高三物理第一輪復習——電磁感應考點例析答案

1、高三物理第一輪復習電磁感應考點例析答案例2-1、解析：此題旨在考查感應電流產(chǎn)生的條件。根據(jù)直線電流周圍磁場的特點，判斷三個線框運動過程中，穿過它們的磁通量是否發(fā)生變化。 (1)長直導線通有自左向右的恒定電流時，導線周圍空間磁場的強弱分布不變，但離導線越遠，磁場越弱，磁感線越??；離導線距離相同的地方，磁場強弱相同。 線框沿垂直于導線方向向下運動，穿過它的磁通量減小，有感應電流產(chǎn)生，電流產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里，根據(jù)楞次定律，感應電流的磁場方向也應垂直紙面向里，再由右手螺旋定則可判斷感應電流為順時針方向；線框沿平行導線方向運動，與直導線距離不變，穿過線框的磁通量不變，因此線框中無感應電流產(chǎn)生；線

2、框繞OO軸轉(zhuǎn)動過程中，穿過它的磁通量不斷變化，在轉(zhuǎn)動過程中線框中有感應電流產(chǎn)生，其方向是周期性改變的。(2)線框轉(zhuǎn)到圖示位置的瞬間，線框中無感應電流，由于長直導線下方的磁場方向與紙面垂直，在該位置線框的兩豎直邊運動方向與磁場方向平行，不切割磁感線，所以無感應電流；從磁通量變化的角度考慮，圖示位置是線框中磁通量從增加到最大之后開始減小的轉(zhuǎn)折點，此位置感應電流的方向要發(fā)生變化，故此時其大小必為0。解題回顧：對瞬時電流是否存在應看回路中磁通量是否變化，或看回路中是否有一段導體做切割磁感線運動，要想知道線框在磁場中運動時磁通量怎樣變化，必須知道空間的磁場強弱、方向分布的情況，對常見磁體及電流產(chǎn)生的磁場

3、要相當熟悉。例2-3命題意圖：考查對楞次定律的理解應用能力及邏輯推理能力。線圈第一次經(jīng)過位置時，穿過線圈的磁通量增加，由楞次定律，線圈中感應電流的磁場方向向左，根據(jù)安培定則，順著磁場看去，感應電流的方向為逆時針方向.當線圈第一次通過位置時，穿過線圈的磁通量減小，可判斷出感應電流為順時針方向，故選項B正確。例2-4、解：由于磁感線是閉合曲線，內(nèi)環(huán)內(nèi)部向里的磁感線條數(shù)和內(nèi)環(huán)外向外的所有磁感線條數(shù)相等，所以外環(huán)所圍面積內(nèi)（應該包括內(nèi)環(huán)內(nèi)的面積，而不只是環(huán)形區(qū)域的面積）的總磁通向里、增大，所以外環(huán)中感應電流磁場的方向為向外，由安培定則，外環(huán)中感應電流方向為逆時針。例2-5、解：當開關S閉和瞬間，線圈A

4、相當于環(huán)形電流，其內(nèi)部磁感線方向向里，其外部磁感線方向向外。線圈B有一半面積處在線圈A中，則向里的磁場與向外的磁場同時增大。這時就要抓住主要部分。由于所有向里的磁感線都從A的內(nèi)部穿過，所以A的內(nèi)部向里的磁感線較密， A的外部向外的磁感線較稀。這樣B一半的面積中磁感線是向里且較密，另一半面積中磁感線是向外且較稀。主要是以向里的磁感線為主，即當開關S閉和時，線圈B中的磁通量由零變?yōu)橄蚶?，故該瞬間磁通量增加，則產(chǎn)生的感應電流的磁場應向外，因此線圈B有沿逆時針的感應電流。答案為C。例2-6、解：從“阻礙磁通量變化”來看，原磁場方向向上，先增后減，感應電流磁場方向先下后上，感應電流方向先順時針后逆時針。

5、從“阻礙相對運動”來看，先排斥后吸引，把條形磁鐵等效為螺線管，根據(jù)“同向電流互相吸引，反向電流互相排斥”，也有同樣的結(jié)論。例2-7、解：A、C兩種情況下穿過abcd的磁通量沒有發(fā)生變化，無感應電流產(chǎn)生。B、D兩種情況下原磁通向外，減少，感應電流磁場向外，感應電流方向為abcd。例2-8、解：本題分析方法很多，最簡單的方法是：從“阻礙相對運動”的角度來看，導線框一定會跟著條形磁鐵同方向轉(zhuǎn)動起來。如果不計摩擦阻力，最終導線框?qū)⒑痛盆F轉(zhuǎn)動速度相同；如果考慮摩擦阻力導線框的轉(zhuǎn)速總比條形磁鐵轉(zhuǎn)速小些。例2-9、解：無論條形磁鐵的哪個極為N極，也無論是順時針轉(zhuǎn)動還是逆時針轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動90過程中，穿過閉合電

