《2022年高中物理理解与拓展辅导讲义与典型例题答案解析 .pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年高中物理理解与拓展辅导讲义与典型例题答案解析 .pdf（40页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1电磁感应现象当通过一闭合回路所包围的面积的磁通量发生变化时，回路中就有电流产生，这种现象称作电磁感应现象回路中所产生的电流称作感应电流理解与拓展 : 回路中有电流，表明回路中必然有电动势存在，这种由于磁通量变化而引起的电动势，称作感应电动势. 其实，电磁感应并不依赖于电流，只要空间有磁通量变化，无论有无导体、 导体闭合与否，都会有感应电动势，严格地讲，电磁感应是利用磁场感应出电场的现象 导致磁通量变化的方式有很多，本质上讲，可以有两类：一类是磁场不变，回路相对于磁场运动 . 例如，导体回路的一部分在磁场中平动，回路在磁场中转动和回路在磁场中有形变等；另一类则是导体回路不动，回路周围的磁场随时
2、间发生变化2楞次定律闭合回路中感应电流的方向，总是使得它所激发的磁场阻止引起感应电流的磁通量的变化（增加或减少） 。理解与拓展 ： 楞次定律中没有直接给出感应电流的方向，是给出感应电流的磁通量变化的趋势.这里有两个磁通量：一个是感应电流的磁通量；另一个是引起感应电流的原磁通量.若原磁通量变大， 感应电流的磁通就阻碍它变大，则感应电流的磁通量与磁通量符号相反；若原磁通量变小，感应电流的磁通就阻碍它变小，则感应电流的磁通量与磁通量符号相同.然后根据感应电流磁通量的正负就可确定感应电流方向. 即方向方向由同号与反号与感感原感原原感原Idd00 楞次定律的实质是电磁感应现象也必须遵从能量守恒与转化定律
3、. 如果感应电流对磁通量的变化（或导体的运动）不是起阻碍作用而是起促进作用，可以设想，一旦产生感应电流，就会使磁通量变化（或导体的运动）更快，反过来产生感应电流更强，如此下去，就可以利用很小的功来获取无穷大的机械能，这个结果显然违背能量守恒与转化定律3法拉第电磁感应定律不论何种原因使通过回路所包围面积的磁通量发生变化时，回路中产生的感应电动势与磁通量对时间的变化率成正比. 即dtd理解与拓展 ：上式采用国际单位制，感应电动势的单位是伏 特 （V）. 磁通量的单位是 韦伯 （Wb） ，时间t的单位是秒（s）. 由法拉第电磁感应定律可以看出；感应电动势的大小并不依赖于的数值，是取决于对时间的变化率
4、. 而且，感应电动势dtd/具有瞬时性 . ，不同的时刻t对应不同的电动势)(t，它与平均感应电动势t/的大小不一定相等，方向也不一定相同精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 40 页 定律中的负号反映感应电动势的方向与磁通量变化率的关系. 应用法拉第电磁感应定律判断感应电动势方向的具体步骤为：首先标定回路的绕行方向，有了它， 电动势取正值表示其方向与标定方向一致，取负号表示其方向与标定的方向相反判断实际问题中的正负及变化率dtd/是增加还是减少，按着右手螺旋关系确定回路所围面积的法线方向n，依据B n确定磁通量的正负 . 有
5、了的正负，其变化率dtd/的正负就有了确切意义由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的正负总是与磁通量变化率dtd/的正负相反，由此判断出：当0，则的方向与选定的正绕行方向相反；当0，则的方向与选定的正行方向相同如图 13-1 所示为无限长直导线与矩形线圈共面，长直导线载有交变电流为tIIsin0，设0t时电流方向向上，根据法拉第定律可以计算矩形线圈上的感应电动势. 一般选定0t时，与线圈法线成锐角的磁场方向（垂直纸面向里）为正，与之成右手的绕向 （顺时针） 为正绕向， 利用法拉第电磁感应定律，有abaIlldrrISdBbaaSln2200tabalIdtdcosln200式中是正负周期性变化
6、的. 当某时刻0，其方向为顺时针（与规定的正绕向一致），若0，其方向为逆时针，由于回路中总的感应电动势的方向与回路中的感应电流的方向一致，所以结果与楞次定律师的结果一致 感应电动势的存在并不依赖于闭合电路，但利用法拉第电磁感应定律计算时，一定是对闭合回路而言的，否则磁通量的概念就失去了意义. 对于闭合电路言，法拉第定律不能直接应用，需要做辅助线构成闭合回路后间接应用. 因此，有法拉第电磁感应定律计算出来的是指闭合回路中各部分电动势的总和，当0时，只是说闭合回路中的电动势的总和为零，并不表明回路中的各部分都不存在电动势. 如闭合回路在均匀磁场中平动就是个例子 若回路是由N匝线圈串联而成， 且通过
