高三物理第一轮复习——电磁感应考点例析答案

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1、高三物理第一轮复习一一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n沿平行导线方向运动，与直导线距离不变，穿过线框n的磁通量不变，因此线框n中无

2、感 应电流产生；线框出绕 OO轴转动过程中，穿过它的磁通量不断变化，在转动过程中线框出中有感应电流 产生，其方向是周期性改变的。(2)线框出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m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，图示位置是线框出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

3、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n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*二_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

4、中感应电流方向为逆时针。.- 一.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Co例2-6、解：从“阻碍磁通量变化”来看，原磁

5、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

6、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：根据虫=8$,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

7、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

8、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、

9、 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aidTCT bT 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aibTCTdia.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do口 L,满足单摆运动的条件，所以，最终为简谐运

10、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：7X10-3Wb, 4X10-3Wb; 3.2V, -0.8V例 3-2、C例3-3、解：这是一道基本练习题, 各物理量与速度v之间有什么关系。要注意要注意所用的边长究竟是Li还是L2 ,还应该思考一下所求的 E =BL2v, I =E,F =BIL2,. FR2 2 2B L2v2P = Fv =二 vRB2L2V二 vR W =FLiB2L2L1V二 v(4) Q =W v, E 中一 q = I t = t =与

11、v无关R R特别要注意电热 Q和电荷q的区别，其中0=至与速度无关！(这个结论以后经常会遇到)R R例3-4、解答：设PQ从顶角。开始向右运动的时间为 At, Ob=v At, ab= v - AvAtt * 增口，Oa cosa回路中的电阻为区=(Oa + Ob+ab) Rc = vAtR回路中E=Blv=B - ab , v=Bv2 A t tan a。回路中感应电流FBv sin aR (1 + cosa + sin af)Ra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 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L

12、: ; B S CE = .一 13 2 一AS表示ab扫过的三角形的面积，即 AS=-Ld3L=L22通过R的电量Q1 = IAt =EMR.3BI 2由以上三式解得Q1 =2R在这一过程中电容器充电的总电量Q=CUmUm为ab棒在转动过程中产生的感应电动势的最大值。即12U m = B 2L (2L) =2BL2，2联立得：Q2 =2BL2 C（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:2_3_Q=Qi + Q2= BL ( 426C) 2R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）.

13、 B图中，ab为电源，Uab=I 3r=3E/4,其他情况下，Uab= I r=曰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v TE tI t F安 Ta 1（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 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:闭合电路AC ba中将产生感应电流，根据闭合电路欧姆I=E/R据右手定则可判定感应电流方向为aAC ba,再据左手定安培力F安方向如图示，其

14、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 0Ff=mgcos 0B2I2V 由可得F安=B_L_vR以ab为研究对象，根据牛顿第二定律应有:2 , 2B L vmgsin 0 -(1 mgcos0 - =maab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：2 , 2B L v mgsin 0 -(1 mg cos 0 =0Rmg sin cos R由式可解得vm2-B L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

15、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mgsin 0 (mgcos 0= ma由式解得：a = 4m/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mgsin 0 (mgcos0 F= 0此时金属棒克服安培力做功白功率等于电路中电阻R消耗的电功率Fv= PP 一由两式斛佝v = =10 m/sl,磁场的磁感应强度为B(3)设电路中电流为I,两导轨间金属棒长为,BlvI 二RvlP= I2R PR 由两式解得B =0.4 T磁场方向垂直导轨平面向上。例4-4、解：由E

16、 =竺=kLiL2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 一F=BIL 8B=kt8t,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：ktL .心二地心普巴Rk L1L2例4-5、解题方法与技巧：B由法拉第电磁感应定律可求出回路感应电动势：E= =SB.:t-：t由闭合电路欧姆定律可求出回路中电流I= ERo R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)：t此时安培力为F安= Bllab由受力分析可知F安=mg由式并

17、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Ei=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E2 =-,这是很多考生在处理问题时最容易遗漏Lt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=Ei+E2,若相反，则电路的总电动势应为E=Ei - E20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

18、度，在t时刻，金属杆与初始位置的距离at 2此时杆的速度v = at,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 E=S B Blv,t而：B = kt回路的总电阻B k(t t) - ktR= 2Lro回路中的感应电流i = E R作用于杆的安培力 F = Bli3 k212.3解得 F =1，代入数据为 F= 1.44X10 N2 ro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 此时，弧acb和弧adb的电阻分别为：R1=2?R（L。）， R2 = 2 ?R0并联后电阻RlR2r二R +R22 Ri(二-二)杆中的电流I =Er作用在杆

19、上的安培力F = I B2 FSiTi )由以上各式解得2 二 vB2Rsin2u二（二-二）例4-8、分析：题目涉及一个关键的运动特征一一匀变速直线运动.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.根据牛屯第二定律方程，可求出F与Vo的关系.解答:(1)感应电动势 E=B1v, I =-所以R2V贝 U：x = =lm2a(2)最大电流Im =驷/=5=变0R2 2R21 2B 1 Vo安培

