題計(jì)算量很小，要求對動能定理、電場力、磁場力等基本概念、基本規(guī)律有比較深入的理解，而且能夠與題目所給的帶電粒子的運(yùn)動相結(jié)合才能求得解答。在結(jié)合題意分析時，特別要注意對關(guān)鍵詞語的分析。本題中：“逸出場區(qū)”的準(zhǔn)確含義是從任何一個邊界逸出場區(qū)均可。圖8【例5】 初速度為零的離子經(jīng)過電勢差為U的電場加速后，從離子槍T中水平射出，與離子槍相距d處有兩平行金屬板MN和PQ，整個空間存在一磁感強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場如圖8所示。不考慮重力的作用，荷質(zhì)比qm（q，m分別為離子的帶電量與質(zhì)量），應(yīng)在什么范圍內(nèi)，離子才能打到金屬板上？【錯解】離子在離子槍內(nèi)加速，出射速度為，由牛頓第二定律離子在磁場中離子的加速度為，離子在磁場中做平拋運(yùn)動：，。解得：【錯解原因】離子在離子槍中的的加速過程分析正確，離子進(jìn)入磁場的過程分析錯誤。做平拋運(yùn)動物體的加速度為一恒量，僅與初速度垂直。而洛侖茲力總與速度方向垂直，洛侖茲力大小不變、方向變化，它是個變力。離子在磁場中應(yīng)做勻速圓周運(yùn)動。【分析解答】設(shè)離子帶負(fù)電，若離子正好打到金屬板的近側(cè)邊緣M，則其偏轉(zhuǎn)半徑滿足關(guān)系：，得。若離子正好打到金屬板的遠(yuǎn)側(cè)邊緣N，則其偏轉(zhuǎn)半徑滿足關(guān)系：，得。由可得：。因離子從離子槍射出的速度v由離子槍內(nèi)的加速電場決定，即：，解得。討論：由以上方程組可知，荷質(zhì)比的離子將落在N之右，而荷質(zhì)比的離子將落在M之左，都不能落在MN板上，所以只有荷質(zhì)比在范圍內(nèi)才能打在金屬板上。若離子帶正電，則離子偏向PQ板，荷質(zhì)比仍在上述范圍內(nèi)。說明：本題考查的能力要求體現(xiàn)在通過對邊界條件的分析，將復(fù)雜的問題分解為若干個簡單問題；把未知的問題轉(zhuǎn)化為已知條件。并且通過幾何關(guān)系找出大小兩個半徑來。從錯解中還可以看出，熟練掌握基本的物理模型的特點(diǎn)（加速度與初速度的關(guān)系或加速度與位移之間的關(guān)系等）對正確選擇解題思路的重要性。R0圖9等離子體束【例6】磁流體發(fā)電技術(shù)是目前世界上正在研究的新興技術(shù)，它可把氣體內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能。如圖9所示是磁流體發(fā)電機(jī)模型，勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，平行金屬板A、B相距為d，將一束等離子體(高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和負(fù)電的微粒)噴射入磁場，便可在A、B兩板間產(chǎn)生電壓，在外電路負(fù)載中獲得電流。試說明磁流體發(fā)電機(jī)的原理。若等離子體以速度垂直射入磁場，外電路負(fù)載電阻為R0，不計(jì)等離子氣體的電阻，則此發(fā)電機(jī)的電動勢E和總功率P為多大？若等離子體的截面積為S，每立方米中含有n對一價正負(fù)離子，且A、B板足夠長，改變外電路電阻，則電路中可能達(dá)到的最大電流為多少？【分析與解答】 磁流體發(fā)電機(jī)的原理是：等離子體射入磁場，受洛侖茲力作用而偏轉(zhuǎn)，A極積累“”電荷，B極積累“+”電荷，在極間形成電場。當(dāng)離子所受洛侖茲力和電場力平衡時就不再偏轉(zhuǎn)，兩極電勢差穩(wěn)定。外電路斷開時，故此發(fā)電機(jī)的電動勢E=U=Bd。外電路接入負(fù)載電阻R0，不計(jì)等離子氣體的電阻時，發(fā)電機(jī)的總功率P=。若噴射入磁場內(nèi)的等離子體全部都偏到兩極板上，則形成電流最大，故最大電流 。