最新感生电动势和动生电动势

感生电动势和动生电动势一、学习目标1．知道感生电场。

2．知道感生电动势和动生电动势及其区别与联系二、预习案（一）、电磁感应现象中的感生电场1．感生电场：英国物理学家麦克斯韦认为，磁场时会在空间激发一种电场——感生电场．2．感生电动势：由产生的电动势叫做感生电动势。

的方向与所产生的方向相同，可根据楞次定律和右手螺旋定则来判断，感生电动势中的“非静电力”是对自由电荷的作用．（二）、电磁感应现象中的洛伦兹力1．动生电动势：由于而产生的感应电动势．2．动生电动势中的“非静电力”：自由电荷因随导体棒运动而受到，非静电力与.有关．3．动生电动势中的功能关系：闭合电路中，导体棒做切割磁感线运动时，克服做功，其他形式的能转化为.三、课上探究（一）、理论探究感生电动势的产生1、在图中画出感应电流的方向。

2、是什么力充当非静电力使得自由电荷发生定向运动？3、感生电场的存在与闭合回路的存在有无关系？感生电场的方向如何？（二）、实际应用----电子感应加速器1、说出穿过真空室内磁场的方向？2、由图知电子沿什么方向运动？3、要使电子沿此方向加速，感生电场的方向如何？4、由感生电场引起的磁场方向如何？线圈中电流怎样变化？（三）、理论探究动生电动势的产生思考与讨论1、动生电动势是怎样产生的？2、什么力充当非静电力？提示1、导体中的自由电荷受到什么力的作用？它将沿导体棒向哪个方向运动？2、导体棒的哪端电势比较高？3、非静电力与洛伦兹力有关吗？4、如果用导线把C、D两端连到磁场外的一个用电器上，导体棒中的电流沿什么方向？讨论1、洛伦兹力做功吗？2、能量是怎样转化的？3、推导动生电动势的表达例题：光滑导轨上架一个直导体棒MN，设MN向右匀速运动的速度为V，MN长为L,不计其他电阻求：（1）导体MN做匀速运动时受到的安培力大小和方向？（2）导体MN受到的外力的大小和方向？（3）MN向右运动S位移，外力克服安培力做功的表达式是什么？（4）在MN向右运动S位移过程中感应电流做功是多少？练习：1、一个带正电粒子在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动，如图所示，当磁感应强度均匀增大时，此粒子的（）A.动能不变B.动能增大C.动能减小D.以上情况都可能2、如图所示，一正方形闭合金属线框，从距离匀强磁场上边界h高处，由静止开始沿竖直平面自由下落，线圈平面始终垂直于匀强磁场的方向，且磁场区域高度大于线框的边长．对线框进入磁场的过程，以下描述正确的是（BD）A．线框有可能做匀变速运动B．若线框做变速运动，加速度一定减小C．若h足够大，线框可能反弹向上运动D．h越大，线框的机械能损失越多四、巩固练习1．如图所示，一个带正电的粒子在垂直于匀强磁场的平面内做圆周运动，当磁感应强度均匀增大时，此粒子的动能将（）A．不变B．增加C ．减少D ．以上情况都可能2．穿过一个电阻为l Ω的单匝闭合线圈的磁通量始终是每秒钟均匀地减少2 Wb ，则（ ）A ．线圈中的感应电动势一定是每秒减少2 VB ．线圈中的感应电动势一定是2 VC ．线圈中的感应电流一定是每秒减少2 AD ．线圈中的感应电流一定是2 A3．在匀强磁场中，ab 、cd 两根导体棒沿两根导轨分别以速度v1、v2滑动，如图所示，下列情况中，能使电容器获得最多电荷量且左边极板带正电的是（ ）A ．v1＝v2，方向都向右B ．v1＝v2，方向都向左C ．v1>v2，v1向右，v2向左D ．v1>v2，v1向左，v2向右4．如图所示，面积为0.2 m2的100匝线圈处在匀强磁场中，磁场方问垂直于线圈平面，已知磁感应强度随时间变化的规律为B=（2+0.2t ）T ，定值电阻R1=6Ω，线圈电阻R2=4Ω，求：（1）磁通量变化率，回路的感应电动势；（2）a 、b 两点间电压Uab5．如图所示，在物理实验中，常用“冲击式电流计”来测定通过某闭合电路的电荷量．探测器线圈和冲击电流计串联后，又能测定磁场的磁感应强度．已知线圈匝数为n ，面积为S ，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R ，把线圈放在被测匀强磁场中，开始时线圈与磁场方向垂直，现将线圈翻转180°，冲击式电流计测出通过线圈的电荷量为q ，由此可知，被测磁场的磁磁感应强度B=__________6、如图所示，A 、B 为大小、形状均相同且内壁光滑，但用不同材料制成的圆管，竖直固定在相同高度．两个相同的磁性小球，同时从A 、B 管上端的管口无初速释放，穿过A 管的小球比穿过B 管的小球先落到地面．下面对于两管的描述中可能正确的是（ ）A ．A 管是用塑料制成的，B 管是用铜制成的B ．A 管是用铝制成的，B 管是用胶木制成的C ．A 管是用胶木制成的，B 管是用塑料制成的D ．A 管是用胶木制成的，B 管是用铝制成的 7、如图所示，光滑导轨宽0.4m ，均匀变化的磁场垂直穿过其面，方向如图，磁场的变化如图所示，金属棒ab 的电阻为1Ω，导轨电阻不计，自t=0时，ab 棒从导轨最左端，以v=1m/s 的速度向右匀速运动，则（ ）A ．1s 末回路中的电动势为1.6VB ．1s 末棒ab 受安培力大小为0.64NC ．1s 末回路中的电动势为0.8VD ．1s 末棒ab 受安培力大小为1.28参考答案1、B2、BD3、C4、（1）4V （2）2.4A5、nS qR2 6、：AD 7、AD。

