高三物理第一轮复习电磁感应考点例析答案

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Ⅰ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Ⅱ沿平行导线方向运动，与直导线距离不变，穿过线框Ⅱ的磁通量不变，因此线框Ⅱ中无感应电流产生；线框Ⅲ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Ⅲ中有感应电流产生，其方向是周期性改变的。

(2)线框Ⅲ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Ⅲ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Ⅲ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Ⅰ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Ⅱ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Φ=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I a >I b ），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.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a b c d a →→→→．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a d c b a →→→→．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d 0 L ，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：7×10-3Wb ，4×10-3Wb ；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L 1还是L 2 ，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。

?v R

v L B F BIL F R E I v BL E ∝=∴===22222,,,

?22

22

2

v R

v

L B Fv P ∝=

= ?v R

v L L B FL W ∝==12221 ?v W Q ∝= ? R

t R E t I q ?Φ==

?=与v 无关

特别要注意电热Q 和电荷q 的区别，其中R q ?Φ=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为Δt ，Ob=v ·Δt ，ab ＝v ·Δ

回路中E =Blv=B ·ab ·v=Bv 2·Δt ·tan α。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

t

S

B t E ??=??Φ=

① S ?表示ab 扫过的三角形的面积，即2

2

3321L L L S =?=

? ② 通过R 的电量t R

E

t I Q ?=

?=1 ③ 由以上三式解得R

BL Q 232

1= ④

在这一过程中电容器充电的总电量Q =CU m ⑤

U m 为ab 棒在转动过程中产生的感应电动势的最大值。即

ωω22)22

1

(2BL L L B U m =???= ⑥

联立⑤⑥得：C BL Q ω2

22=

（2）当ab 棒脱离导轨后（对R 放电，通过R 的电量为 Q 2，所以整个过程中通过 R 的总电量为：

Q =Q 1＋Q 2=)223

(

2

C R

BL ω+ 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，U ab ＝I ·3r ＝3E /4，其他情况下，U ab ＝I ·r ＝E /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F N 、摩擦力F f 和安培力F 安，如图所示，ab 由静止开始下滑后，将是↓↑→↑→↑→↑→a F I E v 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 =v m ，此时必将处于平衡状态，以后将以v m 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 ①

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 ②

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 ③

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： F N = mg cos θ F f = μmg cos θ

由①②③可得R

v

L B F 22=安

以ab 为研究对象，根据牛顿第二定律应有：

mg sin θ –μmg cos θ-R

v

L B 22=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v m 时应有：

mg sin θ –μmg cos θ-R

v

L B 22=0 ④ 由④式可解得()2

2cos sin L

B R

mg v m θμθ-=

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 mg sin θ－μmg cos θ＝ma ①

由①式解得： a ＝4m/s 2 ②

（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 mg sin θ－μmg cos θ－F ＝0 ③ 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

Fv ＝P ④ 由③④两式解得 10P

v F

=

=m/s ⑤ （3）设电路中电流为I ，两导轨间金属棒长为l ，磁场的磁感应强度为B Blv

I R

=

⑥ P ＝I 2R ⑦

由⑥⑦两式解得 0.4B =

=T ⑧ 磁场方向垂直导轨平面向上。

例4-4、解：由t

E ??Φ== kL 1L 2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=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 将开始向左移动。这时有：2

2

12211,L L k mgR t mg R L kL L kt μμ==??

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 =

t

B

S t ??=??Φ ①

由闭合电路欧姆定律可求出回路中电流 I =

R

R E

+0

②

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 ′ =（B ＋

t

B

??·t ） ③

此时安培力为 F 安=B ′Il ab ④ 由受力分析可知 F 安=mg ⑤ 由①②③④⑤式并代入数据：t =495 s

例4-6、分析：在t ＝6.0s 时，金属杆以某一速度切割磁感线，产生电动势E 1＝BLv 的同时，由于，磁场本身是以B ＝kt 的关系进行变化，因此，还会产生电动势2E t

?Φ

=

?，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E ＝E 1＋E 2，若相反，则电路的总电动势应为E ＝E 1－E 2。本题的情况，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22

1at L =

此时杆的速度at v =，

这时，杆与导轨构成的回路的面积S ＝Ll ， 回路中的感应电动势 Blv t

B

S E +??= 而：B ＝kt ，

()B k t t kt

k t t

?+?-==?? 回路的总电阻R ＝2Lr 0 回路中的感应电流R

E

i =

作用于杆的安培力F ＝Bli

解得 t r l k F 0

2

223=

，代入数据为F ＝1.44×10－3N 例4-7、解答：杆切割磁感线时，ab 部分产生的感应电动势E ＝Bv （2Rsin θ） 此时，弧acb 和弧adb 的电阻分别为：R 1＝2λR （π－θ）， R 2＝2λR θ 并联后电阻 12122()

R R R r R R λθπθπ

-=

=+

杆中的电流 E I r

=

作用在杆上的安培力 (2s i n )F I B

R θ= 由以上各式解得 222sin ()

vB R F πθ

λθπθ=-

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v 0的关系．

解答：（1）感应电动势E ＝Blv ，E

I R

=

所以 I ＝0时，v ＝0 则： 2

2v x a

==1m （2）最大电流 0

m Blv I R

=

022m I Blv I R '==

安培力 220

2B l v f I Bl R

'==

=0.02N 向右运动时 F ＋f ＝ma

F ＝ma －f ＝0.18N 方向与x 正向相反 向左运动时 F －f ＝ma

F ＝ma ＋f ＝0.22N 方向与x 正向相反

（3）开始时 v ＝v 0， 220

m B l v f I Bl R

==

F f m a +=

220

B l v F ma f ma R

=-=-

当v 0＜22maR

B l ＝10m/s 时，F ＞0 方向与x 正向相反

当v 0＞22maR

B l

＝10m/s 时，F ＜0 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 E 1=B 2a v =0.2×0.8×5=0.8V ① 等效电路如图（1）所示，流过灯L 1的电流 I 1=E 1/R =0.8/2=0.4A ②

（2）撤去中间的金属棒MN ，将右面的半圆环OL 2O ′ 以OO ′ 为轴向上翻转90o，半圆环OL 1O ′中产生感应电动势，相当于电源，灯L 2为外电路，等效电路如图（2）所示，感应电动势

E 2=ΔФ/Δt =0.5×πa 2×ΔB /Δt =0.32V ③ L 1的功率

P 1=(E 2/2)2/R =1.28×102W

例4-10、解析：（1）感应电动势 ①

感应电流 ②

方向：逆时针（见右图） （2）

秒时，

③

④

⑤

（3）总磁通量不变

⑥

⑦

扩展练习参考答案： 1.CD 2AD 3.B 4.Q =I Δt =

R

b a B )

2(22-π或Q =

R

a b B )

2(22-π

5.（1）3.2×10-2 N （2）1.28×10-2 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 =B l R

Blv

根据牛顿第二定律：a =

M

L R Blv

B

Mg -sin θ

①

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v m . 由①式中a =0有：Mg sin θ-B 2l 2v m /R =0

②

v m =2

2sin l

B MgR θ （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v m 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：

F s-ΔE =21Mv m 2

③ ΔE =F s-21M （2

2sin l

B MgR θ）2

④

8.（1）每半根导体棒产生的感应电动势为

E 1=Bl v =

21Bl 2ω=2

1

×０.4×103×（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 =E 1=50 V ，r =

2

1

41?R 0=0.1 Ω 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+3.9）Ω=4Ω.

由全电路欧姆定律得电流强度（即电流表示数）为 I =

4

50

='+R r E A=12.5 A.

