电磁感应复习

1、电磁感应复习一、基础知识复习1.深刻理解磁通量的概念及产生感应电流条件。（ 1）磁通量：穿过某一面积的磁感线条数。公式为=BSsina，其中 a 是指回路平面与磁感强度方向的夹角。（2）合磁通：若通过一个回路中有方向相反的磁场，则不能直接用公式=BSsina 求，应考虑相反方向抵消以后所剩余的磁通量，亦即此时的磁通是合磁通。（ 3）产生感应电流的条件：穿过闭合回路的磁通量发生的变化。若电路不闭合，即使有感应电动势产生，也没有感应电流。2深刻理解楞次定律和右手定则。（ 1）感应电流方向的判断有两种方法：楞次定律和右手定则。当闭合电路中磁通量发生变化时，用楞次定律判断感应电流方向，但当闭合电路中一

2、部分导体做切割磁感线运动时，则用右手定则就比较简便。（ 2）楞次定律的内容：感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的原磁通的变化。可理解为：如原来磁场在增强，感应电流磁场与原磁场反向；如原来磁场在减弱，感应电流磁场就与原磁场方向一致。“阻碍”不是“阻止”，线圈中的磁通量还是在改变的。（ 3）应用楞次定律的基本程序是： (1) 弄清原磁场是谁产生的 (由磁体还是电流产生 )，画出穿过闭合回路的磁场方向和分析磁通量的变化情况 (增或减 )； (2) 判定感应电流磁场的方向；当磁通量增加时感应电流磁场与原磁场方向相反；当磁通量减少时感应电流的磁场与原磁场方向相同；(3)用安培定则 (右手螺旋定则)确定

3、感应电流的方向。注意： (1) 楞次定律中“阻碍”二字的含义不是阻止，只是减缓引起感应电流的磁通量变化的快慢，闭合电路中的磁通量还是在改变的； “阻碍”的含义也不是相反，其实感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向可能相同也可能相反； (2)感应电流的能量并不是“创生” ，在电磁感应现象中能量是守恒的，具体过程是：导体中感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而阻碍导体与磁场间的相对运动，要维持它们间的相对运动，外力必须克服这个安培力做功，完成机械能向电能的转化，所以在电磁感应现象的一些问题中，有时用能量守恒的观点解答十分简便。(4) 楞次定律的含义是：感应电流的方向总要使自己的磁场阻碍引起感应

4、电流的磁通量的变化。我们可以将楞次定律的含义推广为下列三种表述方式：1 阻碍引起感应电流的磁通量的变化；2 阻碍 (导体的 )相对运动 (由磁体相对运动而引起感应电流的情况)； 阻碍引起感应电流的原电流的变化(自感现象 )。33.深刻理解法拉第电磁感应定律（ 1）定律内容：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，即E= /t 。（ 2）要注意的几个问题： 1 当导体垂直切割磁感线时，定律的公式取特殊形式：E=BLV ，如果电路有 n 匝，定律的公式写 E=n / t。 E= / t 用来计算 t 时间内的平均感应电动势；E=BLV ，当 V 是瞬时速度时，用来计算瞬2时感

5、应电动势；当 V 是平均速度时，用来计算平均感应电动势。3 要严格区分磁通量、磁通量的变化量和磁通量的变化率等三个不同的概念，磁通量=BS 是指穿过某一线圈平面的磁感线条数，磁通量的变化量= 2- 1(增量 )，大只说明磁通量改变多，但不能说明感应电动势就一定大，更值得注意的是磁通量从什么方向穿过线圈平面。例如一个回路开始时和转过180°时，回路平面都与磁场方向改变了。设从一方向穿过为正即 +2，则从另一方向穿过为负即 - 2,在这一过程中磁通量的变化量= 1 + 2，磁通量的变化率/ t 是指穿过某一回路平面的磁通量变化的快慢程度，它决定回路的感应电动势的大小，但不能决定该回路感应

