1、电磁感应与电路思想方法提炼 电磁感应是电磁学的核心内容，也是高中物理综合性最强的内容之一，高考每年必考.题型有选择、填空和计算等，难度在中档左右，也经常会以压轴题出现.在知识上，它既与电路的分析计算密切相关，又与力学中力的平衡、动量定理、功能关系等知识有机结合；方法能力上，它既可考查形象思维和抽象思维能力、分析推理和综合能力，又可考查运用数知识(如函数数值讨论、图像法等)的能力.江苏省苏州中学物理课件高考的热点问题和复习对策：1.运用楞次定律判断感应电流(电动势)方向，运用法拉第电磁感应定律，计算感应电动势大小.注重在理解的基础上掌握灵活运用的技巧.2.矩形线圈穿过有界磁场区域和滑轨类问题的分
2、析计算.要培养良好的分析习惯，运用动力学知识，逐步分析整个动态过程，找出关键条件，运用运动定律特别是功能关系解题.3.实际应用问题，如日光灯原理、磁悬浮原理、电磁阻尼等复习时应多做介绍，有条件的让学生多接触实际.此部分涉及的主要内容有：1.电磁感应现象.(1)产生条件：回路中的磁通量发生变化.(2)感应电流与感应电动势：在电磁感应现象中产生的是感应电动势，若回路是闭合的，则有感应电流产生；若回路不闭合，则只有电动势，而无电流.(3)在闭合回路中，产生感应电动势的部分是电源，其余部分则为外电路.江苏省苏州中学物理课件 2.法拉第电磁感应定律：E=n，E=BLvsin，注意瞬时值和平均值的计算方法
3、不同.3.楞次定律三种表述：(1)感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化(涉及到：原磁场方向、磁通量增减、感应电流的磁场方向和感应电流方向等四方面).右手定则是其中一种特例.(2)感应电流引起的运动总是阻碍相对运动.(3)自感电动势的方向总是阻碍原电流变化.t江苏省苏州中学物理课件德国世界报曾报道个别西方发达国家正在研制电磁脉冲波武器电磁炸弹.若一枚原始脉冲波功率为10千兆瓦，频率5千兆赫的电磁炸弹在不到100m的高空爆炸，它将使方圆400-500m2地面范围内电场强度达到每米数千伏，使得电网设备、通信设施和计算机的硬盘与软件均遭到破坏，电磁炸弹有如此破坏力的主要原因是（）A、电磁脉冲引起的电磁感
4、应现象.B、电磁脉冲产生的动能C、电磁脉冲产生的高温D、电磁脉冲产生的强光江苏省苏州中学物理课件4.相关链接(1)受力分析、合力方向与速度变化，牛顿定律、动量定理、动量守恒定律、匀速圆周运动、功和能的关系等力学知识.(2)欧姆定律、电流方向与电势高低、电功、电功率、焦耳定律等电路知识.(3)能的转化与守恒定律.如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环.导体abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下列图中哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力?()C、D项中B随t是均匀变化的，在螺线管
5、中产生的是稳定电流，这样在圆环中不能产生感应电流，圆环也就不能受到作用力.A项中磁场变大，但变化率却是越来越小，由E=BS/t，可知螺线管中电流越来越小，由楞次定律判断可知电流方向为dcbad，由此可知螺线管在圆环中产生的磁场方向向上，且磁感应强度逐渐减小，再由楞次定律可判定圆环为了阻碍磁通量减小，受到向上的作用力，有向上运动的趋势.答案应选A项.江苏省苏州中学物理课件如图（甲）所示，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2，导线的电阻r=1.5，R1=3.5，R2=25.穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按图（乙）所示规律变化，则R2的功率是多大？A点的电势为多少？1W，5V如图粗细均匀
