第2章 电磁感应及其应用
第2节 法拉第电磁感应定律
基础过关练
题组一 法拉第电磁感应定律
1.如图所示,用同种细导线做成两个闭合单匝线圈,正方形线圈的边长与圆形线圈的直径相等,把它们放入磁感应强度随时间均匀变化的同一匀强磁场中,线圈所在平面均与磁场方向垂直,若正方形、圆形线圈中感应电动势分别用E1、E2表示,感应电流分别用I1、I2表示,则 ( )
A.E1∶E2=4∶π I1∶I2=4∶π
B.E1∶E2=4∶π I1∶I2=1∶1
C.E1∶E2=1∶1 I1∶I2=1∶1
D.E1∶E2=1∶1 I1∶I2=4∶π
2.如图所示,边长为L的正方形金属回路(总电阻为R)与水平面的夹角为60°,虚线圆与正方形边界相切,虚线圆形边界内(包括边界)存在竖直向下的匀强磁场,其磁感应强度与时间的关系式为B=kt(k>0且为常量),则金属回路产生的感应电流大小为 ( )
A. B. C. D.
题组二 导体平动切割磁感线产生感应电动势
3.如图所示的导体棒的长度为L,处于磁感应强度为B的匀强磁场中,导体棒运动的速度均为v,则产生的感应电动势为BLv的是 ( )
4.如图,在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中,用外力使金属杆在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动,杆两端刚好与两根平行导轨接触,杆长为L,与导轨的夹角为θ,导轨之间接了一个电阻R,金属杆和导轨的电阻不计,电路中产生的感应电流为I,下列说法正确的是 ( )
A.电阻R中的电流方向是从下到上
B.金属杆切割磁感线产生的电动势大小为BLv sin θ
C.金属杆受到的安培力方向向左(与其速度方向相反)
D.金属杆受到的安培力大小为BIL·sin θ
题组三 导体转动切割磁感线产生感应电动势
5.如图所示,导体棒ab长为4L,匀强磁场的磁感应强度为B,导体棒绕过O点垂直于纸面的轴以角速度ω匀速转动,a与O之间的距离很近,可以忽略。则a端和b端的电势差Uab等于 ( )
A.2BL2ω B.4BL2ω C.6BL2ω D.8BL2ω
6.(多选题)如图所示是法拉第圆盘发电机的示意图,圆盘安装在水平铜轴上,圆盘位于两磁极之间,圆盘平面与磁感线垂直。两铜片C、D分别与转动轴和圆盘的边缘接触。从左往右看,圆盘沿顺时针方向匀速转动,电路所在平面与铜盘平面垂直。如果圆盘的半径为r,匀速转动一周的时间为T,圆盘所在匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向水平向左。下列说法中正确的是 ( )
A.电阻R中电流方向向上
B.回路中有周期性变化的感应电流
C.圆盘转动产生的感应电动势为
D.若圆盘转速增大为原来的2倍,则R的电功率也将增大为原来的2倍
题组四 电荷量的计算
7.(多选题)如图所示,长直导线通以方向向上的恒定电流I,矩形金属线圈abcd与导线共面,线圈的长是宽的2倍,第一次将线圈由静止从位置Ⅰ平移到位置Ⅱ停下,第二次将线圈由静止从位置Ⅰ绕过d点垂直于纸面的轴旋转90°到位置Ⅲ停下,两次变换位置的过程所用的时间相同,以下说法正确的是 ( )
A.两次线圈所产生的平均感应电动势相等
B.两次线圈所产生的平均感应电动势不相等
C.两次通过线圈导线横截面的电荷量相等
D.两次通过线圈导线横截面的电荷量不相等
8.“水轮发电机”是将水的机械能转化为电能的发电设备,可简化为如图装置。足够长水平“匚”形固定导体框架,宽度L=1 m,电阻不计,左端连接阻值为R=1.5 Ω的定值电阻。金属棒ab质量m=0.5 kg,阻值r=0.5 Ω,与导轨间动摩擦因数μ=0.2。匀强磁场的磁感应强度B=1 T,方向垂直于框架向上。现通过定滑轮用质量M=0.5 kg的重物由静止释放拉动金属棒。重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)通过金属棒的电流方向;
