高三物理第一轮复习——电磁感应考点例析答案12301.pdf

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1、 高三物理第一轮复习电磁感应考点例析答案 例 2-1、解析：此题旨在考查感应电流产生的条件。根据直线电流周围磁场的特点，判断三个线框运动过程中，穿过它们的磁通量是否发生变化。(1)长直导线通有自左向右的恒定电流时，导线周围空间磁场的强弱分布不变，但离导线越远，磁场越弱，磁感线越稀；离导线距离相同的地方，磁场强弱相同。线框沿垂直于导线方向向下运动，穿过它的磁通量减小，有感应电流产生，电流产生的磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律，感应电流的磁场方向也应垂直纸面向里，再由右手螺旋定则可判断感应电流为顺时针方向；线框沿平行导线方向运动，与直导线距离不变，穿过线框的磁通量不变，因此线框中无感应电流产生；

2、线框绕 OO轴转动过程中，穿过它的磁通量不断变化，在转动过程中线框中有感应电流产生，其方向是周期性改变的。(2)线框转到图示位置的瞬间，线框中无感应电流，由于长直导线下方的磁场方向与纸面垂直，在该位置线框的两竖直边运动方向与磁场方向平行，不切割磁感线，所以无感应电流；从磁通量变化的角度考虑，图示位置是线框中磁通量从增加到最大之后开始减小的转折点，此位置感应电流的方向要发生变化，故此时其大小必为 0。解题回顾：对瞬时电流是否存在应看回路中磁通量是否变化，或看回路中是否有一段导体做切割磁感线运动，要想知道线框在磁场中运动时磁通量怎样变化，必须知道空间的磁场强弱、方向分布的情况，对常见磁体及电流产生

3、的磁场要相当熟悉。例 2-3 命题意图：考查对楞次定律的理解应用能力及逻辑推理能力。线圈第一次经过位置时，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律，线圈中感应电流的磁场方向向左，根据安培定则，顺着磁场看去，感应电流的方向为逆时针方向.当线圈第一次通过位置时，穿过线圈的磁通量减小，可判断出感应电流为顺时针方向，故选项 B 正确。例 2-4、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所有磁感线条数相等，所以外环所围面积内（应该包括内环内的面积，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，由安培定则，外环中感应电流方向为逆时针。例 2-5、解：当开关

4、 S 闭和瞬间，线圈 A 相当于环形电流，其内部磁感线方向向里，其外部磁感线方向向外。线圈 B 有一半面积处在线圈 A 中，则向里的磁场与向外的磁场同时增大。这时就要抓住主要部分。由于所有向里的磁感线都从 A 的内部穿过，所以 A 的内部向里的磁感线较密，A 的外部向外的磁感线较稀。这样 B 一半的面积中磁感线是向里且较密，另一半面积中磁感线是向外且较稀。主要是以向里的磁感线为主，即当开关 S 闭和时，线圈 B 中的磁通量由零变为向里，故该瞬间磁通量增加，则产生的感应电流的磁场应向外，因此线圈 B 有沿逆时针的感应电流。答案为 C。例 2-6、解：从“阻碍磁通量变化”来看，原磁场方向向上，先增

5、后减，感应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，根据“同向电流互相吸引，反向电流互相排斥”，也有同样的结论。例 2-7、解：A、C 两种情况下穿过 abcd 的磁通量没有发生变化，无感应电流产生。B、D 两种情况下原磁通向外，减少，感应电流磁场向外，感应电流方向为 abcd。例 2-8、解：本题分析方法很多，最简单的方法是：从“阻碍相对运动”的角度来看，导线框一定会跟着条形磁铁同方向转动起来。如果不计摩擦阻力，最终导线框将和磁铁转动速度相同；如果考虑摩擦阻力导线框的转速总比条形磁铁转速小些。例 2-9、解：无论条形磁铁

6、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。例2-10、BD 例 2-11、解：根据=BS，磁铁向下移动过程中，B 增大，所以穿过每个环中的磁通量都有增大的趋势，由于 S不可改变，为阻碍增大，导体环应该尽量远离磁铁，所以 a、b 将相互远离。例 2-12、解：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，b 立即变亮。这时 L 的