6、路的磁通量總是增大的（條形磁鐵內(nèi)、外的磁感線條數(shù)相同但方向相反，在線框所圍面積內(nèi)的總磁通量和磁鐵內(nèi)部的磁感線方向相同且增大。而該位置閉合電路所圍面積越大，總磁通量越小，所以為阻礙磁通量增大金屬棒ab將向右移動。例2-10、BD例2-11、解：根據(jù)=BS，磁鐵向下移動過程中，B增大，所以穿過每個環(huán)中的磁通量都有增大的趨勢，由于S不可改變，為阻礙增大，導體環(huán)應該盡量遠離磁鐵，所以a、b將相互遠離。例2-12、解：閉合瞬間，由于電感線圈對電流增大的阻礙作用，a將慢慢亮起來，b立即變亮。這時L的作用相當于一個大電阻；穩(wěn)定后兩燈都正常發(fā)光，a的功率大，較亮。這時L的作用相當于一只普通的電阻（就是該線圈的

7、內(nèi)阻）；斷開瞬間，由于電感線圈對電流減小的阻礙作用，通過a的電流將逐漸減小，a漸漸變暗到熄滅，而abRL組成同一個閉合回路，所以b燈也將逐漸變暗到熄滅，而且開始還會閃亮一下（因為原來有IaIb），并且通過b的電流方向與原來的電流方向相反。這時L相當于一個電源。例2-13、解：只有左邊有勻強磁場，金屬環(huán)在穿越磁場邊界時，由于磁通量發(fā)生變化，環(huán)內(nèi)一定會有感應電流產(chǎn)生，根據(jù)楞次定律將會阻礙相對運動，所以擺動會很快停下來，這就是電磁阻尼現(xiàn)象。當然也可以用能量守恒來解釋：既然有電流產(chǎn)生，就一定有一部分機械能向電能轉(zhuǎn)化，最后電流通過導體轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。若空間都有勻強磁場，穿過金屬環(huán)的磁通量反而不變化了，因此不

8、產(chǎn)生感應電流，因此也就不會阻礙相對運動，擺動就不會很快停下來。例2-14、B例2-16、解析：若是勻強磁場，閉合環(huán)的磁通量不發(fā)生變化，無感應電流產(chǎn)生，環(huán)也就受不到磁場力，所以環(huán)仍保持機械能守恒，上升的高度等于h。若是非勻強磁場，閉合環(huán)的磁通量發(fā)生變化，有感應電流產(chǎn)生，環(huán)受到磁場力作用去阻礙環(huán)與磁場間的相對運動，使環(huán)損失一部分機械能向電能轉(zhuǎn)化，所以環(huán)上升的高度小于h。因此答案D正確。例2-17、AD例2-19、解析：本題應逆向推導,由果尋因.綜合運用了左、右手定則,安培定則和楞次定律,綜合性強,是一道較典型的考題,結(jié)合示意圖分析出正確選項為B、C。例2-20、D例2-21、分析：金屬線框進入磁場

9、時，由于穿過線框的磁通量增加，產(chǎn)生感應電流，根據(jù)楞次定律判斷電流的方向為金屬線框離開磁場時，由于穿過線框的磁通量減小，產(chǎn)生感應電流，根據(jù)楞次定律判斷電流的方向為根據(jù)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律可知，金屬線框的機械能將逐漸減小，轉(zhuǎn)化為電能，如此往復擺動，最終金屬線框在勻強磁場內(nèi)擺動，由于d0L，滿足單擺運動的條件，所以，最終為簡諧運動解答：D例2-22分析：要產(chǎn)生B環(huán)中所示的電流，感應磁場方向為垂直紙面向外，由楞次定律知A環(huán)內(nèi)的磁場應向里增強或向外減弱，由安培定則可知BC正確解答：BC例3-1、答案：710-3Wb，410-3Wb；3.2V，-0.8V例3-2、C例3-3、FL1L2Bv解：這是一道基本練

10、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。 與v無關特別要注意電熱Q和電荷q的區(qū)別，其中與速度無關！（這個結(jié)論以后經(jīng)常會遇到）。例3-4、解答:設PQ從頂角O開始向右運動的時間為t，Ob=vt，abv回路中E=Blv=Babv=Bv2ttan?；芈分懈袘娏骼?-5、解析：（1）由ab棒以a為軸旋轉(zhuǎn)到b端脫離導軌的過程中，產(chǎn)生的感應電動勢一直增大，對C不斷充電，同時又與R構(gòu)成閉合回路。ab產(chǎn)生感應電動勢的平均值 表示ab掃過的三角形的面積，即 通過R的電量 由以上三式解得 在這一過程中電容器充電的總電量Q=CUm Um為ab棒在轉(zhuǎn)動過

11、程中產(chǎn)生的感應電動勢的最大值。即 聯(lián)立得：（2）當ab棒脫離導軌后（對R放電，通過R的電量為 Q2，所以整個過程中通過 R的總電量為： Q=Q1Q2=例3-6分析：在四個圖中，產(chǎn)生的電動勢大小均相等（E），回路電阻均為4r，則電路中電流亦相等（I）B圖中，ab為電源，UabI3r3E/4，其他情況下，UabIrE/4。答案：B例4-1、解析：ab沿導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

