【图文】电磁感应规律的综合应用_百度文库
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电磁感应规律的综合应用
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你可能喜欢（2013?太原二模）如图甲所示，一个边长为L的正方形线框固定在匀强磁场（图中未画出）中，磁感应强度的方向垂直于导线框所在平面．规定向里为磁感应强度的正方向，向右为导线框ab边所受安培力的正方向．已知在0～4s时间内导线框ab边所受的安培力如图乙所示．则下列能正确表示磁感应强度B随时间变化的图象是（　　）A．B．C．D．
如图甲所示，一个边长为L的正方形线框固定在匀强磁场（图中未画出）中，磁场方向垂直于导线框所在平面，规定向里为磁感应强度的正方向，向右为导线框ab边所受安培力F的正方向，线框中电流i沿abcd方向时为正．已知在0～4s时间内磁场的磁感应强度的变化规律如图所示．则下列图象所表示的关系正确的是
如图12-2-24，一个边长为l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场；一个边长也为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直；虚线框对角线ab与导线框的一条边垂直，ba的延长线平分导线框.在t=0 时，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿ab方向移动，直到整个导线框离开磁场区域.以i表示导线框中感应电流的大小，取逆时针方向为正.下列表示i-t关系的图示中，可能正确的是(　　)
如图所示，一个边长为L的正方形导线框以速度v匀速通过宽为d（d＜L）的匀强磁场，在此过程中线框中有感应电流的时间是（&&& ）
A.2d/v&&&&&&&&&
B.2L/v
C.（L－d）/v&&& D.（L－2d）/v
高考真题1．【解析】对A选项，静止的导线上的稳恒电流附近产生稳定的磁场，通过旁边静止的线圈不会产生感应电流，A被否定；稳恒电流周围的稳定磁场是非匀强磁场，运动的线圈可能会产生感应电流，B符合事实；静止的磁铁周围存在稳定的磁场，旁边运动的导体棒会产生感应电动势，C符合；运动的导线上的稳恒电流周围产生运动的磁场，即周围磁场变化，在旁边的线圈中产生感应电流，D符合。【答案】A2．【解析】本题考查右手定则的应用。根据右手定则，可判断PQ作为电源，Q端电势高，在PQcd回路中，电流为逆时针方向，即流过R的电流为由c到d，在电阻r的回路中，电流为顺时针方向，即流过r的电流为由b到a。当然也可以用楞次定律，通过回路的磁通量的变化判断电流方向．所以选项B正确【答案】B3.【解析】如图所示，设观察方向为面向北方，左西右东，则地磁场方向平行赤道表面向北，若飞机由东向西飞行时，由右手定则可判断出电动势方向为由上向下，若飞机由西向东飞行时，由右手定则可判断出电动势方向为由下向上，A对B错；沿着经过地磁极的那条经线运动时，速度方向平行于磁场，金属杆中一定没有感应电动势，C错D对。【答案】AD4．【解析】在释放的瞬间，速度为零，不受安培力的作用，只受到重力，A对。由右手定则可得，电流的方向从b到a，B错。当速度为时，产生的电动势为，受到的安培力为，计算可得,C对。在运动的过程中，是弹簧的弹性势能、重力势能和内能的转化，D错。【答案】AC5．【解析】在x=R左侧，设导体棒与圆的交点和圆心的连线与x轴正方向成θ角，则导体棒切割有效长度L=2Rsinθ，电动势与有效长度成正比，故在x=R左侧，电动势与x的关系为正弦图像关系，由对称性可知在x=R右侧与左侧的图像对称。【答案】A& 6．【解析】考查自感现象。电键K闭合时，电感L1和L2的电流均等于三个灯泡的电流，断开电键K的瞬间，电感上的电流i突然减小，三个灯泡均处于回路中，故b、c灯泡由电流i逐渐减小，B、C均错，D对；原来每个电感线圈产生感应电动势均加载于灯泡a上，故灯泡a先变亮，然后逐渐变暗，A对。本题涉及到自感现象中的“亮一下”现象，平时要注意透彻理解。【答案】AD．7．【解析】该题利用导体在磁场中的切割模型综合考查法拉第电磁感应定律、欧姆定律、物体平衡、牛顿第二定律和变速直线运动规律；导体从静止开始又变加速到匀加速，又由匀加速到匀速直至完成全过程，环环相扣，逐步深入，循序渐进，无不渗透着经典物理的科学思想和方法．（1）体棒ab从A处下落时的有效切割长度为r，由法拉第电磁感应定律得：E1＝Brv1，此时等效电路的电阻为R总1＝＝4R，所以I1＝＝，故安培力F1＝BI1L1＝，由牛顿第二定律得mg－F1＝ma，所以a＝g－，（2）有效切割长度为2r，所以感应电动势为E2＝2Brv，此时等效电路的电阻为R总2＝＝3R，所以I2＝＝，故安培力为F2＝BI2L2＝，因棒中电流大小始终不变，也就是速度不变，所以棒受力平衡，即mg＝，v＝，在无磁场区域棒做匀加速直线运动，由匀变速直线运动规律v2－v22＝2gh，所以h＝－，得I22＝I2＝，故P2＝I222R2＝＝，（3）由牛顿第二定律F＋mg－＝ma，所以F＝ma－mg＋【答案】(1) a＝g－&&&(2) &&(3) F＝ma－mg＋8．