7、每匝线圈的磁通量均为， 则引入磁链N.回路中总的感应电动势为dtNddtdN)( 根据欧姆定律及电流的定义，感应电流是dtdRIi1一段时间内，通过回路中任一截面的感应电荷为)(11212121RdRdtIqiiii可见感应电荷只与回路中磁通量的变化量有关，与磁通量的变化率无关A B C D I b l a 图 13-1 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 40 页4动生电动势数值上等于非静电力移动单位正电荷所做的功. 这里，作用在单位正电荷上的非静电力是洛伦兹力Bv，故()LvBdl动理解与拓展 ： 导体在磁场中运动时，导
8、体内的自由电子所受的洛伦兹力BvqF提供了电源所需的非静电力 . 洛伦兹力移动电荷做功，建立了动生电动势. ()LvBdl动的定义给出了一种求解动的方法，适用于解不闭合的一段导线在磁场中平动或转动时的动生电动势，具体步骤如下： 沿着导线任取一线元ld，有()(s in )co sdv B dlvBdl动，式中为v与B之夹角 ,为Bv与ld的夹角 . 统一变量，确定积分上、下限，则Ld动动. 计算结果若0动，表明动的方向与所选的ld的方向一致；若0动，则与所选的ld的方向相反 . 也可由Bv的方向检验之，结果应该一致 由动定义求解动生电动势的结果与法拉第定律相一致. 如图13-2 所示，直导线在
9、均匀磁场中平动，且B、v、l互相垂直 . 利用动的定义容易算出dtdBSdtddtdxBlBlv)(一般情况也可以证明，无论导体是否闭合，均有()LdvBdldt式中，如果导体L闭合，dtd/是L回路中磁通量的变化率，如果导体L不闭合，dtd/是L掠过的面积内磁通量的变化率 利用动定义来判断动方向与楞次定律判断的结果一致. 电动势的方向即是非静电力推动正电荷移动的方向，在任一导体元ld内， 非静电力的方向为Bv，而电荷被限制在导体内运动， 故推动正电荷移动的是非静电力在ld上的投影 . 对于闭合回路， 该投影的方向总是沿着回路，与楞次定律判断的结果一致a b图 13-2 vL精选学习资料 -
10、- - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 40 页洛f总是垂直于电荷的运动速度，故洛伦兹力永远不做功，而动生电动势又定义为洛伦兹力将单位正电荷从a移到b时所做的功，其实这两种说法并不矛盾. 如图 13-3 所示，在导体中的自由电子不仅有随导体运动的速度v，还有相对于导体的定向速度u. 由于合速度为uv，致使它受到的洛伦兹力为Buvqf)(洛.洛f与uv垂直，故洛伦兹力确实是不做功的 . 但是， 洛伦兹力洛f有两个分量， 与导体平行的分力Bvqf/移动电荷做正功，产生动生电动势；与导体的分力Buqf（宏观表现为安培力）就做等量的负功. 在这里，洛伦兹
11、力并不做功，也不提供能量，它起的作用只是传递能量，为维持导体以速度v运动外力克服f力做功，消耗的机械能通过/f力做功转化为感应电流的能量5感生电动势和感生电场数值上等于非静电力移动单位正电荷沿回路一周所做的功，这里，作用在单位正电荷上的非静电力是感生电场力感生E，故LEdl感生理解与拓展 ： 根据麦克斯韦假设，变化的磁场在其周围空间激发了一种新的电场，称作感生电场，由于它的场线是闭合的，又被称为涡旋电场. 感生电场力是非静电力，它是产生感生电动势的原因感应电场与磁场变化的关系法拉第电磁感应定律和感生电动势的定义对于同一回路而言，二者应该相等，即mSSLddBB dSdSEdldtdtt感生所以
12、有LSBEdld St感生由于ld和Sd成右手螺旋的关系，所以感生E与tB成左旋关系，如图13-4 所示 . 当0dtdB时，感生E方向为逆时针方向： 当0dtdB时，感生Ef uvu+v a b f图 13-3 f/E感图 13-4 tB精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 40 页的方向为顺时针方向LSBEdld St感生给出感生E和变化磁场在某一区域的一般关系，其中，L是S的周界 . 在场的分布具有一定的对称性时，给出了一种计算感生电场的方法 .如长直密绕的载流螺线管内的磁场，如图 13-5 所示 . 设电流随时间变化，