12、時因切割磁感線，要產(chǎn)生感應電動勢，根據(jù)電磁感應定律： E=BLv 閉合電路AC ba中將產(chǎn)生感應電流，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電流方向為aAC 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 取平行和垂直導軌的兩個方向?qū)b所受的力進行正交分解，應有： FN = mgcos Ff= mgcos由可得以ab為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律應有：mgsin mgcos-=maab做加速度減小的變加速運動，當a=0時速度達最大因此，ab達到vm時應有：mgsin mgcos-=0 由式可解得注意：（1）電磁感應中的動態(tài)分析，是處理電磁感應問題的關

13、鍵，要學會從動態(tài)分析的過程中來選擇是從動力學方面，還是從能量、動量方面來解決問題。（2）在分析運動導體的受力時，常畫出平面示意圖和物體受力圖。例4-2、解答：（1）金屬棒開始下滑的初速度為零，根據(jù)牛頓第二定律 mgsinmgcosma 由式解得： a4m/s2 （2）設金屬棒運動達到穩(wěn)定時，速度為v，所受安培力為F，棒在沿導軌方向受力平衡 mgsinmgcosF0 此時金屬棒克服安培力做功的功率等于電路中電阻R消耗的電功率 FvP 由兩式解得 m/s （3）設電路中電流為I，兩導軌間金屬棒長為l，磁場的磁感應強度為B PI2R 由兩式解得 T 磁場方向垂直導軌平面向上。例4-4、解：由= kL

14、1L2可知，回路中感應電動勢是恒定的，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4-5、解題方法與技巧：由法拉第電磁感應定律可求出回路感應電動勢：E= 由閉合電路歐姆定律可求出回路中電流 I=由于安培力方向向左，應用左手定則可判斷出電流方向為順時針方向（由上往下看）.再根據(jù)楞次定律可知磁場增加，在t時磁感應強度為： B =（Bt）此時安培力為 F安=BIlab 由受力分析可知 F安=mg 由式并代入數(shù)據(jù)：t=495 s例4-6、分析：在t6.0s時，金屬桿以某一速度切割磁感線，產(chǎn)生電動勢

15、E1BLv的同時，由于，磁場本身是以Bkt的關系進行變化，因此，還會產(chǎn)生電動勢，這是很多考生在處理問題時最容易遺漏的。解題的關鍵在于能準確判斷出金屬桿在運動過程中所產(chǎn)生的兩種電動勢，同時還須判斷這兩個電動勢所產(chǎn)生的感應電流的方向關系，若相同，則電路的總電動勢為EE1E2，若相反，則電路的總電動勢應為EE1E2。本題的情況，可根據(jù)楞次定律判斷，兩電流方向相同。確定了感應電動勢，再聯(lián)系牛頓定律、運動學公式、閉合電路歐姆定律就可以解決本題。解答：以a表示金屬桿運動的加速度，在t時刻，金屬桿與初始位置的距離此時桿的速度，這時，桿與導軌構(gòu)成的回路的面積SLl，回路中的感應電動勢 而：Bkt ， 回路的總

16、電阻R2Lr0回路中的感應電流作用于桿的安培力FBli解得 ，代入數(shù)據(jù)為F1.44103N例4-7、解答：桿切割磁感線時，ab部分產(chǎn)生的感應電動勢EBv（2Rsin）此時，弧acb和弧adb的電阻分別為：R12R（）， R22R并聯(lián)后電阻 桿中的電流 作用在桿上的安培力 由以上各式解得 例4-8、分析：題目涉及一個關鍵的運動特征勻變速直線運動第一問比較容易看到，速度為零時，電流則為零，可以通過運動學公式解決同樣，速度最大時，電流也最大，而金屬桿的運動是勻減速運動，所以開始運動的瞬間，電流最大，則可以求出最大電流以及電流是最大電流一半時的安培力，根據(jù)牛頓第二定律則可求出此時的外力根據(jù)牛頓第二定律

17、方程，可求出F與v0的關系解答：（1）感應電動勢EBlv， 所以 I0時，v0 則： 1m （2）最大電流 安培力 0.02N 向右運動時 Ffma Fmaf0.18N 方向與x正向相反 向左運動時 Ffma Fmaf0.22N 方向與x正向相反 （3）開始時 vv0， 當v010m/s時，F(xiàn)0 方向與x正向相反 當v010m/s時，F(xiàn)0 方向與x正向相同例4-9、解析：（1）棒滑過圓環(huán)直徑OO 的瞬時，MN中的電動勢E1=B2a v=0.20.85=0.8V 等效電路如圖（1）所示，流過燈L1的電流I1=E1/R=0.8/2=0.4A （2）撤去中間的金屬棒MN，將右面的半圓環(huán)OL2O 以O

18、O 為軸向上翻轉(zhuǎn)90，半圓環(huán)OL1O中產(chǎn)生感應電動勢，相當于電源，燈L2為外電路，等效電路如圖（2）所示，感應電動勢E2=/t=0.5a2B/t=0.32V L1的功率P1=(E2/2)2/R=1.28102W例4-10、解析：（1）感應電動勢 感應電流 方向：逆時針（見右圖）（2）秒時， （3）總磁通量不變 擴展練習參考答案：1.CD 2AD 3.B 4.Q=It=或Q=5.（1）3.210-2 N （2）1.2810-2 J6.（1）電壓表 理由略 （2）F=1.6 N （3）Q=0.25 C7.（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

