第5节 电磁感应规律的应用
[目标定位] 1.了解法拉第电机的构造及工作原理.2.理解电磁感应现象中的能量转化与守恒，并会进行有关计算.3.掌握电磁感应中电路问题的分析方法和电荷量的求解方法.
一、法拉第电机
1.法拉第圆盘可看作是由无数根长度等于半径的紫铜辐条组成的，在转动圆盘时，每根辐条都做切割磁感线的运动，电路中便有了持续不断的电流.产生感应电动势的那部分导体相当于电源.
2.导体转动切割磁感线产生的电动势的计算如图1所示，长为L的导体棒Oa以O为圆心，以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中匀速转动，感应电动势大小可用两种方法分析：
图1
(1)用E＝BLv求解
由于棒上各点到圆心O的速度满足v＝ωL(一次函数关系)，所以切割的等效速度v等效＝＝，故感应电动势E＝BLv等效＝BL2ω.
(2)用E＝求解
经过时间Δt棒扫过的面积为ΔS＝πL2·＝L2ωΔt，由E＝＝知，棒上的感应电动势大小为E＝BL2ω.
【例1】 如图2是法拉第研制成的世界上第一台发电机模型的原理图.将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘，图中a、b导线与铜盘的中轴线处在同一平面内，转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流.若图中铜盘半径为r，匀强磁场的磁感应强度为B，回路总电阻为R，匀速转动铜盘的角速度为ω.则电路的功率是( )
图2
A. B.
C. D.
解析 导体棒旋转切割产生的电动势的E＝Bωr2，由P＝得，电路的功率是，故选项C正确.
答案 C
针对训练 一直升机停在南半球的地磁极上空.该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B.直升机螺旋桨叶片的长度为L，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动.螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图3所示.如图忽略a到转轴中心线的距离，用E表示每个叶片中的感应电动势，即( )
图3
A.E＝πfL2B，且a点电势低于b点电势
B.E＝2πfL2B，且a点电势低于b点电势
C.E＝πfL2B，且a点电势高于b点电势
D.E＝2πfL2B，且a点电势高于b点电势
解析 螺旋桨是叶片围绕着O点转动，产生的感应电动势为E＝BLv＝BLvb＝
BL(ωL)＝B(2πf)L2＝πfL2B，由右手定则判断出b点电势比a点电势高，故A正确.
答案 A
二、电磁感应中的电路问题
1.确定所研究的回路，明确回路中相当于电源的部分和相当于外电路的部分，画出等效电路图.
2.由楞次定律或右手定则判断感应电动势的方向，由法拉第电磁感应定律或导体切割磁感线公式写出感应电动势表达式.
3.运用闭合电路欧姆定律，部分电路欧姆定律，串、并联电路的电压、电流、电阻特点，电功率公式等进行计算求解.
【例2】 粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行.现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如下图所示，则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是( )
解析 磁场中切割磁感线的边相当于电源，外电路由三个相同电阻串联形成，A、C、D中a、b两点间电势差为外电路中一个电阻两端的电压为U＝E＝，B图中a、b两点间电势差为路端电压为U＝E＝，所以a、b两点间电势差绝对值最大的是B图.故A、C、D错误，B正确.
答案 B
三、电磁感应中的电荷量问题
设感应电动势的平均值为，则在Δt时间内，＝n，＝，又q＝Δt，所以q＝n，其中ΔΦ对应某过程磁通量的变化，R为回路的总电阻，n为线圈的匝数.
注意：求解电路中通过的电荷量时，一定要用平均电动势和平均电流计算.
【例3】 如图4甲所示，有一面积为S＝100 cm2的金属环，电阻为R＝0.1 Ω，环中磁场的变化规律如图乙所示，且磁场方向垂直纸面向里，在1～2 s时间内，通过金属环的电荷量是多少？
图4
解析 由法拉第电磁感应定律知金属环中产生的感应电动势E＝n，由闭合电路的欧姆定律知金属环中的感应电流为I＝，通过金属环截面的电荷量q＝I·Δt＝＝＝ C＝0.01 C.