6、的铜导线制成的单匝正方形线框，从以虚线框为界、磁感强度为B的匀强磁场中匀速拉出磁场，则在此过程中，通过导线横截面积的电量:A.跟导线的横截面积成反比B.跟线框的边长成反比C.跟线框的质量成正比D.跟线框的质量成反比江苏省苏州中学物理课件如图所示，在倾角为 的光滑的斜面上，存在着两个磁感应强度相等的匀强磁场，方向一个垂直斜面向上，另一个垂直斜面向下，宽度均为L，一个质量为m，边长也为L的正方形线框(设电阻为R)以速度v进入磁场时，恰好做匀速直线运动.若当ab边到达gg与ff中间位置时，线框又恰好做匀速运动，则：(1)当ab边刚越过ff时，线框加速度的值为多少?(2)求线框开始进入磁场到ab边到达
7、gg与ff中点的过程中产生的热量是多少?【解析】此题旨在考查电磁感应与能量之间的关系.线框刚越过ff时，两条边都在切割磁感线，其电路相当于两节相同电池的串联，并且这两条边还同时受到安培力的阻碍作用.(1)ab边刚越过ee即做匀速直线运动，表明线框此时所受的合力为0，即 LRBLvBmgsin江苏省苏州中学物理课件 在ab边刚越过ff时，ab、cd边都切割磁感线产生感应电动势，但线框的运动速度不能突变，则此时回路中的总感应电动势为E=2BLv，设此时线框的加速度为a，则2BEL/R-mgsin=ma，a=4B2L2v/(Rm)-gsin=3gsin，方向沿斜面向上.(2)设线框再做匀速运动时的速
8、度为v，则mgsin=(B2BLvL/R)2，即v=v/4，从线框越过ee到线框再做匀速运动过程中，设产生的热量为Q，则由能量守恒定律得:2223215sin232121sin23mvmgLmvmvLmgQ【解题回顾】电磁感应过程往往涉及多种能量形式的转化.滑杆类问题即一段金属导体在导轨上滑动时，切割磁感线而在导体中产生电流，同时又受安培力之类的问题，切割方式有转动切割和平动切割.江苏省苏州中学物理课件如图所示，铜质圆盘绕竖直轴O在水平面内匀速转动，圆盘半径为r=20cm，处在竖直向下的磁感应强度B=1T的匀强磁场中，两个电刷分别与转动轴和圆盘的边缘保持良好接触，并与电池和保险丝D串联成一闭合
9、电路.已知电池电动势E=2V，电路中总电阻R=1，保险丝的熔断电流为1A试分析计算：为了不使保险丝烧断，金属圆盘顺时针方向转动的角速度的取值范围是什么?【解析】圆盘不动时，电路电流I=E/R=2A，大于保险丝的熔断电流，保险丝将被烧断.圆盘顺时针方向转动时，相当于长度为r的导体在垂直于磁场的平面里绕O轴以角速度匀速转动，感应电动势大小为 E=1/2Br2 圆盘边缘电势比转动轴处电势高，在闭合电路中感应电动势的方向与电池电动势的方向相反.要保险丝不被烧断，在转动角速度较小时要满足.(E-E)/RI 在转动角速度较大时应满足(E-E)/RI 1B2r2/23 50rad/s150rad/s江苏省苏
10、州中学物理课件如图所示，abcde和abcde为两平行的光滑导轨，其中abcd和abcd部分为处于水平面内的直轨，ab、ab的间距为cd、cd间距的2倍，de、de部分为与直轨相切的半径为R的半圆形轨道，且处于竖直平面内，直轨部分处于竖直向上的匀强磁场中，弯轨部分处于匀强磁场外，在靠近aa和cc处放有两根均质金属棒MN、PQ，质量分别为2m和m.为使棒PQ能沿导轨运动而通过半圆形轨道的最高点ee，问在初始位置至少必须给棒MN以多大的冲量?(设两段水平直轨均足够长，PQ离开磁场时MN仍在宽轨道上运动)【解析】若棒PQ刚能通过半圆形轨道的最高点ee，由圆周运动知识知mg=mv2/r,可得PQ在最高
11、点时的速度V=gR 棒PQ在半圆形轨道上运动时机械能守恒，设其在dd时的速度为vd，由1/2mv2d=1/2mv20+mg2R可得vd=5gR当棒MN的速度v1和棒PQ的速度v2的关系为v1=v2/2时，回路中的磁通量不再变化而无感应电流，两者便做匀速运动，因而v2=vd=,v1=5gR5/2gR江苏省苏州中学物理课件 在有感应电流存在的每一瞬间，由F=BIL及MN为PQ长度的2倍可知，棒MN和PQ所受安培力F1和F2的关系为F1=2F2，从而在回路中有感应电流的时间t内，有F1=2F2 设棒MN的初速度为v0，取向右为正向，在时间t内分别对两棒应用动量定理，有-F1t=2mv1-2mv0,F