19、=BIl=B根據(jù)牛頓第二定律：a=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.由式中a=0有：Mgsin-B2l2vm/R=0vm=（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(zhuǎn)化成的內(nèi)能為E.根據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒定律：Fs-E=Mvm2E=Fs-M（）28.（1）每半根導體棒產(chǎn)生的感應電動勢為E1=Bl=Bl2=.4103（0.5）2 V=50 V.（2）兩根棒一起轉(zhuǎn)動時，每半根棒中產(chǎn)生的感應電動勢大小相同、方向相同（從邊緣指向中心），相當于四個電動勢和內(nèi)阻相同

20、的電池并聯(lián)，得總的電動勢和內(nèi)電阻為E=E1=50 V，r=R0=0.1 當電鍵S斷開時，外電路開路，電流表示數(shù)為零，電壓表示數(shù)等于電源電動勢，為50 V.當電鍵S接通時，全電路總電阻為R=r+R=（0.1+3.9）=4.由全電路歐姆定律得電流強度（即電流表示數(shù)）為I= A=12.5 A.此時電壓表示數(shù)即路端電壓為U=E-Ir=50-12.50.1 V=48.75 V（電壓表示數(shù)）或U=IR=12.53.9 V=48.75 V例5-1解：ab剛進入磁場就做勻速運動，說明安培力與重力剛好平衡，在下落2d的過程中，重力勢能全部轉(zhuǎn)化為電能，電能又全部轉(zhuǎn)化為電熱，所以產(chǎn)生電熱Q =2mgd。例5-2解：

21、給ab沖量后，ab獲得速度向右運動，回路中產(chǎn)生感應電流，cd受安培力作用而加速，ab受安培力而減速；當兩者速度相等時，都開始做勻速運動。所以開始時cd的加速度最大，最終cd的速度最大。全過程系統(tǒng)動能的損失都轉(zhuǎn)化為電能，電能又轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。由于ab、cd橫截面積之比為21，所以電阻之比為12，根據(jù)Q=I 2RtR，所以cd上產(chǎn)生的電熱應該是回路中產(chǎn)生的全部電熱的2/3。又根據(jù)已知得ab的初速度為v1=I/m，因此有： ，解得。最后的共同速度為vm=2I/3m，系統(tǒng)動能損失為EK=I 2/ 6m，其中cd上產(chǎn)生電熱Q=I 2/ 9m例5-3 解答：BCD例5-4解答：（1）線框在下落階段勻速進入磁場

22、的瞬間解得： （2）線框從離開磁場至上升到最高點的過程線框從最高點回落至進入磁場瞬間解得： （3）線框在向上通過磁場過程中v02v1所以： 例5-5分析：由于金屬棒勻速運動，產(chǎn)生的感應電流與金屬棒接入的長度成正比，當接入的長度最大時，感應電流最大，此時安培力也達到最大，要維持勻速運動，外力必然也達到最大；電流最大時，電阻消耗的功率也達到最大；根據(jù)金屬棒接入長度L與x的關系，通過電磁感應的相關公式，就可得出I與t的關系解答：（1）金屬棒勻速運動 F外F安 EBLv m 所以：Fmax0.3N（2）W（3）金屬棒與導軌接觸點間的長度隨時間變化 （m）且 xvt ，EBLv 所以 （A） 例5-6、

23、解析：該題的研究對象為線圈，線圈在勻速上升時受到的安培力安、繩子的拉力和重力1相互平衡，即安1砝碼受力也平衡：2線圈勻速上升，在線圈中產(chǎn)生的感應電流L，因此線圈受到向下的安培力安L聯(lián)解式得（21）2L2代入數(shù)據(jù)解得：4（）例5-7、6m/s、 2.5s例6-1、解析：線框進人磁場區(qū)時E1=B l v=2 V，=2.5 A方向沿逆時針，如圖（1）實線abcd所示，感電流持續(xù)的時間t1=0.1 s圖（1）線框在磁場中運動時：E2=0，I2=0無電流的持續(xù)時間：t2=0.2 s，圖（2）線框穿出磁場區(qū)時：E3= B l v=2 V，=2.5 A此電流的方向為順時針，如圖（1）虛線abcd所示，規(guī)定電

24、流方向逆時針為正，得I-t圖線如圖（2）所示（2）線框進人磁場區(qū)ab兩端電壓U1=I1 r=2.50.2=0.5V線框在磁場中運動時；b兩端電壓等于感應電動勢U2=B l v=2V圖（3）線框出磁場時ab兩端電壓：U3=E - I2 r=1.5V由此得U-t圖線如圖（3）所示點評：將線框的運動過程分為三個階段，第一階段ab為外電路，第二階段ab相當于開路時的電源，第三階段ab是接上外電路的電源例6-2分析：要判斷電流與時間的關系，首先要分析電流的大小和方向變化的規(guī)律。由于涉及轉(zhuǎn)動切割，所以必須要注意感應電動勢大小的計算方法。如果使用的是切割磁感線的公式：EBLv，則必須要注意，切割的速度不能使

