2022年高三第一轮复习电磁感应复习教案.docx

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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 第九章 电磁感应第 3 课电磁感应楞次定律一、电磁感应现象 1. 产生感应电流的条件 感应电流产生的条件是：穿过闭合电路的磁通量发生变化；以上表述是充分必要条件；不论什么情形, 只要满意电路闭合和磁通量发生变化这两个 条件,就必定产生感应电流；反之,只要产生了感应电流,那么电路肯定是闭合的,穿过该 电路的磁通量也肯定发生了变化；当闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线的运动时,电路中有感应电流产生；这个表述是充分条件,不是必要的；在导体做切割磁感线运动时用它判定比较便利；2. 感应电动势产生的条件；感应电动势产生的条件是：穿过电路的磁通量发生

2、变化；这里不要求闭合；无论电路闭合与否,只要磁通量变化了,就肯定有感应电动势产生；这好比一个电源：不论外电路是否闭合,电动势总是存在的；但只有当外电路闭合时,电路中才会有电流；二、右手定就 伸开右手,使大拇指与四指在同一个平面内,并跟四指垂直,让磁感线穿过手心,使大拇指指向导体的运动方向,这时四指所指R 的方向就是感应电流的方向；三、楞次定律 1楞次定律感应电流总具有这样的方向,即感应电流的磁场总要 阻碍 引起感应电 流的 磁通量的变化 ； 阻碍 原磁场增加时,抵抗 , 原磁场减小时,补充 2对“ 阻碍” 意义的懂得：（1）阻碍原磁场的变化； “ 阻碍” 不是阻挡,而是“ 延缓”（2）阻碍的是

3、原磁场的变化,而不是原磁场本身,假如原磁场不变化,即使它再强,也不会产生感应电流（3）阻碍不是相反 当原磁通减小时,感应电流的磁场与原磁场同向,以阻碍其减小；当磁体远离导体运动时,导体运动将和磁体运动同向,以阻碍其相对运动（4）由于“ 阻碍”,为了维护原磁场变化,必需有外力克服这一“ 阻碍” 而做功,从而导致 其它形式的能转化为电能因此楞次定律是能量转化和守恒定律在电磁感应中的表达3楞次定律的详细应用 从“ 阻碍相对运动”的角度来看,楞次定律的这个结论可以用能量守恒来说明：既然有 所以只能是机械能减 感应电流产生, 就有其它能转化为电能；又由于是由相对运动引起的,少转化为电能,表现出的现象就是

4、“ 阻碍” 相对运动；4运用楞次定律处理问题两种思路方法：名师归纳总结 常规法： 据原磁场 （B 原方向及 情形）楞次定律确定感应磁场 （B 感方向）第 1 页,共 12 页安培定就判定感应电流（I感方向）左手定就导体受力及运动趋势. 成效法由楞次定律可知,感应电流的“ 成效”总是阻碍引起感应电流的“ 缘由” ,深刻懂得“ 阻碍” 的含义. 据 阻碍 原就,可直接对运动趋势作出判定. - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 例题举例【例 1】一平面线圈用细杆悬于P点,开头时细杆处于水平位置,释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动, 已知线圈平面始终与纸面垂直,

5、当线圈第一次通过位置和位置时,顺着磁场的方向看去,线圈中的感应电流的方向分别为位置 位置（A）逆时针方向 逆时针方向（B）逆时针方向 顺时针方向（C）顺时针方向 顺时针方向（D）顺时针方向 逆时针方向【例 2】如下列图,有两个同心导体圆环；内环中通有顺时针方向的电流,外环中原先无电流；当内环中电流逐步增大时,外环中有无感应电流？方向如何？解：由于磁感线是闭合曲线,内环内部向里的磁感线条数和内环外向外的全部磁感线条数相等, 所以外环所围面积内（应当包括内环内的面积,而不只是环形区域的面积）的总磁通向里、 增大, 所以外环中感应电流磁场的方向为向外,由安培定就, 外环中感应电流方向为逆时针；【例