答案 0.01 C
四、电磁感应中的能量问题
1.电磁感应现象中的能量守恒
电磁感应现象中的“阻碍”是能量守恒的具体体现，在这种“阻碍”的过程中，其他形式的能转化为电能.
2.电磁感应现象中的能量转化方式
3.求解电磁感应现象中能量问题的一般思路
(1)确定回路，分清电源和外电路.
(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化.如：
①有滑动摩擦力做功，必有内能产生；
②有重力做功，重力势能必然发生变化；
③克服安培力做功，必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能；如果安培力做正功，就是电能转化为其他形式的能.
(3)列有关能量的关系式.
【例4】 如图5所示，匀强磁场方向竖直向下，磁感应强度为B.正方形金属框abcd可绕光滑轴OO′转动，边长为L，总电阻为R，ab边质量为m，其他三边质量不计，现将abcd拉至水平位置，并由静止释放，经一定时间到达竖直位置，ab边的速度大小为v，则在金属框内产生热量大小等于( )
图5
A. B.
C.mgL－ D.mgL＋
解析 金属框绕光滑轴转下的过程中机械能有损失但能量守恒，损失的机械能为mgL－，故产生的热量为mgL－，选项C正确.
答案 C
【例5】 如图6所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨倾角为θ，导轨下端接有电阻R，匀强磁场垂直斜面向上.质量为m、电阻不计的金属棒ab在沿斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，上升高度为h，在这个过程中( )
图6
A.金属棒所受各力的合力所做的功等于零
B.金属棒所受各力的合力所做的功等于mgh和电阻R上产生的焦耳热之和
C.恒力F与重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做的功与电阻R上产生的焦耳热之和
D.恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热
解析 棒匀速上升的过程有三个力做功：恒力F做正功、重力G做负功、安培力F安做负功.根据动能定理：W＝WF＋WG＋W安＝0，故A正确，B错误；恒力F与重力G的合力所做的功等于棒克服安培力做的功.而棒克服安培力做的功等于回路中电能(最终转化为焦耳热)的增加量，克服安培力做功与焦耳热不能重复考虑，故C错误，D正确.
答案 AD
电磁感应中焦耳热的计算技巧
(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt.
(2)感应电流变化，可用以下方法分析：
①利用动能定理，求出克服安培力做的功，产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W安.
②利用能量守恒，即感应电流产生的焦耳热等于其他形式能量的减少，
即Q＝ΔE其他.
1.(电磁感应中的电路问题)一闭合圆形线圈放在匀强磁场中，线圈的轴线与磁场方向成30°角，磁感应强度随时间均匀变化.在下列方法中能使线圈中感应电流增加一倍的是( )
A.把线圈匝数增大一倍
B.把线圈面积增大一倍
C.把线圈半径增大一倍
D.把线圈匝数减少到原来的一半
答案 C
解析 设感应电流为I，电阻为R，匝数为n，线圈半径为r，线圈面积为S，导线横截面积为S′，电阻率为ρ.
由法拉第电磁感应定律知E＝n＝n，由闭合电路欧姆定律知I＝，由电阻定律知R＝ρ，则I＝cos 30°.其中、ρ、S′均为恒量，所以I∝r，故选项C正确.
2.(电磁感应中的电路问题)如图7所示，用一根横截面积为S的硬导线做成一个半径为r的圆环，把圆环的右半部分置于均匀变化的磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化率＝k(k>0)，ab为圆环的一条直径，导线的电阻率为ρ.则( )
图7
A.圆环具有扩张的趋势
B.圆环中产生顺时针方向的感应电流
C.图中ab两点间的电压大小为kπ
D.圆环中感应电流的大小为
答案 D
解析 磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间的变化率＝k(k>0)，说明B增大，根据楞次定律判断可知，圆环中产生的感应电流方向沿逆时针方向，B错误；根据左手定则判断可知，圆环所受的安培力指向环内，则圆环有收缩的趋势，A错误；由法拉第电磁感应定律得E＝S环＝kπr2，Uab＝E＝kπr2，C错误；圆环的电阻R＝ρ，则感应电流大小为I＝＝，D正确.