(2)金属棒能达到的最大速度的大小;
(3)金属棒移动x=0.5 m的过程中通过电阻R的电荷量。
能力提升练
题组一 法拉第电磁感应定律的应用
1.一线圈匝数为n=10,线圈电阻r=1.0 Ω,在线圈外接一个阻值R≤4.0 Ω的电阻,如图甲所示。在线圈内有垂直于纸面向里的磁场,线圈内磁通量Φ随时间t变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是 ( )
A.通过R的电流方向为a→b
B.线圈中产生的感应电动势为5 V
C.a、b两点的电势差大小为4 V
D.通过R的电流大小为1 A
2.如图甲所示,螺线管匝数n=1 000,横截面积S=10 cm2,螺线管导线电阻r=1 Ω,电阻R的阻值为R=4 Ω,磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示(以向右为正方向),下列说法正确的是 ( )
A.通过电阻R的电流方向不变
B.0~0.5 s内通过电阻R的电荷量为1.2 C
C.电阻R两端的电压为6 V
D.1.5 s时C点的电势为-4.8 V
3.如图所示,匀强磁场中有一个由半圆弧及其直径构成的导线框,半圆直径与磁场边缘重合;磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里,磁感应强度大小为B0。使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周,在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置,磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流,磁感应强度随时间的变化率应为 ( )
A. B. C. D.
题组二 导体切割磁感线产生感应电动势
4.(多选题)如图,半径为d、右端开小口的导体圆环(电阻不计)水平固定放置,圆环内部区域有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。长为2d的金属杆(总电阻为R)在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动,杆与圆环始终接触良好。当杆从圆环中心O开始运动后,其位置由θ确定,则 ( )
A.θ=0°时,杆产生的感应电动势为2Bdv
B.θ=时,杆产生的感应电动势为Bdv
C.θ=时,通过杆的电流为
D.θ=时,通过杆的电流为
5.(多选题)如图所示,有界匀强磁场的宽度为L,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里。abcd是粗细均匀的单匝正方形导体框,总电阻为4R,边长为L,该导体框处于纸面内。导体框在外力作用下沿对角线ac(垂直于磁场边界)由Ⅰ位置匀速运动到Ⅲ位置,速度大小为v,则导体框 ( )
A.由Ⅰ位置到Ⅲ位置过程中,感应电流的方向不变
B.由Ⅰ位置到Ⅲ位置过程中,感应电流的方向先逆时针后顺时针
C.由Ⅰ位置到Ⅱ位置过程中,最大感应电流为
D.由Ⅱ位置到Ⅲ位置过程中,最大感应电流为
6.如图所示,相同材料、横截面积相等的导线制成的单匝正方形线框A和线框B,边长之比为2∶1,在外力作用下以相同的速度匀速进入匀强磁场,在线框A和线框B进入磁场的过程中,下列说法正确的是 ( )
A.线框A和线框B中感应电流大小之比为2∶1
B.通过线框A和线框B导线横截面的电荷量之比为1∶1
C.线框A和线框B中产生的热量之比为2∶1
D.线框A和线框B所受外力做功的功率之比为2∶1
7.如图所示,MN、PQ两条固定的光滑平行金属轨道与水平面成θ角,轨道间距为L,P、M间接有阻值为R的电阻。质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上,其阻值为r。空间存在磁感应强度大小为B的匀强磁场,磁场方向垂直于轨道平面向上。现由静止释放金属杆ab,若轨道足够长且电阻不计,重力加速度为g。求:
