备战2021年高考物理一轮复习 易错点11 电磁感应 (全国通用）

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易错题【01】对电磁感应现象理解不到位


一、磁通量


1．概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S与B的乘积叫做穿过这个面积的磁通量。


2．公式：Φ＝BS，单位符号是Wb。[注1]


3．适用条件：


(1)匀强磁场。


(2)S为垂直于磁场的有效面积。


4．物理意义：相当于穿过某一面积的磁感线的条数。


二、电磁感应现象


1．定义：当穿过闭合导体回路的磁通量发生变化时，闭合导体回路中有感应电流产生，这种利用磁场产生电流的现象叫做电磁感应。


2．感应电流的产生条件


(1)表述一：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动。


(2)表述二：穿过闭合电路的磁通量发生变化。


3．实质


产生感应电动势，如果电路闭合，则有感应电流。如果电路不闭合，则只有感应电动势而无感应电流。


三、感应电流方向的判定


1．楞次定律


(1)内容：感应电流的磁场总要阻碍[注2]引起感应电流的磁通量的变化。


(2)适用范围：一切电磁感应现象。


2．右手定则[注3]


(1)内容：如图，伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向。


(2)适用情况：导线切割磁感线产生感应电流。


易错题【02】对法拉第电磁感应定律理解有误


一、法拉第电磁感应定律


1．感应电动势


(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势。


(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。


(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断。[注1]


2．法拉第电磁感应定律


(1)内容：闭合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。[注2]


(2)公式：E＝neq \f(ΔΦ,Δt)，其中n为线圈匝数。[注3]


3．导体切割磁感线的情形


(1)垂直切割：E＝Blv。


(2)倾斜切割：E＝Blvsin_θ，其中θ为v与B的夹角。


(3)旋转切割(以一端为轴)：E＝eq \f(1,2)Bl2ω。


二、自感和涡流


1．自感现象


由于通过导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象。


2．自感电动势


(1)定义：在自感现象中产生的感应电动势。


(2)表达式：E＝Leq \f(ΔI,Δt)。


(3)自感系数L：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯等因素有关，单位为亨利(H)。


3．涡流


当线圈中的电流发生变化时，在它附近的导体中产生的像水中的旋涡一样的感应电流。


【注解释疑】


[注1] 感应电动势的方向与电池电动势的方向一样，都规定为在电源内部由负极指向正极。


[注2] 正确区分磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率。


[注3] 穿过线圈的磁通量与匝数无关，感应电动势与匝数有关，n匝线圈相当于n个相同的电源串联。


[深化理解]


(1)计算通过导体截面的电荷量的两个途径：


q＝eq \x\t(I)teq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\x\t(I)＝\f(\x\t(E),R)，\x\t(E)＝n\f(ΔΦ,Δt)→q＝n\f(ΔΦ,R),FA＝BL\x\t(I)，FA·Δt＝Δp→q＝\f(Δp,BL)))


(2)安培力做功时的能量转化：电能eq \(,\s\up7(FA做正功),\s\d5(FA做负功))机械能。


(3)平动直杆所受的安培力：FA＝eq \f(B2L2v,R总)；热功率：P热＝eq \f(B2L2v2,R总)。


易错题【03】对电磁感应定律中动力学、能量问题理解不到位


考点一 电磁感应中的动力学问题[多维探究类]


1．两种状态及处理方法





2．抓住力学对象和电学对象间的桥梁——感应电流I、切割速度v，“四步法”分析电磁感应中的动力学问题





电磁感应问题中的能量转化及焦耳热的求法


(1)能量转化


eq \x(\a\al(其他形式,的能量))eq \(――→,\s\up7(克服安培),\s\d5(力做功))eq \x(\a\al(电,能))eq \(――→,\s\up7(电流做功),\s\d5( ))eq \x(\a\al(焦耳热或其他,形式的能量))


(2)求解焦耳热Q的三种方法








01 对电磁感应现象理解不到位


1、如图所示，条形磁铁以速度v向螺线管靠近，下面几种说法中正确的是( )