12、2t=mv2，将前面两式相除，考虑到F1=2F2，并将v1、v2、的表达式代入，可得 v0=所以在初始位置至少给棒MN的冲量为 I=2mv0=.25gR3gRm 53江苏省苏州中学物理课件含感应电动势的电路分析与计算.这类问题中应当把产生感应电动势的部分导体看成电源，其余通路则为外电路，根据电路结构进行分析计算.如图所示，da、cb为相距l的平行导轨(电阻可以忽略不计).a、b间接有一个固定电阻，阻值为R.长直细金属杆MN可以按任意角架在水平导轨上，并以速度v匀速滑动(平移)，v的方向和da平行.杆MN有电阻，每米长的电阻值为R.整个空间充满匀强磁场，磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面(dab
13、c平面)向里.(1)求固定电阻R上消耗的电功率为最大时 角的值;(2)求杆MN上消耗的电功率为最大时 角的值.【解析】如图所示，杆滑动时切割磁感线而 产生感应电动势E=Blv，与角无关.以r表示两导轨间那段杆的电阻，回路中的电流为:(1)电阻R上消耗的电功率为:由于E和R均与无关，所以r值最小时，PR值达最大.当杆与导轨垂直时两轨道间的杆长最短，r的值最小，所以PR最大时的值为=/2.rREI222)(rRRERIPR江苏省苏州中学物理课件(2)杆上消耗的电功率为:Pr=要求Pr最大，即要求 取最大值.由于 显然，r=R时，有极大值,因每米杆长的电阻值为R，r=R即要求两导轨间的杆长为1m，2
14、22)(rRrErI2)(rRr)(141)(22RrRrRrRr2)(rRr所以有以下两种情况：如果l1m，则满足下式时r=R 1sin=l所以=arcsinl 如果l1m，则两导轨间那段杆长总是大于1m，即总有rR由于 在rR的条件下，上式随r的减小而单调减小，r取最小值时=/2，取最小值，取最大值，所以，Pr取最大值时值为22)21()(RrRRrRr2)(RrRr2)(Rrr2 江苏省苏州中学物理课件如图,光滑的平行导轨P、Q相距l=1m，处在同一水平面中，导轨左端接有如图所示的电路，其中水平放置的平行板电容器C两极板间距离d=10mm，定值电阻R1=R3=8，R2=2，导轨电阻不计.
15、磁感应强度B=0.4T的匀强磁场竖直向下穿过导轨面.当金属棒ab沿导轨向右匀速运动(开关S断开)时，电容器两极板之间质量m=110-14kg、带电量Q=-110-15C的微粒恰好静止不动；当S闭合时，微粒以加速度a=7m/s2向下做匀加速运动，取g=10m/s2，求：(1)金属棒ab运动的速度多大?电阻多大?(2)S闭合后，使金属棒ab做匀速运动的外力的功率多大?【解析】(1)带电微粒在电容器两极板间静止 时，受向上的电场力和向下的重力作用而平 衡，则得到:mg=qU1/d 电容器两极板间电压 VVqmgdU11001.0101015141由于微粒带负电，可知上极板电势高.S断开，R1上无电流
16、，R2、R3串联部分两端总电压等于U1，通过R2、R3的电流为:AARRUI1.02813211江苏省苏州中学物理课件 由闭合电路欧姆定律，ab切割磁感线运动产生的感应电动势为E=U1+Ir 其中r为ab金属棒的电阻.当闭合S后，带电微粒向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律，有:mg-U2q/d=ma 求得S闭合后电容器两极板间的电压:VVqdagmU3.01001.0)710(10)(15142这时电路中的感应电流为 I2=U2/R2=0.3/2A=0.15A 根据闭合电路欧姆定律有 E=1.2V，r=2 又因E=Blvv=E/(Bl)=1.2/(0.41)m/s=3m/s 即金属棒ab做匀速
17、运动的速度为3m/s，电阻r=2 )(231312rRRRRRIE江苏省苏州中学物理课件 (2)S闭合后，通过ab的电流I2=0.15A，ab所受安培力F2=BI2l=0.410.15N=0.06Nab以速度v=3m/s做匀速运动时，所受外力必与安培力F2大小相等、方向相反，即F=0.06N，方向向右(与v同向)，可见外力F的功率为:P=Fv=0.063W=0.18W江苏省苏州中学物理课件四、交变电流和变压器电路 电磁感应产生交变电动势，问题的讨论便如同交流电路，要注意最大值、有效值、平均值的概念，电流的功率和热量的计算用有效值，电量的计算用平均值，要记住交变电动势最大值Em=NBS.解题思路