第五节：感生电动势和动生电动势[高效习图解][重难点1 感生电动势高效归纳：感生电场产生的感应电动势称为感生电动势。

思维突破：（1感生电场又称涡旋电场。

它与静电场均能对电荷有作用力，但它是由变的磁场激发，而不是由电荷激发，另外描述涡旋电场的电线是闭合曲线。

（2）如图5-1A 所示，若磁场增强时，电流表会发生偏转，由此可判断电路中产生了感生电场，闭合导体中的自由电荷在感生电场的作用下定向移动，产生感应电流。

（3）变的磁场周围产生电场，是一种普遍存在的现象，跟闭合电路是否存在无关，如图5-1B 所示，是磁场增强时，变的磁场产生电场的示意图。

（4）感生电场方向的判断：感应电流方向（由楞次定律与右手螺旋定则）。

题型一、感生电场的特点例1．如图5-2所示的是一个水平放置的玻璃圆环形小槽，槽内光滑，槽宽度和深度处处相同，现将一直径略小于槽宽的带正电的绝缘小球放在槽中，它的初速为V 0，磁感应强度的大小随时间均匀增大，（已知均匀变的磁场将产生恒定的感应电场）则：（ ）A 小球受到的向心力大小不变B 小球受到的向心力大小不断增大图5-1 A 图5-1 B 图5-2 感应电流感应电场 感应电流 洛伦兹力磁场力对小球做了功 D 小球受到的磁场力大小与时间成正比 思路分析：由楞次定律，此电场与小球初速度方向相同，由于小球带正电，电场力对小球做正功，小球的速度应该逐渐增大，向心力也会随着增大。

另外洛仑兹力永远对运动电荷不做功，故错。

带电小球所受洛仑兹力F=qvB,随着速率的增大而增大，同时，B 也正比于时间,则F 于不成正比，故D 错误。

答案：B规律技巧总结：本题的关键是要判断出磁感应强度的方向，感应电场对小球做正功，使带电小球的动能不断增大，带电小球既受到电场力又受到磁场力的作用。

题型一、求感生电荷量例2．有一面积为S=100c 2的金属环，电阻R=01Ω，环中磁场变规律如图5-3所示，磁场方向垂直环面向里，从1至2过程中，通过金属环的电荷量为多少？思路分析：因为B-图象为一直线，故△ф也是均匀变，△ф=△BS=（B 2-B 1）·S[。

