高考物理一轮复习电磁感应

高考物理一轮复习电磁感应

‎　电磁感应 ‎　电磁感应现象　楞次定律 基础知识归纳 ‎1.磁通量 ‎(1)定义：磁感应强度与面积的乘积，叫做穿过这个面的　磁通量　.‎ ‎(2)定义式：　Φ＝BS　.‎ 说明：该式只适用于　匀强　磁场的情况，且式中的S是跟磁场方向垂直的面积；若不垂直，则需取平面在垂直于磁场方向上的　投影面积　，即Φ＝BS⊥＝BSsin θ，θ是S与磁场方向的夹角.‎ ‎(3)磁通量Φ是　标量　，但有正负.Φ的正负意义是：从正、反两面哪个面穿入，若从一面穿入为正，则从另一面穿入为负.‎ ‎(4)单位：　韦伯　，符号：　 Wb　.‎ ‎(5)磁通量的意义：指穿过某个面的磁感线的　条数　.‎ ‎(6)磁通量的变化：ΔΦ＝Φ2－Φ1，即末、初磁通量之差.‎ ‎①磁感应强度B不变，有效面积S变化时，则 ΔΦ＝Φ2－Φ1＝B·ΔS ‎②磁感应强度B变化，磁感线穿过的有效面积S不变时，则ΔΦ＝Φ2－Φ1＝ΔB·S ‎③磁感应强度B和有效面积S同时变化时，则ΔΦ＝Φ2－Φ1＝B2S2－B1S1‎ ‎2.电磁感应现象 利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应，产生的电流叫做感应电流.‎ ‎(1)产生感应电流的条件：　穿过闭合电路的磁通量发生变化　，即ΔΦ≠0.‎ ‎(2)产生感应电动势的条件：　无论回路是否闭合，只要穿过线圈平面的磁通量发生变化，线路中就有感应电动势　.‎ ‎3.楞次定律 ‎(1)楞次定律：　感应电流的磁场，总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化　.楞次定律适用于一般情况的感应电流方向的判定，而右手定则只适用于导线切割磁感线运动的情况，此种情况用右手定则判定比用楞次定律判定简便.‎ ‎(2)右手定则 ‎①适用范围：导线切割磁感线产生感应电动势.‎ ‎②判定方法：伸开右手，让大拇指与四指垂直，并与手掌在同一平面内，让磁感线垂直穿过掌心，大拇指指向导线运动的方向，其余四指所指方向即为感应电流的方向.‎ ‎(3)楞次定律的另一种表述 感应电流总是阻碍产生它的那个原因，表现形式有三种：‎ ‎①阻碍原磁通量的变化；‎ ‎②阻碍物体间的相对运动；‎ ‎③阻碍原电流的变化(自感).‎ 重点难点突破 一、产生感应电流和产生感应电动势的条件是否相同 电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果回路闭合，则有感应电流，回路不闭合，则有感应电动势而无感应电流.产生感应电动势的那部分导体相当于电源.‎ 二、磁通量是标量,为什么有正负 任何一个面都有正、反两个面，磁感线从面的正方向穿入时，穿过该面的磁通量为正.反之，则磁通量为负.所求磁通量为正、反两面穿入的磁感线的代数和.‎ 三、如何理解楞次定律中“阻碍”一词 ‎1.谁阻碍谁——感应电流的磁通量阻碍产生感应电流的磁通量.‎ ‎2.阻碍什么——阻碍的是穿过回路的磁通量的变化，而不是磁通量本身.‎ ‎3.如何阻碍——原磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；原磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，即“增反减同”.‎ ‎4.阻碍的结果——阻碍并不是阻止，结果是增加的最终还得增加，减少的最终还得减少.‎ 典例精析 ‎1.楞次定律阻碍相对运动 ‎【例1】如图甲所示，光滑固定导轨MN、PQ水平放置，两根导体棒a、b平行放于导轨上，形成一个闭合回路.当条形磁铁从高处下落接近回路时(　　)‎ A.导体棒a、b将互相靠拢 ‎ B.导体棒a、b将互相远离 C.磁铁的加速度仍为g ‎ D.磁铁的加速度小于g ‎【解析】以N极向下为例：‎ 第一步，原磁场方向：向下(如图乙所示).‎ 第二步，原磁通量变化：增加.‎ 第三步，判断感应电流的磁场方向：感应电流的磁场与原磁场方向相反(向上).‎ 第四步，判断感应电流的方向：利用安培定则确定，俯视为逆时针.‎ 知道了导体棒a、b中的电流方向，就可根据左手定则判断受力方向：a受力向右下方，b受力向左下方，所以导体棒a、b将互相靠拢，同时对导轨的压力增加.根据牛顿第三定律，磁铁受到向上的阻力作用，则加速度小于g.所以选项A、D正确.‎ ‎【答案】AD ‎【思维提升】此题若直接利用“阻碍相对运动”容易错误判断为导体棒a、b将互相远离.但仍可用阻碍磁通量变化判断，即磁铁下落，闭合回路磁通量增加，故a、b棒会靠拢.‎ ‎【拓展1】如图所示，一水平放置的圆形通电线圈1固定，从上向下看电流方向为逆时针方向，另一较小的圆形线圈2从线圈1的正上方下落.在下落过程中两线圈平面始终保持平行且共轴，则线圈2从线圈1的正上方下落至线圈1的正下方过程中，从上往下看线圈2( BD )‎ A.有顺时针方向的感应电流 B.先是顺时针方向，后是逆时针方向的感应电流 C.先是逆时针方向，后是顺时针方向的感应电流 D.在线圈1的上、下两边的加速度都小于g ‎【解析】线圈1中电流(恒定)建立的磁场方向如图所示.线圈2下落过程中经过线圈1正上方时，磁场向上，且磁通量正在增大，由楞次定律可知，线圈2中产生的感应电流建立的磁场方向应向下，由安培定则可知线圈2中的电流应沿顺时针方向(俯视)；当线圈2在线圈1正 下方下落时，穿过线圈2中的磁场方向向上，且磁通量正在减小，由楞次定律可知，此时，线圈2中产生的感应电流的磁场应与原磁场同向，即向上，再根据安培定则可知，线圈2中的感应电流应沿逆时针方向(俯视)，如图所示.当线圈中有感应电流时就会受到力的作用，此作用力向上，要“阻碍”线圈的下降，但不能“阻止”，也就是说磁场力始终小于重力(两线圈位于同一水平面时等于重力)，所以线圈2在线圈1的上、下两边时都向下加速，但加速度都小于g，所以选项B、D正确.