3.(电磁感应中的电荷量计算)面积S＝0.2 m2、n＝100匝的圆形线圈，处在如图8所示的磁场内，磁感应强度B随时间t变化的规律是B＝0.02t，R＝3 Ω，C＝30 μF，线圈电阻r＝1 Ω，求：
图8
(1)通过R的电流方向和4 s内通过导线横截面的电荷量；
(2)电容器的电荷量.
答案 (1)方向由b→a 0.4 C (2)9×10－6C
解析 (1)由楞次定律可求得电流的方向为逆时针，通过R的电流方向为b→a，
q＝Δt＝Δt＝nΔt＝n＝0.4 C.
(2)由E＝n＝nS＝100×0.2×0.02 V＝0.4 V，
I＝＝ A＝0.1 A，
UC＝UR＝IR＝0.1×3 V＝0.3 V，
Q＝CUC＝30×10－6×0.3 C＝9×10－6 C.
4.(电磁感应中的能量问题)如图9所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距L＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻，一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T.金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝
2 m/s2的加速度做匀加速运动，当金属棒的位移s＝9 m时撤去外力，金属棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，金属棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触.求：
图9
(1)金属棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；
(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；
(3)外力做的功WF.
答案 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J
解析 (1)匀加速运动过程中产生的平均电动势
＝n
回路中的电流为＝
通过电阻R的电荷量为q＝Δt
由上述公式联立可得
q＝n＝＝ C＝4.5 C.
(2)撤去外力前金属棒做匀加速运动，根据运动学公式得x＝at2，v＝at
所以v＝6 m/s
撤去外力后金属棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将金属棒的动能转化为电能，再通过电流做功将电能转化为内能，所以焦耳热等于金属棒的动能减少量，有
Q2＝ΔEk＝mv2＝×0.1×62 J＝1.8 J.
(3)根据题意，在撤去外力前的焦耳热为
Q1＝2Q2＝3.6 J，
撤去外力前拉力做正功、安培力做负功(其大小等于焦耳热Q1)、重力不做功.金属棒的动能增大，根据动能定理有ΔEk＝WF－Q1
则WF＝Q1＋ΔEk＝3.6 J＋1.8 J＝5.4 J.
题组一 导体转动切割磁感线产生电动势的计算
1.如图1所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指拉直时的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB.AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为( )
图1
A. B. C. D.Bav
答案 A
解析 导体棒AB摆到竖直位置时E＝Bav，等效电路如图所示，AB两端的电压大小为，故选项A正确.
2.如图2所示，金属棒ab长为L，以角速度ω绕ab棒延长线上一点O逆时针转动，Oa间距为r，金属棒转动方向与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直(磁场方向垂直纸面向里).则a、b两点间电势差大小为( )
图2
A.Bω()2 B.BωL2
C.Bω(L2－r2) D.BLω(2r＋L)
答案 D
解析 金属棒转动的等效速度v＝＝＝ω(2r＋L)，所以a、b两点间电势差大小为Uab＝BLv＝BLω(2r＋L).
3.(多选)单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积的磁通量随时间变化的规律如图3所示，则O～D过程中，下列说法正确的是( )
图3
A.线圈中O时刻感应电动势最大
B.线圈中D时刻感应电动势为零
C.线圈中D时刻感应电动势最大
D.线圈中O至D时间内的平均感应电动势为0.4 V
答案 ABD
解析 由法拉第电磁感应定律E＝n，即为Φ－t图象对应时刻切线的斜率，所以A、B正确，C错误；线圈中O至D时间内的平均感应电动势E＝n＝1× V＝0.4 V，所以D正确.
