高考物理一轮总复习精品课件 第10章 电磁感应 专题8 电磁感应现象中的综合应用问题
合集下载
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
可知感应电流的方向为d→R→c,则图象如图所示
(4)考虑自感的情况下,线框会产生自感电动势阻碍电流的变化,因此开始
时电流是缓慢增加的,过一段时间电路达到稳定后自感消失,电流的峰值和
之前大小相同,在1.0×10-3~5.0×10-3 s时间内电路中的磁通量不变化,电流
要减小为零,因此自感电动势会阻碍电流的减小,使得电流缓慢减小为零。
感应电动势 E 均匀减小,感应电流 I 均匀减小,安培力 F 大小按照二次函数关系减
小,但是不能减小到零,与
0~ 时间内是对称的关系;安培力的功率
0
数关系减小,但是不能减小到零,与
P 按照二次函
0~ 时间内是对称的关系;电阻两端电压
0
线性均匀减小;根据以上分析,A、C 正确。
U按
3.一种探测气体放电过程的装置如图甲所示,充满氖气(Ne)的电离室中有
始下滑,金属棒下滑距离
3
s1=16
m 后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区
在水平方向切割磁感线,它们产生的感应电动势相互抵消,则整个回路的电
源为ab,根据右手定则可知回路的电流方向为adcba;ab边受到的安培力竖
直向下,ad边和bc边的上部分受到的安培力相互抵消,故线框abcd受到的安
培力的合力竖直向下。由题知,线框从ab边进入磁场开始,在竖直方向线框
做匀速运动,有Fsin
考点二
电磁感应中的图象问题[自主探究]
分析电磁感应中的图象问题的思路与方法
(1)各量随时间变化的图象:如B-t图象、Φ-t图象、E-t图象、I-t
图象类型 图象、F-t图象等
(2)各量随位移变化的图象:如E-x图象、I-x图象等
(1)由给定的电磁感应过程选出或画出相应的图象(画图象)
问题类型 (2)由给定的有关图象分析电磁感应过程,求解相应的问题(用图
动距离之和。
答案:(1)20 m/s2
(3)1.1 m
10 m/s2
(2)0.2 T
0.4 J
解析:(1)ab边进入磁场前,对线框进行受力分析,在水平方向有max=Fcos θ
代入数据得ax=20 m/s2
在竖直方向有may=Fsin θ-mg
代入数据得ay=10 m/s2。
(2)从ab边进入磁场开始,ab在竖直方向切割磁感线;ad边和bc边的上部分
θ-mg-BIL=0,E=BLvy, I= , 2 =2ayL ,联立得B=0.2
T,由
题知,从ab边进入磁场开始,在竖直方向线框做匀速运动;dc边进入磁场
时,bc边恰好到达磁场右边界。则线框进入磁场的整个过程中,线框受到的
安培力为恒力,则有Q=W安=BILy,y=L,Fsin θ-mg=BIL,联立解得Q=0.4 J。
画出通过电阻R的iR-t图象。
(4)若规定c→R→d为电流的正方向,考虑线圈自感,定性画出通过电阻R的
iR-t图象。
答案:(1)0.5 C
(2)6.28×10-8 Wb
(3)见解析图
(4)见解析图
解析:(1)由电荷量和电流的关系q=It可知I-t图象与x轴围成的面积表示电荷
量,因此有
1
1
Q=2I1Δt1+I1Δt2+2I1Δt3
3.“三步走”分析电路为主的电磁感应问题
对点演练
1.(2022全国乙卷)如图所示,一不可伸长的细绳的上端固定,下端系在边长
为l=0.40 m的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平,其
下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线
单位长度的阻值为λ=5.0×10-3 Ω/m;在t=0到t=3.0 s时间内,磁感应强度大
向垂直,线框的ad边与磁场左边界平齐,ab边与磁场下边界的距离也为L。
现对线框施加与水平向右方向成θ=45°角、大小为 4 2 N 的恒力F,使其
在图示竖直平面内由静止开始运动。从ab边进入磁场开始,在竖直方向线
框做匀速运动;dc边进入磁场时,bc边恰好到达磁场右边界。重力加速度大
小g取10 m/s2,求:
排除法 减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化),特别是分
常用方法
析物理量的正负,以排除错误的选项