‎ ‎2.楞次定律阻碍磁通量的变化 ‎【例2】如图所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd，在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，从图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ，在这个过程中，线圈中感应电流(　　)‎ A.沿abcd方向 ‎ B.沿dcba方向 C.由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd方向，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba方向 D.由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba方向，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd方向 ‎【解析】由条形磁铁的磁场(如图所示)可知，线圈在位置Ⅱ时穿过矩形闭合线圈的磁通量最少.当线圈从位置Ⅰ到Ⅱ，穿过abcd自下而上的磁通量减少，感应电流的磁场阻碍其减少，则在线圈中产生感应电流的方向为abcd；当线圈从位置Ⅱ到Ⅲ，穿过abcd自上而下的磁通量增加，由楞次定律可知感应电流的方向是abcd.故此题的答案为A.‎ ‎【答案】A ‎【思维提升】应熟悉几种常见磁体的磁感线分布情况，这样才能判断磁通量变化情况.‎ ‎【拓展2】如图所示，两条互相平行的导线M、N中通过大小相等、方向相同的电流，导线框abcd和两导线在同一平面内，线框沿着与两导线垂直的方向，自右向左在两导线间匀速移动，则在移动过程中线框中的感应电流的方向为( C )‎ A.先顺时针后逆时针 B.先逆时针后顺时针 C.一直是逆时针 D.一直是顺时针 ‎【解析】M、N之间的磁场是两导线产生的磁场的叠加，可以以M、N两导线之间的中心面OO′为界，在OO′右边合磁场的方向垂直纸面向外，在OO′左边，合磁场的方向垂直纸面向内.线框从右向左移动到OO′中间以前，垂直纸面向外穿过线框的磁通量减少；移动到中间时磁通量为零；越过中间向左时，垂直纸面向内穿过线框的磁通量增加.由楞次定律可以判断感应电流的方向始终为逆时针方向.‎ ‎3.楞次定律的综合应用 ‎【例3】如图所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合，线圈按图示方向匀速转动(ab向纸外，cd向纸内).若从图示位置开始计时，并规定电流方向沿a→b→c→d→a为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图象是(　　)‎ ‎【解析】在第一个周期内，由图可看出磁场的方向，容易得到感应电流方向与规定的正方向相反；在第二个周期内，虽然磁场方向不变，但线圈平面已经转动，ab离开磁场，cd进入磁场，与第一个周期相比，磁感线是从线圈的不同“面”进入线圈平面，由楞次定律可判断电流方向仍与正方向相反；同理，可判断后半个周期电流的方向与正方向相同.所以选项A正确.‎ ‎【答案】A ‎【思维提升】此题需一定的情景想象力，很多同学误以为ab边转出磁场后电流方向会发生改变，其实cd边马上进入磁场产生的电流方向与未进入前一致，刚进入时感应电流最大.‎ ‎【拓展3】如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力的作用下运动时，MN在磁场的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是( BC )‎ A.向右加速运动 B.向左加速运动 ‎ C.向右减速运动 D.向左减速运动 ‎【解析】要使金属棒MN在磁场中运动，必须使其中有电流流过，这只能是线圈L1产生感应电流.根据题意，引起线圈L1产生感应电源的磁场应是线圈L2产生的磁场，这个磁场应由线圈L2中的电流产生.当PQ向右运动时，用右手定则可判断出PQ中感应电流的方向是由Q→P，由安培定则可判断出穿过L2、L1的磁场方向是自下而上的；若PQ向右加速运动，则穿过L2、L1的磁通量增加，用楞次定律可判断出流过MN的感应电流从M→N，用左手定则可判断出MN受到向左的安培力，将向左运动，可见选项A不正确.若PQ向右减速运动，流过MN的感应电流方向、感应电流所受的安培力的方向均将反向，MN向右运动，所以选项C是正确的.同理可判断出选项B是正确的，而D不正确.‎ ‎ 易错门诊 ‎4.电磁感应的现象 ‎【例4】如图，CDEF为闭合线圈，AB为电阻丝.当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，线圈CDEF中的感应电流在G处产生的磁感应强度的方向是“·”时，电源的哪一端是正极？‎ ‎【错解】当变阻器的滑动头在最上端时，电阻丝AB因被短路而无电流通过.由此可知，滑动头下移时，流过AB中的电流是增加的.当线圈CDEF中的电流在G处产生的磁感应强度的方向是“·”时，由楞次定律可知AB中逐渐增加的电流在G处产生的磁感应强度的方向是×”，再由右手定则可知，AB中的电流方向是从A流向B ‎，从而判定电源的上端为正极.‎ ‎【错因】楞次定律中“感生电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化”，所述的“磁通量”是指穿过线圈内部磁感线的条数，因此判断感应电流方向的位置一般应该选在线圈的内部，而不是选在线圈的外部.‎ ‎【正解】当线圈CDEF中的感应电流在G处产生的磁感应强度的方向是“·”时，它在线圈内部产生磁感应强度方向应是“×”，AB中增强的电流在线圈内部产生的磁感强度方向是“·”，所以，AB中电流的方向是由B流向A，故电源的下端为正极.