6、电流的大小，感应电流的大小由该回路的感应电动势 E 和回路的电阻 R 共同决定 (I=E/R) 。(3)求磁通量变化量一般有四种情况：当回路面积S 不变时， = B· S；当磁感强度B 不变时， =B· S；当磁感强度和回路面积都变化时，= B· S+=B· S；当 B 和 S 都不变而它们的相对位置发生变化时 (如转动 )， =B · S (S 是回路面积 S 在与 B 垂直方向上的投影 )。N(4)感应电动势在t 时间内的平均值一般不等于初态和末态的电动势之和的一半，即E (E1+E 2)/2。二、解析典型问题典型问题 1：会分析求解磁通量

7、及其变化。磁通量是电磁感应中的重要概念，必须会分析求解磁通量及其变化的大小。例 1、如图 1 所示，两个同心放置的同平面的金属圆环，条形磁铁穿过圆心且与两环平面垂直，则通过两圆环的磁通量a、 b 比较：A、 > 。B、 <。abababS图 11C、 = 。D、不能比较。ab分析与解： 正确答案是 A 。由于磁场的磁感线是闭合的曲线，在磁体 (磁铁 )内是由 S 极指向 N 极，在磁体外是由 N极出发指向 S 极，且在磁体外的磁感线分布在磁体的四周，又由于穿过线圈a、b 的磁通均为合磁通，因此面积越大，磁感线抵消得越多，合磁通越小，a 圆环的磁通量较大。注意：必须熟悉各磁体的内外磁

8、感线分布。aA例 2、如图 2 所示，直导线ab 通电流 I。矩形线圈 ABCD 由图中实线位置运动到虚线所示位置D过程，若第一次是平移， 第二次是翻转1800.设前后两次通过线圈平面磁通量的变化为1 和 2，I则：bBCA. 1> 2B. 1< 2,C. 1= 2,D.无法肯定1、 2 谁大。图 2分析与解： 设矩形线圈 ABCD 在图中实线位置时的磁通量为1,运动到虚线所示位置时的磁通量为 21120时磁通量的变化为，则若第一次是平移时磁通量的变化为= - ，第二次是翻转180 2= 1+2 ，显然有 1< 2，即 B 选项正确。注意：磁通量虽然是标量，但却有正、负，从线

9、圈平面穿过的方向不同，符号是不同的。例 3、 如图 3 所示，空间存在垂直于纸面的均匀磁场，在半径为a 的圆形区域内部及外部，ab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 均匀地减小到零的过程中，穿过线圈平面的磁通量的变化量为_。分析与解：由题意知：1B(b22a 2 ) ， 20 。图 321Bb 22a2ab注意：当有两个方向的磁感线穿过线圈平面时，磁通量应是两个方向的磁通c量相减所得到的结果。SN典型问题 2：会判定感应电流或感应电动势的方向。判定感应电流或感应电动势的方向的方法有楞次定

10、律和右手定则。图 4例 4、如图4 所示，一水平放置的矩形线圈abcd，在细长的磁铁的N 极附近竖直下落，保持bc 边在纸外， ad 边在纸内，由图中的位置经过位置到位置，这三个位置都靠得很近，在这个过程中，线圈中感应电流（）A 沿 abcd 流动。B 沿 dcba 流动。C由到是沿abcd 流动，由到是沿dcba 流动。SND 由到是沿dcba 流动，由到是沿abcd 流动。分析与解：正确的答案是A ，画出 N 极附近的磁感线如图 5 所示，线圈在位置图 5，磁场方向向上，在位置的磁通量为零，由到向上的磁通减少，感应电流方向为 abcd，线圈在位置时磁场方向向下，由到间下的磁通量增加，感应电

11、流方向还是abcd。IO注意：由此题可见，穿过回路的磁场方向发生变化，但感应电流方向不一定变。Iab例 5、如图 6所示，在两根平行长直导线M 、 N 中，通以同方向、同强度的电流，导线框abcd 和两导线在同一平面内，线框沿着与两导线垂直的方向，自右向左在两导线间匀速移动，在移动过程中，线框dcM中感应电流的方向是。N分析与解：通电导线M 的磁感线在右边是垂直于纸面向里，设它的磁感强度为B1，离 M越远， B1O/就越弱，通电导线N 的磁感线在左边是垂直于纸面向外，设它的磁感强度为B2，离 N 越远， B2 就越弱，图 6因此在中央线 OO处合磁感强度为零，在OO 的右边合磁感强度B 垂直纸

