电磁感应中的电容器
剖析电磁感应中的电容器问题
难点挑战Җ㊀浙江㊀徐华兵㊀㊀电容器具有隔直流㊁通交流 的特点,可以理解为电容器具有 通变化的电流 的特点．实际教学中我们会发现学生对回路中电流变化的定量问题通常感觉难处理,本文就此类问题的解决办法进行剖析㊁归纳,以飨读者．１㊀电容器放电模型１ １㊀基础模型㊀图１如图１所示,电阻可忽略的光滑金属导轨与电动势为E 的电源相连,质量为m ㊁电阻为R的金属棒放在导轨上,一电容通过单刀双掷开关与导轨相连．先将开关扳向左侧给电容器充电,再将开关扳向右侧让电容器通过导体棒放电．１ ２㊀电容器电压和电荷量变化规律当开关与左侧电源接触时,电容器充电,电容器两极板间获得一个恒定的电压,充电时间很短(数量级一般为１０－６s )．稳定后电容器两端电压U ＝E ,电荷量Q ０＝C U ＝C E ．当开关与右侧导轨接触时,电容器通过金属棒放电,有电荷通过金属棒,棒在安培力的作用下向右加速运动．电容器两极板电荷量减少,电压减小;金属棒速度增加,感应电动势增加．当棒切割磁感线产生电动势与电容器两极板间电压相等时,棒匀速运动．电容器不再放电,两极板间电压恒定,此时电容器两极板间电压U ＝B l v m ,电荷量Q ＝C U ＝C B l v m ．导体棒感应电动势㊁电荷量与时间关系图线如图２㊁３所示．图２㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀图３１ ３㊀导体棒的运动规律根据牛顿第二定律有B I l ＝m a ,通过棒的电流逐渐减小,棒的加速度逐渐减小,棒做加速度减小的加速运动,最终以某一最大速度v m 匀速运动．对棒应用动量定理有B I l Δt ＝m v m －０,即有B l (C E －C B l v m )＝m v m －０,解得v m ＝B l C Em ＋B ２l ２C．１ ４㊀电路中的能量转化规律放电过程,电容器储存的电场能减少,棒的动能增加,而系统整个过程中的总能量应守恒．棒获得的动能E k m ＝１２m v ２m ＝m (B l C E)２２(m ＋B ２l ２C )２．电容器减少的能量ΔE ＝１２C E ２－１２C (B L v m )２＝C E ２(m ２＋２m B ２l ２C )２(m ＋B ２l ２C )２．从能量表达式中可以看出,电容器减少的能量比棒获得的能量要多,多余的能量转化为整个回路产生的热量和回路向外辐射的电磁波．而回路产生的热量和电磁辐射能E 损＝ΔE －E k m ＝C E ２(m ２＋２m B ２l ２C )２(m ＋B ２l ２C )２－m (B l C E )２２(m ＋B ２l ２C )２＝C E ２m２(m ＋B ２l ２C )．１ ５㊀典型例题剖析例１㊀电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度,其原理可用来研制新武器和航天运载器．电磁轨道炮原理图如图４所示,图中直流电源电动势为E ,电容器的电容为C ．２根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l ,电阻不计．炮弹可视为一质量为m ㊁电阻为R 的金属棒MN ,垂直放在２个导轨间处于静止状态,并与导轨良好接触．首先开关S 接１,使电容器完全充电．然后将S 接至２,导轨间存在垂直于导轨平面㊁磁感应强度大小为B 的匀强磁场(图中未画出),MN 开始向右加速运动．求:(１)磁场的方向;(２)MN 刚开始运动时加速度a 的大小;(３)MN 离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q ．图４当开关拨向２时,电容器通过金属棒放电,金属棒在磁场中做加速度减小的加速运动,当金属棒MN 两端的电压和电容器两极板间的电压相等时,金属棒达到最大速度．(１)由左手定则可以判断磁场方向应垂直于导轨平面向下．(２)电容器完全充电后,两极板间电压为E ,当开。
物理实验技术中的电磁场测量与调整方法
物理实验技术中的电磁场测量与调整方法电磁场是物理实验中经常需要测量和调整的重要参数之一。
对于电磁场的准确测量和精确调整，不仅对于实验的可靠性和精确性起着至关重要的作用，而且对于理解和探索电磁现象也具有重要意义。
本文将介绍一些常见的电磁场测量和调整方法，以及它们在物理实验技术中的应用。
首先，我们来讨论电磁场测量的一些方法。
常用的电磁场测量仪器包括磁力计、霍尔元件、电磁感应电压计等。
磁力计是一种测量磁场强度的传感器，通过测量磁场对磁性材料产生的力来确定磁场强度。
霍尔元件是一种基于霍尔效应的测量仪器，可以测量磁场的强度和方向。
电磁感应电压计则是利用电磁感应原理来测量磁场强度的仪器。
这些仪器可以测量静态磁场，也可以测量变化的磁场。
在实际测量中，我们需要考虑一些误差源对测量结果的影响。
例如，磁力计在测量时可能受到外界磁场的干扰，导致测量结果偏离真实值。
为了减小这种干扰，可以采用屏蔽技术，例如使用镍铁合金材料来屏蔽外界磁场。
另外，磁力计的灵敏度也是一个重要参数，可以通过校准来确定。
除了测量，调整电磁场也是实验中常见的任务。
在实验室中，经常需要通过调整磁场来实现特定的实验条件或者控制实验结果。
调整电磁场的方法有很多种，下面我们将介绍其中的一些。
第一种方法是使用磁铁或者线圈来调整磁场。
磁铁可以产生静态磁场，而线圈则可以产生可调节强度和方向的磁场。
通过调整磁铁的位置或者线圈的电流，可以精确控制磁场的强度和方向。
这种方法广泛应用于实验室中的磁场调整。
第二种方法是使用电容器或者电感器来调整磁场。
电容器是一种储存电荷的装置，它可以调整电场的强度和方向。
通过在电容器的两个极板之间加上不同的电压，可以控制电场的强度。
而电感器则是一种储存磁场能量的装置，通过改变电感器的电流，可以调整磁场的强度和方向。
这种方法广泛应用于实验室中的电磁场调整。
第三种方法是使用电子设备来调整磁场。
例如，利用反馈控制技术，可以通过控制电流源的输出来实现磁场的调整。
例析妙用动量定理解决电磁学中问题
例析妙用动量定理解决电磁学中问题摘要：自从2017年高考改革增加选修3-5模块为必考内容，众所周知动量是3-5的主要内容，而动量观点、能量观点与力学观点是解决动力学问题的三种途径。
如今动量变成必考模块，使学生的知识架构更加完善，在解题思维方面视野将更加开阔，总体来说对于学生解决物理问题还是有帮助的。
但通过平时教学发现大部分学生在运用动量定理解决有关电磁学问题是较薄弱的。
本文通过典例分析加深学生对动量定理在电磁学中运用的认识。
关键词：动量定理电磁感应冲量安培力洛伦兹力电容器1.动量定理解决叠加场中恒力（电场力、重力）与洛伦兹力作用下的运动问题在解决这类问题之前，先分析下运动电荷所受洛伦兹力的冲量，假设在xoy平面存在一垂直该平面的匀强磁场，磁感应强度为B，有一带电量为q的带电粒子，以速度v在磁场中做匀速圆周运动。
某时刻速度方向如图1所示。
分别将v、f正交分解，可知：在时间t内f沿x轴方向的冲量为：同理，f在y轴方向的冲量为：【例1】如图所示，某空间同时存在场强为E、方向竖直向下的匀强电场以及磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。
从该叠加场中某点P由静止释放一个带电粒子，质量为m，电量为+q（粒子受到的重力忽略不计），其运动轨迹如图中虚线所示。
求带电粒子在电、磁场中下落的最大高度H？解答：设小球运动到最低位置时速度最大为v，方向水平任意时刻v沿x轴正向、y轴负向的分速度分别为vx ，vy.。
与vy.对应的洛仑兹力水平分力方向沿x轴正向，小球由静止释放到最低点的过程中，在水平方向上，应用动量定理得：······①小球由静止释放到最低点的过程中，由动能定理得：······②联立①②可得:如果上例1中，重力不可忽略不计（已知重力加速度为g），实际上水平方向上动量定理①式不变，全程由动能定理得：·····③联立①③同样可得：1.动量定理解决电磁感应中电荷量相关问题根据电流的定义式，式中q是时间t内通过导体截面的电量；又欧姆定律，R是回路中的总电阻；结合电磁感应中可以得到安培力的冲量公式，此公式的特殊性决定了它在解题过程中的特殊应用。
含容电磁感应
含容电磁感应是指电磁感应现象中涉及电容器的部分。
在含容电路中，电容器可以储存电荷，收集能量，并在放电时充当电源对外供电，产生电流。
在电磁感应现象中，当电容器和导体棒一起在磁场中运动时，导体棒会切割磁感线产生电动势，而电容器则会在磁场中充电或放电。
此时，电容器两端的电压和导体棒的电动势相等，而导体棒中的电流就是电容器的充电或放电电流。
处理含容电磁感应问题需要抓住电容器两端电压和导体棒电动势相等这个核心要点，以及电容器充电和放电电流与电容器的电荷量之间的关系。
同时，还需要注意电容器的充电和放电过程是瞬间完成的，以及在充电和放电过程中磁场能量的转化。
以上信息仅供参考，如果还有疑问，建议查阅物理书籍或咨询专业人士。
电磁式电压互感器与电容式电压互感器
电磁感应式电压互感器与电容分压式电压互感器对比电磁感应式电压互感器其工作原理与变压器相同，基本结构也是铁心和原、副绕组。
特点是容量很小且比较恒定，正常运行时接近于空载状态。
电压互感器本身的阻抗很小，一旦副边发生短路，电流将急剧增长而烧毁线圈。
为此，电压互感器的原边接有熔断器，副边可靠接地，以免原、副边绝缘损毁时，副边出现对地高电位而造成人身和设备事故。
测量用电压互感器一般都做成单相双线圈结构，其原边电压为被测电压（如电力系统的线电压），可以单相使用，也可以用两台接成V-V形作三相使用。
实验室用的电压互感器往往是原边多抽头的，以适应测量不同电压的需要。
供保护接地用电压互感器还带有一个第三线圈，称三线圈电压互感器。
三相的第三线圈接成开口三角形，开口三角形的两引出端与接地保护继电器的电压线圈联接。
正常运行时，电力系统的三相电压对称，第三线圈上的三相感应电动势之和为零。
一旦发生单相接地时，中性点出现位移，开口三角的端子间就会出现零序电压使继电器动作，从而对电力系统起保护作用。
线圈出现零序电压则相应的铁心中就会出现零序磁通。
为此，这种三相电压互感器采用旁轭式铁心（10kV及以下时）或采用三台单相电压互感器。
对于这种互感器，第三线圈的准确度要求不高，但要求有一定的过励磁特性（即当原边电压增加时，铁心中的磁通密度也增加相应倍数而不会损坏）。
电磁感应式电压互感器的等值电路与变压器的等值电路相同。
电容分压式电压互感器在电容分压器的基础上制成。
其原理接线见图2。