(1)通过金属杆ab的电流方向;
(2)金属杆ab运动的最大速度的大小vm;
(3)金属杆ab运动的加速度为g sin θ时,金属杆ab的热功率P。
答案与分层梯度式解析
第2章 电磁感应及其应用
第2节 法拉第电磁感应定律
基础过关练
1.B 设正方形线圈的边长为L,则圆形线圈的直径也为L,根据法拉第电磁感应定律得,正方形线圈与圆形线圈的感应电动势分别为E1=L2,E2=π,解得E1∶E2=4∶π;根据电阻定律可得正方形线圈与圆形线圈的电阻分别为R1=ρ,R2=ρ,根据I=,联立解得I1∶I2=1∶1。故选B。
2.D 根据法拉第电磁感应定律得,回路中产生的感应电动势E=S·cos 60°=kπ·=,由闭合电路欧姆定律得,金属回路中产生的感应电流大小为I==,故选D。
3.D 当B、L、v三个量的方向两两垂直时,E=BLv。A选项中B与v不垂直;B、C选项中导体棒没有切割磁感线,E=0;只有D选项中三个量的方向两两垂直;故选D。
4.B 根据右手定则可知回路中产生逆时针方向的感应电流,电阻R中的电流方向是从上到下,故A错误;金属杆切割磁感线的有效长度为L sin θ,根据法拉第电磁感应定律可知金属杆切割磁感线产生的电动势大小为E=BLv sin θ,故B正确;根据左手定则可知金属杆受到的安培力方向为垂直于金属杆斜向左上方,故C错误;金属杆受到的安培力大小为F=BIL,故D错误。故选B。
5.D 导体棒ab切割磁感线的总长度为4L,切割磁感线的平均速度=ω×4L=2Lω,由公式E=Blv知,E=B·4L·2Lω=8BL2ω,则Uab=E=8BL2ω,D正确。
6.AC 圆盘转动时,根据右手定则可知,圆盘中电流方向由圆心流向边缘,则电阻R中电流方向向上,故A正确;圆盘转动时,产生的感应电动势大小、方向均不变,则回路中的感应电流恒定不变,故B错误;圆盘转动产生的感应电动势为E=Br=Br=Br2ω=Br2=,故C正确;根据E=Br2ω,I=,P=I2R,若圆盘转速增大为原来的2倍,可知角速度增大为原来的2倍,感应电动势增大为原来的2倍,感应电流增大为原来的2倍,则R的电功率将增大为原来的4倍,故D错误。故选A、C。
7.BD 根据通电直导线周围的磁场分布可知,两次通过线圈的磁通量的变化量不同,根据=n可知,线圈所产生的平均感应电动势不相等,选项A错误,B正确;根据q=n可知两次通过线圈导线横截面的电荷量不相等,选项C错误,D正确。
8.答案 (1)由a到b (2)8 m/s (3)0.25 C
解析 (1)重物由静止释放拉动金属棒向右运动,由右手定则可知金属棒中电流方向由a到b。
(2)金属棒匀速运动时速度最大,此时有E=BLvm
I=
F安=BIL
Mg=F安+μmg
解得vm=8 m/s
(3)设金属棒移动x所用时间为Δt,则=
ΔΦ=BLx
=
q=Δt
解得q=0.25 C
能力提升练
1.B 由楞次定律和安培定则可知,垂直于纸面向里通过线圈的磁通量增加,线圈中感应电流沿逆时针方向,即通过R的电流方向为b→a,A错误;由法拉第电磁感应定律可知E=n,代入数据解得E=5 V,B正确;由闭合电路欧姆定律可知I=,a、b两点的电势差大小为U=E-Ir,联立并代入数据可得I≥1 A,U≤4 V,C、D错误。
易错提醒 应用E=n时应注意的三个问题
(1)此公式适用于求平均电动势。
(2)计算电动势大小时,ΔΦ取绝对值,不涉及正负。
(3)用E=n求得的感应电动势为整个闭合电路的感应电动势,而不是回路中某部分导体两端的电势差。
2.D 由法拉第电磁感应定律得E=n=6 V,一个周期内,前半个周期与后半个周期的感应电流大小相等、方向相反,所以通过R的电流方向是变化的,故A错误;0~0.5 s内通过电阻R的电荷量为q=t=0.6 C,故B错误;电阻R两端的电压UR=R=4.8 V,故C错误;0~1 s内C点电势比A点电势高,C点的电势为4.8 V,1~2 s内,C点电势比A点电势低,C点的电势为-4.8 V,故D正确。
