PAGE1-電磁感應規(guī)律的應用1．導體棒在垂直于勻強磁場的平面上轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的感應電動勢E＝eq\f(1,2)BL2ω。2．導體棒切割磁感線，產(chǎn)生感應電動勢，導體棒等效為電源，其它為外電路，遵循閉合電路歐姆定律。3．電磁感應現(xiàn)象中產(chǎn)生的電能是通過克服安培力做功轉(zhuǎn)化而來的，克服安培力做了多少功，就產(chǎn)生多少電能。一、法拉第電機1．原理法拉第電機是應用導體棒在磁場中切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢的原理制成的，產(chǎn)生感應電動勢的導體相當于電源。2．應用法拉第電機與其他部分的導體或線框構成閉合電路，遵從閉合電路歐姆定律。3．電流方向在電源內(nèi)部，感應電流方向從電源的負極流向正極；在外電路中，電流從電源的正極經(jīng)用電器流向負極。二、電磁感應中的能量轉(zhuǎn)化1．電磁感應中的能量：在由導體切割磁感線產(chǎn)生的電磁感應現(xiàn)象中，導體克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，即電能是通過克服安培力做功轉(zhuǎn)化來的。2．電磁感應現(xiàn)象符合能量守恒定律。3．反電動勢(1)定義：直流電動機模型通電后，線圈因受安培力而轉(zhuǎn)動，切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢。(2)方向：與外加電壓的方向相反。(3)確定因素：電動機線圈轉(zhuǎn)動越快，反電動勢越大。1．自主思索——判一判(1)法拉第電機是法拉第獨創(chuàng)的。(√)(2)法拉第電機中圓盤相當于電源，由于其形態(tài)為圓形，所以無法區(qū)分正、負極。(×)(3)導體棒切割磁感線運動時，只要有電流通過，導體棒也會產(chǎn)生焦耳熱。(√)(4)電磁感應現(xiàn)象總能產(chǎn)生焦耳熱，所以創(chuàng)建了能量。(×)(5)當線圈減速轉(zhuǎn)動時，也存在反電動勢。(√)2．合作探究——議一議(1)圖1-5-1甲、乙所示電路中哪部分導體相當于電源？a、b兩點哪點的電勢高？圖1-5-1提示：圖甲中線圈相當于電源，圖乙中導體棒相當于電源；依據(jù)楞次定律可推斷甲圖中線圈外電流方向由b→a，b點電勢高。依據(jù)右手定則可判定乙圖中棒上電流方向由b→a，a點電勢高。(2)在有安培力做功的電路中，歐姆定律還適用嗎？提示：有安培力做功的電路為非純電阻電路，電路中發(fā)生了電能與機械能的轉(zhuǎn)化，歐姆定律不再適用。導體切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢[典例]如圖1-5-2所示，水平放置的兩平行金屬導軌相距L＝0．50m，左端接一電阻R＝0．20Ω，磁感應強度B＝0．40T的勻強磁場方向垂直于導軌平面對下，導體棒ac(長為L)垂直放在導軌上，并能無摩擦地沿導軌滑動，導軌和導體棒的電阻均可忽視不計。當ac棒以v＝4．0m/s的速度水平向右勻速滑動時，求：圖1-5-2(1)ac棒中感應電動勢的大小。(2)回路中感應電流的大小。(3)維持ac棒做勻速運動的水平外力的大小。[思路點撥]本題可按以下思路進行分析：[解析](1)ac棒垂直切割磁感線，產(chǎn)生的感應電動勢的大小為E＝BLv＝0．40×0．50×4．0V＝0．80V。(2)回路中感應電流的大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.80,0.20)A＝4．0A由右手定則知，ac棒中的感應電流由c流向a。(3)ac棒受到的安培力大小為F安＝BIL＝0．40×4．0×0．50N＝0．80N，由左手定則知，安培力方向向左。由于導體棒勻速運動，水平方向受力平衡，則F外＝F安＝0．