动生电动势和感生电动势法拉第电磁感应定律：只要穿过回路的磁通量发生了变化,在回路中就会有感应电动势产生;而实际上,引起磁通量变化的原因不外乎两条：其一是回路相对于磁场有运动；其二是回路在磁场中虽无相对运动,但是磁场在空间的分布是随时间变化的,我们将前一原因产生的感应电动势称为动生电动势,而后一原因产生的感应电动势称为感生电动势;注意:动生电动势和感生电动势的名称也是一个相对的概念,因为在不同的惯性系中,对同一个电磁感应过程的理解不同：1设观察者甲随磁铁一起向左运动:线圈中的自由电子相对磁铁运动,受洛仑兹力作用,作为线圈中产生感应电流和感应电动势的原因;－动生电动势;2设观察者乙相对线圈静止:线圈中的自由电子静止不动,不受磁场力作用;产生感应电流和感应电动势的原因是运动磁铁变化磁场在空间产生一个感应涡旋电场,电场力驱动使线圈中电荷定向运动形成电流;－感生电动势 一、动生电动势导体或导体回路在磁场中运动而产生的电动势称为动生电动势; 动生电动势的来源:如图,运动导体内每个电子受到方向向上的洛仑兹力为：；正负电荷积累在导体内建立电场；当时达到动态平衡,不再有宏观定向运动,则导体 ab 相当一个电源,a 为负极低电势,b 为正极高电势,洛仑兹力就是非静电力;可以使用法拉第定律计算动生电动势：对于整体或局部在恒定磁场中运动的闭合回路,先求出该回路的磁通F 与t的关系,再将对t 求导,即可求出动生电动势的大小;2动生电动势的方向可由楞次定律确定; 二、感生电动势处在磁场中的静止导体回路,仅仅由磁场随时间变化而产生的感应电动势,称为感生电动势;感生电场:变化的磁场在其周围空间激发一种电场,称之为感生电场;而产生感生电动势的非静电场正是感生电场;感生电动势: 回路中磁通量的变化仅由磁场变化引起,则电动势为感生电动势 .若闭合回路是静止的,它所围的面积S 也不随时间变化; 感生电场与变化磁场之间的关系:1变化的磁场将在其周围激发涡旋状的感生电场,电场线是一系列的闭合线; 2感生电场的性质不同于静电场;静电场 感生电场 场源 正负电荷 变化的磁场力线 起源于正电荷,终止于负电荷不闭合曲线作用力法拉第电磁感应定律一、1、关于表达式tnE∆∆=φ公式在应用时容易漏掉匝数n,变化过程中磁场方向改变的情况容易出错,并且感应电动势E 与φ、φ∆、t∆∆φ的关系容易混淆不清;2、应用法拉第电磁感应定律的三种特殊情况：1E=Blv, 2ω221Bl E =,3E=nBs ωsin θ或E=nBs ωcos θ 二、1、φ、φ∆、t∆∆φ同v 、△v 、tv∆∆一样都是容易混淆的物理量磁通量φ磁通量变化量φ∆磁通量变化率t∆∆φ物理 意义 磁通量越大,某时刻穿过磁场中某个面的磁感线条数越多某段时间穿过某个面的末、初磁通量的差值 表述磁场中穿过某个面的磁通量变化快慢的物理量计算⊥=BS φ,12φφφ-=∆,S B ∆=∆φ或B S ∆=∆φtSB t ∆∆=∆∆φ或tBSt ∆∆=∆∆φ 注 意若穿过某个面有方向相反的磁场,则不能直接用⊥=BS φ,应考虑相反方向的磁通量相互抵消以后所剩余的磁通量开始和转过1800时平面都与磁场垂直,穿过平面的磁通量是不同的,一正一负,△φ=2 BS,而不是零既不表示磁通量的大小,也不表示变化的多少,在φ—t 图象中用图线的斜率表示2、明确感应电动势的三种特殊情况中各公式的具体用法及应用时须注意的问题⑴导体切割磁感线产生的感应电动势E=Blv ,应用此公式时B 、l 、v 三个量必须是两两相互垂直,若不垂直应转化成相互垂直的有效分量进行计算;将有效分量代入公式E=Blv 求解;此公式也可计算平均感应电动势,只要将v 代入平均速度即可; ⑵导体棒以端点为轴在垂直于磁感线的匀强磁场中匀速转动,各点的线速度不同,用平均速度中点线速度计算,ω221Bl E=; ⑶矩形线圈在匀强磁场中,绕垂直于磁场的任意轴匀速转动产生的感应电动势何时用E=nBs ωsin θ或E=nBs ωcos θ计算;其实这两个公式的区别是计时起点不同;当线圈转至中性面即线圈平面与磁场垂直的位置时E=0,当线圈转至垂直中性面的位置即线圈平面与磁场平行时E=nBs ω;这样,线圈从中性面开始计时感应电动势按E=nBs ωsin θ规律变化,线圈从垂直中性面的位置开始计时感应电动势按E=nBs ωcos θ规律变化;用这两个公式可以求某时刻线圈的磁通量变化率△φ/△t,; 另外,tnE∆∆=φ求的是整个闭合回路的平均感应电动势,△t →0的极限值才等于瞬时感应电动势;当△φ均匀变化时,平均感应电动势等于瞬时感应电动势;但三种特殊情况中的公式通常用来求感应电动势的瞬时值; 典例例1： 关于感应电动势,下列说法正确的是 答CD A ．穿过回路的磁通量越大,回路中的感应电动势就越大B ．穿过回路的磁通量变化量越大,回路中的感应电动势就越大 C ．穿过回路的磁通量变化率大,回路中的感应电动势就大D ．