3.C 设半圆的半径为r,导线框的电阻为R,当线框绕过圆心O的转动轴以角速度ω匀速转动时,I1=====。当线框不动,磁感应强度变化时,I2====,因I1=I2,可得=,C正确。
4.AD 当θ=0°时,杆产生的感应电动势为E=Blv=2Bdv,故A正确;当θ=时,杆产生的感应电动势为E'=Bl'v=B·2d cos ·v=Bdv,此时杆接入回路的电阻为r=R=,通过杆的电流为I==,故B、C错误,D正确。
5.BC 导体框由Ⅰ位置到Ⅱ位置过程中磁通量增加,根据楞次定律结合安培定则可知,感应电流方向为逆时针,导体框由Ⅱ位置到Ⅲ位置过程中磁通量减少,根据楞次定律结合安培定则可知,感应电流方向为顺时针,A错误,B正确;导体框由Ⅰ位置到Ⅲ位置过程中,当bd位于磁场两边界时,导体框切割磁感线的有效长度最长,为L,则产生的最大电动势为E=B·L·v,根据闭合电路欧姆定律可知,最大感应电流为I==,C正确,D错误。
6.D 设正方形的边长为L,导线的横截面积为S0、电阻率为ρ,磁场的磁感应强度大小为B0, 线框匀速运动的速度大小为v。由电阻定律可知线框的电阻R=ρ,线框A、B的边长之比为2∶1,可知线框A、B的电阻之比为2∶1,线框中感应电流大小I=,可得线框A、B中电流大小之比为1∶1,故A错误;通过线框导线横截面的电荷量q=It=·=,则通过线框A和线框B导线横截面的电荷量之比为2∶1,故B错误;线框匀速进入匀强磁场,则外力做功的功率为P=P电=I2R,故线框A、B所受外力做功的功率之比为2∶1,故D正确;线框中产生的热量Q=P电t=P电·,所以线框A和线框B中产生的热量之比为4∶1,故C错误。
7.答案 (1)由b到a (2)
(3)
解析 (1)由静止释放金属杆ab,ab沿导轨向下运动,切割磁感线,相当于“电源”,由右手定则可知金属杆ab中的电流方向为由b到a。
(2)金属杆产生的电动势为E=BLvm
电路中的电流为I=
金属杆达到最大速度后做匀速直线运动,即处于平衡状态,沿导轨方向有mg sin θ=BIL
解得vm=
(3)金属杆ab运动的加速度为g sin θ时有
mg sin θ-BI1L=m·g sin θ
金属杆的热功率为P=r
解得P=
7(共39张PPT)
第2节 法拉第电磁感应定律
知识 清单破
知识点 1
知识点 1
感应电动势
感应电动势 感应电流
概念 在电磁感应现象中产生的电动势 在电磁感应现象中产生的电流
条件 磁通量有变化 磁通量有变化且电路闭合
两者联系 在电磁感应现象中,既然有感应电流产生,那么电路中一定有感应电动势 导师点睛 感应电动势的产生与电路是否闭合无关;感应电动势比感应电流更能反映电磁感
应现象的本质。
1.内容:电路中感应电动势的大小与穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。
2.表达式:E=n ,其中n为线圈匝数。
3.单位:在国际单位制中,感应电动势E的单位是伏特(V),磁通量Φ的单位是韦伯(Wb),时间t的
单位是秒(s)。
4.标量性:感应电动势是标量,但有方向。其方向规定为从电源负极经过电源内部指向电源的
正极,与电源内部电流方向一致。
知识点 1
知识点 2
电磁感应定律
5.导线切割磁感线时的感应电动势
(1)导线垂直于磁场运动,B、l、v两两垂直时,如图甲所示,E=Blv。
(2)导线的运动方向与导线本身垂直,但与磁感线方向的夹角为θ时,如图乙所示,E=Blv sin θ。
1.产生感应电动势,不一定产生感应电流。 ( )
2.通过线圈的磁通量变化越大,线圈产生的感应电动势越大。 ( )
磁通量变化越快,感应电动势越大。
3.感应电动势E和磁通量Φ均与线圈匝数有关。 ( )
磁通量Φ与线圈匝数无关。
知识辨析 判断正误，正确的画“ √” ，错误的画“ ” 。
√
疑难 情境破
疑难1
对法拉第电磁感应定律的理解
情境探究
近几年来,无线充电逐渐成为一种较为常见的充电方式,小到手表、手机、电动牙刷,大到电
