高中物理人教版选修3-2导学案 4.4 法拉第电磁感应定律 Word版含解析
文档属性
| 名称 | 高中物理人教版选修3-2导学案 4.4 法拉第电磁感应定律 Word版含解析 |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2020-11-25 09:41:07 | ||
图片预览
文档简介
4 法拉第电磁感应定律
【例1】 与磁感应强度B＝0.8 T垂直的线圈面积为0.05 m2，线圈绕有50匝，线圈的磁通量是多少？若在0.5 s内线圈位置转过53°，磁通量的平均变化率是多少？线圈中平均感应电动势的大小是多少？
解答本题时可按以下思路分析：
―→―→
―→
[答案] 0.04 Wb 0.032 Wb/s 1.6 V
[解析] 由Φ＝BS得Φ1＝BS＝0.8×0.05 Wb＝0.04 Wb，磁通量的变化量是由线圈有效面积的变化引起的，
Φ2＝BScosθ＝0.8×0.05×0.6 Wb＝0.024 Wb
则ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝0.016 Wb
磁通量平均变化率＝0.032 Wb/s
根据法拉第电磁感应定律得
平均感应电动势的大小E＝n＝1.6 V
总结提能 计算ΔΦ的三种方法
(1)磁通量的变化是由面积变化引起的：ΔΦ＝B·ΔS.
(2)磁通量的变化是由磁场变化引起的：ΔΦ＝ΔB·S.
(3)磁通量的变化是由面积和磁感应强度间的角度变化引起的，根据定义求：ΔΦ＝Φ末－Φ初．
一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直．先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s时间内均匀地增大到原来的两倍．接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半．先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为( B )
A. B．1
C．2 D．4
解析：根据法拉第电磁感应定律E＝n，设线框匝数为n，面积为S0，初始时刻磁感应强度为B0，则第一种情况下的感应电动势为E1＝n＝nB0S0；第二种情况下的感应电动势为E2＝n＝nB0S0，所以两种情况下线框中的感应电动势相等，比值为1，故选项B正确．
1．对公式E＝Blvsinθ的理解
(1)该公式可看成法拉第电磁感应定律的一种特殊情况，通常用来求导体运动速度为v时的瞬时电动势．
(2)当B、l、v三个量方向相互垂直时，E＝Blv；当有任意两个量的方向平行时，E＝0.
(3)式中的l应理解为导体切割磁感线时的有效长度．
若切割磁感线的导体是弯曲的，则应取其与B和v方向都垂直的等效线段长度来计算．如下图中线段ab的长即为导体切割磁感线的有效长度．
(4)该式适用于导体平动时，即导体上各点的速度相等时．
(5)当导体绕一端转动时如图所示，由于导体上各点的速度不同，是线性增加的，所以导体运动的平均速度为＝＝，由公式E＝Bl得，E＝Bl＝Bl2ω.
(6)公式中的v应理解为导线和磁场的相对速度，当导线不动而磁场运动时，也有电磁感应现象产生．
2．公式E＝n与E＝Blvsinθ的区别与联系
【例2】 如图所示，水平放置的两平行金属导轨相距L＝0.50 m，左端接一电阻R＝0.20 Ω，磁感应强度B＝0.40 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，导体棒ac(长为L)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ac棒以v＝4.0 m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：
(1)ac棒中感应电动势的大小．
(2)回路中感应电流的大小．
(3)维持ac棒做匀速运动的水平外力的大小．
本题可按以下思路进行分析：
[答案] (1)0.80 V (2)4.0 A (3)0.80 N
[解析] (1)ac棒垂直切割磁感线，产生的感应电动势的大小为E＝BLv＝0.40×0.50×4.0 V＝0.80 V
(2)回路中感应电流的大小为I＝＝ A＝4.0 A
由右手定则知，ac棒中的感应电流由c流向a.