說明：磁流體發(fā)電機(jī)是帶電粒子在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)的一項(xiàng)具體應(yīng)用，具有很大的發(fā)展前景。對于磁流體發(fā)電機(jī)的電動勢，也可從電磁感應(yīng)的角度進(jìn)行分析：進(jìn)入磁場的等離子體相當(dāng)于長度為d的金屬導(dǎo)體垂直于磁場切割磁感線，因而在其兩端將產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，故有U = E =Bd。本題綜合運(yùn)用了磁場和恒定電流的知識。帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(3課時)【例1】如圖1所示，質(zhì)量為m、帶電量為 -q的滑塊，由傾角為q的絕緣光滑斜面靜止開始滑下，垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，則滑塊下滑多遠(yuǎn)對斜面無壓力？【分析與解答】 帶電滑塊開始時只受重力和斜面對它的支持力N，下滑時還受洛侖茲力f洛方向垂直于斜面向上。隨著滑塊下滑速度的增大，f洛逐漸增大，故N越來越小。直到N = 0 (滑塊對斜面無壓力)而開始脫離斜面。 bmgmgf 洛f 洛aN圖1以滑塊為研究對象，其受力情況如圖1所示，設(shè)滑塊下滑距離為L時，對斜面無壓力，根據(jù)動能定理。有 mgLsinq = . 滑塊滑至 b點(diǎn)時對斜面無壓力則 qB= mgcosq. 由得mgLsinq = ， L=。圖2【例2】如圖2所示, 虛線上方是場強(qiáng)為E1的勻強(qiáng)電場, 方向豎直向下, 虛線下方是場強(qiáng)為E2的勻強(qiáng)電場, 方向水平向右。虛線上, 下方是磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的勻強(qiáng)磁場, 方向垂直紙面向外, ab是一長為L的絕緣細(xì)桿, 沿電場線方向放置在虛線上部的場中, b端在虛線上。將一套在桿上的帶電小環(huán)從a端由靜止釋放, 小環(huán)片加速后勻速到達(dá)b端(小環(huán)重力不計(jì)), 當(dāng)環(huán)脫離桿后在虛線下方仍沿原方向做勻速直線運(yùn)動。環(huán)與桿間的滑動摩擦因數(shù)為0.3。求: (1)E1和E2的比值。(2)撤去虛線下方的電場, 其他條件不變, 小環(huán)進(jìn)入虛線下方后運(yùn)動軌跡為半圓, 圓的半徑為L/3, 求帶由小環(huán)從a到b的過程中, 克服滑動摩擦力所做的功和勻強(qiáng)電場E1所做的功的比值?！痉治雠c解答】 (1)依題意可知小環(huán)帶正電, 小環(huán)運(yùn)動時所受洛侖茲力, 水平向左, 滑動摩擦力。豎直向上, 當(dāng)小環(huán)做勻速運(yùn)動時受力關(guān)系有: E1q = , 當(dāng)環(huán)脫離桿進(jìn)入虛線下方仍做勻速直線運(yùn)動, 應(yīng)有, 。(2)小環(huán)在桿上運(yùn)動時, 為變力, 所以求做的功只能用動能定理解。當(dāng)環(huán)進(jìn)入虛線下方撤去E2, 環(huán)只受做勻速圓周運(yùn)動, 則有。由第(1)問中可得。小環(huán)從a到b的過程中, 根據(jù)動能定理, 有,。所以 。 圖3MmNm2【例3】如圖3所示，靜止在負(fù)極板附近的帶負(fù)電的微粒m1在MN間突然加上電場時開始運(yùn)動，水平勻速地?fù)糁兴俣葹榱愕闹行晕⒘2后粘合在一起恰好沿一段圓弧運(yùn)動落在N極板上，若m1=9.99510-7kg，帶電量q=10- 8C,電場強(qiáng)度E=103V/m,磁感強(qiáng)度B=0.5T，求m1擊中m2時的高度，m1擊中m2前瞬時速度，m2的質(zhì)量及m1和m2粘合體做圓弧運(yùn)動的半徑 (g=10m/s2).【分析與解答】 m1擊中m2前是勻速直線運(yùn)動，應(yīng)有m1g+qB=qE，解得=(qE-m1g)/qB=1m/s。