脑、电动汽车的充电,都可以实现无线充电。图甲为手机无线充电装置和其内部示意图,手
机和充电板内部均安装了金属线圈,将手机置于通电的充电板上,便实现了无线充电。充电
时,充电板接交流电源,充电板内的励磁线圈可产生交变磁场,从而使手机内的感应线圈产生
感应电流。设匝数为N的感应线圈处于平行于线圈轴线的磁场中,其磁通量随时间的变化情
况如图乙所示(以甲图中所示磁场方向为正方向)。
问题1
在使用无线充电器给手机充电时,在手机和无线充电器中间放上一块塑料板,手机能充上电
吗
提示 能。
提示
问题2
图中四个实验与无线充电技术原理相同的是哪一个
提示 A。 由题图A知,开关闭合后,在外力作用下使导体左右移动,做切割磁感线运动,有
感应电流产生,是电磁感应现象,A符合题意;题图B是奥斯特实验,说明了通电导体周围有磁
场,B不符合题意;题图C中,通电线圈周围有磁场,是电流的磁效应,故C不符合题意;题图D中有
电源,通电导体在磁场中受力而运动,这是电动机的原理图,D不符合题意。
提示
问题3
当t=T时,感应线圈c、d两端哪端电势高
提示 c端电势高。
提示
问题4
在 T~ T时间内,感应线圈产生的平均感应电动势是多大
。根据法拉第电磁感应定律可得,感应线圈产生的平均感应电动势E=N =
。
提示
问题5
若感应线圈电阻为r,在它的c、d两端接一阻值为R的电阻,从 T到 T时间内,通过电阻R的电
荷量是多少
提示 。通过电阻R的电荷量是q= = 。
提示
研究 对象 E=n 的研究对象是一个回路,求得的电动
势是整个回路的感应电动势
物理 意义 E=n 求得的电动势是整个回路的感应电
动势,而不是回路中某段导体的感应电动
势。整个回路的感应电动势为零,而回路中
某段导体的感应电动势不一定为零
讲解分析
对法拉第电磁感应定律E=n 的理解
公式的 三种变 形应用 ①E=nS :当S不变、B随时间变化时,用公
式E=nS 求感应电动势,其中S为线圈在磁
场内的有效面积。
②E=nB :当磁场不变、回路面积S随时间
变化时,用公式E=nB 求解。
③若回路中与磁场方向垂直的回路面积S及
磁感应强度B均随时间变化,则Et=nSt +nBt
,要特别注意题目要求的是哪个时刻的感
应电动势
瞬时 值与 平均值 E=n 求的是Δt时间内的平均感应电动势;
当Δt→0时,E为瞬时感应电动势。在磁通量
均匀变化时,瞬时值等于平均值
求电 荷量 q= Δt= Δt= 。可见,在一段时间内通
过导线横截面的电荷量q仅由线圈的匝
数n、磁通量的变化量ΔΦ和闭合电路的电阻
R决定。因此,要快速求得通过导线横截面的
电荷量q,关键是正确求得磁通量的变化量Δ
Φ,在计算时,通常取其绝对值。线圈在匀强
磁场中转动,在一个周期内穿过线圈的磁通
量的变化量ΔΦ=0,故通过导线横截面的电荷
量q=0
导师点睛 (1)Φ、ΔΦ、 三者的大小没有必然联系,这一点可与运动学中的v、Δv、 三
者相类比。值得注意的是:Φ很大, 可能很小;Φ很小, 可能很大;Φ=0, 可能不为零(如
线圈平面转到与磁感线平行位置时)。
(2)磁通量的变化率 是Φ-t图像上某点切线的斜率。
疑难2
对导体切割磁感线产生感应电动势的理解
讲解分析
1.对公式E=Blv的理解
(1)在公式E=Blv中,l是指导体的有效切割长度,即导体在垂直于速度v方向上的投影长度,如图
所示的几种情况中,感应电动势都是E=Blv。
(2)公式中的v应理解为导体和磁场间的相对速度,当导体不动而磁场运动时,也有感应电动势
产生。
(3)当v与l或v与B的夹角为θ时,公式E=Blv仍可用来求解导体切割磁感线时产生的感应电动
势,但应注意的是其中的l或v应用有效切割长度或有效切割速度。当B、l、v三个量的方向
相互垂直时,θ=90°,感应电动势最大;当有任意两个量的方向平行时,θ=0°,感应电动势为0。
(4)该公式可看成法拉第电磁感应定律的一个推论,通常用来求导线运动速度为v时的瞬时感