(3)ac棒受到的安培力大小为F安＝BIL＝0.40×4.0×0.50 N＝0.80 N，由左手定则知，安培力方向向左．由于导体棒匀速运动，水平方向受力平衡，则F外＝F安＝0.80 N，方向水平向右．
总结提能 切割磁感线的导体棒中产生感应电动势，等效于电源，导轨及电阻R上不产生感应电动势，等效于外电路，这样可将电磁感应问题等效转化为电路问题，利用闭合电路欧姆定律即可解答．
如图所示，在磁感应强度B＝0.50 T的匀强磁场中，导体PQ在力F作用下在U形导轨上以速度v＝10 m/s向右匀速滑动，两导轨间距离L＝1.0 m，电阻R＝1.0 Ω，导体和导轨的电阻忽略不计，则以下说法正确的是( A )
A．导体PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为5.0 V
B．导体PQ受到的安培力方向水平向右
C．作用力F大小是0.50 N
D．作用力F的功率是5 W
解析：E＝BLv＝0.50×1.0×10 V＝5.0 V，A正确；由右手定则和左手定则知，安培力方向水平向左，且F＝F安＝＝2.5 N，B、C错误；PF＝F·v＝2.5×10 W＝25 W，D错误．
(1)电源内部电流的方向是从负极流向正极，即从低电势流向高电势.
(2)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】 如图所示，半径为a的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度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R＝2 Ω.一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均不计 .
(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，MN中的电动势和流过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°，若此时开始磁场随时间均匀变化，其变化率为＝() T/s，求磁场变化的过程中L1的功率．
解答本题时可按以下思路分析：
[答案] (1)0.8 V 0.4 A (2)1.28×10－2 W
[解析] (1)棒滑过圆环直径OO′的瞬间，MN中的电动势E1＝B×2av0＝0.2×0.8×5 V＝0.8 V
等效电路如图所示，
流过灯L1的电流I1＝＝ A＝0.4 A.
(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°，半圆环OL1O′产生的电动势相当于电源，灯L2为外电路，等效电路如图所示，
感应电动势E2＝＝πa2＝0.32 V
L1的功率P1＝＝1.28×10－2 W
总结提能 电磁感应中电路问题的分析方法
(1)明确电路结构，分清内、外电路．
(2)根据产生感应电动势的方式计算感应电动势的大小，如果是磁场或回路有效面积变化，由E＝n计算；如果是导体切割磁感线，由E＝Blv计算．
(3)画出等效电路．
(4)根据欧姆定律和串并联电路特点进行电路分析与计算．
[多选]如图甲，固定在光滑水平面上的正三角形金属线框，匝数n＝20，总电阻R＝2.5 Ω，边长L＝0.3 m，处在两个半径均为r＝的圆形匀强磁场区域中．线框顶点与右侧圆中心重合，线框底边中点与左侧圆中心重合．磁感应强度B1垂直水平面向外，大小不变；B2垂直水平面向里、大小随时间变化，B1、B2的值如图乙所示，则( ACD )
A．通过线框中感应电流方向为逆时针方向
B．t＝0时刻穿过线框的磁通量为0.1 Wb
C．在0.6 s内通过线框中的电荷量为0.13 C
D．经过0.6 s线框中产生的热量为0.07 J
解析：磁感应强度B1垂直水平面向外，大小不变，B2垂直水平面向里，大小随时间增大，故线框向外的磁通量减小，由楞次定律可得，线框中感应电流方向为逆时针方向，选项A正确．t＝0时刻穿过线框的磁通量为Φ＝B1×πr2＋B2×πr2≈－0.005 2 Wb，选项B错误．在0.6 s内通过线框的电荷量q＝n＝ C≈0.13 C，选项C正确．由Q＝I2RΔt＝＝
J＝0.07 J，选项D正确.