因m1在擊中m2前已是水平勻速運(yùn)動，故m1的豎直分速度已為零，在從m1開始運(yùn)動到擊中m2的過程中，只有重力和電場力對m1做功，洛侖茲力不做功，設(shè)所求高度為 h, 由動能定理得 qEh - m1gh = 解得 。由于 m1擊中m2后粘合體能做圓周運(yùn)動，說明粘合體所受重力與電場力平衡，僅是洛侖茲力充當(dāng)向心力做勻速圓周運(yùn)動，故有m1g+m2g=qE m2=m1與m2的粘合體做圓周運(yùn)動半徑為r=( m1+m2)/qB ，在m1擊中m2的瞬間，動量守恒，有m1= (m1+m2) 。 解得r200m。說明：本題涉及的知識較多，綜合性比較強(qiáng)，處理此類綜合問題，重要的一點(diǎn)就是要對運(yùn)動過程進(jìn)行細(xì)致的分析，弄清楚運(yùn)動的總過程可分成哪幾個子過程，各個子過程分別遵守什么規(guī)律，各子過程間有什么聯(lián)系。分段建立方程，聯(lián)立求解。圖4【例4】 設(shè)空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，如圖4所示，已知一離子在電場力和洛侖茲力的作用下，從靜止開始自A點(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動，到達(dá)B點(diǎn)時速度為零，C點(diǎn)是運(yùn)動的最低點(diǎn)，忽略重力，以下說法正確的是： A這離子必帶正電荷BA點(diǎn)和B點(diǎn)位于同一高度C離子在C點(diǎn)時速度最大D離子到達(dá)B點(diǎn)時，將沿原曲線返回A點(diǎn)【錯解】根據(jù)振動的往復(fù)性，離子到達(dá)B點(diǎn)后，將沿原曲線返回A點(diǎn)，選D。圖5【錯解原因】選D不正確，某些考生可能受“振動”現(xiàn)象的影響，誤認(rèn)為根據(jù)振動的往復(fù)性，離子到達(dá)B點(diǎn)后，將沿原曲線返回A點(diǎn)，實(shí)際上離子從B點(diǎn)開始運(yùn)動后的受力情況與從A點(diǎn)運(yùn)動后的受力情況相同，并不存在一個向振動那樣有一個指向BCA弧內(nèi)側(cè)的回復(fù)力，使離子返回A點(diǎn)，而是如圖5所示由B經(jīng)C點(diǎn)到B點(diǎn)?！痉治雠c解答】（1）平行板間電場方向向下，離子由A點(diǎn)靜止釋放后在電場力的作用下是向下運(yùn)動，可見電場力一定向下，所以離子必帶正電荷，選A。（2）離子具有速度后，它就在向下的電場力F及總與速度心垂直并不斷改變方向的洛侖茲力f作用下沿ACB曲線運(yùn)動，因洛侖茲力不做功，電場力做功等于動能的變化，而離子到達(dá)B點(diǎn)時的速度為零，所以從A到B電場力所做正功與負(fù)功加起來為零。這說明離子在電場中的B點(diǎn)與A點(diǎn)的電勢能相等，即B點(diǎn)與A點(diǎn)位于同一高度，選B。（3）因C點(diǎn)為軌道最低點(diǎn)，離子從A運(yùn)動到C電場力做功最多，C點(diǎn)具有的動能最多，所以離子在C點(diǎn)速度最大，選C。（4）只要將離子在B點(diǎn)的狀態(tài)與A點(diǎn)進(jìn)行比較，就可以發(fā)現(xiàn)它們的狀態(tài)（速度為零，電勢能相等）相同，如果右側(cè)仍有同樣的電場和磁場的疊加區(qū)域，離子就將在B之右側(cè)重現(xiàn)前面的曲線運(yùn)動，因此，離子是不可能沿原曲線返回A點(diǎn)的。故選A，B，C為正確答案。說明：初速度和加速度決定物體的運(yùn)動情況。在力學(xué)部分絕大部分的習(xí)題所涉及的外力是恒力。加速度大小方向都不變。只要判斷初始時刻加速度與初速度的關(guān)系，就可以判斷物體以后的運(yùn)動。本題中由于洛侖茲力的方向總垂直于速度方向，使得洛侖茲力與電場力的矢量和總在變化。所以只做一次分析就武斷地下結(jié)論，必然會把原來力學(xué)中的結(jié)論照搬到這里，出現(xiàn)生搬硬套的錯誤。圖6【例5】 擺長為L的單擺在勻強(qiáng)磁場中擺動，擺動平面與磁場方向垂直，如圖6所示。