20、力 f=IB1 0 =0.02N 2RI = 0 时,v= 0向右运动时F+f= maF=ma-f=0.l8N方向与x正向相反向左运动时F f= maF=ma+f=0.22N方向与x正向相反(3)开始时v= V0,f =ImBl =-22B2l2vo当V0maR2 2B2I2maR _2 2 B lF = ma - f=10m/s 时,=10m/s 时,_2 2二 ma2F0F2mv2Q= m(vo +S-)162H(3)设杆A2和A1的速度大小分别为 v和3vmv2= mv+ m3v由法拉第电磁感应定律得：B=BL(3 v-v)T 2Lr 安培力B2LF =8r例7-3、解析：(1) ab棒

21、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：12mgR(1 -cos60= mv 解得 v = vgR进入磁场区瞬间，回路中电流强度为E2r rBl gR3r(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mv 二(2m m)v解得 v =1而R 3 .(3)系统释放热量应等于系

22、统机械能减少量，故有12121Q = mv - 3mv 解得 Q = mgR 223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 w和v2,经过很短的时间 t,杆甲移动距离ViAt,杆乙移动距离 V2t,回路面积改变lS =(x - V2 Lt) V1 Lt t - lx = (v1 - v2)kt ：S由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势E = B t回路中的电流i二 2R杆甲的运动方程F -Bli=ma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(t = 0时为0)等于外力 F的冲量Ft = mu - mv2 j “ r1 r Fl2R1

23、F,2R联立以上各式解得 Vi =二(F -ma) v2- -2 2(F-ma)2 m B F2 m B2I代入数据得 v1 = 8.15m/s v2 = 1.85m/s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 W和丫2,两杆切割磁感线产生的感应电动势分别为 1=Blv1 , 2=Blv2由右手定则知两电动势方向相反，故总电动势为E=2- 1= Bl (v2%)。分析甲、乙两杆的运动，还可以求出甲、乙两杆的最大速度差Avm: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

24、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 Im.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=2ImR,而E = BL vm FR由以上各式可解得.-：vm 2 2 =10m/s.B2L2例7-5、解析：(1)在两金属杆运动过程中

25、，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2mvi-mv2=0，得 V2=2vi此时回路中产生的电动势为E=Bl(Vi+v2)=3Blvi、 s 3用力回路中的电流大小为 11=2r 2r2rab杆所受的安培力大小为Fi=BI il=-上ab杆的加速度大小为a=T=-至上(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 )=3BlvE 3Biv回路中的电流大小为I=-=2 r2rab杆所受的安培力大小为B四2r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

26、六三：,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-B . lT=2mv解得通过ab杆横截面的电荷量q= T=-Bi 2BZ1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E = B(l2-l1)v回路中的电流I =ER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f1=Bl1IXiyi的安培力为方向向上，作用于杆X2y2的安培力为f2=Bl2I方向向下，当杆作匀速运动时，根据牛顿第二定律有 F -mig -m2g + f1 - f2 =解以上各式得

27、iJ-gB(l2 -li)F - (mi m2)gv 二22RB2(l2 -li)2作用于两杆的重力的功率的大小P=(m1+m2)gv电阻上的热功率q = i2r由式，可得F - m m2)gP 二 -2f R(mi + m2)gB2(l2 -li)2Q=ymg2R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:E1 E22r因拉力与安培力平衡，作用于每根金属杆的拉力的大小为上各式并代F i=F2=IBd。得F1 = F22 , 2B d v_2v =3.2 10 N r44V_-v(2

28、)设两金属杆之间增加的距离为42 LL,则两金属杆共产生的热量为 Q = I 2，2r，一L , 2v代入数据得Q=1.28X 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E = B -v)感应电流IER1R2杆2作匀速运动，它受到的安培力等于它受到的摩擦力,BlI = Rm2g导体杆2克服摩擦力做功的功率P = m2gv(J解得m2g /P =，m2gvo 一 2 2 (RR2)B2l2解法杆1有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F -Mm1g -B I k0

29、对卞f 2有 BIMm2g =0外力F的功率 PF = Fv0以P表示杆2克服摩擦力做功的功率，则有 P =PF 12(R1 +r2)-Mm1gv0由以上各式得p =Rm2gVo -m2g（Ri +R2）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

30、相同的速度v作匀速运动.则由动量(1)从初始至两棒达到速度相同的过程中，两棒总动量守恒，mvo = 2mv根据能量守恒，整个过程中产生的总热量121212Q = mv0 - (2m)v = mv0224(2)设ab棒的速度变为初速度的 3/4时，cd棒的速度为 4, 守恒可知：mv0 = m v0 mv14此时回路中的感应电动势和感应电流分别为:E =0iW 1啧由以上各此时cd棒所受的安培力：F =IBL ，所以cd棒的加速度为 a =二2, 2式，可得B L v0a 二。4mR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

31、程，据动量定理可得:lr ： r Ba2一F t = -Ba = 一 Ba = mvx - mv0RRBa2=mv mvx R对于线圈穿出磁场的过程，据动量定理可得：6-F 1 - -Ba= BaR由上述二式可得vx =v0 +v ,即B选项正确。2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=Uc=q/C而对导体棒ab利用动量定理可得：-BLq =mv-mvo由上述二式可求得：v =吗2m B L C四、针对练习参考答案：1 . (1) va=v