此时电压表示数即路端电压为

U =E -Ir =50-12.5×0.1 V=48.75 V （电压表示数） 或U =IR =12.5×3.9 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

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2∶1，所以电阻之比为1∶2，根据Q=I 2Rt ∝R ，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v 1=I/m ，因此有：

2/,,2,1m F a BLI F r r E I BLv E m ==+== ，解得r

m I L B a m 2

2232=。最后的共同速度为v m =2I/3m ，系统动能损失为ΔE K =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

222

B a v mg f R

=+

解得： 222

()mg f R

v B a

-= （2）线框从离开磁场至上升到最高点的过程

211

()2

mg f h mv +=

线框从最高点回落至进入磁场瞬间

2

2

1()2

mg f h mv -= 解得：

12v =

（3）线框在向上通过磁场过程中

22

0111()()22

mv mv Q mg f a b -=+++ v 0＝2v 1

所以： 222

443[()]()()2R Q m mg f mg f a b B 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

E ＝BLv E I R =总 22B L v

F BIL R ==外总

max 2sin

22

I π

==m 12128

3

R R R R R =

=+总Ω

所以：F max ＝0.3N

（2）2222

111

1E B L v P R R ===W （3）金属棒与导轨接触点间的长度随时间变化 2s i n ()3

L x π

= （m ）

且 x ＝vt ，E ＝BLv

所以 352sin()sin()343

E Bv I vt t R R ππ=

==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Ｆ安、绳子的拉力

Ｆ和重力ｍ1ｇ相互平衡，即 Ｆ＝Ｆ安＋ｍ1ｇ． ① 砝码受力也平衡： Ｆ＝ｍ2ｇ． ②

线圈匀速上升，在线圈中产生的感应电流 Ｉ＝ＢL ｖ／Ｒ， ③ 因此线圈受到向下的安培力 Ｆ安＝ＢＩL ． ④

联解①②③④式得ｖ＝（ｍ2－ｍ1）ｇＲ／Ｂ2L 2． 代入数据解得：ｖ＝4（ｍ／ｓ） 例5-7、6m/s 、 2.5s

例6-1、解析：线框进人磁场区时

E 1=B l v =2 V ，r

E I 41

1=

=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t 1=v

l

=0.1 s 线框在磁场中运动时：E 2=0，I 2=0 无电流的持续时间：t 2=

v

l

L -=0.2 s ， 线框穿出磁场区时：E 3= B l v =2 V ，r

E I 43

3=

=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 U 1=I 1 r =2.5×0.2=0.5V

线框在磁场中运动时；b 两端电压等于感应电动势 U 2=B l v=2V

线框出磁场时ab 两端电压：U 3=E - I 2 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：E ＝BLv ，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（t ＝0）转过60o

的过程中，经t ?，转角

t ?=?ωθ，回路的磁通量为：B l 22

1

θ?=

?Φ 图（2） 图（3）

图（1）

由法拉第电磁感应定律，感应电动势为：t

E ??Φ

=

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： 2021

Bl R

I ω=

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： ω

π=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，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 E ＝Blv ，感应电流 E

I R

=

安培力 22m B L v

F BIL R

==

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 v F f R =+ ∴ 2222R Rf v F B L B L

=-

由图线可以得到直线的斜率 k ＝2，而 22

R

k B L =

，即：

1B ==T （3）由图线的直线方程：2222

R Rf

v F B L B L =-

可知 直线的截距为 22

4Rf

B 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。当磁感应强度增大到ab 所受安培力F 与最大静摩擦力F m 相等时开始滑动。因F=BIl ，B=B 0+

t=(0.5+0.2t) T ，I=

，E=

=

l 2，

F=F m 。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：F T -F m -F=ma 。因F=B 0Il ，I=B 0lv/R ，v=at 。

联立上述各式，并代入数据，可解得：F T =F m +ma+B 02l 2

at/R=(3+2.5t) N 。由此可画出F T -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A 1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A 1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v 1，杆获

得速度大小为v 2 ，则

2m v 0＝－2m

v 1 + mv 2 ① S ＝v l t H ＝ 1

2

g t 2 ②

v 2 ＝

1

2（v 0＋

S ） ③ 杆在磁场中运动，其最大电动势为E 1＝BLv 2 ④ 最大电流I max ＝

1

2E Lr

I max

＝

⑤

（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 ′ mv 2＝2mv ′ ⑥ Q ＝

12mv 22－12×2mv ′2 ⑦ Q ＝

1

16

m (v 0 +S

)2

⑧ （3）设杆A 2和A 1的速度大小分别为v 和3v

mv 2＝mv + m 3v ⑨ 由法拉第电磁感应定律得：E 2＝BL （3 v 一v ） ⑩ I ＝

2

2E Lr

安培力 F ＝BIL

F ＝28B L

r

（v 0＋

S

） ⑾ 例7-3、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：

2

2

1)60cos 1(mv mgR =

?- 解得gR v = 进入磁场区瞬间，回路中电流强度为 r

gR Bl r r E

I 32=

+=

（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 v m m mv '+=)2( 解得 gR v 3

1

=

' （3）系统释放热量应等于系统机械能减少量，故有

2232121v m mv Q '?-=

解得mgR Q 3

1

= 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v 1和v 2，经过很

短的时间△t ，杆甲移动距离v 1△t ，杆乙移动距离v 2△t ，回路面积改变

t l v v lx t t v t v x S ?-=-+?+?-=?)(])[(2112

由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势t

S B

E ??= 回路中的电流 R

E i 2=

杆甲的运动方程ma Bli F =-

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21mv mv Ft +=

联立以上各式解得)](2[21211

ma F F B R m F v -+= )](2[212

212m a F I

B R m F v --= 代入数据得s m v s

m v /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v 1和v 2，两杆切割磁感线产生的感应电动势分别为

E 1＝Blv 1 ，E 2＝Blv 2

由右手定则知两电动势方向相反，故总电动势为E ＝E 2―E 1＝Bl （v 2－v 1）。

分析甲、乙两杆的运动，还可以求出甲、乙两杆的最大速度差m v ?：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I m .对系统和乙杆分别应用牛顿第二定律有：F =2ma ；BLI m =ma .

由闭合电路敬欧姆定律有E =2I m R ，而m v BL E ?= 由以上各式可解得./102

2s m L B FR

v m ==

? 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v 2,满足2mv 1-mv 2=0,得v 2=2v 1

此时回路中产生的电动势为E=Bl(v 1+v 2)=3Blv 1

回路中的电流大小为I 1==

ab 杆所受的安培力大小为F 1=BI 1l=

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 ′=BI ′l=

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0—T 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-B lT=2mv

解得通过ab 杆横截面的电荷量q=T=-.

例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v l l B E )(12-= ①

回路中的电流 R

E

I =

②

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x 1y 1的安培力为

I Bl f 11= ③

方向向上，作用于杆x 2y 2的安培力为 I Bl f 22= ④

方向向下，当杆作匀速运动时，根据牛顿第二定律有02121=-+--f f g m g m F ⑤ 解以上各式得 )()(1221l l B g

m m F I -+-=

⑥

R l l B g

m m F v 2

12221)()(-+-=

⑦

作用于两杆的重力的功率的大小 gv m m P )(21+= ⑧ 电阻上的热功率 R I Q 2= ⑨ 由⑥⑦⑧⑨式，可得

g m m R l l B g

m m F P )()()(21212221+-+-=

⑩

R l l B g m m F Q 2

1221])

()([

-+-= ⑾

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： E 1=E 2=Bdv

由闭合电路的欧姆定律，回路中的电流强度大小为：r

E E I 22

1+=

因拉力与安培力平衡，作用于每根金属杆的拉力的大小为F

=F =IBd 。

由以上各式并代入数据得22221102.3-?===r

v

d B F F N （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v

L r I Q 222

???=， 代入数据得 Q =1.28×10-2J.

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，产生感应电动势 )(0v v Bl E -= ①

感应电流 2

1R R E

I +=

②

杆2作匀速运动，它受到的安培力等于它受到的摩擦力，g m BlI 2μ= ③

导体杆2克服摩擦力做功的功率 gv m P 2μ= ④

解得 )]([212

2202R R l

B g

m v g m P +-

=μμ ⑤

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 01=--B I l g m F μ ①

对杆2有 02=-g m B I l μ ② 外力F 的功率 0Fv P F = ③

以P 表示杆2克服摩擦力做功的功率，则有01212)(gv m R R I P P F μ-+-= ④ 由以上各式得 )]([212

202R R l

B g

m v g m P g +-

=μμ ⑤

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．

（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mv mv 20=

根据能量守恒，整个过程中产生的总热量

2

02204

1)2(2121mv v m mv Q =-=

（2）设ab 棒的速度变为初速度的3/4时，cd 棒的速度为v 1，则由动量守恒可知：

1004

3

mv v m mv +=

此时回路中的感应电动势和感应电流分别为：BL v v E )4

3(10-=，R E I 2= 此时cd 棒所受的安培力： IBL F =

，所以cd 棒的加速度为 m

F

a =

由以上各式，可得

m R

v L B a 4022= 。

例8-1、解析：设线圈完全进入磁场中时的速度为v x 。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：

=?Φ-=?-R Ba t F 02

mv mv R

Ba Ba x -=-

对于线圈穿出磁场的过程，据动量定理可得：

=?Φ-=?-R Ba t F x mv mv R

Ba Ba -=-2

由上述二式可得2

0v

v v x +=

，即B 选项正确。 例8-2、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 C =q/C

而对导体棒ab 利用动量定理可得： -BLq =mv -mv 0

由上述二式可求得： C

L B m m v v 2

20

+= 四、针对练习参考答案： 1．（1）v a =v b =

7

3

gh 2（2）ΔE =

72m a gh （3）Q a =73ΔE =4912m a gh ， Q b =74E =49

16m a gh 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v 1， 导体棒gh 的速度增大到v 2，则有2BLv 1-BLv 2=0，即v 2=2v 1。

对导体棒ef 由动量定理得：01222mv mv t I BL -=?--

对导体棒gh 由动量定理得：02-=?-

m v t I BL 由以上各式可得：02013

2,31v v v v ==

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

t F mgt ?-=mv 。 而 R t I t B I L

t F ???Φ=??=?，， 所以R

BL t F ?Φ

=?。 可见，两下落过程安培力的冲量相等。 因为：，甲乙v v < 所以 ，甲乙t t <

即：乙线圈运动时间较短，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v m .