导体棒转动切割磁感线的处理方法
对于公式E＝Blv中的v的理解：
(1)应理解为导体与磁场间的相对速度，所以即使导体不动，若磁场运动，也能使导体切割磁感线而产生感应电动势；
(2)还应注意到v应该是垂直切割速度；
(3)另外，还应注意到在“旋转切割”这类问题中，导体棒上各部分的切割速率不同，此时的v则应理解为导体棒上各部分切割速度的平均值，在数值上一般等于旋转导体棒中点的切割速度或者等于棒两端点的速度的平均值．如图所示，当导体绕一端转动时，由于导体上各点的速度不同，是线性增加的，所以导体运动的平均速度为＝＝，由公式E＝Bl得，E＝Bl＝Bωl2.
(1)切割磁感线的导体中产生感应电动势，该部分导体等效为电源，电路中的其余部分等效为外电路.
(2)对于一个匀速转动的圆盘可看做许多并联连接的导体棒转动切割，相当于内阻很小的导体棒旋转切割产生的电动势.
(3)导体棒绕一端转动时，尽管导体上各点的速度不同，但产生的电动势是恒定的.
【典例】 如图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( )
A. B.
C. D.
解答本题时应明确以下两点：
(1)在磁场中匀速转动的铜盘等效为长等于r的导体棒切割磁感线产生的电动势；
(2)画出等效电路进行分析计算．
【解析】 根据导体棒旋转切割产生电动势E＝Bωr2，由P＝，得电路的功率是，故选C.
【答案】 C
【变式】 如图所示，长为L的金属导线下悬挂一质量为m的小球，在竖直向上的匀强磁场中做圆锥摆运动，圆锥摆的偏角为θ，磁感应强度为B，求：
(1)摆球转动的角速度ω；
(2)金属导线中产生的感应电动势的大小．
答案：(1) (2)BL2 sin2θ
解析：(1)由牛顿第二定律，mgtanθ＝mrω2，r＝Lsinθ
联立解得：ω＝
(2)导线在磁场中转动，旋转切割磁感线，但导线本身与磁场不垂直，应该考虑切割的有效长度．
导线切割磁感线的有效长度为L′＝Lsinθ
根据旋转切割产生的电动势公式得：E＝BL′2ω
得：E＝BL2ωsin2θ＝BL2sin2θ.
1．关于感应电动势的大小，下列说法正确的是( C )
A．穿过线圈的磁通量Φ越大，所产生的感应电动势就越大
B．穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ越大，所产生的感应电动势就越大
C．穿过线圈的磁通量的变化率越大，所产生的感应电动势就越大
D．穿过线圈的磁通量Φ等于0，所产生的感应电动势就一定为0
解析：根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与磁通量变化率成正比，与磁通量Φ及磁通量的变化量ΔΦ没有必然联系．当磁通量Φ很大时，感应电动势可能很小，甚至为0；当磁通量Φ等于0时，其变化率可能很大，产生的感应电动势可能很大．只有选项C正确．
2．如图所示，在国庆60周年阅兵盛典上，我国预警机“空警?2000”在天安门上空时机翼保持水平，以120 m/s的速度自东向西飞行．该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50 m，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.5×10－5 T，则( C )
A．两翼尖之间的电势差为0
B．两翼尖之间的电势差为2.7 V
C．飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高
D．飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低
解析：由E＝BLv可得，两翼尖之间的电势差为U＝E＝BLv＝4.5×10－5×50×120 V＝0.27 V，故A、B错误；由右手定则可知，电路中若有感应电流，其方向为由右机翼向左机翼，因飞机此时相当于电源，故飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高，故C正确，D错误．
3．[多选]如图甲所示，面积为0.1 m2的10匝线圈EFG处于匀强磁场中，t＝0时，磁场方向垂直于线圈平面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示．已知线圈与右侧电路接触良好，电路中的电阻R＝4 Ω，电容器的电容C＝10 μF，线圈EFG的电阻为1 Ω，其余部分电阻不计．当开关S闭合，电路稳定后，在t＝0.1 s至t＝0.2 s这段时间内( AC )
A．电容器所带的电荷量为8×10－5 C
B．通过电阻R的电流是2.5 A，方向从b到a
C．通过电阻R的电流是2 A，方向从a到b
D．电阻R消耗的电功率是0.16 W
解析：由法拉第电磁感应定律可知E＝n＝nS，电容器所带的电荷量Q＝CUR＝CE，联立解得Q＝8×10－5 C，选项A正确；由楞次定律可判断，通过电阻R的电流方向为从a到b，由闭合电路的欧姆定律知，电流I＝＝2 A，选项B错误，选项C正确；电阻R消耗的电功率P＝I2R＝16 W，选项D错误．
4．如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于( B )
