2．解决电磁感应现象中电路问题的基本方法与分析误区(1)基本方法①确定电源:先判断产生电磁感应现象的那一部分导体.该部分导体可视为等效电源． ②分析电路结构.画等效电路图．③利用电路规律求解.主要有欧——青夏教育精英家教网—

摘要：2．解决电磁感应现象中电路问题的基本方法与分析误区(1)基本方法①确定电源:先判断产生电磁感应现象的那一部分导体.该部分导体可视为等效电源． ②分析电路结构.画等效电路图．③利用电路规律求解.主要有欧姆定律.串并联规律等．(2)常见的一些分析误区①不能正确分析感应电动势及感应电流的方向．因产生感应电动势那部分电路为电源部分.故该部分电路中的电流应为电源内部的电流.而外电路中的电流方向仍是从高电势到低电势．②应用欧姆定律分析求解电路时.不注意等效电源的内阻对电路的影响．③对联接在电路中电表的读数不能正确进行分析.特别是并联在等效电源两端的电压表.其示数应该是外电压.而不是等效电源的电动势．

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1. C 2. B 3. C 4. ABC 5. AC

6. AD 7. C 8. AB 9. D 10. A

11. 0.63

12. 镇流器的自感现象　　断开瞬间　　只有在电路刚断开时才能产生很高的自感电动势使人产生触电的感觉

13. Br²ω/2 ，0

14. 解：（１）由题意知，带电粒子从Ｃ孔进入，与筒壁碰撞两次再从Ｃ孔射出经历的时间为最短，由，粒子由Ｃ孔进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动的速度，由，即，得

（２）粒子从的加速度为，，粒子从的时间为；粒子在磁场中运动的时间为，将（１）求得的Ｂ值代入，得，求得

15. 解：（１）感应电动势的最大值：

（２）由欧姆定律得电流的最大值：＝0.16Ａ

电流的有效值＝0.11Ａ

（３）用电器上消耗的电功率：

16. 解：（1）ａｂ脱离ＥＦ前，电路中的磁通量的变化为

平均感应电动势为，

有

（2）ａｂ脱离ＥＦ时，回路中通过电流最大，即，

ａｂ脱离ＥＦ后，电路中不在有电流，并且ａｂ倒下过程中只有小球的重力做功，机械能守恒，即

ａｂ上各处切割磁感线的速度是不同的，其等效切割速度应等于ａｂ中点的速度

联立解得

17.解：（1）经过时间后，MN运动的距离为，由图可知直导线MN在闭合回路中的有效长度为，

此时感应电动势的瞬时值：（V）

（2）此时闭合回路中的总长度为：

闭合回路中的总电阻：

根据全电路的欧姆定律，电流大小：（A），由右手定律可得电流方向在闭合回路中是逆时针方向

（3）此时MN中不在闭合回路中的导线MP的长度为

产生的电动势（V）

在闭合回路中的导线PN两端电压（V）

所以MN两端的电压

电磁感应中的功率问题、自感

1、电磁感应中的电路问题在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量的变化的回路将产生________．该导体或回路相当于________(它们的电阻为电源的内阻)，将它们接上电容器，便可使电容器________；将它们接上电阻等用电器，在回路中形成________，便可对用电器供电．因此，电磁感应问题往往和电路联系在一起，解决这类问题的基本方法是：

(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电流的大小和方向．

(2)画出等效电路图

(3)应用全电路欧姆定律、串并联电路的性质、电功率等公式联立求解．

2、自感

①、自感现象：自感现象是一种特殊的电磁感应现象，它是由于导体本身的电流发生________时而产生的电磁感应现象．自感现象遵循电磁感应的所有规律．

②、自感电动势的方向：由楞次定律可知，自感电动势总是________原来导体中电流的变化．当回路中的电流增加时，自感电动势和原来电流的方向________；当回路中的电流减小时，自感电动势和原来电流的方向________．自感对电路中的电流变化有________作用，使电流不能________．

③、自感系数：它由线圈________的性质决定．线圈越长，单位长度上线圈的匝数越多，截面积越大，它的自感系数越________．线圈中插入铁芯，自感系数增大很多，自感系数在国际单位制中的单位是________．

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第十部分磁场

第一讲基本知识介绍

《磁场》部分在奥赛考刚中的考点很少，和高考要求的区别不是很大，只是在两处有深化：a、电流的磁场引进定量计算；b、对带电粒子在复合场中的运动进行了更深入的分析。

一、磁场与安培力

1、磁场

a、永磁体、电流磁场→磁现象的电本质

b、磁感强度、磁通量

c、稳恒电流的磁场

*毕奥-萨伐尔定律（Biot-Savart law）：对于电流强度为I 、长度为dI的导体元段，在距离为r的点激发的“元磁感应强度”为dB 。矢量式d= k，（d表示导体元段的方向沿电流的方向、为导体元段到考查点的方向矢量）；或用大小关系式dB = k结合安培定则寻求方向亦可。其中 k = 1.0×10^?7N/A² 。应用毕萨定律再结合矢量叠加原理，可以求解任何形状导线在任何位置激发的磁感强度。