6、3】 如下列图,闭合导体环固定；条形磁铁S 极向下以初速度v0 沿过导体环圆心的竖直线下落的过程中,导体环中的感应电流方向如何？解：从“ 阻碍磁通量变化” 来看,原磁场方向向上,先增后减,感应N S v0 电流磁场方向先下后上,感应电流方向先顺时针后逆时针；从“ 阻碍相对运动” 来看,先排斥后吸引,把条形磁铁等效为螺线管,依据“ 同向电流相互吸引,反向电流相互排斥”,也有同样的结论；【例 4】 如下列图, O1O2是矩形导线框abcd 的对称轴,其左方有匀强磁场；以下哪些情形下 abcd 中有感应电流产生？方向如何？c a O1 d A. 将 abcd 向纸外平移 B.将 abcd 向右平移C

7、.将 abcd 以 ab 为轴转动 60 D. 将 abcd 以 cd 为轴转动 60解： A、 C 两种情形下穿过abcd 的磁通量没有发生变化,无感b O2 c 应电流产生； B、D两种情形下原磁通向外,削减,感应电流磁场向外,感应电流方向为abcd；L 2【例 5】如下列图装置中,cd 杆原先静止； 当 ab 杆做如下那些运动时, cd 杆将向右移动（）a 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d L 1 O1 B BD b 【例 6】 如图当磁铁绕O1O2轴匀速转动时,矩形导线框（不考虑重力）将如何运动？解：此题分析方法许多,最简洁的方法是：从“ 阻碍相

8、对运动”的角度来看,导线框肯定会跟着条形磁铁同方向转动起来；假如不 计摩擦阻力,最终导线框将和磁铁转动速度相同；假如考虑摩擦阻 O2 力导线框的转速总比条形磁铁转速小些；a b 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 12 页精选学习资料 - - - - - - - - - 【例 7】 如下列图,水平面上有两根平行导轨,上面放两根金属棒 a、b；当条形磁铁如图向下移动时（不到达导轨平面）,a、b 将如何移动？【例 8】如下列图,在条形磁铁从图示位置绕 邻近的金属棒 ab 将如何移动？O1O2 轴转动 90 的过程中,放在导轨右端解：无论条形磁铁的哪个极为N极,也无论是顺时针转动

9、仍是O1a 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O2b 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；【例 9】如下列图,用丝线悬挂闭合金属环,悬于O点,虚线左边有匀强B O 磁场,右边没有磁场；金属环的摇摆会很快停下来；试说明这一现象；如整个空间都有向外的匀强磁场,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,由于磁通量发生变化,环内肯定会有感应电流产生,依据楞次定律将会阻碍相对运动,所以摇摆会很快停下

10、来, 这就是电磁阻尼现象；当然也可以用能量守恒来说明：既然有电流产生,就肯定有一部分机械能向电能转化,最终电流通过导体转化为内能；如空间都有匀强磁场,穿过金属环的磁通量反而不变化了,因此不产生感应电流,因此也就不会阻碍相对运动,摆动就不会很快停下来；四、电磁感应在实际生活中的应用例析S k 【例 10】如下列图是生产中常用的一种延时继电器的示意图；铁芯上有两个线圈A和 B；线圈 A跟电源连接, 线圈 B的两端接在一起,构成一个闭合电路；在拉开开关S 的时候 , 弹簧 k 并不能立即将衔铁 D拉起, 从而使触头C（连接工作电路）立刻离开,过一段时间后触头C 才能离开；延时继电器就是这样得名的；试

11、说明这种继电器的工作原理；【例 11】如图是家庭用的“ 漏电爱护器“ 的关键部分的原理图,其中 P 是变压器铁芯,入户的两根电线”（火线和零线）采纳双线绕P法,绕在铁芯一侧作为原线圈,然后再接入户内的用电器；Q 是一个脱扣开关的掌握部分（脱扣开关本身没有画出,它是串联在本图左边ab 的火线和零线上,开关断开时,用户供电被切断）,Q接在铁芯另一侧副线圈的两端a、b 之间,当a、b 间没有电压时,Q使得脱扣开关闭合,当a、b 间有电压时,脱扣开关即断开,使用户断电；（1）用户正常用电时,a、b 之间有没有电压？（2）假如某人站在地面上,手误触火线而触电,脱扣开关是否会断开？为什么？解析：（ 1）