18、与处理纯电阻直流电路相似.变压器原线圈和与之相串联的负载作为外电路接在交变电源上，副线圈作为输出端电源，与副线圈相接的负载作为外电路，原副线圈各自的闭合回路同样符合闭合电路的有关规律，原副线圈之间通过电磁互感满足U1/U2=n1/n2，P入=P出两个基本公式.江苏省苏州中学物理课件如图所示，一半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直纸面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场M、N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和导线的电阻不计.试求：(1)由图示位置起经过1/4转时间内负载电阻上产生的热量；(2)由图示位置起经过1/4转时间内通过负载电阻R的电量；(3)电流表
19、示数.【解析】线圈由图示位置开始绕轴匀速转动，产生的交变电流如图所示，交变电动势的最大值为：22222BnrnrBBSEm电阻上产生的热量为：22222BnrEEm线圈由图示位置经1/4转时间内，RnrBnRRBnrTRRERtIQ841)22(4)(42422222RrBRtREtIq22RBnrREI A222江苏省苏州中学物理课件如图所示，理想变压器原副线圈匝数n1n2n3=321,副线圈2上接有“8V 8W”的灯泡L1、L2，副线圈3上接有“6V 9W”的灯泡L3、L4，原线圈上接有电阻R=3，当a、b两端接交变电源后，L1、L2正常发光，求交变电源的输出功率.【解析】交变电源的输出功
20、率等于原副线圈及其回路中电阻R消耗的功率，也就等于R上的功率与L1、L2、L3、L4各灯消耗的功率之和.由于L1、L2正常发光，P1=P2=8W，U2=8V 由U1U2U3=n1n2n3=321;得U1=12V,U3=4V 所以L3、L4不能正常发光 R3=R4=，4962323PU所以L3、L4的实际功率为:P3=P4=4W.变压器的输出功率为:P出=P1+P2+P3+P4=82+42=24W I1=P出/U1=24/12=2A，R上消耗的电功率P=I21R=223=12W 交流电源实际的输出功率=P+P出=12+24=36W江苏省苏州中学物理课件三个相同灯泡连接如图，当K接A时，三灯亮度相
21、同，则K接B时（）A、三灯亮度仍相同B、甲灯最亮，丙灯不亮C、甲灯和乙灯一样亮，丙灯不亮D、只有丙灯不亮，乙灯最亮.（2003上海春招）如图为甲、乙两灯泡的IU图象，根据图象，计算甲、乙两灯泡并联在电压为220V的电路中，实际发光的功率约为（）A、15W、30W B、30W、40WC、40W、60W.D、60W、100W江苏省苏州中学物理课件图甲为某同学研究自感现象的实验电路图，用电流传感器显示各时刻通过线圈L的电流.电路中电灯的电阻R16.0，定值电阻R2.0，AB间电压U6.0V开关S原来闭合，电路处于稳定状态，在t1=1.0103s时刻断开开关S，此时刻前后电流传感器显示的电流随时间变化
22、的图线如图乙所示（1）求出线圈L的直流电阻RL；（2）在图甲中用箭头标出断开开关后通过电灯的电流方向；（3）在t2=1.610-3s时刻线圈L中的感应电动势的大小是多少？（1）由图读出，开始时流过电感线圈L的电流I0=1.5A0LUIRR02LURRI（2）L1中电流方向向左（3）由图读出,t=1.610-3s时刻线圈L的电流I=0.30A.线圈L此时是一个电源，由全电路欧姆定律1()LEI RRR3.0EV江苏省苏州中学物理课件 如图所示的电路中，电源电动势=10v，内阻不计，电阻 R1=R2=R3=2，R4=6，电容器的电容 C7.5F，G为灵敏电流计，当电路中一电阻发生断路时，灵敏电流计
23、 G中有自上而下的电流通过.（1）试分析断路的电阻是哪个？（2）试定量计算从G中流过的电量.R2或R3断路.若R2断路，电量q=3.7510-5库.若R3断路，电量q=5.62510-5库仑江苏省苏州中学物理课件一理想变压器次级有两个不同副线圈，如图所示，如果将两盏标有“6V，0.9W”的灯泡和一盏标有“3V，0.9W”的灯泡全部接入变压器的次级，且能够正常发光，已知U1=311 sin100t（V），匝数n1=1100匝、n2=10匝、n3=35匝.（1）在次级上画出如何连接的示意图.（2）计算出灯泡正常发光时变压器初级线圈中的电流强度的大小？I0=0.012A江苏省苏州中学物理课件如图所示