13、因此管内的磁场也发生变化，在螺线管内、外都将产 生 电 场感生E. 设 管 的 半 径 为R， 当0dtdB时 ， 利 用 公 式LdEdldt感生可以求出感生E的大小 . 由于空间的对称性可以判断，感生电场线是以O为圆心且垂直于螺线管的一系列同心圆.根据电场的对称性分布，可以选择回路为过该点并以O为圆心的闭合线。当Rr时，通过回路L包围的圆面的磁通量为Br2, 这里取正， 相当于默认L的绕向与B成右手关系，故2ddBrdtdt，于是有22LdBEdlErrdt感生感生02rdBEdt感生同样可求，当Rr时，22RdBErdt感生结果中感生E的真实方向与所设的方向（L）相反，原来默认与B成右手
14、关系的L为正，即顺时针方向为规定正方向，说明感生E的实际方向应为逆时针方向，也可利用感生E与tB成左旋关系判断之 感生电场感生E与库仑电场)1(E的性质比较所谓库仑电场是指电荷按库仑定律激发的电场. 这种电场可以随时间变化，静电场和稳恒电场是库仑电场的特例. 库仑电场与静电场的性质相同，库仑电场和感生电场的特性对比见表 13-1. 表 13-1 库仑电场和感生电场的特性对比比较项库仑电场感生电场相同点 都是客观存在，具有场的基本性质；都对电荷有力的作用，场强的定义式相同即0/ qfE图 13-5 E感生R O 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - -
15、- -第 5 页，共 40 页不同点是由电荷激发有源场：(1)()iSSDd Sq内无旋场：(2)0LEdl，可以引入电势的概念由变化的磁场激发，与导体的性质和种类无关无源场：0SDd S感生涡旋场：LSdBEdld Sdtt感生不能引入电势的概念，但导体中，感生E可引起电荷堆积而建立库仑电场，电势概念仍可用 感生电动势的计算也可以有两种途径：对于同一闭合回路L， 它所包围的面积是S，法拉第电磁感应定律SdBd Sdtt感生提供了计算闭合回路中感生电动势的方法；而感生电动势的定义LEdl感生提供了利用感生E求解感生电动势的又一种方法.对于非闭合回路而言，可以引入辅助线使之构成闭合回路，辅助线应
16、与感生垂直，以免产生附加的感生电动势. 在此只涉及圆柱形空间内，方向沿轴向的时变均匀磁场（如图 13-5 所示的密绕长直螺线管内的磁场）产生的涡旋电场 感应电动势的计算如果既有导体做切割磁力线的运动，又有空间磁场B随时间变化，这时产生的电动势为感生动生，统称为感应电动势. 感应电动势的计算归纳起来有两种方法，分别为：利用法拉第电磁感应定律解，即dtd利用电动势的定义， （非静电力做功）求解，即()LLvBdlEdl感生动生感生两种方法具有等价性. 第一种方法形式简便， 使用起来不需区别引起磁通量变化的原因，只要正确计算某时刻t通过闭合回路的磁通量)(t表达式，一阶导数就可以一次得到感生动生之和
17、， 即感应电动势. 此方法用于闭合回路比较方便，对于非闭合路，也可以通过引入辅助线构成闭合回路后使用比较而言， 第二种方法物理意义明确，即分别指出了当导体运动时，是洛伦兹力提供了非静电力， 从而建立了动生电动势；而在磁场变化时，则是感生电场提供了非静电力，建立了感生电动势 . 此方法对于闭合电路和不闭合电路都可直接使用，在此要求积分路径比较简单，对于感生电动势，则要求感生E具有较好的对称性6自感现象精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 40 页由于线圈回路中电流的变化而在自身回路中产生感生电动势的现象称作自感现象，这种感生电动
18、势称作自感电动势，相应的电流称作自感电流理解与拓展 ：自感系数L根据毕奥 - 萨伐尔定律，对于一个通有电流为I的闭合回路，则电流在空间产生的磁场B与回路中的电流成正比，则穿过回路本身所包围面积的磁通量与也与I成正比 , 有LI式中 , 系数IL为回路的自感系数.L仅与线圈尺寸、形状及周围磁介质的磁导率有关，与回路中通过的电流大小无关，L决定了路中储存磁能的本颔，决定了回路阻碍电流变化的能力，从这个意义上讲，L是电磁惯性的量度 自感电动势L由dtd和LI可得)(dtdLIdtdILdtdL在回路的几何形状不变，回路周围空间的磁导不变的情况下，有dtdILL 自感系数的计算形状不规则的回路，可先用