‎ ‎【思维提升】分析电学问题也要注意正确选取研究对象.‎ ‎　法拉第电磁感应定律 基础知识归纳 ‎1.法拉第电磁感应定律 ‎(1)内容：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)表达式：E＝NΔΦ/Δt.‎ ‎2.对法拉第电磁感应定律的理解 ‎(1)E＝NΔΦ/Δt中，N为线圈匝数，本式是确定感应电动势的普遍规律，回路可以不闭合.‎ ‎(2)E＝NΔΦ/Δt中，ΔΦ总是取绝对值，E的大小是由线圈匝数及磁通量的变化率决定的，与Φ或ΔΦ的大小无必然联系.‎ ‎(3)E＝NΔΦ/Δt一般用以求Δt时间内感应电动势的平均值，依I＝E/R及q＝IΔt可进一步求平均电流及Δt时间内通过回路某横截面积的电荷量，但一般不能依平均电流计算电路中电流所做的功以及电路中产生的电热.‎ ‎(4)ΔΦ/Δt的常见几种计算式：ΔΦ/Δt＝　BΔS/Δt＝SΔB/Δt　.‎ ‎3.导体切割磁感线运动时产生感应电动势 ‎(1)E＝BLv ‎(2)E＝BLvsin θ ‎4.对E＝BLv的理解 ‎(1)上式只适用于导体各点以相同速度在匀强磁场中切割磁感线的情况，且L、v与B两两垂直.‎ ‎(2)当L垂直B、L垂直v，而v与B成θ角时，导体切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝BLvsin θ.‎ ‎(3)若导线是曲折的，或L与v不垂直时，则L应为导线的有效切割长度，即导线两端点v、B所决定平面的垂线上的投影长度，如右图所示，三种情况下感应电动势大小相同.‎ ‎(4)公式E＝BLv中，若v为一段时间内的平均速度，则E为平均感应电动势，若v为某时刻的切割速度，则E为瞬时感应电动势.‎ ‎(5)导体转动切割磁感线产生感应电动势，当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动切割磁感线产生感应电动势时，E＝BLv平＝BL2ω.‎ 重点难点突破 一、两种求电动势的方法E＝NΔΦ/Δt和E＝BLvsin θ有什么不同 ‎1.研究对象不同：前者是一个回路(不一定闭合)，后者是一段直导线(或能等效为直导线).‎ ‎2.适用范围不同：E＝NΔΦ/Δt具有普遍性，BLvsin θ只适用于导体切割磁感线的情况.前者计算的是在Δt时间内的平均电动势，只有当Δt→0或磁通量的变化率是恒定不变时，它算出的才是瞬时电动势；E＝Blvsin θ中的v若为瞬时速度，则算出的就是瞬时电动势，若v为平均速度，算出的就是平均电动势.‎ 二、什么是动生电动势和感生电动势 ‎1.由于导体运动而产生动生电动势时，运动部分的导体相当于电源；由于磁场变化产生感生电动势时，磁场穿过的线圈部分相当于电源.‎ ‎2.动生电动势和感生电动势具有相对性 动生电动势和感生电动势的划分，在某些情况下只有相对意义.将条形磁铁插入线圈中，如果在相对于磁铁静止的参考系内观察，磁铁不动，空间各点的磁场也没有发生变化，而线圈在运动，线圈中的电动势是动生的；但是，如果在相对于线圈静止的参考系内观察，则看到磁铁在运动，引起空间磁场发生变化，因而，线圈中的电动势又是感生的.在这种情况下，究竟把电动势看做是动生的还是感生的，决定于观察者所在的参考系.然而，并不是在任何情况下都能通过转换参考系把一种电动势归结为另一种电动势.不管是对哪一种电动势，法拉第电磁感应定律、楞次定律都成立.‎ 三、怎样求解导体棒转动切割磁感线的电动势 方法一：利用公式E＝NΔΦ/Δt 设导体棒长为L，绕O点转动角速度为ω，则在t时间内，其扫过一扇形面积S＝ωtL2‎ 则由公式得E＝=BωL2‎ 方法二：利用公式E＝BLv 上图中O点速度v0＝0，A点速度vA＝ωL 则由公式E＝BLv，其中v取平均速度，得 E＝BL·ωL＝BωL2‎ 典例精析 ‎1.感生电动势的求解 ‎【例1】如图甲所示，在周期性变化的匀强磁场区域内有一垂直于磁场、半径为r＝‎1 m、电阻为R＝3.14 Ω的金属单匝圆型线圈，若规定逆时针方向的电流为正方向，B垂直于纸面向里为正，当磁场按图乙所示的规律变化时，线圈中产生的感应电流图象正确的是(　　)‎ ‎【解析】首先由楞次定律判断感应电流方向，在0～1 ‎ s内，磁通量正向增大，感应磁场垂直纸面向外，电流为逆时针，为正向电流，又由法拉第电磁感应定律E＝n·S得E＝2πr2，I＝得I＝2 A，在1 s～3 s内，磁场正向减小，感应电流为负，故答案选B.‎ ‎【答案】B ‎【思维提升】线圈面积不变时，磁场均匀变化会产生一恒定电流，还应注意电流方向随时间变化.‎ ‎【拓展1】两个用相同材料制成的粗细相同的圆环如图所示连接，其半径之比rA∶rB＝2∶1.先单独将A环置于均匀变化的磁场中，测得P、Q两点间电压为U1，再单独将B环置于同一均匀变化的磁场中，测得P、Q两点间的电压为U2，则U1∶U2＝　2∶1　(连接处电阻不计).‎ ‎【解析】当单独将A环置于磁场中时，A环产生感应电动势E＝·SA，U1＝·RB＝πr· RB∶RA＝rB∶rA＝1∶2‎ 当单独让B环置于磁场中时，B环相当于电源，此时P、Q两点间的电压为A环电阻上的分电压，有 U2＝πr 故 ‎2.动生电动势的求解 ‎【例2】如图所示，水平放置的平行金属导轨，相距L＝0.50 m，左端接一电阻R＝0.20 Ω，磁感应强度B＝0.40 T，方向垂直于导轨平面的匀强磁场，导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ab以v＝4.0 m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：(结果保留两位有效数字)‎ ‎(1)ab棒中感应电动势的大小，并指出a、b哪端电势高；‎ ‎(2)回路中感应电流的大小；‎ ‎(3)维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小.