单位时间内穿过回路的磁通量变化量大,回路中感应电动势就大 总结感应电动势的有无由磁通量变化量φ∆决定,φ∆≠0是回路中存在感应电动势的前提,感应电动势的大小由磁通量变化率t∆∆φ决定,t∆∆φ越大,回路中的感应电动势越大,与φ、φ∆无关;例2：一个面积S=4×10-2m 2,匝数N=100的线圈,放在匀强磁场中,磁场方向垂直线圈平面,磁场的磁感应强度B 随时间变化规律为△B /△t=2T/s,则穿过线圈的磁通量变化率t∆∆φ为 Wb/s,线圈中产生的感应电动势E= V;审题磁通量的变化率t∆∆φ与匝数N 无关;而感应电动势除与t∆∆φ有关外还与匝数N 有关;解析根据磁通量变化率的定义得t∆∆φ= S △B /△t=4×10-2×2 Wb/s=8×10-2Wb/s 由E=N △φ/△t 得E=100×8×10-2V=8V总结计算磁通量φ=BScos θ、磁通量变化量△φ=φ2-φ1、磁通量变化率△φ/△t 时不用考虑匝数N,但在求感应电动势时必须考虑匝数N,即E=N △φ/△t;求安培力时也要考虑匝数N,即F=NBIL,因为通电导线越多,它们在磁场中所受安培力就越大;例3：如图7-1所示,两条平行且足够长的金属导轨置于磁感应强度为B 的匀强磁场中,B 的方向垂直导轨平面;两导轨间距为L,左端接一电阻R,其余电阻不计;长为2L 的导体棒ab 如图所示放置, 开始时ab 棒与导轨垂直,在ab 棒绕a 点紧贴导轨滑倒的过程中,通过电阻R 的电荷量是 ;解析tBL t L L L B t S B t E ∆=∆-•=∆∆=∆∆=23421222φ,tR 2BL 3R E I 2∆==∴RBL t I q232=∆=答案：RBL 232总结用E=N △φ/△t 求的是平均感应电动势,由平均感应电动势求闭合回路的平均电流;而电路中通过的电荷量等于平均电流与时间的乘积,即RNt tR Nt I qφφ∆=∆∆∆=∆=,注意这个式子在不同情况下的应用; 例4：如图7-2所示,在竖直向下的匀强磁场中,将一水平放置的金属棒以水平速度V 0抛出,设整个过程中,棒的取向不变,不计空气阻力,则金属棒运动过程中产生的感应电动势的大小变化情况应是A ．越来越大B ．越来越小C ．保持不变D ．无法判断解导体切割磁感线产生的感应电动势E=Blv,金属棒运动过程中B 、l 和v 的有效分量均不变,所以感应电动势E 不变,选C;例5：如图7-3所示,长为L 的金属棒ab,绕b 端在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω匀速转动,磁感应强度为B,求ab 两端的电势差; 审题用棒的中点的速率作为平均切割速率代入公式E=Blv;也可以设△t 时间ab 棒扫过的扇形面积为△S,根据E=n △φ/△t; 解析解法一：E=Blv=BL ωL/2=BL 2ω/2,解法二：E=n △φ/△t= B △S/△t=t t L B ∆∆•/212ω= BL 2ω/2 ∴22ωBL E U ab==总结若用E=Blv 求E,则必须先求出平均切割速率；若用E=n △φ/△t 求E,则必须先求出金属棒ab 在△t 时间扫过的扇形面积,从而求出磁通量的变化率;例6：如图7-4所示,矩形线圈abcd 共有n 匝,总电阻为R,部分置于有理想边界的匀强磁场中,线圈平面与磁场垂直,磁感应强度大小为B;让线圈从图示位置开始以ab 边为轴匀速转动,角速度为ω;若线圈ab 边长为L 1,ad 边长为L 2,在磁场外部分为2L 52,则⑴线圈从图示位置转过530时的感应电动势的大小为 ; ⑵线圈从图示位置转过1800的过程中,线圈中的平均感应电流为 ;⑶若磁场没有边界,线圈从图示位置转过450时的感应电动势的大小为 ,磁通量的变化率为 ;审题磁场有边界时,线圈abcd 从图示位置转过530的过程中,穿过线圈的磁通量始终没有变化,所以此过程感应电动势始终为零；在线圈abcd 从图示位置转过1800的过程中,初末状态磁通量大小不变,但方向改变,所以2121L BL 56L 53BL 2=•=φ∆;磁场没有边界时,线圈abcd 从图示位置转动产生的感应电动势按E=nBs ωsin θ规律变化;解析⑴线圈从图示位置转过530时的感应电动势的大小为零;⑵线圈从图示位置转过1800的过程中,πωωπφ56562121L nBL L BL n t nE ==∆∆=∴RL nBL R E I πω5621==⑶若磁场没有边界,线圈从图示位置转过450时的感应电动势图图图图E=nBL 1L 2ωsin ωt=ω21L nBL 22,此时磁通量的变化率2221ωφL BL n Et ==∆∆总结磁通量的变化量的求法,开始和转过1800时平面都与磁场垂直,△φ=2 