19、实验测出已知电流的变化规律时的自感电动势L，然后根据dtdILL/求得自感系数形状规则的回路，先假设通以电流I，根据毕奥 -萨伐尔定律算出B，从而得到此时回路的磁通量，然后根据IL求得自感系数7互感现象一回路中电流变化而在邻近的另一个回路中产生感生电动势的现象称作互感现象理解与拓展 : 在回路形状和相对位置保持不变时，周围磁介质的磁导率也不变，则回路中1 中电流1I所激发的磁场的磁力线穿过回路2 的磁通量21与1I成正比，即12121IM21212IM可以证明互感系数有MMM2112精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 40
20、页M仅与两个回路的几何形状、相对位置和周围空间磁介质的磁导率有关，与线圈是否通有电流无关 由法拉第电磁感应定律，感电动势为dtdIM121，dtdIM212 互感系数的计算形状不规则的两个回路，可用实验测出在已知一个回路的电流变化规律dtdI2时，在另一个回路中引起的互感电动势12，然后根据dtdIM/212求得互感系数形状规则的两个回路，先假定一个回路通以电流2I，算出过另一个回路的磁通量21，再根据221IM可得互感系数【例题解析】例 1如图13-6 所示，均匀磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度B随时间t变化，0BBkt（ k 为大于0 的常数）现有两个完全相同的均匀金属圆环相互交叠并固定
21、在图中所示位置，环面处于图中纸面内。圆环的半径为R，电阻为r，相交点的电接触良好两个环的接触点A与 C 间的劣弧对圆心O 的张角为 60 。求0tt时，每个环所受的均匀磁场的作用力，不考虑感应电流之间的作用解 （1）求网络各支路的电流因磁感应强度大小随时间减少，考虑到电路的对称性，可设两环各支路的感应电流1I、2I的方向如图13-7所示，对左环电路ADCFA ，有关系12CFAADCI rI r因56CFArr，6ADCrr，2KR故图 13-7 图复图 13-6 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 40 页212566rr
22、KRII（1）因回路 ADCEA 所围的面积为223 3212R故对该回路有2223 322126rKRI（2）解得22(23 3)2RIKr（3）代入（ 1）式，得21(103 3)10RIKr（4）2）求每个圆环所受的力先求左环所受的力，如图13-8 所示，将圆环分割成很多小圆弧，由左手定则可知，每段圆弧所受的力的方向均为径向，根据对称性分析，因圆弧PMA与圆弧CNQ中的电流方向相反，所以在磁场中受的安培力相互抵消，而弧PQ与弧 AC 的电流相对x轴上下是对称的，因而每段载流导体所受的安培力在y方向的合力为零， 以载流导体弧PQ上的线段l 为例，安培力F为径向，其x分量的大小表示为1cos
23、xFI B l（ 5）因cosll故1xFI B l111xFI B lI BPQI BR（6）由于导体弧PQ在y方向的合力为零，所以在0t时刻所受安培力的合力1F仅有x分量，即112200(103 3)10(103 3)()10 xFFI BRRKBRrRKBKtRr（7）图 13-8 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 40 页方向向左。同理，载流导体弧AC 在0t时刻所受的安培力为222200(23 3)2(23 3)()2RFI BRKBRrRKBKtRr（8）方向向右。左环所受的合力大小为312009 3()5FF
24、FK BKtRr（9）方向向左。例 2 在图 13-9 中，半径为R的圆柱形区域内有匀强磁场，磁场方向垂直纸面指向纸外，磁感应强度B随时间均匀变化，变化率/BtK (K为一正值常量),圆柱形区外空间没有磁场，沿图中AC 弦的方向画一直线，并向外延长，弦AC 与半径OA 的夹角/ 4 直线上有一任意点，设该点与A点的距离为x，求从A沿直线到该点的电动势的大小解由于圆柱形区域内存在变化磁场，在圆柱形区域内外空间中将产生涡旋电场，电场线为圆，圆心在圆柱轴线上，圆面与轴线垂直，如图中虚点线所示在这样的电场中，沿任意半径方向移动电荷时，由于电场力与移动方向垂直，涡旋电场力做功为零，因此沿半径方向任意一段
25、路径上的电动势均为零（1） 任意点在磁场区域内： 令P为图 13-10中任意点2xR， 在图中连直线OA 与 OP 。取闭合回路APOA ，可得回路电动势1APPOOAEEEE，式中APE，POE，OAE分别为从A到P、从P到O、从O到A的电动势。由前面的分析可知0POE，0OAE，故1APEE（1）令AOP 的面积为1S，此面积上磁通量11BS，由电磁感应定律，回路的电动势大小为OABCR图 13-9精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 40 页111BEStt根据题给的条件有11ES k（2）由图 13-10 可知11s