擺動中擺線始終繃緊，若擺球帶正電，電量為q，質(zhì)量為m，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，當(dāng)球從最高處擺到最低處時，擺線上的拉力T多大？【錯解】T，f始終垂直于速度v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律：。在C處，f洛豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律則有：，解得：?！惧e解原因】考慮問題不全面，認(rèn)為題目中“從最高點(diǎn)到最低處”是指AC的過程，忽略了球可以從左右兩方經(jīng)過最低點(diǎn)。圖7【分析與解答】球從左右兩方經(jīng)過最低點(diǎn)，因速度方向不同，引起f洛不同，受力分析如圖7所示。由于擺動時f洛和F拉都不做功，機(jī)械能守恒，小球無論向左、向右擺動過C點(diǎn)時的速度大小相同，方向相反。擺球從最高點(diǎn)到達(dá)最低點(diǎn)C的過程滿足機(jī)械能守恒：。當(dāng)擺球在C的速度向右，根據(jù)左手定則，f洛豎直向上，根據(jù)牛頓第二定律則有，得。當(dāng)擺球在C的速度向左，f洛豎直向下，根據(jù)牛頓第二定律則有，得所以擺到最低處時，擺線上的拉力為。說明：要避免本題錯解的失誤，就要對題目所敘述的各個狀態(tài)認(rèn)真畫出速度方向，用左手定則判斷洛侖茲力的方向。其余的工作就是運(yùn)用牛頓第二定律和機(jī)械能守恒定律解題。圖8【例6】 如圖8所示，空中有水平向右的勻強(qiáng)電場和垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，質(zhì)量為m，帶電量為+q的滑塊沿水平向右做勻速直線運(yùn)動，滑塊和水平面間的動摩擦因數(shù)為，滑塊與墻碰撞后速度為原來的一半?；瑝K返回時，去掉了電場，恰好也做勻速直線運(yùn)動，求原來電場強(qiáng)度的大小?！惧e解】 碰撞前，粒子做勻速運(yùn)動，Eq=（mgBqv）。返回時無電場力作用仍做勻速運(yùn)動，水平方向無外力，豎直方向N=Bgvmg。因?yàn)樗椒较驘o摩擦，可知N=0，Bqv=-mg。解得E=0?！惧e解原因】錯解中有兩個錯誤：返回時，速度反向，洛侖茲力也應(yīng)該改變方向。返回時速度大小應(yīng)為原速度的一半。【分析與解答】碰撞前，粒子做勻速運(yùn)動， Eq=（mgBqv）。返回時無電場力作用仍做勻速運(yùn)動，水平方向無外力，摩擦力f=0，所以N=0豎直方向上有Bgv/2=mg，解得：說明：實(shí)踐證明，急于列式解題而忽略過程分析必然要犯經(jīng)驗(yàn)主義的錯誤。電 磁 感 應(yīng)一、復(fù)習(xí)課時：10課時第1課時電磁感應(yīng)現(xiàn)象，楞次定律第2課時法拉第電磁感應(yīng)定律第3課時電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題第4課時電磁感應(yīng)中的電路問題第5、6課時電磁感應(yīng)中的能量問題第7課時自感 日光燈原理第8-10課時練習(xí)與檢測講評二、知識結(jié)構(gòu)三、難點(diǎn)提示：1產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件是：穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化。以上表述是充分必要條件。不論什么情況，只要滿足電路閉合和磁通量發(fā)生變化這兩個條件，就必然產(chǎn)生感應(yīng)電流；反之，只要產(chǎn)生了感應(yīng)電流，那么電路一定是閉合的，穿過該電路的磁通量也一定發(fā)生了變化。當(dāng)閉合電路的一部分導(dǎo)體在磁場中做切割磁感線的運(yùn)動時，電路中有感應(yīng)電流產(chǎn)生。這個表述是充分條件，不是必要的。在導(dǎo)體做切割磁感線運(yùn)動時用它判定比較方便。