电容C1和C2串联，U1为原边电压，为C2上的电压。
空载时，电容C2上的电压为由于C1和C2均为常数，因此正比于原边电压。
但实际上，当负载并联于电容C2两端时，将大大减小，以致误差增大而无法作电压互感器使用。
为了克服这个缺点，在电容C2两端并联一带电抗的电磁式电压互感器YH，组成电容分压式电压互感器(图3)。
电抗可补偿电容器的内阻抗。
YH有两个副绕组，第一副绕组可接补偿电容Ck供测量仪表使用；第二副绕组可接阻尼电阻Rd，用以防止谐振引起的过电压。
2024届高考一轮复习物理教案(新教材粤教版)：电磁感应中的电路及图像问题
专题强化二十三电磁感应中的电路及图像问题目标要求 1.掌握电磁感应中电路问题的求解方法.2.会计算电磁感应电路问题中电压、电流、电荷量、热量等物理量.3.能够通过电磁感应图像，读取相关信息，应用物理规律求解问题．题型一电磁感应中的电路问题1．电磁感应中的电源(1)做切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的回路相当于电源．电动势：E＝BL v或E＝n ΔΦΔt，这部分电路的阻值为电源内阻．(2)用右手定则或楞次定律与安培定则结合判断，感应电流流出的一端为电源正极．2．分析电磁感应电路问题的基本思路3．电磁感应中电路知识的关系图考向1感生电动势的电路问题例1如图所示，单匝正方形线圈A边长为0.2m，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，磁感应强度随时间变化的规律为B＝(0.8－0.2t)T．开始时开关S未闭合，R1＝4Ω，R2＝6Ω，C＝20μF，线圈及导线电阻不计．闭合开关S，待电路中的电流稳定后．求：(1)回路中感应电动势的大小；(2)电容器所带的电荷量．答案(1)4×10－3V(2)4.8×10－8C解析(1)由法拉第电磁感应定律有E ＝ΔB Δt S ，S ＝12L 2，代入数据得E ＝4×10－3V (2)由闭合电路的欧姆定律得I ＝ER 1＋R 2，由部分电路的欧姆定律得U ＝IR 2，电容器所带电荷量为Q ＝CU ＝4.8×10－8C.考向2动生电动势的电路问题例2(多选)如图所示，光滑的金属框CDEF 水平放置，宽为L ，在E 、F 间连接一阻值为R的定值电阻，在C 、D 间连接一滑动变阻器R 1(0≤R 1≤2R )．框内存在着竖直向下的匀强磁场．一长为L 、电阻为R 的导体棒AB 在外力作用下以速度v 匀速向右运动．金属框电阻不计，导体棒与金属框接触良好且始终垂直，下列说法正确的是()A ．ABFE 回路的电流方向为逆时针，ABCD 回路的电流方向为顺时针B ．左右两个闭合区域的磁通量都在变化且变化率相同，故电路中的感应电动势大小为2BL vC ．当滑动变阻器接入电路中的阻值R 1＝R 时，导体棒两端的电压为23BL vD ．当滑动变阻器接入电路中的阻值R 1＝R2时，滑动变阻器的电功率为B 2L 2v 28R 答案AD解析根据楞次定律可知，ABFE 回路电流方向为逆时针，ABCD 回路电流方向为顺时针，故A 正确；根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E ＝BL v ，故B 错误；当R 1＝R 时，外电路总电阻R 外＝R 2，因此导体棒两端的电压即路端电压应等于13BL v ，故C 错误；该电路电动势E ＝BL v ，电源内阻为R ，当滑动变阻器接入电路中的阻值R 1＝R2时，干路电流为I ＝3BL v 4R ，滑动变阻器所在支路电流为23I ，容易求得滑动变阻器电功率为B 2L 2v 28R，故D 正确．例3(多选)如图所示，ab 为固定在水平面上的半径为l 、圆心为O 的金属半圆弧导轨，Oa间用导线连接一电阻M .金属棒一端固定在O 点，另一端P 绕过O 点的轴，在水平面内以角速度ω逆时针匀速转动，该过程棒与圆弧接触良好．半圆弧内磁场垂直纸面向外，半圆弧外磁场垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B ，已知金属棒由同种材料制成且粗细均匀，棒长为2l 、总电阻为2r ，M 阻值为r ，其余电阻忽略不计．当棒转到图中所示的位置时，棒与圆弧的接触处记为Q 点，则()A ．通过M 的电流方向为O →aB ．通过M 的电流大小为Bl 2ω6r C ．QO 两点间电压为Bl 2ω4D ．PQ 两点间电压为3Bl 2ω2答案CD解析根据右手定则可知金属棒O 端为负极，Q 端为正极，则通过M 的电流方向从a →O ，A 错误；金属棒转动产生的电动势为E ＝Bl ·ωl2，则有I ＝E R 总＝Bl 2ω4r ，B 错误；由于其余电阻忽略不计，则QO 两点间电压，即电阻M 上的电压，根据欧姆定律有U ＝Ir ＝Bl 2ω4，C 正确；金属棒PQ 转动产生的电动势为E ′＝Bl 2lω＋lω2＝3Bl 2ω2，由于PQ 没有连接闭合回路，则PQ 两点间电压，即金属棒PQ 转动产生的电动势，为3Bl 2ω2，D 正确．题型二电磁感应中电荷量的计算计算电荷量的导出公式：q ＝nΔФR 总在电磁感应现象中，只要穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中就会产生感应电流，设在时间Δt 内通过导体横截面的电荷量为q ，则根据电流定义式I ＝qΔt 及法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt ，得q ＝I Δt ＝E R 总Δt ＝n ΔΦR 总Δt Δt ＝n ΔΦR 总，即q ＝n ΔΦR 总.例4在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1m 2，线圈电阻为1Ω.规定线圈中感应电流I 的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示．磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示．以下说法正确的是()A ．在0～2s 时间内，I 的最大值为0.02AB ．在3～5s 时间内，I 的大小越来越小C ．前2s 内，通过线圈某横截面的总电荷量为0.01CD ．第3s 内，线圈的发热功率最大答案C解析0～2s 时间内，t ＝0时刻磁感应强度变化率最大，感应电流最大，I ＝E R ＝ΔB ·SΔtR＝0.01A ，A 错误；3～5s 时间内电流大小不变，B 错误；前2s 内通过线圈的电荷量q ＝ΔΦR ＝ΔB ·S R＝0.01C ，C 正确；第3s 内，B 没有变化，线圈中没有感应电流产生，则线圈的发热功率最小，D 错误．例5(2018·全国卷Ⅰ·17)如图，导体轨道OPQS 固定，其中PQS 是半圆弧，Q 为半圆弧的中点，O 为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM 是有一定电阻、可绕O 转动的金属杆，M 端位于PQS 上，OM 与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .现使OM 从OQ 位置以恒定的角速度逆时针转到OS 位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B 增加到B ′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM 的电荷量相等，则B ′B等于()A.54B.32C.74D ．2答案B解析在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有E 1＝ΔΦ1Δt 1＝B (12πr 2－14πr 2)Δt 1，根据闭合电路的欧姆定律，有I 1＝E 1R ，且q 1＝I 1Δt 1在过程Ⅱ中，有E 2＝ΔΦ2Δt 2＝(B ′－B )12πr 2Δt 2I 2＝E 2R，q 2＝I 2Δt 2又q1＝q2，即B(12πr2－14πr2)R＝(B′－B)12r2R所以B′B＝32，故选B.题型三电磁感应中的图像问题1．解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键．2．解题步骤(1)明确图像的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等；对切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及E－x图像和i－x图像；(2)分析电磁感应的具体过程；(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路的欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；(6)画图像或判断图像．3．常用方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的正负，增大还是减小，以及变化快慢，来排除错误选项．(2)函数法：写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像进行分析和判断．考向1感生问题的图像例6(多选)(2023·广东湛江市模拟)如图甲所示，正方形导线框abcd放在范围足够大的匀强磁场中静止不动，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示．t ＝0时刻，磁感应强度B的方向垂直纸面向外，感应电流以逆时针为正方向，cd边所受安培力的方向以垂直cd边向下为正方向．下列关于感应电流i和cd边所受安培力F随时间t变化的图像正确的是()答案BD解析设正方形导线框边长为L ，电阻为R ，在0～2s ，垂直纸面向外的磁场减弱，由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，为正方向，感应电流大小i ＝ΔΦΔt ·R ＝ΔBS Δt ·R ＝2B 0S2R＝B 0SR，电流是恒定值．由左手定则可知，cd 边所受安培力方向向下，为正方向，大小为F ＝BiL ，安培力与磁感应强度成正比，数值由2F 0＝2B 0iL 减小到零.2～3s 内，垂直纸面向里的磁场增强，由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针方向，为正方向，感应电流大小i ＝ΔΦΔt ·R ＝B 0SR，电流是恒定值．