80N，方向水平向右。[答案](1)0．80V(2)4．0A(3)0．80N1．平動切割產(chǎn)生的感應電動勢(1)一般干脆利用公式E＝BLvsinθ進行計算。(2)感應電動勢或感應電流的方向可以依據(jù)右手定則推斷。(3)當導體棒上有感應電流流過時要受到安培力的作用，安培力的方向與導體棒相對磁場的運動方向相反，阻礙導體棒與磁場的相對運動。2．轉(zhuǎn)動切割產(chǎn)生的感應電動勢如圖所示，長為l的導體棒ab以a為圓心，以角速度ω在磁感應強度為B的勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動，其感應電動勢可從兩個角度推導。(1)棒上各點速度不同，其平均速度eq\x\to(v)＝eq\f(1,2)ωl，由E＝Blv得棒上感應電動勢大小為E＝Bl·eq\f(1,2)ωl＝eq\f(1,2)Bl2ω。(2)若經(jīng)時間Δt，棒掃過的面積為ΔS＝πl(wèi)2eq\f(ωΔt,2π)＝eq\f(1,2)l2ωΔt，磁通量的改變量ΔΦ＝B·ΔS＝eq\f(1,2)Bl2ωΔt，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)得棒上感應電動勢大小為E＝eq\f(1,2)Bl2ω。1．如圖1-5-3所示，在豎直向下的勻強磁場中，將一個水平放置的金屬棒ab以水平初速度v0拋出，設運動的整個過程中棒的取向不變且不計空氣阻力，則金屬棒在運動過程中產(chǎn)生的感應電動勢大小將()圖1-5-3A．越來越大 B．越來越小C．保持不變 D．無法確定解析：選CE＝BLvsinθ＝BLvx；ab做平拋運動，水平速度保持不變，感應電動勢保持不變。2．如圖1-5-4所示，在蹄形磁鐵的兩極間有一可以自由轉(zhuǎn)動的銅盤(不計各種摩擦)，現(xiàn)讓銅盤轉(zhuǎn)動。下面對視察到的現(xiàn)象描述及說明正確的是()圖1-5-4A．銅盤中沒有感應電動勢、沒有感應電流，銅盤將始終轉(zhuǎn)動下去B．銅盤中有感應電動勢、沒有感應電流，銅盤將始終轉(zhuǎn)動下去C．銅盤中既有感應電動勢又有感應電流，銅盤將很快停下D．銅盤中既有感應電動勢又有感應電流，銅盤將越轉(zhuǎn)越快解析：選C銅盤轉(zhuǎn)動時，依據(jù)法拉第電磁感應定律及楞次定律知，盤中有感應電動勢，也產(chǎn)生感應電流，并且受到阻尼作用，機械能很快轉(zhuǎn)化為電能進而轉(zhuǎn)化為焦耳熱，銅盤將很快停下，故C對，A、B、D錯。3．(多選)一根直導線長0．1m，在磁感應強度為0．1T的勻強磁場中以10m/s的速度勻速運動，則導線中產(chǎn)生的感應電動勢的說法正確的是()A．肯定為0．1V B．可能為零C．可能為0．01V D．最大值為0．1V解析：選BCD當公式E＝Blv中B、l、v相互垂直而導體切割磁感線運動時感應電動勢最大：Em＝Blv＝0．1×0．1×10V＝0．1V，考慮到它們?nèi)叩目臻g位置關系，B、C、D正確，A錯誤。電磁感應現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化與守恒電磁感應現(xiàn)象中的能量轉(zhuǎn)化(1)與感生電動勢有關的電磁感應現(xiàn)象中，磁場能轉(zhuǎn)化為電能，若電路是純電阻電路，轉(zhuǎn)化過來的電能將全部轉(zhuǎn)化為電阻的內(nèi)能。(2)與動生電動勢有關的電磁感應現(xiàn)象中，通過克服安培力做功，把機械能或其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能?？朔才嗔ψ龆嗌俟Γ彤a(chǎn)生多少電能。若電路是純電阻電路，轉(zhuǎn)化過來的電能也將全部轉(zhuǎn)化為電阻的內(nèi)能。[典例]在圖1-5-5中，設運動導線ab長為L，速度為v，勻強磁場的磁感應強度為B，閉合電路總電阻為R。探究為了保持導線做勻速運動，外力所做的功W外和感應電流的電功W電的關系。