题组二 电磁感应中的电路问题
4.如图4所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场.当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差为( )
图4
A.BRv B.BRv
C.BRv D.BRv
答案 D
解析 设整个圆环电阻是r，其外电阻即磁场外的部分，是圆环总电阻的，而在磁场内切割磁感线的有效长度是R，其相当于电源，E＝B·R·v，根据欧姆定律可得U＝E＝BRv，选项D正确.
5.(多选)用均匀导线做成的正方形线圈边长为l，正方形的一半放在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图5所示，当磁场以的变化率增大时，则( )
图5
A.线圈中感应电流方向为acbda
B.线圈中产生的电动势E＝·
C.线圈中a点电势高于b点电势
D.线圈中a、b两点间的电势差为·
答案 AB
解析 根据楞次定律可知，选项A正确；线圈中产生的电动势E＝＝＝，选项B正确；线圈中的感应电流沿逆时针方向，所以a点电势低于b点电势，选项C错误；线圈左边的一半导线相当于电源，右边的一半相当于外电路，a、b两点间的电势差相当于路端电压，其大小为U＝＝，选项D错误.
6.如图6所示，粗细均匀、电阻为r的金属圆环，放在图示的匀强磁场中，磁感应强度为B，圆环直径为L；长为L、电阻为的金属棒ab放在圆环上，以v0向左运动，当ab棒运动到图示虚线位置时，金属棒两端的电势差为( )
图6
A.0 B.BLv0
C. D.
答案 D
解析 切割磁感线的金属棒ab相当于电源，其电阻相当于电源内阻，当运动到虚线位置时，两个半圆金属环相当于并联，可画出如图所示的等效电路图.R外＝R并＝，I＝＝＝.金属棒两端电势差相当于路端电压Uab＝IR外＝×＝BLv0，故D正确.
题组三 感应电荷量的计算
7.(多选)将一条形磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置，第一次缓慢插入，第二次快速插入，两次插入过程中不发生变化的物理量是( )
A.磁通量的变化量
B.磁通量的变化率
C.感应电流的大小
D.流过导体某横截面的电荷量
答案 AD
解析 将一条形磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置，第一次缓慢插入线圈时，磁通量增加慢，第二次快速插入线圈时，磁通量增加快，但磁通量变化量相同，A正确；根据法拉第电磁感应定律，第二次磁通量变化率大，线圈中产生的感应电动势大，则B错误；根据欧姆定律可知第二次感应电流大，即I2>I1，C错误；流过导体某横截面的电荷量q＝Δt＝Δt＝Δt＝，由于磁通量变化量相同，电阻不变，所以通过导体横截面的电荷量不变，D正确.
8.(多选)如图7所示，水平放置的光滑金属长导轨MM′和NN′之间接有电阻R，导轨左、右两区域分别存在方向相反且与导轨平面垂直的匀强磁场，设左、右区域磁场的磁感应强度大小分别为B1和B2，虚线为两区域的分界线。一根阻值也为R的金属棒ab放在导轨上并与其垂直，导轨电阻不计。若金属棒ab在恒定外力F的作用下从左边的磁场区域距离磁场边界x处匀速运动到右边的磁场区域距离磁场边界x处，下列说法正确的是( )
图7
A.当金属棒通过磁场边界时，通过电阻R的电流反向
B.当金属棒通过磁场边界时，金属棒受到的安培力反向
C.金属棒在题设的运动过程中，通过电阻R的电荷量等于零
D.金属棒在题设的运动过程中，回路中产生的热量等于Fx
答案 AC
解析 金属棒的运动方向不变，磁场方向反向，则电流方向反向，A正确；电流方向反向，磁场也反向时，安培力的方向不变，B错误；由q＝知，因为初、末状态磁通量相等，所以通过电阻R的电荷量等于零，C正确；由于金属棒匀速运动，所以动能不变，即外力做功全部转化为电热，Q＝2Fx，D错误.