A．螺线管中不会产生感应电流


B．螺线管中会产生感应电流


C．只有磁铁速度足够大时，螺线管中才能产生感应电流


D．只有在磁铁的磁性足够强时，螺线管中才会产生感应电流


【警示】本题容易出错的主要原因是对感应电流产生条件理解有误


【解析】 当条形磁铁以速度v向螺线管靠近，穿过螺线管的磁通量增大，则螺线管中会产生感应电流，与磁铁的速度、磁铁的磁性强弱无关，故B正确。


【答案】B





1．一矩形线框abcd与长直通电导线处于同一平面内，ad边与导线平行，如图所示。当线框在此平面内向右运动到导线的右边的过程中，线框内感应电流的方向为( )


A．一直沿顺时针方向


B．一直沿逆时针方向


C．先沿顺时针方向，再沿逆时针方向


D．先沿顺时针方向，再沿逆时针方向，最后沿顺时针方向


【答案】D


【解析】根据“来拒去留”“同向吸引异向排斥”“近大远小”等规律可得，电流方向依次为b→c、c→b、a→d、d→a，即先顺时针，再逆时针，最后顺时针，故D正确。


2．[多选]如图所示，一轻质绝缘横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动。拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，看到的现象及现象分析正确的是( )


A．磁铁插向左环，横杆发生转动


B．磁铁插向右环，横杆发生转动


C．磁铁插向左环，左环中不产生感应电动势和感应电流


D．磁铁插向右环，右环中产生感应电动势和感应电流


【答案】BD


【解析】左环不闭合，磁铁插向左环时，产生感应电动势，不产生感应电流，环不受力，横杆不转动，故A、C错误；右环闭合，磁铁插向右环时，环内产生感应电流，环受到磁场的作用，横杆转动，故B、D正确。


02 对法拉第电磁感应定律、自感理解有误


1、如图所示，半径为r的n匝线圈放在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场充满正方形区域并垂直穿过该区域，当磁场以eq \f(ΔB,Δt)的变化率变化时，线圈产生的感应电动势大小为( )


A．0 B．neq \f(ΔB,Δt)·L2


C．neq \f(ΔB,Δt)·πr2 D．neq \f(ΔB,Δt)·r2


【错因】本题容易出错的主要原因是对感应电动势理解不到位


【解析】由法拉第电磁感应定律可知线圈产生的自感电动势E＝neq \f(ΔB,Δt)·L2，故B正确。


【答案】B





1．在如图所示的电路中，LA为灯泡，S为开关，L为有铁芯的线圈。对于这样的电路，下列说法正确的是( )


A．因为线圈L通电后会产生自感现象，所以S闭合后，灯泡LA中无电流通过


B．在S打开或闭合的瞬间，电路中都不会产生自感现象


C．当S闭合时，电路中会产生自感现象


D．在S闭合后再断开的瞬间，灯泡LA可能不立即熄灭


【答案】C


【解析】S闭合瞬间，由于线圈产生自感电动势而阻碍通过灯泡LA的电流的增加，但阻碍不是阻止，S闭合后有电流通过LA；S断开瞬间，线圈产生自感电动势，因电路断开，电流立即消失，灯泡LA立即熄灭，故C正确，A、B、D错误。


2．轻质细线吊着一质量为m＝0.42 kg、边长为L＝1 m、匝数n＝10的正方形线圈，其总电阻为r＝1 Ω。在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。(g取10 m/s2)





(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针；


(2)求线圈的电功率；


(3)求在t＝4 s时轻质细线的拉力大小。


【解析】(1)由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向。


(2)由法拉第电磁感应定律得


E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝n·eq \f(1,2)L2eq \f(ΔB,Δt)＝0.5 V


则P＝eq \f(E2,r)＝0.25 W。


(3)通过线圈的电流I＝eq \f(E,r)＝0.5 A，由题图乙可知当t＝4 s时，B＝0.6 T，线圈受到的安培力F安＝nBIL


由平衡条件得F安＋F线＝mg


联立解得F线＝1.2 N。


03 对电磁感应定律中动力学、能量问题理解不到位


1、如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是( )