圖1-5-5[思路點撥][解析]運動導體產(chǎn)生的電動勢E＝BLv電路中感應電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)磁場對這個電流的作用力F安＝ILB＝eq\f(B2L2v,R)保持勻速運動所需外力F外＝F安＝eq\f(B2L2v,R)在Δt時間內(nèi)，外力所做的功W外＝F外vΔt＝eq\f(B2L2v2,R)Δt而此時間內(nèi)，感應電流的電功是W電＝I2RΔt＝eq\f(B2L2v2,R)Δt可見W外＝W電。[答案]見解析求解電磁感應現(xiàn)象中能量守恒問題的一般步驟(1)分析回路，分清電源和外電路。在電磁感應現(xiàn)象中，切割磁感線的導體或磁通量發(fā)生改變的回路將產(chǎn)生感應電動勢，該導體或回路就相當于電源，其余部分相當于外電路。(2)分析清晰有哪些力做功，明確有哪些形式的能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。如：做功狀況能量改變特點滑動摩擦力做功有內(nèi)能產(chǎn)生重力做功重力勢能必定發(fā)生改變克服安培力做功必定有其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，并且克服安培力做多少功，就產(chǎn)生多少電能安培力做正功電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能(3)依據(jù)能量守恒列方程求解。1．(多選)如圖1-5-6所示，勻強磁場方向垂直于線圈平面，先后兩次將線圈從同一位置勻速地拉出有界磁場，第一次拉出時速度為v1＝v0，其次次拉出時速度為v2＝2v0，前后兩次拉出線圈的過程中，下列說法錯誤的是()圖1-5-6A．線圈中感應電流之比是1∶2B．線圈中產(chǎn)生的熱量之比是2∶1C．沿運動方向作用在線框上的外力的功率之比為1∶2D．流過任一橫截面感應電荷量之比為1∶1解析：選BC線框在拉出磁場的過程中，導體做切割磁感線運動，產(chǎn)生感應電動勢E＝Blv，線框中的感應電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv,R)，所以I1∶I2＝v1∶v2＝1∶2；線框中產(chǎn)生的電熱Q＝I2Rt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Blv,R)))2Req\f(l′,v)＝eq\f(B2l2l′v,R)，所以Q1∶Q2＝v1∶v2＝1∶2；由于勻速運動，施加的外力與安培力相等，故外力的功率P＝Fv＝BIlv＝eq\f(B2l2v2,R)，所以P1∶P2＝veq\o\al(2,1)∶veq\o\al(2,2)＝1∶4；流過線圈任一橫截面的電荷量為q＝It＝eq\f(Blv,R)·eq\f(l′,v)＝eq\f(Bll′,R)，所以q1∶q2＝1∶1。2．MN為中間接有電阻R＝5Ω的足夠長的U形金屬框架，框架寬L＝0．2m，豎直放置在如圖1-5-7所示的水平勻強磁場中，磁感應強度B＝5T。一長度也為L、電阻為r＝1Ω的導體棒PQ可沿MN無摩擦滑動且接觸良好?，F(xiàn)無初速釋放導體棒PQ，發(fā)覺PQ下滑h＝6m時恰好達到穩(wěn)定下滑狀態(tài)。已知導體棒PQ的質(zhì)量m＝0．1kg，其余電阻不計。求：圖1-5-7(1)導體棒PQ穩(wěn)定下滑時的速度；(2)此過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量。(g取10m/s2)解析：(1)導體棒PQ穩(wěn)定下滑時，做勻速運動。則F安＝BIL＝mg而I＝eq\f(BLv,R＋r)故v＝eq\f(mgR＋r,B2L2)＝eq\f(0.1×10×5＋1,52×0.22)m/s＝6m/s。