（1）a和b不受安培力作用，由机械能守恒可知（2）设导体棒刚进入无磁场区域时的速度为，刚离开无磁场区域时的速度为，由能量守恒得：在磁场区域中，在无磁场区域中，解得：（3）在无磁场区域，根据匀变速直线运动规律，且平均速度，有磁场区域，棒a受到的合力感应电动势& ，感应电流，解得根据牛顿第二定律，在t到时间内解得【答案】（1）&&&& （2）&& &&&&（3）9．【解析】（1）改变电流方向，磁通量变化量为原来磁通量的两倍，即2BS，代入公式计算得B=，由法拉第电磁感应定律可知电动势的平均值ε＝。（2）根据数据可得B与I成正比，比例常数约为0.00125，故B=kI（或0.00125I）（3）为了得到平均电动势的准确值，时间要尽量小，由B的计算值可看出与N和S相关联，故选择A、B。【答案】（1），&&&&&&&&&&&&& （2）0.00125I（或kI）&&&&&& （3）A，B10．【解析】正确分析线框的受力情况和运动情况是解决问题的关键（1）cd边刚进入磁场时，做自由落体运动，线框速度v=所以线框中产生的感应电动势E=BLv＝BL(2)此时线框中电流&& I=由分压原理可得，cd两点间的电势差U=I()=(3)安培力&&&& F=BIL=&& 根据牛顿第二定律mg-F=ma,由a=0解得下落高度满足&&& h=【答案】（1）E=BLv＝BL& （2）U=I()=&& （3）11．【解析】导体棒所受的安培力为：F=BIl………………①& 由题意可知，该力的大小不变，棒做匀减速运动，因此在棒的速度从v0减小到v1的过程中，平均速度为：……………………②&& 当棒的速度为v时，感应电动势的大小为：E=Blv………………③&& 棒中的平均感应电动势为：………………④&& 综合②④式可得：………………⑤&&& 导体棒中消耗的热功率为：………………⑥&&& 负载电阻上消耗的热功率为：…………⑦&&& 由以上三式可得：…………⑧&&& & 【答案】（1）& &&（2）12．【解析】(1)由于列车速度与磁场平移速度不同，导致穿过金属框的磁通量发生变化，由于电磁感应，金属框中会产生感应电流，该电流受到的安培力即为驱动力。&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
(2)为使列车获得最大驱动力，MN、PQ应位于磁场中磁感应强度同为最大值且反向的地方，这会使得金属框所围面积的磁通量变化率最大，导致框中电流最强，也会使得金属框长边中电流受到的安培力最大。因此，d应为的奇数倍，即&& &&或&&&&&&
（）①(3)由于满足第(2)问条件：则MN、PQ边所在处的磁感应强度大小均为B0且方向总相反，经短暂的时间，磁场沿Ox方向平移的距离为，同时，金属框沿Ox方向移动的距离为。& 因为v0&V，所以在时间内MN边扫过磁场的面积&&& 在此时间内，MN边左侧穿过S的磁通移进金属框而引起框内磁通量变化&&& &&&&&&&&&&& 同理，该时间内，PQ边左侧移出金属框的磁通引起框内磁通量变化&&& &&&&&&&&&& 故在内金属框所围面积的磁通量变化&&&&&&&&&
根据法拉第电磁感应定律，金属框中的感应电动势大小& &&&&&&&&&根据闭合电路欧姆定律& &&&&&&&&&&&根据安培力公式，MN边所受的安培力&& PQ边所受的安培力 &&&&根据左手定则，MN、PQ边所受的安培力方向相同，此时列车驱动力的大小&& &&&&&&联立解得& &&&【答案】（1）& 电流受到的安培力即为驱动力&& （2）&& （3）名校试题1．【解析】若保持电键闭合，磁通量不变，感应电流消失，所以铝环跳起到某一高度后将回落；正、负极对调，同样磁通量增加，由楞次定律，铝环向上跳起．【答案】CD2．【解析】 是楞次定律可以判断选项AC正确&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
【答案】AC3．【解析】橡胶盘A在加速转动时，产生的磁场在不断增加，穿过B的磁通量不断增加，根据楞次定律可知B正确。【答案】B4．【解析】矩形线框向上进入匀强磁场时，受到向下的重力和磁场力，致使速度减小，所以v1＞v2，A正确；进入磁场后上升阶段从位置2到位置3，无磁场力，重力做负功，所以v2＞v3，B错误；从位置2上升至最高点后再返回至位置2，无磁场力，重力做功为零，所以v2＝v4，C正确；下落离开磁场的过程中，受到向下的重力和向上的磁场力，两个力大小无法确定，所以v4与v5无法比较，D错误。【答案】AC5．【解析】当拉力恒定时,&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