26、in222xRSxR（3）由（ 1）、（ 2）、（ 3）式可得沿AP线段的电动势大小为2 2APkREx（4）2）任意点在磁场区域外：令Q为图 13-11 上任意点，2xR。在图中连 OA 、OQ。取闭合回路AQOA，设回路中电动势为2E，根据类似上面的讨论有2AQEE（5）对于回路AQOA，回路中磁通量等于回路所包围的磁场区的面积的磁通量，此面积为2S，通过它的磁通量22BS。根据电磁感应定律可知回路中电动势的大小22ES k（6）在图中连 OC ，令COQ，则OQC，于是2221(sin) 2cos221(sin 2)2SAOCOCDRRRR的面积扇形的面积当/4 时，221(1)2SR，
27、OCQ中有图13-10OACRxP图13-11 RACQOD精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 40 页2sinsin(/ 4)xRRsin(2)sin()41(2)(cossin)2RxRxR22()sincos22xRxRR2tanxRx于是得2212(1arctan)2xRSRx（7）由（ 5）、（ 6）、（ 7）式可得沿AQ线的电动势的大小为22(1arctan)2AQkRxREx（8）例 3一个电子感应加速器的简化模型如图13-12 所示。半径为0r的圆形区域中的电磁感应强度为1B，在0rr的环形区域中的电磁感应
28、强度为2B。预使带正电荷q的粒子能在环形区域内沿半径为0rr的圆形轨道上不断加速。试求：1B与2B的时间变化率之间应存在何种关系。解 带点粒子在磁场2B的环形区域内，受洛伦兹力作用沿半径0r作圆周运动220vqB vmr（1）02mvrqB当磁感应强度1B随时间变化时，将在周围空间激发一个涡旋状的感应电场，此感应电场加速带电粒子。为了使0r保持不变，2B应随v的增大而增大。由方程（ 1）得到，在0r不变的条件下应满足2B1B0r图 13-12 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 40 页20Bmvtqrt（2）其中vt是感
29、应电场对带电粒子的电场力产生的加速度，方向沿圆轨道切向。切向力满足：vFmqEt（3）其中E是由于1B随时间变化产生的涡旋电场。利用绕半径为0r的圆环上的电动势的两种表达式求出E：21002,BErrttg解得012rBEt（ 4）联立方程（ 2） 、 （3） 、 （4）得到01202qrBBqrtt即2112BBtt（5）例 4 位于竖直平面内的矩形平面导线框abcd 。 ab 长为1l，是水平的，bc 长为2l，线框的质量为m，电阻为R.。其下方有一匀强磁场区域，该区域的上、下边界PP和QQ均与 ab 平行，两边界间的距离为H，2Hl，磁场的磁感应强度为B，方向与线框平面垂直，如图13-1
30、3 所示。令线框的 dc 边从离磁场区域上边界PP的距离为 h处自由下落， 已知在线框的 dc 边进入磁场后，ab 边到达边界PP之前的某一时刻线框的速度已达到这一阶段的最大值。问从线框开始下落到dc 边刚刚到达磁场区域下边界QQ的过程中，磁场作用于线框的安培力做的总功为多少？解设线框的 dc 边刚到达磁场区域上边界PP时的速度为1v，则有2112mvmgh（1）dc 边进入磁场后，按题意线框虽然受安培力阻力作用，但依然加速下落设dc 边下落图 13-13 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 40 页到离PP的距离为1h时
31、，速度达到最大值，以0v表示这个最大速度，这时线框中的感应电动势为1 0EBl v线框中的电流1 0Bl vEIRR作用于线框的安培力为2 2101B lFBl IRv（2）速度达到最大的条件是安培力Fmg由此得02 21mgRvB l（3）在 dc 边向下运动距离1h的过程中，重力做功1GWmgh，安培力做功FW，由动能定理得22011122FGWWmvmv将（ 1）、（ 3）式代入得安培力做的功32214 412Fm g RWmg hmghB l（4）线框速度达到0v后，做匀速运动当dc 边匀速向下运动的距离为221hlh时， ab边到达磁场的边界PP，整个线框进入磁场在线框dc 边向下移