9.如图8所示空间存在垂直于纸面的匀强磁场，在半径为a的圆形区域内部及外部，磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B.一半径为b(b>a)、电阻为R的圆形导线环放置在纸面内，其圆心与圆形区域的中心重合.当内、外磁场同时由B均匀地减小到零的过程中，通过导线截面的电荷量为( )
图8
A. B.
C. D.
答案 A
解析 开始时穿过导线环向里的磁通量设为正值，Φ1＝B·πa2，向外的磁通量设为负值，Φ2＝－B·π(b2－a2)，总的磁通量为它们的代数和(取绝对值)Φ＝
B·π|b2－2a2|，末态总的磁通量为Φ′＝0，由法拉第电磁感应定律得平均感应电动势为E＝，通过导线截面的电荷量为q＝·Δt＝，A项正确.
题组四 电磁感应中的能量问题
10.光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图9所示，抛物线的方程为y＝x2，其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中虚线所示)，一个质量为m的小金属块(可看作质点)从抛物线y＝b(b＞a)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是( )
图9
A.mgb B.mv2
C.mg(b－a) D.mg(b－a)＋mv2
答案 D
解析 金属块在进入磁场或离开磁场的过程中，穿过金属块的磁通量发生变化，产生电流，进而产生焦耳热，最后，金属块在高为a的曲面上做往复运动，减少的机械能为mg(b－a)＋mv2，由能量守恒定律可知，减少的机械能全部转化成焦耳热，即选项D正确.
11.如图10所示，质量为m、高为h的矩形导线框在竖直面内自由下落，其上下两边始终保持水平，途中恰好匀速穿过一有理想边界、高亦为h的匀强磁场区域，线框在此过程中产生的内能为( )
图10
A.mgh
B.2mgh
C.大于mgh而小于2mgh
D.大于2mgh
答案 B
解析 因线框匀速穿过磁场，在穿过磁场的过程中合外力做功为零，克服安培力做功为2mgh，产生的内能亦为2mgh.故选项B正确.
12.如图11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边平行于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( )
图11
A.Q1＞Q2，q1＝q2 B.Q1＞Q2，q1＞q2
C.Q1＝Q2，q1＝q2 D.Q1＝Q2，q1＞q2
答案 A
解析 根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝lbc＝lab，同理Q2＝lbc，又lab＞lbc，故Q1＞Q2；因q＝t＝t＝，故q1＝q2，因此A正确.
13.一个边长为ɑ＝1 m的正方形线圈，总电阻为R＝2 Ω，当线圈以v＝2 m/s的速度通过磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场区域时，线圈平面总保持与磁场垂直.若磁场的宽度b?1 m，如图12所示，求：
图12
(1)线圈进入磁场过程中感应电流的大小；
(2)线圈在穿过整个磁场过程中释放的焦耳热.
答案 (1)0.5 A (2)0.5 J
解析 (1)根据E＝BLv，I＝，知
I＝＝ A＝0.5 A.
(2)线圈穿过磁场过程中，由于b?1 m，故只有线圈在进入和穿出磁场时有感应电流，故Q＝2I2Rt＝2I2R·＝2×0.52×2× J＝0.5 J.