‎ ‎【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律，ab棒中的感应电动势为E＝BLv＝0.40×0.50×4.0 V＝0.80 V 根据右手定则可判定感应电流的方向为由b→a，所以a端电势高.‎ ‎(2)感应电流大小为I＝＝ A＝‎‎4.0 A ‎(3)由于ab棒受安培力，故外力 F＝ILB＝4.0×0.50×0.40 N＝0.80 N 故外力的大小为0.80 N ‎【思维提升】把产生动生电动势部分当做电源，电源正极就是电势较高的点.ab棒受力平衡是因为外力与安培力等大反向，可用二力平衡求出外力.‎ ‎【拓展2】若将例2中右图改为如图所示，其他条件不变，试探究分析：‎ ‎(1)ab棒中感应电动势的大小；‎ ‎(2)回路中感应电流的大小；‎ ‎(3)维持ab棒做匀速运动的外力F的大小和方向.比较一下，两种情况相同吗？‎ ‎【解析】(1)能够引起感应电流的电动势是ab间产生的电动势，有效切割长度不是L ‎，而是＝2L 根据法拉第电磁感应定律，得 E＝2BLv＝2×0.40×0.50×4.0 V＝1.6 V ‎(2)感应电流大小I＝＝ A＝‎‎8.0 A ‎(3)外力F＝I·‎2L·B＝3.2 N，外力F的方向与v相同.通过计算可以发现，两种情况下，感应电动势、感应电流均增加了1倍，外力F增加到4倍，外力方向也发生了改变.‎ ‎3.平均电动势、瞬时电动势及电动势有效值 ‎【例3】如图所示，边长为a，总电阻为R的闭合正方形单匝线框，放在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁感线与线框平面垂直.当线框由图示位置以ω的角速度转过180°角的过程中，‎ ‎(1)磁通量变化量为多大？‎ ‎(2)线框中的平均电动势多大？平均电流多大？‎ ‎(3)流过线框导线横截面的电荷量是多少？‎ ‎(4)线框中产生多少热量？‎ ‎【解析】(1)ΔΦ＝BS－(－BS)＝2Ba2‎ ‎(2)＝＝‎ ＝＝‎ ‎(3)q＝Δt＝＝‎ ‎(4)Q＝·Δt，注意，此时E必须用有效值，故 Q＝()2·Δt/R＝＝‎ ‎【思维提升】流过横截面的电荷量可以用平均电流求解，但线框发热量不能用平均电流，而要用有效值求解.‎ ‎【拓展3】如图所示，边长为a的正方形闭合线框ABCD在匀强磁场中绕AB边匀速转动，磁感应强度为B，初始时刻线框所在平面与磁感线垂直，经过t时间后转过120°角，求：‎ ‎(1)线框内感应电动势在t时间内的平均值；‎ ‎(2)转过120°角时感应电动势的瞬时值.‎ ‎【解析】(1)因为Φ1＝Ba2，Φ2＝－Ba2‎ 所以ΔΦ＝Ba2‎ 则＝＝‎ ‎(2)线框转过120°这一时刻，CD边的线速度v＝，速度方向与磁场方向的夹角θ＝60°，所以E瞬＝BLvsin θ＝‎ ‎ 易错门诊 ‎4.电磁感应中电势高低的判断 ‎【例4】如图所示，圆形线圈中串联了一个平行板电容器，线圈内有磁场，磁通量Φ随时间按正弦规律变化.以垂直纸面向里的磁场为正，从t＝0时刻开始，在平行板电容器中点释放一个电子，若电子在运动中不会碰到板，关于电子在一个周期内的加速度的判断正确的是(　　)‎ A.第二个T/4内，加速度方向向上，大小越来越小 B.第二个T/4内，加速度方向向上，大小越来越大 C.第三个T/4内，加速度方向向下，大小越来越大 D.第三个T/4内，加速度方向向下，大小越来越小 ‎【错解】第二个T/4内，磁通量正向减小，感应磁场与原方向相同，感应电动势为顺时针，故上板电势高，带正电，电子加速度向上，磁通量减小，电子加速度越来越小，A对，第三个T/4内，磁通量垂直向外增大，电动势也为顺时针，加速度仍然向上，故C、D均错，B对.‎ ‎【错因】把产生感应电动势的部分回路当成外电路处理.‎ ‎【正解】第二个1/4周期内，磁感应强度向里减小(磁通量减小)，若有感应电流，其磁场方向应向里，感应电流方向为顺时针方向，则电容器下极板带正电，电子的加速度方向向下，由于B的变化越来越快，感应电动势越来越大，板间的电场强度越来越大，电子的加速度也越来越大，故A、B均错.第三个1/4周期内，磁通量向外增加，感应电流的磁场仍向里，电子的加速度方向向下，由于Φ变化越来越慢，则电动势越来越小，加速度也越来越小，故C错，D对.‎ ‎【答案】D ‎【思维提升】判断电磁感应中电势高低时，需把产生电动势部分当做一个电源，电路当做电源内部电路处理.‎ ‎　‎ 互感　自感与涡流 基础知识归纳 ‎1.互感现象 一个线圈中的　电流变化　时，所引起的磁场的变化在另一个线圈中产生　感应电动势　的现象叫做互感现象.这种感应电动势叫做互感电动势.‎ ‎2.自感现象 由于　导体本身的电流发生变化　而产生的电磁感应现象.在自感现象中产生的电动势，叫做　自感电动势　.‎ ‎3.自感电动势的大小和方向 对于同一线圈来说，自感电动势的大小取决于本身电流变化的快慢，其方向总　阻碍导体中原来电流的变化　.公式：E自＝L ‎4.自感系数 也叫自感或电感，由线圈的大小、形状、匝数及是否有铁芯决定，线圈越长、单位长度的匝数越多、横截面积越大，自感系数越大，若线圈中加有铁芯，自感系数会更大.单位：亨利(H).‎ ‎5.涡流 ‎(1)定义：当线圈中的电流随时间变化时，线圈附近的任何导体中都会产生　感应电流　，电流在导体内形成闭合回路，很像水的旋涡，把它叫做涡电流，简称涡流.‎ ‎(2)特点：整块金属的电阻很小，涡流往往很大.‎ ‎6.电磁阻尼与电磁驱动 ‎(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，安培力总是阻碍导体的运动，这种现象称为　电磁阻尼　.