7、作用相当于一个大电阻；稳定后两灯都正常发光，a 的功率大，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 相当于一个电源。例 2-13、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，环内一定会有感应电流产生，根据楞次定律将会阻碍相对运动，所以摆动会很快停下来，这就是电磁阻尼现象。当然也可以用能量守恒来

8、解释：既然有电流产生，就一定有一部分机械能向电能转化，最后电流通过导体转化为内能。若空间都有匀强磁场，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。例 2-14、B 例 2-16、解析：若是匀强磁场，闭合环的磁通量不发生变化，无感应电流产生，环也就受不到磁场力，所以环仍保持机械能守恒，上升的高度等于 h。若是非匀强磁场，闭合环的磁通量发生变化，有感应电流产生，环受到磁场力作用去阻碍环与磁场间的相对运动，使环损失一部分机械能向电能转化，所以环上升的高度小于 h。因此答案 D正确。例 2-17、AD 例 2-19、解析：本题应逆向推导,由果寻因

9、.综合运用了左、右手定则,安培定则和楞次定律,综合性强,是一道较典型的考题,结合示意图分析出正确选项为 B、C。例 2-20、D 例 2-21、分析：金属线框进入磁场时，由于穿过线框的磁通量增加，产生感应电流，根据楞次定律判断电流的方向为abcda金属线框离开磁场时，由于穿过线框的磁通量减小，产生感应电流，根据楞次定律判断电流的方向为adcba根据能量转化和守恒定律可知，金属线框的机械能将逐渐减小，转化为电能，如此往复摆动，最终金属线框在匀强磁场内摆动，由于 d0L，满足单摆运动的条件，所以，最终为简谐运动解答：D 例 2-22 分析：要产生 B 环中所示的电流，感应磁场方向为垂直纸面向外，由

10、楞次定律知 A 环内的磁场应向里增强或向外减弱，由安培定则可知 BC 正确 解答：BC 例 3-1、答案：710-3Wb，410-3Wb；3.2V，-0.8V 例 3-2、C 例 3-3、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。vRvLBFBILFREIvBLE22222,22222vRvLBFvP vRvLLBFLW12221 vWQ RtREtIq与 v 无关 特别要注意电热 Q 和电荷 q 的区别，其中Rq与速度无关！（这个结论以后经常会遇到）。例 3-4、解答:设 PQ 从顶角 O 开始向右运动的时间

11、为 t，Ob=v t，abv F L1 L2 B v 回路中E=Blv=Babv=Bv2 ttan。回路中感应电流 例 3-5、解析：（1）由 ab 棒以 a 为轴旋转到 b 端脱离导轨的过程中，产生的感应电动势一直增大，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 tSBtE S表示 ab 扫过的三角形的面积，即223321LLLS 通过 R 的电量tREtIQ1 由以上三式解得RBLQ2321 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 22)221(2BLLLBUm 联立得：CBLQ222（2）当 a

12、b 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=Q1Q2=)223(2CRBL 例 3-6 分析：在四个图中，产生的电动势大小均相等（E），回路电阻均为 4r，则电路中电流亦相等（I）B 图中，ab为电源，UabI3r3E/4，其他情况下，UabIrE/4。答案：B 例 4-1、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，如图所示，ab 由静止开始下滑后，将是aFIEv安（为增大符号），所以这是个变加速过程，当加速度减到 a=0 时，其速度即增到最大 v=vm，此时必将处于平衡状态，以后将以

13、 vm匀速下滑 ab 下滑时因切割磁感线，要产生感应电动势，根据电磁感应定律：E=BLv 闭合电路 AC ba 中将产生感应电流，根据闭合电路欧姆定律：I=E/R 据右手定则可判定感应电流方向为 aAC ba，再据左手定则判断它受的安培力F安方向如图示，其大小为：F安=BIL 取平行和垂直导轨的两个方向对 ab 所受的力进行正交分解，应有：FN=mgcos Ff=mgcos 由可得RvLBF22安 以 ab 为研究对象，根据牛顿第二定律应有：mgsin mgcos-RvLB22=ma ab 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