12、面向外，且自右向左逐渐减弱，在 OO 的左边合磁感强度B 垂直纸面向里，且自右向左逐渐增强。先画出两根通电直导线间的合磁场的磁感线分布如图 7 所示，下列用两种方法判定。(1) 用合磁通量变化来判定：线框全部在OO 右边，线框向左匀速移动的过程中，穿过线框的合磁通量减少，用楞次定律和安培定则判定，可得感应电流方向沿 acbd，在线框穿越 OO的过程中，线框右边部分磁通量穿入，而右边部分磁通量穿出， 当跨在 OO 右边的面积大于左边面积时， 合磁通量向外且逐渐减小， 用楞次定律和安培定则判定2可得感应电流方向沿 dcbad；当跨在 OO右边的面积小于左边面积时，合磁通量是向里且逐渐增大，用楞次定

13、律和安培定则判定可得感应电流方向沿dcbad；线框全部在 OO 的左边向左均速移动时，穿过线框的OI合磁通量向里且逐渐增大，用楞次定律和安培定则判定可得感应电流的方向沿dcbad。可见在整I个过程中线框中的感应电流方向始终沿dcbad.ab(2) 用切割磁感线来判定： 线框在 OO右边时， 用右手定则判定可得， ad 边的感应电动势 Ead方向向上， bc 边的感应电动势Ebc 方向向上，且Ead<Ebc，而 ab、 dc 边不切割磁感线，没有感应Mdc电动势产生，因此 ad 边和 bc 边产生的感应电动势叠加起来使线框的感应电流方向沿dcbad，在NO/线框跨越 OO的过程中，用右手定

14、则判定可得，ad 边的感应电动势向下，bc 边的感应电动势图 7向上，而 ab、 dc 不切割磁感线，没有感应电动势产生，因此ad 和 bc 边产生的感应电动势叠加起来使线框的感应电流方向沿dcbad；线框完全在OO左边时，用右手定则判定可得，ad 边的感应电动势 E/ad方向向下， bc 边的感应电动势/ bc/ adbcE方向向下，且 E >E ，且 ab、bc 边不切割磁感线，没有感应电动势产生， 因此 ad 边和 bc 边产生的感应电动势叠加起来使线框的感应电流方向沿dcbad，可见在整个过程中线框中的感应电流方向始终沿 dcbad.注意：研究电磁感应现象时分析磁通量的变化情况很

15、重要，因此要对有关磁场、磁感线的空间分布N弄清楚。遇到具体问题时，首先要画出所研究的空间的磁感线分布，然后利用磁通量变化来分析，或利 S V0 用切割磁感线来分析，或交替利用磁通量变化和切割磁感线来分析。例 6、 如图 8 所示， 闭合导体环固定。 条形磁铁 S 极向下以初速度 V 0 沿过导体环圆心的竖直线下落的过程中，从上向下看导体环中的感应电流方向如何？分析与解：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

16、论。图 8典型问题3：会用楞次定律的推论解答相关问题。例 7、如图 9 所示，光滑导轨 MN 水平放置，两根导体棒P、Q 平行放于导轨上，形M成一个闭合回路， 当一条形磁铁从上方向下落(未达导轨平面)的过程中， 导体 P、Q 的运动情况是 ()A.P 、 Q 互相靠拢NB.P、 Q 互相远离PQC.P、 Q 均静止图 9D. 因磁铁下端的极性未知，无法判断分析与解 :条形磁铁下落，引起感应电流的磁通量增加，要阻碍磁通量的增加，P、 Q 必须互相靠拢，故本题的正确答案为 A。注意：本题如果不用“阻碍引起感应电流的磁通量的变化”这个含义来解答，第一步先假设条形磁铁下端为N 极，用楞次定律和安培定律

17、来判定P、 Q 中的感应电流方向，又用安培定则和左手定则来判定P、Q 的受力情况，最后确定P、Q 的运动情况，第二步再假设条形磁铁的下端是S 极，按照第一步的程序确度P、Q 的运动情况， 综合两步的结论也得正确答案是A ，但十分麻烦。例 8、如图 10 所示，通电螺线管与电源相连，与螺线管同一轴线上套有三个轻质闭合铝环，B 在螺丝管中央， A 、C 位置如图10 所示，当 S 团合时 (本题忽略三环中感应电流之间相互作用力)A.A 向左、 C 向右运动， B 不动；B.A 向右、 C 向左运动， B 不动；C.A 、 B、 C 都向左运动；D.A 、 B、 C 都向右运动。FA分析和解 : 正