BS,而不是零;例7：一个圆形闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中,线圈平面与磁场方向垂直,如图7-5甲所示;设垂直纸面向里的磁感应强度方向为正,垂直纸面向外的磁感应强度方向为负;线圈中顺时针方向的感应电流为正,逆时针方向的感应电流为负;已知圆形线圈中感应电流i 随时间变化的图象如图7-5乙所示,则线圈所在处的磁场的磁感应强度随时间变化的图象可能是 总结若给出的是φ—t 图象,情况是一样的;答案：CD例8：如图7-6所示,金属导轨间距为d,左端接一电阻R,匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直于平行金属导轨所在的平面,一根长金属棒与导轨成θ角放置,金属棒与导轨电阻不计;当金属棒沿垂直于棒的方向,以恒定速度v 在金属导轨上滑行时,通过电阻的电流强度为 ；电阻R 上的发热功率为 ；拉力的机械功率为 ;审题导体棒做切割磁感线运动,导体棒两端产生的感应电动势相当于闭合回路的电源,所以题中R 是外电阻,金属棒为电源且电源内阻不计;由于金属棒切割磁感线时,B 、L 、v 两两垂直,则感应电动势可直接用E=Blv 求解,从而求出感应电流和发热功率,又因为金属棒匀速运动,所以拉力的机械功率等于电阻R 上的发热功率,也可以用P=Fv=BILv 求拉力的机械功率;解析⑴θsin BdvBLV E ==∴θsin R Bdv R E I ==⑵θ22222sin R v d B R I P ==热⑶θ2222sin R v d B P P ==热机械或者θθθ2222sin sin sin R v d B v d R Bdv B BILv Fv P ====机械例9：如图7-7所示,两根足够长的直金属导轨MN 、PQ 平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上,两导轨间距为L;M 、P 两点间接有电阻值为R 的电阻,一根质量为m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上,并与导轨垂直;整套装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场方向垂直斜面向下;导轨和金属杆的电阻可忽略;让ab 杆沿导轨由静止开始下滑,导轨和金属杆接触良好,不计它们之间的摩擦;求：⑴在加速下滑过程中,当ab 杆的速度大小为v 时杆中的电流及杆的加速度大小； ⑵在下滑过程中,ab 杆可以达到的速度最大值;审题根据受力情况还可以判断ab 杆的运动情况,ab 杆下滑过程中速度越来越大,安培力F 越来越大,其合外力越来越小,加速度越来越小,当加速度为零时速度最大,所以ab 杆做的是加速度逐渐减小的加速运动,最后以最大速度匀速运动;根据ab 杆达最大速度时合外力为零可求其最大速度;解析⑴ab 杆的速度为v 时,感应电动势E=BLv ∴RvL B L R BLv B BIL F 22===根据牛顿第二定律,有ma=mgsin θ-F 图图图图∴mR vL B g a 22sin -=θ⑵当F=mgsin θ时,ab 杆达最大速度v max ,所以22max LB sin mgR v θ=感生电动势与动生电动势同时存在的情况例1江苏如图所示,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r 0=0.10 Ω/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 =0.20 m.有随时间变化的匀强磁场垂直于桌面,已知磁感应强度B 与时间t 的关系为B = kt ,比例系数k =0.020 T/s.一电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动,在滑动过程中保持与导轨垂直.在t =0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t =6.0 s 时金属杆所受的安培力.解1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 L ＝221at 此时杆的速度 v =at 这时,杆与导轨构成的回路的面积S ＝Ll,回路的感应电动势ε＝StB ∆∆＋Blv,而 B ＝ktttB ∆∆＝tBtt t B ∆-∆+)(＝k, 回路的总电阻R ＝2Lr 0 ,回路中的感应电流 i =Rε 作用于杆的安培力 F ＝Bli解得F ＝22032k l t r代入数据为 F ＝1.44×10－3N解2 分析法： F 安=BIL ①kt B= ② RE I =③tBSBLv E ∆∆+= ④at v = ⑤a 为金属杆的加速度 221at L x L S ⋅=⋅= ⑥x 为t 时刻金属棒离开PQ 的距离k t B =∆∆ ⑦ 2002122at