12、用户正常用电时,a、b 之间没有电压,由于双线绕成的初级线圈两根导线中的电流总是大小相等而方向相反的,穿过铁芯的磁通量总为 0,副线圈中不会有感应电动势产生；（2）人站在地面上手误触火线,电流通过火线和人体而流向大地,不通过零线,这样名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 12 页精选学习资料 - - - - - - - - - 变压器的铁芯中就会有磁通量的变化,从而次级产生感应电动势,脱扣开关就会断开；第 2 课法拉第电磁感应定律自感一区分物理量1、磁通量 穿过某一面积的磁感线的条数2、磁通量的变化量 2 13、磁通量的变化率t 单位时间内的磁通量的变化二法拉第电磁感应定律电

13、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；Ent1、 反映磁通量变化的快慢B 和 S 的夹角2、 电动势的平均值3、 的产生方式：转变B,转变 S,、转变三、推论把 AB 向右移动一段距离,AB 长 L,速度 v,匀强磁场B A L 2 L 1 v R 当 BL,L v,Bv 时有EtBtSB L vttEB L v（电动势的平均值和瞬时值）B 推广：已知： B,L,求： E？EtBtSBtL2B2tL2E1BL222F 例题举例：【例 1】如下列图,长L1宽 L2 的矩形线圈电阻为R,处于磁感应B 强度为 B 的匀强磁场边缘,线圈与磁感线垂直；求

14、：将线圈以向右的速度 v 匀速拉出磁场的过程中,拉力 F大小； 拉力的功率P； 拉力做的功W； 线圈中产生的电热Q ；通过线圈某一截面的电荷量 q ；名师归纳总结 留意电热 Q和电荷 q 的区分,其中qR与速度无关！ （这个结论以后a R L 第 4 页,共 12 页常常会遇到） ；【例 2】如图,竖直放置的U形导轨宽为L,上端串有电阻R（其余m 导体部分的电阻都忽视不计）；磁感应强度为B 的匀强磁场方向垂直于纸面对外；金属棒ab 的质量为 m,与导轨接触良好,不计摩擦；从静止- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 释放后 ab保持水平而下滑；试求ab 下滑

15、的最大速度vm【例 3】 如下列图, U 形导线框固定在水平面上,右端放有质L 1 L2 B a 量为 m的金属棒 ab,ab与导轨间的动摩擦因数为 ,它们围成的矩形边长分别为L1、L2,回路的总电阻为R；从 t =0 时刻起,在竖直向b 上方向加一个随时间匀称变化的匀强磁场B=kt ,（k0）那么在 t 为多大时,金属棒开头移动？解：由 E = kL1L2 可知,回路中感应电动势是恒定的,电流大小也是恒定的,但由t于安培力 F=BIL B=kt t ,随时间的增大,安培力将随之增大；当安培力增大到等于最大静摩擦力时, ab 将开头向左移动；这时有：kt L 1 kL 1 L 2 mg , t

16、 2 mgR2R k L 1 L 2【例 4】如下列图,水平面上固定有平行导轨,磁感应强度为B 的匀强磁场方向竖直向下；同种合金做的导体棒 ab、cd 横截面 B 积之比为 21,长度和导轨的宽均为 L,ab 的质量为 m ,电阻为 a d r ,开头时 ab、cd 都垂直于导轨静止,不计摩擦；给 ab 一个向右的瞬时冲量 I ,在以后的运动中,cd 的最大速度 vm、最大加速度 b c am、产生的电热各是多少？解：给 ab 冲量后, ab获得速度向右运动,回路中产生感应电流,cd 受安培力作用而加速, ab 受安培力而减速；当两者速度相等时,都开头做匀速运动；所以开头时 cd 的加速度最大