由左手定则可知，cd 边所受安培力方向向上，为负方向，大小为F ＝BiL ，安培力与磁感应强度成正比，由零变化到－F 0＝－B 0iL .3～4s 内垂直纸面向里的磁场减弱，由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向，为负方向，感应电流大小i ＝ΔΦΔt ·R＝B 0SR，电流是恒定值．由左手定则可知，cd 边所受安培力方向向下，为正方向，大小为F ＝BiL ，安培力与磁感应强度成正比，数值由F 0＝B 0iL 减小到零.4～6s 内垂直纸面向外的磁场增强，由楞次定律可知，感应电流的方向为顺时针方向，为负方向，感应电流大小i ＝ΔΦΔt ·R＝B 0SR，电流是恒定值．由左手定则可知，cd 边所受安培力方向向上，为负方向，大小为F ＝BiL ，安培力与磁感应强度成正比，数值由零变化到－2F 0＝－2B 0iL ，由以上分析计算可得A 、C 错误，B 、D 正确．考向2动生问题的图像例7如图所示，将一均匀导线围成一圆心角为90°的扇形导线框OMN ，圆弧MN 的圆心为O 点，将O 点置于直角坐标系的原点，其中第二和第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B ，第三象限存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B .t ＝0时刻，让导线框从图示位置开始以O 点为圆心沿逆时针方向做匀速圆周运动，规定电流方向ONM 为正，在下面四幅图中能够正确表示电流i 与时间t 关系的是()答案C解析在0～t 0时间内，线框沿逆时针方向从题图所示位置开始(t ＝0)转过90°的过程中，产生的感应电动势为E 1＝12BωR 2，由闭合电路的欧姆定律得，回路中的电流为I 1＝E 1r ＝BR 2ω2r ，根据楞次定律判断可知，线框中感应电流方向为逆时针方向(沿ONM 方向)．在t 0～2t 0时间内，线框进入第三象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN 方向)，回路中产生的感应电动势为E 2＝12Bω·R 2＋12·2BωR 2＝32BωR 2＝3E 1，感应电流为I 2＝3I 1.在2t 0～3t 0时间内，线框进入第四象限的过程中，回路中的电流方向为逆时针方向(沿ONM 方向)，回路中产生的感应电动势为E 3＝12Bω·R 2＋12·2Bω·R 2＝32BωR 2＝3E 1，感应电流为I 3＝3I 1，在3t 0～4t 0时间内，线框出第四象限的过程中，回路中的电流方向为顺时针方向(沿OMN 方向)，回路中产生的感应电动势为E 4＝12BωR 2，回路电流为I 4＝I 1，故C 正确，A 、B 、D 错误．例8(2023·广东珠海市模拟)图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为L ，磁场方向垂直纸面向里．abcd 是位于纸面内的直角梯形线圈，ab 与dc 间的距离也为L .t ＝0时刻，ab 边与磁场区域边界重合(如图)．现令线圈以恒定的速度v 沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域．取沿a →d →c →b →a 的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I 随时间t 变化的图线可能是()答案A解析线圈移动0～L ，即在0～Lv时间内，线圈进磁场，垂直纸面向里通过线圈的磁通量增大，线圈中产生逆时针方向的感应电流(正)，线圈切割磁感线的有效长度l 均匀增大，感应电流I ＝E R ＝B v lR 均匀增大；线圈移动L ～2L ，即在L v ～2L v 时间内，线圈出磁场，垂直纸面向里通过线圈的磁通量减少，线圈中产生顺时针方向的感应电流(负)，线圈切割磁感线的有效长度l 均匀增大，感应电流I ＝E R ＝B v lR均匀增大，因此A 正确，B 、C 、D 错误．课时精练1.如图所示是两个相互连接的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，匀强磁场垂直穿过大金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在大环内产生的感应电动势为E ，则a 、b 两点间的电势差为()A.12EB.13EC.23E D ．E答案B解析a 、b 间的电势差等于路端电压，而小环电阻占电路总电阻的13，故a 、b 间电势差为U＝13E ，选项B 正确．2．如图甲所示，在线圈l 1中通入电流i 1后，在l 2上产生的感应电流随时间变化的规律如图乙所示，l 1、l 2中电流的正方向如图甲中的箭头所示．则通入线圈l 1中的电流i 1随时间t 变化的图像是图中的()答案D解析因为l 2中感应电流大小不变，根据法拉第电磁感定律可知，l 1中磁场的变化是均匀的，即l 1中电流的变化也是均匀的，A 、C 错误；根据题图乙可知，0～T4时间内l 2中的感应电流产生的磁场方向向左，所以线圈l 1中感应电流产生的磁场方向向左并且减小，或方向向右并且增大，B 错误，D 正确．3．(多选)(2023·广东省华南师大附中模拟)如图所示，在磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，有两根光滑的平行导轨，间距为L ，导轨两端分别接有电阻R 1和R 2，导体棒以某一初速度从ab 位置向右运动距离x 到达cd 位置时，速度为v ，产生的电动势为E ，此过程中通过电阻R 1、R 2的电荷量分别为q 1、q 2.导体棒有电阻，导轨电阻不计．下列关系式中正确的是()A ．E ＝BL vB ．E ＝2BL vC ．q 1＝BLx R 1D.q 1q 2＝R 2R 1答案AD解析导体棒做切割磁感线的运动，速度为v 时产生的感应电动势E ＝BL v ，故A 正确，B错误；设导体棒的电阻为r ，根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝BLxΔt ，根据闭合电路欧姆定律得I ＝Er ＋R 1R 2R 1＋R 2，通过导体棒的电荷量为q ＝I Δt ，导体棒相当于电源，电阻R 1和R 2并联，则通过电阻R 1和R 2的电流之比I 1I 2＝R 2R 1，通过电阻R 1、R 2的电荷量之比q 1q 2＝I 1Δt I 2Δt ＝R2R 1，结合q ＝q 1＋q 2，解得q 1＝BLxR 2(R 1＋R 2)r ＋R 1R 2，故C 错误，D 正确．4．(多选)如图甲所示，单匝正方形线框abcd 的电阻R ＝0.5Ω，边长L ＝20cm ，匀强磁场垂直于线框平面向里，磁感应强度的大小随时间变化规律如图乙所示，则下列说法中正确的是()A ．线框中的感应电流沿逆时针方向，大小为2.4×10－2AB ．0～2s 内通过ab 边横截面的电荷量为4.8×10－2CC ．3s 时ab 边所受安培力的大小为1.44×10－2ND ．0～4s 内线框中产生的焦耳热为1.152×10－3J 答案BD解析由楞次定律判断感应电流为顺时针方向，由法拉第电磁感应定律得电动势E ＝SΔB Δt＝1.2×10－2V ，感应电流I ＝E R＝2.4×10－2A ，故选项A 错误；电荷量q ＝I Δt ，解得q ＝4.8×10－2C ，故选项B 正确；安培力F ＝BIL ，由题图乙得，3s 时B ＝0.3T ，代入数值得：F ＝1.44×10－3N ，故选项C 错误；由焦耳定律得Q ＝I 2Rt ，代入数值得Q ＝1.152×10－3J ，故D 选项正确．5.在水平光滑绝缘桌面上有一边长为L 的正方形线框abcd ，被限制在沿ab 方向的水平直轨道上自由滑动．bc 边右侧有一正直角三角形匀强磁场区域efg ，直角边ge 和ef 的长也等于L ，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示，线框在水平拉力作用下向右以速度v 匀速穿过磁场区，若图示位置为t ＝0时刻，设逆时针方向为电流的正方向．则感应电流i －t 图像正确的是(时间单位为L v)()答案D 解析bc 边的位置坐标x 从0～L 的过程中，根据楞次定律判断可知线框中感应电流方向沿a →b →c →d →a ，为正值．线框bc 边有效切线长度为l ＝L －v t ，感应电动势为E ＝Bl v ＝B (L－v t )·v ，随着t 均匀增加，E 均匀减小，感应电流i ＝E R，即知感应电流均匀减小．同理，x 从L ～2L 的过程中，根据楞次定律判断出感应电流方向沿a →d →c →b →a ，为负值，感应电流仍均匀减小，故A 、B 、C 错误，D 正确．6.如图所示，线圈匝数为n ，横截面积为S ，线圈电阻为R ，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k ，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C ，两个电阻的阻值均为2R .下列说法正确的是()A ．电容器上极板带负电B ．通过线圈的电流大小为nkS 2RC ．电容器所带的电荷量为CnkS 2D ．电容器所带的电荷量为2CnkS 3答案D解析由楞次定律和右手螺旋定则知，电容器上极板带正电，A 错误；因E ＝nkS ，I ＝E 3R ＝nkS 3R，B 错误；又U ＝I ×2R ＝2nkS 3，Q ＝CU ＝2CnkS 3，C 错误，D 正确．7．如图甲所示，一长为L 的导体棒，绕水平圆轨道的圆心O 匀速顺时针转动，角速度为ω，电阻为r ，在圆轨道空间存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B .半径小于L 2的区域内磁场竖直向上，半径大于L 2的区域内磁场竖直向下，俯视图如图乙所示，导线一端Q 与圆心O 相连，另一端P 与圆轨道连接给电阻R 供电，其余电阻不计，则()A ．电阻R 两端的电压为BL 2ω4B ．电阻R 中的电流方向向上C ．电阻R 中的电流大小为BL 2ω4(R ＋r )D ．