24、，电灯L标有“4V，1W”，滑动变阻器R总电阻为50，当滑片 P滑至某位置时，L恰好正常发光，此时电流表示数为0.45 A，由于外电路发生故障，电灯L突然熄灭，此时电流表示数变为05A，电压表示数为 10 V.若导线完好，电路中各处接触良好，试问：（1）发生的故障是短路还是断路？发生在何处？（2）发生故障前，滑动变阻器接入电路的阻值为多大？（3）电源的电动势和内电阻为多大？（1）断路，L断（2）R=20（3）E=12.5V,r=5江苏省苏州中学物理课件如图（甲）所示是一种测量血压的压力传感器在工作时的示意图.薄金属片P固定有4个电阻R1、R2、R3、R4如图（乙）所示，4个电阻的形状会跟着薄金
25、属片受压而变化，左边是它的侧面图，这4个电阻连接成电路如图（丙）所示，试回答下列问题：（1）开始时金属片中央O点未加任何压力，欲使电压表无示数，这4个电阻之间的关系应满足_.（2）当O点加一个压力F后发生形变，这时4个电阻也随之发生形变，形变后各电阻大小如何变化？_（3）电阻变化后，电路的A、B两点哪点电势高？它为什么能测量血压？请说明原因.A点电势将高于B点.血压越高，压力越大，金属片形变越显著，电阻变化越大，因此电压表的示数越大，于是就根据电压表的示数大小测量血压的高低了.R1R4R2R3 R1、R4增大，R2、R3 减小江苏省苏州中学物理课件用一个标有“12 V，24 W”的灯泡做实验，
26、测得灯丝电阻随灯泡两端的电压变化关系图线如图所示求：（1）在正常发光下，灯泡的电功率为多大？（2）设灯丝电阻与绝对温度成正比，室温为300 K，求正常发光条件下灯丝的温度.（3）将一定值电阻与灯泡串联后接到20 V电压上，要使灯泡能正常发光，串联的电阻为多大？（4）当合上开关后，需要0.5S灯泡才能达到正常亮度，为什么这时电流比开始时小？计算电流的最大值(1)18W (2)2400K (3)R=5.33 (4)刚合上开关,灯未正常发光,温度低,电阻小电流大,Im=60/19A江苏省苏州中学物理课件家庭电路的引线均有一定的电阻（约几欧）.因此当家中大功率用电器如空调、电炉工作时，家中原来开着的电
27、灯会变暗，下面通过一个简单的测试，可以估算出家庭电路引线部分的电阻.如图所示，用r表示家庭电路引线部分的总电阻，L为一只额定功率为P1的普通家用白炽灯泡，V为交流电压表，M是一个额定功率为P2的空调（P2P1），测试时，先断开电键S，接通灯泡L，测得电压为U1；再闭合电键S，测得电压为U2.（1）试推导出估算r的表达式（设电源两端电压保持恒定）.（2）若P22.0kW，测得U1220V，U2210V，则引线部分总电阻约为多大?（答案保留1位有效数字）2221)(PUUUrr=1江苏省苏州中学物理课件动态电路的分析题型特点：由于电路中某些元件如滑动变阻器的滑片移动或开关的断开、闭合，导致电路电阻
28、的变化，会引起电流、电压、电功率等相关物理量的变化.分析基本方法：（1）分析电路的结构，（2）电路的阻值变化，（3）由闭合电路欧姆定律判断总电流、路端电压变化，（4）再根据电路特点和电路中电压、电流分配原则判断各部分电流、电压的变化情况.注意：分析这类题时，要紧紧抓住由局部整体局部的思想，先由局部的电阻变化，分析整体的电阻、电流、电压的变化，然后再回到局部讨论相差物理量的变化.江苏省苏州中学物理课件（06上海）在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用I、U1、U2和U3表
29、示下列比值正确的是（）（A）U1/I不变，U1/I不变（B）U2/I变大，U2/I变大（C）U2/I变大，U2/I不变（D）U3/I变大，U3/I不变111UURII由于R1不变，故U1/I不变，U1/I不变，同理，U2/IR2，由于R2变大，所以U2/I变大.但是U2/I=I（R1+r）/I=R1+r，所以U2/I不变.而U3/I=R2+R1，所以U3/I变大.由于U3/I=Ir/I=r，所以U3/I不变.江苏省苏州中学物理课件如图所示，在光滑绝缘水平面上，一个半径r=0.1m，电阻R=1，质量m=0.1kg的金属圆环，以v0=10ms-1的速度滑向有理想边界的匀强磁场，磁场方向竖直向下，磁