A．ab中的感应电流方向由b到a


B．ab中的感应电流逐渐减小


C．ab所受的安培力保持不变


D．ab所受的静摩擦力逐渐减小


【解析】根据楞次定律，可判断ab中感应电流方向从a到b，A错误；磁场变化是均匀的，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势恒定不变，感应电流I恒定不变，B错误；安培力F＝BIL，由于I、L不变，B减小，所以ab所受的安培力逐渐减小，根据力的平衡条件，静摩擦力逐渐减小，C错误，D正确。


[答案] D





1、如图，水平面(纸面)内间距为l的平行金属导轨间接一电阻，质量为m、长度为l的金属杆置于导轨上。t＝0时，金属杆在水平向右、大小为F的恒定拉力作用下由静止开始运动。t0时刻，金属杆进入磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动。杆与导轨的电阻均忽略不计，两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为μ。重力加速度大小为g。求：


(1)金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小；


(2)电阻的阻值。


【解析】 (1)设金属杆进入磁场前的加速度大小为a，由牛顿第二定律得


ma＝F－μmg①


设金属杆到达磁场左边界时的速度为v，由运动学公式有


v＝at0②


当金属杆以速度v在磁场中运动时，由法拉第电磁感应定律，杆中的电动势为


E＝Blv③


联立①②③式可得


E＝Blt0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(F,m)－μg))。④








(2)设金属杆在磁场区域中匀速运动时，金属杆中的电流为I，根据欧姆定律


I＝eq \f(E,R)⑤


式中R为电阻的阻值。金属杆所受的安培力为


F安＝BlI⑥


因金属杆做匀速运动，由牛顿运动定律得


F－μmg－F安＝0⑦


联立④⑤⑥⑦式得


R＝eq \f(B2l2t0,m)。⑧


2．(多选)如图，在水平面内固定有两根相互平行的无限长光滑金属导轨，其间距为L，电阻不计。在虚线l1的左侧存在竖直向上的匀强磁场，在虚线l2的右侧存在竖直向下的匀强磁场，两部分磁场的磁感应强度大小均为B。ad、bc两根电阻均为R的金属棒与导轨垂直，分别位于两磁场中，现突然给ad棒一个水平向左的初速度v0，在两棒达到稳定的过程中，下列说法正确的是( )


A．两金属棒组成的系统的动量守恒


B．两金属棒组成的系统的动量不守恒


C．ad棒克服安培力做功的功率等于ad棒的发热功率


D．ad棒克服安培力做功的功率等于安培力对bc棒做功的功率与两棒总发热功率之和


【解析】开始时，ad棒以初速度v0切割磁感线，产生感应电动势，在回路中产生顺时针方向(俯视)的感应电流，ad棒因受到向右的安培力而减速，bc棒受到向右的安培力而向右加速；当两棒的速度大小相等，即两棒因切割磁感线而产生的感应电动势相等时，回路中没有感应电流，两棒各自做匀速直线运动；由于两棒所受的安培力都向右，两金属棒组成的系统所受合外力不为零，所以该系统的动量不守恒，选项A错误，B正确。根据能量守恒定律可知，ad棒动能的减小量等于回路中产生的热量和bc棒动能的增加量，由动能定理可知，ad棒动能的减小量等于ad棒克服安培力做的功，bc棒动能的增加量等于安培力对bc棒做的功，所以ad棒克服安培力做功的功率等于安培力对bc棒做功的功率与两棒总发热功率之和，选项C错误，D正确。


【答案】BD





1、如图所示，闭合圆形导体线圈放置在匀强磁场中，线圈平面与磁场平行，当磁感应强度逐渐增大时，以下说法正确的是( )


A．线圈中产生顺时针方向的感应电流


B．线圈中产生逆时针方向的感应电流


C．线圈中不会产生感应电流


D．线圈面积有缩小的倾向





2.如图所示，两个线圈A、B套在一起，线圈A中通有电流，方向如图所示。当线圈A中的电流突然增强时，线圈B中的感应电流方向为( )


A．沿顺时针方向 B．沿逆时针方向


C．无感应电流 D．先沿顺时针方向，再沿逆时针方向


3、扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是( )





4、如图所示，螺线管与灵敏电流计相连，磁铁从螺线管的正上方由静止释放，向下穿过螺线管。下列说法正确的是( )


