1、高中物理磁場與電磁感應東南數理化教你怎么學好物理第十五章磁場與電磁感應10.6力電綜合問題高考對應考點：法拉第電磁感應定律及其力電綜合問題用（學習水平d）課時目標：1.利用法拉第電磁感定律計算感生電動勢，理解導體切割磁感線的有效長度，會區分電磁感應現象中的內電路和外電路，會判斷電勢的高低。2. 理解電磁感應現象中感應電流作為聯系電學量和力學量的紐帶作用，學會分析磁場中導體棒的動力學量的動態變化。3. 弄清電磁感應現象中的能量轉化和守恒關系，理解安培力做功與電能的關系。4. 利用圖象分析因電磁感應引起的電學量和力學量的變化情況。*5.了解微元思想在電磁感應問題中的應用。重點難點：1. 分析導體棒

2、在磁場中運動時的動力學參量的動態變化過程，明確導體棒達到穩定狀態時滿足的條件。2. 電磁感應現象中能量的相互轉化和守恒。3. 畫出各運動階段因電磁感應引起的電學量和力學量的變化圖象。*4.微元法在電磁感應問題中的應用。知識精要：一、電磁感應現象中的電路問題1. 電磁感應現象的本質是產生，穿過電路的磁通量發生變化時，電路中就會出現感應電動勢，如果電路是閉合的，則電路中會出現。2. 感應電動勢按照其產生的機理可分為感生電動勢和動生電動勢。（ 1）感生電動勢：導線框不動，而穿過其的磁場的強弱發生變化而引起的感應電動勢。可以由法拉第電磁感應定律e =t （單匝線圈）求得。當導線框面積 s 不變，磁感應

3、強度b 隨時間的均勻變化時，即：b = kt（ k 為恒量），感生電動勢可以寫成： e = bs=。（用 k、s 表示）（單匝線圈）t =t（ 2）動生電動勢：由于導體相對磁場做切割磁感線運動而引起的感應電動勢。可以由公式： e =blv 求得。公式中的l 為導體的有效長度，具體為導體兩端點連線在垂直運動方向上的投影。公式中的v 為導體切割磁感線的速度，即導體和磁場的相對運動速度。3. 發生電磁感應現象時，切割磁感線那部分導體或磁通量發生變化那部分線路相當于，其余的線路相當于。在內電路中電流由電勢流向電勢，在外電路中，電流由電勢流向電勢。（均填 “高”或 “低 ”）1二、導體棒、導體框在磁場中

4、的動力學動態分析1. 導體切割磁感線要產生，從而在回路中產生，而感應電流在磁場中要受到，安培力和其他力共同影響了導體棒的加速度，而加速度反過來決定了導體棒的運動速度（切割速度）的變化。因此在磁場中運動的導體棒的速度和加速度是相互牽制互相決定的。2. 電磁感應過程中，感應電流i 一方面與感應電動勢e、回路中的電熱、通過導體橫截面的電量等電學量相聯系，另一方面通過安培力與合外力、加速度、速度、動能等力學量相聯系。它起到了聯系電學和力學的紐帶作用。e3. 由感應電動勢e =blv ，感應電流 i = r ，安培力 f a = bli ，得：f a =，由此可知，當b、 l 、r 恒定時，安培力 f

5、a 與切割速度 v 成正比。4. 一端連接有電阻r 的平行導軌處于勻強磁場中， 其上放置一根電阻不計的導體棒。在受到恒定的拉力 f 和阻力 f 下，導體棒由靜止開始運動，將做運動，最終的穩定狀態為，導體棒所能達到的最大速度為 v =已知磁感應強度為 b，導軌寬度為l。（用 f， f， b， l，r 表示）5. 一端連接有電阻 r 的平行導軌處于勻強磁場中， 其上放置一根電阻不計的導體棒。 在受到大小隨時間均勻增大，即： f = kt ，的拉力和恒定的阻力 f 作用下，將做運動， 最終的穩定狀態為，穩定后棒的加速度a =。（用 k，b，l ， r 表示）已知磁感應強度為b，導軌寬度為l。三、電磁

6、感應現象中的能量轉化和守恒1. 導體棒做切割磁感線運動時，伴隨著電能、機械能、內能等形式能量的相互轉化，電能與其他形式的能量的轉化是通過做功來實現的。安培力做功，其他能轉化為電能，安培力做功，電能轉化為其他能。（填“正、負 ”）2. 導體切割磁感線運動時，電能從產生到消耗的途徑為：安培力做功，產生電能，電能無法存儲，則通過以下兩種途徑消耗掉：一是通過消耗掉，二是通過安培力對外做功，將電能轉化為動能或其他形式的能。3. 若安培力做負功所產生的電能全部用作回路中產生電熱，則：（功率）、 電路中產生的總電能（電功率）和（電熱功率）這三者數值上均相等。四、圖象問題1. 電磁感應現象中的圖象問題通常有兩