32、动2h的过程中，重力做功GW，安培力做功FW，但线框速度未变化，由动能定理0FGWW221()FGWWmg hmg lh（5）整个线框进入磁场后，直至dc 边到达磁场区的下边界QQ，作用于整个线框的安培力为零，安培力做的功也为零，线框只在重力作用下做加速运动。所以，整个过程中安培力做的总功精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 40 页32224 41()2FFm g RWWWmg lhB l（6）例 5nnPQQ P是由若干正方形导线方格1 11122223311,nnnnPQQ P PQQ P PQ Q PP QQ PL构
33、成的网络， 方格每边长度10.0cml，边11223,QQ QQ QQL与边11223,PP PP P P L的电阻都等于r，边1122,PQ PQ PQL的电阻都等于2r，已知PQ两点间的总电阻为Cr，C是一已知数，在0 x的半空间分布有随时间t均匀增加的匀强磁场，磁场方向垂直于Oxy平面并指向纸里，如图13-14 所示。今令导线网络nnPQQ P以恒定的速度5.0cm sv，沿x方向运动并进入磁场区域，在运动过程中方格的边PQ始终与y轴平行。若取PQ与y轴重合的时刻为0t，在以后的任一时刻t，磁场的磁感应强度为0BBbt，式中t的单位为s，0B为已知恒量，00.10bB，求2.5st时刻，
34、通过导线PQ的电流。（忽略导线网络的自感）。解2. 5 st时刻，已有一个完整的方格在磁场区域中，回路中的感应电动势有两部分组成，即为切割产生的感应电动势和电磁场变化引起的感应电动势之和。网络由n个方格构成，用nR表示PQ两端的总电阻，则由题意得nRCr设11PQ坐边所以方格（包括11PQ）的总电阻为1nR，则112222nnnRr rRRrr由此得142nnnr RrRrR即由PQ两端的总电阻便可求得11PQ左边所以方格的总电阻，并由此类推可求得任意OxyvPQB1P1Q2P2Q3P3Q1nP1nQnPnQ图13-14 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - -
35、- - - - -第 15 页，共 40 页两点iiPQ左边（包括iiPQ）所以方格的总电阻。在2.5st时刻，网络在磁场中的位置如图13-15 所示，1112,PQ PQ QQ中的电流分布为1ii、和1ii，且方格11PQQP中的感应电动势为1E，方格1122PQQ P中的感应电动势为2E，则有1111224222niri rEi riirRE其中221BEll bttg222202012BEEEBlvlvtvtBbt lvlvbtl bB lvblvtl bg124122 5643nnCRrCCRrC代入数据得056418000BCir例 6如图 13-16 所示，电源的电动势为U，电容器
36、的电容为C，K是单刀双掷开关，MNPQ、是两根位于同一水平面内的平行光滑长导轨，它们的电阻可以忽略不计，两OxyPQB1P1Q2P2Q3P3Q1nP1nQnPnQi1i1ii1ii图13-15 1l2l图13-16 KCUMPQNL12B精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 40 页导轨间距为L，导轨处在磁感强度为B的均匀磁场中，磁场方向垂直于两导轨所在的平面并指向图中纸面向里的方向。1l和2l是两根横放在导轨上的导体小棒，它们在导轨上滑动时与导轨保持垂直并接触良好，不计摩擦，两小棒的电阻相同，质量分别为1m和2m，且12m
37、m，开始时两根小棒均静止在导轨上，现将开关K先合向 1，然后合向2。求：1）两根小棒最终的速度大小；2）在整个过程中的焦耳热损耗。（当回路中有电流时，该电流所产生的磁场可以忽略不计）解开关K由 1 合向 2 之后，起初电容器通过导轨及两小棒构成的回路放电，外磁场B对通有电流的两小棒施加向右的安培力，使两小棒从静止开始向右作加速运动，但加速度是逐渐变小的， 最终状态两棒以相同的速度运动。注意到两棒匀速切割磁感线产生的感应电动势与电容器两端的电压相等，即上述过程中电容器电量的减少可求，猜想可以利用动量定理处理本题（因安培力产生冲量中与电量无关）。1）自电容器开始放电至小棒达到最终恒定速度的过程中，