32、b= - v2gh(2)A E= - magh(3) Qa=-A E=- magh, Q b=- E=- magh777497492 .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vi,导体棒gh的速度增大到v2,则有2BLVi-BLV2=0,即V2=2vi。对导体棒ef由动量定理得： -2BL I，t = 2mv1 - 2mv0对导体棒gh由动量定理得：BL I At = mv2 -01 2由以上各式可得： v1v0 , v2 = v03 33 .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

33、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 At ,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mgt - F& = mv。BL：/而FAt = B I L，At, I = 所以 FAt =。.t RR可见，两下落过程安培力的冲量相等。因为：v乙v甲，所以t乙t甲，即：乙线圈运动时间较短，先落地。选 Bo2. 2由 F= B L VmR4 .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 . FR解得：vm=2 2 =10 m/s.b2l2此后，撤去外力F,金属棒ab克服磁场力做功，使

34、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1 2Q= -mvm =5J.22 25.解析：线框达到最大速度之前所受的安培力FuB-Lv随速度v的变化而变化，所以直接求解安培力R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= B L vm 解得 vm= mgR = 2m/s RB L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1 2功而损失的

35、机械能为：mg (h+ L) - - mvm =0.2 J.2所以磁场作用于线框的安培力做的总功是一0.2J6.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_ 1重寸恒7E律可得： mv0 = 2mv,即v = - v0。2对于cd棒应用动量定理可得:1BLq =mv-0= mv0 2所以，通过导体棒的电量 q=m%2BL而豆一 lA*l而 I =, -2R | .：t |BLx 一、上/口mv)R所以q= I & =| =由上述各式可得：x= 2

36、T I t | 2RB L27.解析：(1)电动机的输出功率为：屯=IU I r=6w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P出=Fv其中F为电动机对棒的拉力，当棒达稳定速度时F = mg + BI L感应电流I . = E = BLvR R由式解得，棒达到的稳定速度为v = 2m/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1 2 八量守恒定律得： t=mgh - mv2 - Q2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

37、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. D2. AD 3. BD4. D5. 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Mvo=（M+m）v,共同速度v= _匚.系统的机械能减少，转化为电能（内能）.选B.M + m6. A7. 解析：设开始时导轨d与Ob的距离为xi,导轨c与Oa的距离为X2,、_,地动c或d时广生

38、的感应电动势 E=& ME BiSA S2=T 2xi=xix2；通过导体 R的电量为Q=I A t= A t= R由上式可知，通过导体R的电量与导轨 定值，其电量取决于所围面积的变化。若导轨d与Ob距离增大一倍，即由Si=xi . X2；Rd或c移动的速度无关， 由于B与xi变为2xi,则所围面积增大了 A若导轨C再与Oa距离减小一半，即由x2变为2 ,则所围面积又减小了2若导轨C再回到原处，此过程面积的变化为A S3=AS2 = 2xi=xix2；2最后导轨d又回到原处，此过程面积的变化为AS4=xix2；由于A S1= S2= S3= S4,则通过电阻R的电量是相等的，即 Q1=Q2=Q

39、3=Q4.8. C9. 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jp nr直=BLabVkBLvi,回路中感应电流 I=_5.二竺），选项C错误.ab棒受到的安培力为 F安=BIL=BW_2R 2R2R二82片 ,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=,mg+ , %，选项A正确.cd2R2R2R棒所受摩才察力为 f=F安=，选项B错误.cd棒也匀速直线运动，受力平衡，mg=f, mg=科2R尸2蜘g，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

40、量等于0.5m时，线圈与磁场方向成 60角，则电动势应为 乖Em,由Em = NBS(D =Nm3、2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. A12. A13. B15.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)

41、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 Ro上的电压U=-S 扁U重力和电场力平衡，有：mg=d粒子在极板间做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：v3 qvB=m Rd 粒子的轨道半径满足 RW 一 2解得：v 1.0 m/sT,则有:1t=(k+ )T (k=0,1,2 )t,粒子做圆周运动的周期为(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2T=解得:1t=(k+ ).22m(k=0,1,2 ) g17.答案: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一b,棒受力的。右侧视图如图示

42、。拓展练习:1.B 2.BD答案:3.C4.BC5.C6. D7.D8.C9.DJI10.解:(1)co20 (2)当导体棒转过角度6t时，由正弦定理，有sin(1800 -450 - t) sin 45012Ur B L (1 sin2 t)心。、H 2)2_ 一BL2(3)2R11 .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, 1= F/R, #=BLv.此一时细螂技力的功宓F t与电动机的输出功率P出相等，2“而 Pt = Tv, P 出=Iv 1 r ,化简以上各式代入数据得V 2+v- 6=0,所以 v = 2m/ s . ( v = - 3m/ s不合题意舍去)1(2)由能量守恒定律可得P出t=mgh+ 2mv2+Q,2x 2mgh mv 2Q 彳t2= 1s所以2(Iv-Ir)12 .解