18、确答案是 A 。正确的分析是： (用二种方法分析 )方法一，以三个环上端截面为例，画出感应电流方向和磁感线方向，以及这一小段电流的受力方向如右图11 所示， A 和 C 所受磁场力的水平分量将会使A 向左， C 向右运动。由于对称性，以任意一小段感应电流为研究对象，都会得出相同的结论。方法二，用阻碍磁通量变化来判定，画出通电螺线管的磁感线分布(如图 12)，对 A环为了阻碍磁通量的增加，应向左运动，即朝磁通量较小的左方运动，同理可知C 环向右ABCS图 10FBFC图 11ABC3图 12运动，对 B 环，因左右两侧的磁通量是对称的，即无处可“躲”，若电源反向亦同样结果。例 9、如图 13 所

19、示，在条形磁铁从图示位置绕O1O2 轴转动 90°的过程中，放在导轨右端附近的金属棒ab 将如何移动？分析与解： 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O1a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。Ob典型问题4：会求解电磁感应与电路的综合问题。2图 13在电磁感应现象中产生感应电动势的那部分导体或者回路相当于电源，所以电磁感应问题往往与电路问题

20、联系在一起。解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法是：（ 1）确定感应电流的方向； （ 2）画出等效电路；（ 3）运用全电路的欧姆定律、串并联电路的性质、法拉第电磁感应定律等公式联立求解。而正确地作出等效电路，则是解决电磁感应电路问题的关键。当导体棒在磁场中平动切割磁感线产生感应电动势时，运动的导体棒是电源，其余部分是负载。当线圈位于变化磁场中时，位于磁场中的回路整体是电源。MN例 10、如图14 所示，空间存在着一个范围足够大的竖直向下的匀强磁场，磁场的磁感强ab度大小为 B边长为 L 的正方形金属框abcd（下简称方框）放在光滑的水平地面上，其外侧套着一个与方框边长相同的U 型金属框架

21、MNPQ（下简称 U 型框），U 型框与方框之间接触良B好且无摩擦两个金属框每条边的质量均为m，每条边的电阻均为 rcd（ 1）将方框固定不动，用力拉动U 型框使它以速度 V 0 垂直 NQ 边向右匀速运动，当 UPQ型框的 MP 端滑至方框的最右侧（如图15 所示）时，方框上的bd 两端的电势差为多大?此时图 14方框的热功率为多大 ?（ 2）若方框不固定， 给 U 型框垂直 NQ 边向右的初速度V 0，如果 U 型框恰MN好不能与方框分离，则在这一过程中两框架上产生的总热量为多少?abB（ 3）若方框不固定，给U 型框垂直 NQ 边向右的初速度V （ VV0 ），UV 0型框最终将与方框分

22、离 如果从 U 型框和方框不再接触开始，经过时间 t 方框最cd右侧和 U 型框最左侧距离为s求两金属框分离后的速度各多大PQ分析与解：（1） U 型框向右运动时， NQ 边相当于电源，产生的感应电动势图 15E BLV0 。当 U 型框的 MP 端滑至方框的最右侧（如图15 所示）时，等效电路如图16 所示。U 型框连同方框构成的闭合电路的总电阻为: R3r.r153rrrb3r4rrE4BLV0根据全电路欧姆定律可得电路的总电流为：EIrrR15rr根据欧姆定律可知，bd 两端的电势差为：U bdIRbdBLV 0.rdr5222图 16方框中的热功率为 : P I 2Rbd4B LV07