‎ ‎(2)电磁驱动：磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力，安培力使导体运动，这种作用称为　电磁驱动　.‎ 重点难点突破 一、自感现象与互感现象的区别与联系 ‎1.区别：(1)互感现象发生在靠近的两个线圈间，而自感现象发生在一个线圈导体内部；(2)通过互感可以使能量在线圈间传递，而自感现象中，能量只能在一个线圈中储存或释放.‎ ‎2.联系：两者都是电磁感应现象.‎ 二、通电自感和断电自感的比较 通电自感 断电自感 电路图 器材要求 A1、A2同规格，R＝RL，L较大 L很大(有铁芯)‎ 现象 在S闭合瞬间，A2立即亮起来，A1灯逐渐变亮，最终一样亮 在开关S断开时，A灯渐渐熄灭 原 因 由于开关闭合时，流过电感线圈的电流迅速增大，使线圈产生自感电动势，阻碍了电流的增大，使流过A1灯的电流比流过A2灯的电流增加得慢 断开开关S时，流过线圈L的电流减小，产生自感电动势，阻碍了电流的减小，使电流继续存在一段时间，在S断开后，通过L的电流反向通过灯A，A灯不会立即熄灭，若RL＜RA，原来的IL＞IA，则A灯熄前要闪亮一下，若RL≥RA，原来的电流IL≤IA，则A灯逐渐熄灭，不再闪亮一下 能量转化情况 电能转化为磁场能 磁场能转化为电能 三、断电实验中，线圈中的电流有可能比原来的大吗 不可能.因为电磁感应现象中，自感电动势也只能阻碍线圈中电流减小，而不能“阻止”，只是减慢了电流减小的速度，但最终结果还是要减小，所以断电实验中，线圈中的电流不可能比原来的大.‎ 四、涡流的产生机理 处在磁场中的导体，只要磁场变化就会引起导体中的磁通量的变化，导体中就有感应电动势，这一电动势在导体内部构成回路，导体内就有感应电流.因为这种电流像水中的旋涡，所以称为涡流.在大块的金属内部，由于金属块的电阻很小，所以涡电流很大，能够产生很大的热量.严格地说，在变化的磁场中的一切导体内都有涡流产生，只是涡电流的大小有区别，所以一些微弱的涡电流就被我们忽视了.‎ 五、电磁阻尼和电磁驱动 电磁阻尼是导体与磁场相对运动时，感应电流使导体受到的安培力总是阻碍它们的相对运动，利用安培力阻碍导体与磁场间的相对运动就是电磁阻尼.磁电式仪表的指针能够很快停下，就是利用了电磁阻尼.“磁悬浮列车利用涡流减速”其实也是一种电磁阻尼.‎ 电磁驱动是导体与磁场相对运动时，感应电流使导体受到的安培力总是阻碍它们的相对运动，应该知道安培力阻碍磁场与导体的相对运动的方式是多种多样的.当磁场以某种方式运动时(例如磁场转动)，导体中的安培力阻碍导体与磁场间的相对运动而使导体跟着磁场动起来(跟着转动)，这就是电磁驱动.‎ 典例精析 ‎1.互感现象 ‎【例1】如图所示，两圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环.当A以如图所示方向绕中心转动的角速度发生变化时，B中产生如图所示的方向的感应电流，则(　　)‎ A.A可能带正电且转速减小 B.A可能带正电且转速增大 C.A可能带负电且转速减小 D.A可能带负电且转速增大 ‎【解析】本题考查楞次定律，解题关键是考虑到产生B中感应电流的原因有两种可能情形，即穿过B环的磁通量向外减少，或者穿过B环的磁通量向里增加.由题目所给的条件可以判断，感应电流的磁场方向垂直于纸面向外，根据楞次定律，原磁场的方向与感应电流的磁场相同时，磁通量是减少的，环A应该做减速运动，产生逆时针方向的电流，应该带负电，故选项C是正确的，同理可得B是正确的.‎ ‎【答案】BC ‎【思维提升】根据电流强度的定义，转速变化必将引起A的等效电流变化，从而使B中磁通量发生改变而产生感应电流，再结合楞次定律可判断.‎ ‎2.自感现象 ‎【例2】如图所示，L为自感系数较大的线圈，电路稳定后小灯泡正常发光，当断开开关S的瞬间会有(　　)‎ A.灯A立即熄灭 B.灯A慢慢熄灭 C.灯A突然闪亮一下再慢慢熄灭 D.灯A突然闪亮一下再突然熄灭 ‎【解析】本题中，当开关S断开时，由于通过自感线圈的电流从有变到零，线圈将产生自感电动势，但由于线圈L与灯A在S断开后不能形成闭合回路，故在开关断开后通过灯A的电流为零，灯立即熄灭.‎ ‎【答案】A ‎【思维提升】有自感电动势并不一定有电流，因为必须要闭合回路才能使电流形成通路. ‎ ‎【拓展1】如图所示是测定自感系数很大的线圈L直流电阻的电路，‎ L两端并联一个电压表，用来测自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路拆开时应先( B )‎ A.断开S1 B.断开S2‎ C.拆除电流表 D.拆除电阻R ‎【解析】若先断开S1，会在电压表两端产生一较大自感电动势，有可能烧毁电压表，先拆除电流表及电阻R会发生同样的情况，故应选B.‎ ‎3.涡流现象 ‎【例3】著名物理学家弗曼曾设计过一个实验，如图所示.在一块绝缘板上中部安一个线圈，并接有电源，板的四周有许多带负电的小球，整个装置支撑起来.忽略各处的摩擦，当电源接通的瞬间下列关于圆盘的说法中，正确的是(　　)‎ A.圆盘将逆时针转动 B.圆盘将顺时针转动 C.圆盘不会转动 D.无法确定圆盘是否会动 ‎【解析】瞬间增强的磁场会在周围产生一个顺时针的旋涡电场，负电荷受到逆时针方向的电场力，带动圆盘逆时针转动，而负电荷的这种定向运动则形成了顺时针的环形电流，故选项A正确.‎ ‎【答案】A ‎【思维提升】涡流现象是电磁感应现象的一种特殊情况，实际上是产生了一个旋涡电场，使导体中的自由电荷受电场力发生了定向移动.‎ ‎【拓展2】如图所示是利用高频交流电焊接自行车零件的原理示意图，其中外圈A是通高频交变电流的线圈，B是自行车零件，a是待焊接口，焊接时接口两端接触在一起.当A中通有交变电流时，B中会产生感应电流，使得接口处金属熔化焊接起来.