A. B.
C. D．2
解析：OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转动到OS位置，通过OM的电荷量q1＝Δt＝Δt＝＝；磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′的过程中，通过OM的电荷量q2＝＝＝，并且q1＝q2，联立解得＝，故B正确，A、C、D错误．
5．下图各情况中，电阻R＝0.1 Ω，运动导线的长度都为l＝0.05 m，做匀速运动的速度都为v＝10 m/s.除电阻R外，其余各部分电阻均不计．匀强磁场的磁感应强度均为B＝0.3 T．试计算各情况中通过每个电阻R的电流大小和方向．
答案：图a：0；图b：3 A，方向沿顺时针；图c：通过每个电阻的电流分别为1.5 A，方向自上而下；图d：通过移动电阻的电流为1 A，方向自下而上，通过两个固定电阻的电流分别为0.5 A，方向自上而下．
解析：每根导线产生的感应电动势大小为E＝Blv＝0.3×0.05×10 V＝0.15 V.
在图a中，两个电动势的方向相反，故总电动势为零，电流为零．
在图b中，两个电动势的方向相同，故总电动势为E总＝2E＝0.3 V，电流大小为I＝＝ A＝3 A，方向沿着顺时针．
图c中，两个电阻R并联，总电流为I＝＝ A＝3 A，通过每个电阻的电流为1.5 A，方向自上而下．
图d中，两个电阻R并联，电流为I＝＝ A＝1 A，通过移动导线的电流为1 A、方向自下而上；通过两个固定电阻的电流分别为0.5 A，方向自上而下．
【例1】 与磁感应强度B＝0.8 T垂直的线圈面积为0.05 m2，线圈绕有50匝，线圈的磁通量是多少？若在0.5 s内线圈位置转过53°，磁通量的平均变化率是多少？线圈中平均感应电动势的大小是多少？
解答本题时可按以下思路分析：
―→―→
―→
[答案] 0.04 Wb 0.032 Wb/s 1.6 V
[解析] 由Φ＝BS得Φ1＝BS＝0.8×0.05 Wb＝0.04 Wb，磁通量的变化量是由线圈有效面积的变化引起的，
Φ2＝BScosθ＝0.8×0.05×0.6 Wb＝0.024 Wb
则ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝0.016 Wb
磁通量平均变化率＝0.032 Wb/s
根据法拉第电磁感应定律得
平均感应电动势的大小E＝n＝1.6 V
总结提能 计算ΔΦ的三种方法
(1)磁通量的变化是由面积变化引起的：ΔΦ＝B·ΔS.
(2)磁通量的变化是由磁场变化引起的：ΔΦ＝ΔB·S.
(3)磁通量的变化是由面积和磁感应强度间的角度变化引起的，根据定义求：ΔΦ＝Φ末－Φ初．
一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直．先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s时间内均匀地增大到原来的两倍．接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半．先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为( B )
A. B．1
C．2 D．4
解析：根据法拉第电磁感应定律E＝n，设线框匝数为n，面积为S0，初始时刻磁感应强度为B0，则第一种情况下的感应电动势为E1＝n＝nB0S0；第二种情况下的感应电动势为E2＝n＝nB0S0，所以两种情况下线框中的感应电动势相等，比值为1，故选项B正确．
1．对公式E＝Blvsinθ的理解
(1)该公式可看成法拉第电磁感应定律的一种特殊情况，通常用来求导体运动速度为v时的瞬时电动势．
(2)当B、l、v三个量方向相互垂直时，E＝Blv；当有任意两个量的方向平行时，E＝0.