17、,最终 cd 的速度最大；全过程系统动能的缺失都转化为电能,电能又转化为内能；由于 ab、cd 横截面积之比为 21,所以电阻之比为 12,依据 Q=I 2RtR,所以 cd 上产生的电热应当是回路中产生的全部电热的 2/3 ；又依据已知得 ab的初速度为 v1=I/m ,因此有：2 2E BLv 1 , I E , F BLI , a m F,解得 am 2 B L2 I；最终的共同速度为 vm=2I/ 3m,r 2 r m / 2 3 m r系统动能缺失为 EK=I 2 / 6 m,其中 cd 上产生电热 Q=I 2 / 9 m【例 5】如下列图,空间存在垂直于纸面的匀称磁场,在半径为 a

18、 的圆形区域内部及外部,磁场方向相反,磁感应强度的大小均为 B；一半径为 b ,电阻为R 的圆形导线环放置在纸面内,其圆心与圆形区域的中心重合；当内、外磁场同时由 B 匀称地减小到零的过程中,通过导线截面的电量 q _；2 21 B b 2 a ,2 0,2 22 1 Bb 2 a,2 2Bb 2 a由 q,qR R【例 6】如下列图是一种 测量通电螺线管中磁场的装置,把一个很小的测量线圈 A 放在待测处,线圈与测量电量的冲击电流计 G串联,当用双刀双掷开关 S 使螺线管的电流反向时,测量线圈中就产生感应电动势,从而引起电荷的迁移,由表G测出电量 Q,就可以算出线圈名师归纳总结 所在处的磁感应

19、强度B；已知测量线圈共有N匝,直径为d,它和表 G串联电路的总电阻为第 5 页,共 12 页R,就被测处的磁感强度B 为多大？解析： 当双刀双掷开关S 使螺线管的电流反向时,测量线圈中就产生感应电动势,依据法拉- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 第电磁感应定律可得：ENtN2Bd/2 2t由欧姆定律得：IBQEtR由上述二式可得：2 QR.Nd2四、自感现象1、 自感 由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象叫自感现象；产生的电动势叫自感电动势；电流 I 变化时,自感电动势阻碍电流的变化（当 I 增加,自感电动势抵抗 I 的增加,当 I 减小,自感电动

20、势补充 I 的减小）2、 缘由导体本身的电流变化,引起磁通量的变化3、自感电动势和自感系数 E L It反映电流变化的快慢自感系数 L 打算于线圈的自身（长度、截面积、匝数、铁芯）自感电动势由 L 和 I 的变化率共同打算单位：亨利 1H10 3 mH 1mH 10 3H 自感现象只有在通过电路电流发生变化才会产生当流过线圈 L 的电流突然增大瞬时,我们可以 把 L 看成一个阻值很大的电阻；当流经 L 的电 流突然减小的瞬时, 我们可以把 L 看作一个电 源,它供应一个跟原电流同向的电流图 2 电路中,当 S 断开时,我们只看到 A 灯闪亮了一下后熄灭,那么 S 断开时图 1 电路在判定电路性

21、质时, 一般分析方法是：中就没有自感电流？能否看到明显的自感现象,不仅仅取决于自感电动势的大小,仍取决于电路的结构在图 2 电路中,我们预先在电路设计时取线圈的阻值远小于灯 A 的阻值,使 S断开前, 并联电路中的电流ILIR ,S 断开瞬时, 虽然 L 中电流在减小, 但这一电流全部流过 A 灯,仍比 S 断开前 A 灯的电流大得多, 且延滞了一段时间,所以我们看到 A 灯闪亮一下后熄灭,对图 1 的电路, S 断开瞬时也有自感电流,但它比断开前流过两灯的电流仍小,就不会显现闪亮一下的现象除线圈外,电路的其它部分是否存在自感现象？当电路中的电流发生变化时,电路中每一个组成部分,甚至连导线,