v x v R ⋅=⋅= ⑧以上为分析法,从“要求”到“应求”到“已知”,要求F 安,应求B 和I,要求I,应求E 和R,逐步推导,直到应求的全部已知确实不可求的,如a ,可用字母表示,运算中可能约去; 求解过程是：将②、⑤、⑥、⑦代入④求出E,223kLat E = ⑨将⑨与⑧代入③求出I 023v kLI = ⑩已将a 约掉,且I 与t 无关;将⑩与②代入①得F安=02202323v tL k L v kL kt =⋅⋅ 最后将已知数据代入得F 安=1.44×10-3N本题的创新处也是易错处在式④式,即产生感应电动势的因素有两个,一个是导体切割磁感线运动产生BIv E =1叫动生电动势,另一个是磁场变化引起磁通量变化产生tBE ∆∆=2叫感生电动势,这是以前的高考试题中未出现过的;因为感生电动势与动生电动势在回路中方向相同,所以总电动势等于二者之和;例2广东如图所示,光滑的平行水平金属导轨MN 、PQ 相距l ,在M 点和P 点间连接一个阻值为R 的电阻,在两导轨间cdfe 矩形区域内有垂直导轨平面竖直向上、宽为d 的匀强磁场,磁感应强度为B ;一质量为m 、电阻为r 、长度也刚好为l 的导体棒ab 垂直搁在导轨上,与磁场左边界相距d 0;现用一个水平向右的力F 拉棒ab,使它由静止开始运动,棒ab 离开磁场前已做匀速直线运动,棒ab 与导轨始终保持良好接触,导轨电阻不计,F 随ab 与初始位置的距离x 变化的情况如图,F 0已知;求：1棒ab 离开磁场右边界时的速度2棒ab 通过磁场区域的过程中整个回路所消耗的电能3d 0满足什么条件时,棒ab 进入磁场后一直做匀速运动RM NPQ abcd e fd 0dBF OxF OxF 0 2F 0d 0d 0+d解1设离开右边界时棒ab 速度为υ,则有 υεBI =,rR I +=ε,对棒有：020=-BIl F ,得：220)(2lB r R F +=υ （2）在ab 棒运动的整个过程中,根据动能定理：02122000-=-+υm W d F d F 安 由功能关系： 安电W E =解得：4422000)(2)2(l B r R mF d d F E +-+=电3设棒刚进入磁场时的速度为0υ,则有0212000-=υm d F 当υυ=0,即44200)(2l B r R m F d +=时,进入磁场后一直匀速运动;归纳：在同时存在感生电动势与动生电动势的情况下,总电动势等于二者的代数和,二者方向相同时相加,方向相反时相减;需要注意的是,所谓方向相同或相反,是指感应电流在回路中的方向;2010年高考题 电磁感应1. 2010·全国卷Ⅱ如图,空间某区域中有一匀强磁场,磁感应强度方向水平,且垂直于纸面向里,磁场上边界b 和下边界d 水平;在竖直面内有一矩形金属统一加线圈,线圈上下边的距离很短,下边水平;线圈从水平面a 开始下落;已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a 、b 之间的距离;若线圈下边刚通过水平面b 、c 位于磁场中和d 时,线圈所受到的磁场力的大小分别为b F 、c F 和d F ,则 A ．d F >c F >b F B. c F <d F <b F C. c F >b F >d F D. c F <b F <d F2． 2010·江苏物理一矩形线框置于匀强磁场中,线框平面与磁场方向垂直,先保持线框的面积不变,将磁感应强度在1 s 时间内均匀地增大到原来的两倍,接着保持增大后的磁感应强度不变,在1 s 时间内,再将线框的面积均匀地减小到原来的一半,先后两个过程中,线框中感应电动势的比值为 A12B1 C2 D4 答案：B 4.2010·新课标如图所示,两个端面半径同为R 的圆柱形铁芯同轴水平放置,相对的端面之间有一缝隙,铁芯上绕导线并与电源连接,在缝隙中形成一匀强磁场.一铜质细直棒ab 水平置于缝隙中,且与圆柱轴线等高、垂直.让铜棒从静止开始自由下落,铜棒下落距离为0.2R 时铜棒中电动势大小为1E ,下落距离为0.8R 时电动势大小为2E ,忽略涡流损耗和边缘效应.关于1E 、2E 的大小和铜棒离开磁场前两端的极性,下列判断正确的是A 、1E >2E ,a 端为正B 、1E >2E ,b 端为正C 、1E <2E ,a 端为正D 、1E <2E ,b 端为正5. 2010·上海如右图,一有界区域内,存在着磁感应强度大小均为B ,方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场,磁场宽度均为L ,边长为L 的正方形框abcd 的bc 边紧靠磁场边缘置于桌面上,使线框从静止开始沿x 轴正方向匀加速通过磁场区域,若以逆时针方向为电流的正方向,能反映线框中感应电流变化规律的是图解析在0-1t ,电流均匀增大,排除CD.2t ,在1t -2t ,两边感应电流方向相同,大小相加,故电流大;在32~t t ,因右边离开磁场,只有一边产生感应电流,故电流小,所以选A;6．