第一篇：電磁感應定律小結：

電磁感應綜合題的特點：

電磁感應的綜合題不僅涉及法拉第電磁感應定律，他還涉及力學、熱學、靜電場、直流電路、磁場等許多內容,主要反映在以下幾個方面：

（1）因導體的切割運動或電路中磁通量的變化，產(chǎn)生感應電流，使導體受到安培力的作用，從而直接影響到導體或線圈的運動。

（2）因導體的切割運動或電路中磁通量的變化，產(chǎn)生感應電動勢等效為電源，與外部電路組成為閉合回路。

（3）以電磁感應現(xiàn)象中產(chǎn)生的電能為核心，綜合著各種不同形式的能（如機械能、內能等）的轉化。

電磁感應的綜合題有兩種基本類型：一是電磁感應與電路電場的綜合；二是電磁感應與磁體、導體的受力和運動的綜合；或是這兩種基本類型的復合題，題中電場現(xiàn)象、力現(xiàn)象相互聯(lián)系、相互影響和制約。其基本形式如：

2.電磁感應現(xiàn)象中能量轉化規(guī)律 電磁感應現(xiàn)象中出現(xiàn)的電能，一定由其他形式的能轉化而來，具體問題中會涉及多種形式的能之間的轉化，機械能和電能的相互轉化、內能和電能的相互轉化。分析時應當牢牢抓住能量守恒這一基本規(guī)律，分析清楚有那些力做功，就可以知道有哪些形式的能量參與了相互轉化，如有摩擦力做功，必然有內能出現(xiàn)；除了重力以外的力做功，就可能有機械能參與轉化；安培力做負功就將其他形式能轉化為電能，做正功將電能轉化為其他形式的能；然后利用能量守恒列出方程求解。

例1．用均勻導線做成的正方形線框每邊長為0.2m，正方形的一半放在和直面垂直向里的勻前磁場中，如圖所示，當磁場以10T/s的變化率增強時，線框中a、b兩點的電勢差是（）A.Uab=0.1V B.Uab=-0.1V C.Uab=0.2V D.Uab=-0.2V 例2：如圖所示，阻值為R的金屬棒從圖示位置ab分別以v1 ：v2的速度沿光滑導軌（電阻不計）勻速滑到a/ b/,若v1：v2=1：2，則在這兩次過程中（）A.回路電流I1:I2=1：2 B.L產(chǎn)生的熱量Q1:Q2=1:2 C.通過任一截面的電荷量q1:q2=1:2 D.外力的功率P1:P2=1:2

例3：如圖所示，豎直放置的金屬框架處于水平勻強磁場中，有一長金屬棒ab可以沿框自由滑動。當ab由靜止開始下滑一段時間后，合上開關S，則ab將做（）A．勻速運動。

B。加速運動

C.減速運動

D.無法確定

例4：一個質量m=0.016kg，長L=0.5m，寬d=0.1m，電阻R=0.1Ω的矩形線圈，從h1=5m高處由靜止開始自由下落，如圖所示，然后進入勻強磁場。線圈下邊剛進入磁場時，由于磁場力作用，線圈正好做勻速運動。求：（1）磁場的此感應強度B。（g取10m/s2）;(2)如果線圈下邊通過磁場所經(jīng)歷的時間為Δt=0.15s,求磁場區(qū)域的高度h2(已知h2大于L)。

規(guī)律方法總結

1楞次定律及其推廣

楞次定律揭示了判定感應電流方向的規(guī)律，即“感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流得磁通量的變化”。楞次定律的核心思想是“阻礙”，只有深刻理解“阻礙”的含義，才能掌握定律的實質。

楞次定律說明電磁感應現(xiàn)象是符合能量守恒定律的，因此我們可以將楞次定律的含義推廣為：“感應電流對引起它產(chǎn)生的原因都由阻礙作用”。這些原因包括外磁場變化、相對位置變化、相對面積變化和導體中電流變化。這樣運用推廣的含義解題，特變是判斷閉合導體的運動要比用楞次定律本身取判斷簡便的多。

例1：如圖所示，水平導軌上放著一根金屬導體棒，外磁場豎直穿過導軌框，當B減小時，金屬棒怎樣運動（）

A.靜止

B.向右運動

C.向左運動

D.以上說法都不對 2．線框匝數(shù)N在解題中的正確應用

在磁場和電磁感應習題中，常遇到線圈是單匝還是N匝的題設條件，到底什么情況下選用N，什么情況下不要選用N，下面對其選用技巧進行點撥。

（1）不選用匝數(shù)N 凡是直接運用公式求磁通量φ=BScosθ.磁通量的變化量Δφ=φ2φ1，磁通量的變化率Δφ/Δt，匝數(shù)N不必選用。因為磁通量表示穿過某一面積的磁感線條數(shù)，其大小不受匝數(shù)N的影響。

例2：一個面積S=4×10-2m2,匝數(shù)N=100的線圈，放在勻強磁場中，磁場方向垂直線圈平面，磁場的磁感應強度B隨時間變化規(guī)律為ΔB/Δt=2T/s,則穿過線圈的磁通量的變化率為多少？

例3：如圖所示，矩形線圈長為L，寬為d，質量為m，匝數(shù)為N，總電阻為R,放在勻強磁場區(qū)域上方H處，線圈由靜止自由下落，當線圈的下邊剛落入磁場時便開始做勻速運動，求磁感應強度B。

3．兩類電動勢：感生電動勢、動生電動勢

電磁感應定律解決問題涉及面廣，物理模型種類多，綜合性強，對能力要求高。求解感應電動勢時，一般有兩類問題：（1）磁通量變化型

法拉第電磁感應定律是本章核心，它定性說明了電磁感應現(xiàn)象的原因，也定量給出了計算感應電動勢的公式：E=NΔφ/Δt。根據(jù)不同情況，該公式有兩種不同的表達形式：①如果B不變、S變化時，有E=NBΔS/Δt ②如果S不變、B變化時，有E=N SΔB/Δt.(2)切割磁感線型

導體在磁場中做切割磁感線運動時，感應電動勢大小雖然可以由E=N SΔB/Δt.來求解，但應用E=Blvsinθ更方便，特別是求瞬時感應電動勢更有必要。具體由兩種特殊情況①平動切割，公式為E=Blvsinθ；②轉動切割，E?BLv=

12BL?（此公式適應于垂直切割磁感線2的情況）。

例4：如圖所示，兩平行金屬導軌固定在水平桌面上，每根每米的電阻為ro=0.10Ω/m.導軌的端點P、Q用電阻可忽略的導線相連，兩導軌間的距離l=0.20m.。有隨時間變化的云強磁場垂直于桌面，已知磁感應強度B與時間t的關系為B=kt，比例系數(shù)k=0.020T/s，一電阻不計的金屬桿可在導軌上無摩擦地滑動，在滑動過程中保持與導軌垂直。在t=0時刻，金屬桿緊靠在PQ端，在外力作用下，桿以恒定的加速度從靜止開始向導軌的另一端滑動，求在t=0.60s時金屬桿所受的安培力。