&最终以的速度做匀速运动,则，代入的表达式中得当功率恒定时,最终以的速度做匀速运动,则代入的表达式中得【答案】C6．【解析】对、棒受力分析如图所示,从能的转化与守恒角度出发,可推知外力F克服棒所受的摩擦力做功直接将其他形式的能转化为内能,而F克服安培阻力做的功将其他形式的能转化为电能,其功率为P电=(F-f)Va,故感应电流做功的
功率也为,C项正确.本题易错选D,实际上它是回路的总电能的一部分。在棒上通过克服做功转化为棒与轨道的内能,功率.这时棒与相当于电动机通过感应电流而运动,把电能通过克服做功转化为内能.电能的另一部分,由电流的热效应转化为电路的内能,电能的另一部分,由电流的热效应转化为电路的内能,其功率为感应电流做功的总功率减去棒上输出的功率,即,故D项所指正是这部分功率而非感应电流做功的总功率.【答案】C7．【解析】⑴匀速时，拉力与安培力平衡，F=BIL&& &得：&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
⑵金属棒a切割磁感线，产生的电动势E=BLv&&
&回路电流& 联立得：⑶平衡时，棒和圆心的连线与竖直方向的夹角为θ，&& &&&&&得：θ=60°【答案】（1）&& （2）&&& （3）8．【解析】（1）设ab棒离开磁场边界前做匀速运动的速度为v，产生的电动势为E = BLv…电路中电流 I = ……………对ab棒，由平衡条件得 mg－BIL = 0…解得 v = (2) 由能量守恒定律：mg(d0 + d) = E电 + mv2解得 ，（3）设棒刚进入磁场时的速度为v0，由mgd0 = mv02，得v0 = 棒在磁场中匀速时速度为v = ，则1 当v0=v，即d0 = 时，棒进入磁场后做匀速直线运& 2 当v0 & v，即d0 &时，棒进入磁场后做先加速后匀速直线运动3 当v0＞v，即d0＞时，棒进入磁场后做先减速后匀速直线运动【答案】（1） （2）& （3）9．【解析】(1)匀速下降时,金属杆匀速上升,回路中产生的感应电动势为:则对、整体有：由以上式子解得：(2)由(1)得:&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
由图象可知:所以解得:【答案】（1）&& &&（2）10．【解析】（1）当金属棒匀速下滑时速度最大，设最大速度为vm，达到最大时则有mgsinθ=F安&&&&&&&&&&
&& F安＝ILB &&&&& &&&&&&&&&&&&&&其中　　　R总＝6R& &&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
&&&&所以&&&&&
mgsinθ=&&&&&&& 解得最大速度　　　&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
（2）R2上消耗的功率　&&&&&
其中　 　&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
&&&& 又　　&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
解以上方程组可得 当时，R2消耗的功率最大&&&&&&&&&
最大功率& &【答案】（1）& （2）&& &&&&&&&11．【解析】（1）在t＝0至t＝4s内，金属棒PQ保持静止，磁场变化导致电路中产生感应电动势．电路为r与R并联，再与RL串联，电路的总电阻＝5Ω&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
①此时感应电动势=0.5×2×0.5V=0.5V&&&&&&&&&
②通过小灯泡的电流为：＝0.1A&&&&&&&&&&&
③（2）当棒在磁场区域中运动时，由导体棒切割磁感线产生电动势，电路为R与RL并联，再与r串联，此时电路的总电阻＝2＋Ω＝Ω&&&&&& ④由于灯泡中电流不变，所以灯泡的电流IL=0.1A，则流过棒的电流为＝0.3A&&&&&&&&&&&&
⑤电动势&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
⑥解得棒PQ在磁场区域中v=1m/s&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