22、都会产生自感电动势去阻碍电流的变化,只不过是线圈中产生的自感电动势比较大,其它部分产生的自感电动势特别小而已；2、自感现象的应用日光灯（1）启动器：利用氖管的辉光放电,起自动把电路接通和断开的作用（2）镇流器： 在日光灯点燃时, 利用自感现象, 产生瞬时高压, 在日光灯正常发光时, ,利用自感现象,起降压限流作用；3、日光灯的工作原理图如下：图中 A 镇流器,其作用是在灯开头点燃时起产生瞬时高压的作名师归纳总结 用；在日光灯正常发光时起起降压限流作用B 是日光灯管,它的第 6 页,共 12 页内壁涂有一层荧光粉,使其发出的光为柔和的白光；C 是启动器,- - - - - - -精选学习资料 -

23、 - - - - - - - - 它是一个充有氖气的小玻璃泡,里面装上两个电极,一个固定不动的静触片和一个用双金属片制成的 U形触片组成【例 7】如下列图的电路中,A1和 A2 是完全相同的灯泡,线圈 L 的电阻可以忽视不计,以下说法中正确选项（）A合上开关 S接通电路时, A2先亮 A1 后亮,最终一样亮B合上开关 S接通电路时, A1和 A2始终一样亮C断开开关 S切断电路时, A2立刻熄灭, A1 过一会熄灭D断开开关 S切断电路时, A1和 A2都要过一会才熄灭 A、D第 2 课 电磁感应与电路规律的综合应用一、电路问题或E1、确定电源： 第一判定产生电磁感应现象的那一部分导体（电源）

24、,其次利用EntBLvsin求感应电动势的大小,利用右手定就或楞次定律判定电流方向；2、分析电路结构,画等效电路图3、利用电路规律求解,主要有欧姆定律,串并联规律等二、图象问题1、定性或定量地表示出所讨论问题的函数关系2、在图象中 E、I 、B 等物理量的方向是通过正负值来反映3、画图象时要留意横、纵坐标的单位长度定义或表达【例 1】匀强磁场磁感应强度 B=0.2 T ,磁场宽度 L=3rn ,一正方形金属框边长 ab=l =1m,每边电阻 r=0.2 ,金属框以v=10m/s 的速度匀速穿过磁场区,其平面始终保持与磁感线方向垂直,如下列图,求：（1）画出金属框穿过磁场区的过程中,金属框内感应

25、电流的I-t图线（2）画出 ab 两端电压的 U-t 图线解析：线框进人磁场区时E1=B lv=2 V,I1E 1=2.5 A t1=l =0.1 s v4r方向沿逆时针,如图（1）实线 abcd 所示,感电流连续的时间线框在磁场中运动时：E2=0,I 2=0 无电流的连续时间：t2=Lvl=0.2 s ,图（ 1）线框穿出磁场区时：E3= B l v=2 V,I3E 3=2.5 A 4 r此电流的方向为顺时针,如图（1）虚线 abcd 所示,规定电流方向逆时针为正,得I-t图线如图（ 2）所示（2）线框进人磁场区ab 两端电压U1=I1 r =2.5 图（ 2）名师归纳总结 - - - -

26、- - -第 7 页,共 12 页精选学习资料 - - - - - - - - - 0.2=0.5V 线框在磁场中运动时；b 两端电压等于感应电动势 U2=B l v= 2V 线框出磁场时 ab 两端电压： U3=E - I 2 r =1.5V 由此得 U-t 图线如图（ 3）所示 一、 综合例析【例 2】如下列图,平行导轨置于磁感应强度为 B 的匀强磁场中（方向向里） ,间距为 L,左端电阻为R,其余电阻不计,导轨右端接一电容为 C的电容器；现有一长 2L 的金属棒 ab 放在导轨上, ab 以 a为轴顺时针转过 90 的过程中,通过 R的电量为多少？解析：（1）由 ab 棒以 a 为轴旋转