课件19张PPT。
法拉第电磁感应定律的应用（一） 一、感应电动势 1．感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势叫做感应电动势，产生感应电动势的那部分导体相当于电源．
2．感应电动势与感应电流：感应电动势是形成感应电流的必要条件，有感应电动势不一定存在感应电流（要看电路是否闭合），有感应电流一定存在感应电动势． 2．法拉第电磁感应定律：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． 当E、 ?? 、 ?t都取国际单位时，k =1，
所以有： 若线圈有n匝，则相当于n个相同的电动势串联，所以整个线圈中的电动势为．3．法拉第电磁感应定律的应用 ——导体做切割磁感线运动． （1）垂直切割时：如图所示，导体由ab匀速移动到a1b1 ，这一过程中穿过闭合回路的磁通量变化??=BLv?t ，由法拉第电磁感应定律得： （2）切割方向与磁场方向成角时：如图所示，将v分解为垂直B和平行B的两个分量，其中：所以可知：导线切割磁感线时产生的电动势的大小，跟磁感强度B、导线长度L、运动速度v以及运动方向与磁感线方向的夹角的正弦sin?成正比例题1： 长为L的金属棒ab，绕b端在垂直于匀强磁场的平面内以角速度匀速转动，磁感应强度为B，如图所示，求ab两端的电势差．解析： ab两端电势差等于金属棒切割磁感线产生的电动势（因为没有外电路），所以只要求出电动势即可．棒上各处速率不等，不能直接用E=BLv来求，但棒上各点的速度v=? r与半径成正比，因此可用棒的中点速度作为平均切割速度代入公式计算：例题2、如下图所示，半径为r的金属环绕通过某直径的轴OO’以角速度ω作匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为B，从金属环面与磁场方向重合时开始计时，则在金属环转过30°角的过程中，环中产生的电动势的平均值是多大？分析：根据金属环在磁场中转动的始末位置穿过环的磁通量Φ1和Φ2以及完成这一变化所用时间△t，就可以求出环中产生的感应电动势 ．例题3、如图所示把线框abcd从磁感应强度为的匀强磁场中匀速拉出，速度方向与ab边垂直向右，速度的大小为v，线圈的边长为L，每边的电阻为r，问，线圈在运动过程中，ab两点的电势差为多少？当线框abcd 整个在磁场的时候，穿过线圈的磁通量不变，无感应电流，ab和cd两边切割磁感线，等效电路图如图2所示：
Uab=E=BLv
当cd边离开磁场，ab边切割磁感线，ad，bc，cd边的电阻属于外阻，等效电路图如图3所示：
Uab=E-Ir=BLv-Ir 当线框abcd 整个在磁场的时候：Uab=E=BLv
当cd 边离开磁场的时候：Uab =3BLv/4 电动式发电式阻尼式一、单棒问题运动特点最终特征a逐渐减小的减速运动静止a逐渐减小的加速运动匀速a逐渐减小的加速运动匀速基本模型I=0 (或恒定)I 恒定I=0画等效电路二、含容式单棒问题放电式无外力充电式运动特点最终特征基本模型有外力充电式a逐渐减小的加速运动匀速运动I＝0a逐渐减小的减速运动匀速运动I＝0匀加速运动匀加速运动I 恒定三、无外力双棒问题运动特点最终特征基本模型杆1做a渐小的加速运动杆2做a渐小的减速运动v1=v2I＝0无外力等距式杆1做a渐小的减速运动杆2做a渐小的加速运动无外力 不等距式a＝0I＝0L1v1=L2v2四、有外力双棒问题运动特点最终特征基本模型有外力 不等距式杆1做a渐小的加速运动杆2做a渐大的加速运动a1≠a2
a1、a2恒定I 恒定杆1做a渐大的加速运动杆2做a渐小的加速运动a1=a2Δv 恒定I 恒定有外力等距式
第一章 电磁感应
第五节 电磁感应规律的应用
A级 抓基础
1．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图所示．下列关于回路中产生的感应电动势的论述中正确的是( )
A．图①中回路产生的感应电动势恒定不变
B．图②中回路产生的感应电动势一直在变大
C．图③中回路0～t1时间内产生感应电动势小于在t1～t2时间内产生感应电动势
D．图④中回路产生的感应电动势先变小后变大