14、-RvLB22=0 由式可解得22cossinLBRmgvm 注意：（1）电磁感应中的动态分析，是处理电磁感应问题的关键，要学会从动态分析的过程中来选择是从动力学方面，还是从能量、动量方面来解决问题。（2）在分析运动导体的受力时，常画出平面示意图和物体受力图。例 4-2、解答：（1）金属棒开始下滑的初速度为零，根据牛顿第二定律 mgsinmgcosma 由式解得：a4m/s2 （2）设金属棒运动达到稳定时，速度为 v，所受安培力为 F，棒在沿导轨方向受力平衡 mgsinmgcosF0 此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻 R 消耗的电功率 FvP 由两式解得 10PvFm/s （3）设

15、电路中电流为 I，两导轨间金属棒长为 l，磁场的磁感应强度为 B BlvIR PI2R 由两式解得 0.4PRBvlT 磁场方向垂直导轨平面向上。例 4-4、解：由tE=kL1L2可知，回路中感应电动势是恒定的，电流大小也是恒定的，但由于安培力 F=BILB=ktt，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 将开始向左移动。这时有：2212211,LLkmgRtmgRLkLLkt 例 4-5、解题方法与技巧：由法拉第电磁感应定律可求出回路感应电动势：E=tBSt 由闭合电路欧姆定律可求出回路中电流 I=RRE0 由于安培力方向向左，应用左手定则可判断出电流方向为顺

16、时针方向（由上往下看）.再根据楞次定律可知磁场增加，在 t 时磁感应强度为：B=（BtBt）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 例 4-6、分析：在 t6.0s 时，金属杆以某一速度切割磁感线，产生电动势 E1BLv 的同时，由于，磁场本身是以 Bkt 的关系进行变化，因此，还会产生电动势2Et，这是很多考生在处理问题时最容易遗漏的。解题的关键在于能准确判断出金属杆在运动过程中所产生的两种电动势，同时还须判断这两个电动势所产生的感应电流的方 向关系，若相同，则电路的总电动势为 EE1E2，若相反，则电路的总电动势应为 EE1E2。本题的情

17、况，可根据楞次定律判断，两电流方向相同。确定了感应电动势，再联系牛顿定律、运动学公式、闭合电路欧姆定律就可以解决本题。解答：以 a 表示金属杆运动的加速度，在t时刻，金属杆与初始位置的距离221atL 此时杆的速度atv，这时，杆与导轨构成的回路的面积 SLl，回路中的感应电动势 BlvtBSE 而：Bkt ，()Bk ttktktt 回路的总电阻 R2Lr0 回路中的感应电流REi 作用于杆的安培力 FBli 解得 trlkF02223，代入数据为 F1.44103N 例 4-7、解答：杆切割磁感线时，ab 部分产生的感应电动势 EBv（2Rsin）此时，弧 acb 和弧 adb 的电阻分别

18、为：R12R（），R22R 并联后电阻 12122()R RRrRR 杆中的电流 EIr 作用在杆上的安培力 (2s i n)FI BR 由以上各式解得 222sin()vB RF 例 4-8、分析：题目涉及一个关键的运动特征匀变速直线运动第一问比较容易看到，速度为零时，电流则为零，可以通过运动学公式解决同样，速度最大时，电流也最大，而金属杆的运动是匀减速运动，所以开始运动的瞬间，电流最大，则可以求出最大电流以及电流是最大电流一半时的安培力，根据牛顿第二定律则可求出此时的外力根据牛顿第二定律方程，可求出 F 与 v0的关系 解答：（1）感应电动势 EBlv，EIR 所以 I0 时，v0 则：2

19、2vxa1m （2）最大电流 0mBlvIR 022mIBlvIR 安培力 2 202B l vfI BlR0.02N 向右运动时 Ffma Fmaf0.18N 方向与 x 正向相反 向左运动时 Ffma Fmaf0.22N 方向与 x 正向相反 （3）开始时 vv0，2 20mB l vfI BlR Ffm a 2 20B l vFmafmaR 当 v02 2maRB l10m/s 时，F0 方向与 x 正向相反 当 v02 2maRB l10m/s 时，F0 方向与 x 正向相同 例 4-9、解析：（1）棒滑过圆环直径 OO 的瞬时，MN 中的电动势 E1=B2a v=0.20.85=0.