由F =R

v L B m 22 解得：v m =22L B FR =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 =

2

2

1m mv =5J.

5．解析：线框达到最大速度之前所受的安培力F =R

v

L B 22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v m ，此后直到ab 边开始进入磁场为止，线框做匀速直线运动，此过

程中线框的动能不变。由mg = R

v L B m

22 解得 v m =22L B mgR = 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 ）－

2

2

1m mv =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：mv 0＝2mv ，即02

1

v v =

。 对于cd 棒应用动量定理可得： BLq =mv -0=

02

1

mv 所以，通过导体棒的电量q =

BL

m v 20

而t

R

I ??=

=

φ

εε

,2 所以q =R

BLx

t t I 2=

??Φ=

? 由上述各式可得： x =220L B R m v 。 7．解析：（1）电动机的输出功率为：62

=-=r I IU P 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Fv P =出 其中F 为电动机对棒的拉力，当棒达稳定速度时L I B mg F '+= 感应电流R

BLv

R E I ==

' 由①②③式解得，棒达到的稳定速度为2=v m/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：Q mv mgh t P ++

=2

2

1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：

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 3．BD 4．D

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.

6．A

7．解析：设开始时导轨d与Ob的距离为x1，导轨c与Oa的距离为x2，由法拉第电磁感

应定律知，移动c或d时产生的感应电动势E==

通过导体R的电量为Q=IΔt=Δt=

由上式可知，通过导体R的电量与导轨d或c移动的速度无关，由于B与R

是定值，其电量取决于所围面积的变化。

①若导轨d与Ob距离增大一倍，即由x1变为2x1，则所围面积增大了Δ

S1=x1·x2；

②若导轨c再与Oa距离减小一半，即由x2变为，则所围面积又减小了ΔS2=·2x1=x1x2；

③若导轨c再回到原处，此过程面积的变化为ΔS3=ΔS2=·2x1=x1x2；

④最后导轨d又回到原处，此过程面积的变化为ΔS4=x1x2；

由于ΔS1=ΔS2=ΔS3=ΔS4，则通过电阻R的电量是相等的，即Q1=Q2=Q3=Q4.

8．C

9．解析：ab 棒切割磁感线产生感应电动势，cd 棒不切割磁感线，整个回路中的感应电动势E感=BL ab v1=BLv1，回路中感应电流I=，选项C 错误.ab 棒受到的安培力为F

安=BIL=B=，ab 棒沿导轨匀速运动，受力平衡.ab 棒受到的拉力为F=F摩+F安=

μmg+，选项A 正确.cd 棒所受摩擦力为f=μF安=μ，选项B 错误.cd 棒也

匀速直线运动，受力平衡，mg=f，mg=μ，μ=，选项D 正确.

10．解析：线圈在磁场中匀速转动，产生交变电流，磁通量最大时，电动势最小，磁通量最小时，电动势最大，当磁通量等于0.5Φm时，线圈与磁场方向成60°角，则电动势应为

E m，由E m=NBSω=NΦmω，可知D正确，故选BCD；本题考查交流电的产生，考生对知识理解不透彻将无法判断，该题有一定难度.

11．A

12．A 13．B

15．解析：利用变化的电流流过电感较大的线圈产生较高的自感电动势而使空气电离产生电弧的

16．解析：（1）粒子带负电。

AB 棒向右运动，由右手定则可知，棒内产生的感应电流方向由B 到A ，所以金属板的a 板电势高，板间有由a 指向b 的匀强电场。

由于粒子所受的重力mg 和电场力qE 都是恒力，所以必有重力和电场力相平衡，而洛伦兹力提供向心力，即电场力必为竖直向上，故粒子必带负电。 （2）AB 棒中的感应电动势为： E=BLv

电容器极板a 、b 上的电压就是电阻R 0上的电压U=

重力和电场力平衡，有：mg=

粒子在极板间做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有： qvB=m

粒子的轨道半径满足R ≤

解得：v ≤1.0 m/s

（3）设带电液滴从某点开始发生的位移大小等于圆周运动的直径所需的时间为t ，粒子做圆周运动的周期为T ，则有：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：由右手定则可知：棒切割磁感线运动产生感应电流I 感方向由a →b ，棒受力的。右侧视图如图示。

拓展练习：答案：

1.B

2.BD

3.C

4.BC

5.C

6.D

7.D

8.C

9.D

10.解：（1）

ωπ

ωπ22==

t （2）当导体棒转过角度t ω时，由正弦定理，有

0045sin )45180sin(x t L =--ω ① 又 221x B U R ω= ②

解①、②得)

2sin 1(212t L B U R ωω+= （3）

R BL R L B R t I Q 2222=?=?=?=φ

11.解：（1）金属棒达到稳定速度ｖ时，加速度为零，所受合外力为零，设此时细绳对棒的

拉力为Ｔ，金属棒所受安培力为Ｆ，则Ｔ－ｍｇ－Ｆ＝0，

又 Ｆ＝ＢＩＬ，Ｉ＝／Ｒ，＝ＢＬｖ．

此时细绳拉力的功率ＰＴ与电动机的输出功率Ｐ出相等，

而ＰＴ＝Ｔｖ，Ｐ出＝

r I v I 2

'-'， 化简以上各式代入数据得ｖ2＋ｖ－6＝0，

所以 ｖ＝2ｍ／ｓ．（ｖ＝－3ｍ／ｓ不合题意舍去）

（2）由能量守恒定律可得Ｐ出ｔ＝ｍｇｈ＋21

ｍｖ2＋Ｑ，

所以s r I v I Q mv mgh t 1)(2222

2='-'++=．

12.解：由能量守恒定律得：mgv=P ①

代入数据得：v=4.5m/s ②

又 E ＝BLv ③ 设电阻1R 与2R 的并联电阻为

外R ，ab 棒的电阻为r ，有

21111R R R +=外 ④

r

R E I +=

外 ⑤

P=IE ⑥ 代入数据得：2R ＝6.0Ω

13.解：（1）初始时刻棒中感应电动势：

B Lv E 0=

棒中感应电流：

R E

I =

作用于棒上的安培力ILB F =

联立得

R B v L F 2

02=

，安培力方向：水平向左 （2）由功和能的关系，得安培力做功

2

0121mv E W P -

=

高中物理电磁感应综合问题

电磁感应综合问题 电磁感应综合问题，涉及力学知识（如牛顿运动定律、功、动能定 理、动量和能量守恒定律等）、电学知识（如电磁感应定律、楞次定律、 直流电路知识、磁场知识等）等多个知识点，其具体应用可分为以下 两个方面： （1）受力情况、运动情况的动态分析。思考方向是：导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化→……，周而复始，循环结束时，加速度等于零，导体达到稳定运动状态。要画好受力图，抓住a=0时，速度v达最大值的特点。 （2）功能分析，电磁感应过程往往涉及多种能量形势的转化。例 如：如图所示中的金属棒ab沿导轨由静止下滑时，重力势能减小，一 部分用来克服安培力做功转化为感应电流的电能，最终在 R上转转化为焦耳热，另一部分转化为金属棒的动能．若 导轨足够长，棒最终达到稳定状态为匀速运动时，重力势 能用来克服安培力做功转化为感应电流的电能，因此，从 功和能的观点人手，分析清楚电磁感应过程中能量转化的关系，往往 是解决电磁感应问题的重要途径． 【例1】如图1所示，矩形裸导线框长边的长度为2l，短边的长度 为l，在两个短边上均接有电阻R，其余部分电阻不计，导线框一长边