导体棒的安培力做功的功率为0答案C 解析半径小于L 2的区域内，E 1＝B L 2·ωL 22＝BL 2ω8，半径大于L 2的区域，E 2＝B L 2·ωL 2＋ωL 2＝3BL 2ω8，根据题意可知，两部分电动势相反，故总电动势E ＝E 2－E 1＝BL 2ω4，根据右手定则可知圆心为负极，圆环为正极，电阻R 中的电流方向向下，电阻R 上的电压U ＝R R ＋r E ＝RBL 2ω4(R ＋r )，故A 、B 错误；电阻R 中的电流大小为I ＝E R ＋r ＝BL 2ω4(R ＋r )，故C 正确；回路有电流，则安培力不为零，故导体棒的安培力做功的功率不为零，故D 错误．8.(多选)如图，PAQ 为一段固定于水平面上的光滑圆弧导轨，圆弧的圆心为O ，半径为L .空间存在垂直导轨平面、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．电阻为R 的金属杆OA 与导轨接触良好，图中电阻R 1＝R 2＝R ，其余电阻不计．现使OA 杆在外力作用下以恒定角速度ω绕圆心O 顺时针转动，在其转过π3的过程中，下列说法正确的是()A ．流过电阻R 1的电流方向为P →R 1→OB ．A 、O 两点间电势差为BL 2ω2C ．流过OA 的电荷量为πBL 26RD ．外力做的功为πωB 2L 418R答案AD 解析由右手定则判断出OA 中电流方向由O →A ，可知流过电阻R 1的电流方向为P →R 1→O ，故A 正确；OA 产生的感应电动势为E ＝BL 2ω2，将OA 当成电源，外部电路R 1与R 2并联，则A 、O 两点间的电势差为U ＝ER ＋R 2·R 2＝BL 2ω6，故B 错误；流过OA 的电流大小为I ＝E R ＋R 2＝BL 2ω3R ，转过π3弧度所用时间为t ＝π3ω＝π3ω，流过OA 的电荷量为q ＝It ＝πBL 29R ，故C 错误；转过π3弧度过程中，外力做的功为W ＝EIt ＝πωB 2L 418R，故D 正确．9.(多选)(2019·全国卷Ⅱ·21)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计．虚线ab 、cd 均与导轨垂直，在ab 与cd 之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场．将两根相同的导体棒PQ 、MN 先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好．已知PQ 进入磁场时加速度恰好为零．从PQ 进入磁场开始计时，到MN 离开磁场区域为止，流过PQ 的电流随时间变化的图像可能正确的是()答案AD 解析根据题述，PQ 进入磁场时加速度恰好为零，两导体棒从同一位置释放，则两导体棒进入磁场时的速度相同，产生的感应电动势大小相等，PQ 通过磁场区域后MN 进入磁场区域，MN 同样匀速直线运动通过磁场区域，故流过PQ 的电流随时间变化的图像可能是A ；若释放两导体棒的时间间隔较短，在PQ 没有出磁场区域时MN 就进入磁场区域，则两棒在磁场区域中运动时回路中磁通量不变，感应电动势和感应电流为零，两棒不受安培力作用，二者在磁场中做加速运动，PQ 出磁场后，MN 切割磁感线产生感应电动势和感应电流，且感应电流一定大于刚开始仅PQ 切割磁感线时的感应电流I 1，则MN 所受的安培力一定大于MN 的重力沿导轨平面方向的分力，所以MN 一定做减速运动，回路中感应电流减小，流过PQ 的电流随时间变化的图像可能是D.10．如图甲所示，虚线MN 左、右两侧的空间均存在与纸面垂直的匀强磁场，右侧匀强磁场的方向垂直纸面向外，磁感应强度大小恒为B 0；左侧匀强磁场的磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示，规定垂直纸面向外为磁场的正方向．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S 0，将该导线做成半径为r 的圆环固定在纸面内，圆心O 在MN 上．求：(1)t ＝t 02时，圆环受到的安培力；(2)在0～320内，通过圆环的电荷量．答案(1)3B 02r 2S 04ρt 0，垂直于MN 向左(2)3B 0rS 08ρ解析(1)根据法拉第电磁感应定律，圆环中产生的感应电动势E ＝ΔB Δt S 上式中S ＝πr 22由题图乙可知ΔB Δt ＝B 0t 0根据闭合电路的欧姆定律有I ＝ER 根据电阻定律有R ＝ρ2πrS 0t ＝12t 0时，圆环受到的安培力大小F ＝B 0I ·(2r )＋B 02I ·(2r )联立解得F ＝3B 02r 2S 04ρt 0由左手定则知，方向垂直于MN 向左．(2)通过圆环的电荷量q ＝I ·Δt根据闭合电路的欧姆定律和法拉第电磁感应定律有I ＝E R ，E ＝ΔΦΔt在0～32t 0内，穿过圆环的磁通量的变化量为ΔΦ＝B 0·12πr 2＋B 02·12πr 2联立解得q ＝3B 0rS 08ρ.11.(2023·广东广州市模拟)在同一水平面中的光滑平行导轨P 、Q 相距L ＝1m ，导轨左端接有如图所示的电路．其中水平放置的平行板电容器两极板M 、N 间距离d ＝10mm ，定值电阻R 1＝R 2＝12Ω，R 3＝2Ω，金属棒ab 电阻r ＝2Ω，其他电阻不计．磁感应强度B ＝1T 的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab 沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间、质量m ＝1×10－14kg 、带电荷量q ＝－1×10－14C 的微粒(图中未画出)恰好静止不动．取g ＝10m/s 2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好．且运动速度保持恒定．求：(1)匀强磁场的方向；(2)ab 两端的电压；(3)金属棒ab 运动的速度大小．答案(1)竖直向下(2)0.4V (3)0.5m/s 解析(1)带负电的微粒受到重力和电场力处于静止状态，因重力竖直向下，则电场力竖直向上，故M 板带正电．ab 棒向右切割磁感线产生感应电动势，ab 棒相当于电源，感应电流方向由b →a ，其a 端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下；(2)由平衡条件，得mg ＝EqE ＝U MNd所以MN 间的电压U MN ＝mgd q ＝1×10－14×10×10×10－31×10－14V ＝0.1VR 3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R 3的电流I ＝U MN R 3＝0.12A ＝0.05A ab 棒两端的电压为U ab＝U MN＋R1R2·I＝0.1V＋0.05V×6V＝0.4VR1＋R2(3)由闭合电路欧姆定律得ab棒产生的感应电动势为E感＝U ab＋Ir＝0.4＋0.05×2V＝0.5V由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝BL v感联立解得v＝0.5m/s.。
动量观点在电磁感应中的应用ppt(含电容器)
一、单杆+电容+初速度
1．电路特点 导体棒相当于电源;电容器被充电.
v0
2．电流的特点
导体棒相当于电源; F安为阻力，棒减速, E减小
有I感
I Blv UC R
I感渐小
电容器被充电。 UC渐大，阻碍电流
3．当a运渐B动小lv特=的U点减C时速，运I=动0，，最F安终=做0，匀棒匀v0 速v运动。
I
CBlF m CB2l2
(3)导体棒受安培力恒定：
FB
CB2l 2F m CB2l 2
v v0
(4)导体棒克服安培力做的功等于 电容器储存的电能：
证明
W克B
1 C（Blv）2 2
O
F
t
4．几种变化： (1)导轨不光滑
(2)恒力的提供方式不同
FB
h
mmgg
B
B
Fቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
F
(3)电路的变化
F
练习：
F
导体棒为发电棒；电容器被充电。
2．三个基本关系
导体棒受到的安培力为： FB BIl
导体棒加速度可表示为： 回路中的电流可表示为：
a F FB m
I Q CE CBlv CBla t t t
3．四个重要结论：
(1)导体棒做初速度为零 匀加速运动：
a
m
F CB2l
2
(2)回路中的电流恒定：
速运动。
4．最终特征 匀速运动
v
但此时电容器带电量不为零 O
t
5．最终速度
v0
电容器充电量： q CU
最终导体棒的感应电动
势等于电容两端电压： U Blv
2025高考物理总复习电磁感应中的含电容器问题模型
此时电容器的电荷量q=CU=1×10-2 C。
(2)导体棒在 F1 作用下运动,根据牛顿第二定律可得 F1-mgsin α-BId=ma1
又有
Δ
I=
Δ
=
Δ
Δ
,a=
Δ
Δ
联立解得
1 - sin
a1=
=20
+ 2 2 2
由功能关系 W=E-E0 及 W=qU,结合 Q-U 关系图线,可知电容器所储存的电能
与其极板间的电压及电容间的关系式为
1
1
1
E= QU= CU·
U= CU2。
2
2
2
(2)当导体棒获得向右的初速度v0时,切割磁感线产生动生电动势给电容器
充电,设充电电流为I,则导体棒所受安培力大小为
FA=BIL,方向水平向左
恒力F1=0.54 N作用于导体棒,使导体棒从静止开始运动,经t时间后到达B
处,速度v=5 m/s。此时,突然将拉力方向变为沿导轨向下,大小变为F2,又经
2t时间后导体棒返回到初始位置A处,整个过程电容器未被击穿。求:
(1)导体棒运动到B处时,电容器C上的电荷量;
(2)t的大小;
(3)F的大小。
答案 (1)1×10-2 C (2)0.25 s (3)0.45 N
以恒定的加速度匀加速运动。
,所以杆
安=ma,a=
+ 2 2
典题1 如图所示,间距为L的平行光滑金属导轨水平固定,导轨平面处在竖
直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。导轨左端连接有电容为C的
平行板电容器,质量为m、电阻不可忽略的导体棒垂直导轨放置在导轨上,
含电容电路的电磁感应问题探析
轨 足够长 ，不 计 导 轨 和连 接 电容 器 导 线 的 电 阻 ，导 体