20、8V 等效电路如图（1）所示，流过灯 L1的电流 I1=E1/R=0.8/2=0.4A （2）撤去中间的金属棒 MN，将右面的半圆环 OL2O 以 OO 为轴向上翻转 90，半圆环 OL1O中产生感应电动势，相当于电源，灯 L2为外电路，等效电路如图（2）所示，感应电动势 E2=/t=0.5 a2 B/t=0.32V L1的功率 P1=(E2/2)2/R=1.28102W 例 4-10、解析：（1）感应电动势 感应电流 方向：逆时针（见右图）（2）秒时，（3）总磁通量不变 扩展练习参考答案：1.CD 2AD 3.B 4.Q=I t=RbaB)2(22或 Q=RabB)2(22 5.（1）3.2

21、10-2 N（2）1.2810-2 J 6.（1）电压表 理由略（2）F=1.6 N（3）Q=0.25 C 7.（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=BlRBlv 根据牛顿第二定律：a=MLRBlvBMg-sin 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.由式中 a=0 有：Mgsin-B2l2vm/R=0 vm=22sinlBMgR（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

22、 从静止出发到再返回 BD 过程中，转化成的内能为 E.根据能的转化与守恒定律：Fs-E=21Mvm2 E=Fs-21M（22sinlBMgR）2 8.（1）每半根导体棒产生的感应电动势为 E1=Blv=21Bl2=21.4103（0.5）2 V=50 V.（2）两根棒一起转动时，每半根棒中产生的感应电动势大小相同、方向相同（从边缘指向中心），相当于四个电动势和内阻相同的电池并联，得总的电动势和内电阻 为 E=E1=50 V，r=2141R0=0.1 当电键 S 断开时，外电路开路，电流表示数为零，电压表示数等于电源电动势，为 50 V.当电键 S接通时，全电路总电阻为 R=r+R=（0.1+

23、3.9）=4.由全电路欧姆定律得电流强度（即电流表示数）为 I=450 RrE A=12.5 A.此时电压表示数即路端电压为 U=E-Ir=50-12.50.1 V=48.75 V（电压表示数）或 U=IR=12.53.9 V=48.75 V 例 5-1 解：ab 刚进入磁场就做匀速运动，说明安培力与重力刚好平衡，在下落 2d 的过程中，重力势能全部转化为电能，电能又全部转化为电热，所以产生电热 Q=2mgd。例 5-2 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，都开始做匀速运动。所以开始时 cd 的加速

24、度最大，最终 cd 的速度最大。全过程系统动能的损失都转化为电能，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，根据 Q=I 2RtR，所以 cd 上产生的电热应该是回路中产生的全部电热的 2/3。又根据已知得 ab 的初速度为 v1=I/m，因此有：2/,2,1mFaBLIFrrEIBLvEm，解得rmILBam22232。最后的共同速度为 vm=2I/3m，系统动能损失为 EK=I 2/6m，其中 cd 上产生电热 Q=I 2/9m 例 5-3 解答：BCD 例 5-4 解答：（1）线框在下落阶段匀速进入磁场的瞬间 222B a vmgfR 解得：222(

25、)mgf RvB a（2）线框从离开磁场至上升到最高点的过程 211()2mgf hmv 线框从最高点回落至进入磁场瞬间 221()2mgf hmv 解得：221222()mgfRvvmgfmgfB a（3）线框在向上通过磁场过程中 220111()()22mvmvQmgfab v02v1 所以：222443()()()2RQm mgfmgfabB a 例 5-5 分析：由于金属棒匀速运动，产生的感应电流与金属棒接入的长度成正比，当接入的长度最大时，感应电流最大，此时安培力也达到最大，要维持匀速运动，外力必然也达到最大；电流最大时，电阻消耗的功率也达到最大；根据金属棒接入长度 L 与 x 的关