(2)依據(jù)能的轉(zhuǎn)化與守恒定律得：mgh＝eq\f(1,2)mv2＋Q總而電阻R上產(chǎn)生的熱量為QR＝eq\f(R,R＋r)Q總代入數(shù)據(jù)解得QR＝3．5J。答案：(1)6m/s(2)3．5J1．(多選)在直流電動機中，下列說法正確的是()A．直流電動機正常工作時，電功大于電熱B．直流電動機的轉(zhuǎn)速越大，感應電動勢越大，線圈中電流越大，產(chǎn)生的電熱越多C．假如電動機工作中，因機械阻力過大而停止轉(zhuǎn)動，此時反電動勢為零，線圈中會有很大電流而簡單燒壞電動機D．由于反電動勢的存在，不能用閉合電路的歐姆定律計算電動機的工作電流解析：選AC由UI＝IE′＋I2R可知選項A正確；轉(zhuǎn)速越大時，反電動勢E′越大，由I＝eq\f(U－E′,R)知，I越小，線圈中產(chǎn)生的熱量越少，B錯誤；盡管存在反電動勢，仍可用閉合電路的歐姆定律計算電動機的工作電流，D錯誤；當電動機因阻力而停止轉(zhuǎn)動時，反電動勢為零，電功等于電熱，電流I＝eq\f(U,R)很大，線圈中產(chǎn)生的熱功率很大，C選項正確。2．(多選)一個面積S＝4×10－2m2、匝數(shù)n＝100匝的線圈，放在勻強磁場中，磁場方向垂直于線圈平面，磁感應強度B隨時間t改變的規(guī)律如圖1所示，則下列推斷正確的是()圖1A．在起先的2s內(nèi)穿過線圈的磁通量的改變率等于0．08Wb/sB．在起先的2s內(nèi)穿過線圈的磁通量的改變量等于零C．在起先的2s內(nèi)線圈中產(chǎn)生的感應電動勢等于8VD．在第3s末線圈中的感應電動勢等于零解析：選AC由B-t圖像可知，在起先的2s內(nèi)，eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB·S,Δt)＝eq\f(2×2×4×10－2,2)Wb/s＝0．08Wb/s，選項A正確，B錯誤；在起先的2s內(nèi)，E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝100×0．08V＝8V，故選項C正確；第3s末磁感應強度的改變率不為零，則感應電動勢也不為零，故選項D錯誤。3．(多選)如圖2所示，導體棒AB在做切割磁感線運動時，將產(chǎn)生一個感應電動勢，因而在電路中有電流通過。下列說法中正確的是()圖2A．因?qū)w運動而產(chǎn)生的感應電動勢稱為動生電動勢B．動生電動勢的產(chǎn)生與洛倫茲力有關C．動生電動勢的產(chǎn)生與電場力有關D．動生電動勢和感生電動勢產(chǎn)生的緣由是一樣的解析：選AB動生電動勢是由于導體運動而產(chǎn)生的，選項A正確；動生電動勢中，非靜電力是洛倫茲力沿導體棒方向的分力，而感生電動勢是由感生電場產(chǎn)生的，選項B正確，C、D錯誤。4．如圖3所示，等腰直角三角形OPQ區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，另有一等腰直角三角形導線框ABC以恒定的速度v沿垂直于磁場方向穿過磁場，穿越過程中速度方向始終與AB邊垂直，且保持AC平行于OQ。關于線框中的感應電流，以下說法正確的是()圖3A．起先進入磁場時感應電流最小B．起先穿出磁場時感應電流最大C．起先進入磁場時感應電流沿順時針方向D．起先穿出磁場時感應電流沿順時針方向解析：選D線框中感應電流的大小正比于感應電動勢的大小，又感應電動勢E＝BL有v，L有指切割磁感線部分兩端點連線在垂直于速度方向上的投影長度，故起先進入磁場時感應電流最大，起先穿出磁場時感應電流最小，選項A、B錯誤。感應電流的方向可以用楞次定律推斷，可知選項D正確，C錯誤。5．水平放置的金屬框架cdef處于如圖4所示的勻強磁場中，金屬棒ab處于粗糙的框架上且與框架接觸良好，從某時刻起先，磁感應強度勻稱增大，金屬棒ab始終保持靜止，則()圖4A．a(chǎn)b中電流增大，ab棒所受摩擦力也增大B．a(chǎn)b中電流不變，ab棒所受摩擦力也不變C．a(chǎn)b中電流不變，ab棒所受摩擦力增大D．