7、類：一類以考查電磁感應中的電路知識為主。在導線框勻速或勻變速通過磁場區域過程中， 求解由于導線框和磁場邊界形狀所造成的感應電動勢、感應電流、兩點電勢差、安培力等量隨時間、位移的變化圖象。解題關鍵是明確各階段導體切割磁感線的有效長度及其變化情況，尤其注意在不同磁場的交界處，磁場邊界處相關量的方向、大小，變化率大小等量可能發生的突變。2另一類以考查導體棒在磁場中的動力學量的動態分析為主。求解導體在變化的安培力作用下，速度、加速度等隨時間、位移的變化圖象。解題的關鍵是根據確定導體棒進磁場時速度和受力情況，速度變化趨勢，收尾情況，磁場突變處的受力，出磁場的速度和受力情況。b2l 2s， v =blq*

8、 五、微元思想和公式 q = r ,v = mrm在處理物理問題時，從對事物的極小部分（微元）的分析入手，達到解決事物整體問題的方法，叫做微元法。這是一種深刻的思維方法，先分割逼近，找到規律，再累計求和，達到了解整體。微元法解題的一般步驟如下：先將整個事件無限分割成極小的部分，即微元，再對微元進行低細節的近似處理，當微元被無限分割成足夠小的情況下，實際的變化量可以當成恒量來處理，從而使問題得到簡化，對每個微元內運用物理規律求解相關量，最后通過數學方法，如等差等比求和公式等將每個微元內的結果進行累加，得到整體的情況。電磁感應問題中常涉及到的微元思想有：（ 1）求解電磁感應過程中通過導體橫截面的總

9、電量。將全過程無限分割成極小的時間段，對于每個極小的時間段 ti 內感應電動勢和感應電流可以視作恒定，則由法拉第電磁感應定律：ieiiiei =ti， ii = r ， qi = i iti = rti. ti =r將每個 ti 內的電量 qi 累加即得到總電量即： q = qi = i=rr（ 2）求解安培力產生的速度變化量。將全過程無限分割成極小的時間段，對于每個極小的時間段ti內導體的速度vi 可視作恒量，感應電動勢： ei =blv i， ii =ei ，安培力： f ai= bli i =b2l2virr安培力產生的加速度：ai=b2 l2vi ，mr2222故 ti 內由安培力產生

10、的速度變化量vi = a iti =b lvi.ti =b l.si，mrmr將每個vi 累加得到全過程的速度變化量：v = vb2 l2b2l 2. s. si= mri = mr由此式可見，安培力產生的速度變化量與導體棒的位移變化量成正比。這是一種另類的“勻變速運動 ”。（ 3）求解在磁場中的通電導體棒的速度變化量v 與通過導體橫截面的電量q 的關系。將全過程無限分割成極小的時間段，對于每個極小的時間段ti內，導體中的電流i i 可視作恒量，安培力： f ai = bli i，3安培力產生的加速度：ai=bli i，m安培力產生的速度變化量：vi = a it i =blbl. qi ，i

11、 i.ti =mm將每個 vi 累加得到全過程的速度變化量：blblqv = vmi = m . qi=熱身練習：1. 如圖所示，金屬三角形導軌cod 上放置一根金屬棒mn ，拉動 mn 使它以速度 v 向右勻速平動。如果導軌和金屬棒都是粗細相同的均勻導體，電阻率都相同， 那么在 mn 運動過程中，閉合回路的（）（ a）感應電動勢保持不變（ b）感應電流保持不變（ c）感應電動勢逐漸增大（ d）感應電流逐漸增大2. 如圖所示， 有兩根和水平方向成角度的光滑平行的金屬軌道，上端接有可變電阻r，下端足夠長，空間有垂直于軌道平面的勻強磁場，磁感應強度為b。一根質量為m 的金屬感從軌道上由靜止滑下，經

12、過足夠長時間后，金屬桿的速度回趨近于一個最大速度vm，則（）（ a）如果 b 增大， vm 將變大（ b）如果 增大， vm 將變大（ c）如果 r 增大， vm 將變大（ d）如果 m 變小， vm 將變大3. 如圖甲所示，一個閉合矩形金屬線圈abcd 從一定高度釋放，且在下落過程中線圈平面始終在豎直平面上。在它進入一個有直線邊界的足夠大的勻強磁場的過程中，取線圈dc 邊剛進磁場時t = 0，則描述其運動情況的圖線可能是圖乙中（）4. 如圖所示，電阻 r 的金屬棒從圖示位置ab 分別以 v1、v2 的速度沿光滑導軌（電阻不計）勻速滑到ab位置，若 v1： v2 = 1： 2，則在這兩次過程中