毕萨定律应用在“无限长”直导线的结论：B = 2k ；

*毕萨定律应用在环形电流垂直中心轴线上的结论：B = 2πkI ；

*毕萨定律应用在“无限长”螺线管内部的结论：B = 2πknI 。其中n为单位长度螺线管的匝数。

2、安培力

a、对直导体，矢量式为 = I；或表达为大小关系式 F = BILsinθ再结合“左手定则”解决方向问题（θ为B与L的夹角）。

b、弯曲导体的安培力

⑴整体合力

折线导体所受安培力的合力等于连接始末端连线导体（电流不变）的的安培力。

证明：参照图9-1，令MN段导体的安培力F₁与NO段导体的安培力F₂的合力为F，则F的大小为

F =

= BI

关于F的方向，由于ΔFF₂P∽ΔMNO，可以证明图9-1中的两个灰色三角形相似，这也就证明了F是垂直MO的，再由于ΔPMO是等腰三角形（这个证明很容易），故F在MO上的垂足就是MO的中点了。

证毕。

由于连续弯曲的导体可以看成是无穷多元段直线导体的折合，所以，关于折线导体整体合力的结论也适用于弯曲导体。（说明：这个结论只适用于匀强磁场。）

⑵导体的内张力

弯曲导体在平衡或加速的情形下，均会出现内张力，具体分析时，可将导体在被考查点切断，再将被切断的某一部分隔离，列平衡方程或动力学方程求解。

c、匀强磁场对线圈的转矩

如图9-2所示，当一个矩形线圈（线圈面积为S、通以恒定电流I）放入匀强磁场中，且磁场B的方向平行线圈平面时，线圈受安培力将转动（并自动选择垂直B的中心轴OO′，因为质心无加速度），此瞬时的力矩为

M = BIS

几种情形的讨论——

⑴增加匝数至N ，则 M = NBIS ；

⑵转轴平移，结论不变（证明从略）；

⑶线圈形状改变，结论不变（证明从略）；

*⑷磁场平行线圈平面相对原磁场方向旋转α角，则M = BIScosα ，如图9-3；

证明：当α = 90°时，显然M = 0 ，而磁场是可以分解的，只有垂直转轴的的分量Bcosα才能产生力矩…

⑸磁场B垂直OO′轴相对线圈平面旋转β角，则M = BIScosβ ，如图9-4。

证明：当β = 90°时，显然M = 0 ，而磁场是可以分解的，只有平行线圈平面的的分量Bcosβ才能产生力矩…

说明：在默认的情况下，讨论线圈的转矩时，认为线圈的转轴垂直磁场。如果没有人为设定，而是让安培力自行选定转轴，这时的力矩称为力偶矩。

二、洛仑兹力

1、概念与规律

a、 = q，或展开为f = qvBsinθ再结合左、右手定则确定方向（其中θ为与的夹角）。安培力是大量带电粒子所受洛仑兹力的宏观体现。

b、能量性质

由于总垂直与确定的平面，故总垂直，只能起到改变速度方向的作用。结论：洛仑兹力可对带电粒子形成冲量，却不可能做功。或：洛仑兹力可使带电粒子的动量发生改变却不能使其动能发生改变。

问题：安培力可以做功，为什么洛仑兹力不能做功？

解说：应该注意“安培力是大量带电粒子所受洛仑兹力的宏观体现”这句话的确切含义——“宏观体现”和“完全相等”是有区别的。我们可以分两种情形看这个问题：（1）导体静止时，所有粒子的洛仑兹力的合力等于安培力（这个证明从略）；（2）导体运动时，粒子参与的是沿导体棒的运动v₁和导体运动v₂的合运动，其合速度为v ，这时的洛仑兹力f垂直v而安培力垂直导体棒，它们是不可能相等的，只能说安培力是洛仑兹力的分力f₁ = qv₁B的合力（见图9-5）。

很显然，f₁的合力（安培力）做正功，而f不做功（或者说f₁的正功和f₂的负功的代数和为零）。（事实上，由于电子定向移动速率v₁在10^?5m/s数量级，而v₂一般都在10^?2m/s数量级以上，致使f₁只是f的一个极小分量。）

☆如果从能量的角度看这个问题，当导体棒放在光滑的导轨上时（参看图9-6），导体棒必获得动能，这个动能是怎么转化来的呢？

若先将导体棒卡住，回路中形成稳恒的电流，电流的功转化为回路的焦耳热。而将导体棒释放后，导体棒受安培力加速，将形成感应电动势（反电动势）。动力学分析可知，导体棒的最后稳定状态是匀速运动（感应电动势等于电源电动势，回路电流为零）。由于达到稳定速度前的回路电流是逐渐减小的，故在相同时间内发的焦耳热将比导体棒被卡住时少。所以，导体棒动能的增加是以回路焦耳热的减少为代价的。

2、仅受洛仑兹力的带电粒子运动

a、⊥时，匀速圆周运动，半径r = ，周期T =