根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数
函数法
关系,然后由函数关系对图象进行分析和判断
对点演练
2.(多选)(2022河北卷)如图所示,两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁
场中,一根导轨位于x轴上,另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成,其中bc段
)
答案:AC
解析:当金属棒从 O 点向右运动 L 时,即在
0~ 时间内,在某时刻金属棒切割磁感
0
线的长度 L=l0+v0ttan θ(θ 为 ab 与 ad 的夹角),根据 E=BLv0,则
0
(l0+v0ttan
θ),可知回路电流均匀增加;安培力
2 2 0
F=
F-t 关系图象为抛物线,但是不过原点;安培力做功的功率
金属框中的电流为
I==1
Δ
E=
Δ
=
2
Δ·2
Δ
=0.008 V
A
t=2.0 s 时磁感应强度为 B2=(0.3-0.1×2.0) T=0.1 T
金属框处于磁场中的有效长度为 l1= 2l
此时金属框所受安培力大小为 F
2
安=B2Il1=
25
N。
(2)0~2.0 s 内金属框产生的焦耳热为 Q=I2Rt=0.016 J。
专题8
电磁感应现象中的综合应用问题
专题概要:本专题包括电磁感应中电路、图象、动力学、动量和能量问题。
电路问题主要涉及电压、电流、电荷量等分析计算,画出等效电路、综合
应用电路和电磁感应规律是破题的关键;图象问题主要涉及磁感应强度、
磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移变化的
图象,解决的关键是结合图象的函数式明确图象的线、斜率、截距的含义,
直线;根据以上分析,B、D 错误。
2
当在 ~ 时间内,金属棒切割磁感线的长度不变,感应电动势
0
0
E 不变,感应电流 I
不变,安培力 F 大小不变,安培力的功率 P 不变,电阻两端电压 U 保持不变;同理可
2 3
判断,在 ~ 时间内,金属棒切割磁感线的长度逐渐减小,金属棒切割磁感线的
0 0
象)
有关方向
的判断
左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律
Φ
(1)平均感应电动势 E=n t
常用规律
六类
公式
(2)平动切割电动势 E=Blv
1 2
(3)转动切割电动势 E=2Bl ω
E
(4)闭合电路欧姆定律 I=R+r
(5)安培力 F=BIl
(6)牛顿运动定律及运动学的相关公式等
定性分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是
与x轴平行,导轨左端接入一电阻R。导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度
v0保持匀速运动,t=0时刻通过坐标原点O,金属棒始终与x轴垂直。设运动
过程中通过电阻的电流为i,金属棒受到安培力的大小为F,金属棒克服安培
力做功的功率为P,电阻两端的电压为U,导轨与金属棒接触良好,忽略导轨
与金属棒的电阻。下列图象可能正确的是(
2 0 2
(l0+v0ttan
=
0
I=
=
2 0
(l0+v0ttan
2 2 0 2
P=Fv0=
θ)2,则
=
θ)2,则 P-t 关系图象为抛物线,但是不过原点;电阻两端的电压等于
金属棒产生的感应电动势,即 U=E=BLv0=Bv0(l0+v0ttan θ),即图象是不过原点的
(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源。
(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻,其余部分是外电路。
2.电源电动势和路端电压
2
Δ
(1)电动势大小:E=Blv, E=
,E=n
2
Δ
,方向:用右手定则或楞次定律判断,感
应电流流出的一端为电源正极。
(2)路端电压:“电源”两极间的电压U=IR外=E-Ir,不等于电动势。
(3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中竖直方向上有
vy=ayt1,L=vyt2,t=t1+t2
联立解得t=0.3 s
由(2)分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动,则在水平方向有