38、任一时刻的电流如图13-17所示，此时作用于1l与2l上的安培力分别为1122fBLifBLi在t到tt时间内，利用动量定理得11112222ftBLitmvftBLitmv设最终两棒速度均为v，由于开始时两棒均静止，则有1122BLitm vBLitm v上两式相加得1212BLiitmmv而12iii即12iiti tQq其中QCU1i2i1l2lirrC图13-17 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 40 页由此解得2212BLCUvmmB L C2）电容开始放电时，所具有的电能为2012WCU两棒达到最终速度时，
39、电容器的储能为24432122212122qB L C UWCmmB L C两棒最终动能为2222221212222121122B L C UWmmvmmmmB L C整个过程中的焦耳热损耗为212012222122mmCUWWWWmmB L C例 7如图 13-18 所示，1122M N N M是位于光滑水平桌面上的刚性U型金属导轨，导轨中接有阻值为R的电阻，它们的质量为0m导轨的两条轨道间的距离为l，PQ是质量为m的金属杆，可在轨道上滑动，滑动时保持与轨道垂直，杆与轨道的接触是粗糙的，杆与导轨的电阻均不计初始时，杆PQ于图中的虚线处， 虚线的右侧为一匀强磁场区域，磁场方向垂直于桌面，磁感应
40、强度的大小为B 现有一位于导轨平面内的与轨道平行的恒力F作用于PQ上，使之从静止开始在轨道上向右作加速运动 已知经过时间t, PQ离开虚线的距离为x，此时通过电阻的电流为0I，导轨向右移动的距离为0 x（导轨的12N N部分尚未进人磁场区域）求在此过程中电阻所消耗的能量不考虑回路的自感。解杆PQ在磁场中运动时，受到的作用力有：外加恒力F，方向向右；磁场的安培力，其大小BFBIl，方向向左，式中I是通过杆的感应电流，其大小与杆的速度有关；PQ1M2M1N2NRF图 13-18 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 40 页摩擦
41、力，大小为F，方向向左根据动能定理，在所考察过程中作用于杆的合力做的功等于杆所增加的动能，即有212BFFFWWWmv（1）式中v为经过时间t杆速度的大小，FW为恒力F对杆做的功，BFW为安培力对杆做的功，FW为摩擦力对杆做的功恒力F对杆做的功FWFx（2）因安培力的大小是变化的，安培力对杆做的功用初等数学无法计算，但杆克服安培力做的功等于电阻所消耗的能量，若以RE表示电阻所消耗的能量，则有BFRWE（3）摩擦力F是恒力，它对杆做的功FWF x（4）但F未知因U型导轨在摩擦力作用下做匀加速运动，若其加速度为a，则有0Fm a（5）而022xat（6）由（4） 、 （ 5） 、 （6）三式得00
42、22Fx xWmt（ 7）经过时间t杆的速度设为t，则杆和导轨构成的回路中的感应电动势Blv（8）根据题意，此时回路中的感应电流0IR（9）由 （ 8） 、（9） 式得0I RvBl（10）由（ l） 、 （ 2） 、 （3） 、 （7） 、 （10）各式得2200022 21(2)2RxI REFmxmtB l（11）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 40 页例 8图 13-19 中Oxy是位于水平光滑桌面上的直角坐标系，在0 x的一侧，存在匀强磁场，磁场方向垂直于Oxy平面向里，磁感应强度的大小为B。 在0 x的一侧
43、，一边长分别为1l和2l的刚性矩形超导线框位于桌面上，框内无电流，框的一对边与x轴平行。线框的质量为m，自感为L。现让超导线框沿x轴方向以初速度0v进入磁场区域， 试定量地讨论线框以后可能发生的运动情况及与初速度0v大小的关系。（假定线框在运动过程中始终保持超导状态）解设某一时刻线框在磁场区域的深度为1x xl，速度为v，因线框的一条边切割磁感应线产生的感应电动势为2EBlvv，它在线框中引起感应电流，感应电流的变化又引起自感电动势 设线框的电动势和电流的正方向均为顺时针方向，则切割磁感应线产生的电动势vE与设定的正方向相反，自感电动势LiELt与设定的正方向相同. 因线框处于超导状态，电阻0
44、R，故有20LiEELBliRtvv（1）即02txBltiL（2）或iLxBl2（ 3）即LBlxi2（4）可见i与 x 成线性关系，有CxLBli2（5）C为一待定常数，注意到0 x时，0i，可得0C，故有xLBli2（6）0 x时0i，电流为负值表示线框中电流的方向与设定的正方向相反，即在线框进入磁场区域时右侧边的电流实际流向是向上的外磁场作用于线框的安培力xLlBiBlf2222（7）图（ a）图 13-19 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 40 页其大小与线框位移x 成正比，方向与位移x 相反，具有“弹性力”