【答案】（1）&&& 0.1A &&&&&&（2）运动的速度大小v=1m/s12．【解析】(1)ab杆向右运动时，ab杆中产生的感应电动势方向为a→b，大小为E=BLv1，…&& 耐杆中的感应电流方向为d→c.cd杆受到的安培力方向水平向右&&& 安培力大小为①&&& 解①、③两式，ab杆匀速运动的速度为③ (2)ab杆所受拉力F=④(3)设cd杆以v2速度向下运动h过程中，ab杆匀速运动了s距离&&& 整个回路中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功&&& …【答案】（1）& &（2）& （3）&13．【解析】导轨在外力作用下向左加速运动，由于切割磁感线，在回路中要产生感应电流，导轨的bc边及金属棒PQ均要受到安培力作用PQ棒受到的支持力要随电流的变化而变化，导轨受到PQ棒的摩擦力也要变化，因此导轨的加速度要发生改变．导轨向左切割磁感线时，感应电动势&& E=BLv&&& ①&& 感应电流&& &&&&②&& 即&&& ③&&&&&& 导轨受到向右的安培力F 1= BIL，金属棒PQ受到向上的安培力F2= BIL，导轨受到PQ棒对它的摩擦力，& 根据牛顿第二定律，有&&&&&&& ④&&& （1）当刚拉动导轨时，v=0，由③④式可知I=0时有最大加速度am，即m/s2&& （2）随着导轨速度v增大感应电流I增大而加速度a减小，当a=0时，导轨有最大速度vm，从④式可得& A& 将A代入③式，得&&&&&&&&&&&&&
当t=t1时，v达到最大，I达到2.5 A，电流I随时间t的变化图线如图所示所示．&& 【答案】（1）&& m/s2&& （2）m/s&&& （3）如图所示26所示
（2）棒做加速度逐渐减小的变加速运动，棒到达底端时速度最大，由能量守恒定律得
&& 解得&& m/s& （3）当棒的速度为v时，感应电动势& E=Bdv& 感应电流 &&棒所受安培力F=BId &&当棒的速度为v=2 m／s时，F=1
N&&&& 由牛顿第二定律得& 解得棒的加速度& m/s2& 【答案】（1）由b指向a；（2）m/s；& （3）m/s2考点预测题1．【解析】铜环经过位置1时，有磁通量变化产生感应电流受磁场力方向向上，阻碍磁通量的增加，所以，； 经过位置2时，环中磁通量最大，磁通量变化率为零，不产生感应电流，只受重力mg，故a2
=g；铜环在位置3时速度大于位置1时的速度，所以经过位置3时磁通量变化率比位置1时大，产生的感应电流也大，受到的磁场力也大，且该磁场力仍然是阻碍环与磁场的相对运动，方向向上，所以a3& a1&g 。&【答案】A、B、D.&2．【解析】由于环中感应电流所受安培力的方向既跟直流电流产生的磁场方向垂直，又跟环中感应电流方向垂直，环各部分所受的安培力的合力应在竖直平面上，环只可能的竖直平面内运动，故转动不可能。如左右平动，不影响环垂直磁场的净面积，也不影响穿过圆环的净磁通。如向上平动，使净面积增加，净磁通增加，故向上平动不可能。如向下平动，使净面积减小，净磁通减少，满足“效果阻碍原因”。显然不论直导线中电流方向如何，只要电流强度增大，最终环的机械运动都一样，即向下平动。反之如电流强度减小，则向上平动。【答案】A．2．法拉第电磁感应定律问题3．【解析】当双刀双掷开关S使螺线管的电流反向时，测量线圈中就产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可得：&&&&&&&&&&&&&
&&&&&&&&&&&由欧姆定律得：&&&&&&&&&&&&
由上述二式可得：【答案】4．【解析】(1)设线圈向右移动一距离ΔS，则通过线圈的磁通量变化为：，而所需时间为，&& 根据法拉第电磁感应定律可感应电动势力为V.(2)根据欧姆定律可得感应电流A，&&&&& 电功率P=IE=W&&&&&&&&&&
【答案】（1） V&& （2）W5．【解析】0-1s内B垂直纸面向里均匀增大，则由楞次定律及法拉第电磁感应定律可得线圈中产生恒定的感应电流，方向为逆时针方向，排除A、C选项；2s-3s内，B垂直纸面向外均匀增大，同理可得线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，排除B选项，D正确。【答案】D6．【解析】从正方形线框下边开始进入到下边完全进入过程中，线框切割磁感线的有效长度逐渐增大，所以感应电流也逐渐拉增大，A项错误；从正方形线框下边完全进入至下边刚穿出磁场边界时，切割磁感线有效长度不变，故感应电流不变，B项错；当正方形线框下边离开磁场，上边未进入磁场的过程比正方形线框上边进入磁场过程中，磁通量减少的稍慢，故这两个过程中感应电动势不相等，感应电流也不相等，D项错，故正确选项为C。&&&& 【答案】C7．【解析】当滑过时，其等效电路如图所示.这时的有效切割长度为电阻：&&& 总电流： 由并联分流关系可知：导线中的电流方向由.&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
【答案】方向由.8．【解析】（1）棒滑过圆环直径OO′ 的瞬时，MN中的电动势E1=B2a v=0.2×0.8×5=0.8V&&&&&&&&&&
等效电路如图所示，流过灯L1的电流I1=E1/R=0.8/2=0.4A&&&&&&&&&&&