1 2 1
x= axt = ×20×0.32
2
2
m=0.9 m
则磁场区域的水平宽度X=x+L=1.1 m。
对点演练
小随时间t的变化关系为B(t)=0.3-0.1t(SI)。求:
(1)t=2.0 s时金属框所受安培力的大小;
(2)在=0到t=2.0 s时间内金属框产生的焦耳热。
2
答案:(1)
25
N
(2)0.016 J
解析:(1)金属框的总电阻为 R=4lλ=4×0.40×5.0×10-3 Ω=0.008 Ω
金属框中产生的感应电动势为
iR=+
0
代入数据解得iR=3.14×10-3 A
在1.0×10-3~5.0×10-3 s时间内电流恒定,穿过螺线管的磁场恒定,因此感应
电动势为零,感应电流为零,而在5.0×10-3~6.0×10-3 s时间内电流随时间均
匀变化,斜率大小和0~1.0×10-3 s大小相同,因此电流大小相同,由楞次定律
代入数据解得 Q=0.5 C。
(2)由磁通量的定义可得
Φ=BS= ·πa2
代入数据解得 Φ=6.28×10-8 Wb。
(3)在0~1.0×10-3 s时间内电流均匀增加,由楞次定律可知感应电流的方向
为c→R→d,产生恒定的感应电动势
Δ
E=N
Δ
=
π2 Δ
·
Δ
由闭合回路欧姆定律可得
(1)ab边进入磁场前,线框在水平方向和竖直方向的加速度大小;
(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳
热;
(3)磁场区域的水平宽度。
思维点拨:(1)ab边进入磁场前,线框受重力和恒力F,利用正交分解法和牛顿
第二定律求水平和竖直加速度。线框在水平和竖直方向上均做匀加速运
动。(2)ab边进入磁场后,ab在竖直方向切割磁感线;ad边和bc边的上部分
两电极与长直导线连接,并通过两水平长导线与高压电源相连。在与长直
导线垂直的平面内,以导线为对称轴安装一个用阻值R0=10 Ω的细导线绕
制、匝数N=5×103的圆环形螺线管,细导线的始末两端c、d与阻值R=90
Ω的电阻连接。螺线管的横截面是半径a=1.0×10-2 m的圆,其中心与长直
导线的距离r=0.1 m。气体被电离后在长直导线回路中产生顺时针方向的
电流I,其I-t图象如图乙所示。为便于计算,螺线管内各处的磁感应强度大
小均可视为
B= ,其中k=2×10-7
T·m/A。
(1)求0~6.0×10-3 s内通过长直导线横截面的电荷量Q。
(2)求3.0×10-3 s时,通过螺线管某一匝线圈的磁通量Φ。
(3)若规定c→R→d为电流的正方向,在不考虑线圈自感的情况下,通过计算,
在水平方向切割磁感线,它们产生的感应电动势相互抵消,所受安培力相互
抵消,整个回路的电源为ab,所受安培力为ab边的安培力。(3)线框在竖直
方向上做匀速运动,速度大小等于刚进入磁场时的速度,则E=BLvy,F=BIL,
利用平衡条件求B。(4)线框在水平方向上做匀加速运动,加速度等于进入
磁场前的水平加速度,则磁场区域的水平宽度等于线框边长与线框水平移
同理,在5.0×10-3~6.0×10-3 s时间内电流缓慢增加,过一段时间电路达到稳
定后自感消失,在6.0×10-3 s之后,电路中的磁通量不变化电流要减小为零,
因此自感电动势会阻碍电流的减小,使得电流缓慢减小为零。图象如图所
示
考点三
电磁感应中的动力学问题[师生共研]
1.两种状态及处理方法
状态
平衡态
对图象作出判断;动力学与能量、动量问题以线框进出磁场、导体棒切割
磁感线运动为主要模型,解答时应注重电磁感应中等效电源、等效电路的
分析,线框或导体棒的受力、运动分析,运动过程中动量、能量的分析,综
合运用电路、动力学、能量和动量知识解决问题。
考点一
电磁感应现象中的电路问题[自主探究]
1.内电路和外电路
非平衡态
特征
加速度为零
加速度不为零
处理方法
根据平衡条件列式分析
根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析
2.电学对象与力学对象的转换及关系
典例1.(2022湖北卷)如图所示,高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左
右边界竖直,磁场方向垂直于纸面向里。正方形单匝线框abcd的边长
L=0.2 m、回路电阻R=1.6×10 -3 Ω、质量m=0.2 kg。线框平面与磁场方