解析：根据法拉第电磁感应定律我们知道感应电动势与磁通量的变化率成正比，即E＝n，结合数学知识我们知道：穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率k＝.图①中磁通量Φ不变，无感应电动势，故A错误；图②中磁通量Φ随时间t均匀增大，图象的斜率k不变，也就是说产生的感应电动势不变，故B错误；图③中回路在0～t1时间内磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率为k1，在tl～t2时间内磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率为k2，从图象中发现： k1大于k2的绝对值．所以在0～t1时间内产生的感应电动势大于在tl～t2时间内产生的感应电动势，故C错误；图④中磁通量Φ随时间t变化的图象的斜率先变小后变大，所以感应电动势先变小后变大，故D正确．
答案：D
2．如图所示，一闭合线圈从高处自由落下，穿过一个有界的水平方向的匀强磁场区(磁场方向与线圈平面垂直)，线圈的一个边始终与磁场区的边界平行，且保持竖直的状态不变．在下落过程中，当线圈先后经过位置Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ时，其加速度的大小分别为a1、a2、a3.下列关系正确的是( )
A．a1C．a1g，a3解析：当线圈刚进入磁场时，由于穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知此时的感应电流产生的磁场要阻碍物体间的相对运动，即线圈受到向上的安培力，此过程中有mg－F＝ma，所以a1答案：C
3.(多选)如图所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感强度为B.一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则( )
A．如果B增大，vm将变大
B．如果α变大，vm将变大
C．如果R变大，vm将变大
D．如果m变小，vm将变大
解析：金属杆做加速度减小的加速运动，当加速度为零时速度达到最大，此时mgsin α＝F安＝BL，所以vm＝.可知B、C对．
答案：BC
4.如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，金属棒与两导轨始终保持垂直并接触良好，金属棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在与导轨平面垂直的匀强磁场中，金属棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升，此过程中力F做的功与安培力做的功的代数和等于( )
A．棒的机械能增加量 B．棒的动能增加量
C．棒的重力势能增加量 D．电阻R上放出的热量
解析：棒受到重力、安培力、恒力F的作用，安培力和恒力F做功的代数和(安培力做负功)等于棒的机械能的增加量，故A正确；棒加速上升过程中，根据动能定理，棒的动能增加量等于棒受到的重力、安培力、恒力F的合力做的功，故B错误；棒加速上升过程中，棒的重力做负功，棒的重力势能增加，棒克服重力做的功就等于棒重力势能的增加量，故C错误；导轨克服安培力做的功等于电阻R上放出的热量，故D错误．
答案：A
5．一架直升机停在南半球的地磁极上空，该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B.直升机螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动．螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图所示．如果忽略a到转轴中心线的距离，用ε表示每个叶片中的感应电动势，则( )
A．ε＝πfl2B，且a点电势低于b点电势
B．ε＝2πfl2B，且a点电势低于b点电势
C．ε＝πfl2B，且a点电势高于b点电势
D．ε＝2πfl2B，且a点电势高于b点电势
解析：每个叶片都切割磁感线，根据右手定则，a点电势低于b点电势．又v＝lω＝2πfl，所以电动势为E＝Bl2ω＝Bl2×2πf＝πfl2B.故A正确，B、C、D错误．
答案：A
B级 提能力
6．有人把自行车进行了改装，在后车轮上装上了一个小型发电机，想看电视时，就骑在自行车上不停地蹬车，可供电视、照明用电．发电机原理如图甲所示，在匀强磁场中，磁感应强度为B，放置一个有固定转轴的发电轮，如图乙所示，发电轮平面与磁感应强度垂直，发电轮半径为r，轮轴和轮缘为两个输出电极，该发电机输出电压接一理想变压器，再给一小灯泡供电，则下列说法中正确的是( )