2010·海南一金属圆环水平固定放置;现将一竖直的条形磁铁,在圆环上方沿圆环轴线从静止开始释放,在条形磁铁穿过圆环的过程中,条形磁铁与圆环A ．始终相互吸引B ．始终相互排斥C ．先相互吸引,后相互排斥D ．先相互排斥,后相互吸引答案D解析由楞次定律可知,当条形磁铁靠近圆环时,感应电流阻碍其靠近,是排斥力；当磁铁穿过圆环远离圆环时,感应电流阻碍其远离,是吸引力,D 正确;8．2010·天津如图所示,质量m 1=0.1kg,电阻R 1=0.3Ω,长度l=0.4m 的导体棒ab 横放在U 型金属框架上;框架质量m 2=0.2kg,放在绝缘水平面上,与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,相距0.4m 的MM ’、NN ’相互平行,电阻不计且足够长;电阻R 2=0.1Ω的MN 垂直于MM ’;整个装置处于竖直向上的匀强磁场中,磁感应强度B=0.5T;垂直于ab 施加F=2N 的水平恒力,ab 从静止开始无摩擦地运动,始终与MM ’、NN ’保持良好接触,当ab 运动到某处时,框架开始运动;设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g 取10m/s 2.1求框架开始运动时ab 速度v 的大小；2从ab 开始运动到框架开始运动的过程中,MN 上产生的热量Q=0.1J,求该过程ab 位移x 的大小; 解析：1ab 对框架的压力11F m g =①框架受水平面的支持力21N F m g F =+ ②依题意,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则框架受到最大静摩擦力2N F F μ=③ab 中的感应电动势E Blv =④MN 中电流12EIR R =+ ⑤MN 受到的安培力F IlB=安⑥框架开始运动时2F F =安⑦由上述各式代入数据解得6/v m s =⑧2闭合回路中产生的总热量122R R Q Q R +=总⑨由能量守恒定律,得2112Fx m v Q =+总⑩代入数据解得 1.1x m =⑾ 9．2010·江苏如图所示,两足够长的光滑金属导轨竖直放置,相距为L, 一理想电流表与两导轨相连,匀强磁场与导轨平面垂直;一质量为m 、有效电阻为R 的导体棒在距磁场上边界h 处静止释放;导体棒进入磁场后,流经电流表的电流逐渐减小,最终稳定为I;整个运动过程中,导体棒与导轨接触良好,且始终保持水平,不计导轨的电阻;求：（1） 磁感应强度的大小B ；2电流稳定后, 导体棒运动速度的大小v ；3流经电流表电流的最大值m I10．2010·福建如图所示,两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为 的绝缘斜面上,导轨上端连接一个定值电阻;导体棒a和b放在导轨上,与导轨垂直并良好接触;斜面上水平虚线PQ以下区域内,存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场;现对a棒施以平行导轨斜向上的拉力,使它沿导轨匀速向上运动,此时放在导轨下端的b棒恰好静止;当a棒运动到磁场的上边界PQ处时,撤去拉力,a棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动,此时b棒已滑离导轨;当a棒再次滑回到磁场边界PQ处时,又恰能沿导轨匀速向下运动;已知a棒、b棒和定值电阻的阻值均为R,b棒的质量为m,重力加速度为g,导轨电阻不计;求（1）a棒在磁场中沿导轨向上运动的过程中,a棒中的电流强度I,与定值电阻R中的电流强度I R之比；（2）a棒质量m a;3a棒在磁场中沿导轨向上运动时所受的拉力F;11. 2010·上海如图,宽度L=0.5m 的光滑金属框架MNPQ 固定板个与水平面内,并处在磁感应强度大小B=0.4T,方向竖直向下的匀强磁场中,框架的电阻非均匀分布,将质量m=0.1kg,电阻可忽略的金属棒ab 放置在框架上,并且框架接触良好,以P 为坐标原点,PQ 方向为x 轴正方向建立坐标,金属棒从01x m =处以02/v m s =的初速度,沿x 轴负方向做22/a m s =的匀减速直线运动,运动中金属棒仅受安培力作用;求：1金属棒ab 运动0.5m,框架产生的焦耳热Q ；2框架中aNPb 部分的电阻R 随金属棒ab 的位置x 变化的函数关系；3为求金属棒ab 沿x 轴负方向运动0.4s 过程中通过ab 的电量q,某同学解法为：先算出金属棒的运动距离s,以及0.4s 时回路内的电阻R,然后代入q=BLs R Rϕ=2'02212222240318.85*10/MBLs R S cm p pal ml m R R q