高三物理第一轮复习——电磁感应考点例析

1、电磁感应答案例 1-1、【答案】C 例1-2、ABD 例1-3、ABD例 1-4、B 例 1-5、D 例1-6、C;例2-1、解析：1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，再由右手螺旋定那么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中无感应电流产生；线框川绕 oo '轴转动过程中，穿过它的磁通量不断变化，在转动过程中线框川中有感应电流产生， 其方向是周期性改变的。线框川转到图示位置的瞬间，线框中无感应电流，由

2、于长直导线下方的磁场方向与 纸面垂直，在该位置线框川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，图示位置是线框川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。例2-3 B例2-4、外环中感应电流方向为逆时针。 例2-5、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abed

3、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abed。例2-8、解：此题分析方法很多，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

4、，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

5、熄灭，而且开始还会闪亮一下因为原来有Iplb,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、C 例 2-14、B 例 2-16、D 例 2-17、AD 例 2-19、B、C。例 2-20、D 例 2-21、： D33例 2-22 分析 BC 例 3-1、答案：7X 10-Wb , 4X 10- Wb ； 3.2V, -0.8V 例 3-2、C例3-3、解：这是一道根本练习题，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。 E =BL2V, I =E, F =BIL2, F = b L2V xv P = Fv = B

6、RRR2 2 w =FL =B L2LW 二 v1 RE q = Itt与v无关R R特别要注意电热 Q和电荷q的区别，其中q = ：J与速度无关!R例3-4、解答：设PQ从顶角0开始向右运动的时间为 t, Ob=v t, ab= v At tgCl, Oa = _ 回路中的电阻为只=(Oa + Cb + ab) Ro =COSQ(14-cosa 4-anCL)上仝cosce回路中E=Blv=B - ab - v=Bv2 - At - tana。回路中感应电流sBv sin a=R (1 + cosa + an a;)R0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

7、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3BiSE = AtAtS表示ab扫过的三角形的面积，即通过R的电量Qj = I氏=E .：tR'3BL2由以上三式解得Qr = 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Um =B 2L (丄 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R2 V3的总电量为：Q=Qj + Q2=BL (2 C)2R例3-6分析：在四个图中，产生的电动势大小均相等( E),回

8、路电阻均为 4r，那么电路中电 流亦相等(I). B图中，ab为电源，Uab= I 3r = 3E/4,其他情况下，Uab= 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FN、摩擦力Ff和安培力F安，如下图，ab由静止开始下滑后，将是v r E r I F安 a (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：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：l=E/R据右手定那

9、么可判定感应电流方向为aAC ba，再据左手定那么判断它受的安培力F安方向如图示，其大小为：F "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 = mgcosB Ff= 卩 mgcosB由可得B2L2v以ab为研究对象，根据牛顿第二定律应有:mgs in 0mgcos 0 -2, 2B L v=maab做加速度减小的变加速运动，当 因此，ab到达Vm时应有：2、2B L v mgsin 0- 口 mgcos 0 - =0a=0时速度达最大B由式可解得vm = mg sin打;coRb2l2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

10、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mgsin 0 imgcos 0= ma由式解得：2a= 4m/s(2)设金属棒运动到达稳定时，速度为 v,所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡mgs in 0 imgcos 0 F = 0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 = PP由两式解得v = 一 =10 m/sF(3)设电路中电流为I，两导轨间金属棒长为I，磁场的磁感应强度为BlvIRp = i2rJpR由两式

11、解得B = =0.4 Tvl磁场方向垂直导轨平面向上。例 4-3、(1) 0.4 米 (2) 0.4 米/ 秒 (3) 0.0392J例4-4、(1)ab与cd两边垂直切割磁感线时,EfBSco E = 2 BS3 (3) BS32 二 2£例4-5、解析：(1)感应电动势7 e ktz =感应电流方向：逆时针(见右图)(2)二匚秒时，= '丄1 _二1F=BU(3)总磁通量不变'： |;例4-6.解析：(1)加速度减小的加速运动(2) 感应电动势E = BLv 感应电流I=E/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 有：F=B2L2v/R+f

12、所以：v=R/B2L2(F f)由图线可以得到直线的斜率k=2 , 所以B=(R/kL2)1/2=1 T(3) 由直线的截距可以求得金属杆受到的阻力f, f=2 N 假设金属杆受到的阻力仅为动摩擦力，由截距可求得动摩擦因数答案：(1)加速度减小的加速运动 (2) 1 T安培力FM=BIL=B2L2v/R .JY3®1 =0.4._(3)由截距可求得动摩擦因数1=0.4-21.28 X 10 J练习一 1.CD 2AD 3. B 4. (1) 3.2 X 10-2 n (2)2d的过Q =2mgd。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 程中，重力势能