图甲 图乙
A．当人蹬车的速度增大时，小灯泡两端的电压降低
B．当人蹬车的速度增大时，小灯泡两端的电压不变
C．小灯泡的功率与发电机转速无关
D．小灯泡的功率随发电机转速的增大而增大
解析：PQ输出端的电压为U＝Bωr2，当人蹬车的速度增大时，小灯泡两端的电压增大，选项AB错误；小灯泡的功率： P＝＝，则小灯泡的功率随发电机转速的增大而增大，选项C错误，D正确．
答案：D
7.(多选)如图所示，将边长为l的正方形闭合线圈以不同速度v1、v2向右匀速拉出磁场时(v1A．拉力所做的功W2>W1
B．拉力的功率P2>P1
C．流过线框的电荷量Q2>Q1
D．线框中的感应电流I2>I1
解析：速度越大，感应电动势、感应电流越大，拉力等于安培力，安培力F＝BIL，可知拉力越大，由W＝Fs可知A对；拉力的功率等于安培力的功率P＝Fv，B对；电荷量q＝It＝Δt＝＝相同，C错、D对．
答案：ABD
8.(多选)如图所示，让闭合线圈abcd从高h处下落时，进入匀强磁场中，在bc边开始进入磁场到ad边刚进入磁场的这一段时间内，线圈可能的运动情况是( )
A．匀加速运动 B．匀速运动
C．变加速运动 D．变减速运动
解析：如果刚开始进入时，重力和安培力相等，则线圈受力平衡，做匀速直线运动，若重力大于安培力，进入磁场后，线圈速度增大，安培力F＝随着速度增大而增大，所以合力减小，做变加速直线运动，若安培力大于重力，线圈进入磁场时，合力向上，速度减小，安培力减小，所以合力减小，加速度减小，故做变减速直线运动，故B、C、D正确．
答案：BCD
9．如图甲所示，用粗细均匀的导线制成的一只圆形金属圈，现被一根绝缘丝线悬挂在竖直平面内处于静止状态，已知金属圈的质量为m＝0.1 kg，半径为r＝0.1 m，导线单位长度的阻值为ρ＝0.1 Ω/m，金属圈的上半部分处在一方向垂直圈面向里的有界匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，金属圈下半部分在磁场外．已知从t＝0时刻起，测得经过10 s丝线刚好被拉断．重力加速度g取10 m/s2.求：
图甲 图乙
(1)导体圆中感应电流的大小及方向；
(2)丝线所能承受的最大拉力F；
(3)此过程中金属圈中产生的焦耳热Q.
解析：(1)由楞次定律可知，导体圆中电流方向为逆时针方向，由图乙知：
＝0.8 T/s
导体圆的电阻为：R＝2πrρ
圆中感应电流为：I＝＝·＝·＝0.8× A＝0.2 A.
(2)t时刻磁感应强度为：B＝t，
导体圆受到的安培力为：F安＝BI·2r，
细线的拉力F＝F安＋mg＝2BIr＋mg，
当t＝10 s时，代入数据，得F＝1.32 N.
(3)金属圈内产生的焦耳热为：Q＝I2Rt，
代入数据，得Q＝0.025 J.
答案：(1)0.2 A 逆时针方向 (2)1.32 N (3)0.025 J
10．如图所示，光滑且足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在竖直平面内，两导轨间的距离为L＝1 m，导轨间连接的定值电阻R＝3 Ω，导轨上放一质量为m＝0.1 kg的金属杆ab，金属杆始终与导轨连接良好，杆的电阻r＝1 Ω，其余电阻不计，整个装置处于磁感应强度为B＝1.0 T的匀强磁场中，磁场的方向垂直导轨平面向里．重力加速度g＝10 m/s2，现让金属杆从AB水平位置由静止释放，求：
(1)金属杆的最大速度；
(2)当金属杆的加速度是5 m/s2，安培力的功率是多大？
(3)若从金属杆开始下落到刚好达到最大速度的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q＝0.6 J，则通过电阻R的电量是多少？
解析：(1)设金属杆下落时速度为v，感应电动势为E＝BLv，电路中的电流为I＝，金属杆受到的安培力F＝BIL，当安培力与重力等大反向时，金属杆速度最大，即F＝mg，联立可得v＝4 m/s.
(2)设此时金属杆的速度为v1，安培力为F1，则有F1＝，
根据牛顿第二定律有mg－F1＝ma，
安培力的功率为P＝F1v1，已知a＝5 m/s2，联立可得P＝1 W.
(3)电路中总焦耳热Q总＝Q＝0.8 J，
由能量守恒可得mgh＝mv2＋Q总，
所以金属杆下落的高度为h＝1.6 m，
此过程中平均感应电动势为E＝＝，
平均电流为I＝，通过电阻R的电量为q＝It，
联立解得q＝0.4 C.
答案：(1)4 m/s (2)1 W (3)0.4 C