26、系，通过电磁感应的相关公式，就可得出 I 与 t 的关系 解答：（1）金属棒匀速运动 F外F安 EBLv EIR总 22B L vFBILR外总 max2sin22Im 121283R RRRR总 所以：Fmax0.3N（2）22221111EB L vPRRW（3）金属棒与导轨接触点间的长度随时间变化 2 s i n()3Lx（m）且 xvt，EBLv 所以 352sin()sin()343EBvIvttRR总总（A）例 5-6、解析：该题的研究对象为线圈，线圈在匀速上升时受到的安培力安、绳子的拉力和重力1相互平衡，即 安1 砝码受力也平衡：2 线圈匀速上升，在线圈中产生的感应电流 L，因此

27、线圈受到向下的安培力 安L 联解式得（21）2L2 代入数据解得：4（）例 5-7、6m/s、2.5s 例 6-1、解析：线框进人磁场区时 E1=B l v=2 V，rEI411=2.5 A 方向沿逆时针，如图（1）实线 abcd 所示，感电流持续的时间 t1=vl=0.1 s 线框在磁场中运动时：E2=0，I2=0 无电流的持续时间：t2=vlL=0.2 s，线框穿出磁场区时：E3=B l v=2 V，rEI433=2.5 A 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.

28、50.2=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-I2 r=1.5V 由此得 U-t 图线如图（3）所示 点评：将线框的运动过程分为三个阶段，第一阶段 ab 为外电路，第二阶段 ab 相当于开路时的电源，第三阶段 ab 是接上外电路的电源 例 6-2 分析：要判断电流与时间的关系，首先要分析电流的大小和方向变化的规律。由于涉及转动切割，所以必须要注意感应电动势大小的计算方法。如果使用的是切割磁感线的公式：EBLv，则必须要注意，切割的速度不能使用端点的线速度，而必须要使用平均速度，即中点速度。而另一关键问题是电流

29、的变化的频率，由于线圈在转动一圈的过程中，分别有 2 次进磁场和出磁场，所以，电流的频率应是转动频率的 2 倍。解答：（1）在从图甲位置开始（t0）转过 60o的过程中，经t，转角t，回路的磁通量为：Bl221 由法拉第电磁感应定律，感应电动势为：tE 因匀速转动，这就是最大的感应电动势，由闭合欧姆定律可求得：2021BlRI 前半圈和后半圈 I（t）相同，故感应电流频率等于旋转频率的 2 倍：f（2）图线如图丙所示：例6-3、B 例6-4、D 例 6-5、分析：杆最终匀速运动时，外力必然与安培力相等，而没有达到匀速之前，安培力随电流的增大而增大，因而合力越来越小，所以加速度也越来越小匀速时，

30、合力为零，而金属杆受拉力、安培力和阻力作用，利用平衡关系，可以建立直线方程，通过图线的数据，就可以解决问题 解答：（1）加速度越来越小的加速直线运动（2）感应电动势 EBlv，感应电流 EIR 安培力 22mB L vFBILR 由图线可知金属杆受拉力、安培力和阻力作用，匀速时，合力为零，22B L vFfR 2222RRfvFB LB L 图（2）图（3）图（1）由图线可以得到直线的斜率 k2，而 22RkB L，即：21RBkLT（3）由图线的直线方程：2222RRfvFB LB L 可知 直线的截距为 224RfB L m/s 可以求出金属杆所受到的阻力 f，代入数据可得：f 2N 例