a(chǎn)b中電流增大，ab棒所受摩擦力不變解析：選C磁感應強度勻稱增大時，磁通量的改變率eq\f(ΔΦ,Δt)恒定，故回路中的感應電動勢和感應電流都是恒定的；又棒ab所受的摩擦力等于安培力，即Ff＝F安＝BIL，故當B增加時，摩擦力增大，選項C正確。6．如圖5所示，用粗細相同的銅絲做成邊長分別為L和2L的兩只閉合線框a和b，以相同的速度從磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域中勻速地拉到磁場外，不考慮線框的動能，若外力對線框做的功分別為Wa、Wb，則Wa∶Wb為()圖5A．1∶4 B．1∶2C．1∶1 D．不能確定解析：選A依據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒可知，外力做功等于電能，而電能又全部轉(zhuǎn)化為焦耳熱Wa＝Qa＝eq\f(BLv2,Ra)·eq\f(L,v)Wb＝Qb＝eq\f(B·2Lv2,Rb)·eq\f(2L,v)由電阻定律知，Rb＝2Ra，故Wa∶Wb＝1∶4。7．(多選)如圖6所示，磁感應強度為B的勻強磁場有志向界面，用力將矩形線圈從磁場中勻速拉出。在其他條件不變的狀況下()圖6A．速度越大時，拉力做功越多B．線圈邊長L1越大時，拉力做功越多C．線圈邊長L2越大時，拉力做功越多D．線圈電阻越大時，拉力做功越多解析：選ABCF勻速拉出線圈過程所做的功為W＝FL2，又F＝F安＝IBL1，I＝eq\f(BL1v,R)，所以W＝eq\f(B2L\o\al(2,1)L2v,R)，可知A、B、C正確，D錯誤。8．一個邊長為a＝1m的正方形線圈，總電阻為R＝2Ω，當線圈以v＝2m/s的速度通過磁感應強度B＝0．5T的勻強磁場區(qū)域時，線圈平面總保持與磁場垂直。若磁場的寬度b>1m，如圖7所示，求：圖7(1)線圈進入磁場過程中感應電流的大??；(2)線圈在穿過整個磁場過程中釋放的焦耳熱。解析：(1)依據(jù)E＝Blv，I＝eq\f(E,R)，知I＝eq\f(Bav,R)＝eq\f(0.5×1×2,2)A＝0．5A。(2)線圈穿過磁場過程中，由于b>1m，故只在進入和穿出時有感應電流，故Q＝2I2Rt＝2I2R·eq\f(a,v)＝2×0．52×2×eq\f(1,2)J＝0．5J。答案：(1)0．5A(2)0．5J9．(多選)如圖8所示，金屬桿ab以恒定的速率v在光滑平行導軌上向右滑行，設整個電路中總電阻為R(恒定不變)，整個裝置置于垂直紙面對里的勻強磁場中，下列敘述正確的是()圖8A．a(chǎn)b桿中的電流與速率v成正比B．磁場作用于ab桿的安培力與速率v成正比C．電阻R上產(chǎn)生的熱功率與速率v成正比D．外力對ab桿做功的功率與速率v成正比解析：選AB由E＝Blv和I＝eq\f(E,R)，得I＝eq\f(Blv,R)，所以安培力F＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，電阻上產(chǎn)生的熱功率P＝I2R＝eq\f(B2l2v2,R)，外力對ab做功的功率就等于回路產(chǎn)生的熱功率。10．(2024·全國甲卷)如圖9，水平面(紙面)內(nèi)間距為l的平行金屬導軌間接一電阻，質(zhì)量為m、長度為l的金屬桿置于導軌上。t＝0時，金屬桿在水平向右、大小為F的恒定拉力作用下由靜止起先運動。t0時刻，金屬桿進入磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面對里的勻強磁場區(qū)域，且在磁場中恰好能保持勻速運動。桿與導軌的電阻均忽視不計，兩者始終保持垂直且接觸良好，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ。重力加速度大小為g。求圖9(1)金屬桿在磁場中運動時產(chǎn)生的電動勢的大??；(2)電阻的阻值。解析：(1)設金屬桿進入磁場前的加速度大小為a，由牛頓其次定律得ma＝F－μmg①設金屬桿到達磁場左邊界時的速度為