30、感应强度B=0.5T，在圆环的一半进入磁场的过程中，圆环内产生的焦耳热为Q=3.2J。求此时圆环的速度v、加速度a及圆环中感应电流的瞬时功率P。v0B2202121mvQmvrvBE2REI REP2rIBF2maF 16 msv26.0msaWP36.0江苏省苏州中学物理课件匀强磁场的磁感应强度为B，方向与竖直方向的夹角为=37，在磁场中有一个总电阻为R。每边长为L的正方形金属框abcd，其中ab边的质量为m，其它边的质量均不计，cd边串一交流电流表，并装有固定的水平轴。现将金属框从水平面位置无初速度释放，如图所示，若不计一切摩擦，金属框经时间t刚好到达竖直面位置。（1）在图中标出ab边到达
31、最低位置时感应电流的方向；（2）求在时间t内流过电流表的电荷量；因为金属框由水平面位置转到竖直面位置的过程中，ab边切割磁感线的速度不断变化，故而框内产生的电流为变化电流，在求通过的电量时必须应用电流的平均值，计算电流的平均值时要注意从“磁通量的变化”这一概念的理解中挖掘隐含条件。（1）由右手定则可判断出，当金属框转至竖直面位置时感应电流方向是由a到b。（2）时间t内流过交流电表的电荷量为：21.4BLqR=江苏省苏州中学物理课件五、电磁感应现象在实际生活、生产和科学技术中的应用 此类问题有两种形式，一种是介绍应用实例，要求指出所包含的电磁感应理论(工作原理)，另一种是摆出实际问题，要求设计出
32、使用方案或制作思想.后者要求较高，不但要熟练应用有关知识理论，还必须有较高的创造性思维能力，综合运用理论知识和实验技能.已知某一区域的地下埋有一根与地面平行的直 线电缆，电缆中通有变化的电流，在其周围有 变化的磁场，因此，可以通过在地面上测量闭 合试探小线圈中的感应电动势来探测电缆的确切位置、走向和深度.当线圈平面平行地面时，a、c在两处测得试探线圈感应电动势为0，b、d两处测得试探线圈感应电动势不为0；当线圈平面与地面成45夹角时，在b、d两处测得试探线圈感应电动势为0；经测量发现，a、b、c、d恰好位于边长为1m的正方形的四个顶角上，据此可以判定地下电缆在 两点连线的正下方，离地表面的深度
33、为 m.江苏省苏州中学物理课件【解析】当线圈平面平行地面时，a、c在两处测得试探线圈感应电动势为0，b、d两处测得试探线圈感应电动势不为0；可以判断出地下电缆在a、c两点连线的正下方；如图所示ac表示电缆，当线圈平面与地面成45夹角时，在b、d两处测得试探线圈感应电动势为0；可判断出Ob垂直试探线圈平面，则作出：RtOOb，其中ObO=45 那么OO=Ob=0.71(m).本题是一道电磁感应现象的实际应用的题目，将试探线圈产生感应电动势的条件应用在数学中，当线圈平面与地面成45夹角时，在b、d两处测得试探线圈感应电动势为0，即电缆与在b、d两处时的线圈平面平行，然后作出立体几何的图形，便可用数
34、学方法处理物理问题.江苏省苏州中学物理课件问题赏析：收尾速度问题 动态分析(1)受力情况分析(安培力是一个变力)(2)运动情况的分析江苏省苏州中学物理课件例1.水平放置于匀强磁场中的光滑导轨上，有一根导体棒ab，用恒力F作用在ab上，由静止开始运动，回路总电阻为R，分析ab 的运动情况，并求ab的最大速度。abBRF分析：ab 在F作用下向右加速运动，切割磁感应线，产生感应电流，感应电流又受到磁场的作用力f，画出受力图：f1a=(F-f)/m v E=BLv I=E/R f=BILFf2最后，当f=F 时，a=0，速度达到最大，FfF=f=BIL=B2 L2 vm/R vm=FR/B2 L2v
35、m称为收尾速度.又解：匀速运动时，拉力所做的功使机械能转化为电阻R上的内能。F vm=I2 R=B2 L2 vm2/R vm=FR/B2 L2江苏省苏州中学物理课件 例2.在磁感应强度为B的水平均强磁场中，竖直放置一个冂形金属框ABCD，框面垂直于磁场，宽度BCL，质量m的金属杆PQ用光滑金属套连接在框架AB和CD上如图.金属杆PQ电阻为R，当杆自静止开始沿框架下滑时：(1)开始下滑的加速度为 多少?(2)框内感应电流的方向怎样？(3)金属杆下滑的最大速度是多少?(4)从开始下滑到达到最大速度过程中重力势能转化为什么能量QBPCDA解:开始PQ受力为mg,mg所以 a=gPQ向下加速运动,产生