25、用端點的線速度，而必須要使用平均速度，即中點速度。而另一關鍵問題是電流的變化的頻率，由于線圈在轉(zhuǎn)動一圈的過程中，分別有2次進磁場和出磁場，所以，電流的頻率應是轉(zhuǎn)動頻率的2倍。解答：（1）在從圖甲位置開始（t0）轉(zhuǎn)過60o的過程中，經(jīng)，轉(zhuǎn)角，回路的磁通量為：由法拉第電磁感應定律，感應電動勢為：因勻速轉(zhuǎn)動，這就是最大的感應電動勢，由閉合歐姆定律可求得： 前半圈和后半圈I（t）相同，故感應電流頻率等于旋轉(zhuǎn)頻率的2倍： （2）圖線如圖丙所示：例6-3、B 例6-4、D例6-5、分析：桿最終勻速運動時，外力必然與安培力相等，而沒有達到勻速之前，安培力隨電流的增大而增大，因而合力越來越小，所以加速度也越來

26、越小勻速時，合力為零，而金屬桿受拉力、安培力和阻力作用，利用平衡關系，可以建立直線方程，通過圖線的數(shù)據(jù)，就可以解決問題解答：（1）加速度越來越小的加速直線運動（2）感應電動勢 EBlv，感應電流 安培力 由圖線可知金屬桿受拉力、安培力和阻力作用，勻速時，合力為零， 由圖線可以得到直線的斜率 k2，而 ，即：T（3）由圖線的直線方程： 可知 直線的截距為 m/s 可以求出金屬桿所受到的阻力f，代入數(shù)據(jù)可得：f 2N例6-6、解析：(1)以ab桿為研究對象，當磁感應強度均勻增大時，閉合電路中有恒定的電流I。以ab桿為研究對象，它受到的安培力逐漸增大，靜摩擦力也隨之增大。當磁感應強度增大到ab所受安

27、培力F與最大靜摩擦力Fm相等時開始滑動。因F=BIl，B=B0+t=(0.5+0.2t) T，I=，E=l2， F=Fm。由以上各式求出，經(jīng)時間t=17.5 s后ab棒開始滑動，此時通過ab棒的電流大小為I=0.5 A，由楞次定律可判斷出，電流方向為從b到a。(2)當ab勻加速運動時，根據(jù)牛頓第二定律有：FT-Fm-F=ma。因F=B0Il，I=B0lv/R，v=at。聯(lián)立上述各式，并代入數(shù)據(jù)，可解得：FT=Fm+ma+B02l2at/R=(3+2.5t) N。由此可畫出FT-t關系圖象如圖所示。例7-1、分析：剪斷細線后，彈簧的作用使兩棒分離，穿過回路的磁通量增大，回路中產(chǎn)生感應電流，但兩棒

28、運動方向相反，安培力的方向也相反，由于有感應電流的產(chǎn)生，系統(tǒng)的機械能減小，向電能轉(zhuǎn)化，但系統(tǒng)沒有收到外力的作用影響，動量守恒解答：AD例7-2分析：碰撞模型是動量守恒定律應用的基本模型，題目所展現(xiàn)的物理過程首先是小球碰撞A1桿，在此碰撞過程，必然出現(xiàn)動量守恒的運算。碰撞后，小球反向平拋運動，而A1桿則獲得切割磁感線的初速度，因此，第二階段就要分兩個部分進行分析。題目的第一問顯然就涉及了動量守恒、平拋運動和電磁感應三方面的運算，但這三個點都是最基本的模型。第二問則涉及到兩桿運動的相互作用，就必然出現(xiàn)兩桿相互作用過程的動量守恒和能量守恒，理順關系，就可以建立方程。第三問所涉及的是在兩桿相互作用過程

29、之中的一個特定的狀態(tài)，求安培力的關鍵是求出感應電流，而求感應電流就必須先求感應電動勢，由于兩桿同時運動，則必須考慮兩桿所產(chǎn)生的感應電動勢的關系，同樣，求電動勢就要找出速度，題目只給出比例關系，所以還要靠動量守恒的關系進行求解。通過逆向的分析，問題就可以迎刃而解了。解答：（1）小球撞擊桿瞬間動量守恒，之后作平拋運功設小球碰撞后速度大小為v1，桿獲 得速度大小為v2 ，則v0v1 + mv2 S v l t H g t 2 v2 （v0S ） 桿在磁場中運動，其最大電動勢為E1BLv2 最大電流I max I max （2）兩金屬桿在磁場中運動始終滿足動量守恒兩桿最終速度相同，設為v mv22mv

30、 Qmv222mv2 Q m(v0 +S )2 （3）設桿A2和A1的速度大小分別為v和3v mv2mv+ m3v 由法拉第電磁感應定律得：E2BL（3 v一v） I 安培力FBIL F （v0S ）例7-3、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(chǎn)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： 解得進入磁場區(qū)瞬間，回路中電流強度為 （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

31、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 解得 （3）系統(tǒng)釋放熱量應等于系統(tǒng)機械能減少量，故有 解得例7-4、乙 甲F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(jīng)過很短的時間t，桿甲移動距離v1t，桿乙移動距離v2t，回路面積改變由法拉第電磁感應定律，回路中的感應電動勢回路中的電流 桿甲的運動方程由于作用于桿甲和桿乙的安培力總是大小相等，方向相反，所以兩桿的動量時為0）等于外力F的沖量聯(lián)立以上各式解得 代入數(shù)據(jù)得點評：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(chǎn)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