A．电流计中的电流先由a到b，后由b到a


B．a点的电势始终低于b点的电势


C．磁铁减少的重力势能等于回路中产生的热量


D．磁铁刚离开螺线管时的加速度小于重力加速度


5、(多选)如图甲所示，abcd是匝数为100匝、边长为10 cm、总电阻为0.1 Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的图示匀强磁场中。磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示。则以下说法正确的是( )





A．导线圈中产生的是交变电流


B．在t＝2.5 s时导线圈产生的感应电动势为1 V


C．在0～2 s内通过导线横截面的电荷量为20 C


D．在t＝1 s时，导线圈内电流的瞬时功率为10 W


6、如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则( )


A．Q1>Q2，q1＝q2 B．Q1>Q2，q1>q2


C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1>q2


7、(多选)如图所示，光滑水平面上存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m、边长为a的正方形线框ABCD斜向穿进磁场，当AC刚进入磁场时线框的速度大小为v，方向与磁场边界所成夹角为45°。若线框的总电阻为R，则( )


A．线框穿进磁场过程中，框中电流的方向为D→C→B→A→D


B．AC刚进入磁场时线框中感应电流为eq \f(\r(2)Bav,R)


C．AC刚进入磁场时线框所受安培力大小为eq \f(\r(2)B2a2v,R)


D．此时CD两端电压为eq \f(3,4)Bav


8．图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是( )





A．图1中，A1与L1的电阻值相同


B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流


C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同


D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等


9、如图所示，在大小为B的匀强磁场区域内，垂直磁场方向的水平面中有两根固定的足够长的金属平行导轨，在导轨上面平放着两根导体棒ab和cd，两棒彼此平行，构成一矩形回路。导轨间距为l，导体棒的质量均为m，电阻均为R，导轨电阻可忽略不计。设导体棒可在导轨上无摩擦地滑行，初始时刻ab棒静止，给cd棒一个向右的初速v0，求：


(1)当cd棒速度减为0.8v0时的加速度大小；


(2)从开始运动到最终稳定，电路中产生的电能为多大？


(3)两棒之间距离增长量x的上限。























10、如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ，N、Q两点间接有阻值为R的电阻。整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下。将质量为m、阻值也为R的金属杆cd垂直放在导轨上，杆cd由静止释放，下滑距离x时达到最大速度。重力加速度为g，导轨电阻不计，杆与导轨接触良好。求：


(1)杆cd下滑的最大加速度和最大速度；


(2)上述过程中，杆上产生的热量。
































答案和解析


C


由于线圈平面与磁场平行，所以穿过线圈的磁通量为零。当磁感应强度增大时，穿过线圈的磁通量仍然为零，则线圈中不会产生感应电流，故只有C正确。


2.A


由安培定则可判断，线圈A中电流在线圈内产生的磁场向外，在线圈外产生的磁场向里，穿过线圈B的合磁通量向外。当线圈A中的电流增大时，产生的磁场增强，通过线圈B的磁通量增加，由楞次定律可知线圈B中的感应电流方向为顺时针方向，故A正确。


3、A


施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减。方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变。综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A。


4、D


由楞次定律可知，电流计中的电流先由b到a，后由a到b，A错误；a点的电势先比b点低，后比b点高，B错误；磁铁减少的机械能等于回路中产生的热量，C错误；根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍磁铁与闭合回路间的相对运动，磁铁刚离开螺线管时，受到向上的磁场力，加速度小于重力加速度，D正确。


5.ACD


在0～2 s内，磁感应强度变化率为eq \f(ΔB1,Δt1)＝1 T/s，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E1＝nSeq \f(ΔB1,Δt1)＝100×0.12×1 V＝1 V；在2～3 s内，磁感应强度变化率为eq \f(ΔB2,Δt2)＝2 T/s，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E2＝nSeq \f(ΔB2,Δt2)＝100×0.12×2 V＝2 V。导线圈中产生的感应电流为方波交变电流，选项A正确。在t＝2.5 s时，产生的感应电动势为E2＝2 V，选项B错误。在0～2 s内，感应电流I＝eq \f(E1,R)＝10 A，通过导体横截面的电荷量为q＝IΔt1＝20 C，选项C正确。在t＝1 s时，导线圈内感应电流的瞬时功率P＝UI＝I2R＝102×0.1 W＝10 W，选项D正确。