及x 轴重合，左边的坐标x=0，线框内有一垂直于线框平面的磁场，磁场的感应强度满足关系)sin(l x B B 20π=。一光滑导体棒AB 及短边平行且 及长边接触良好，电阻也是R ，开始时导体棒处于x=0处，从t=0时刻起，导体棒AB 在沿x 方向的力F 作用下做速度为v 的匀速运动，求： （1）导体棒AB 从x=0到x=2l 的过程中力F 随时间t 变化的规律； （2）导体棒AB 从x=0到x=2l 的过程中回路产生的热量。 答案：（1）)()(sin v l t R l vt v l B F 203222220≤≤=π （2）R v l B Q 32320= 【例2】 如图2所示，两条互相平行的光滑金属导 轨位于水平面内，它们之间的距离为l =0.2m ，在导轨的一端接有阻值为R=0.5Ω的电阻，在x ≥0处有一及水平面垂直的均匀磁场，磁感强度B=0.5T 。一质量为m=01kg 的金属杆垂直放置在导轨上，并以v 0=2m/s 的初速度进入磁场，在安培力和一垂直于杆的水平外力F 的共同作用下作匀变速直线运动，加速度大小为a=2m/s 2，方向及初速度方向相反，设导轨和金属杆的电阻都可以忽略，且接触良好。求： （1）电流为零时金属杆所处的位置； （2）电流为最大值的一半时施加在金属杆上外力F 的大小和方向； （3）保持其他条件不变，而初速度v 0取不同值，求开始时F 的方

高中物理-电磁感应知识点汇总

电磁感应 1.★电磁感应现象：利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应，产生的电流叫做感应电流。 （1）产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，即ΔΦ≠0。 （2）产生感应电动势的条件：无论回路是否闭合，只要穿过线圈平面的磁通量发生变化，线路中就有感应电动势。产生感应电动势的那部分导体相当于电源。 （3）电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果回路闭合，则有感应电流，回路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流。 2.磁通量 （1）定义：磁感应强度B与垂直磁场方向的面积S的乘积叫做穿过这个面的磁通量，定义式：Φ=BS。如果面积S与B不垂直，应以B乘以在垂直于磁场方向上的投影面积S′，即Φ=BS′，国际单位：Wb 求磁通量时应该是穿过某一面积的磁感线的净条数。任何一个面都有正、反两个面；磁感线从面的正方向穿入时，穿过该面的磁通量为正。反之，磁通量为负。所求磁通量为正、反两面穿入的磁感线的代数和。 3.★楞次定律 （1）楞次定律：感应电流的磁场，总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。楞次定律适用于一般情况的感应电流方向的判定，而右手定则只适用于导线切割

磁感线运动的情况，此种情况用右手定则判定比用楞次定律判定简便。 （2）对楞次定律的理解 ①谁阻碍谁---感应电流的磁通量阻碍产生感应电流的磁通量。 ②阻碍什么---阻碍的是穿过回路的磁通量的变化，而不是磁通量本身。 ③如何阻碍---原磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；当原磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，即“增反减同”。 ④阻碍的结果---阻碍并不是阻止，结果是增加的还增加，减少的还减少。 （3）楞次定律的另一种表述：感应电流总是阻碍产生它的那个原因，表现形式有三种： ①阻碍原磁通量的变化； ②阻碍物体间的相对运动； ③阻碍原电流的变化（自感）。 ★★★★4.法拉第电磁感应定律 电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。表达式E=nΔΦ/Δt 当导体做切割磁感线运动时，其感应电动势的计算公式为E=BLvsinθ。当B、L、v三者两两垂直时，感应电动势E=BLv。 （1）两个公式的选用方法E=nΔΦ/Δt计算的是在Δt时间内的平均电动势，只有当磁通量的变化率是恒定不变时，它算出的才是瞬时电动势。E=BLvsinθ中的v 若为瞬时速度，则算出的就是瞬时电动势：若v为平均速度，算出的就是平均电动势。

第八章__电磁感应习题及答案大学物理

8章习题及答案 1、如图所示，一矩形金属线框，以速度v 从无场空间进入一均匀磁场中，然后又从磁场中出来，到无场空间中．不计线圈的自感，下面哪一条图线正确地表示了线圈中的感应电流对时间的函数关系？(从线圈刚进入磁场时刻开始计时，I 以顺时针方向为正) 2、一块铜板垂直于磁场方向放在磁感强度正在增大的磁场中时，铜板中出现的涡流(感应电流)将 (A) 加速铜板中磁场的增加． (B) 减缓铜板中磁场的增加． (C) 对磁场不起作用． (D) 使铜板中磁场反向． ［ ］ 3、半径为a 的圆线圈置于磁感强度为B 的均匀磁场中，线圈平面与磁场方向垂直， 线圈电阻为R ；当把线圈转动使其法向与B 的夹角=60°时，线圈中通过的电荷与线圈面积及转动所用的时间的关系是 (A) 与线圈面积成正比，与时间无关． (B) 与线圈面积成正比，与时间成正比． (C) 与线圈面积成反比，与时间成正比． (D) 与线圈面积成反比，与时间无关． ［ ］ 4、在无限长的载流直导线附近放置一矩形闭合线圈，开始时线圈与导线在同一平面内，且线圈中两条边与导线平行，当线圈以相同的速率作如图所示的三种不同方向的平动时，线圈中的感应电流 (A) 以情况Ⅰ中为最大． (B) 以情况Ⅱ中为最大． (C) 以情况Ⅲ中为最大． (D) 在情况Ⅰ和Ⅱ中相同． B I (D) I (C) b c d b c d b c d v v I

5、一矩形线框长为a 宽为b ，置于均匀磁场中，线框绕OO ′轴， 以匀角速度旋转(如图所示)．设t =0时，线框平面处于纸面 内，则任一时刻感应电动势的大小为 (A) 2abB | cos ω t |． (B) ω abB (C)t abB ωωcos 2 1． (D) ω abB | cos ω t |． (E)ωabB |sin ωt |． 6、如图所示，导体棒AB 在均匀磁场B 中绕通过C 点的垂直于棒长且沿磁场方向的轴OO ' 转动（角速度ω 与B 同方向）， BC 的长度为棒长的3 1 ，则 (A) A 点比B 点电势高． (B) A 点与B 点电势相等． (B) A 点比B 点电势低． (D) 有稳恒电流从A 点流向B 点． [ ] 7、如图，长度为l 的直导线ab 在均匀磁场B 中以速度v 移动，直导线ab 中的电动势为 (A) Blv ． (B) Blv sin ． (C) Blv cos ． (D) 0． ［ ］ 8、如图所示，M 、N 为水平面内两根平行金属导轨，ab 与cd 为 垂直于导轨并可在其上自由滑动的两根直裸导线．外磁场垂直水 平面向上．当外力使ab 向右平移时，cd (A) 不动． (B) 转动． (C) 向左移动． (D) 向右移动．［ ］ 9、如图所示，直角三角形金属框架abc 放在均匀磁场中，磁场B 平行于ab 边，bc 的长度为l ．当金属框架绕ab 边以匀角速度转动 时，abc 回路中的感应电动势和a 、c 两点间的电势差U a – U c 为： (A) =0，U a – U c =221l B ω． (B) =0，U a – U c =221l B ω-． (C) =2l B ω，U a – U c =221l B ω． (D) =2l B ω，U a – U c =22 1l B ω-． v c a b d N M B B a b c l ω