应电动势,随着v的变化,E也相应变化;若v为平均速度,则E就为平均感应电动势。
(5)如图所示,匀强磁场的磁感应强度为B,长为l的金属棒绕O点在垂直于匀强磁场的平面内以
角速度ω转动。
①O点在棒的端点时,E=Bl =Blv中= Bl2ω。
②O点为任意点时,E= B ω- B ω。
2.公式E=n 与E=Blv的区别与联系
E=n E=Blv
区别 研究对象 整个闭合回路 回路中做切割磁感线
运动的那部分导体
适用范围 各种电磁感应现象 只适用于导体切割磁
感线的情况
计算结果 求得的是Δt时间内的
平均感应电动势 求得的是某时刻的瞬
时感应电动势
联系 ①E=Blv可由E=n 推导出来; ②对于公式E=n ,当Δt 0时,E为瞬时感应 电动势
疑难3
电磁感应的综合问题
讲解分析
1.电磁感应的电路问题
(1)电磁感应的电路问题
(2)解决电磁感应中电路问题的一般步骤
①用楞次定律和安培定则确定感应电动势的方向,用法拉第电磁感应定律确定感应电动势的
大小;若是导体切割磁感线的情况,可直接用右手定则确定感应电动势的方向。
②画等效电路图。
③运用闭合电路欧姆定律,串、并联电路的特点等求解。
(3)与上述问题相关的几个知识点
典例1 如图所示,范围足够大的匀强磁场磁感应强度为B,有一根电阻为4R的均匀导体【1】,弯
成圆环并将两端焊接在一起,固定在磁场中,其直径为d【2】。另一导体棒MN长L=1.5d,总电阻
为1.5R【3】,通过外力使导体棒以速度v(v与棒垂直)在圆环上向右匀速运动,棒与环接触良好,
不计接触电阻。棒经过环中心时【4】,下列说法正确的是 ( )
A.导体棒中的感应电流从a流向b
B.流过导体棒的电流大小为
C.导体棒受到的安培力与v方向相反
D.导体棒受到的安培力大小为
信息提取 【1】【2】【3】【4】导体棒切割磁感线的有效长度为d,等效电路如图所示
思路点拨 导体棒切割磁感线产生感应电动势,相当于电源,导体棒两侧半圆环是并联外电
路。棒整体(长度1.5d)均切割磁感线产生感应电动势,但计算电流时应根据棒接入回路的部
分(有效长度)。由棒经过环中心时的有效长度计算电动势、电流、安培力,由右手定则判断
电流方向,由左手定则判断安培力方向(也可由“阻碍”作用判断其方向)。
解析 根据右手定则可知导体棒中电流是从b流向a,A错误。当导体棒位于环中心时,电路可
等效成两个半环(电阻均为2R)并联后(电阻为R)接在a、b间,棒的ab部分相当于电源,ab部分
的电阻为R,即电源的等效内阻为R,电路的总电阻为2R,电动势为ab部分切割磁感线产生的感
应电动势,大小为Bdv(易错为BLv),根据闭合电路欧姆定律可得流过导体棒的电流为 ,B错
误。根据左手定则可知安培力方向向左,C正确。导体棒所受安培力大小为 ,D错误。
答案 C
图像类型 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变化的图像,即B-t图像、Φ-t图像、E-t图像和I-t图像;
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随切割导体位移x变化的图像,即E-x图像和I-x图像
常见问题类型 ①由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像;
②由给定的有关图像分析电磁感应过程,求解相应的物理量
应用知识 左手定则、右手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律、相关数学知识等
2.电磁感应的图像问题
(1)常见的图像问题
(2)解决图像问题的一般步骤
①明确图像的种类: a.随时间t变化的图像,如 B-t 图像、Φ-t图像、E-t图像、I-t图像、U-t图
像、F安-t图像、F外-t图像等;b.随位移x变化的图像,如E-x图像、I-x图像等。
②由给定的有关图像分析电磁感应过程。
③用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系。