2感應(yīng)電動勢產(chǎn)生的條件。感應(yīng)電動勢產(chǎn)生的條件是：穿過電路的磁通量發(fā)生變化。這里不要求閉合。無論電路閉合與否，只要磁通量變化了，就一定有感應(yīng)電動勢產(chǎn)生。這好比一個電源：不論外電路是否閉合，電動勢總是存在的。但只有當(dāng)外電路閉合時，電路中才會有電流。3關(guān)于磁通量變化在勻強(qiáng)磁場中，磁通量=BSsin（是B與S的夾角），磁通量的變化=2-1有多種形式，主要有：S、不變，B改變，這時=BSsinB、不變，S改變，這時=SBsinB、S不變，改變，這時=BS(sin2-sin1)當(dāng)B、S、中有兩個或三個一起變化時，就要分別計(jì)算1、2，再求2-1了。在非勻強(qiáng)磁場中，磁通量變化比較復(fù)雜。有幾種情況需要特別注意：abcacbMNS如圖所示，矩形線圈沿a b c在條形磁鐵附近移動，試判斷穿過線圈的磁通量如何變化？如果線圈M沿條形磁鐵軸線向右移動，穿過該線圈的磁通量如何變化？（穿過上邊線圈的磁通量由方向向上減小到零，再變?yōu)榉较蛳蛳略龃?；右邊線圈的磁通量由方向向下減小到零，再變?yōu)榉较蛳蛏显龃螅゛bc如圖所示，環(huán)形導(dǎo)線a中有順時針方向的電流，a環(huán)外有兩個同心導(dǎo)線圈b、c，與環(huán)形導(dǎo)線a在同一平面內(nèi)。當(dāng)a中的電流增大時，穿過線圈b、c的磁通量各如何變化？在相同時間內(nèi)哪一個變化更大？bc（b、c線圈所圍面積內(nèi)的磁通量有向里的也有向外的，但向里的更多，所以總磁通量向里，a中的電流增大時，總磁通量也向里增大。由于穿過b線圈向外的磁通量比穿過c線圈的少，所以穿過b線圈的磁通量更大，變化也更大。）如圖所示，虛線圓a內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，虛線圓a外是無磁場空間。環(huán)外有兩個同心導(dǎo)線圈b、c，與虛線圓a在同一平面內(nèi)。當(dāng)虛線圓a中的磁通量增大時，穿過線圈b、c的磁通量各如何變化？在相同時間內(nèi)哪一個變化更大？（與的情況不同，b、c線圈所圍面積內(nèi)都只有向里的磁通量，且大小相同。因此穿過它們的磁通量和磁通量變化都始終是相同的。）4楞次定律感應(yīng)電流具有這樣的方向，即感應(yīng)電流的磁場總要阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化。楞次定律解決的是感應(yīng)電流的方向問題。它關(guān)系到兩個磁場：感應(yīng)電流的磁場（新產(chǎn)生的磁場）和引起感應(yīng)電流的磁場（原來就有的磁場）。前者和后者的關(guān)系不是“同向”或“反向”的簡單關(guān)系，而是前者“阻礙”后者“變化”的關(guān)系。在應(yīng)用楞次定律時一定要注意：“阻礙”不等于“反向”；“阻礙”不是“阻止”。從“阻礙磁通量變化”的角度來看，無論什么原因，只要使穿過電路的磁通量發(fā)生了變化，就一定有感應(yīng)電動勢產(chǎn)生。 從“阻礙相對運(yùn)動”的角度來看，楞次定律的這個結(jié)論可以用能量守恒來解釋：既然有感應(yīng)電流產(chǎn)生，就有其它能轉(zhuǎn)化為電能。又由于感應(yīng)電流是由相對運(yùn)動引起的，所以只能是機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能，因此機(jī)械能減少。磁場力對物體做負(fù)功，是阻力，表現(xiàn)出的現(xiàn)象就是“阻礙”相對運(yùn)動。從“阻礙自身電流變化”的角度來看，就是自感現(xiàn)象。220V自感現(xiàn)象的應(yīng)用和防止。應(yīng)用：日光燈電路圖及原理：燈管、鎮(zhèn)流器和啟動器的作用。防止：定值電阻的雙線繞法。5右手定則。對一部分導(dǎo)線在磁場中切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電流的情況，右手定則和楞次定律的結(jié)論是完全一致的。