23、5r（ 2）在 U 型框向右运动的过程中，U 型框和方框组成的系统所受外力为零，故系统动量守恒，设到达图示位置时具有共同的速度V ，根据动量守恒定律3mV0(3m4m)V解得： V3 V07根据能量守恒定律， U 型框和方框组成的系统损失的机械能等于在这一过程中两框架上产生的热量，即:Q 1 3 mV 21 7 mV 26 mV 220270（ 3）设 U 型框和方框不再接触时方框速度为V 1，U 型框的速度为 V 2，根据动量守恒定律， 有 : 3mV4mV13mV24两框架脱离以后分别以各自的速度做匀速运动，经过时间t 方框最右侧和U 型框最左侧距离为s，即 (V2V1 )ts .3(Vs

24、(3V)联立以上两式，解得： V1)； V27t14s7t例 11、如图 17 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 可以按任意角架在平行导轨上，并以匀速V 滑动（平移）， V 的方向和 da 的方向平行。杆MN 有电阻，每单位长的电阻为r0。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（ dabc 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。分析与解： 杆滑动时切割磁感线而产生感应电动势为E=BLV,与角无关。 以

25、r 表示两MdaVRcbN图 17导轨间那段杆的电阻， 可作出等效电路如图18所示，根据欧姆定律可得回路中的电流为E.IR rER2Rr2(1)电阻 R 上消耗的电功率为：PR IRE(R r ) 2由于 E 和 R 均与无关，所以r 的值最小时 PR 的值达最大。当杆与导轨垂直时两轨道间的杆图 18长最短， r 的值最小，所以PR 最大的值为= /2.(2) 杆上消耗的电功率为：PrI2rE 2 rrrr ) 2取最大值。( rR) 2,要求P最大，即要求(R由于rr )211 ( rR)2(R4RrR显然， r=R 时，r有极大值。因杆MN单位长的电阻值为r0,r=R 即要求两导轨间的杆长

26、为L 0=R/r0,所以r )2( R有以下两种情况：L 0,则满足下式时 r=R,L 0 sin =L, 所以 =arcsinL/L 0.如果 L12如果 L>L 00,则两导轨间那段杆长总是大于L ,即总有 r>R.由于 ( rR ) 2(12R) 2 , 在 r>R 的条件下，此式随r 的减小而单调减小，r取最小值= /2时，rRRr( rR ) 2(12R) 2 取最小值， PrI 2 rE 2 r 2 取最大值，所以Pr 取最大值时 =bMarRR r(r R)N/2。图 19例 12、如图19，用相同的均匀导线制成的两个圆环a 和 b，已知 a 的半径是 b 的两

27、倍，若在 a 内存在着随时间均匀变大的磁场，b 在磁场外， MN 两端的电压为U ，则当 b 内存在着相同的磁场而a 又在磁场外时， MN 两点间的电压为多少 ?RbE ,RRa2Sa4a a分析与解：因a 的半径是 b 的两倍，所以它们的电阻之比为：；面积之比为：。Rb1Sb1图 20当 a 在磁场内， a 相当于电源，设磁感强度B=kt, 则电动势为： Ea=kS a,等效电路如图20 所示。根据欧姆定律可得：UEaRbRaRb当 b 在磁场内， b 相当于电源，设磁感强度B=kt, 则电动势为： E =kS,等效电路如图 21所示。RaEb,Rbbb5图 21根据欧姆定律可得：U /Ra

28、EbRaRb所以U/Sb Ra1 ，即 MN 两点间的电压为U/2.U Sa Rb2典型问题5：会分析求解双电源问题。双电源问题有双杆切割磁感线和动生、感生电动势并存两种情况。例 13、如图 22 所示，两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感B=0.50T乙甲的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可不计。导轨间的距离L=0.20m。F两根质量均为m=0.10kg 的平行杆甲、 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R=0.50 ，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

29、上滑动。经图 22过 t=5.0s ，金属杆甲的加速度a=1.37m/s 2，问此时两金属杆的速度各为多少？分析与解：设 t=0时刻甲、乙两杆之间的距离为L ，经过 t 时间后甲运动的位移为x(t),乙运动的位移为 x (t),012则该时刻穿回路的磁通量为：BL( L0 x1 x2 )由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势：EBL( x1x2 )(V2)tttBL V1所以回路中的电流iE2R杆甲的运动方程 FBlima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Ft mV1mV2联立以上各式解得1Ft2R(F ma) V21Ft2R