4．電磁感應中的圖象問題。

電磁感應中常涉及磁感應強度B、磁通量φ、感應電動勢E和感應電流I隨時間的變化圖像，即B-t圖像，φ-t圖像和I-t圖像。對于切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢和感應電流的情況，還常涉及感應電動勢E和感應電流I隨線圈位移X變化的圖像，即E-x圖像，和I-x圖像。這些圖像問題大體上可分為兩類：由給定的電磁感應過程選出或畫出正確的圖像，或由給定的有關圖像分析電磁感應過程，求解相應的物理量。不管是何種類型，電磁感應中的圖像問題常需要用右手定則、楞次定律和法拉第電磁感應定律等規(guī)律分析解決/ 例：一個圓形閉合線圈固定在垂直紙面的勻強磁場中，線圈平面與磁場方向垂直，如圖（1）所示。設垂直于紙面向內的磁感應強度方向為正，垂直于紙面向外的磁感應強度方向為負。線圈中順時針方向的感應電流為正，逆時針方向的感應電流為負。已知圓形線圈中感應電流I隨時間變化的圖像如圖（2）所示，則線圈所在處的磁場的磁感應強度隨時間變化的圖像可能是圖中的（）

5導電滑軌類問題

該類問題有單金屬棒運動和雙金屬運動類兩類問題：（1）單金屬棒運動類

例6：如圖所示，在豎直向下的磁感應強度為B的勻強磁場中，有兩根水平放置的相距為L且足夠長的平行金屬導軌AB、CD，在]導體的AC端連接一阻值為R的電阻，一根垂直于導軌放置的金屬棒ab，質量為m，導軌和金屬棒的電阻及它們間的摩擦不計，若用恒力F沿水平向右拉棒運動，求金屬棒的最大速度。

（2）雙金屬棒運動類

例7：如圖所示，兩金屬棒ab和cd長均為l，電阻均為R，質量分別為M和m，用兩根質量和電阻均可忽略的不可伸長的柔軟導線將它們連成閉合回路，并懸掛在水平、光滑、不導電的圓棒兩側。兩金屬棒都處在水平位置，整個裝置處在一與回路平面相垂直的勻強磁場中，磁感應強度為B。若金屬桿ab正好勻速向下運動，求其運動的速度。

6．利用公式q???計算電荷量。R7．電磁感應中能量轉化問題

電磁感應過程實質是不同形式的能量轉化的過程，電磁感應過程中產(chǎn)生的感應電流在磁場中必定受到安培力作用。因此要維持安培力存在，必須有外力克服安培力做功，此過程中，其他形式的能轉化為電能，當感應電流通過用電器時]，電能由轉化為其他形式的能。

外力克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能轉化為電能。同力，安培力做功的過程，是電能轉化為其他形式能的過程，安培力做多少功就有多少電能轉化為其他形式的能。例 9如圖所示，在光滑絕緣水平面上，有一半徑r=10cm電阻R=0.01Ω、質量m=0.02kg的金屬圓環(huán)以vo=10m/s的速度向一足夠大、磁感應強度B=0.3T的勻強磁場滑去，當圓環(huán)剛好有一半進入磁場時，圓環(huán)的加速度為a=158.4m/s2,求此過程圓環(huán)增加的內能。

第二篇：專題17：電磁感應定律

電磁感應

一、楞次定律的推廣含義的應用

(1)阻礙原磁通量的變化——“增反減同”．

(2)阻礙(導體的)相對運動——“來拒去留”．

(3)磁通量增加，線圈面積“縮小”，磁通量減小，線圈面積“擴張”．

(4)阻礙線圈自身電流的變化(自感現(xiàn)象)．

1．如圖所示，在載流直導線近旁固定有兩平行光滑導軌A、B，導軌與直導線平行且在同一水平面內，在導軌上有兩可自由滑動的導體ab和cd.當載流直導線中的電流逐漸增強時，導體ab和cd的運動情況是()

A．一起向左運動

B．一起向右運動

C．a(chǎn)b和cd相向運動，相互靠近

D．a(chǎn)b和cd相背運動，相互遠離

答案：C

2．如圖所示，老師做了一個物理小實驗讓學生觀察：一輕質橫桿兩側各固定一金屬環(huán)，橫桿可繞中心點自由轉動，老師拿一條形磁鐵插向其中一個小環(huán)，后又取出插向另一個小環(huán)，同學們看到的現(xiàn)象是()

A．磁鐵插向左環(huán)，橫桿發(fā)生轉動

B．磁鐵插向右環(huán)，橫桿發(fā)生轉動

C．無論磁鐵插向左環(huán)還是右環(huán)，橫桿都不發(fā)生轉動D．無論磁鐵插向左環(huán)還是右環(huán)，橫桿都發(fā)生轉動

答案：B

3．直導線ab放在如圖所示的水平導體框架上，構成一個閉合回路．長直導線cd和框架處在同一個平面內，且cd和ab平行，當cd中通有電流時，發(fā)現(xiàn)ab向左滑動．關于cd中的電流下列說法正確的是()

A．電流肯定在增大，不論電流是什么方向

B．電流肯定在減小，不論電流是什么方向

C．電流大小恒定，方向由c到d

D．電流大小恒定，方向由d到c

解析：ab向左滑動，說明通過回路的磁通量在減小，通過回路的磁感應強度在減弱，通過cd的電流在減小，與電流方向無關．

答案：B

4．如圖是某電磁沖擊鉆的原理圖，若突然發(fā)現(xiàn)鉆頭M向右運動，則可能是()

①．開關S閉合瞬間

②．開關S由閉合到斷開的瞬間

③．開關S已經(jīng)是閉合的，變阻器滑片P向左迅速滑動

④．開關S已經(jīng)是閉合的，變阻器滑片P向右迅速滑動

A．①③

B．②④

C．①④

D．②③

答案：A

5．如圖所示，通過水平絕緣傳送帶輸送完全相同的銅線圈，線圈均與傳送帶以相同的速度勻速運動．為了檢測出個別未閉合的不合格線圈，讓傳送帶通過一固定勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于傳送帶，線圈進入磁場前等距離排列，穿過磁場后根據(jù)線圈間的距離，就能夠檢測出不合格線圈，通過觀察圖形，判斷下列說法正確的是()

①．若線圈閉合，進入磁場時，線圈相對傳送帶向后滑動

②．若線圈不閉合，進入磁場時，線圈相對傳送帶向后滑動

③．從圖中可以看出，第2個線圈是不合格線圈

④．從圖中可以看出，第3個線圈是不合格線圈狀

A．①③

B．②③

C．②④

Ｄ．①④

解析：由電磁感應條件和楞次定律，①正確，②錯誤．由各線圈位置關系，③錯誤，④正確．

答案：

D

二、楞次定律、右手定則、左手定則、安培定則的綜合應用

安培定則、左手定則、右手定則、楞次定律的比較及應用

基本現(xiàn)象

應用的定則或定律

運動電荷、電流產(chǎn)生磁場

安培定則

磁場對運動電荷、電流有作用力

左手定則

電磁感應

部分導體做切割磁感線運動

右手定則

閉合回路磁通量變化

楞次定律

2.應用區(qū)別

關鍵是抓住因果關系：

（1）因電而生磁（I→B）→安培定則；

（2）因動而生電（v、B→I安）→右手定則；

（3）因電而受力（I、B→F安）→左手定則.6．如圖所示，水平放置的兩條光滑軌道上有可自由移動的金屬棒PQ、MN，當PQ在外力的作用下運動時，MN在磁場力的作用下向右運動，則PQ所做的運動可能是()不定項

A．向右加速運動

B．向左加速運動

C．向右減速運動

D．向左減速運動

解析：由右手定則，PQ向右加速運動，穿過L1的磁通量向上且增加，由楞次定律和左手定則可判斷MN向左運動，故A項錯．

若PQ向左加速運動，情況正好和A項相反，故B項對．

若PQ向右減速運動，由右手定則，穿過L1的磁通量向上且減小，由楞次定律和左手定則可判知MN向右運動，故C項對．

若PQ向左減速運動，情況恰好和C項相反，故D項錯，故選B、C.答案：BC

7．如圖所示，在勻強磁場中放有平行銅導軌，它與大導線圈M相連接，要使小導線圈N獲得順時針方向的感應電流，則放在導軌中的裸金屬棒ab的運動情況是(兩導線圈共面放置)()