這時，用右手定則更方便一些。6楞次定律的應(yīng)用。楞次定律的應(yīng)用應(yīng)該嚴(yán)格按以下四步進(jìn)行：確定原磁場方向；判定原磁場如何變化（增大還是減小）；確定感應(yīng)電流的磁場方向（增反減同）；根據(jù)安培定則判定感應(yīng)電流的方向。7法拉第電磁感應(yīng)定律電路中感應(yīng)電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比，即，在國際單位制中可以證明其中的k=1，所以有。對于n匝線圈有。（平均值）Blvabcd將均勻電阻絲做成的邊長為l的正方形線圈abcd從勻強(qiáng)磁場中向右勻速拉出過程，僅ab邊上有感應(yīng)電動勢E=Blv，ab邊相當(dāng)于電源，另3邊相當(dāng)于外電路。ab邊兩端的電壓為3Blv/4，另3邊每邊兩端的電壓均為Blv/4。cBlabd將均勻電阻絲做成的邊長為l的正方形線圈abcd放在勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻減小時，回路中有感應(yīng)電動勢產(chǎn)生，大小為E=l 2(B/t)，這種情況下，每條邊兩端的電壓U=E/4-I r = 0均為零。感應(yīng)電流的電場線是封閉曲線，靜電場的電場線是不封閉的，這一點(diǎn)和靜電場不同。 在導(dǎo)線切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的情況下，由法拉第電磁感應(yīng)定律可推導(dǎo)出感應(yīng)電動勢大小的表達(dá)式是：E=BLvsin（是B與v之間的夾角）。（瞬時值）8轉(zhuǎn)動產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢o av轉(zhuǎn)動軸與磁感線平行。如圖，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場方向垂直于紙面向外，長L的金屬棒oa以o為軸在該平面內(nèi)以角速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動。求金屬棒中的感應(yīng)電動勢。在應(yīng)用感應(yīng)電動勢的公式時，必須注意其中的速度v應(yīng)該指導(dǎo)線上各點(diǎn)的平均速度，在本題中應(yīng)該是金屬棒中點(diǎn)的速度，因此有。a db cL1L2B 線圈的轉(zhuǎn)動軸與磁感線垂直。如圖，矩形線圈的長、寬分別為L1、L2，所圍面積為S，向右的勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，線圈繞圖示的軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動。線圈的ab、cd兩邊切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢相加可得E=BS。如果線圈由n匝導(dǎo)線繞制而成，則E=nBS。從圖示位置開始計(jì)時，則感應(yīng)電動勢的瞬時值為e=nBScost 。該結(jié)論與線圈的形狀和轉(zhuǎn)動軸的具體位置無關(guān)（但是軸必須與B垂直）。實(shí)際上，這就是交流發(fā)電機(jī)發(fā)出的交流電的瞬時電動勢公式。電磁感應(yīng)現(xiàn)象，楞次定律（1課時）典型例題分析【例1】 如圖所示，有兩個同心導(dǎo)體圓環(huán)。內(nèi)環(huán)中通有順時針方向的電流，外環(huán)中原來無電流。當(dāng)內(nèi)環(huán)中電流逐漸增大時，外環(huán)中有無感應(yīng)電流？方向如何？NSv0M【答案：外環(huán)中感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r針】【例2.】 如圖所示，閉合導(dǎo)體環(huán)固定。