(3)式中的l应理解为导体切割磁感线时的有效长度．
若切割磁感线的导体是弯曲的，则应取其与B和v方向都垂直的等效线段长度来计算．如下图中线段ab的长即为导体切割磁感线的有效长度．
(4)该式适用于导体平动时，即导体上各点的速度相等时．
(5)当导体绕一端转动时如图所示，由于导体上各点的速度不同，是线性增加的，所以导体运动的平均速度为＝＝，由公式E＝Bl得，E＝Bl＝Bl2ω.
(6)公式中的v应理解为导线和磁场的相对速度，当导线不动而磁场运动时，也有电磁感应现象产生．
2．公式E＝n与E＝Blvsinθ的区别与联系
【例2】 如图所示，水平放置的两平行金属导轨相距L＝0.50 m，左端接一电阻R＝0.20 Ω，磁感应强度B＝0.40 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，导体棒ac(长为L)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ac棒以v＝4.0 m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：
(1)ac棒中感应电动势的大小．
(2)回路中感应电流的大小．
(3)维持ac棒做匀速运动的水平外力的大小．
本题可按以下思路进行分析：
[答案] (1)0.80 V (2)4.0 A (3)0.80 N
[解析] (1)ac棒垂直切割磁感线，产生的感应电动势的大小为E＝BLv＝0.40×0.50×4.0 V＝0.80 V
(2)回路中感应电流的大小为I＝＝ A＝4.0 A
由右手定则知，ac棒中的感应电流由c流向a.
(3)ac棒受到的安培力大小为F安＝BIL＝0.40×4.0×0.50 N＝0.80 N，由左手定则知，安培力方向向左．由于导体棒匀速运动，水平方向受力平衡，则F外＝F安＝0.80 N，方向水平向右．
总结提能 切割磁感线的导体棒中产生感应电动势，等效于电源，导轨及电阻R上不产生感应电动势，等效于外电路，这样可将电磁感应问题等效转化为电路问题，利用闭合电路欧姆定律即可解答．
如图所示，在磁感应强度B＝0.50 T的匀强磁场中，导体PQ在力F作用下在U形导轨上以速度v＝10 m/s向右匀速滑动，两导轨间距离L＝1.0 m，电阻R＝1.0 Ω，导体和导轨的电阻忽略不计，则以下说法正确的是( A )
A．导体PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为5.0 V
B．导体PQ受到的安培力方向水平向右
C．作用力F大小是0.50 N
D．作用力F的功率是5 W
解析：E＝BLv＝0.50×1.0×10 V＝5.0 V，A正确；由右手定则和左手定则知，安培力方向水平向左，且F＝F安＝＝2.5 N，B、C错误；PF＝F·v＝2.5×10 W＝25 W，D错误．
(1)电源内部电流的方向是从负极流向正极，即从低电势流向高电势.
(2)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】 如图所示，半径为a的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度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R＝2 Ω.一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均不计 .
(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，MN中的电动势和流过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°，若此时开始磁场随时间均匀变化，其变化率为＝() T/s，求磁场变化的过程中L1的功率．
解答本题时可按以下思路分析：
[答案] (1)0.8 V 0.4 A (2)1.28×10－2 W
[解析] (1)棒滑过圆环直径OO′的瞬间，MN中的电动势E1＝B×2av0＝0.2×0.8×5 V＝0.8 V
等效电路如图所示，
流过灯L1的电流I1＝＝ A＝0.4 A.