31、6-6、解析：(1)以 ab 杆为研究对象，当磁感应强度均匀增大时，闭合电路中有恒定的电流 I。以 ab 杆为研究对象，它受到的安培力逐渐增大，静摩擦力也随之增大。当磁感应强B=B0+度增大到 ab 所受安培力 F 与最大静摩擦力 Fm相等时开始滑动。因 F=BIl，t=(0.5+0.2t)T，I=，E=l2，F=Fm。由以上各式求出，经时间 t=17.5 s 后 ab 棒开始滑动，此时通过 ab 棒的电流大小为 I=0.5 A，由楞次定律可判断出，电流方向为从 b 到 a。(2)当 ab 匀加速运动时，根据牛顿第二定律有：FT-Fm-F=ma。因 F=B0Il，I=B0lv/R，v=at。联

32、立上述各式，并代入数据，可解得：FT=Fm+ma+B02l2at/R=(3+2.5t)N。由此可画出 FT-t 关系图象如图所示。例 7-1、分析：剪断细线后，弹簧的作用使两棒分离，穿过回路的磁通量增大，回路中产生感应电流，但两棒运动方向相反，安培力的方向也相反，由于有感应电流的产生，系统的机械能减小，向电能转化，但系统没有收到外力的作用影响，动量守恒解答：AD 例 7-2 分析：碰撞模型是动量守恒定律应用的基本模型，题目所展现的物理过程首先是小球碰撞 A1杆，在此碰撞过程，必然出现动量守恒的运算。碰撞后，小球反向平抛运动，而 A1杆则获得切割磁感线的初速度，因此，第二阶段就要分两个部分进行分

33、析。题目的第一问显然就涉及了动量守恒、平抛运动和电磁感应三方面的运算，但这三个点都是最基本的模型。第二问则涉及到两杆运动的相互作用，就必然出现两杆相互作用过程的动量守恒和能量守恒，理顺关系，就可以建立方程。第三问所涉及的是在两杆相互作用过程之中的一个特定的状态，求安培力的关键是求出感应电流，而求感应电流就必须先求感应电动势，由于两杆同时运动，则必须考虑两杆所产生的感应电动势的关系，同样，求电动势就要找出速度，题目只给出比例关系，所以还要靠动量守恒的关系进行求解。通过逆向的分析，问题就可以迎刃而解了。解答：（1）小球撞击杆瞬间动量守恒，之后作平抛运功设小球碰撞后速度大小为 v1，杆获 得速度大小

34、为 v2，则2mv02mv1+mv2 S v l t H 12g t 2 v2 12（v0S 2gH）杆在磁场中运动，其最大电动势为 E1BLv2 最大电流 I max 12ELr I max 0()24gB vSHr+（2）两金属杆在磁场中运动始终满足动量守恒两杆最终速度相同，设为 v mv22mv Q12mv22122mv2 Q 116m(v0+S 2gH)2 （3）设杆 A2和 A1的速度大小分别为 v 和 3v mv2mv+m3v 由法拉第电磁感应定律得：E2BL（3 v 一 v）I22ELr 安培力 FBIL F 28B Lr（v0S 2gH）例 7-3、解析：（1）ab 棒由静止从

35、 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：221)60cos1(mvmgR 解得gRv 进入磁场区瞬间，回路中电流强度为 rgRBlrrEI32 （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 vmmmv)2(解得 gRv31（3）系统释放热量应等于

36、系统机械能减少量，故有 2232121vmmvQ 解得mgRQ31 例 7-4、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 v1t，杆乙移动距离 v2t，回路面积改变 tlvvlxttvtvxS)()(2112 由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势tSBE 回路中的电流 REi2 杆甲的运动方程maBliF 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0(t时为 0）等于外力 F 的冲量21mvmvFt 乙 甲 F 联立以上各式解得)(221211maFFBRmFv )(2212212maFIBRmF

37、v 代入数据得smvsmv/85.1/15.821 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 E1Blv1，E2Blv2 由右手定则知两电动势方向相反，故总电动势为 EE2E1Bl（v2v1）。分析甲、乙两杆的运动，还可以求出甲、乙两杆的最大速度差mv：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

38、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mvBLE 由以上各式可解得./1022smLBFRvm 例 7-5、解析：(1)在两金属杆运动过程中,对两杆组成的系统满足动量守恒,设此时杆 cd 的速度为 v2,满足 2mv1-mv2=0,得 v2=2v1 此时回路中产生的电动势为 E=Bl(v