2020高考物理 专题9电磁感应热点分析与预测 精品

2020高考物理热点分析与预测专题9·电磁感应 一、2020大纲解读 本专题涉及的考点有：电磁感应现象、磁通量、法拉第电磁感应定律、楞次定律、导体切割磁感线时的感应电动势、右手定则、自感现象、日光灯等．《2020考试大纲》对自感现象等考点为Ⅰ类要求，而对电磁感应现象、磁通量、法拉第电磁感应定律、楞次定律、导体切割磁感线时的感应电动势、右手定则等考点为Ⅱ类要求． 电磁感应是每年高考考查的重点内容之一，电磁学与电磁感应的综合应用是高考热点之一，往往由于其综合性较强，在选择题与计算题都可能出现较为复杂的试题．电磁感应的综合应用主要体现在与电学知识的综合，以导轨+导体棒模型为主，充分利用电磁感应定律、楞次定律、安培力、直流电路知识、磁场知识等多个知识点，可能以图象的形式进行考查，也可能是求解有关电学的一些物理量（如电量、电功率或电热等）．同时在求解过程中通常也会涉及力学知识，如物体的平衡条件（运动最大速度求解）、牛顿运动定律、动能定理、动量守恒定理（双导体棒）及能量守恒等知识点．电磁感应的综合应用突出考查了考生理解能力、分析综合能力，尤其是考查了从实际问题中抽象概括构建物理模型的创新能力． 二、重点剖析 电磁感应综合应用的中心是法拉第电磁感应定律，近年来的高考中，电磁感应的考查主要是通过法拉第电磁感应定律再综合力、热、静电场、直流电路、磁场等知识内容，有机地把力与电磁结合起来，具体反映在以下几个方面： 1．以电磁感应现象为核心，综合应用力学各种不同的规律（如牛顿运动定律、动量守恒定律、动能定理）等内容形成的综合类问题．通常以导体棒或线圈为载体，分析导体棒在磁场中因电磁感应现象对运动情况的影响，解决此类问题的关键在于运动情况的分析，特别是最终稳定状态的确定，利用物体的平衡条件可求最大速度之类的问题，利用动量观点可分析双导体棒运动情况． 2．电磁感应与电路的综合问题，关键在于电路结构的分析，能正确画出等效电路图，并结合电学知识进行分析、求解．求解过程中首先要注意电源的确定．通常将切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路作为等效电源．若产生感应电动势是由几个相互联系部分构成时，可视为电源的串联与并联．其次是要能正确区分内、外电路，通常把产生感应电动势那部分电路视为内电路．最后应用全电路欧姆定律及串并联电路的基本性质列方程求解． 3．电磁感应中的能量转化问题 电磁感应过程实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化则是通过安培力做功的形式而实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，“外力”克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程．求解过程中主要从以下三种思路进行分析：①利用安培力做功求解，电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．注意安培力应为恒力．②利用能量守恒求解，开始的机械能总和与最后的机械能总和之差等于产生的电能．适用于安培力为变力．③利用电路特征来求解，通过电路中所产生的电能来计算． 4．电磁感应中的图象问题 电磁感应的图象主要包括B-t图象、Φ-t图象、E-t图象和I-t图象，还可能涉及感应电动势E和感应电流I随线圈位移x变化的图象，即E-x图象和I-x图象．一般又可把图象问题分为两类：①由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象．②由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量．解答电磁感应中的图象问题的基本方法是利用右手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律等规律分析解答． 三、高考考点透视 1．电磁感应中的力和运动 例1．磁悬浮列车是一种高速低耗的新型交通工具。它的驱动系统简化为如下模型，固定在列车下端的动力绕组可视为一个矩形纯电阻金属框，电阻为R，金属框置于xOy平面内，长边MN长为l，平行于y轴，宽为d的NP边平行于x轴，如图1所示。列车轨道沿Ox方向，轨道区域内存在垂直于金属框平面的磁场，磁

电磁感应中的各种题型(习题,答案)

电磁感应中的各种题型 一．电磁感应中的“双杆问题” 电磁感应中“双杆问题”是学科内部综合的问题，涉及到电磁感应、安培力、牛顿运动定律和动量定理、动量守恒定律及能量守恒定律等 1.“双杆”向相反方向做匀速运动：当两杆分别向相反方向运动时，相当于两个电池正向串联。 [例1] 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=0.2T，导轨上面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=0.25Ω，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。 （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。 2.“双杆”同向运动，但一杆加速另一杆减速：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2] 两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L。导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图所示。两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行。开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd 的初速度v0。若两导体棒在运动中始终不接触，求： （1）在运动中产生的焦耳热最多是多少。 （2）当ab棒的速度变为初速度的3/4时，cd棒的加速度是多少？ 3. “双杆”中两杆都做同方向上的加速运动。：“双杆”中的一杆在外力作用下做加速运动，另一杆在安培力作用下做加速运动，最终两杆以同样加速度做匀加速直线运动。 [例3]（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？ 4.“双杆”在不等宽导轨上同向运动。 “双杆”在不等宽导轨上同向运动时，两杆所受的安培力不等大反向，所以不能利用动量守恒定律解题。

高三物理电磁感应1

电磁感应 一． 典例精析 题型1.（楞次定律的应用和图像）如图甲所示，存在有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B ，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L ，在磁场区域的左侧相距为L 处，有一边长为L 的形导体线框，总电阻为R ，且线框平面与磁场方向垂直. 现使线框以速度v 匀速穿过磁场区域. 以初始位置为计时起点，规定电流逆时针方向时的电流和电动势方向为正，B 垂直纸面向里时为正，则以下关于线框中的感应电动势、磁通量、感应电流、和电功率的四个图象描述不正确的是 （ ） 解析：在第一段时间，磁通量等于零，感应电动势为零，感应电流为零，电功率为零。 在第二段时间，BLvt BS ==Φ，BLv E =，R BLv R E I = =，R BLv P 2)(=。 在第三段时间， BLvt BS 2==Φ，BLv E 2=，R BLv R E I 2==，R BLv P 2)2(= 在第四段时间， BLvt BS ==Φ，BLv E =，R E I =，R BLv P 2)(=。此题选B 。 规律总结：对应线圈穿过磁场产生感应电流的图像问题，应该注意以下几点：

⑴要划分每个不同的阶段，对每一过程采用楞次定律和法拉第电磁感应定律进行分析。 ⑵要根据有关物理规律找到物理量间的函数关系式，以便确定图像的形状。 ⑶线圈穿越方向相反的两磁场时，要注意有两条边都切割磁感线产生感应电动势。 题型2.（电磁感应中的动力学分析）如图所示，固定在绝缘水平面上的的金属框架cdef 处于竖直向下的匀强磁场中，金属棒ab 电阻为r ，跨在框架上，可以无摩擦地滑动，其余电阻不计．在t =0时刻，磁感应强度为B 0，adeb 恰好构成一个边长为L 的形．⑴若从t =0时刻起，磁感应强度均匀增加，增加率为k (T/s)，用一个水平拉力让金属棒保持静止．在t =t 1时刻，所施加的对金属棒的水平拉力大小是多大？⑵若从t =0时刻起，磁感应强度逐渐减小，当金属棒以速度v 向右匀速运 动时，可以使金属棒中恰好不产生感应电流则磁感应强度B 应怎样随时间t 变化？写出B 与t 间的函数关系式． 解析： 规律总结： 题型3.（电磁感应中的能量问题）如图甲所示，相距为L 的光滑平行金属导轨水平放置，导轨一部分处在以OO ′为右边界匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直导轨平面向下，导轨右侧接有定值电阻R ，导轨电阻忽略不计. 在距边界OO ′也为L 处垂直导轨放置一质量为m 、电阻r 的金属杆ab . B d c a b e f

高三物理电磁感应专项训练题一

2011届北京市各区高三物理期末考试分类汇编－－电磁感 应 （房山）14如图所示，为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为B ，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为L ，距磁场区域的左侧L 处，有一边长为L 的正方形导体线框，总电阻为R ，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力F 使线框以速度v 匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定：电流沿逆时针方向时的电动势E 为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量Φ的方向为正，外力F 向右为正。则以下关于线框中的磁通量Φ、感应电动势E 、外力F 和电功率P 随时间变化的图象正确的是 D （房山）21、如图甲所示， 光滑且足够长的平行金属导轨MN 、PQ 固定在同一水平面上，两导轨间距L =0.3m 。导轨电阻忽略不计，其间连接有固定电阻R =0.4Ω。导轨上停放一质量m =0.1kg 、电阻r =0.2Ω的金属杆ab ，整个装置处于磁感应强度B =0.5T 的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。利用一外力F 沿水平方向拉金属杆ab ，使之由静止开始运动，电压传感器可将R 两端的电压U 即时采集并输入电脑，获得电压U 随时间t 变化的关系如图乙所示。 （1）试证明金属杆做匀加速直线运动，并计算加速度的大小； （2）求第2s 末外力F 的瞬时功率； （3）如果水平外力从静止开始拉动杆2s 所做的功为0.3J ，求回路中定值电阻R 上产生的焦耳热是多少。 （房山）21、 （1）设路端电压为U ，金属杆的运动速度为v ，则感应电动势E = BLv ，……………………1分 甲 乙 a P 接电脑t/s 0 0.5 1.0 1.5 2.0