4.(2021全国乙卷)如图所示,一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量m框
=0.06 kg的U形导体框,导体框的电阻忽略不计;一电阻R=3 Ω的金属棒CD
的两端置于导体框上,与导体框构成矩形回路CDEF;EF与斜面底边平行,长
度L=0.6 m。初始时CD与EF相距s0=0.4 m,金属棒与导体框同时由静止开
(4)考虑自感的情况下,线框会产生自感电动势阻碍电流的变化,因此开始
时电流是缓慢增加的,过一段时间电路达到稳定后自感消失,电流的峰值和
之前大小相同,在1.0×10-3~5.0×10-3 s时间内电路中的磁通量不变化,电流
要减小为零,因此自感电动势会阻碍电流的减小,使得电流缓慢减小为零。
感应电动势 E 均匀减小,感应电流 I 均匀减小,安培力 F 大小按照二次函数关系减
小,但是不能减小到零,与
0~ 时间内是对称的关系;安培力的功率
0
数关系减小,但是不能减小到零,与
P 按照二次函
0~ 时间内是对称的关系;电阻两端电压
0
线性均匀减小;根据以上分析,A、C 正确。
U按
3.一种探测气体放电过程的装置如图甲所示,充满氖气(Ne)的电离室中有
始下滑,金属棒下滑距离
3
s1=16
m 后进入一方向垂直于斜面的匀强磁场区
在水平方向切割磁感线,它们产生的感应电动势相互抵消,则整个回路的电
源为ab,根据右手定则可知回路的电流方向为adcba;ab边受到的安培力竖
直向下,ad边和bc边的上部分受到的安培力相互抵消,故线框abcd受到的安
培力的合力竖直向下。由题知,线框从ab边进入磁场开始,在竖直方向线框
做匀速运动,有Fsin
考点二
电磁感应中的图象问题[自主探究]
分析电磁感应中的图象问题的思路与方法
(1)各量随时间变化的图象:如B-t图象、Φ-t图象、E-t图象、I-t
图象类型 图象、F-t图象等
(2)各量随位移变化的图象:如E-x图象、I-x图象等
(1)由给定的电磁感应过程选出或画出相应的图象(画图象)
问题类型 (2)由给定的有关图象分析电磁感应过程,求解相应的问题(用图
动距离之和。
答案:(1)20 m/s2
(3)1.1 m
10 m/s2
(2)0.2 T
0.4 J
解析:(1)ab边进入磁场前,对线框进行受力分析,在水平方向有max=Fcos θ
代入数据得ax=20 m/s2
在竖直方向有may=Fsin θ-mg
代入数据得ay=10 m/s2。
(2)从ab边进入磁场开始,ab在竖直方向切割磁感线;ad边和bc边的上部分
θ-mg-BIL=0,E=BLvy, I= , 2 =2ayL ,联立得B=0.2
T,由
题知,从ab边进入磁场开始,在竖直方向线框做匀速运动;dc边进入磁场
时,bc边恰好到达磁场右边界。则线框进入磁场的整个过程中,线框受到的
安培力为恒力,则有Q=W安=BILy,y=L,Fsin θ-mg=BIL,联立解得Q=0.4 J。
画出通过电阻R的iR-t图象。
(4)若规定c→R→d为电流的正方向,考虑线圈自感,定性画出通过电阻R的
iR-t图象。
答案:(1)0.5 C
(2)6.28×10-8 Wb
(3)见解析图
(4)见解析图
解析:(1)由电荷量和电流的关系q=It可知I-t图象与x轴围成的面积表示电荷
量,因此有
1
1
Q=2I1Δt1+I1Δt2+2I1Δt3
3.“三步走”分析电路为主的电磁感应问题
对点演练
1.(2022全国乙卷)如图所示,一不可伸长的细绳的上端固定,下端系在边长
为l=0.40 m的正方形金属框的一个顶点上。金属框的一条对角线水平,其
下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场。已知构成金属框的导线
单位长度的阻值为λ=5.0×10-3 Ω/m;在t=0到t=3.0 s时间内,磁感应强度大
向垂直,线框的ad边与磁场左边界平齐,ab边与磁场下边界的距离也为L。
现对线框施加与水平向右方向成θ=45°角、大小为 4 2 N 的恒力F,使其
在图示竖直平面内由静止开始运动。从ab边进入磁场开始,在竖直方向线
框做匀速运动;dc边进入磁场时,bc边恰好到达磁场右边界。重力加速度大
小g取10 m/s2,求:
排除法 减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化),特别是分
常用方法
析物理量的正负,以排除错误的选项
根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数
