电磁感应综合题

由能量守恒定律 Q=Ek0-Ek1–Ek2= 9 – 4 –1 = 4 J
N S
2003年上海高考3、6 3.爱因斯坦由光电效应的实验 规律，猜测光具有粒子性，从而提出光子说。从科学 研究的方法来说，这属于 （ C ） A.等效替代 B.控制变量 C.科学假说 D.数学归纳 6.粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强 磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形 线框的边平行。现使线框以同样大小的速度沿四个不 同方向平移出磁场，如图所示，则在移出过程中线框 一边a、b两点间的电势差绝对值最大的是 （ B ）
1 2 E Bl 2
3. 矩形线圈在匀强磁场中绕轴匀速转动时产生交流电
从中性面计时 最大值 e = Emsinωt Em =nBωS
三. 楞次定律应用题型
1. 阻碍原磁通的变化， 即“增反减同”
2. 阻碍（导体间的）相对运动，
即“来时拒，去时留” 3. 阻碍原电流的变化，（线圈中的电流不能突变） 应用在解释自感现象的有关问题。 四. 综合应用题型 1. 电磁感应现象中的动态过程分析
例5. 下图a中A、B为两个相同的环形线圈，共轴并 靠近放置，A线圈中通有如图（b）所示的交流电i ， 则（ A B C ） A. 在t1到t2时间内A、B两线圈相吸 B. 在t2到t3时间内A、B两线圈相斥 C. t1时刻两线圈间作用力为零 D. t2时刻两线圈间吸力最大
A Bຫໍສະໝຸດ Baidu
a
L
L
例3. 用同样的材料，不同粗细导线绕成两个质量、面积 均相同的正方形线圈I和II，使它们从离有理想界面的匀 强磁场高度为h 的地方同时自由下落，如图所示，线圈 平面与磁感线垂直，空气阻力不计，则（ A ） A. 两线圈同时落地，线圈发热量相同 I II B. 细线圈先落到地，细线圈发热量大 h C. 粗线圈先落到地，粗线圈发热量大 D. 两线圈同时落地，细线圈发热量大 B 解：设导线横截面积之比为n，则长度之 比为1 ︰ n ，匝数之比为1︰ n ，电阻之 比为1 ︰ n2，进入磁场时 v2 =2gh I1 /I2= E1R2 / E2 R1 =n E1 /E2=BLv/ nBLv=1/n 安培力之比为 F1/F2=BI1L/ nBI2L=1 ︰ 1 加速度之比为 a1 /a2=(mg-F1) / (mg-F2) =1 ︰ 1 所以两线圈下落情况相同
2. 用功能观点分析电磁感应现象中的有关问题
例1、总质量为0.5kg的闭合线圈静止在水平的支持面 上，如图示，一狭长水平轨道垂直穿过此线圈，现 有一质量也是0.5kg的条形磁铁沿导轨穿过线圈，已 知磁铁进入线圈前的动能为9J，离开线圈时的动能 为4J，若各处的摩擦阻力均可不计，试计算磁铁通 过线圈时共产生多少热量？ 解： 由Ek=1/2 mv2 得 v0=6m/s v1=4m/s 得v2=2m/s 由动量守恒定律 m1v0=m1v1+m2v2
电磁感应综合题
电磁感应现象 产生电磁感应现象的条件
自感现象
感应电动势的大小 E=nΔΦ/Δt E=BLv
感应电流的方向 楞次定律
右手定则
应用牛顿第二定律，解决导体切割磁感应线运动问题 应用动量定理、动量守恒定律解决导体切割磁感应线运动问题 应用能的转化和守恒定律解决电磁感应问题
一. 法拉第电磁感应定律 1. 引起某一回路磁通量变化的原因 （1）磁感强度的变化 （2）线圈面积的变化 （3）线圈平面的法线方向与磁场方向夹角的变化 2. 电磁感应现象中能的转化 电磁感应现象中，克服安培力做功，其它形式的能 转化为电能。 3. 法拉第电磁感应定律： （1）决定感应电动势大小因素：穿过这个闭合电路中 的磁通量的变化快慢（即磁通量的变化率） （2）注意区分磁通量，磁通量的变化量，磁通量的变 化率的不同 φ—磁通量， Δφ—磁通量的变化量， Δφ/Δt=( φ2 -φ1) / Δt — 磁通量的变化率
例4. 下列是一些说法：正确的是（ B D ） A. 在闭合金属线圈上方有一个下端为N极的条形 磁铁自由下落，直至穿过线圈的过程中，磁铁减少 的机械能等于线圈增加的内能与线圈产生的电能之 和 B. 将一条形磁铁缓慢和迅速地竖直插到闭合线圈 中的同一位置处，流过导体横截面的电量相同 C. 两个相同金属材料制成的边长相同、横截面积 不同的正方形线圈，先后从水平匀强磁场外同一高 度自由下落，线圈进入磁场的过程中，线圈平面与 磁场始终垂直，则两线圈在进入磁场过程中产生的 电能相同 D. 通电导线所受的安培力是作用在运动电荷上的 洛仑兹力的宏观表现
a
v
b a b a b
a
b
v
C. D.
v
A.
B.
v
例2、如图示，正方形线圈边长为a，总电阻为R， 以速度v从左向右匀速穿过两个宽为L（L> a），磁感 应强度为B，但方向相反的两个匀强磁场区域，运动 方向与线圈一边、磁场边界及磁场方向均垂直，则这 一过程中线圈中感应电流的最大值为 2Bav/R ，全过 程中产生的内能为 6B2a3v/R 。 解：在磁场分界线两侧时感应电流最大 I2=2Bav/R 此时产生的电能为 W2=I22Rt=4B2a2v2/R×a/v= 4B2a3v/R 进入和出来的感应电流为 I1=Bav/R 产生的电能分别为 W1= W3= I12Rt=B2a2v2/R×a/v = B2a3v/R
ΔΦ （4）感应电动势大小的计算式： E n Δt
（5）几种题型
（ 3 ）定律内容：感应电动势大小与穿过这一电路磁 通量的变化率成正比。
ΔB ①线圈面积S不变，磁感应强度均匀变化： E nS Δt ΔS ②磁感强度B不变，线圈面积均匀变化：E nB Δt
③B、S均不变，线圈绕过线圈平面内的某一轴转动时
BScosθ 2 BScosθ 1 cos θ 2 cos θ 1 En nBS Δt Δt B S nB ④B、S均变化， E nS t t
二. 导体切割磁感线时产生感应电动势大小的计算： 1. 公式：
E Blv sin
2. 若导体在磁场中绕着导体上的某一点转动时，