高中物理 电磁感应现象中的能量问题

电磁感应现象中的能量问题 能的转化与守恒，是贯穿物理学的基本规律之一。从能量的观点来分析、解决问题，既是学习物理的基本功，也是一种能力。 电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力的作用,因此,要维持感应电流的存在,必须有“外力”克服安培力做功。此过程中,其他形式的能量转化为电能。当感应电流通过用电器时,电能又转化为其他形式的能量。“外力”克服安培力做了多少功,就有多少其他形式的能转化为电能。同理,安培力做功的过程,是电能转化为其它形式能的过程。安培力做了多少功,就有多少电能转化为其它形式的能。 认真分析电磁感应过程中的能量转化、熟练地应用能量转化和守恒定律是求解较复杂的电磁感应问题的常用方法,下面就几道题目来加以说明。 一、安培力做功的微观本质 1、安培力做功的微观本质 设有一段长度为L、矩形截面积为S的通电导体，单位体积中含有的自由电荷数为n，每个自由电荷的电荷量为q，定向移动的平均速率为v，如图所示。 所加外磁场B的方向垂直纸面向里，电流方向沿导体水平向右，这个电流是由于自由电子水平向左定向运动形成的，外加磁场对形成电流的运动电荷（自由电子）的洛伦兹力使自由电子横向偏转，在导体两侧分别聚集正、负电荷，产生霍尔效应，出现了霍尔电势差，即在导体内部出现方向竖直向上的横向电场。因而对在该电场中运动的电子有电场力f e的作用，反之自由电子对横向电场也有反作用力-f e作用。场强和电势差随着导体两侧聚集正、负电荷的增多而增大，横向电场对自由电子的电场力f e也随之增大。当对自由电子的横向电场力f e增大到与洛伦兹力f L相平衡时，自由电子没有横向位移，只沿纵向运动。导体内还有静止不动的正电荷，不受洛伦兹力的作用，但它要受到横向电场的电场力f H的作用，因而对横向电场也有一个反作用力-f H。由于正电荷与自由电子的电量相等，故正电荷对横向电场的反作用-f H和自由电子对横向电场的反作用力-f e相互抵消，此时洛伦兹力f L与横向电场力f H相等。正电荷是导体晶格骨架正离子，它是导体的主要部分，整个导体所受的安培力正是横向电场作用在导体内所有正电荷的力的宏观表现，即F=(nLS)f H=(nLS)f L。 由此可见，安培力的微观本质应是正电荷所受的横向电场力，而正电荷所受的横向电场力正是通过外磁场对自由电子有洛伦兹力出现霍尔效应而实现的。

高三物理电磁感应

高三物理电磁感应 （时间：60分钟总分：100分） 一、选择题（每小题5分，共35分） 1.要使b线圈中产生图示I方向的电流，可采用的办法有 [ ] A.闭合K瞬间 B.K闭合后把R的滑动片向右移 C.闭合K后把b向a靠近 D.闭合K后把a中铁芯从左边抽出 2.如图所示，一个闭合线圈放在匀强磁场中，线圈的轴线与磁场方向成30°角，磁感应强度B，随时间均匀变化，线圈导线电阻率不变，用下述哪个方法可使线圈上感应电流增加一倍[ ] A.把线圈匝数增加一倍 B.把线圈面积增加一倍 C.把线圈的半径增加一倍 D.改变线圈轴线对于磁场的方向 3.如图，与直导线AB共面的轻质闭合金属圆环竖直放置，两者彼此绝缘，环心位于AB的上方.当AB中通有由A至B的电流且强度不断增大的过程中，关于圆环运动情况以下叙述正确的是[ ]

A.向下平动 B.向上平动 C.转动：上半部向纸内，下半部向纸外 D.转动：下半部向纸内，上半部向纸外 4.如图所示，两个相互连接的金属环，已知大环电阻是小环电阻的1/4;当通过大环的磁通量变化率为△φ／△t时，大环的路端电压为U.，当通过小环的磁通量的变化率为△φ／△t时，小环的路端电压为(两环磁通的变化不同时发生）[ ] 5 如图所示，把线圈从匀强磁场中匀速拉出来，第一次以速率v拉出，第二 次以2v的速率拉出.如果其它条件都相同.设前后两次外力大小之比F1:F2=K；产生的热量之比Q1:Q2=M；通过线框导线截面的电量之比q1:q2=N.则 [ ] A. K=2:1，M=2:1，N=1:1 B. K=1:2，M=1:2，N=1:2 C. K=1:1，M=1:2，N=1:1 D. 以上结论都不正确 6 如图所示，要使金属环C向线圈A运动，导线AB在金属导轨上应 [ ]

2020年上海高三物理一模 电磁感应专题汇编

上海市各区县2020届高三物理一模电磁感应试题专题分类精编 一、选择题 1. （2020松江区 第8题）“楞次定律”是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体表现（ ） A ．能量守恒定律 B ．欧姆定律 C ．牛顿第一定律 D ．库仑定律 2. （2020崇明区 第10题）如图，在薄金属圆筒表面上通以环绕圆筒、分布均匀的恒定电流时，由于 受磁场力的作用，该圆筒的形变趋势为 A ．沿轴线上下压缩，同时沿半径向内收缩 B ．沿轴线上下拉伸，同时沿半径向内收缩 C ．沿轴线上下压缩，同时沿半径向外膨胀 D ．沿轴线上下拉伸，同时沿半径向外膨胀 3. （2020黄浦区 第10题）位于磁场中的甲、乙两个矩 形金属线框可绕各自的轴转动，两根导线将两个线框按如图方式连接。现用外力使甲线框顺时针方向转动。某时刻甲、乙线框恰处于如图所示的位置。设此时乙线框的ab 边受到的安培力为F ，则 （A ）F 向上，乙线框表示电动机的原理 （B ）F 向上，乙线框表示发电机的原理 （C ）F 向下，乙线框表示电动机的原理 （D ）F 向下，乙线框表示发电机的原理 4. （2020静安区 第12题）如图，通电导线MN 与单匝矩形线圈abcd 共面，位 置靠近ab 且相互绝缘。当MN 中电流突然减小时，线圈产生的感应电流I ，线圈所受安培力的合力为F ，则I 和F 的方向为 （A ）I 顺时针，F 向左 （B ）I 顺时针，F 向右 （C ）I 逆时针，F 向左 （D ）I 逆时针，F 向右 5. （2020虹口区 第9题）如图所示，水平放置的条形磁铁中央，有一闭合金属弹性圆环，条形磁铁中心线与圆环的轴线重合。现将圆环沿半径向外均匀扩大，则（ ） A ．穿过圆环的磁通量增大 B ．圆环中无感应电流 C ．从左往右看，圆环中产生顺时针方向的感应电流 D ．圆环受到磁铁的作用力沿半径向外 6. （2020浦东新区 第6题）如图所示，长直导线中通有向右的电流I ，金属线圈①与直导线垂直放置 于其正下方，线圈②中心轴线与直导线重合，线圈③直径与直导线重合，线圈④与直导线共面放置于其正下方。在电流I 均匀增大的过程中 （A ）从左向右看，线圈①中产生顺时针方向电流 （B ）从左向右看，线圈②中产生逆时针方向电流 N S ① ② ④ ③ I I 甲 N S 乙 N S a b

最新初中物理电磁感应发电机知识点与习题(含答案)好

电磁 安培定律 法拉第电磁感应定律 电流的磁效应 电磁感应 右手螺旋定则右手定则 安培力 左手定则1.安培定律：表示电流和电流激发磁场的 磁感线方向间关系的定则，也叫 右手螺旋定则。(1)通电直导线中的安培定则（安培定则一）：用右手握住通电直导线，让大拇指指向电流的方向，那么四指的指向就是磁感线的环绕方向； (2)通电螺线管中的安培定则（安培定则二）：用右手握住通电螺线管，使四指弯曲与电流方向一致 ，那么大拇指所指的那一端是通电螺线管的N 极。 左手反之。