行导 轨 Ｌ 、Ｌ ，其 间距 ｄ一０．５ ｒｎ，左 端 接 有 容 量 Ｃ一 ２０００ Ｆ的 电容．质量 一２０ ｇ，的导 体棒 可 在 导轨 上 无摩 擦 滑动 ，导 体棒 和 导 轨 的 电 阻 不 计．整 个 空 间 存 在着 垂 直导 轨所 在平 面 的 匀强 磁 场 ，磁 感 应 强 度 Ｂ一 ２ Ｔ．现用 一沿 导轨 方 向 向右 的恒 力 Ｆ 一０．４４ Ｎ 作 用 于导 体棒 ，使 导体 棒从 静 止开 始运 动 ，经 ｔ时 间后 到达 Ｂ 处 ，速度 一５ ｉｎ·ｓ＿。．此 时 ，突然 将拉 力方 向变 为 沿 导轨 向左 ，大 小变 为 Ｆ ，又经 ２￡时 间后 导 体棒 返 回到 初 始 位 置 Ａ 处 ，整个 过程 电容器 未被 击 穿．求 ：
Ａ ３种 情形 下导 体棒 ｎ６最 终均 做匀 速运 动 ； Ｂ 甲 、丙 中 ，ａ６棒 最 终 将 以 不 同 的速 度 做 匀 速
又 Ａ＇ｕ—
ｇ
一 ｇＡｔ－
，
运动 ；乙 中 ａ６棒最 终静 止 ； Ｃ 甲 、丙 中 ，ｎ６棒 最 终 将 以相 同 的速 度 做 匀 速
∑ △ 一ｇ∑△￡一 １９ Ｌ ∑ Ａ ，
到速 度为 零．在 丙 中，电源 为 ｎ６棒 供 电 ，开 始 向右 运
◇ 江 苏 樊 杰
在 含 有 电容 器 的 导 体棒 切 割 磁 感 应 线 运 动 的 闭 合 电路 中 ，若 不 汁棒 的电 阻 ，给棒 一个 初 速 度 。或施
动 ，ａ６棒运 动 产生 感 应 电 流 方 向 与原 来 电流 同 向 ，ａ６ 棒受 到安 培力作 用 ，做减 速 运 动 ，减 速 到 速 度 为零 后 ， 受安 培力 作用 ，向左 加速 ．当 ａ６棒 产 生 的感 应 电动 势 与 电源 电动势 相 等 时 ，ｎ６棒 中无 电 流 ，不再 受力 做 匀 速运 动．故 Ｂ选择 正确 ．
电磁感应与含电容器电路的综合分析
当前研究主要集中在理想条件下的理论分析和数值模拟，对于实际应用中存在 的复杂环境和影响因素考虑不足。
02
需要进一步开展实验研究，验证理论分析的正确性和有效性，并探索实际应用 中可能出现的问题和解决方案。
03
随着科技的发展，可以预见未来含电容器电路将在能源转换、信号处理、智能 控制等领域发挥更加重要的作用。因此，需要加强基础研究，推动相关技术的 创新和应用。
实验设备：电磁铁、线圈、电容器、直流电源 、电流表、电压表、导线等。
01
1. 搭建实验电路，将线圈与电容器串联， 连接到直流电源上。
03
02
实验步骤
04
2. 调整磁场，观察线圈中产生的感应电动 势和电容器两端电压的变化。
3. 调整电场，观察电容器充电和放电过程 中电流的变化。
05
06
4. 记录实验数据，分析电磁感应与电容器 相互作用的规律。
实验结果与数据分析
实验结果
通过观察和记录实验数据，可以发现线圈中产生的感应电动势与磁场的变化率成正比，电容器两端电 压与电场强度成正比。在电磁感应与电容器相互作用的过程中，线圈中产生的感应电动势会改变电容 器两端的电压，而电容器两端电压的变化也会影响线圈中感应电动势的大小。
数据分析
根据实验数据，可以进一步分析电磁感应与电容器相互作用的规律。例如，通过比较不同磁场和电场 条件下线圈中感应电动势和电容器两端电压的变化，可以得出它们之间的定量关系。这些规律有助于 深入理解电磁场理论在电路分析中的应用。
阻尼振荡
电容器可以吸收多余的能量，起到阻尼振荡的作 用，稳定电路的工作状态。
滤波作用
电容器可以过滤掉电路中的高频噪声，提高信号 的纯度。
电磁感应与电容器的相互作用实例分析
电磁感应中的电容器问题
电磁感应中的电容器与金属棒相结合的问题之南宫帮珍创作创作时间：二零二一年六月三十日黄德利山东省兖州一中 272100摘要：部份导体做变速运动发生变动的电流时, 高中阶段的闭合电路欧姆定律就无法列式计算, 学生感觉无从下手, 从而这一类的问题成为高三复习的难点.通过最近全国各地的一模考试发现, 这类问题在各地一模中均有体现.关键词：电磁感应；电容器；金属棒电容器是一个贮存电荷的容器, 它可以进行无数次的充放电.在充放电的过程中, 可以理解为变动的电流可以通过电容器.因此, 在一些含有电容器的电磁感应电路中, 当一部份导体做变速运动发生变动的电流时, 高中阶段的闭合电路欧姆定律就无法列式计算, 学生感觉无从下手, 从而这一类的问题成为高三复习的难点.通过最近全国各地的一模考试发现, 这类问题在各地一模中均有体现.实际上这类问题, 只要认真分析, 寻找其中的规律, 这类问题其实也很好解决.下面通过几个例题对与电容器相关的问题分类解决.一、金属棒做匀加速直线运动例1、.如图所示, 位于同一水平面的两根平行导轨间的距离是L, 导线的左端连接一个耐压足够年夜的电容器, 电容器的电容为C.放在导轨上的导体杆cd 与导轨接触良好, cd杆在平行导轨平面的水平力作用下从静止开始匀加速运动, 加速度为a, 磁感强度为B的匀强磁场垂直轨道平面竖直向下, 导轨足够长, 不计导轨和连接电容器导线的电阻, 导体杆的摩擦也可忽略.求从导体杆开始运动经过时间t电容器吸收的能量E＝？解析：据题意, 导体杆MN加速切割磁感线, 发生的感应电动势且不竭增年夜, 电容器两极板间电压随着增年夜, 贮存的电能增加, 同时由于电容器处于连续充电状态中, 电路中有继续的充电电流, 故导体杆受到向左的安培力.因电容器在时间t内吸收的电能可以用克服安培力做的功来量度, 所以弄清楚充电电流及安培力的变动规律, 就成为解答本题的关键.设某时刻导体杆切割磁感线的速度为v, 发生的感应电动势为E, 电容器所带的电荷量为q, 两极板间的电压为u, 则有：u=E=BLv,q=Cu=CBLv.设经过一个很短的时间间隔Δt, 速度的变动量为Δv, 则电容器带电量的变动量为：Δq=CBLΔv.在时间Δt内充电电流的平均值可暗示为：i==CBLa式中a暗示Δt内导体杆运动的平均加速度.若把Δt取得足够小, 那么i和a就分别趋近于该时刻的充电电流的瞬时值及加速度的瞬时值.于是, 杆MN所受安培力的瞬时值可暗示为：F安=BiL=CB2L2a.上式标明：安培力的瞬时值与加速度成正比.将安培力瞬时值表达式代入牛顿第二定律, F-CB2L2a=ma.由此解得a=.由上式不难看出：加速度a是恒定的, 杆MN做匀加速直线运动,进而推知：充电电流是恒定电流, 安培力是恒力.因时间t内, 杆MN的位移为：s=at2=故杆MN克服安培力做的功可暗示为：W=F安·s=,电容器在时间t内吸收的电能E=W, 可用上式暗示.二、金属棒在恒定外力下的直线运动例2、如图, 两条平行导轨所在平面与水平空中的夹角为θ, 间距为L.导轨上端接有一平行板电容器, 电容为C.导轨处于匀强磁场中, 磁感应强度年夜小为B, 方向垂直于导轨平面.在导轨上放置一质量为m的金属棒, 棒可沿导轨下滑, 且在下滑过程中坚持与导轨垂直并良好接触.已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ, 重力加速度年夜小为g.忽略所有电阻.让金属棒从导轨上端由静止开始下滑, 求:(1)电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度年夜小的关系；(2)金属棒的速度年夜小随时间变动的关系.解析：（1）设金属棒下滑的速度年夜小为v, 则感应电动势为①平行板电容器两极板之间的电势差为U=E②设此时电容器极板上积累的电荷量为Q, 按界说有③联立①②③式得④（2）设金属棒的速度年夜小为v时经历的时间为t, 通过金属棒的电流为i.金属棒受到的磁场的作用力方向沿导轨向上, 年夜小为⑤设在时间间隔（t, t+Δt）内流经金属棒的电荷量为ΔQ, 按界说有⑥ΔQ也是平行板电容器极板在时间间隔（t, t+Δt）内增加的电荷量.由4式得⑦式中Δv为金属棒的速度变动量, 按界说有⑧金属棒所受到的摩擦力方向斜向上, 年夜小为⑨式中N是金属棒对导轨的正压力的年夜小, 有⑩金属棒在时刻t的加速度方向沿斜面向下, 设其年夜小为a, 根据牛顿第二定律有联立⑤至11式得由上式及题设可知, 金属棒做初速度为零的匀加速运动, t时刻金属棒的速度年夜小为三、通过上面例题可以看出, 电磁感应与电容器的综合问题, 涉及电磁感应、电容、电流强度、安培力、牛顿定律、匀变速直线运动规律等多方面物理知识 , 综合性较强．此类题的关键是电容器充电电流与运动的关系, 求这两者关系思维跨越较年夜, 考查了综合能力和分析论证能力, 有较高的区分度, 体现了较强的选拔性.。
电磁炉内部构造
电磁炉内部构造电磁炉是一种利用电磁感应原理进行加热的厨房电器。
它的内部构造主要包括电磁线圈、反应器、电容器、电子线路板和控制面板等部分。
电磁炉的核心部件是电磁线圈。
电磁线圈是由导电材料制成的线圈，通过通电产生电磁场。
当电磁炉接通电源后，电流经过线圈时会产生电磁感应，从而产生高频交变电磁场。
反应器是电磁炉的重要组成部分。
反应器是由铁芯和线圈组成的，其作用是增强电磁感应的效果。
铁芯能够聚集电磁感应产生的磁场，提高加热效果。
电容器是电磁炉的辅助部件，用于存储电能和调节电流。
电容器能够帮助电磁炉更好地适应不同功率的需求，提供稳定的电流输出。
电子线路板是电磁炉的控制中心，负责控制电磁炉的工作状态和加热功率。
电子线路板上集成了多个电子元器件，如微处理器、电容器、电阻、二极管等，通过这些元器件来实现对电磁炉的精确控制。
控制面板是电磁炉的操作界面，用于设置加热功率和时间等参数。
通过控制面板，用户可以方便地调整电磁炉的工作状态，实现不同菜肴的烹饪需求。
在电磁炉的内部构造中，还有一些其他重要的部件。
例如，温度传感器用于监测加热板的温度，以保证加热的安全性和稳定性。
散热风扇用于散发电磁炉内部产生的热量，防止过热。
保险丝用于保护电磁炉电路，一旦电流超过额定值，保险丝会熔断，切断电源。
电磁炉内部构造复杂而精密，各个部件相互配合，共同实现电磁炉的加热功能。
电磁线圈、反应器、电容器、电子线路板和控制面板等部件的协同工作，使得电磁炉具有高效、安全、便捷的特点。
通过精确的控制和调节，电磁炉能够实现快速加热，并且能够根据不同的烹饪需求进行灵活调整，成为现代厨房中不可或缺的烹饪工具。
电磁感应与电容器的综合问题
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电磁感应与电容器的综合问题
作者：梁小海
来源：《中学物理·高中》2014年第05期
电感应与电路规律的综合应用，是复习的重点也是难点，分析近年高考尤其是2013高考，可以得出命题规律：注重基础，突出能力，稳中发展，突显力电的主导地位.但是，含容电路问题学生较为陌生，本文就电磁感应与电容器的综合问题进行分析.