45、的性质下面分两种情形做进一步分析，如图 13-20：1）线框的初速度0v较小， 在安培力的作用下，当它的速度减为0 时，整个线框未全部进入磁场区，这时在安培力的继续作用下，线框将反向运动，最后退出磁场区线框一进一出的运动是一个简谐振动的半个周期内的运动，振动的圆频率222B lLm（8）周期2 222LmTB l（9）振动的振幅可由能量关系求得，令mx表示线框速度减为0 时进入磁场区的深度，这时线框的初始动能全部转换为“弹性力”的“弹性势能”，由能量守恒可得2 222201122mB lmxLv（10）得20m2 22LmxB lv（11）故其运动方程为022sinLmBlxtBlLmv，t
46、从 0 到2LmBl（12）半个周期后，线框退出磁场区，将以速度0v向左匀速运动因为在这种情况下mx的最大值是1l，即2 2222011122B lmlLv（13）由此可知，发生第（i）种情况时，0v的值要满足下式2 2222011122B lmlLv即1 20Bl lmLv（14）2）若线框的初速度0v比较大，整个线框能全部进入磁场区当线框刚进入磁场区时，其速度仍大于0，这要求0v满足下式2 10Bl lmLv（15）当线框的初速度满足（15）式时，线框能全部进入磁场区，在全部进入磁场区域以前，x l1 l2 0vO y x 图 13-20 精选学习资料 - - - - - - - - -
47、名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 40 页线框的运动方程与（12）式相同，但位移区间是0 x到1xl，所以时间间隔与（12）式不同，而是从0 到1 21220arcsinBl lLmtBlLmv（16）因为线框的总电动势总是为0，所以一旦线框全部进入磁场区域，线框的两条边都切割磁感应线，所产生的电动势之和为0，因而自感电动势也为0此后线框中维持有最大的电流12lLBlim，磁场对线框两条边的安培力的合力等于零，线框将在磁场区域匀速前进，运动的速度可由下式决定2 2222201111222B lmmlLvv即22 22120B l lLmvv（17）例 9如图 13-21
48、 所示， 一个用绝缘材料制成的扁平薄圆环，其内、 外半径分别为12aa、，厚度可以忽略两个表面都带有电荷，电荷面密度随离开环心距离r变化的规律均为20)(rr，0为已知常量薄圆环绕通过环心垂直环面的轴以大小不变的角加速度减速转动，0t时刻的角速度为0将一半径为001aaa=、电阻为R并与薄圆环共面的导线圆环与薄圆环同心放置试求在薄圆环减速运动过程中导线圆环中的张力F与时间t的关系提示：半径为r、通有电流I的圆线圈（环形电流），在圆心处产生的磁感应强度为rIkB（k为已知常量）解用半径分别为11212,inrarrraLL的1n个同心圆把塑料薄圆环分割成n个细圆环第i个细圆环的宽度为1iiirr
49、r，其环带面积222iiiiiiSrrrrr式中已略去高阶小量2)(ir ，该细圆环带上、下表面所带电荷量之和为iiiiiiirrrrrSq4222020设时刻t，细圆环转动的角速度为，t02a0a1a图 13-21 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 40 页单位时间内，通过它的“横截面”的电荷量，即为电流iiiirrqI220由环形电流产生磁场的规律，该细圆环的电流在环心产生的磁感应强度为20r2iiiiirkrIkB（1）式中ir是一个微小量，注意到21iiiiiirrrrrr，有iiiiiiiirrrrrrrr11
50、1112（2）将各细圆环产生的磁场叠加，由（1） 、 （2）式得出环心O 点处的磁感应强度：21120)(2aaaakB（3）由于01aa=，可以认为在导线圆环所在小区域的磁场是匀强磁场，可由O 点的场表示磁场对导线环的磁通量2021120)(2aaaaakBS（4）由于是变化的，所以上述磁通量是随时间变化的，产生的感应电动势的大小为220210021012122()2()kaaakaaaEta ata a（5）由全电路欧姆定律可知，导线环内感应电流的大小为20210122()kaaaEIRa a R（6）设题图 13-21 中薄圆环带正电作逆时针旋转，穿过导线圆环的磁场方向垂直纸面向外，由于