27、到 b 端脱离导轨的过程中,产生的感应电动势始终增大,对 C不断充电,同时又与 R 构成闭合回路；ab 产生感应电动势的平均值 E B St tS 表示 ab 扫过的三角形的面积,即 S 1L 3 L 3L 22 22通过 R的电量 Q1 I t E t 由以上三式解得 Q 1 3 BLR 2 R在这一过程中电容器充电的总电量 Q=CUm Um为 ab棒在转动过程中产生的感应电动势的最大值；即U mB2L12 L2BL2联立得：Q22BL2CB =0.1 T/stR0=0.1 的导R=0.4 ,2（2）当 ab棒脱离导轨后（对R放电,通过R的电量为Q2,所以整个过程中通过R的总电量为：Q=Q1

28、Q2=BL2232CR【例 3】如下列图,竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T ,并且以在变化,水平轨道电阻不计,且不计摩擦阻力,宽0.5 m 的导轨上放一电阻体棒,并用水平线通过定滑轮吊着质量M=0.2 kg的重物,轨道左端连接的电阻图中的 l =0.8 m ,求至少经过多长时间才能吊起重物. 解题方法：名师归纳总结 由法拉第电磁感应定律可求回路感应电动势E=tSB：（由上往下看） . 再第 8 页,共 12 页t由闭合电路欧姆定律可求出回路中电流I =R 0ER由于安培力方向向左, 应用左手定就可判定出电流方向为顺时针方向依据楞次定律可知磁场增加,在t 时磁感应强度为：B = （B

29、B tt ） 此时安培力为F 安=BIlab由受力分析可知F 安=mg由式并代入数据：t =495 s - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 第 4 课 电磁感应与力学规律的综合应用电磁感应等电学学问和力学学问的综合应用,主要有1、利用能的转化和守恒定律及功能关系讨论电磁感应过程中的能量转化问题2、应用牛顿其次定律解决导体切割磁感线运动的问题；3、应用动量定理、动量守恒定律解决导体切割磁感线的运动问题；4、应用能的转化和守恒定律解决电磁感应问题；一、电磁感应中的动力学问题解决这类问题的关键在于通过运动状态的分析来查找过程中的临界状态,如速度、 加速度取最大

30、值或最小值的条件等；【例 1】如图, 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为 ,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 AC端连接一个阻值为 R的电阻, 一根质量为 m、垂直于导轨放置的金属棒 ab,从静止开头沿导轨下滑,求此过程中 ab 棒的最大速度； 已知 ab与导轨间的动摩擦因数为 ,导轨和金属棒的电阻不计；解析： ab 沿导轨下滑过程中受四个力作用,即重力 mg,支持力 FN、摩擦力 Ff和安培力 F 安,如下列图, ab 由静止开头下滑后,将是 v E I F 安 a,所以这是个变加速过程,

31、当加速度减到 a=0 时,其速度即增到最大 v=vm,此时必将处于平稳状态,以后将以 vm匀速下滑名师归纳总结 E=BLv I=E/R F安=BILB2L2v=ma第 9 页,共 12 页对 ab 所受的力正交分解,FN = mgcos Ff= mgcos由可得F 安B2L2vR以 ab为讨论对象,依据牛顿其次定律应有：mgsin mgcos -Rab 做加速度减小的变加速运动,当a=0 时速度达最大因此, ab 达到 vm时应有： mgsin mgcos -B2L2v=0R- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 由式可解得vmmgsinB2L 2cosR二

32、、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,分析清晰有哪些力做功,就可知道有哪些形式的能量参加了相互转化,然后利用能量守恒列出方程求解；【例 2】如图,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 m,电阻为 r 的金属棒 ab,段上静止放置一金属棒 cd,质量为 2m；,电阻为 2r ；另一质量为 从圆弧段 M处由静止释放滑至 N处进入水平段, 圆弧段 MN半径 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？（

33、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：1 2mgR 1 cos 60 mv 解得 v gR2进入磁场区瞬时,回路中电流强度为 I E Bl gR2 r r 3 r（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