32、桿切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢分別為E1Blv1 ，E2Blv2 由右手定則知兩電動勢方向相反，故總電動勢為EE2E1Bl（v2v1）。分析甲、乙兩桿的運動，還可以求出甲、乙兩桿的最大速度差：開始時，金屬桿甲在恒力F作用下做加速運動，回路中產(chǎn)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

33、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，而由以上各式可解得例7-5、解析：(1)在兩金屬桿運動過程中,對兩桿組成的系統(tǒng)滿足動量守恒,設此時桿cd的速度為v2,滿足2mv1-mv2=0,得v2=2v1此時回路中產(chǎn)生的電動勢為E=Bl(v1+v2)=3Blv1回路中的電流大小為I1=ab桿所受的安培力大小為F1=BI1l=ab桿的加速度大小為a=-.(2)設達到最大速度時ab桿的速度為v,設cd桿的速度為v根據(jù)動量守恒可得2mv-mv=0,解出v=2v此時回路中產(chǎn)生的電動勢為E=Bl(v+

34、v)=3Blv回路中的電流大小為I=ab桿所受的安培力大小為F=BIl=桿達到最大速度時,ab桿所受的拉力與安培力平衡,即F=F由F=,解得v=在0T時間內(nèi),設通過ab桿的平均電流為,對ab桿應用動量定理得FT-BlT=2mv解得通過ab桿橫截面的電荷量q=T=-. 例7-6、解析：設桿向上的速度為v，因桿的運動，兩桿與導軌構(gòu)成的回路的面積減少，從而磁通量也減少。由法拉第電磁感應定律，回路中的感應電動勢的大小 回路中的電流 電流沿順時針方向。兩金屬桿都要受到安培力作用，作用于桿x1y1的安培力為 方向向上，作用于桿x2y2的安培力為 方向向下，當桿作勻速運動時，根據(jù)牛頓第二定律有 解以上各式得

35、 作用于兩桿的重力的功率的大小 電阻上的熱功率 由式，可得 vv例7-7、解析：（1）當兩金屬桿都以速度v勻速滑動時，每條金屬桿中產(chǎn)生的感應電動勢分別為： E1=E2=Bdv由閉合電路的歐姆定律，回路中的電流強度大小為：因拉力與安培力平衡，作用于每根金屬桿的拉力的大小為F1=F2=IBd。由以上各式并代入數(shù)據(jù)得N（2）設兩金屬桿之間增加的距離為L，則兩金屬桿共產(chǎn)生的熱量為，代入數(shù)據(jù)得Q=1.2810-2J.例7-8、解法1：設桿2的運動速度為v，由于兩桿運動時，兩桿間和導軌構(gòu)成的回路中的磁通量發(fā)生變化，產(chǎn)生感應電動勢 感應電流 桿2作勻速運動，它受到的安培力等于它受到的摩擦力， 導體桿2克服摩

36、擦力做功的功率 解得 解法2：以F表示拖動桿1的外力，以I表示由桿1、桿2和導軌構(gòu)成的回路中的電流，達到穩(wěn)定時，對桿1有 對桿2有 外力F的功率 以P表示桿2克服摩擦力做功的功率，則有 由以上各式得 當兩桿分別沿相同方向運動時，相當于兩個電池反向串聯(lián)。Bv0Lacdb例7-9、解析：ab棒向cd棒運動時，兩棒和導軌構(gòu)成的回路面積變小，磁通量發(fā)生變化，于是產(chǎn)生感應電流ab棒受到與運動方向相反的安培力作用作減速運動，cd棒則在安培力作用下作加速運動在ab棒的速度大于cd棒的速度時，回路總有感應電流，ab棒繼續(xù)減速，cd棒繼續(xù)加速兩棒速度達到相同后，回路面積保持不變，磁通量不變化，不產(chǎn)生感應電流，兩

37、棒以相同的速度v作勻速運動（1）從初始至兩棒達到速度相同的過程中，兩棒總動量守恒，有根據(jù)能量守恒，整個過程中產(chǎn)生的總熱量 （2）設ab棒的速度變?yōu)槌跛俣鹊?/4時，cd棒的速度為v1，則由動量守恒可知：此時回路中的感應電動勢和感應電流分別為：，此時棒所受的安培力： ，所以棒的加速度為 由以上各式，可得。例8-1、解析：設線圈完全進入磁場中時的速度為vx。線圈在穿過磁場的過程中所受合外力為安培力。對于線圈進入磁場的過程，據(jù)動量定理可得：對于線圈穿出磁場的過程，據(jù)動量定理可得： 由上述二式可得，即B選項正確。例8-2、解析：當金屬棒ab做切割磁力線運動時，要產(chǎn)生感應電動勢，這樣，電容器C將被充電，