36、感应电流,方向顺时针,受到向上的磁场力F作用。IF达最大速度时,F=BIL=B2 L2 vm/R=mgvm=mgR/B2 L2由能量守恒定律,重力做功减小的重力势能转化为使PQ加速增大的动能和热能江苏省苏州中学物理课件 如图所示,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是.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.一根垂直于导轨放置的金属棒ab,质量为m,从静止开始沿导轨下滑,求ab棒的最大速度.要求画出ab棒的受力图.已知ab与导轨间的滑动摩擦系数,导轨和金属棒的电阻都不计.RCAB
37、Dba高考题江苏省苏州中学物理课件解：画出ab棒的截面受力图：aBNfmgN=mgcos f=N=mgcos 开始时，ab在mg 和f 的作用下加速运动，v 增大，切割磁感应线产生感应电流I，感应电流I又受到磁场的作用力F，F合力减小，加速度a 减小，速度v 增大，I 和 F 增大当 F+f=mgsin时ab棒以最大速度v m 做匀速运动F=BIL=B2 L2 vm/R=mgsin-mgcosvm=mg(sin-cos)R/B2 L2江苏省苏州中学物理课件例3.如图所示，竖直平行导轨间距l=20cm，导轨顶端接有一电键K。导体棒ab与导轨接触良好且无摩擦，ab的电阻R=0.4，质量m=10g，
38、导轨的电阻不计，整个装置处在与轨道平面垂直的匀强磁场中，磁感强度B=1T。当ab棒由静止释放0.8s 后，突然接通电键，不计空气阻力，设导轨足够长。求ab棒的最大速度和最终速度的大小。（g取10m/s2）Kab江苏省苏州中学物理课件解:mgRvlBm 22ab 棒由静止开始自由下落0.8s时速度大小为v=gt=8m/s则闭合K瞬间，导体棒中产生的感应电流大小IBlv/R=4Aab棒受重力mg=0.1N,安培力F=BIL=0.8N.因为Fmg，ab棒加速度向上，开始做减速运动，产生的感应电流和受到的安培力逐渐减小，当安培力 F=mg时，开始做匀速直线运动。此时满足B2l2 vm/R=mg解得最终
39、速度，vm=mgR/B2l2=1m/s。闭合电键时速度最大为8m/s。t=0.8sl=20cmR=0.4m=10gB=1TKabmgF江苏省苏州中学物理课件“双杆”滑轨问题 分析两杆的运动情况和受力情况 分析物理情景 灵活选择运动规律江苏省苏州中学物理课件 例4.光滑平行导轨上有两根质量均为m，电阻均为R的导体棒1、2，给导体棒1以初速度 v 运动，分析它们的运动情况，并求它们的最终速度。.21vB对棒1，切割磁感应线产生感应电流I，I又受到磁场的作用力F E1IFFv1E1=BLv1I=(E1-E2)/2R F=BIL a1=F/m 对棒2，在F作用下，做加速运动，产生感应电动势，总电动势减
40、小E2a2=F/m v2E2=BLv2I=(E1-E2)/2R F=BIL21vtBE1E2FFvtI当E1=E2时，I=0，F=0,两棒以共同速度匀速运动，vt=1/2 v江苏省苏州中学物理课件由楞次定律，感应电流的效果总要阻碍产生感应电流的原因，1棒向右运动时，2棒也要向右运动。21vB杆1做变减速运动，杆2做变加速运动，稳定时，两杆的加速度为0，当两棒相对静止时，没有感应电流，也不受磁场力作用，以共同速度匀速运动。由动量守恒定律:mv=(m+m)vt 共同速度为vt=1/2 v它们的速度图象如图示：vt021v0.5 v江苏省苏州中学物理课件04年广东 15如图，在水平面上有两条平行导电