情景引入在图甲、乙、丙三图中，除导体棒ab可动外，其余部分均固定不动，甲图中的电容器C原来不带电.设导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，导体棒和导轨间的摩擦也不计.图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面（即纸面）向下的匀强磁场中，导轨足够长.今给导体棒ab一个向右的初速度v0，在甲、乙、丙三种情形下导体棒ab的最终运动状态
A.三种情形下导体棒ab最终均做匀速运动
B.甲、丙中，ab棒最终将以不同的速度做匀速运动；乙中，ab棒最终静止
C.甲、丙中，ab棒最终将以相同的速度做匀速运动；乙中，ab棒最终静止
D.三种情形下导体棒ab最终均静止
解析在图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器C
极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流， ab棒向右做匀速运动（图2甲）；
在图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R转化为内能，当ab棒的动能全部转化为内能时，ab棒静止（图2乙）；
在图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产 [LL]生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab棒向左做匀速运动（图2丙）.所以B项正确.。
高中物理奥赛之电磁学—1.4电容器
§1、4 电容器1．4．1、电容器的电容电容器是以电场能的形式储存电能的一种装置，与以化学能储存电能的蓄电池不同。
任何两个彼此绝缘又互相靠近的导体，都可以看成是一个电容器，电容器所带电荷Q与它两板间电势差U的比值，叫做电容器的电容，记作C，即电容的意义就是每单位电势差的带电量，显然C越大，电容器储电本领越强，而电容是电容器的固有属性，仅与两导体的形状、大小位置及其间电介质的种类有关，而与电容器的带电量无关。
电容器的电容有固定的、可变的和半可变的三类，按极片间所用的电介质，则有空气电容器、真空电容器、纸质电容器、陶瓷电容器、涤纶电容器、云母电容器、电解电容器等。
每个电容器的型号都标明两个重要数值：电容量和耐压值（即电容器所承受的最大电压，亦称击穿电压）。
1．4．2、几种常用电容器的电容（1）平行板电容器若两金属板平行放置，距离d很小，两板的正对面积为S、两极板间充满相对介电常数为的电介质，即构成平行板电容器。
设平行板电容器带电量为Q、则两极板间电势差故电容（2）真空中半径为R的孤立导体球的电容由公式可知，导体球的电势为：因此孤立导体球的电容为地球半径很大，电容很大，容纳电荷的本领极强。
（3）同轴圆柱形电容器高H、半径的导体圆柱外，同轴地放置高也为H、内半径为＞的导体筒，当H时，便构成一个同轴圆柱形电容器。
如果-，则可将它近似处理为平行板电容器，由公式可得其电容为（4）同心球形电容器半径为的导体球（或球壳）和由半径为的导体球壳同心放置，便构成了同心球形电容器。
若同心球形电容器内、外球壳之间也充以介电常数为的电介质，内球壳带电量为Q，外球壳带-Q电荷，则内、外球壳之间的电势差为故电容当时，同心球形电容器便成为孤立导体（孤立导分是指在该导体周围没有其他导体或带电体，或者这些物体都接地）球形电容器，设，则其电容为若孤立导体外无电介质，则，即。
例8、如图2-4-1所示，两个竖直放置 的同轴导体薄圆筒，内筒半径为R ，两筒间距为d ，筒高为L ，内筒通过一个未知电容的电容器与电动势U 足够大的直流电源的正极连接，外筒与该电源的负极相连。
电磁感应电路中的电容问题
电磁感应电路中的电容问题1．两相互平行且足够长的水平金属导轨MN、PQ放在竖直平面内，相距0.4m，左端接有平行板电容器，板间距离为0.2m，右端接滑动变阻器R。
水平匀强磁场磁感应强度为10T，垂直于导轨所在平面，整个装置均处于上述匀强磁场中，导体棒CD与金属导轨垂直且接触良好，棒的电阻为1Ω，其他电阻及摩擦不计。
现在用与2金属导轨平行，大小为2N的恒力F使棒从静止开始运动。
已知R的最大阻值为2Ω，g=10m/。
则：⑴滑动变阻器阻值取不同值时，导体棒处于稳定状态时拉力的功C率不一样，求导体棒处于稳定状态时拉力的最大功率。
MN⑵当滑动触头在滑动变阻器中点且导体棒处于稳定状态时，一个带电小球从平行板电容器左侧，以某一速度沿两板的正中间且平行R于两极板射入后，在两极板间恰好做匀速直线运动；当滑动触头位F于最下端且导体棒处于稳定状态时，该带电小球以同样的方式和速度射入，小球在两极板间恰好做匀速圆周运动，则小球的速度为多PQD 大。
解：（1）当棒达到匀速运动时，棒受到的安培力F1与外力F相平衡，即F=F1=BIL①（1分）此时棒产生的电动势E=BLv，则电路中的电流。
EBLvI＝＝②（1分）R＋rR＋rF(R＋r)由①②式得此时棒的速度V＝③（1分）B2L2F2(R＋r)拉力功率P＝FV＝④（1分）B2L2由④式知回路的总电阻越大时，拉力功率越大，当R=2Ω时，拉力功率最大，Pm=0.75(W)（1分）(2)当触头滑到中点即R=1Ω时，由③式知棒匀速运动的速度F(R＋r)v1＝＝0.25(m/)（1分）B2L2导体棒产生的感应电动势E1=BLv1=10某0.4某0.25=1(V)（1分）E1R电容器两极板间电压U1＝＝0.5(V)（1分）R＋r由于棒在平行板间做匀速直线运动，则小球必带正电,此时小球受力情况如图所示，设小球的入射速度为v0,由平衡条件知：F+f=GU1即q＋qv0B=mg⑤（2分）d当滑头滑至下端即R=2Ω时，棒的速度F(R＋r)3V2＝22＝(m/)（1分）BL8导体棒产生的感应电动势E2=BLV2=1.5伏（1分）E2R电容器两极板间的电压U2＝＝1伏（1分）R＋r由于小球在平行板间做匀速圆周运动,电场力与重力平衡，于是：U2q＝mg⑥（2分）dU2—U1联立⑤⑥并代入数值解得v0＝＝0.25(m/)（1分）Bd2小球作圆周运动时洛仑兹力提供向心力,有v02qv0B＝m⑦（2分）r联立⑥⑦解得小球作圆周运动的半径为r＝0.0125m（2分）2、如图所示，光滑的平行导轨P、Q相距l=1m，处在同一水平面中，导轨的左端接有如图所示的电路，其中水平放置的电容器两极板相距d=10mm，定值电阻R1=R3=8Ω，R2=2Ω，导轨的电阻不计，磁感强度B=0.4T的匀强磁场竖直向下穿过导轨面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动（开关S断开）时，电容器两极之间质量m=1某10-14kg，带电量q=-1某10-15C的微粒恰好静止不动；当S闭合时，微粒的加速度a=7m/2向下做匀加速运动，取g=10m/2,求：（1）金属棒所运动的速度多大？电阻多大？（2）S闭合后，使金属棒ab做匀速运动的外力的功率多大？解答：（1）带电微粒在电容器两极间静止时，受向上的电场力和向下的重力而平衡，根据平衡条件有mgqU1，dmgd1014100.1解得电容器两极间电压为：U11Vq1015由于微粒带负电，可知上板电势较高，由于S断开，R3上无电流，R1、R2上电压等于U1,可知电路中的感应电流，即通过R1、R2的电流强度为：I1U10.1AR1R2根据闭合电路欧姆定律，可知ab切割磁感线运动产生的感应电动势为：EU1I1r（1）S闭合时，带电微粒向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律有：mgq 可以求得S闭合时电容器两板间的电压为：U2U2madm(ga)d0.3V q这是电路中的电流为：I2=U20.15AR2R1R3R2r)（2）R1R3根据闭合电路欧姆定律有：EI2(将已知量代入（1）（2）式，可求得：E1.2V，r2由E=BLv得：vE3m/BL（2）S闭合时，通过ab电流I2=0.15A，ab所受磁场力为FBBI2L0.06N，ab的速度v=3m/做匀速运动，所受外力与磁场力FB大小相等，方向相反，即F=0.06N，方向向右，则外力功率为P=Fv=0.06某3w=0.18w3.如图所示,在水平方向与纸面垂直的足够大的匀强磁场中,有一足够长的U形金属框架abcd以v1=2m/的速度向右做切割磁感线运动,在框架abcd上下两板内产生一个匀强电场.有一个带电油滴以水平速度v2从P 点(ap=L/2)向左射入框架内做匀速圆周运动(g=10m/2).求:23(1)油滴必须带什么性质的电荷,油滴做匀速圆周运动的周期是多少(2)为使油滴不跟框架壁相碰,油滴速度v2与框架宽度L的比值v2/L 应满足什么条件(3)为使油滴不离开电场,并且能够在框架内完整地运动一周,速度v2要满足什么条件解：油滴应带负电.由于框架左边作切割磁感线运动,使上下两板间产生电压U=BLvbV1LU两板间电场强度E=L=Bv1由油滴做匀速圆周运动的条件得mg=qE=qBv1cmg2m2v12qvqBg5∴B=1油滴运动的周期T=2mv2mv2qv1v1v2v2qBv2mqmggRRBq（2）∵g2v1v2Lv24v油滴不跟框架壁相碰应满足条件2R＜L/2即g＜2∴L＜1=1.25-1(3)油滴顺时针做圆周运动,若v2的水平速度大小等于v1时未脱离电场,则以后不再会脱离.设当油滴转至其线速度方向与竖直方向的夹角为θ时油滴速度v2的水平分量大小等于v1,油滴刚好运动至框架右边缘,(如图所示)则V2inθ=v133R22V2t=v1t＞RcoθV1V1θV231v13vin122vv2v221＞v2coθ即2＞∴v14、如图所示,在虚线框内有一磁感应强度为B的匀强磁场,在磁场中的PQ和MN是两条光滑的平行金属导轨,其电阻不计,两导轨间距离为L,它们都与水平面成α角.已知匀强磁场的方向与导轨所在平面垂直,放置在导轨上的金属棒ab与导轨垂直,其质量为m，电阻为r.在导轨的一端接着阻值为R的电阻器C、D为竖直放置的,间距为d的平行板电容器,两板间的JK是与水平面成θ角的一条绝缘光滑直导轨。
电学篇电容与电容器电磁感应定律电磁波的特性
电学篇电容与电容器电磁感应定律电磁波的特性电学篇：电容与电容器、电磁感应定律及电磁波的特性电容与电容器电容是电学中的一个重要概念，它用来描述电路中存储电荷的能力。
在电路中，我们经常使用电容器来储存电荷。
电容器是由两个导体板和介质组成的装置，通常用来将电能转换成电场能量，或者将电场能量转换成电能。
电容器的电容量可以用电容来表示，电容的单位是法拉（F）。
一个电容为1法拉的电容器，当其两个导体板上的电势差为1伏特时，储存的电荷量为1库仑。
电容的大小取决于电容器的几何形状和介质的性质。
电容器可以分为两类：电解电容器和固体电容器。
电解电容器利用电解质溶液的导电性质，而固体电容器则使用了各种固体介质如氧化铝等。
电容器的主要特点是能够储存电荷和释放电荷的能力，其内部结构是由金属导体（通常是铝箔）和绝缘层（介质）构成的。
当电容器连接到电源时，金属导体上积累正负电荷，形成电场。
在电容器中存储的电荷量与电容器的电容量成正比。
电磁感应定律电磁感应定律是由物理学家法拉第提出的，用来描述磁场与电流之间的相互作用。
它有两种形式，即法拉第第一电磁感应定律和法拉第第二电磁感应定律。
法拉第第一电磁感应定律指出，当磁场发生变化时，会在电路中引起感应电动势。
这个电动势的大小与磁场的变化率成正比。
换句话说，当磁场的磁通量发生变化时，电路中就会产生感应电动势。
法拉第第二电磁感应定律则进一步阐述了感应电动势与电流及磁场的关系。
它表明，感应电动势的大小等于电路中的电流与磁场的变化率的乘积。
电磁波的特性电磁波是由电场和磁场相互作用而产生的一种能量传递方式。
电磁波包括了广泛的频率范围，从长波的无线电波到短波的紫外线和γ射线等。
根据波长或频率的不同，电磁波可以分为不同的成分，包括射电波、微波、红外线、可见光、紫外线、X射线和γ射线。
电磁波的特性在很大程度上取决于其波长和频率。
较长波长的电磁波一般穿透力强，可以在物体中传播较远，如无线电波。
较短波长的电磁波则更容易被物体吸收，如紫外线和X射线。
有电容的电磁感应类问题
有电容的电磁感应类问题作者：张晓来源：《学校教育研究》2019年第16期电磁感应类问题综合性很强，经常涉及力与运动、功与能量、动量与冲量、电路与电量等问题，能全面考查学生的综合能力，历来受到命题者的重视，尤其是导体棒切割磁感线类的动生问题，更是热点中的热点，而电路中含有电容的题目则会加大这类题目的难度，此类题目与常规题目不同，由于电容的充放电，电路中有电流，但不能用大家都非常熟悉的欧姆定律来求，因为电流通常都不是恒定电流，学生做此类题目往往有一定的难度。
如何突破这一难点？通过以下几道习题的分析，试图寻找此类问题的解题规律。