38、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=UC=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： 四、針對練習參考答案：1（1）va=vb=（2）E= magh（3）Qa=E=magh ， Q b=E=magh2解析：當兩棒的速度穩(wěn)定時，回路中的感應電流為零，設導體棒ef的速度減小到v1， 導體棒gh的速度增大到v2，則有2BLv1-BLv2=0，即v2=2v1。對導體棒ef由動量定理得：對導體棒gh由動量定理得：由以上各式可得：3解析：先比較甲、乙線圈落地速度的大小。乙進入磁場時的速度較大，則安培力較大，

39、克服安培力做功較多，即產(chǎn)生的焦耳熱較多。由能量守恒定律可知，乙線圈落地速度較小。線圈穿過磁場區(qū)域時受到的安培力為變力，設受到的平均安培力為F，穿過磁場時間為，下落全過程時間為，落地時的速度為v，則全過程由動量定理得=。而 ， 所以。可見，兩下落過程安培力的沖量相等。因為： 所以 即：乙線圈運動時間較短，先落地。選B。4解析 當金屬棒ab所受恒力F與其所受磁場力相等時，達到最大速度vm .由F= 解得：vm=10 m/s.此后，撤去外力F，金屬棒ab克服磁場力做功，使其機械能向電能轉(zhuǎn)化，進而通過電阻R發(fā)熱，此過程一直持續(xù)到金屬棒ab停止運動。所以，感應電流在此過程中產(chǎn)生的熱量等于金屬棒損失的機械

40、能，即Q=5J.5解析：線框達到最大速度之前所受的安培力F=隨速度v的變化而變化，所以直接求解安培力做的總功較為困難，而用能量守恒的思想便可迎刃而解。設線框的最大速度為vm ，此后直到ab邊開始進入磁場為止，線框做勻速直線運動，此過程中線框的動能不變。由mg= 解得 vm= 2m/s全部進入后，無安培力，因此只需考慮從開始下落到剛好全部進入時，這段時間內(nèi)線框因克服安培力做功而損失的機械能為：mg（h+ L）=0.2 J.所以磁場作用于線框的安培力做的總功是0.2J6解析：當ab棒運動時，產(chǎn)生感應電動勢，ab、cd棒中有感應電流通過，ab棒受到安培力作用而減速，cd棒受到安培力作用而加速。當它們

41、的速度相等時，它們之間的距離最大。設它們的共同速度為v，則據(jù)動量守恒定律可得：mv02mv，即。對于cd棒應用動量定理可得： BLq=mv-0=所以，通過導體棒的電量q= 而所以q= 由上述各式可得： x=。7解析：（1）電動機的輸出功率為：W電動機的輸出功率就是電動機牽引棒的拉力的功率，所以有其中F為電動機對棒的拉力，當棒達穩(wěn)定速度時感應電流由式解得，棒達到的穩(wěn)定速度為m/s（2）從棒由靜止開始運動至達到穩(wěn)定速度的過程中，電動機提供的能量轉(zhuǎn)化為棒的機械能和內(nèi)能，由能量守恒定律得：解得 t=1s教學后記高考要求來看，這是命題重點內(nèi)容，復習應該達到以下效果：1、利用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律及功能關系研

42、究電磁感應過程中的能量轉(zhuǎn)化問題2、應用牛頓第二定律解決導體切割磁感線運動的問題。3、應用動量定理、動量守恒定律解決導體切割磁感線的運動問題。4、應用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律解決電磁感應問題。還有幾種模型分析，“雙桿”“單桿”等，從學生課堂反應，這節(jié)內(nèi)容還需要進一步訓練。配套練習：1 D 2 AD 3BD 4D5解析：M與m通過磁場相互作用,M做減速運動,m做加速運動,類似力學中的完全非彈性碰撞,最終兩者速度相同.系統(tǒng)動量守恒Mv0=(M+m)v,共同速度v=.系統(tǒng)的機械能減少,轉(zhuǎn)化為電能(內(nèi)能).選B. 6A7解析：設開始時導軌d與Ob的距離為x1，導軌c與Oa的距離為x2，由法拉第電磁感應定律知，

43、移動c或d時產(chǎn)生的感應電動勢E= 通過導體R的電量為Q=It=t=由上式可知，通過導體R的電量與導軌d或c移動的速度無關，由于B與R是定值，其電量取決于所圍面積的變化。若導軌d與Ob距離增大一倍，即由x1變?yōu)?x1，則所圍面積增大了S1=x1x2；若導軌c再與Oa距離減小一半，即由x2變?yōu)?，則所圍面積又減小了S2=2x1=x1x2；若導軌c再回到原處，此過程面積的變化為S3=S2=2x1=x1x2；最后導軌d又回到原處，此過程面積的變化為S4=x1x2；由于S1=S2=S3=S4，則通過電阻R的電量是相等的，即Q1=Q2=Q3=Q4.8C9解析：ab 棒切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，cd 棒不切割

44、磁感線，整個回路中的感應電動勢 E感=BLabv1=BLv1，回路中感應電流 I=，選項 C 錯誤.ab 棒受到的安培力為 F安=BIL=B=，ab 棒沿導軌勻速運動，受力平衡.ab 棒受到的拉力為 F=F摩+F安=mg+，選項 A 正確.cd 棒所受摩擦力為 f=F安=，選項 B 錯誤.cd 棒也勻速直線運動，受力平衡，mg=f，mg=，=，選項 D 正確.10解析：線圈在磁場中勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生交變電流，磁通量最大時，電動勢最小，磁通量最小時，電動勢最大，當磁通量等于0.5m時，線圈與磁場方向成60角，則電動勢應為Em，由Em=NBS=Nm，可知D正確，故選BCD；本題考查交流電的產(chǎn)生，考生對