A．向右勻速運動

B．向左勻速運動

C．向右減速運動

D．向右加速運動

解析：欲使N產(chǎn)生順時針方向的感應電流，感應電流的磁場垂直紙面向里，由楞次定律可知有兩種情況：一是M中有順時針方向逐漸減小的電流，使其在N中的磁場方向向里，且磁通量在減小，二是M中有逆時針方向逐漸增大的電流，使其在N中的磁場方向向外，且磁通量在增大．因此，對于前者應使ab向右減速運動，對于后者則應使ab向左加速運動．應選C.答案：C

三、法拉第電磁感應定律

2．公式E＝n

與E＝BLv的區(qū)別與聯(lián)系

E＝n

E＝BLv

區(qū)

別

研究對象

閉合回路

回路中做切割磁感線運動的那部分導體

適用范圍

對任何電磁感應現(xiàn)象普遍適用

只適用于導體切割磁感線運動的情況

聯(lián)　系

(1)E＝BLv可由E＝n

推導出來．

E即為瞬時感應電動勢．

(3)在B、L、v三者均不變時，兩公式均可求Δt時間內的平均感應電動勢.8．如圖中半徑為r的金屬圓盤在垂直于盤面的勻強磁場B中，繞O軸以角速度ω沿逆時針方向勻速轉動，則通過電阻R的電流的大小和方向是(金屬圓盤的電阻不計)()

A．由c到d，I＝Br2ω/R

B．由d到c，I＝Br2ω/R

C．由c到d，I＝Br2ω/(2R)

D．由d到c，I＝Br2ω/(2R)

答案：D

9．如圖所示，一導線彎成半徑為a的半圓形閉合回路．虛線MN右側有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右勻速進入磁場，直徑CD始終與MN垂直．從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，下列結論錯誤的是()

A．感應電流方向不變

B．CD段直導線始終不受安培力

C．感應電動勢最大值Em＝Bav

D．感應電動勢平均值＝πBav

答案：B

10．如圖所示，在垂直紙面向里，磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域中有一個均勻導線制成的單匝直角三角形線框．現(xiàn)用外力使線框以恒定的速度v沿垂直磁場方向向右運動，運動中線框的AB邊始終與磁場右邊界平行．已知AB＝BC＝l，線框導線的總電阻為R.則線框離開磁場的過程中()

A．線框中的電動勢與時間無關

B．通過線框截面的電荷量為

C．線框所受外力的最大值為

D．線框中的熱功率與時間成正比

解析：三角形線框向外勻速運動的過程中，由于有效切割磁感線的長度l＝vt，所以線框中感應電動勢的大小E＝Blv＝Bv2t，故選項A錯誤；線框離開磁場的運動過程中，通過線圈的電荷量Q＝It＝×Δt＝，選項B正確；當線框恰好剛要完全離開磁場時，線框有效切割磁感線的長度最大，則F＝BIl＝，選項C錯誤；線框的熱功率為P＝Fv＝BIvt×v＝，選項D錯誤．

答案：

B

11．如圖所示，電阻不計的平行金屬導軌MN和OP放置在水平面內．MO間接有阻值為R＝3

Ω的電阻．導軌相距d＝1

m，其間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度B＝0.5

T．質量為m＝0.1

kg，電阻為r＝1

Ω的導體棒CD垂直于導軌放置，并接觸良好．用平行于MN的恒力F＝1

N向右拉動CD.CD受摩擦阻力f恒為0.5

N．求：

(1)CD運動的最大速度是多少？

(2)當CD到最大速度后，電阻R消耗的電功率是多少？

(3)當CD的速度為最大速度的一半時，CD的加速度是多少？

解析：(1)設CD棒運動速度為v，則：導體棒產(chǎn)生的感應電動勢為：E＝Bdv

①

據(jù)閉合電路歐姆定律有：I＝

②

則安培力為：F0＝BdI

③

據(jù)題意分析，當v最大時，有：F－F0－Ff＝0

④

聯(lián)立①②③④得：vm＝＝8

m/s.⑤

(2)棒CD速度最大時同理有：Em＝Bdvm

⑥

Im＝

⑦

而PRm＝I·R

⑧

聯(lián)立⑤⑥⑦得：PRm＝＝3

W．

⑨

(3)當CD速度為vm時有：E′＝Bdvm/2

⑩

I＝

?

F′＝Bid

?

據(jù)牛頓第二定律有：F－F′－Ff＝ma

?

聯(lián)立⑩????得：a＝2.5

m/s2.?

答案：(1)8

m/s(2)3

W(3)2.5

m/s2

12．如圖所示，兩豎直放置的平行光滑導軌相距0.2

m，其電阻不計，處于水平向里的勻強磁場中，勻強磁場的磁感應強度為0.5

T，導體棒ab與cd的電阻均為0.1

Ω，質量均為0.01

kg.現(xiàn)用豎直向上的力拉ab棒，使之勻速向上運動，此時cd棒恰好靜止，已知棒與導軌始終接觸良好，導軌足夠長，g取10

m/s2，則()

A．a(chǎn)b棒向上運動的速度為4

m/s

B．a(chǎn)b棒受到的拉力大小為0.4

N

C．在2

s時間內，拉力做功為0.2

J

D．在2

s時間內，ab棒上產(chǎn)生的焦耳熱為0.4

J

解析：cd棒受到的安培力等于它的重力，A項錯誤．a(chǎn)b棒受到向下的重力G和向下的安培力F，則ab棒受到的拉力FT＝F＋G

＝2mg＝0.2

N，B項錯誤．在2

s內拉力做的功，W＝FTvt＝0.2×2×2

J＝0.8

J，C項錯誤．在2

s內ab棒上產(chǎn)生的熱量

D正確．

答案：D

13．如圖所示，在水平桌面上放置兩條相距l(xiāng)的平行粗糙且無限長的金屬導軌ab與cd，阻值為R的電阻與導軌的a、c端相連．金屬滑桿MN垂直于導軌并可在導軌上滑動，且與導軌始終接觸良好．整個裝置放于勻強磁場中，磁場的方向豎直向上，磁感應強度的大小為B.滑桿與導軌電阻不計，滑桿的中點系一不可伸長的輕繩，繩繞過固定在桌邊的光滑輕滑輪后，與一質量為m的物塊相連，拉滑桿的繩處于水平拉直狀態(tài)．現(xiàn)若從靜止開始釋放物塊，用I表示穩(wěn)定后回路中的感應電流，g表示重力加速度，設滑桿在運動中所受的摩擦阻力恒為f，則在物塊下落過程中()

A．物體的最終速度為

B．物體的最終速度為

C．穩(wěn)定后物體重力的功率為I2R

D．物體重力的最大功率可能大于

解析：由題意分析可知，從靜止釋放物塊，它將帶動金屬滑桿MN一起運動，當它們穩(wěn)定時最終將以某一速度做勻速運動而處于平衡狀態(tài)，設MN的最終速度為v，對MN列平衡方程：＋f＝mg，∴v＝，所以A項正確；又從能量守恒定律角度進行分析，物塊的重力的功率轉化為因克服安培力做功而產(chǎn)生的電熱功率和克服摩擦力做功產(chǎn)生熱功率，所以有：