39、1+v2)=3Blv1 回路中的电流大小为 I1=ab 杆所受的安培力大小为 F1=BI1l=ab 杆的加速度大小为 a=-.(2)设达到最大速度时 ab 杆的速度为 v,设 cd 杆的速度为 v 根据动量守恒可得 2mv-mv=0,解出 v=2v 此时回路中产生的电动势为 E=Bl(v+v)=3Blv 回路中的电流大小为 I=ab 杆所受的安培力大小为 F=BIl=杆达到最大速度时,ab 杆所受的拉力与安培力平衡,即 F=F 由 F=,解得 v=在 0T 时间内,设通过 ab 杆的平均电流为,对 ab 杆应用动量定理得 FT-BlT=2mv 解得通过 ab 杆横截面的电荷量 q=T=-.例

40、7-6、解析：设杆向上的速度为 v，因杆的运动，两杆与导轨构成的回路的面积减少，从而磁通量也减少。由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势的大小vllBE)(12 回路中的电流 REI 电流沿顺时针方向。两金属杆都要受到安培力作用，作用于杆 x1y1的安培力为 IBlf11 方向向上，作用于杆 x2y2的安培力为 IBlf22 方向向下，当杆作匀速运动时，根据牛顿第二定律有02121ffgmgmF 解以上各式得 )()(1221llBgmmFI RllBgmmFv212221)()(作用于两杆的重力的功率的大小 gvmmP)(21 电阻上的热功率 RIQ2 由式，可得 gmmRllBgmmFP

41、)()()(21212221 RllBgmmFQ21221)()(例 7-7、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=Bdv 由闭合电路的欧姆定律，回路中的电流强度大小为：rEEI221 因拉力与安培力平衡，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22221102.3rvdBFFN（2）设两金属杆之间增加的距离为L，则两金属杆共产生的热量为vLrIQ222，代入数据得 Q=1.2810-2J.例 7-8、解法 1：设杆 2 的运动速度为 v，由于两杆运动时，两杆间和导轨构成的回路中的磁通量发生变化，产生感

42、应电动势 )(0vvBlE 感应电流 21RREI 杆 2 作匀速运动，它受到的安培力等于它受到的摩擦力，gmBlI2 导体杆 2 克服摩擦力做功的功率 gvmP2 解得)(2122202RRlBgmvgmP 解法 2：以 F 表示拖动杆 1 的外力，以 I 表示由杆 1、杆 2 和导轨构成的回路中的电流，达到稳定时，对杆 1 有 01BIlgmF 对杆 2 有 02gmBIl 外力 F 的功率 0FvPF 以 P 表示杆 2 克服摩擦力做功的功率，则有01212)(gvmRRIPPF 由以上各式得 )(212202RRlBgmvgmPg 当两杆分别沿相同方向运动时，相当于两个电池反向串联。例

43、 7-9、解析：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作减速运动，cd 棒则在安培力作用下作加速运动在 ab 棒的速度大于 cd 棒的速度时，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 作匀速运动 v v B v0 L a c d b （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mvmv20 根据能量守恒，整个过程中产生的总热量2022041)2(2121mvvmmvQ （2）设 ab 棒的速度变

44、为初速度的 3/4 时，cd 棒的速度为 v1，则由动量守恒可知：10043mvvmmv 此时回路中的感应电动势和感应电流分别为：BLvvE)43(10，REI2 此时cd棒所受的安培力：IBLF ，所以cd棒的加速度为 mFa 由以上各式，可得 mRvLBa4022。例 8-1、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：RBatF02mvmvRBaBax 对于线圈穿出磁场的过程，据动量定理可得：RBatFxmvmvRBaBa2 由上述二式可得20vvvx，即 B 选项正确。例 8-2、解析：当金属棒 ab 做