13、全部转化为电能，电能又全部转化为电热，所以产生电热例5-2解答：BCDmg2 2r 丄 B a v2 f2解得:RV2(mg _f)R2 2B a例5-3解答:(1)线框在下落阶段匀速进入磁场的瞬间(2)线框从离开磁场至上升到最高点的过程(mg f)h=丄mv：2线框从最高点回落至进入磁场瞬间1(mg - f)h =22my解得:V1RB2a23线框在向上通过磁场过程中所以：1 2 1 2 mv°mv1 二Q (mg - f )(a b)2 2v°= 2v322 R2Qm(mg) f 4 4 -(mg f)(a b)2B a安、绳子的例5-4、解析：该题的研究对象为线圈，线

14、圈在匀速上升时受到的安培力F 拉力F和重力m 催相互平衡，即F = F安1 g.砝码受力也平衡：F = m 2g. 线圈匀速上升，在线圈中产生的感应电流I=E L v/R,因此线圈受到向下的安培力F安=EI L .联解式得v =m2m 1gR/B 2L2.代入数据解得：v=4 m/s例5-5、解析：线框进人磁场区时Ei=B lv=2 V , I旦=2.5 A4rti=-=0.1 sv方向沿逆时针，如图1实线abed所示，感电流持续的时间线框在磁场中运动时:无电流的持续时间:E2=0 , 12=0.L lt2=0.2 s,v线框穿出磁场区时:E3= B l v=2 V , I3W V *

15、1;*!» a- M-I lxl x txl Va1hre x此电流的方向为顺时针， 定电流方向逆时针为正，得2线框进人磁场区U1=11 r=2.5 X 0.2=0.5V线框在磁场中运动时；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 外电路，第二阶段 ab相当于开路时的电源，第三阶段 电源例 5-6、B 例 5-7、D如图1虚线abed所示，规I-t图线如图2所示 ab两端电压ab两端电压等于感应电动势 J/A 3 1 :图10-20.1 0 2 dj 6-4 0 5 0

16、6ab为ab是接上外电路的CH (1.2 03 0.4 t/s的过程中，只有重力ab棒切割磁感线时产生的感应电动势图3例5-8、解析：1 ab棒由静止从M滑下到N 做功，机械能守恒，所以到 N处速度可求，进而可求 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：1 2 .mgR1 -cos60 mv2解得 v = . gR进入磁场区瞬间，回路中电流强度为E BL, gR2r r 3r(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，当两棒速度到达相同速度v'时，电路中电流为零，安培力为

17、零， cd到达最大速度。运用动量守恒定律得mv=(2m + m)v"解得 v'=ljgR3(3)系统释放热量应等于系统机械能减少量，故有1 2 1 2 1Q=mv -一 3mv" 解得 Q=mgR3例5-9、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：E1E2I 二2r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。r>2丄 2B d v2紂% vF1 = F2 =3.2x10 Nvr由以上各式并代入数据得(2)设两金属杆之间增加的距

18、离亠2 ALL,那么两金属杆共产生的热量为 Q = I2r ,2v代入数据得 Q=1.28 X 10-2j.例5-10、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 = BI(V0 - V) 感应电流杆2作匀速运动，它受到的安培力等于它受到的摩擦力，BII二"m2g 导体杆2克服摩擦力做功的功率P = Jm2gv解得PfM 一誥R m 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, 到达稳定时，对杆 1有 fmgbii=o对杆2有 BII-m2g=0外力F的功率 PF = Fv0以P表示杆2

19、克服摩擦力做功的功率，那么有 P =FF _ I 2R _ .mgvo由以上各式得p - .|m2gv0竽尺足B I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5-11、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棒那么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.两棒速度到达相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，不产ac生感应电流，两棒以相同的速度v作匀速运动.1从初始至两棒到达速度相同的过程中，两棒总动量守恒,有m

20、v0 =2mv根据能量守恒，整个过程中产生的总热量1 2 1 2 1 2Qmv0(2m)vmv02242设ab棒的速度变为初速度的3/4时，cd棒的速度为W，那么由动量守恒可知:mv0 = m v0 mv14此时回路中的感应电动势和感应电流分别为:E2R此时cd棒所受的安培力:，所以cd棒的加速度为由以上各式，可得2 . 2B L V。 a =4mR例6-1、 1因R1> R2，即I1 v I2，所以小灯泡在 K断开后先突然变到某一较暗状态，再 继续变暗到最后熄灭2因R1v R2，即I1 > I2，小灯泡在K断开瞬间电流从原来的I2突变到I1 方向相 反，然后再渐渐变小，最后为零，所以灯泡在K断开后先变得比原来更亮，再逐渐变暗到熄灭例6-2、B6-3、AD 例 6-4C 例 6-5、例 6-6、ABD练习二：1、AD11. (1)2、ABC 3、Va=Vb= . 2gh7D 4、B 5、B 6、B27、3(2) E=y magh (3) Qa=D 8 、AC12 E=magh ,499、BC 10、D416Q b= E=magh74912.解析：1电动机的输出功率为:Pb 二IU - 12r =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出二Fv其中F为电动机对棒的拉力，当棒达稳定速度时F = m