I2R＋fv＝mgv，所以，v＝，所以B項錯誤，C項錯誤；物塊重力的最大功率為Pm＝mgv＝mg，所以D錯誤．

答案：A

14．兩根相距為L的足夠長的金屬直角導軌如圖所示放置，它們各有一邊在同一水平面內，另一邊垂直于水平面．質量均為m的金屬細桿ab、cd與導軌垂直接觸形成閉合回路，桿與導軌之間的動摩擦因數(shù)均為μ，導軌電阻不計，回路總電阻為2R.整個裝置處于磁感應強度大小為B，方向水平向右的勻強磁場中．當ab桿在平行于水平導軌的拉力F作用下以速度v沿導軌勻速運動時，cd桿也正好以某一速度向下勻速運動．重力加速度為g.以下說法錯誤的是（A．a(chǎn)b桿所受拉力F的大小為μmg＋

B．cd桿所受摩擦力為零

C．cd桿向下勻速運動的速度為

D．a(chǎn)b桿所受摩擦力為2μmg

解析：ab桿的速度方向與磁感應強度的方向平行，只有cd桿運動切割磁感線，設cd桿向下運動的速度為v1，根據(jù)閉合電路的歐姆定律及法拉第電磁感應定律有：I＝，E＝BLv1

cd桿只受到豎直向下的重力mg和豎直向上的安培力作用(因為cd桿與導軌間沒有正壓力，所以摩擦力為零)．由平衡條件得：mg＝BLI＝

解得cd桿向下勻速運動的速度為

ab桿的受力如圖所示，根據(jù)平衡條件可得：N＝2mg，F(xiàn)＝f＝2μmg

綜上所述，選項B、C、D正確．

答案：A

15．如圖所示，平行金屬導軌與水平面間的傾角為θ，導軌電阻不計，與阻值為R的定值電阻相連，勻強磁場垂直穿過導軌平面，磁感應強度為B.有一質量為m長為l的導體棒從ab位置獲得平行于斜面的，大小為v的初速度向上運動，最遠到達a′b′的位置，滑行的距離為s，導體棒的電阻也為R，與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ.則()

A．上滑過程中導體棒受到的最大安培力為

B．上滑過程中電流做功發(fā)出的熱量為mv2－mgssin

θ

C．上滑過程中導體棒克服安培力做的功為mv2

D．上滑過程中導體棒損失的機械能為mv2－mgssin

θ

解析：電路中總電阻為2R，故最大安培力的數(shù)值為.由能量守恒定律可知：導體棒動能減少的數(shù)值應該等于導體棒重力勢能的增加量以及克服安培力做功產(chǎn)生的電熱和克服摩擦阻力做功產(chǎn)生的內能．其公式表示為：mv2＝mgssin

θ＋μmgscos

θ＋Q電熱，則有：Q電熱＝mv2－(mgssin

θ＋μmgscos

θ)，即為安培力做的功．導體棒損失的機械能即為安培力和摩擦力做功的和，W損失＝mv2－mgssin

θ.D正確．

答案：

D

16．如圖所示，半徑為a的圓環(huán)電阻不計，放置在垂直于紙面向里，磁感應強度為B的勻強磁場中，環(huán)內有一導體棒電阻為r，可以繞環(huán)勻速轉動．將電阻R，開關S連接在環(huán)和棒的O端，將電容器極板水平放置，并聯(lián)在R和開關S兩端，如圖所示．

(1)開關S斷開，極板間有一帶正電q，質量為m的粒子恰好靜止，試判斷OM的轉動方向和角速度的大小．

(2)當S閉合時，該帶電粒子以g的加速度向下運動，則R是r的幾倍？

解析：(1)由于粒子帶正電，故電容器上極板為負極，根據(jù)右手定則，OM應繞O點逆時針方向轉動．

粒子受力平衡：mg＝q，E＝Ba2ω.當S斷開時，U＝E，解得ω＝.(2)當S閉合時，根據(jù)牛頓第二定律mg－q＝m·g，U′＝·R，解得＝3.答案：(1)OM應繞O點逆時針轉動(2)3

17．如圖，abcd是位于豎直平面內的正方形閉合金屬線框，金屬線框的質量為m，電阻為R，在金屬線框的下方有一勻強磁場區(qū)，MN和是勻強磁場區(qū)域的水平邊界，并與線框的bc邊平行，磁場方向與線框平面垂直，現(xiàn)金屬線框由距MN的某一高度從靜止開始下落，下圖2是金屬線框由開始下落到完全穿過勻強磁場區(qū)域瞬間的速度一時間圖象，圖象中坐標軸上所標出的字母均為已知量，求：

（1）金屬框的邊長；

（2）磁場的磁感應強度；

（3）金屬線框在整個下落過程中所產(chǎn)生的熱量。

（1）金屬框進入磁場過程中做勻速直線運動，速度為v1，運動時間為t2－t1，所以金屬框的邊長

（2）在金屬框進入磁場的過程中，金屬框所受安培力等于重力

（3）金屬框進入磁場過程中產(chǎn)生熱量Q1，出磁場時產(chǎn)生熱量Q2

第三篇：《電磁感應定律》教案

1、請你就《電磁感應定律》一節(jié)的內容用問題教學法或者探究教學法設計一個教案，并與同學一起分析與討論其亮點與不足。課題

法拉第電磁感應定律

課型

新課

第幾課時

課時教學目標(三維)

1．通過實驗演示經(jīng)歷探究感應電動勢的存在來理解電磁感應現(xiàn)象里感應電動勢，并能判斷其方向。

2.通過對的區(qū)別來體會這三個物理量的本質含義。

3．在實驗的基礎上掌握法拉第電磁感應定律，并使學生體會在發(fā)現(xiàn)和認識物理規(guī)律中物理實驗的重要作用，培養(yǎng)學生在物理實驗中仔細觀察和認真思考的能力。

4.經(jīng)歷由推導的過程，讓學生再次體會感應電動勢的產(chǎn)生條件，從而加深學生對感應電動勢物理本質的理解

教學 重點 與 難點

重點：法拉第電磁感應定律的建立和理解 難點：和E=BLvsinθ的區(qū)別和聯(lián)系

教學 方法 與 手段

實驗法問題法類比法

使用教材構想

法拉第電磁感應定律是電磁學的核心內容。前面幾節(jié)是從感應電流的角度來認識電磁感應現(xiàn)象的，這節(jié)課以感應電流為引子，在此進一步深入到感應電動勢來理解電磁感應現(xiàn)象，所以，在引課時通過一個例題引入，從而讓學生認識到有電流就得有電動勢，從而引入感應電動勢的概念，然后采用讓學生自己設計方案，自己動手做實驗，思考討論，教師引導找出規(guī)律的方法，使學生能夠深刻理解法拉第電磁感應定律的建立過程。對于公式，讓學生自己根據(jù)法拉第電磁感應定律，動手推導，使學生深刻理解。

教師行為

學生行為

課堂變化及處理 主要環(huán)節(jié)的效果

通過實驗觀察讓學生通過類比得出物理規(guī)律。認識電磁感應現(xiàn)象中產(chǎn)生感應電動勢的本質 培養(yǎng)學生設計實驗的能力 培養(yǎng)學生的合作的能力

進一步讓學生理解感應電動勢的推導過程及其含義。

導入新課： 多媒體展示：

問：a、b兩圖中，若電路是閉合的，有無電流？ 圖b中有電流時，哪一部分相當于電源？

教師：線圈既然是電源，就一定有電動勢，同時線圈的電阻即為電源的內阻。問：圖b中，若電路不閉合，當條形磁鐵插入或拔出時,有無電流？有無電動勢？

教師：在電磁感應現(xiàn)象中，不論電路是否閉合，只要穿過電路的磁通量發(fā)生變化，電路中就有感應電動勢。有感應電動勢是電磁感應現(xiàn)象的本質。提出問題：感應電動勢的大小跟哪些因素有關呢？ 新課教學：