6.A


由Q＝I2Rt得，Q1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(E1,R)))2Rt＝eq \f(BLabv2,R)×eq \f(Lbc,v)＝eq \f(B2Lab 2Lbcv,R)，同理，Q2＝eq \f(B2Lbc 2Labv,R)，又因为Lab>Lbc，故Q1>Q2。由电荷量q＝eq \x\t(I)Δt＝neq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(nBLbcLab,R)，故q1＝q2。所以选项A正确。


CD


线框进入磁场的过程中穿过线框的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，则感应电流的方向为A→B→C→D→A，A错误；AC刚进入磁场时CD边切割磁感线，AD边不切割磁感线，所以产生的感应电动势为E＝Bav，则线框中感应电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(Bav,R)，故CD两端的电压为U＝I×eq \f(3,4)R＝eq \f(3,4)Bav，B错误，D正确；AC刚进入磁场时线框的CD边受到的安培力的方向与v的方向相反，AD边受到的安培力的方向垂直于AD边向下，它们的大小都是F＝BIa，由几何关系可以看出，AD边与CD边受到的安培力的方向相互垂直，所以AC刚进入磁场时线框所受安培力为AD边与CD边受到的安培力的矢量和，即F合＝eq \r(2)F＝eq \f(\r(2)B2a2v,R)，C正确。


C


题图1中，稳定时通过A1的电流记为I1，通过L1的电流记为IL。S1断开瞬间，A1突然变亮，可知IL>I1，因此A1和L1电阻不相等，所以A、B错误；题图2中，闭合S2时，由于自感作用，通过L2与A2的电流I2会逐渐增大，而通过R与A3的电流I3立即变大，因此电流不相等，所以D错误；由于最终A2与A3亮度相同，所以两支路电流I相同，根据部分电路欧姆定律，两支路电压U与电流I均相同，所以两支路电阻相同，由于A2、A3完全相同，故变阻器R与L2的电阻值相同，所以C正确。


9.解析：(1)设当cd棒速度减为0.8v0时ab棒的速度为v′，由动量守恒定律得


mv0＝0.8mv0＋mv′①


解得：v′＝0.2v0


此时回路的电流是I＝eq \f(Bl0.8－0.2v0,2R)②


cd棒的加速度为a＝eq \f(BIl,m)③


解得：a＝eq \f(3B2l2v0,10mR)。


(2)设两棒稳定时共同的末速度为v，据动量守恒定律得


mv0＝(m＋m)v④


解得：v＝eq \f(1,2)v0⑤


由能量守恒定律得，最终稳定后电路中产生的电能为


Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋m)v2＝eq \f(1,4)mv02。


(3)由法拉第电磁感应定律得，电路中产生的感应电动势


E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BlΔx,Δt)⑥


这段时间内回路的电流为eq \x\t(I)＝eq \f(E,2R)⑦


对cd棒由动量定理得：－Beq \x\t(I)lΔt＝mv－mv0⑧


由⑤～⑧解得Δx＝eq \f(mRv0,B2l2)。⑨


10.(1)设杆cd下滑到某位置时速度为v，则杆产生的感应电动势E＝BLv，回路中的感应电流I＝eq \f(E,R＋R)


杆所受的安培力F＝BIL


根据牛顿第二定律有mgsin θ－eq \f(B2L2v,2R)＝ma


当速度v＝0时，杆的加速度最大，最大加速度a＝gsin θ，方向沿导轨平面向下


当杆的加速度a＝0时，速度最大，


最大速度vm＝eq \f(2mgRsin θ,B2L2)，方向沿导轨平面向下。


(2)杆cd从开始运动到达到最大速度过程中，根据能量守恒定律得mgxsin θ＝Q总＋eq \f(1,2)mvm2


又Q杆＝eq \f(1,2)Q总


所以Q杆＝eq \f(1,2)mgxsin θ－eq \f(m3g2R2sin2θ,B4L4)。








状态
特征
处理方法
平衡态
加速度为零
根据平衡条件列式分析
非平衡态
加速度不为零
根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析
焦耳定律
功能关系
能量转化
Q＝I2Rt
Q＝W克服安培力
Q＝ΔE其他能的减少量