‎ ‎(1)试分析说明，焊接的快慢与交变电流的频率有什么关系.‎ ‎(2)试分析说明，为什么焊接过程中，接口a处被熔化而零件的其他部分并不很热？‎ ‎【解析】(1)A中交变电流的频率越高，B中磁通量的变化率越大，产生的感应电动势越大，感应电流I越大，所以电流热功率P＝I2R也越大，焊接得越快.‎ ‎(2)B中各处电流大小相等，但接口a处电阻大，电流热功率大，而其他部分电阻小，电流热功率小，所以接口a处已被熔化而零件的其他部分并不很热.‎ ‎ 易错门诊 ‎4.电磁阻尼 ‎【例4】如图所示，一闭合金属圆环用绝缘细线挂于O点，将圆环拉离平衡位置并释放，圆环摆动过程中经过有界的水平匀强磁场区域，A、B为该磁场的竖直边界.若不计空气阻力，则(　　)‎ A.圆环向右穿过磁场后，还能摆至原来的高度 B.在进入和离开磁场时，圆环中均有感应电流 C.圆环进入磁场后离平衡位置越近速度越大，感应电流也越大 D.圆环最终将静止在平衡位置 ‎【错解】BD.如图所示，当圆环从1位置开始下落，进入和摆出磁场和摆出磁场时(即2位置和3位置)，由于有磁通量变化，圆环上产生感应电流，选项B正确；由于金属圆环自身存在内阻，所以必然有热量产生(即有能量损失).因此，圆环不会再摆到4位置，选项A错误；当圆环进入磁场后，穿过环内的磁通量不再发生变化，无感应电流产生，选项C错误；由于每次通过磁场都有能量损失，所以圆环最终将静止在平衡位置，D选项正确.‎ ‎【错因】物体有惯性，人的思维也有惯性.这位同学忘记了分析当圆环仅在匀强磁场内摆动时，穿过圆环内的磁通量的变化情况，导致选择错误.可见，在分析物理问题时，要严格按照物理规律成立的条件进行.‎ ‎【正解】如题图所示，当圆环从1位置开始下落，进入和摆出磁场时(即2和3位置)，由于圆环内磁通量发生变化，所以有感应电流产生.同时，金属圆环本身有内阻，必然有能量的转化，即有能量的损失.因此圆环不会摆到4位置.随着圆环进出磁场，其能量逐渐减少，圆环摆动的振幅越来越小.当圆环只在匀强磁场中摆动时，圆环内无磁通量的变化，无感应电流产生，无机械能向电能的转化.题意中不存在空气阻力，摆线的拉力垂直于圆环的速度方向，拉力对圆环不做功，所以系统的能量守恒，所以圆环最终将在A、B间来回摆动.‎ ‎【答案】B ‎【思维提升】把握涡流产生的条件及由于涡流使系统机械能损失对结果的影响.‎ ‎　电磁感应定律的应用(一)‎ 重点难点突破 一、电磁感应中的图象问题 ‎1.图象问题 图象类型 ‎(1)磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I随时间t变化的图象，即B-t图象、Φ-t图象、E-t图象和I-t图象 ‎(2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流I随线圈位移x变化的图象，即E-x图象和I-x图象 问题类型 ‎(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 应用知识 左手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿定律、相关数学知识等 ‎2.解决此类问题的一般步骤 ‎(1)明确图象的种类，是B-t图，还是Φ-t图，或者E-t图、I-t图等.‎ ‎(2)分析电磁感应的具体过程.‎ ‎(3)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿定律等规律写出函数方程.‎ ‎(4)根据函数方程进行数学分析，例如分析斜率的变化、截距等.‎ ‎(5)画图象或判断图象.‎ 二、电磁感应中的电路问题 ‎1.在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，将它们接上电容器，便可使电容器充电；将它们接上电阻等用电器，便可对用电器供电，在回路中形成电流.因此，电磁感应问题往往与电路问题联系在一起.‎ ‎2.解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法是：‎ ‎(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向.‎ ‎(2)画等效电路.‎ ‎(3)运用全电路欧姆定律、串并联电路性质、电功率等公式联立求解.‎ ‎3.解决电磁感应的电路问题的四个注意：‎ ‎(1)注意有效切割长度；‎ ‎(2)注意有效接入长度；‎ ‎(3)注意有效面积；‎ ‎(4)注意有效包围.‎ 典例精析 ‎1.有效切割长度问题 ‎【例1】如图所示，一个边长为a，电阻为R的等边三角形线框在外力作用下以速度v匀速地穿过宽度为a的两个匀强磁场.这两个磁场的磁感应强度大小均为B，方向相反，线框运动方向与底边平行且与磁场边缘垂直.取逆时针方向的电流为正，试通过计算，画出从进入磁场开始，线框中产生的感应电流I与沿运动方向的位移x之间的函数图象.‎ ‎【解析】‎ 线框进入第一个磁场时，切割磁感线的有效长度随位移均匀变化，在位移由0→a/2过程中，切割的有效长度由0增大到，电流为逆时针.在位移由a/2→a时，切割边bc和cd上产生的感应电动势在整个闭合回路中反向串联，随着cd边上切割的有效长度变长，整个回路的电动势由大变小，电流为逆时针.在x＝a/2时，E＝Bav，I＝；x＝a时，E＝0，I＝0；线框穿越两磁场边界时，线框bc边进入磁场2的那部分切割产生的电动势与cd边在磁场1中切割产生的电动势同向，而与bc边在磁场1中切割产生的电动势反向；所以在位移由a→3a/2时，电动势由0→avB；电流由0→，电流方向为顺时针；当位移由3a/2→2a时，电动势由avB→0，电流方向仍为顺时针.‎ 线框移出第二个磁场时的情况与进入第一个磁场时相似.‎ 由此可得，I-x图象应如图所示.