一、探究影響感應電動勢大小的因素： 教師引導：

1．請同學們對影響感應電動勢大小的因素進行猜想： 2．利用圖b裝置如何進行實驗探究 ①如何比較感應電動勢的大?。?/p>

②如何控制磁通量變化量的大小和快慢？ 3．請同學們利用手中器材進行實驗 4．請同學們交流實驗結果：

教師：磁通量變化的快慢用磁通量的變化率來描述，即單位時間內磁通量的變化量，用公式表示為?？梢园l(fā)現(xiàn)，越大，E感越大，即感應電動勢的大小完全由磁通量的變化率決定。精確的實驗表明：電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路磁通量的變化率成正比，即E∝。這就是法拉第電磁感應定律。

二、法拉第電磁感應定律

教師：紐曼、韋伯在對理論和實驗資料進行嚴格分析后，于1845年和1846年先后指出;1．內容：

2．師生共同推導法拉第電磁感應定律表達式：

設t1時刻穿過回路的磁通量為Φ1，t2時刻穿過回路的磁通量為Φ2，在時間Δt=t2－t1內磁通量的變化量為多少？磁通量的變化率為多少？感應電動勢的表達式如何表示？ 在國際單位制中，電動勢單位是伏（V），磁通量單位是韋伯（Wb），時間單位是秒（s），可以證明式中比例系數(shù)k=1，（同學們可以課下自己證明），則上式可寫成 設閉合電路是一個n匝線圈，且穿過每匝線圈的磁通量變化率都相同，這時相當于n個單匝線圈串聯(lián)而成，因此感應電動勢變?yōu)?說明：（1）（2）兩式計算時取絕對值。請同學們思考：

磁通量Φ、磁通量的變化量△Φ、磁通量的變化率有何不同？

練習：有一個1000匝的線圈，在0.4s內通過它的磁通量從0.02Wb增加到0.09Wb，求 ①線圈的感應電動勢

②如果線圈的電阻是10Ω，把一個阻值為990Ω的電熱器連接在它兩端，通過電熱器的電流是多大？

提出問題：導體切割磁感線時，感應電動勢如何計算呢？

三、導線切割磁感線時的感應電動勢

例題：如圖所示電路，閉合電路一部分導體ab處于勻強磁場中，磁感應強度為B，ab的長度為L，以速度v勻速切割磁感線，求產(chǎn)生的感應電動勢？ 問題：當導體的運動方向跟磁感線方向有一個夾角θ，感應電動勢可用上面的公式計算嗎？ 如圖所示電路，閉合電路的一部分導體處于勻強磁場中，導體棒以v斜向切割磁感線，求產(chǎn)生的感應電動勢。［強調］在國際單位制中，上式中B、L、v的單位分別是特斯拉（T）、米（m）、米每秒（m/s），θ指v與B的夾角。

請同學們比較：公式E=n與E=BLvsinθ的區(qū)別與聯(lián)系

思考并回答：

a圖中有電流，b圖中條形磁鐵插入或拔出時，有電流?；卮穑壕€圈相當于電源.類比a、b兩圖回答： 無電流，有電動勢。猜想：

①與磁通量變化的大小有關 ②與磁通量變化的快慢有關

答：用電流表代替電阻，在閉合電路電阻一定時，由閉合電路歐姆定律可知，感應電動勢越大，感應電流就越大，可用電流表示數(shù)表示感應電動勢的大小。

答：當同一條形磁鐵從線圈上某位置開始插入到另一位置，只要初、末位置相同，磁通量的變化量就相同。插入越快，磁通量變化就越快。兩同學合作進行實驗 交流實驗結果：

磁通量的變化量就相同，插入越快，電流表示數(shù)越大，感應電動勢越大。說明：感應電動勢的大小與磁通量的變化量的大小無關，與磁通量變化的快慢有關。結論：磁通量變化越快，感應電動勢越大。閱讀教材回答：

閉合電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比。推導：

在時間Δt=t2－t1內磁通量的變化量為ΔΦ=Φ2－Φ1，磁通量的變化率為感應電動勢為E，則 E=k E=（1）E=n（2）

（1）磁通量Φ是穿過某一面積的磁感線的條數(shù)；磁通量的變化量△Φ=Φ1-Φ2表示磁通量變化的多少，并不涉及這種變化所經(jīng)歷的時間；磁通量的變化率表示磁通量變化的快慢。（2）當磁通量很大時，磁通量的變化量△Φ可能很小。同理，當磁通量的變化量△Φ很大時，若經(jīng)歷的時間很長，則磁通量的變化率也可能較小。

（3）磁通量Φ和磁通量的變化量△Φ的單位是Wb，磁通量變化率的單位是Wb／s。

（4）磁通量的變化量△Φ與電路中感應電動勢大小沒有必然關系，穿過電路的△Φ≠0是電路中存在感應電動勢的前提；而磁通量的變化率與感應電動勢的大小相聯(lián)系，越大，電路中的感應電動勢越大，反之亦然。

（5）磁通量的變化率，是Φ-t圖象上某點切線的斜率。分析解答（略）

解析：設在Δt時間內導體棒由原來的位置運動到a1b1，這時線框面積的變化量為ΔS=LvΔt 穿過閉合電路磁通量的變化量為 ΔΦ=BΔS=BLvΔt

據(jù)法拉第電磁感應定律，得 E==BLv

(3)解析：可以把速度v分解為兩個分量：垂直于磁感線的分量v1=vsinθ和平行于磁感線的分量v2=vcosθ。后者不切割磁感線，不產(chǎn)生感應電動勢。前者切割磁感線，產(chǎn)生的感應電動勢為

E=BLv1=BLvsinθ

（1）研究對象不同：E=n的研究對象是一個回路，而E=BLvsinθ研究對象是磁場中運動的一段導體。

（2）物理意義不同：E=n求得是Δt時間內的平均感應電動勢，當Δt→0時，則E為瞬時感應電動勢；而E=BLvsinθ，如果v是某時刻的瞬時速度，則E也是該時刻的瞬時感應電動勢；若v為平均速度，則E為平均感應電動勢。

（3）E=n求得的電動勢是整個回路的感應電動勢，而不是回路中某部分導體的電動勢。整個回路的電動勢為零，其回路中某段導體的感應電動勢不一定為零。

（4）E=BLvsinθ和E=n本質上是統(tǒng)一的。前者是后者的一種特殊情況。但是，當導體做切割磁感線運動時，用E＝BLvsinθ求E比較方便；當穿過電路的磁通量發(fā)生變化，用E=求E比較方便。分析求解：（略）學生討論后發(fā)表見解。

電動機轉動時產(chǎn)生的感應電動勢削弱了電源的電流，阻礙線圈的轉動。學生討論，發(fā)表見解。

電動機停止轉動，這時就沒有了反電動勢，線圈電阻一般都很小，線圈中電流會很大，電動機可能會燒毀。這時，應立即切斷電源，進行檢查。歸納總結：

通過本節(jié)課的學習，我們知道了： 1．什么叫感應電動勢

2．計算感應電動勢大小的方法 ①利用法拉第電磁感應定律 ②導線切割磁感線時：

第四篇：電磁感應定律的應用教案.