34、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 2 m m v 解得 v 1 gR3（3）释放热量等于系统机械能削减量,有 Q 1mv 2 13 m v 2解得 Q 1mgR2 2 3三、综合例析（一）电磁感应中的“ 双杆问题”【例 3】（2003 年全国理综卷）如下列图,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,可忽视不计； 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,名师归纳总结 滑动过程中与导轨保持垂直,每根金

35、属杆的电阻为R=0.50 ；在 t =0 时刻,两杆都处于静第 10 页,共 12 页止状态； 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 ,回路面积转变乙甲Sxv2tv1ttlxv 1v2lt由法拉第电磁感应定律,回路中的感应电动势EBSt- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - -

36、 回路中的电流iE, 杆甲的运动方程FBlima2R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t0时为0）等于外力F 的冲量Ftmv 1mv2mav21F12R2Fma联立以上各式解得v 11F 12 RFB2F2m2mB2I代入数据得v18.15m/sv21 .85ms【例 4】两根相距 d=0.20m 平行金属长导轨固定在同一水平面,处于竖直方向的匀强磁场中,磁场的磁感应强度 B=0.2T ,导轨上横放着两条金属细杆,构成矩形回路,每条金属细杆的电阻为 r =0.25 ,回路中其余部分的电阻可不计 . 已知两金属细杆在平行于导轨的拉力的作用下沿导轨朝相反方向匀速

37、平移,速度大小都是 摩擦 . （1）求作用于每条金属细杆的拉力的大小 . v=5.0m/s ,如下列图 . 不计导轨上的（2）求两金属细杆在间距增加0.40m 的滑动过程共产生的热量. v I22 rv ,解析：（ 1）当两金属杆都以速度v 匀速滑动时,每条金属杆中产生的感应电动势分别为：E1=E2=BdvL由闭合电路的欧姆定律,回路中的电流强度大小为：IE12 rE2因拉力与安培力平稳,作用于每根金属杆的拉力的大小为F1=F2=IBd；由以上各式并代入数据得F 1F2B2d2v3 .2102N r（2）设两金属杆之间增加的距离为L,就两金属杆共产生的热量为Q2 v代入数据得Q=1.28 10

38、-2 J. BLR（二）电磁感应中的一个推论安培力的冲量公式FtBLItBLq【例 5】在光滑水平面上,有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内,有一边长为a（ aL）的正方形闭合线圈以初速v0垂直磁场aa边界滑过磁场后速度变为v（vv0A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以上情形A、B 均有可能,而C解析：设线圈完全进入磁场中时的速度为vx；线圈在穿过磁场的过程中所受合外力为安培力；对于线圈进入磁场的过程,据动量定理可得：名师归纳总结 - - - - - - -第 11

39、 页,共 12 页精选学习资料 - - - - - - - - - FtBaRBaBa2mvxmv0R对于线圈穿出磁场的过程,据动量定理可得：aFtBaRBaBa2mvmvxCv0 R由上述二式可得vxv 02v,即 B 选项正确；bm的金属棒 ab,左端连接【例 6】光滑 U型金属框架宽为L,足够长,其上放一质量为有一电容为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,如下列图；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 棒以稳固速度 v 匀速运动

40、时,有： BLv=UC=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：vmmv 02 LCB2例 7如图,电动机牵引一根原先静止的、长L 为 1m、质量 m为 0.1kg 的导体棒 MN上升,导体棒的电阻R 为 1 ,架在竖直放置的框架上,它们处于磁感应强度B 为 1T 的匀强磁场中,磁场方向与框架平面垂直；当导体棒上升h=3.8m 时,获得稳固的速度,导体棒上产生的热量为2J,电动机牵引棒时,电压表、电流表的读数分别为7V、 1A,电动机内阻r为 1 ,不计框架电阻及一切摩擦,求：（1）棒能达到的稳固速度；（2）棒从静止至达到稳固速度所需要的时间；名师归纳总结 解析：（1）电动机的输出功率为：P出IUI2r6W m/