‎ ‎【思维提升】必须注意有效切割长度随时间均匀增大，故感应电动势也在均匀增大，结合闭合电路的欧姆定律可得出电流随时间变化的图象.还需注意从1到2区域有两段有效切割长度，有两个电动势产生，此题综合性很强.‎ ‎【拓展1】如图甲所示，平行于y轴的导体棒以速度v向右做匀速直线运动，经过半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，导体棒中的感应电动势E与导体棒位置x关系的图象是( A )‎ ‎【解析】由题图可知导体棒的有效切割长度l随x的变化率先减小后增大，因感应电动势E＝Blv，B和v均恒定，故E随x的变化率也应先减小后增大，选A.‎ ‎2.有效接入长度问题 ‎【例2】如图所示，直角三角形导线框abc固定在匀强磁场中，ab是一段长为l、电阻为R的均匀导线，ac和bc的电阻可不计，ac的长度为，磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里.现有一段长度为、电阻为的均匀导体杆MN架在导线框上，开始时紧靠ac，然后沿ab方向以恒定速度v向b端滑动，滑动中杆始终与ac平行并与导线框保持良好接触.那么当MN滑过的距离为时，导线ac中的电流为多大？方向如何？‎ ‎【解析】由几何关系可求出杆MN滑过时切割磁感线的有效接入长度为L＝，由法拉第电磁感应定律得此时的感应电动势为E＝.再根据右手定则可知导体杆中电流由N′流向M，故此时的等效电路图如图所示，则导线ac中电流由a流向c，电路总电阻为R总＝＝R.由全电路的欧姆定律得总电流为I＝，则通过ac的电流Iac＝I＝‎ ‎【思维提升】此种情况属于导体切割磁感线问题，哪部分导体切割磁感线且接入电路了，哪部分导体就产生感应电动势，相当于电源.‎ ‎【拓展2】如图所示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是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l，t＝0时刻，bc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→b→c→‎ d→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( B )‎ ‎【解析】当bc刚进入磁场时，产生电动势为Blv，l为bc长度，方向为负方向，随着bc向右移，进入磁场的有效长度应该是框架与左边虚线框两交点的距离，这段长度均匀变长，故产生的电动势均匀增大，电流也均匀增大.当bc边刚出磁场时，ad边刚进入磁场，此时电流方向为a→b→c→d→a，为正方向，有效长度为框架与右侧虚线两交点的距离，故电动势在均匀增大，电流也均匀增大.‎ ‎3.有效面积问题和有效包围问题 ‎【例3】如图所示，半径为a的圆形区域内有均匀磁场，磁感应强度为B＝0.2 T，磁场方向垂直纸面向里.半径为b的金属圆环与磁场同心放置，磁场与环面垂直.其中a＝‎0.4 m，b＝‎0.6 m，金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R0＝2 Ω.一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计.‎ ‎(1)若棒以v0＝‎5 m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO′的瞬间(如图所示)，MN中产生的感应电动势和流过灯L1的电流；‎ ‎(2)撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O′以OO′为轴向上翻转90°，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为ΔB/Δt＝ T/s，求L1的功率.‎ ‎【解析】(1)当棒滑过圆环直径OO′的瞬间，棒切割磁感线的有效长度为‎2a，感应电流的方向自下而上.又灯L1、L2并联，故此时的等效电路图如图甲所示.‎ 由法拉第电磁感应定律得 E1＝2Bav0＝0.8 V　则I1＝＝‎‎0.4 A ‎(2)将右面的半圆环OL2O′以OO′为轴向上翻转90°后，要求感应电动势，圆环的有效面积是此题的易错点.是半径为b的半圆，还是半径为a 的半圆.由于磁通定义式Φ＝BS中的S应该是磁场与闭合回路重叠部分的面积，故此题的有效面积应为以a为半径的半圆的面积.注意此时灯L1、L2是串联的，等效电路图如图乙所示.‎ 由法拉第电磁感应定律得 E2＝＝0.32 V 则P1＝＝1.28×10－2 W ‎【思维提升】解决此类问题的关键是明确当线圈或导体的面积比磁场面积大时，应以磁场的面积为有效面积.‎ ‎【拓展3】光滑平行金属导轨在水平面内固定，导轨间距l＝0.5 m，导轨左端接阻值为R＝2 Ω的电阻，右端接阻值为RL＝4 Ω的小灯泡，导轨电阻不计.如图1所示，在导轨的MNQP矩形区域内有竖直向上的磁场，MN、PQ间距d＝‎2 m，此区域磁感应强度B随时间t变化的规律如图2所示.垂直导轨跨接一金属杆，其电阻r＝2 Ω.在t＝0时刻，用水平恒力F拉金属杆，使其由静止开始自GH位置往右运动.在金属杆由GH位置运动到PQ位置的过程中，小灯泡的亮度始终没有变化，求：‎ ‎(1)通过小灯泡的电流；‎ ‎(2)金属杆的质量m.‎ ‎【解析】(1)由题意知，金属杆向右运动到MN位置的过程中，磁场的变化导致电路中产生感应电动势.整个包围磁场的闭合导体框应为电源，电路为r与R并联，再与RL串联，等效电路图如图3所示.‎ 由法拉第电磁感应定律知E＝dl＝0.5 V，通过小灯泡的电流为IL＝＝＝‎‎0.1 A ‎(2)由小灯泡的亮度始终没有变化，可知金属杆开始进入磁场时磁场应不再变化，且杆恰好匀速运动，即杆进入磁场的时刻为t＝4 s，且F安＝F 接下来杆切割磁感线运动产生感应电动势，电路为R与RL并联，再与r串联，等效电路图如图4所示.