電磁感應定律應用

【學習目標】

1．了解感生電動勢和動生電動勢的概念及不同。2．了解感生電動勢和動生電動勢產(chǎn)生的原因。

3．能用動生電動勢和感生電動勢的公式進行分析和計算。

【要點梳理】

知識點

一、感生電動勢和動生電動勢

由于引起磁通量的變化的原因不同感應電動勢產(chǎn)生的機理也不同，一般分為兩種：一種是磁場不變，導體運動引起的磁通量的變化而產(chǎn)生的感應電動勢，這種電動勢稱作動生電動勢，另外一種是導體不動，由于磁場變化引起磁通量的變化而產(chǎn)生的電動勢稱作感生電動勢。

1．感應電場

19世紀60年代，英國物理學家麥克斯韋在他的電磁場理論中指出，變化的磁場會在周圍空間激發(fā)一種電場，我們把這種電場叫做感應電場。

靜止的電荷激發(fā)的電場叫靜電場，靜電場的電場線是由正電荷發(fā)出，到負電荷終止，電場線不閉合，而感應電場是一種渦旋電場，電場線是封閉的，如圖所示，如果空間存在閉合導體，導體中的自由電荷就會在電場力的作用下定向移動，而產(chǎn)生感應電流，或者說導體中產(chǎn)生感應電動勢。

要點詮釋：感應電場是產(chǎn)生感應電流或感應電動勢的原因，感應電場的方向也可以由楞次定律來判斷。感應電流的方向與感應電場的方向相同。

2．感生電動勢

（1）產(chǎn)生：磁場變化時會在空間激發(fā)電場，閉合導體中的自由電子在電場力的作用下定向運動，產(chǎn)生感應電流，即產(chǎn)生了感應電動勢。

（2）定義：由感生電場產(chǎn)生的感應電動勢成為感生電動勢。（3）感生電場方向判斷：右手螺旋定則。

3、感生電動勢的產(chǎn)生

由感應電場使導體產(chǎn)生的電動勢叫做感生電動勢，感生電動勢在電路中的作用就是充當電源，其電路是內電路，當它和外電路連接后就會對外電路供電。

變化的磁場在閉合導體所在的空間產(chǎn)生電場，導體內自由電荷在電場力作用下產(chǎn)生感應電流，或者說產(chǎn)生感應電動勢。其中感應電場就相當于電源內部所謂的非靜電力，對電荷產(chǎn)生作用。例如磁場變化時產(chǎn)生的感應電動勢為E?nS?Bcos? ． ?t

知識點

二、洛倫茲力與動生電動勢

導體切割磁感線時會產(chǎn)生感應電動勢，該電動勢產(chǎn)生的機理是什么呢？導體切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢與哪些因素有關？他是如何將其他形式的能轉化為電能的？

1、動生電動勢

（1）產(chǎn)生：導體切割磁感線運動產(chǎn)生動生電動勢（2）大?。篍?BLv（B的方向與v的方向垂直）（3）動生電動勢大小的推導：

ab棒處于勻強磁場中，磁感應強度為B，垂直紙面向里，棒沿光滑導軌以速度v勻速向右滑動，已知導軌寬度為L，經(jīng)過時間t由M運動導N，如圖所示，由法拉第電磁感應定律可得：

E??ФBSB?L?vt???BLv． ?ttt故動生電動勢大小為 E?BLv．

2、動生電動勢原因分析

導體在磁場中切割磁感線時，產(chǎn)生動生電動勢，它是由于導體中的自由電子受到洛倫茲力的作用而引起的。

如圖甲所示，一條直導線CD在勻強磁場B中以速度v向右運動，并且導線CD與B、v的方向垂直，由于導體中的自由電子隨導體一起以速度v運動，因此每個電子受到的洛倫茲力為：

F洛?Bev

F洛的方向豎直向下，在力F洛的作用下，自由電子沿導體向下運動，使導體下端出現(xiàn)過剩的負電荷，導體上端出現(xiàn)過剩的正電荷，結果使導體上端D的電勢高于下端C的電勢，出現(xiàn)由D指向C的靜電場，此電場對電子的靜電力F′的方向向上，與洛倫茲力F洛方向相反，隨著導體兩端正負電荷的積累，電場不斷增強，當作用在自由電子上的靜電力與電子受到的洛倫茲力相平衡時，DC兩端產(chǎn)生一個穩(wěn)定的電勢差。如果用另外的導線把CD兩端連接起來，由于D段的電勢比C段的電勢高，自由電子在靜電力的作用下將在導線框中沿順時針流動，形成逆時針方向的電流，如圖乙所示。

電荷的流動使CD兩端積累的電荷不斷減少，洛倫茲力又不斷使自由電子從D端運動到C端從而在CD兩端維持一個穩(wěn)定的電動勢。

可見運動的導體CD就是一個電源，D端是電源的正極，C端是電源的負極，自由電子受洛倫茲力的用，從D端搬運到C端，也可以看做是正電荷受洛倫茲力作用從C端搬運

到D端，這里洛倫茲力就相當于電源中的非靜電力，根據(jù)電動勢的定義，電動勢等于單位正電荷從負極通過電源內部移動到電源的正極非靜電力所做的功，作用在單位電荷上的洛倫茲力為：

F?F洛/e?Bv．

于是動生電動勢就是：

E?FL?BLv．

上式與法拉第電磁感應定律得到的結果一致。

知識點

三、動生電動勢和感生電動勢具有相對性

動生電動勢和感生電動勢的劃分，在某些情況下只有相對意義，如本章開始的實驗中，將條形磁鐵插入線圈中，如果在相對于磁鐵靜止的參考系觀察，磁鐵不動，空間各點的磁場也沒有發(fā)生變化，而線圈在運動，線圈中的電動勢是動生的；但是，如果在相對于線圈靜止的參考系內觀察，則看到磁鐵在運動，引起空間磁場發(fā)生變化，因而，線圈中的電動勢是感生的，在這種情況下，究竟把電動勢看作動生的還是感生的，決定于觀察者所在的參考系，然而，并不是在任何情況下都能通過轉換參考系把一種電動勢歸結為另一種電動勢，不管是哪一種電動勢，法拉第電磁感應定律、楞次定律都成立。

知識點

四、應用——電子感應加速器

即使沒有導體存在，變化的磁場以在空間激發(fā)渦旋狀的感應電場，電子感應器就是應用了這個原理，電子加速器是加速電子的裝置，他的主要部分如圖所示，畫斜線的部分為電磁鐵兩極，在其間隙安放一個環(huán)形真空室，電磁鐵用頻率為每秒數(shù)十周的強大交流電流來勵磁，使兩極間的磁感應強度B往返變化，從而在環(huán)形真空室內感應出很強的感應渦旋電場，用電子槍將電子注入喚醒真空室，他們在渦旋電場的作用下被加速，同時在磁場里受到洛倫茲力的作用，沿圓規(guī)道運動。

如何使電子維持在恒定半徑為R的圓規(guī)道上加速，這對磁場沿徑向分布有一定的要求，設電子軌道出的磁場為B，電子做圓周運動時所受的向心力為洛倫茲力，因此：

eBv?mv2/R mv?ReB

也就是說，只要電子動量隨磁感應強度成正比例增加，就可以維持電子在一定的軌道上 3

運動。

【典型例題】

類型

一、感生電動勢的運算

例1．有一面積為S＝100 cm2的金屬環(huán)，電阻為R＝0.1 Ω，環(huán)中磁場變化規(guī)律如圖乙所示，且磁場方向垂直環(huán)面向里，在t1到t2時間內，環(huán)中感應電流的方向如何？通過金屬環(huán)的電荷量為多少？

【答案】逆時針方向 0.01 C 【解析】(1)由楞次定律，可以判斷金屬環(huán)中感應電流方向為逆時針方向．(2)由圖可知：磁感應強度的變化率為

?BB2?B① ??tt2?t1金屬環(huán)中磁通量的變化率

B?B1?Ф?B?S?2?S

② ?t?tt2?t1環(huán)中形成的感應電流

I?E?Ф/?t?Ф??