一、导体棒运动过程中给电容器充电例题1.如图1所示，水平面上有两根足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，两导轨间距为l，电阻均可忽略不计。
在M和P之间接有电容为C的电容器，最初电容器不带电，导体杆ab质量为m、电阻为r，并与导轨接触良好。
整个装置处于方向竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中。
某时刻ab杆以向右的初速度v0開始运动，请分析说明ab杆的运动情况，并推导杆稳定后的速度。
过程分析：当ab杆以初速度v0开始切割磁感线时，产生感应电动势，电路开始给电容器充电，有电流通过ab杆，杆在安培力的作用下做减速运动，随着速度减小，安培力减小，加速度也减小，杆做加速度减小的减速运动。
当电容器两端电压与感应电动势相等时，充电结束，杆以恒定的速度做匀速直线运动，此时电路中没有电流。
解题策略：由于电容器充电过程，电路中有电流，但此电流不能用我们熟悉的欧姆定律来计算，我们可以从电流产生的原因（电容器充电）的角度，用微分的思想，在极短时间内，我们可以近似认为电流是恒定的，对极短的过程进行分析，然后无限求和（积分的思想），此题适合用动量定理进行求解。
二、电容器放电过程中使导体棒运动例题2.如图2所示，两平行金属导轨间距为L，固定在水平面上，整个装置处在竖直向下、磁感应强度为B的匀强磁场中，平行导轨左端电路如图所示，电源的电动势为E，电容器的电容为C。
2020年高考物理一轮复习考点归纳专题电磁感应含答案
2020年高考一轮复习知识考点专题10 《电磁感应》第一节电磁感应现象楞次定律【基本概念、规律】一、磁通量1．定义：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S和B的乘积．2．公式：Φ＝B·S.3．单位：1 Wb＝1_T·m2.4．标矢性：磁通量是标量，但有正、负．二、电磁感应1．电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有电流产生，这种现象称为电磁感应现象．2．产生感应电流的条件(1)电路闭合；(2)磁通量变化．3．能量转化发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为电能．特别提醒：无论回路是否闭合，只要穿过线圈平面的磁通量发生变化，线圈中就有感应电动势产生．三、感应电流方向的判断1．楞次定律(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．(2)适用情况：所有的电磁感应现象．2．右手定则(1)内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内，让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导体运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．(2)适用情况：导体切割磁感线产生感应电流．【重要考点归纳】考点一电磁感应现象的判断1.判断电路中能否产生感应电流的一般流程：2.判断能否产生电磁感应现象，关键是看回路的磁通量是否发生了变化．磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1有多种形式，主要有：(1)S、θ不变，B改变，这时ΔΦ＝ΔB·S sin θ；(2)B、θ不变，S改变，这时ΔΦ＝ΔS·B sin θ；(3)B、S不变，θ改变，这时ΔΦ＝BS(sin θ2－sin θ1)．考点二楞次定律的理解及应用1．楞次定律中“阻碍”的含义2．应用楞次定律判断感应电流方向的步骤考点三“一定律三定则”的综合应用1．“三个定则与一个定律”的比较2.无论是“安培力”还是“洛伦兹力”，只要是涉及磁力都用左手判断．“电生磁”或“磁生电”均用右手判断．【思想方法与技巧】楞次定律推论的应用楞次定律中“阻碍”的含义可以理解为感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因，推论如下：(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”；(2)阻碍相对运动——“来拒去留”；(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”；(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”第二节法拉第电磁感应定律自感涡流【基本概念、规律】一、法拉第电磁感应定律1．感应电动势(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．产生感应电动势的那部分导体就相当于电源，导体的电阻相当于电源内阻．(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路欧姆定律，即I＝ER＋r.2．法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合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．(2)公式：E＝n ΔΦΔt，n为线圈匝数．3．导体切割磁感线的情形(1)若B、l、v相互垂直，则E＝Blv.(2)若B⊥l，l⊥v，v与B夹角为θ，则E＝Blv sin_θ.二、自感与涡流1．自感现象(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势．(2)表达式：E＝L ΔI Δt.(3)自感系数L的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关．2．涡流当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生像水的旋涡状的感应电流．(1)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动．(2)电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流，使导体受到安培力作用，安培力使导体运动起来．交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的．【重要考点归纳】考点一公式E＝nΔΦ/Δt的应用1．感应电动势大小的决定因素(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率ΔΦΔt和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．(2)当ΔΦ仅由B引起时，则E＝n SΔBΔt；当ΔΦ仅由S引起时，则E＝nBΔSΔt.2．磁通量的变化率ΔΦΔt是Φ－t图象上某点切线的斜率．3.应用电磁感应定律应注意的三个问题(1)公式E＝n ΔΦΔt求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．(2)利用公式E＝nS ΔBΔt求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积．(3)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关．推导如下：q＝IΔt＝nΔΦΔtRΔt＝nΔΦR.考点二公式E＝Blv的应用1．使用条件本公式是在一定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场外，还需B、l、v三者相互垂直．实际问题中当它们不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算，公式可为E＝Blv sin θ，θ为B与v 方向间的夹角．2．使用范围导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即E＝Bl v.若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势．3．有效性公式中的l为有效切割长度，即导体与v垂直的方向上的投影长度．例如，求下图中MN两点间的电动势时，有效长度分别为甲图：l＝cd sin β.乙图：沿v1方向运动时，l＝MN；沿v2方向运动时，l＝0.丙图：沿v1方向运动时，l＝2R；沿v2方向运动时，l＝0；沿v3方向运动时，l＝R.4．相对性E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应注意速度间的相对关系．5.感应电动势两个公式的比较考点三自感现象的分析1．自感现象“阻碍”作用的理解(1)流过线圈的电流增加时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相反，阻碍电流的增加，使其缓慢地增加．(2)流过线圈的电流减小时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相同，阻碍电流的减小，使其缓慢地减小．2．自感现象的四个特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化．(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化．(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体．(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向．3．自感现象中的能量转化通电自感中，电能转化为磁场能；断电自感中，磁场能转化为电能．4.分析自感现象的两点注意(1)通过自感线圈中的电流不能发生突变，即通电过程，线圈中电流逐渐变大，断电过程，线圈中电流逐渐变小，方向不变．此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他电路元件形成回路．(2)断电自感现象中灯泡是否“闪亮”问题的判断，在于对电流大小的分析，若断电后通过灯泡的电流比原来强，则灯泡先闪亮后再慢慢熄灭．第三节电磁感应中的电路和图象问题【基本概念、规律】一、电磁感应中的电路问题1．内电路和外电路(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，其余部分是外电阻．2．电源电动势和路端电压(1)电动势：E＝Blv或E＝n ΔΦΔt.(2)路端电压：U＝IR＝ER＋r·R.二、电磁感应中的图象问题1．图象类型(1)随时间t变化的图象如B－t图象、Φ－t图象、E－t图象和i－t图象．(2)随位移x变化的图象如E－x图象和i－x图象．2．问题类型(1)由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象．(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量．(3)利用给出的图象判断或画出新的图象．【重要考点归纳】考点一电磁感应中的电路问题1．对电源的理解：在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体就是电源，如切割磁感线的导体棒、有磁通量变化的线圈等．这种电源将其他形式的能转化为电能．2．对电路的理解：内电路是切割磁感线的导体或磁通量发生变化的线圈，外电路由电阻、电容等电学元件组成．3．解决电磁感应中电路问题的一般思路：(1)确定等效电源，利用E＝n ΔΦΔt或E＝Blv sin θ求感应电动势的大小，利用右手定则或楞次定律判断电流方向．(2)分析电路结构(内、外电路及外电路的串、并联关系)，画出等效电路图．(3)利用电路规律求解．主要应用欧姆定律及串、并联电路的基本性质等列方程求解．4.(1)对等效于电源的导体或线圈，两端的电压一般不等于感应电动势，只有在其电阻不计时才相等．(2)沿等效电源中感应电流的方向，电势逐渐升高．考点二电磁感应中的图象问题1．题型特点一般可把图象问题分为三类：(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象；(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量；(3)根据图象定量计算．2．