(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°，半圆环OL1O′产生的电动势相当于电源，灯L2为外电路，等效电路如图所示，
感应电动势E2＝＝πa2＝0.32 V
L1的功率P1＝＝1.28×10－2 W
总结提能 电磁感应中电路问题的分析方法
(1)明确电路结构，分清内、外电路．
(2)根据产生感应电动势的方式计算感应电动势的大小，如果是磁场或回路有效面积变化，由E＝n计算；如果是导体切割磁感线，由E＝Blv计算．
(3)画出等效电路．
(4)根据欧姆定律和串并联电路特点进行电路分析与计算．
[多选]如图甲，固定在光滑水平面上的正三角形金属线框，匝数n＝20，总电阻R＝2.5 Ω，边长L＝0.3 m，处在两个半径均为r＝的圆形匀强磁场区域中．线框顶点与右侧圆中心重合，线框底边中点与左侧圆中心重合．磁感应强度B1垂直水平面向外，大小不变；B2垂直水平面向里、大小随时间变化，B1、B2的值如图乙所示，则( ACD )
A．通过线框中感应电流方向为逆时针方向
B．t＝0时刻穿过线框的磁通量为0.1 Wb
C．在0.6 s内通过线框中的电荷量为0.13 C
D．经过0.6 s线框中产生的热量为0.07 J
解析：磁感应强度B1垂直水平面向外，大小不变，B2垂直水平面向里，大小随时间增大，故线框向外的磁通量减小，由楞次定律可得，线框中感应电流方向为逆时针方向，选项A正确．t＝0时刻穿过线框的磁通量为Φ＝B1×πr2＋B2×πr2≈－0.005 2 Wb，选项B错误．在0.6 s内通过线框的电荷量q＝n＝ C≈0.13 C，选项C正确．由Q＝I2RΔt＝＝
J＝0.07 J，选项D正确.
导体棒转动切割磁感线的处理方法
对于公式E＝Blv中的v的理解：
(1)应理解为导体与磁场间的相对速度，所以即使导体不动，若磁场运动，也能使导体切割磁感线而产生感应电动势；
(2)还应注意到v应该是垂直切割速度；
(3)另外，还应注意到在“旋转切割”这类问题中，导体棒上各部分的切割速率不同，此时的v则应理解为导体棒上各部分切割速度的平均值，在数值上一般等于旋转导体棒中点的切割速度或者等于棒两端点的速度的平均值．如图所示，当导体绕一端转动时，由于导体上各点的速度不同，是线性增加的，所以导体运动的平均速度为＝＝，由公式E＝Bl得，E＝Bl＝Bωl2.
(1)切割磁感线的导体中产生感应电动势，该部分导体等效为电源，电路中的其余部分等效为外电路.
(2)对于一个匀速转动的圆盘可看做许多并联连接的导体棒转动切割，相当于内阻很小的导体棒旋转切割产生的电动势.
(3)导体棒绕一端转动时，尽管导体上各点的速度不同，但产生的电动势是恒定的.
【典例】 如图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( )
A. B.
C. D.
解答本题时应明确以下两点：
(1)在磁场中匀速转动的铜盘等效为长等于r的导体棒切割磁感线产生的电动势；
(2)画出等效电路进行分析计算．
【解析】 根据导体棒旋转切割产生电动势E＝Bωr2，由P＝，得电路的功率是，故选C.
【答案】 C
【变式】 如图所示，长为L的金属导线下悬挂一质量为m的小球，在竖直向上的匀强磁场中做圆锥摆运动，圆锥摆的偏角为θ，磁感应强度为B，求：
(1)摆球转动的角速度ω；
(2)金属导线中产生的感应电动势的大小．
答案：(1) (2)BL2 sin2θ
解析：(1)由牛顿第二定律，mgtanθ＝mrω2，r＝Lsinθ
联立解得：ω＝
(2)导线在磁场中转动，旋转切割磁感线，但导线本身与磁场不垂直，应该考虑切割的有效长度．
导线切割磁感线的有效长度为L′＝Lsinθ
根据旋转切割产生的电动势公式得：E＝BL′2ω
得：E＝BL2ωsin2θ＝BL2sin2θ.