45、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=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：CLBmmvv220 四、针对练习参考答案：1（1）va=vb=73gh2（2）E=72magh（3）Qa=73 E=4912magh，Q b=74E=4916magh 2解析：当两棒的速度稳定时，回路中的感应电流为零，设导体棒 ef 的速度减小到 v1，导体棒 gh 的速度增大到 v2，则有 2BLv1-BLv2=0，即 v2=2

46、v1。对导体棒 ef 由动量定理得：01222mvmvtIBL 对导体棒 gh 由动量定理得：02mvtIBL 由以上各式可得：020132,31vvvv 3解析：先比较甲、乙线圈落地速度的大小。乙进入磁场时的速度较大，则安培力较大，克服安培力做功较多，即产生的焦耳热较多。由能量守恒定律可知，乙线圈落地速度较小。线圈穿过磁场区域时受到的安培力为变力，设受到的平均安培力为 F，穿过磁场时间为t，下落全过程时间为t，落地时的速度为 v，则全过程由动量定理得 tFmgt=mv。而 RtItB I LtF，所以RBLtF。可见，两下落过程安培力的冲量相等。因为：，甲乙vv 所以 ，甲乙tt 即：乙线圈

47、运动时间较短，先落地。选 B。4解析 当金属棒 ab 所受恒力 F 与其所受磁场力相等时，达到最大速度 vm.由 F=RvLBm22 解得：vm=22LBFR=10 m/s.此后，撤去外力 F，金属棒 ab 克服磁场力做功，使其机械能向电能转化，进而通过电阻 R 发热，此过程一直持续到金属棒 ab 停止运动。所以，感应电流在此过程中产生的热量等于金属棒损失的机械能，即 Q=221mmv=5J.5解析：线框达到最大速度之前所受的安培力 F=RvLB22随速度 v 的变化而变化，所以直接求解安培力做的总功较为困难，而用能量守恒的思想便可迎刃而解。设线框的最大速度为 vm，此后直到 ab 边开始进入

48、磁场为止，线框做匀速直线运动，此过程中线框的动能不变。由 mg=RvLBm22 解得 vm=22LBmgR=2m/s 全部进入后，无安培力，因此只需考虑从开始下落到刚好全部进入时，这段时间内线框因克服安培力做功而损失的机械能为：mg（h+L）221mmv=0.2 J.所以磁场作用于线框的安培力做的总功是0.2J 6解析：当 ab 棒运动时，产生感应电动势，ab、cd 棒中有感应电流通过，ab 棒受到安培力作用而减速，cd 棒受到安培力作用而加速。当它们的速度相等时，它们之间的距离最大。设它们的共同速度为 v，则据动量守恒定律可得：mv02mv，即021vv。对于 cd 棒应用动量定理可得：BL

49、q=mv-0=021mv 所以，通过导体棒的电量 q=BLmv20 而tRI,2 所以 q=RBLxttI2 由上述各式可得：x=220LBRmv。7解析：（1）电动机的输出功率为：62rIIUP出W 电动机的输出功率就是电动机牵引棒的拉力的功率，所以有FvP 出 其中 F 为电动机对棒的拉力，当棒达稳定速度时LIBmgF 感应电流RBLvREI 由式解得，棒达到的稳定速度为2vm/s（2）从棒由静止开始运动至达到稳定速度的过程中，电动机提供的能量转化为棒的机械能和内能，由能量守恒定律得：QmvmghtP221出 解得 t=1s 教学后记 高考要求来看，这是命题重点内容，复习应该达到以下效果：

50、1、利用能的转化和守恒定律及功能关系研究电磁感应过程中的能量转化问题 2、应用牛顿第二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。还有几种模型分析，“双杆”“单杆”等，从学生课堂反应，这节内容还需要进一步训练。配套练习：1 D 2 AD 3BD 4D 5解析：M 与 m 通过磁场相互作用,M 做减速运动,m 做加速运动,类似力学中的完全非弹性碰撞,最终两者速度相同.系统动量守恒 Mv0=(M+m)v,共同速度 v=.系统的机械能减少,转化为电能(内能).选 B.6A 7解析：设开始时导轨 d 与 Ob