（2）撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O′ 以OO′ 为轴向上翻转90&，半圆环OL1O′中产生感应电动势，相当于电源，灯L2为外电路，等效电路如图所示，感应电动势E2=ΔФ/Δt=0.5×πa2×ΔB/Δt=0.32V&&&& ③L1的功率P1=(E&2/2)2/R=1.28×102W【答案】（1）& I1=E1/R=0.8/2=0.4A&&&& （2）1.28×102W9．【解析】金属棒下滑速度达到稳定时从力的角度来看，就是金属棒受到的合力为零，此时的速度也叫收尾速度.。金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律mgsinθ-μmgcosθ=ma　　　　　①由①式解得a=10×（0.6-0.25×0.8）m/s2=4m/s2　　　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mgsinθ-μmgcosθ-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P=Fv　　　　　　④由③，④两式解得　　　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　　　⑥P=I2R　　　　⑦由⑥，⑦两式解得　　　　⑧磁场方向垂直导轨平面向上.【答案】（1）4m/s2& （2）& &&&（3）10．【解析】求解本题的关键是把直线方程和图线的数据相结合综合解决问题，正确的解题思路是当导体棒匀速时，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．（1）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，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& &&安培力& 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，&&& 所以 由图线可以得到直线的斜率 k＝2，而
，即：T（3）由图线的直线方程： 可知直线的截距为& m/s所以可以求出金属杆所受到的阻力f，代入数据可得：f ＝2N 若金属杆受到的阻力仅为滑动摩擦力，由截距可求得动摩擦因数【答案】（1 加速度越来越小的加速直线运动（2） 1T&&&&&&&&
（3）11.【解析】导体棒以初速度υ0做切割磁感线运动而产生感应电动势，回路中的感应电流使导体棒受到安培力的作用?安培力做功使系统机械能减少，最终将全部机械能转化为电阻R上产生的焦耳热．由平衡条件知，棒最终静止时，弹簧的弹力为零，即此时弹簧处于初始的原长状态．（1）初始时刻棒中感应电动势E=Lv0B　　　　　①&&& 棒中感应电流　　　　　②&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
作用于棒上的安培力F=ILB　　　　　③联立①②③，得，安培力方向：水平向左（2）由功和能的关系，得安培力做功电阻 R上产生的焦耳热（3）由能量转化及平衡条件等，可判断：棒最终静止于初始位置【答案】（1）&&& &&&&&（2）&&&&&&&&&&&
（3）12．【解析】由题意可知线框在磁场中一直是作变速直线运动。所以对整个过程只能由能的观点求解．（1）若线框在下落阶段能匀速地进入磁场，则线框在进入磁场的过程中受力平衡，则据平衡条件可知线框在进入磁场瞬间有：，解得：&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
（2）线框从离开磁场至上升到最高点过程中据动能定理有：& ①线框从最高点回落至进入磁场前瞬间的过程据动能定理有：& ②联立①②可解得：，代入可得：（3）设线框进入磁场的速度为v0，则线框在向上通过磁场过程中要克服重力、空气阻力及安培力做功，而克服安培力做功的量即是此过程中产生电能的量，也即是产生的热量Q，根据能量守恒定律有：，又由题可知解得：Q＝【答案】（1）&&& （2）&&&&&
（3）13．【解析】（1）中判断P、Q的电势高低时，可以假设PQ是闭合电路的一部分，根据右手定则可得电流从Q流向P，因为PQ相当于是电源，在电源内部电流从低电势流向高电势，故P点电势高； P、Q两点电势差UPQ＝BlvP．&& （2）缆索电流<img
src="/pic4/docfiles/down/test/down/27a7c
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高考物理第二轮复习课件12 电磁感应与电路综合问题
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