④结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出函数关系式,一
般按照E=Blv→I= →U外=IR→F安=BIl→P安=F安v的思路找关系式。
⑤根据函数关系式,进行数学分析,如分析斜率的变化、截距等。
⑥画图像或判断图像。
3.电磁感应中动力学问题的分析方法
(1)通电导体在磁场中受到安培力作用,电磁感应问题往往和力学问题联系在一起,解决的基
本方法如下:
(3)领会力与运动的动态关系
(2)理解电磁感应问题中的两个研究对象及其相互制约关系
(4)电磁感应中动力学临界问题的基本思路
4.电磁感应中功能问题的分析方法
(1)电磁感应过程的实质是不同形式的能量之间转化的过程,而能量的转化是通过安培力做
功的形式实现的,安培力做功的过程,是电能转化为其他形式能的过程,外力克服安培力做功,
则是其他形式的能转化为电能的过程。
(2)能量转化及焦耳热的求法
①能量转化
②求解焦耳热Q的三种方法
a.焦耳定律:Q=I2Rt(电流大小不变)
b.功能关系:Q=W克服安培力
c.能量转化:Q=ΔE其他能的减少量
(3)解决此类问题的步骤
①用楞次定律和安培定则确定感应电动势的方向,用法拉第电磁感应定律确定感应电动势的
大小;若是导体切割磁感线的情况,可直接用右手定则确定感应电动势的方向。
②画出等效电路图,写出回路中电阻消耗的电功率的表达式。
③分析导体机械能的变化,用功能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,联立求解。
导师点睛 在利用能量守恒解决电磁感应问题时,第一要准确把握参与转化的能量的形式和
种类;第二要确定哪种能量增加,哪种能量减少。
5.电磁感应中的“杆+导轨”模型
“电—动—电”模型 “动—电—动”模型
示意图 导轨间距为L,金属杆质量为m,电阻为R,导轨光滑,其他电阻不计
导轨间距为L,金属杆质量为m,电阻为R,导轨光滑,倾角为α,其他电阻不计
运动分析 S闭合,杆ef受安培力F= , 此时a= ,杆ef速度v↑→ 感应电动势BLv↑→电流I↓
→安培力F=BIL↓→加速度a
↓,当安培力F=0时,a=0,v最
大 杆ef释放后下滑,释放瞬间a=
g sin α,杆ef速度v↑→感应电
动势E=BLv↑→电流I= ↑
→安培力F=BIL↑→加速度a
↓,当安培力F=mg sin α时,a=
0,v最大
运动状态 杆做加速度逐渐减小的加速
运动,最后做匀速运动,最大
速度vmax= ,I=0 杆做加速度逐渐减小的加速
运动,最后做匀速运动,最大
速度vmax= ,I恒定
典例2 (多选)如图所示,电阻不计的两平行光滑金属导轨固定在竖直平面内,导轨上、下两
端分别连接阻值为R1=0.6 Ω、R2=1.2 Ω的定值电阻【1】,两导轨之间的距离为L=1 m。矩形区
域abcd内存在磁感应强度大小为B=1 T、方向垂直于纸面向里的匀强磁场,ab、cd之间的距
离为h1=1.5 m。在cd下方有一垂直于导轨、长为L的导体棒MN,其质量为m=2 kg,电阻为r=0.1
Ω,最初MN与cd之间的距离为h2=2 m,导体棒在竖直向上的恒力F=28 N的作用下由静止开始
运动。已知MN与导轨始终垂直且接触良好,重力加速度g=10 m/s2。
则导体棒MN在磁场中运动【2】的过程中 ( )
A.导体棒MN两端的电势差【3】UMN=0.8 V
B.导体棒MN的热功率【4】为6.4 W
C.R1上产生的焦耳热为8 J
D.流过R2的电荷量为1 C
信息提取 【1】由题图可知R1、R2并联;
【2】MN切割磁感线,相当于电源;
【3】MN两端电势差的绝对值等于路端电压;
【4】即导体棒MN自身电阻发热的功率,而不是作为电源的总功率。
思路点拨 (1)MN在恒力F作用下向上匀加速进入磁场,根据牛顿第二定律【5】和速度-位移公
式【6】可以求得MN进入磁场时的速度。