41、导轨MN、PQ,导轨间距离为l，匀强磁场垂直于导轨所在的平面（纸面）向里，磁感应强度的大小为B，两根金属杆1、2摆在导轨上，与导轨垂直，它们的质量和电阻分别为m1、m2和R1、R2,两杆与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为，已知：杆1被外力拖动，以恒定的速度v0沿导轨运动；达到稳定状态时，杆2也以恒定速度沿导轨运动，导轨的电阻可忽略，求此时杆2克服摩擦力做功的功率。1MNPQ2v0江苏省苏州中学物理课件1MNPQ2v0解法一：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 1v)Bl(vE0 感应电流 2RREI21 杆2作匀速运动,它受到的安
42、培力等于它受到的摩擦力,3gmBI2l导体杆2克服摩擦力做功的功率 4gvmP2解得)R(RBgmgvmP2122202l江苏省苏州中学物理课件1MNPQ2v0解法二：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F-m1 g-BI l=0 对杆2有BI l m2 g=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 401212Fgvm)R(RIPP由以上各式得 5)R(RBgmgvmP2122g02l江苏省苏州中学物理课件例5(15分)如图所示,两足够长平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L,导轨平面与水平面夹角30,导轨电阻不
43、计。磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面向上,两根长为L的完全相同的金属棒ab、cd垂直于MN、PQ放置在导轨上,且与导轨电接触良好,每根棒的质量为m、电阻为R现对ab施加平行导轨向上的恒力F，当ab向上做匀速直线运动时，cd保持静止状态（1）求力F的大小及ab运动的速度大小；（2）若施加在ab上力的大小变为2mg，方向不变，经过一段时间后ab、cd以相同的加速度沿导轨向上加速运动，求此时ab棒和cd棒的速度差(vvab-vcd)MPQcBaNbd江苏省苏州中学物理课件.解:(1)ab棒所受合外力为零 F-Fab-mgsin=0cd棒合外力为零Fcd-mgsin=0 ab、cd棒所受安培力为2
44、ababBLvFFBILBLRcd解得：F=2mgsin=mg 22222sinabmgRmgRvB LB L（2）当ab、cd以共同加速度a 运动时，运用整体法由牛顿定律得到2mg-2mgsin=2ma 以b棒为研究对象有BIL-mgsin=ma()abEBL vvBL vt由法拉第电磁感应定律I=E2R 上面几式联立解得222mgRvB L 江苏省苏州中学物理课件2006年广东卷16、16.(16分)如图所示,在磁感应强度大小为B、方向垂直向上的匀强磁场中,有一上、下两层均与水平面平行的“U”型光滑金属导轨,在导轨面上各放一根完全相同的质量为m的匀质金属杆A1和A2,开始时两根金属杆位于同
45、一竖直面内且杆与轨道垂直。设两导轨面相距为H，导轨宽为L,导轨足够长且电阻不计,金属杆单位长度的电阻为r。现有一质量为m/2的不带电小球以水平向右的速度v0撞击杆A1的中点,撞击后小球反弹落到下层面上的C点。C点与杆A2初始位置相距为S。求:（1）回路内感应电流的最大值；（2）整个运动过程中感应电流最多产生了多少热量；（3）当杆A2与杆A1的速度比为1:3时，A2受到的安培力大小。sHCA2A1BLv0图11江苏省苏州中学物理课件16解：（1）小球与杆A1碰撞过程动量守恒，之后小球作平抛运动。设小球碰撞后速度大小为v1，杆A1获得速度大小为v2，则 21022mvvmvmS=v1 t H=1/2 gt2 HgSvv22102杆在磁场中运动，其最大电动势为E1=BLv2最大电流rHgSvBLrEI42201max江苏省苏州中学物理课件（2）两金属杆在磁场中运动始终满足动量守恒，两杆最终速度相等，设为v mv2=2mv 2/2222121mvmvQ202161HgSvmQ（3）设杆A2和A1的速度大小分别为 v和3v,mv2=mv+3mv v=v2/4 由法拉第电磁感应定律得：E2=BL(3v-v)rBvrBvLrEI4222安培力F=BIL)11(2802HgSvrLBF江苏省苏州中学物理课件