由于灯泡中电流不变，所以流过杆的电流为I总＝0.3 A，杆所受安培力为 F安＝BI总l＝0.3 N，故F＝F安＝0.3 N.由于R总′＝r＋＝ Ω，故E′＝I总R总′＝1 V.又E′＝Blv，代入数据解得v＝‎1 m/s 由动量定理有Ft＝mv，得m＝＝1.2 kg ‎ 易错门诊 ‎4.平均电动势和瞬时电动势的应用区别 ‎【例4】如图所示，在与匀强磁场垂直的平面内放置一个折成锐角的裸导线MON，∠MON ‎＝α，在它上面搁置另一根与ON垂直的导线PQ，PQ紧贴MO、ON并以平行于ON的速度v，从顶角O开始向右匀速滑动，设裸导线单位长度的电阻为R0，磁感应强度为B，求回路中的感应电流.‎ ‎【错解】设PQ从顶角O开始向右运动的时间为Δt，‎ Ob＝v·Δt ab＝v·Δt·tan α Oa＝‎ 回路中的电阻为 R＝(Oa＋Ob＋ab)R0＝(1＋cos α＋sin α)R0‎ 电动势为 Ε＝＝Βv2Δttan α Ι＝＝‎ ‎【错因】利用Ε＝求出的是电动势的平均值，但本题所要求的是电动势的瞬时值.因为电阻的数值为(1＋cos α＋sin α)R0，是经过Δt时间后，PQ所在位置处，回路的瞬时电阻值.‎ 由于两者不对应，结果就不可能正确.‎ ‎【正解】设PQ从顶角O开始向右运动的时间为Δt，‎ Ob＝v·Δt ab＝v·Δt·tan α Oa＝‎ 回路中的电阻为 R＝(Oa＋Ob＋ab)R0＝(1＋cos α＋sin α)R0‎ 电动势为 E＝BLv＝B·ab·v＝Bv2·Δt·tan α 所以Ι＝＝‎ ‎【思维提升】判断感应电流的变化时必须要考虑瞬时电动势，同时要注意回路总电阻的变化情况.‎  电磁感应定律的应用(二)‎ 重点难点突破 一、电磁感应现象中的力学问题 ‎1.通过导体的感应电流在磁场中将受到安培力作用，电磁感应问题往往和力学问题联系在一起，基本步骤是：‎ ‎(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向.(2)求回路中的电流强度.(3)分析研究导体受力情况(包含安培力，用左手定则确定其方向).(4)列动力学方程或平衡方程求解.‎ ‎2.对电磁感应现象中的力学问题，要抓好受力情况和运动情况的动态分析，导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→周而复始地循环，循环结束时，加速度等于零，导体达到稳定运动状态，要抓住a＝0时，速度v达最大值的特点.‎ 二、电磁感应中的能量转化问题 导体切割磁感线或闭合回路中磁通量发生变化，在回路中产生感应电流，机械能或其他形式的能量便转化为电能，具有感应电流的导体在磁场中受安培力作用或通过电阻发热，又可使电能转化为机械能或电阻的内能，因此，电磁感应过程总是伴随着能量转化，用能量转化观点研究电磁感应问题常是导体的稳定运动(匀速直线运动或匀速转动)，对应的受力特点是合外力为零，能量转化过程常常是机械能转化为内能，解决这类问题的基本步骤是：‎ ‎1.用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定电动势的大小和方向.‎ ‎2.画出等效电路，求出回路中电阻消耗电功率的表达式.‎ ‎3.分析导体机械能的变化，用能量守恒关系得到机械功率的改变与回路中电功率的改变所满足的方程.‎ 三、电能求解的思路主要有三种 ‎1.利用安培力的功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；‎ ‎2.利用能量守恒求解：若只有电能与机械能的转化，则机械能的减少量等于产生的电能；‎ ‎3.利用电路特征求解：根据电路结构直接计算电路中所产生的电能.‎ 四、线圈穿越磁场的四种基本形式 ‎1.恒速度穿越；‎ ‎2.恒力作用穿越；‎ ‎3.无外力作用穿越；‎ ‎4.特殊磁场穿越.‎ 典例精析 ‎1.恒速度穿越 ‎【例1】如图所示，在高度差为h的平行虚线区域内有磁感应强度为B，方向水平向里的匀强磁场.正方形线框abcd的质量为m，边长为L(L>h)，电阻为R，线框平面与竖直平面平行，静止于位置“Ⅰ”时，cd边与磁场下边缘有一段距离H.现用一竖直向上的恒力F提线框，线框由位置“Ⅰ”无初速度向上运动，穿过磁场区域最后到达位置“Ⅱ”(ab边恰好出磁场)，线框平面在运动中保持在竖直平面内，且ab边保持水平.当cd边刚进入磁场时，线框恰好开始匀速运动.空气阻力不计，g＝‎10 m/s2.求：‎ ‎(1)线框进入磁场前距磁场下边界的距离H；‎ ‎(2)线框由位置“Ⅰ”到位置“Ⅱ”的过程中，恒力F做的功为多少？线框产生的热量为多少？‎ ‎【解析】(1)线框进入磁场做匀速运动，设速度为v1，有：‎ E＝BLv1，I＝，F安＝BIL 根据线框在磁场中的受力，有F＝mg＋F安 在恒力作用下，线框从位置“Ⅰ”由静止开始向上做匀加速直线运动.有F－mg＝ma ‎，且H＝‎ 由以上各式解得H＝ (F－mg)‎ ‎(2)线框由位置“Ⅰ”到位置“Ⅱ”的过程中，恒力F做的功为WF＝F(H＋h＋L)‎ 只有线框在穿越磁场的过程中才会产生热量，因此从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程中有F(L＋h)＝mg(L＋h)＋Q，所以Q＝(F－mg)(L＋h)‎ ‎【思维提升】此类问题F安为恒力，但外力F可能是变力.‎ ‎2.恒力作用穿越 ‎【例2】质量为m边长为L的正方形线圈，线圈ab边距离磁场边界为s，线圈从静止开始在水平恒力F的作用下，穿过如图所示的有界匀强磁场，磁场宽度为d(d

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