应用：电能转化为磁，可以用于人造磁铁等。 2. 法拉第电磁感应定律：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁 通变化率成正比。 右手定则：使大拇指跟其余四个手指垂直并且都跟手掌在一个平面内，把 右手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，大拇指指向导体运动方向，则其余四指指向产生的感应电流的方向。 应用：将动能转化为电能，发电机。 3．安培力：电流导体在磁场中运动时受力。 左手定则：左手平展，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个 平面内。把左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心（手心对准N极，手背对准S极)，四指指向电流方向（既正电荷运动的方向）则大拇指的方向 就是导体受力方向。 应用：通过磁场对电流的作用，将电磁能转化为机械能：电动机。 1．电磁感应现象：英国的物理学家法拉第在1831年发现了电磁感应现象，即闭合电路的一部分导体在磁场里做切割磁感应线的运动时， 导体中就会产生电流，这种现象叫做电磁感应。 2．感应电流：由电磁感应现象产生的电流。 (1)感应电流的方向跟磁场方向和导体切割磁感线

运动的方向有关。 (2)感应电流的产生条件： a.电路必须是闭合电路； b.只是电路的一部分导体在磁场中； c.这部分导体做切割磁感线运动（包括正切、斜切两种情况）。3．交流发电机 （1）原理：发电机是根据电磁感应现象制成的。 （2）能量转化：机械能转化为电能。 （3）构造:交流发电机主要由磁铁（定子）、线圈（转子）、滑环和电刷。

高三物理电磁感应知识点

届高三物理电磁感应知识点 物理二字出现在中文中，是取格物致理四字的简称，即考察事物的形态和变化，总结研究它们的规律的意思。小编准备了高三物理电磁感应知识点，具体请看以下内容。 1.电磁感应现象 电磁感应现象：利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应，产生的电流叫做感应电流。 (1)产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化，即0。 (2)产生感应电动势的条件：无论回路是否闭合，只要穿过线圈平面的磁通量发生变化，线路中就有感应电动势。产生感应电动势的那部分导体相当于电源。 (3)电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果回路闭合，则有感应电流，回路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流。 2.磁通量 (1)定义：磁感应强度B与垂直磁场方向的面积S的乘积叫做穿过这个面的磁通量，定义式：=BS。如果面积S与B不垂直，应以B乘以在垂直于磁场方向上的投影面积S，即=BS，国际单位：Wb 求磁通量时应该是穿过某一面积的磁感线的净条数。任何一个面都有正、反两个面;磁感线从面的正方向穿入时，穿过

该面的磁通量为正。反之，磁通量为负。所求磁通量为正、反两面穿入的磁感线的代数和。 3.楞次定律 (1)楞次定律：感应电流的磁场，总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。楞次定律适用于一般情况的感应电流方向的判定，而右手定则只适用于导线切割磁感线运动的情况，此种情况用右手定则判定比用楞次定律判定简便。 (2)对楞次定律的理解 ①谁阻碍谁---感应电流的磁通量阻碍产生感应电流的磁通量。 ②阻碍什么---阻碍的是穿过回路的磁通量的变化，而不是磁通量本身。③如何阻碍---原磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反;当原磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，即增反减同。④阻碍的结果---阻碍并不是阻止，结果是增加的还增加，减少的还减少。 (3)楞次定律的另一种表述：感应电流总是阻碍产生它的那个原因，表现形式有三种： ①阻碍原磁通量的变化;②阻碍物体间的相对运动;③阻碍 原电流的变化(自感)。 4.法拉第电磁感应定律 电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。表达式E=n/t

高考物理专题电磁感应中的动力学和能量综合问题及参考复习资料

高考专题：电磁感应中的动力学和能量综合问题 一.选择题。（本题共6小题，每小题6分，共36分。1—3为单选题,4—6为多选题） 1.如图所示，“U ”形金属框架固定在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中棒以水平初速度v 0向右运动，下列说 法正确的是( ) 棒做匀减速运动 B.回路中电流均匀减小 点电势比b 点电势低 棒受到水平向左的安培力 2.如图，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内，线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行。已知在0到1的时间间隔内，直导线中电流i 发生某种变化，而线框中感应电流总是沿顺时针方向；线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。设电流i 正方向与图中箭头方向相同，则i 随时间t 变化的图线可能是( ) 3.如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d>L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界 与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右运动＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域.下列v -t 图象中，可能正确描述上述过程的是( ) A B C D 4.如图1所示，两根足够长、电阻不计且相距L ＝0.2 m 的平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶端接有一盏额定电压U ＝4 V 的小灯泡，两导轨间有一磁感应强度大小B ＝5 T 、方向垂直斜面向上的匀强磁场．今将一根长为L 、质量为m ＝0.2 、电阻r ＝1.0 Ω的金属棒垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒 与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，已知金属棒下滑到速度稳定时，小灯泡恰能正常发光，重力加速度g 取10 2， 37°＝0.6， 37°＝0.8，则( ) 班级 姓名 出题者 徐利兵 审题者 得分 密 封 线

初中物理 电磁感应讲解学习

初中物理电磁感 应

一、【教学过程】 （一）复习引入 1. 师问：通过上节的学习，我们知道磁场对通电导线有力的作用，力的方向与什么有关呢？ 生答：导线中电流的方向、磁感线的方向有关。 2. 师问：通过上节的学习，我们得到了电动机的工作原理是什么呢？ 生答：通电线圈在磁场中受力转动。 通过上节课的学习，我们知道：通电导体在磁场中受到力的作用而能够运动起来，那么运动的导体中是否能够产生电呢？本节针对闭合电路的一部分导体在磁场中运动产生感应电流的现象及其能量的转化作一些分析。 （二）教学内容 1．电磁感应现象：英国的物理学家法拉第在1831年发现了电磁感应现象，即闭合电路的一部分导体在磁场里做切割磁感应线的运动时，导体中就会产生电流，

这种现象叫做电磁感应。 2．感应电流：由电磁感应现象产生的电流。 (1)感应电流的方向跟磁场方向和导体切割磁感线运动的方 向有关。 (2)感应电流的产生条件： a.电路必须是闭合电路； b.只是电路的一部分导体在磁场中； c.这部分导体做切割磁感线运动（包括正切、斜切两种情况）。 3．交流发电机 （1）原理：发电机是根据电磁感应现象制成的。 （2）能量转化：机械能转化为电能。 （3）构造:交流发电机主要由磁铁（定子）、线圈（转子）、滑环和电刷。 磁铁（定子） 线圈（转子） 滑环 电刷 4. 直流电与交流电： （1）方向不变的电流叫做直流电大小和方向作周期性改变的电流叫做交流电。（2）交流电的周期：电流发生一个周期性变化所用的时间，其单位就是时间的单位秒（s）。 （3）交流电的频率：电流每秒发生周期性变化的次数。其单位是赫兹，符号是Hz。频率和周期的数值互为倒数。 5.电动机与发电机的比较：

(完整版)高中物理电磁感应习题及答案解析

高中物理总复习—电磁感应 本卷共150分，一卷40分，二卷110分，限时120分钟。请各位同学认真答题，本卷后附答案及解析。 一、不定项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的不得分． 1．图12-2，甲、乙两图为与匀强磁场垂直放置的两个金属框架，乙图除了一个电阻为零、自感系数为L的线圈外，其他部分与甲图都相同，导体AB以相同的加速度向右做匀加速直线运动。若位移相同，则（） A．甲图中外力做功多B．两图中外力做功相同 C．乙图中外力做功多D．无法判断 2．图12-1，平行导轨间距为d，一端跨接一电阻为R，匀强磁场磁感强度为B，方向与导轨所在平面垂直。一根足够长的金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻不计。当金属棒沿垂直于棒的方向以速度v滑行时，通过电阻R的电流强度是（） A． Bdv R B．sin Bdv R θ C．cos Bdv R θ D． sin Bdv Rθ 3．图12-3，在光滑水平面上的直线MN左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，右侧是无磁场空间。将两个大小相同的铜质矩形闭合线框由图示位置以同样的速度v向右完全拉出匀强磁场。已知制作这两只线框的铜质导线的横截面积之比是1:2.则拉出过程中下列说法中正确的是（）A．所用拉力大小之比为2:1 B．通过导线某一横截面的电荷量之比是1:1 C．拉力做功之比是1:4 D．线框中产生的电热之比为1:2 4．图12-5，条形磁铁用细线悬挂在O点。O点正下方固定一 个水平放置的铝线圈。让磁铁在竖直面内摆动，下列说法中正确的 是（） R v a b θ d 图12-1 M N v B 图12-3