30、V12 2m2 2 (F ma)2mB L2B L代入数据得 V1 8.15m / sV21.85m / s分析甲、乙两杆的运动，还可以求出甲、乙两杆的最大速度差Vm ：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，感应电动势将增大，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

31、甲、乙的共同加速度为a，回路中感应电流最大值I . 对系统和乙杆分别应用牛顿第二定律有：mF=2ma;BLI =ma.m由闭合电路的欧姆定律有E=2I mR,而 E BL Vm由以上各式可解得VmFR10m / s.B 2L2例 14、如图 23所示，两根平行金属导轨固定在水平桌面上，每根导轨每米的电阻为r0 0.10 / m ，导轨的端点 P、Q 用电阻可忽略的导线相连，两导轨间的距离 L 0.20m.有随时间变化的匀P强 磁场 垂 直 于 桌 面 ，已 知 磁 感 强 度 B 与 时 间 t 的 关 系 为 Bkt , 比 例 系数6Q图 23k0.020T / s, 一电阻不计的金属杆可

32、在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直，在t0 时刻，金属杆紧靠在 P、Q 端，在外力作用下，杆以恒定的加速度从静止开始向导轨的另一端滑动，求在培力 .t 6.0s 时金属杆所受的安分析与解：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L11 at 2 。2此时杆的速度Vat ， 这 时 ， 杆 与 导 轨 构 成 的 回 路 的 面 积 SL1L ，穿过回路的磁通量为：BSL. 1 at 2 .kt1 kaLt 322d3 kaLt 2所以回路中的感应电动势为：Edt2由于回路的总电阻R2L1r0ar0t 2根据欧姆定律可得回路中的感应电流iE3 kLR2 r

33、0作用于杆的安培力FBLi解得 F13 k 2 L2t ，2r0代入数据为 F1.4410 3N图 24典型问题6：会分析求解各种导电滑轨问题。所谓“闭合导电滑轨问题”是指一根金属棒在闭合导电滑轨上运动的有关问题。常见的有：闭合矩形导电滑轨、闭合三角形导电滑轨、闭合圆形导电滑轨等。例 15、如图 24，直角三角形导线框abc 固定在匀强磁场中， ab 是一段长为 L、电阻为 R 的均匀导线， ac 和 bc 的电阻可不计， ac 长度为 L/2 。磁场的磁感强度为B，方向垂直纸面向里。现有一段长度为L/2 、电阻为 R/2 的均匀导体杆 MN 架在导线框上，开始时紧靠ac，然后沿 ab 方向以

34、恒定速度 V 向 b 端滑动，滑动中始终与ac 平行并与导线框保持良好接触。当MN滑过的距离为L/3 时，导线 ac 中的电流是多大？方向如何？分析与解： MN 滑过的距离为L/3 时，它与 bc 的接触点为 P，如图 25。由几何关系可知 MP 长度为 L/3 ，MP 中的感应电动势为：E1 BLV3MP 段的电阻为： r1 R3MacP 和 MbP 两电路的并联电阻为：1 × 22 Rr并33 R12933图 25由欧姆定律， PM 中的电流为：IErr并由分流得 ac 中的电流为：I ac2 I2Blv3M解得 ： I ac5RV根据右手定则， MP 中的感应电流的方向由P 流

35、向 M，所以电流 Iac 的方向由 a 流向 c。O7N图 26例 16、把总电阻为2R 的均匀电阻丝焊接成一半径为a 的圆周环，水平固定在竖直向下的磁感强度为B 的匀强磁场中，如图 26 所示。一长度为2a，电阻等于R，粗细均匀的金属棒MN 放在圆环上， 它与圆环始终保持良好的电接触。当金属棒以恒定速度V 向右移动，经过环心O 时，求：（ 1）棒上电流的大小和方向，及棒两端的电压U MN 。（ 2）在圆环和金属棒上消耗的总热功率。分析与解：（ 1）金属棒 MN 以恒定速度经过圆心 O 时，产生的感应电动势最大，此时外电路相当于两个相同电阻并联。此时产生的最大电动势为： E=2BaV .此时感应电流IE4BaVRR / 2，其方向由 N 指向 M 。则3RU MNI R2 BaV23（ 2）此时在整个电路中消耗的总热功率为：