條形磁鐵S極向下以初速度v0沿過導(dǎo)體環(huán)圓心的豎直線下落過程，導(dǎo)體環(huán)中的感應(yīng)電流方向如何？【感應(yīng)電流先順時針后逆時針】c a d bL2 L1【例3】 如圖所示裝置中，cd桿原來靜止。當(dāng)ab 桿做如下那些運(yùn)動時，cd桿將向右移動？A.向右勻速運(yùn)動 B.向右加速運(yùn)動C.向左加速運(yùn)動 D.向左減速運(yùn)動a b【B、D】【例4】 如圖所示，水平面上有兩根平行導(dǎo)軌，上面放兩根金屬棒a、b。當(dāng)條形磁鐵如圖向下移動時（不到達(dá)導(dǎo)軌平面），a、b將如何移動？OB【a、b將互相靠近】【例5】 如圖所示，用絲線將一個閉合金屬環(huán)懸于O點(diǎn)，虛線左邊有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，而右邊沒有磁場。金屬環(huán)的擺動會很快停下來。試解釋這一現(xiàn)象。若整個空間都有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，會有這種現(xiàn)象嗎？法拉第電磁感應(yīng)定律（1課時）典型例題分析【例1】如圖所示，長L1寬L2的矩形線圈電阻為R，處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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??； 拉力的功率P； 拉力做的功W； 線圈中產(chǎn)生的電熱Q ；通過線圈某一截面的電荷量q 。FL1L2Bv【分析與解答】這是一道基本練習(xí)題，要注意要注意所用的邊長究竟是L1還是L2 ，還應(yīng)該思考一下所求的各物理量與速度v之間有什么關(guān)系。 與v無關(guān)Ra bm L特別要注意電熱Q和電荷q的區(qū)別，其中與速度無關(guān)！（這個結(jié)論以后經(jīng)常會遇到）?！纠?】如圖各情況中，電阻R=0.l，運(yùn)動導(dǎo)線的長度都為l=0.05m，作勻速運(yùn)動的速度都為v=10ms除電阻R外，其余各部分電阻均不計(jì)勻強(qiáng)磁場的磁感強(qiáng)度B=0.3T試計(jì)算各情況中通過每個電阻R的電流大小和方向【（a）0；（b）3A，從左向右； （C）1.5A，從上向下； （d）1A，從下向上?！縝aBL1L2【例3】 如圖所示，U形導(dǎo)線框固定在水平面上，右端放有質(zhì)量為m的金屬棒ab，ab與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為，它們圍成的矩形邊長分別為L1、L2，回路的總電阻為R。從t=0時刻起，在豎直向上方向加一個隨時間均勻變化的勻強(qiáng)磁場B=kt，（k0）那么在t為多大時，金屬棒開始移動？【分析與解答】 由可知，回路中感應(yīng)電動勢是恒定的，電流大小也是恒定的，但由于安培力F=BILB=ktt，隨時間的增大，安培力將隨之增大。當(dāng)安培力增大到等于最大靜摩擦力時，ab將開始向左移動。這時有：【例4】如圖所示，一矩形線圈面積為400 cm2，匝數(shù)為100匝，繞線圈的中心軸線以角速度勻速轉(zhuǎn)動，勻強(qiáng)磁場的磁感強(qiáng)度，轉(zhuǎn)動軸與磁感線垂直，線圈電阻為，其余電阻不計(jì)，電鍵K斷開，當(dāng)線圈轉(zhuǎn)到線圈平面與磁感線平行時，線圈所受磁場力矩為。求：（1）線圈轉(zhuǎn)動的角速度。（2）感應(yīng)電動勢的最大值。（3）電鍵K閉合后，線圈的輸出功率。【分析與解答】（1）線圈平面平行磁感線時 ， ，得。 （2）。 （3）當(dāng)K閉合后，外電路總電阻為， 電流有效值 ，輸出功率。yoxBab【例5】 如圖所示，xoy坐標(biāo)系y軸左側(cè)和右側(cè)分別有垂直于紙面向外、向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度均為B，一個圍成四分之一圓形的導(dǎo)體環(huán)oab，其圓心在原點(diǎn)o，半徑為R，開始時在第一象限。