13、（）（ a）回路電流 i 1 i 2 = 1 2（ b）產生的熱量 q1q2 = 1 2（ c）通過任一截面的電荷量 q1 q2 12（ d）外力的功率 p1 p2 = 1 25.如圖所示， l1 = 0.5 m ， l2 = 0.8 m ，回路總電阻為r =0.2 ，物塊質量 m = 0.04 kg ，導軌光滑，開始時磁場強度 b0 = 1t，現使磁感應強度以b 0.2 t/s 的變化率均勻地增大 則當 t = s 時，物塊剛好離t4開地面？ (g 取 10 m/s2)6.（ 2012 黃埔、嘉定二模 no.25） 如圖所示，兩根電阻不計的光滑金屬導軌ab、cd 豎直放置，導軌間距為 l，上

14、端接有兩個定值電阻 r1 、r2，已知 r12=r =2r 。將質量為 m、電阻值為 r 的金屬棒從圖示位置由靜止釋放，下落過程中金屬棒保持水平且與導軌接觸良好。自由下落一段距離后金屬棒進入一個垂直于導軌平面的勻強磁場，磁場寬度為h。金屬棒出磁場前r1、r2 的功率均已穩定為 p。則金屬棒離開磁場時的速度大小為_，整個過程中通過電阻r1 的電量為_。（已知重力加速度為 g）r1r2acc金屬棒hbd精解名題：例 1. （ 2011 奉賢區二模no.33 ）如圖所示，光滑斜面的傾角=30，在斜面上放置一矩形線框abcd ，ab邊的邊長l 1=lm ， bc 邊的邊長l 2=0.6m ，線框的質量

15、m=1kg，電阻 r=0.1 ，線框受到沿光滑斜面向上的恒力f 的作用，已知f=10n 斜面上ef 線（ ef gh）的右方有垂直斜面向上的均勻磁場，磁感應強度b 隨時間t 的變化情況如 b-t 圖象，時間 t 是從線框由靜止開始運動時刻起計的如果線框從靜止開始運動，進入磁場最初一段時間是勻速的， ef 線和 gh 的距離 s=5.1m ，求：（ 1）線框進入磁場時勻速運動的速度v；（ 2） ab 邊由靜止開始到運動到gh 線處所用的時間t；（ 3） ab 邊運動到 gh 線處的速度 v2；（ 4）線框由靜止開始到運動到gh 線的整個過程中產生的焦耳熱【解析】 ：（ 1）由題意可知， 線框在剛

16、進入磁場做勻速運動的一段時間內，磁感應強度恒定，為 0.5t，線框在拉力f 、重力沿斜面向下的分力以及安培力fa 作用下處于平衡狀態：5f = mg sin f+ a感應電動勢：e = bl 1v，回路中的感應電流：i =re ，所以：安培力fa = b l 1 i =b2 l12vr，結合式子，求得：（ f-mgsin ）r（ 10-100.5） 0.1v =22=0.521m/s = 2m/s.bl 1（ 2）進入磁場前，線框在斜面方向上受到拉力f 、重力沿斜面向下的分力，在兩者作用下以加速度a做勻加速運動，由牛頓第二定律：f - mgsin 10 -10 0.522f mgsin =ma

17、，解得： a =m=1m/s= 5 m/s 。線框從靜止開始加速，當速度達到2m/s 時，剛好進入磁場，這段勻加速時間為t 1。v2t 1 = a = 5 s設導線框以 2m/s 的恒定速度通過l 2 距離所需的時間為t2，l 20.6t 2 =v =2s = 0.3s觀察 b t圖像可知， b 在線框開始運動后0.9s 開始變化，而 t1 + t 2 = 0.7s 0），其中沿圓環軸線的12磁場方向始終豎直向上，在下落過程中金屬圓環所在的平面始終保持水平，速度越來越大，最終穩定為某一數值，稱為收尾速度俯視觀察，圓環中的感應電流方向為（順時針，逆時針）；圓、環收尾速度的大小為by6. 如圖所示

18、，水平面上有兩電阻不計的光滑金屬導軌平行固定放置，間距d 為 0.5 m ，左端通過導線與阻值為 2 的電阻 r 連接，右端通過導線與阻值為 4 的小燈泡 l 連接，在 cdef 矩形區域內有豎直向上的勻強磁場， ce 長為 2 m， cdef 區域內磁場的磁感應強度 b 隨時間變化如圖所示，在 t 0時，一阻值為2的金屬棒在恒力f 作用下由靜止開始從ab 位置沿導軌向右運動，當金屬棒從ab 位置運動到ef 位置過程中，小燈泡的亮度沒有發生變化，求：（ 1）通過小燈泡的電流強度。（ 2）恒力 f 的大小。（ 3）金屬棒的質量。7. (2011 閔行二模no.33 ）（ 15 分）如圖所示，兩根足夠長的光滑直金屬導軌mn 、 pq 平行固定在傾角 37 的絕緣斜面上，兩導軌間距 l 1m，導軌的電阻可忽略。 m 、 p 兩點間接有阻值為 r 的電阻。一根質量 m 1kg、電阻 r 0.2 的均勻直金屬桿 ab 放在兩導軌上，與導軌垂直且接觸良好。整套裝置處于磁感應強度b 0.5t 的勻強磁場中，磁