解题关键弄清初始条件，正负方向的对应，变化范围，所研究物理量的函数表达式，进、出磁场的转折点是解决问题的关键．3．解决图象问题的一般步骤(1)明确图象的种类，即是B－t图象还是Φ－t图象，或者是E－t图象、I－t图象等；(2)分析电磁感应的具体过程；(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式；(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；(6)画出图象或判断图象．4.解决图象类选择题的最简方法——分类排除法．首先对题中给出的四个图象根据大小或方向变化特点分类，然后定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是用物理量的方向，排除错误选项，此法最简捷、最有效．【思想方法与技巧】电磁感应电路与图象的综合问题解决电路与图象综合问题的思路(1)电路分析弄清电路结构，画出等效电路图，明确计算电动势的公式．(2)图象分析①弄清图象所揭示的物理规律或物理量间的函数关系；②挖掘图象中的隐含条件，明确有关图线所包围的面积、图线的斜率(或其绝对值)、截距所表示的物理意义．(3)定量计算运用有关物理概念、公式、定理和定律列式计算．第四节电磁感应中的动力学和能量问题【基本概念、规律】一、电磁感应现象中的动力学问题1．安培力的大小⎭⎬⎫安培力公式：F ＝BIl 感应电动势：E ＝Blv 感应电流：I ＝E R⇒F ＝B 2l 2v R 2．安培力的方向(1)先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定安培力方向． (2)根据楞次定律，安培力的方向一定和导体切割磁感线运动方向相反． 二、电磁感应中的能量转化 1．过程分析(1)电磁感应现象中产生感应电流的过程，实质上是能量的转化过程．(2)感应电流在磁场中受安培力，若安培力做负功，则其他形式的能转化为电能；若安培力做正功，则电能转化为其他形式的能．(3)当感应电流通过用电器时，电能转化为其他形式的能． 2．安培力做功和电能变化的对应关系“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能；安培力做多少功，就有多少电能转化为其他形式的能．【重要考点归纳】考点一 电磁感应中的动力学问题分析1．导体的平衡态——静止状态或匀速直线运动状态． 处理方法：根据平衡条件(合外力等于零)列式分析． 2．导体的非平衡态——加速度不为零．处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析． 3.分析电磁感应中的动力学问题的一般思路(1)先进行“源”的分析——分离出电路中由电磁感应所产生的电源，求出电源参数E 和r ； (2)再进行“路”的分析——分析电路结构，弄清串、并联关系，求出相关部分的电流大小，以便求解安培力；(3)然后是“力”的分析——分析研究对象(常是金属杆、导体线圈等)的受力情况，尤其注意其所受的安培力；(4)最后进行“运动”状态的分析——根据力和运动的关系，判断出正确的运动模型．考点二 电磁感应中的能量问题1．电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程，而能量的转化是通过安培力做功的形式实现的，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式能的过程，外力克服安培力做功，则是其他形式的能转化为电能的过程．2．能量转化及焦耳热的求法 (1)能量转化(2)求解焦耳热Q的三种方法3.在解决电磁感应中的能量问题时，首先进行受力分析，判断各力做功和能量转化情况，再利用功能关系或能量守恒定律列式求解．【思想方法与技巧】电磁感应中的“双杆”模型1．模型分类“双杆”模型分为两类：一类是“一动一静”，甲杆静止不动，乙杆运动，其实质是单杆问题，不过要注意问题包含着一个条件：甲杆静止、受力平衡．另一种情况是两杆都在运动，对于这种情况，要注意两杆切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减．2．分析方法通过受力分析，确定运动状态，一般会有收尾状态．对于收尾状态则有恒定的速度或者加速度等，再结合运动学规律、牛顿运动定律和能量观点分析求解．3.分析“双杆”模型问题时，要注意双杆之间的制约关系，即“动杆”与“被动杆”之间的关系，需要注意的是，最终两杆的收尾状态的确定是分析该类问题的关键．电磁感应中的含容电路分析一、电磁感应回路中只有电容器元件1.这类问题的特点是电容器两端电压等于感应电动势，充电电流等于感应电流．2.(1)电容器的充电电流用I＝ΔQΔt＝CΔUΔt表示．(2)由本例可以看出：导体棒在恒定外力作用下，产生的电动势均匀增大，电流不变，所受安培阻力不变，导体棒做匀加速直线运动．二、电磁感应回路中电容器与电阻并联问题1.这一类问题的特点是电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压，充电过程中的电流只是感应电流的一支流．稳定后，充电电流为零．2.在这类问题中，导体棒在恒定外力作用下做变加速运动，最后做匀速运动．。
含电容器的电磁感应
如图，两条竖直放置平行导轨间距为1L 。
导轨上端接有一平行板电容器，电容器两极板竖直，长为2L ，两极板的距离为d ，电容器的电容为C 。
在电容器的正上方有一个屏，屏与极板上端的距离为3L ，电容器下方有一个带小孔O 的金属板，板上的O 点与屏上的1O 点处在一条竖直线上。
导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向里。
在导轨上放置一质量为M 的金属棒，让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。
同时一束质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，以相同竖直速度0v 从电容器下方金属板小孔O 点射入电容器，每一个带电粒子在电容器中运动时，电容器之间电场可看作匀强电场，且两板外无电场。
重力加速度大小为g 。
忽略所有电阻和摩擦及带电粒子的重力。
求：
（1）经过时间t 电容器极板上积累的电荷量；
（2）经过时间t 金属棒下降的高度；
（3）t 时刻从小孔O 射入电容器的带电粒子打到屏上的位置2O 与1O 点的距离。
110v电磁炉 线圈谐振电容
110v电磁炉线圈谐振电容
110V电磁炉是一种常见的家用电器，它使用电磁感应加热原理来加热食物。
线圈谐振电容在电磁炉中扮演着重要的角色，它们共同构成了电磁炉的加热系统。
首先，让我们来谈谐振。
在电磁炉中，线圈和电容器共同构成一个谐振电路。
这个谐振电路的作用是通过频率匹配来达到最佳的能量传输效率。
当线圈和电容器的参数设计得当时，它们可以在特定的频率下达到共振状态，从而最大限度地提高能量传输效率。
这意味着电磁炉可以更有效地将电能转化为热能，从而更快地加热食物。
其次，让我们来讨论110V电磁炉的线圈。
线圈是电磁炉中的一个重要组件，它由导体绕成，当通过电流时会产生磁场。
这个磁场会导致感应加热，从而将食物加热。
线圈的设计和材料选择对电磁炉的性能有着重要的影响，包括加热效率和耐久性。
最后，让我们来谈谈电容器。
在电磁炉中，电容器用于储存电荷，并在需要时释放电荷。
它们可以帮助调节线圈的电流，从而控制加热功率。
正确选择和设计电容器可以提高电磁炉的稳定性和效
率。
总的来说，110V电磁炉的线圈和谐振电容在加热系统中起着至关重要的作用。
它们共同工作，以确保电磁炉能够高效、稳定地加热食物。
通过谐振电路的设计和优化，电磁炉可以实现更高的能量利用率和更快的加热速度，为用户提供更好的烹饪体验。
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1、如图所示的甲、乙、丙图中，MN、PQ是固定在同一水平面内足够长的平行金属导轨。
导体棒ab垂直放在导轨上，导轨都处于垂直水平面向下的匀强磁场中。
导体棒和导轨间接触良好且摩擦不计，导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，甲图中的电容器C原来不带电。
今给导体棒ab 一个向右的初速度，在甲、乙、丙图中导体棒ab在磁场中的最终运动状态是（）。
A: 甲、丙中，棒ab最终将以相同速度做匀速运动；乙中ab棒最终静止
B: 甲、丙中，棒ab最终将以不同速度做匀速运动；乙中ab棒最终静止
C: 甲、乙、丙中，棒ab最终均做匀速运动
D: 甲、乙、丙中，棒ab最终都静止
答案详解B
2、如图所示,光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上,轨道间距为,金属杆ab的质量为,电容器电容为,耐压足够大,
为理想电流表,导轨与杆接触良好,各自的电阻忽略不计,整个装置处于磁感应强度大小为,方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中.现用水平外力F拉ab向右运动,使电流表示数恒为.
(1)求时电容器的带电量
(2)说明金属杆做什么运动
(3)求时外力做功的功率.
答案解:(1)由,
(2)设杆某时刻的速度为v,此时电容器的电压
电容器的电量
电流恒定,a恒定,即金属杆做匀加速直线运动
(3)
由牛顿第二定律得:
由公式
答:(1)时电容器的带电量是1C;
(2)金属杆做匀加速直线运动;
(3)时外力做功的功率是.
3、如图，两条平行导轨所在平面与水平地面的夹角为θ，间距为L。
导轨上端接有一平行板电容器，电容为C。
导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向垂直于导轨平面。
在导轨上放置一质量为m的金属棒，棒可沿导轨下滑，且在下滑过程中保持与导轨垂直并良好接触。
已知金属棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。
忽略所有电阻。
让金属棒从导轨上端由静止开始下滑，求：
（1）电容器极板上积累的电荷量与金属棒速度大小的关系；(25分)
（2）金属棒的速度大小随时间变化的关系。
(75分)
答案详解
解：
（1）设金属棒下滑的速度大小为v，则感应电动势为
①
平行板电容器两极板之间的电势差为②
设此时电容器极板上积蓄的电荷为Q，按定义有
③
联立①②③得
④
（2）设金属棒到达速度大小为v时经历的时间为t，通过金属棒的电流为i，金属棒受到的磁场力为
⑤
设在时间间隔内流经金属棒的电荷量为，按定义有
⑥
也是平行板电容器极板在时间间隔内增加的电荷量，由④式得
⑦
为金属棒的速度变化量，按定义有
⑧
金属棒所受到的摩擦力方向斜向上，大小为
⑨
式中，N是金属棒对斜面的正压力，有
⑩
金属棒在t时刻的加速度方向沿斜面向下，设其大小为a，根据牛顿第二定律有
⑪
联立⑤至⑪式得
⑫
由⑫式和题设可知，金属棒做初速度为零的匀加速运动。
t时刻速度大小为：⑬
4、电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。
电磁轨道炮示意如图，图中直流电源电动势为，电容器的电容为。
两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为，电阻不计。
炮弹可视为一质量为、电阻为的金属棒，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。
首先开关接1，使电容器完全充电。
然后将接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为的匀强磁场（图中未画出），开始向右加速运动。
当上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，达到最大速度，之后离开导轨。
问：
（1）磁场的方向；
（2）刚开始运动时加速度的大小；
（3）离开导轨后电容器上剩余的电荷量是多少。
答案详解
（1）垂直于导轨平面向下。
（2）电容器完全充电后，两极板间电压为，当开关接2时，电容器放电，设刚放电时流经的电流为，有①设受到的安培力为，有②
由牛顿第二定律，有③
联立①②③式得④
（3）当电容器充电完毕时，设电容器上电量为，有⑤
开关接2后，开始向右加速运动，速度达到最大值时，设上的感应电动势为，有⑥
依题意有⑦
设在此过程中的平均电流为，上受到的平均安培力为，
有⑧
由动量定理，有⑨
又⑩
联立⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得⑪。