函数法
关系,然后由函数关系对图象进行分析和判断
对点演练
2.(多选)(2022河北卷)如图所示,两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁
场中,一根导轨位于x轴上,另一根由ab、bc、cd三段直导轨组成,其中bc段
)
答案:AC
解析:当金属棒从 O 点向右运动 L 时,即在
0~ 时间内,在某时刻金属棒切割磁感
0
线的长度 L=l0+v0ttan θ(θ 为 ab 与 ad 的夹角),根据 E=BLv0,则
0
(l0+v0ttan
θ),可知回路电流均匀增加;安培力
2 2 0
F=
F-t 关系图象为抛物线,但是不过原点;安培力做功的功率
金属框中的电流为
I==1
Δ
E=
Δ
=
2
Δ·2
Δ
=0.008 V
A
t=2.0 s 时磁感应强度为 B2=(0.3-0.1×2.0) T=0.1 T
金属框处于磁场中的有效长度为 l1= 2l
此时金属框所受安培力大小为 F
2
安=B2Il1=
25
N。
(2)0~2.0 s 内金属框产生的焦耳热为 Q=I2Rt=0.016 J。
专题8
电磁感应现象中的综合应用问题
专题概要:本专题包括电磁感应中电路、图象、动力学、动量和能量问题。
电路问题主要涉及电压、电流、电荷量等分析计算,画出等效电路、综合
应用电路和电磁感应规律是破题的关键;图象问题主要涉及磁感应强度、
磁通量、感应电动势、感应电流、速度、安培力等随时间或位移变化的
图象,解决的关键是结合图象的函数式明确图象的线、斜率、截距的含义,
直线;根据以上分析,B、D 错误。
2
当在 ~ 时间内,金属棒切割磁感线的长度不变,感应电动势
0
0
E 不变,感应电流 I
不变,安培力 F 大小不变,安培力的功率 P 不变,电阻两端电压 U 保持不变;同理可
2 3
判断,在 ~ 时间内,金属棒切割磁感线的长度逐渐减小,金属棒切割磁感线的
0 0
象)
有关方向
的判断
左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律
Φ
(1)平均感应电动势 E=n t
常用规律
六类
公式
(2)平动切割电动势 E=Blv
1 2
(3)转动切割电动势 E=2Bl ω
E
(4)闭合电路欧姆定律 I=R+r
(5)安培力 F=BIl
(6)牛顿运动定律及运动学的相关公式等
定性分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是
与x轴平行,导轨左端接入一电阻R。导轨上一金属棒MN沿x轴正向以速度
v0保持匀速运动,t=0时刻通过坐标原点O,金属棒始终与x轴垂直。设运动
过程中通过电阻的电流为i,金属棒受到安培力的大小为F,金属棒克服安培
力做功的功率为P,电阻两端的电压为U,导轨与金属棒接触良好,忽略导轨
与金属棒的电阻。下列图象可能正确的是(
2 0 2
(l0+v0ttan
=
0
I=
=
2 0
(l0+v0ttan
2 2 0 2
P=Fv0=
θ)2,则
=
θ)2,则 P-t 关系图象为抛物线,但是不过原点;电阻两端的电压等于
金属棒产生的感应电动势,即 U=E=BLv0=Bv0(l0+v0ttan θ),即图象是不过原点的
(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源。
(2)该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻,其余部分是外电路。
2.电源电动势和路端电压
2
Δ
(1)电动势大小:E=Blv, E=
,E=n
2
Δ
,方向:用右手定则或楞次定律判断,感
应电流流出的一端为电源正极。
(2)路端电压:“电源”两极间的电压U=IR外=E-Ir,不等于电动势。
(3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中竖直方向上有
vy=ayt1,L=vyt2,t=t1+t2
联立解得t=0.3 s
由(2)分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动,则在水平方向有
1 2 1
x= axt = ×20×0.32
2
2
m=0.9 m
则磁场区域的水平宽度X=x+L=1.1 m。
对点演练
小随时间t的变化关系为B(t)=0.3-0.1t(SI)。求:
(1)t=2.0 s时金属框所受安培力的大小;