高中物理电磁感应专题复习

电磁感应·专题复习 一. 知识框架： 二. 知识点考试要求： 知识点 要求 1. 右手定则 B 2. 楞次定律 B 3. 法拉第电磁感应定律 B 4. 导体切割磁感线时的感应电动势 B 5. 自感现象 A 6. 自感系数 A 7. 自感现象的应用 A 三. 重点知识复习： 1. 产生感应电流的条件 （1）电路为闭合回路 （2）回路中磁通量发生变化?φ≠0 2. 自感电动势 （1）E L I t 自=? ?? （2）L —自感系数，由线圈本身物理条件（线圈的形状、长短、匝数，有无铁芯等）决定。 （2）自感电动势的作用：阻碍自感线圈所在电路中的电流变化。 （4）应用：<1>日光灯的启动是应用E 自 产生瞬时高压 <2>双线并绕制成定值电阻器，排除E 自 影响。 3. 法拉第电磁感应定律 （1）表达式：E N t =??φ N —线圈匝数；?φ—线圈磁通量的变化量，?t —磁通量变化时间。

（2）法拉第电磁感应定律的几个特殊情况： i ）回路的一部分导体在磁场中运动，其运动方向与导体垂直，又跟磁感线方向垂直时，导体中的感应电动势为E B l v = 若运动方向与导体垂直，又与磁感线有一个夹角α时，导体中的感应电动势为：E B l v =s i n α ii ）当线圈垂直磁场方向放置，线圈的面积S 保持不变，只是磁场的磁感强度均匀变化时线圈中的感应电动势为E B t S = ?? iii ）若磁感应强度不变，而线圈的面积均匀变化时，线圈中的感应电动势为：E B S t =?? iv ）当直导线在垂直匀强磁场的平面，绕其一端作匀速圆周运动时，导体中的感应电动势为：E Bl =12 2ω 注意： （1）E B l v =s i n α用于导线在磁场中切割磁感线情况下，感应电动势的计算，计算的是切割磁感线的导体上产生的感应电动势的瞬时值。 （2）E N t =??φ ，用于回路磁通量发生变化时，在回路中产生的感应电动势的平均值。 （3）若导体切割磁感线时产生的感应电动势不随时间变化时，也可应用E N t =??φ ，计算E 的瞬时值。 4. 引起回路磁通量变化的两种情况： （1）磁场的空间分布不变，而闭合回路的面积发生变化或导线在磁场中转动，改变了垂直磁场方向投影面积，引起闭合回路中磁通量的变化。 （2）闭合回路所围的面积不变，而空间分布的磁场发生变化，引起闭合回路中磁通量的变化。 5. 楞次定律的实质：能量的转化和守恒。 楞次定律也可理解为：感应电流的效果总是要反抗（或阻碍）产生感应电流的原因。 （1）阻碍原磁通量的变化或原磁场的变化 （2）阻碍相对运动，可理解为“来拒去留”。 （3）使线圈面积有扩大或缩小的趋势。 （4）阻碍原电流的变化（自感现象）。 6. 综合题型归纳 （1）右手定则和左手定则的综合问题 （2）应用楞次定律的综合问题 （3）回路的一部分导体作切割磁感线运动 （4）应用动能定理的电磁感应问题 （5）磁场均匀变化的电磁感应问题 （6）导体在磁场中绕某点转动 （7）线圈在磁场中转动的综合问题 （8）涉及以上题型的综合题 【典型例题】 例1. 如图12-9所示，平行导轨倾斜放置，倾角为θ=?37，匀强磁场的方向垂直于导轨平面，磁感强度B T =4，质量为m k g =10.的金属棒ab 直跨接在导轨上，ab 与导轨间的动摩擦因数μ=025.。ab 的电阻r =1Ω，平行导轨间的距离L m =05.，R R 1218== Ω，导轨电阻不计，求ab 在导轨上匀速下滑的速度多大？此时ab 所受

电磁感应习题解答电磁场习题解答

第十三章 电磁感应 一 选择题 3．如图所示，一匀强磁场B 垂直纸面向内，长为L 的导线ab 可以无摩擦地在导轨上滑动，除电阻R 外，其它部分电阻不计，当ab 以匀速v 向右运动时，则外力的大小是： R L B R L B R L B R BL L B 222222222 E. D. 2 C. B. A.v v v v v 解：导线ab 的感应电动势v BL =ε，当 ab 以匀速v 向右运动时，导线ab 受到的外力与安培力是一对平衡力，所以R L B L R B F F v 22===ε 安外。 所以选（D ） 4．一根长度L 的铜棒在均匀磁场B 中以匀角速度ω旋转着，B 的方向垂直铜棒转动的平面，如图，设t = 0时，铜棒与Ob 成θ角，则在任一时刻t 这根铜棒两端之间的感应电动势是：（ ） A. )cos(2θωω+t B L B. t B L ωωcos 2 12 C. )cos(22θωω+t B L D. B L 2ω E. B L 22 1ω 解：???= ==??=L L BL l l B l B )00221d d d ωωεv l B v （ 所以选（E ） 6．半径为R 的圆线圈处于均匀磁场B 中，B 垂直于线圈平面向上。如果磁感应强度为B =3 t 2+2 t +1，则线圈中的感应电场为：（ ） A ． 2π(3 t + 1)R 2 ,顺时针方向； Ｂ． 2π(3 t + 1)R 2 ,逆时针方向； C ． (3 t + 1)R ,顺时针方向； D ． (3 t + 1)R ,逆时针方向； 解：由??? ???-=?S B l E d d i t ，则感应电场的大小满足 选择题4图 选择题3图 v

北京市高三物理二轮复习 电磁感应专题教学案

一、电磁感应现象：一切电磁感应现象都可以归结为磁通量的变化引起的： 如： 二、感应电流的方向判断： 楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化 对于导体切割磁感线时的感应电动势方向的判断，也可以利用右手定则：伸开右手，让磁场穿过掌心，大拇指指向运动方向，四指指向导体内感应电流方向或导体内感应电动势的正极。 三、法拉第电磁感应定律： （1）在电磁感应现象中产生的感应电动势大小，跟穿过这一回路的磁通变化率成正比。 表达式：——平均值 （2）导体在磁场中切割磁感线产生电动势。

表达式：ε=BLv（垂直切割）——瞬时值 若v不与B垂直，则可以将v分解为垂直于B和平行于B，其中垂直分量产生感应电动势。 （3）自感现象：由于通过导体本身电流发生变化而引起的电磁感应现象。 自感电动势，即与电流的变化率成正比，式中L为自感系数由线圈本身的长度、横截面积、匝数以及有无铁芯决定。 [例题分析] 例1、通电直导线与闭合金属框彼此绝缘，它们处于同一平面内，导 线位置与线框轴重合。为了使线框中产生如图所示方向的感应电流，可 以采取的措施是： A、减弱直导线中的电流强度 B、线框以直导线为轴转动 C、线框向右平动 D、线框向左平动 分析：通电直导线产生磁场的磁感线是以电流为圆心的同心圆。闭 合线框在如图所示状态下磁通量j为零。当直导线中电流强度发生变化或线框以直导线为轴转动时，通过线框的磁通量j始终是零，Δj=0，故无感应电流产生。 当线框向右或向左平动时，通过线框的磁通量j都要增加。向右平动原磁场方向为“x”，向左平动原磁场方向为“·”为了阻碍磁通量的增加产生题目中要求感生电流的方向。由楞次定律可判断线框应向左平动，故D选项是正确的。 例2、如图所示，用金属导线变成闭合正方形导线框边长为L，电阻 为R，当它以速度v匀速地通过宽也为L的匀强磁场区过程中，外力需做 功W，则该磁场磁感应强度应为多大？若仍用此种导线变成边长为2L的正 方形导线框，以相同速度通过同一磁场区，外力应做功为原来的几倍？ 解：正方形线框匀速通过磁场ΣF=0，当进入磁场时，cd边切割磁感 线产生ε→产生I→受F安：F外=F安。当出磁场时ab边切割磁感线产生ε→产生I→受F安，则F外=F安。 外力功W=F外·2L=F安×2L=BIL×2L=2BL2× 。 则磁感应强度。 当线框边长为2L时，此时真正产生感应电流的时候是当cd、ab边在磁场中运动时，外力功W'为：（此时电阻为原来的2倍） W'=F外'×2L= F安'×2L=BI'×2L×2L =4BL2×