(2)MN进入磁场后切割磁感线,根据E=Blv【7】可求出感应电动势,根据串、并联电路的特点和
闭合电路欧姆定律【8】求通过MN、R1、R2的电流大小,根据F安=IlB【9】得出导体棒所受安培力。
(3)根据平衡条件可以判断出MN进入磁场后恰好做匀速运动,则电路中电流恒定不变。
(4)按照一般电路问题的解答思路,根据热功率P热=I2R【10】、焦耳热Q= 【11】和电流的定义式
I= 【12】分别计算MN的热功率、R1上产生的焦耳热以及流过R2的电荷量。
解析 导体棒MN在恒力F作用下向上匀加速进入磁场,设进入磁场时速度为v,在进入磁场前
的过程中有F-mg=ma(由【5】得到),v2=2ah2(由【6】得到),解得v=4 m/s。进入磁场时,导体棒
切割磁感线,产生的感应电动势E=BLv=4 V(由【7】得到),电路中R1与R2并联后的总电阻为R
= =0.4 Ω,导体棒MN中的电流I= = A=8 A(由【8】得到),导体棒MN受到的安培
力F安=BIL=8 N,则F=F安+mg,可知进入磁场后导体棒匀速运动,产生的感应电动势恒定,感应电
流恒定,则导体棒MN两端的电势差UMN= E= ×4 V=3.2 V(由【2】【3】得到),选项A错
误;导体棒MN的热功率为P=I2r=82×0.1 W=6.4 W(由【4】【10】得到),选项B正确;导体棒通
过磁场所用时间t= = s= s,R1上产生的焦耳热为 = t= × J=6.4 J(由【11】得
到),选项C错误;流过R2的电荷量 = It= ×8× C=1 C(由【12】得到),选项D正确。
答案 BD
典例3 (多选)如图所示,金属导轨位于竖直平面内,导轨间距离L=0.2 m,两导轨与电阻R连接,
其余电阻不计,水平虚线下方存在匀强磁场,磁感应强度B=0.5 T,质量m=0.2 kg的导体棒ab垂
直放置于导轨上,与导轨接触良好,将其由距虚线位置h1处由静止释放【1】,经t1时间后进入磁场
且恰好做匀速直线运动,运动t2=2 s后给导体棒施加一个竖直向上的恒力F=2mg,并且此时由
于磁感应强度发生变化使回路中不再有感应电流【2】,导体棒
再经过t3=0.2 s速度减为零,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法
正确的是 ( )
A.导体棒ab进入磁场做匀速直线运动的速度大小为2 m/s
B.导体棒ab静止释放的位置距虚线位置的距离为0.2 m
C.回路中磁通量的最大值为0.6 Wb
D.整个过程中回路中产生的焦耳热为8 J
信息提取 【1】导体棒竖直方向只受重力作用;
【2】导体棒不受安培力作用。
思路点拨 根据题意可知,导体棒先做自由落体运动,运动t1时间后导体棒做匀速直线运动,运
动t2时间后导体棒做匀减速直线运动,运动t3时间后速度减为零。根据牛顿第二定律【3】分析
导体棒做匀减速直线运动时加速度的大小,结合运动学公式【4】求解其做匀速直线运动时的
速度v;根据自由落体运动规律求解高度h1;根据公式Φ=BS【5】求解最大磁通量;根据能量守恒
定律【6】求解焦耳热。
解析 给导体棒施加一个竖直向上的恒力F=2mg,且回路中无感应电流,导体棒做匀减速直
线运动,加速度大小为a=g(由【2】【3】得到),经过t3=0.2 s速度减为零,则v=at3=2 m/s(由
【4】得到),A正确;导体棒由距虚线位置h1处由静止释放,经t1时间后进入磁场且恰好做匀速
直线运动,则有v2=2gh1(由【1】【4】得到),解得h1=0.2 m,B正确;回路中不再有感应电流时,穿
过回路的磁通量不变,则导体棒进入匀强磁场运动t2=2 s后回路中磁通量最大,匀速运动的位
移为h2=vt2=4 m,回路中磁通量的最大值Φm=BLh2=0.5×0.2×4 Wb=0.4 Wb(由【5】得到),C错
误;整个过程回路中产生的焦耳热等于导体棒匀速运动阶段重力势能的减少量(由【6】得
到),则有Q=mgh2=0.2×10×4 J=8 J,D正确。故选A、B、D。
答案 ABD