(2)在=0到t=2.0 s时间内金属框产生的焦耳热。
2
答案:(1)
25
N
(2)0.016 J
解析:(1)金属框的总电阻为 R=4lλ=4×0.40×5.0×10-3 Ω=0.008 Ω
金属框中产生的感应电动势为
iR=+
0
代入数据解得iR=3.14×10-3 A
在1.0×10-3~5.0×10-3 s时间内电流恒定,穿过螺线管的磁场恒定,因此感应
电动势为零,感应电流为零,而在5.0×10-3~6.0×10-3 s时间内电流随时间均
匀变化,斜率大小和0~1.0×10-3 s大小相同,因此电流大小相同,由楞次定律
代入数据解得 Q=0.5 C。
(2)由磁通量的定义可得
Φ=BS= ·πa2
代入数据解得 Φ=6.28×10-8 Wb。
(3)在0~1.0×10-3 s时间内电流均匀增加,由楞次定律可知感应电流的方向
为c→R→d,产生恒定的感应电动势
Δ
E=N
Δ
=
π2 Δ
·
Δ
由闭合回路欧姆定律可得
(1)ab边进入磁场前,线框在水平方向和竖直方向的加速度大小;
(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳
热;
(3)磁场区域的水平宽度。
思维点拨:(1)ab边进入磁场前,线框受重力和恒力F,利用正交分解法和牛顿
第二定律求水平和竖直加速度。线框在水平和竖直方向上均做匀加速运
动。(2)ab边进入磁场后,ab在竖直方向切割磁感线;ad边和bc边的上部分
两电极与长直导线连接,并通过两水平长导线与高压电源相连。在与长直
导线垂直的平面内,以导线为对称轴安装一个用阻值R0=10 Ω的细导线绕
制、匝数N=5×103的圆环形螺线管,细导线的始末两端c、d与阻值R=90
Ω的电阻连接。螺线管的横截面是半径a=1.0×10-2 m的圆,其中心与长直
导线的距离r=0.1 m。气体被电离后在长直导线回路中产生顺时针方向的
电流I,其I-t图象如图乙所示。为便于计算,螺线管内各处的磁感应强度大
小均可视为
B= ,其中k=2×10-7
T·m/A。
(1)求0~6.0×10-3 s内通过长直导线横截面的电荷量Q。
(2)求3.0×10-3 s时,通过螺线管某一匝线圈的磁通量Φ。
(3)若规定c→R→d为电流的正方向,在不考虑线圈自感的情况下,通过计算,
在水平方向切割磁感线,它们产生的感应电动势相互抵消,所受安培力相互
抵消,整个回路的电源为ab,所受安培力为ab边的安培力。(3)线框在竖直
方向上做匀速运动,速度大小等于刚进入磁场时的速度,则E=BLvy,F=BIL,
利用平衡条件求B。(4)线框在水平方向上做匀加速运动,加速度等于进入
磁场前的水平加速度,则磁场区域的水平宽度等于线框边长与线框水平移
同理,在5.0×10-3~6.0×10-3 s时间内电流缓慢增加,过一段时间电路达到稳
定后自感消失,在6.0×10-3 s之后,电路中的磁通量不变化电流要减小为零,
因此自感电动势会阻碍电流的减小,使得电流缓慢减小为零。图象如图所
示
考点三
电磁感应中的动力学问题[师生共研]
1.两种状态及处理方法
状态
平衡态
对图象作出判断;动力学与能量、动量问题以线框进出磁场、导体棒切割
磁感线运动为主要模型,解答时应注重电磁感应中等效电源、等效电路的
分析,线框或导体棒的受力、运动分析,运动过程中动量、能量的分析,综
合运用电路、动力学、能量和动量知识解决问题。
考点一
电磁感应现象中的电路问题[自主探究]
1.内电路和外电路
非平衡态
特征
加速度为零
加速度不为零
处理方法
根据平衡条件列式分析
根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析
2.电学对象与力学对象的转换及关系
典例1.(2022湖北卷)如图所示,高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左
右边界竖直,磁场方向垂直于纸面向里。正方形单匝线框abcd的边长
L=0.2 m、回路电阻R=1.6×10 -3 Ω、质量m=0.2 kg。线框平面与磁场方
4.(2021全国乙卷)如图所示,一倾角为α的光滑固定斜面的顶端放有质量m框
=0.06 kg的U形导体框,导体框的电阻忽略不计;一电阻R=3 Ω的金属棒CD
的两端置于导体框上,与导体框构成矩形回路CDEF;EF与斜面底边平行,长
度L=0.6 m。初始时CD与EF相距s0=0.4 m,金属棒与导体框同时由静止开