③ RRR?t通過金屬環(huán)的電荷量

Q?I?t

④ 由①②③④解得

(B2?B1)S(0.2?0.1)?10?2Q??C?0.01C． R0.1

舉一反三:

【變式】在下圖所示的四種磁場情況中能產(chǎn)生恒定的感生電場的是()

【答案】C

例2．在空間出現(xiàn)如圖所示的閉合電場，電場線為一簇閉合曲線，這可能是（）

A．沿AB方向磁場在迅速減弱 B.沿AB方向磁場在迅速增強 C.沿AB方向磁場在迅速減弱 D.沿AB方向磁場在迅速增強

【答案】AC

【解析】根據(jù)電磁感應，閉合回路中的磁通量變化時，使閉合回路中產(chǎn)生感應電流，該電流可用楞次定律來判斷，根據(jù)麥克斯韋電磁理論，閉合回路中產(chǎn)生感應電流，使因為閉合回路中受到了電場力的作用，而變化的磁場產(chǎn)生電場，與是否存在閉合回路沒有關系，故空間磁場變化產(chǎn)生的電場方向，仍可用楞次定律來判斷，四指環(huán)繞方向即感應電場的方向，由此可知AC正確。

【總結升華】已知感應電場方向求原磁通量的變化情況的基本思路是：

→右手螺旋定則 →楞次定感應電場的方向 感應磁場的方向 磁通量的變化情況

←右手螺旋定則 ←楞次定

舉一反三:

【變式1】如圖所示，一個帶正電的粒子在垂直于勻強磁場的平面內做圓周運動，當磁感應強度均勻增大時，此粒子的動能將()

A．不變

B．增加

C．減少

D．以上情況都可能

【答案】B

【高清課堂：電磁感應定律應用 例1】

【變式2】下列各種實驗現(xiàn)象，解釋正確的是（）

【答案】ABC

-22例3.一個面積S?4?10m、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變化的規(guī)律如圖4－5－6所示，則下列判斷正確的是()

A．在開始的2 s內穿過線圈的磁通量變化率等于0.08 Wb/s B．在開始的2 s內穿過線圈的磁通量的變化量等于零 C．在開始的2 s內線圈中產(chǎn)生的感應電動勢等于8 V D．在第3 s末線圈中的感應電動勢等于零

【答案】AC 【解析】磁通量的變化率

?Ф?B?S，?t?t其中磁感應強度的變化率以

?B?B=2 T/s，所即為B?t圖象的斜率．由圖知前2 s的?t?t?Ф=2?4?10－2Wb/s＝0.08 Wb/s，?tA選項正確．

在開始的2 s內磁感應強度B由2 T減到0，又從0向相反方向的B增加到2 T，所以這2 s內的磁通量的變化量

?Ф?B1S?B2S?2BS?2?2?4?10?2Wb?0.16Wb，B選項錯． 在開始的2 s內

E?n?Ф?100?0.08V?8V，?t4 s內的電動勢，C選項正確．第3 s末的感應電動勢等于2 s～ 6

E?n?Ф?B?nS?100?2?4?10?2V?8V.?t?tD選項錯．

【總結升華】正確計算磁通量的變化量?Ф，是解題的關鍵。

舉一反三:

【變式1】閉合電路中產(chǎn)生的感應電動勢大小，跟穿過這一閉合電路的下列哪個物理量成正比（）A．磁通量

B．磁感應強度

C．磁通量的變化率

D．磁通量的變化量

【答案】C

【高清課堂：電磁感應定律應用 例2】

【變式2】水平桌面上放一閉合鋁環(huán)，在鋁環(huán)軸線上方有一條形磁鐵，當條形磁鐵沿軸線豎直向下迅速靠近鋁環(huán)時，下列判斷正確的是（）

A．鋁環(huán)有收縮的趨勢，對桌面的壓力增大 B．鋁環(huán)有擴張的趨勢，對桌面的壓力增大 C．鋁環(huán)有收縮的趨勢，對桌面的壓力減小 D．鋁環(huán)有擴張的趨勢，對桌面的壓力減小

【答案】A

【高清課堂：電磁感應定律應用 例3】

【變式3】帶正電的小球在水平桌面上的圓軌道內運動，從上方俯視，沿逆時針方向如圖?？臻g內存在豎直向下的勻強磁場，不計一切摩擦，當磁場均勻增強時，小球的動能將（）

A．逐漸增大

B．逐漸減小

C．不變

D．無法判定

【答案】A

類型

二、動生電動勢的運算

例4．如圖所示，三角形金屬導軌EOF上放有一金屬桿AB，在外力作用下，使AB保持與OF垂直，以速度v勻速從O點開始右移，設導軌與金屬棒均為粗細相同的同種金屬制成，則下列判斷正確的是()

A．電路中的感應電流大小不變 B．電路中的感應電動勢大小不變 C．電路中的感應電動勢逐漸增大 D．電路中的感應電流逐漸減小

【答案】AC 【解析】導體棒從O開始到如圖所示位置所經(jīng)歷時間設為t，?EOF＝?，則導體棒切割磁感線的有效長度

L?＝OBtan?，故

E＝BL?v?＝Bv?vt?tan?＝Bv2tan??t，即電路中電動勢與時間成正比，C選項正確； 電路中電流強度

EBv2tan??t.I??R?L/S而L等于△OAB的周長，L?OB?AB?OA?vt?vt·tan?+所以

vt1=vt(1+tan??)，cos?cos?I?Bvtan??S1????1?tan???cos????恒量．

所以A正確．

【總結升華】導體棒切割磁感線的有效長度在變化，同時導軌與金屬棒的長度也在變化。

例5．如圖所示，bacd為靜止于水平面上寬度為L，而長度足夠長的U型金屬滑軌，ac邊接有電阻R，其他部分電阻不計．ef為一可在滑軌平面上滑動，質量為m的均勻導體棒．整個滑軌面處在豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度為B，忽略所有摩擦．

(1)若用恒力F沿水平方向向右拉棒，使其平動，求導體棒的最大速度．

(2)若導體棒從開始運動到獲得最大速度發(fā)生的位移為s，求這一過程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q.FRmF2R2【答案】(1)22(2)Fs－ 44BL2BL【解析】(1)方法1：導體棒受到恒力F后的運動情況，可用如下式子表示：

F?F安F/mBLvE/RBILF→v↑→E↑→I↑→F安↑→F合↓合→a↓

當a＝0時，速度達到最大值，即

F?BIL?B解得 BLvL，Rv?FR． B2L2方法2：從能量角度看，當棒穩(wěn)定時P，即 外=P電E2B2L2v2F?v=?，RR解得

v?FR． B2L2

(2)導體棒受到恒力F后的能量轉化情況如下：

?系統(tǒng)勻速運動后的動能F做功?克服安培力做功電流做功

―→電能――→內能?被轉化的動能―根據(jù)能量轉化與守恒定律得：

Fs?解得 12mv?Q，2mF2R2Q?Fs?． 2B4L4 【總結升華】用能量角度來思維，會使問題簡化；用能量轉化與守恒定律來解題是學習高中物理應該具備的能力之一。

例6．如圖所示，小燈泡規(guī)格為“2 V,4 W”，接在光滑水平導軌上，導軌間距為0.1 m，電阻不計．金屬棒ab垂直擱在導軌上，電阻為1 Ω，整個裝置處于B＝1 T的勻強磁場中．求：