從t=0起繞o點(diǎn)以角速度逆時針勻速轉(zhuǎn)動。試畫出環(huán)內(nèi)感應(yīng)電動勢E隨時間t而變的函數(shù)圖象（以順時針電動勢為正）。EtoT 2TEm【分析與解答】開始的四分之一周期內(nèi)，oa、ob中的感應(yīng)電動勢方向相同，大小應(yīng)相加；第二個四分之一周期內(nèi)穿過線圈的磁通量不變，因此感應(yīng)電動勢為零；第三個四分之一周期內(nèi)感應(yīng)電動勢與第一個四分之一周期內(nèi)大小相同而方向相反；第四個四分之一周期內(nèi)感應(yīng)電動勢又為零。感應(yīng)電動勢的最大值為Em=BR2，周期為T=2/，圖象如右。電磁感應(yīng)中的力學(xué)問題（1課時）這類問題覆蓋面廣，題型也多種多樣；但解決這類問題的關(guān)鍵在于通過運(yùn)動狀態(tài)的分析來尋找過程中的臨界狀態(tài)，如速度、加速度取最大值或最小值的條件等，基本思路是：F=BIL界狀態(tài)v與a方向關(guān)系運(yùn)動狀態(tài)的分析a變化情況F=ma合外力運(yùn)動導(dǎo)體所受的安培力感應(yīng)電流確定電源（E，r）典型例題分析【例1】如圖所示，AB、CD是兩根足夠長的固定平行金屬導(dǎo)軌，兩導(dǎo)軌間的距離為L，導(dǎo)軌平面與水平面的夾角為，在整個導(dǎo)軌平面內(nèi)都有垂直于導(dǎo)軌平面斜向上方的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，在導(dǎo)軌的 AC端連接一個阻值為 R的電阻，一根質(zhì)量為m、垂直于導(dǎo)軌放置的金屬棒ab，從靜止開始沿導(dǎo)軌下滑，求此過程中ab棒的最大速度。已知ab與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為，導(dǎo)軌和金屬棒的電阻都不計(jì)?！痉治雠c解答】ab沿導(dǎo)軌下滑過程中受四個力作用，即重力mg，支持力FN 、摩擦力Ff和安培力F安，如圖所示，ab由靜止開始下滑后，將是（為增大符號），所以這是個變加速過程，當(dāng)加速度減到a=0時，其速度即增到最大v=vm，此時必將處于平衡狀態(tài)，以后將以vm勻速下滑ab下滑時因切割磁感線，要產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，根據(jù)電磁感應(yīng)定律：E=BLv，閉合電路AC ba中將產(chǎn)生感應(yīng)電流，根據(jù)閉合電路歐姆定律：I=E/R，據(jù)右手定則可判定感應(yīng)電流方向?yàn)閍AC ba，再據(jù)左手定則判斷它受的安培力F安方向如圖示，其大小為：F安=BIL 。取平行和垂直導(dǎo)軌的兩個方向?qū)b所受的力進(jìn)行正交分解，應(yīng)有： FN = mgcos， Ff= mgcos，可得。以ab為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律應(yīng)有：mgsin mgcos-=ma，ab做加速度減小的變加速運(yùn)動，當(dāng)a=0時速度達(dá)最大，因此，ab達(dá)到vm時應(yīng)有：mgsin mgcos-=0 ，由式可解得。注意：（1）電磁感應(yīng)中的動態(tài)分析，是處理電磁感應(yīng)問題的關(guān)鍵，要學(xué)會從動態(tài)分析的過程中來選擇是從動力學(xué)方面，還是從能量、動量方面來解決問題。（2）在分析運(yùn)動導(dǎo)體的受力時，常畫出平面示意圖和物體受力圖?！纠?】如圖所示，水平面上有兩根平行的光滑導(dǎo)軌MN、PQ，相距L=1m，在M和P之間接有R=2的定值電阻，金屬棒ab的質(zhì)量m=0.5kg，垂直放在導(dǎo)軌上，整個裝置處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感強(qiáng)度為B=0.5T，其它電阻不計(jì)。（1）若金