SE c N m E θθϕμμεε-=======⋅求解;指出该同学解法的错误之处,并用正确的方法解出结果; 解析：1F a m=,0.2F ma N==因为运动中金属棒仅受安培力作用,所以F=BIL,又E BLv I R R==,所以0.4BLv BLatR t I I===,且212S at =,得212S t s a ==,所以2220.40.2Q I Rt I t J ==•= 2221112xat t =-=-,得1t x =-,所以0.41R x =-;3错误之处：因框架的电阻非均匀分布,所求R 是0.4s 时回路内的电阻R,不是平均值;正确解法：因电流不变,所以c c It q4.04.01=⨯==;12. 2010·北京·19在如图所示的电路中,两个相同的小灯泡L 1 和L 2分别串联一个带铁芯的电感线圈L 和一个滑动变阻器R ;闭合开关S 后,调整R ,使L 1 和L 2发光的亮度一样,此时流过两个灯泡的电流均为I ;然后,断开S ;若t '时刻再闭合S,则在t '前后的一小段时间内,正确反映流过L 1的电流 i 1、流过L 2的电流 i 2 随时间t 变化的图像是A ．B ．C ．D ． 答案；B13. 2010·江苏如图所示的电路中,电源的电动势为E,内阻为r,电感L 的电阻不计,电阻R 的阻值大于灯泡D 的阻值,在t=0时刻闭合开关S,经过一段时间后,在t=t 1时刻断开S,下列表示A 、B 两点间电压U AB 随时间t 变化的图像中,正确的是答案；B14.2010·全国某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下,大小为 4.5×10-5T;一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸,河宽100m,该河段涨潮和落潮时有海水视为导体流过;设落潮时,海水自西向东流,流速为2m/s;下列说法正确的是 A ．电压表记录的电压为5mV B ．电压表记录的电压为9mVC ．河南岸的电势较高D ．河北岸的电势较高 答案B 、D15.2010·山东如图所示,空间存在两个磁场,磁感应强度大小均为B,方向相反且垂直纸面,MN 、PQ 为其边界,OO ′为其对称轴一导线折成边长为l 的正方形闭合加在路abcd ,回路在纸面内以恒定速度0v 向右运动,叵运动到关于OO ′对称的位置时 A ．穿过回路的磁通量为零B ．回路中感应电动势大小为20BlvC ．回路中感应电流的方向为顺时针方向D ．回路中ab 边与cd 边所受安培力方向相同答案A 、B 、D16.2010·广东如图5所示,平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域,细金属棒PQ 沿导轨从MN 处匀速运动到M'N'的过程中,棒上感应电动势E 随时间t 变化的图示,可能正确的是答案A17.2010·安徽如图所示,水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强兹场,两个边长相等的单线闭合正方形线I 和Ⅱ,分别用相同材料,不同组细的导线绕制I 为细导线;两线圈在距兹场上界面h 高处由静止开始自由下落,再进入兹场,最后落到地面;运动过程中,线圈平面始终保持在整直平面内且下边缘平行于磁场上功界;设线圈I 、Ⅱ落地时的速度大小分别为y 1、y 2在磁场中运动时产生的热量分别为Q 1、Q 2,不计空气阻力则A ．v 1<v 2,Q 1<Q 2B ．v 1=v 2,Q 1=Q 2C ．v 1<v 2,Q 1>Q 2D ．v 1=v 2,Q 1<Q 2 答案D18. 2010·四川如图所示,电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上,两相同的金属导体棒a 、b 垂直于导轨静止放置,且与导轨接触良好,匀强磁场垂直穿过导轨平面;现用一平行于导轨的恒力F 作用在a 的中点,使其向上运动;若b 始终保持静止,则它所受摩擦力可能A ．变为0B . 先减小后不变C . 等于FD ．先增大再减小答案AB 解析对a 棒所受合力为Blv mg F F F f a---=θsin 说明a 做加速度减小的加速运动,当加速度为0后匀速运动,所以a 所受安培力先增大后不变;如果θsin 2mg F F f +=,则最大安培力为θsin mg ,则b 所受摩擦力最后为0,A 正确;如果θsin 2mg F F f +〈,则最大安培力小于θsin mg ,则b 所受摩擦力一直减小最后不变,B 正确;如果θθsin 2sin 3mg F F mg F f f ++〉〉,则最大安培力大于θsin mg 小于θsin 2mg ,则b 所受摩擦力先减小后增大最后不变;可以看出b 所受摩擦力先变化后不变,C D 错误;。