45、知識理解不透徹將無法判斷，該題有一定難度. 11A12A13B15解析：利用變化的電流流過電感較大的線圈產(chǎn)生較高的自感電動勢而使空氣電離產(chǎn)生電弧的16解析：（1）粒子帶負電。 AB棒向右運動，由右手定則可知，棒內(nèi)產(chǎn)生的感應電流方向由B到A，所以金屬板的a板電勢高，板間有由a指向b的勻強電場。由于粒子所受的重力mg和電場力qE都是恒力，所以必有重力和電場力相平衡，而洛倫茲力提供向心力，即電場力必為豎直向上，故粒子必帶負電。（2）AB棒中的感應電動勢為：E=BLv電容器極板a、b上的電壓就是電阻R0上的電壓U=重力和電場力平衡，有：mg=粒子在極板間做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有：qvB=

46、m粒子的軌道半徑滿足R解得：v1.0 m/s（3）設帶電液滴從某點開始發(fā)生的位移大小等于圓周運動的直徑所需的時間為t，粒子做圓周運動的周期為T，則有：t=(k+)T (k=0,1,2)T=解得：t=(k+) (k=0,1,2)17答案：(1)v=2 m/s (2)t=1.5 s解析：由右手定則可知：棒切割磁感線運動產(chǎn)生感應電流I感方向由ab，棒受力的。右側(cè)視圖如圖示。拓展練習：答案：1.B 2.BD 3.C 4.BC 5.C 6.D 7.D 8.C 9.D10.解：（1）（2）當導體棒轉(zhuǎn)過角度時，由正弦定理，有 又 解、得 （3）11.解：（1）金屬棒達到穩(wěn)定速度時，加速度為零，所受合外力為零

47、，設此時細繩對棒的拉力為，金屬棒所受安培力為，則0，又，此時細繩拉力的功率與電動機的輸出功率出相等，而，出，化簡以上各式代入數(shù)據(jù)得260，所以2（3不合題意舍去）（2）由能量守恒定律可得出2，所以12.解：由能量守恒定律得：mgv=P 代入數(shù)據(jù)得：v=4.5m/s 又EBLv 設電阻與的并聯(lián)電阻為，ab棒的電阻為r，有 P=IE 代入數(shù)據(jù)得：6.013.解：（1）初始時刻棒中感應電動勢：棒中感應電流：作用于棒上的安培力聯(lián)立得，安培力方向：水平向左（2）由功和能的關系，得安培力做功電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱 （3）由能量轉(zhuǎn)化及平衡條件等，可判斷：棒最終靜止于初始位置14.解：(1)導體棒cd靜止時受力

48、平衡，設所受安培力為，則=mgsin=0. 10 N.(2）設導體棒ab的速度為v時，產(chǎn)生的感應電動勢為E,通過導體棒cd的感應電流為I，則解得=1.0 m/s(3)設對導體棒ab的拉力為F，導體棒ab受力平衡，則F= =mgsin=0. 20 N,拉力的功率P=Fv=0.20 W.15.解：(1)ab棒以加速度a向右運動，當細線斷時，ab棒運動的速度為v，產(chǎn)生的感應電動勢為 E= BLv,回路中的感應電流為I= E/2R,cd棒受到的安培力為FB=BIL,經(jīng)t時間細線被拉斷，得FB=T,v=at,聯(lián)立解得t=2RT/(B2 L2a).(2）細線斷后，ab棒做減速運動，cd棒做加速運動，兩棒之

49、間的距離增大，當兩棒達相同速度而穩(wěn)定運動時，兩棒之間的距離增量x達到最大值，整個過程回路中磁通量的變化量為= BLx，由動量守恒定律得mv=2m,回路中感應電動勢的平均值為,回路中電流的平均值I= El /2R,對于cd棒，由動量定理得BIL=m,聯(lián)立解得.16.解：(1)由磁通量隨時間變化的圖線可知在t=0到t=T/4時間內(nèi)，環(huán)中的感應電動勢為，在以上時段內(nèi)，環(huán)中的電流為，則在這段時間內(nèi)通過金屬環(huán)某橫截面的電量，聯(lián)立求解得。(2）在t=T/4到t=T/2和在t=3T/4到t=T時間內(nèi)，環(huán)中的感應電動勢E1=0；在t=T/2到t=3T/4時間內(nèi)，環(huán)中的感應電動，由歐姆定律可知在以上時段內(nèi)，環(huán)中的電流為。在t=0到t=2T時間內(nèi)金屬環(huán)所產(chǎn)生的電熱為。聯(lián)立求解得Q=1617.解：(1) E= BLv, (2)M、N兩點間電壓，當外電路電阻最大時，U有最大值。.因為外電路電阻，當，即x=L時，R有最大值，所以x=L時，即金屬棒在bc中點時M、N兩點間電壓有最