1．关于感应电动势的大小，下列说法正确的是( C )
A．穿过线圈的磁通量Φ越大，所产生的感应电动势就越大
B．穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ越大，所产生的感应电动势就越大
C．穿过线圈的磁通量的变化率越大，所产生的感应电动势就越大
D．穿过线圈的磁通量Φ等于0，所产生的感应电动势就一定为0
解析：根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与磁通量变化率成正比，与磁通量Φ及磁通量的变化量ΔΦ没有必然联系．当磁通量Φ很大时，感应电动势可能很小，甚至为0；当磁通量Φ等于0时，其变化率可能很大，产生的感应电动势可能很大．只有选项C正确．
2．如图所示，在国庆60周年阅兵盛典上，我国预警机“空警?2000”在天安门上空时机翼保持水平，以120 m/s的速度自东向西飞行．该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50 m，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.5×10－5 T，则( C )
A．两翼尖之间的电势差为0
B．两翼尖之间的电势差为2.7 V
C．飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高
D．飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低
解析：由E＝BLv可得，两翼尖之间的电势差为U＝E＝BLv＝4.5×10－5×50×120 V＝0.27 V，故A、B错误；由右手定则可知，电路中若有感应电流，其方向为由右机翼向左机翼，因飞机此时相当于电源，故飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高，故C正确，D错误．
3．[多选]如图甲所示，面积为0.1 m2的10匝线圈EFG处于匀强磁场中，t＝0时，磁场方向垂直于线圈平面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示．已知线圈与右侧电路接触良好，电路中的电阻R＝4 Ω，电容器的电容C＝10 μF，线圈EFG的电阻为1 Ω，其余部分电阻不计．当开关S闭合，电路稳定后，在t＝0.1 s至t＝0.2 s这段时间内( AC )
A．电容器所带的电荷量为8×10－5 C
B．通过电阻R的电流是2.5 A，方向从b到a
C．通过电阻R的电流是2 A，方向从a到b
D．电阻R消耗的电功率是0.16 W
解析：由法拉第电磁感应定律可知E＝n＝nS，电容器所带的电荷量Q＝CUR＝CE，联立解得Q＝8×10－5 C，选项A正确；由楞次定律可判断，通过电阻R的电流方向为从a到b，由闭合电路的欧姆定律知，电流I＝＝2 A，选项B错误，选项C正确；电阻R消耗的电功率P＝I2R＝16 W，选项D错误．
4．如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心．轨道的电阻忽略不计．OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好．空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)．在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于( B )
A. B.
C. D．2
解析：OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转动到OS位置，通过OM的电荷量q1＝Δt＝Δt＝＝；磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′的过程中，通过OM的电荷量q2＝＝＝，并且q1＝q2，联立解得＝，故B正确，A、C、D错误．
5．下图各情况中，电阻R＝0.1 Ω，运动导线的长度都为l＝0.05 m，做匀速运动的速度都为v＝10 m/s.除电阻R外，其余各部分电阻均不计．匀强磁场的磁感应强度均为B＝0.3 T．试计算各情况中通过每个电阻R的电流大小和方向．
答案：图a：0；图b：3 A，方向沿顺时针；图c：通过每个电阻的电流分别为1.5 A，方向自上而下；图d：通过移动电阻的电流为1 A，方向自下而上，通过两个固定电阻的电流分别为0.5 A，方向自上而下．
解析：每根导线产生的感应电动势大小为E＝Blv＝0.3×0.05×10 V＝0.15 V.
在图a中，两个电动势的方向相反，故总电动势为零，电流为零．
在图b中，两个电动势的方向相同，故总电动势为E总＝2E＝0.3 V，电流大小为I＝＝ A＝3 A，方向沿着顺时针．
图c中，两个电阻R并联，总电流为I＝＝ A＝3 A，通过每个电阻的电流为1.5 A，方向自上而下．
图d中，两个电阻R并联，电流为I＝＝ A＝1 A，通过移动导线的电流为1 A、方向自下而上；通过两个固定电阻的电流分别为0.5 A，方向自上而下．