(1)為使燈泡正常發(fā)光，ab的滑行速度為多大？(2)拉動金屬棒ab的外力的功率有多大？

【答案】(1)40 m/s(2)8 W

【解析】當金屬棒在導軌上滑行時，切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，相當于回路的電源，為小燈泡提供電壓．金屬棒在光滑的導軌上滑行過程中，外力克服安培力做功，能量守恒，所以外力的功率與電路上產(chǎn)生的電功率相等．

(1)燈泡的額定電流和電阻分別為

I=P=2 A，UU2R?=1 Ω．

PEBlv?，R?rR?r設金屬棒的滑行速度為v，則

I感=式中r為棒的電阻． 由

I感＝I，即

Blv=I． R+r得

v=I(R+r)2?(1+1)=m/s=40 m/s． Bl1?0.1(2)根據(jù)能量轉換，外力的機械功率等于整個電路中的電功率，即

22P)W=8 W.機=P電=I(R?r)?2?(1+

1【總結升華】用好“燈泡正常發(fā)光”、“光滑水平導軌”這些條件是這類題的思路基礎。

類型

三、動生電動勢和感生電動勢的區(qū)別與聯(lián)系

例7．如圖所示，兩根平行金屬導軌固定在水平桌面上，每根導軌每米的電阻為導軌的端點P、Q用電阻可以忽略的導線相連，兩導軌間的距離l＝0.20 m．有r0＝0.10 Ω，隨時間變化的勻強磁場垂直于桌面，已知磁感應強度B與時間t的關系為B＝kt，比例系數(shù)k＝0.020 T/s.一電阻不計的金屬桿可在導軌上無摩擦地滑動，在滑動過程中保持與導軌垂直．在t＝0時刻，金屬桿緊靠在P、Q端，在外力作用下，桿以恒定的加速度從靜止開始向導軌的另一端滑動，求在t＝6.0 s時金屬桿所受的安培力．

－3【答案】1.44?10N

【解析】以a表示金屬桿運動的加速度，在t時刻，金屬桿與初始位置的距離

L?12at． 2此時桿的速度

v＝at，這時，桿與導軌構成的回路的面積

S＝Ll，回路中的感應電動勢

E?S?B+Blv． ?t因B＝kt故

?B?k． ?t回路的總電阻

R＝2Lr0 回路中的感應電流

I?E． R作用于桿的安培力

F＝BlI 解得

3k2l2F?t，2r0代入數(shù)據(jù)為

F＝1.44?10－3N．

【總結升華】在導體棒向左運動過程中，產(chǎn)生的是動生電動勢還是感生電動勢？兩種電動勢是相加還是相減？這是求解電流時應注意的問題。

例8．如圖所示，導體AB在做切割磁感線運動時，將產(chǎn)生一個電動勢，因而在電路中有電流通過，下列說法中正確的是()

A．因導體運動而產(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)生的原因是一樣的

【答案】AB 【解析】

如圖所示，當導體向右運動時，其內部的自由電子因受向下的洛倫茲力作用向下運動，于是在棒的B端出現(xiàn)負電荷，而在棒的A端出現(xiàn)正電荷，所以A端電勢比B端高．棒AB就相當于一個電源，正極在A端．

【總結升華】正確判斷洛倫磁力的方向，認清電源部分。類型

三、圖像問題

例9．如圖所示，一個邊長為l的正方形虛線框內有垂直于紙面向里的勻強磁場；一個邊長也為l的正方形導線框所在平面與磁場方向垂直；虛線框對角線ab與導線框的一條邊垂直，ba的延長線平分導線框．在t＝0時，使導線框從圖示位置開始以恒定速度沿ab方向移動，直到整個導線框離開磁場區(qū)域．以i表示導線框中感應電流的強度，取逆時針方向為正．下列表示i—t關系的圖示中，可能正確的是()

【答案】C 【解析】從正方形線框下邊開始進入到下邊完全進入過程中，線框切割磁感線的有效長度逐漸增大，所以感應電流也逐漸增大，A項錯誤．從正方形線框下邊完全進入至下邊剛穿出磁場邊界時，切割磁感線有效長度不變，故感應電流不變，B項錯．當正方形線框下邊離開磁場，上邊未進入磁場的過程比正方形線框上邊進入磁場過程中，磁通量減少的稍慢，故這兩個過程中感應電動勢不相等，感應電流也不相等，D項錯，故正確選項為C.【總結升華】進入過程中哪一部分相當于電源？應該怎樣進行分析研究？怎樣利用線框的邊長和磁場寬度的關系？是本題的關鍵思路。

舉一反三:

【高清課堂：電磁感應定律應用 例8】

【變式】如圖所示的電路可以用來“研究電磁感應現(xiàn)象”。干電池、開關、線圈A、滑動變阻器串聯(lián)成一個電路，電流計、線圈B串聯(lián)成另一個電路。線圈A、B套在同一個閉合鐵芯上，且它們的匝數(shù)足夠多。從開關閉合時開始計時，流經(jīng)電流計的電流大小i隨時間t變化的圖象是（）

【答案】B

例10．如圖所示，兩固定的豎直光滑金屬導軌足夠長且電阻不計。兩質量、長度均相同的導體棒c、d，置于邊界水平的勻強磁場上方同一高度h處。磁場寬為3h，方向與導軌平面垂直。先由靜止釋放c，c剛進入磁場即勻速運動，此時再由靜止釋放d，兩導體棒與導軌始終保持良好接觸。

用ac表示c的加速度，Ekd表示d的動能，xc、xd分別表示c、d相對釋放點的位移。下圖中正確的是()

【答案】B D

【解析】c導體棒落入磁場之前做自由落體運動，加速度恒為g，有

h?12gt，2v?gt，c棒進入磁場以速度v做勻速直線運動時，d棒開始做自由落體運動，與c棒做自由落體運動的過程相同，此時c棒在磁場中做勻速直線運動的路程為

h′?vt?gt2?2h，d棒進入磁場而c還沒有傳出磁場的過程，無電磁感應，兩導體棒僅受到重力作用，加速度均為g，知道c棒穿出磁場，B正確。

c棒穿出磁場，d棒切割磁感線產(chǎn)生電動勢，在回路中產(chǎn)生感應電流，因此時d棒速度大于c進入磁場是切割磁感線的速度，故電動勢、電流、安培力都大于c剛進入磁場時的大小，d棒減速，直到穿出磁場僅受重力，做勻加速運動，結合勻變速直線運動

2v2?v0?2gh，可知加速過程動能與路程成正比，D正確。

【總結升華】在分析電磁感應中的圖象問題時，解決問題時可從看坐標軸表示什么物理量；看具體的圖線，它反映了物理量的狀態(tài)或變化，要看圖象在坐標軸上的截距，它反映的是一個物理量為零時另一物理量的狀態(tài)等等。在分析這類問題時除了運用右手定則、楞次定律和法拉第電磁感應定律等規(guī)律外還要注意相關集合規(guī)律的運用。

舉一反三:

【高清課堂：電磁感應定律應用 例9】

【變式】如圖（甲）所示，一閉合金屬圓環(huán)處在垂直圓環(huán)平面的勻強磁場中。若磁感強度B隨時間t按如圖（乙）所示的規(guī)律變化，設圖中磁感強度垂直紙面向里為正方向，環(huán)中感生電流沿順時針方向為正方向。則環(huán)中電流隨時間變化的圖象可能是下圖中的（）

【答案】C

第五篇：電磁感應中的“微元法”和“牛頓第四定律”

電磁感應中的“微元法”和“牛頓第四定律”

所謂：“微元法”

所謂“微元法”，又叫“微小變量法”，是解物理題的一種方法。

1.什么情況下用微元法解題？在變力作用下做變變速運動（非勻變速運動）時，可考慮用微元法解題。

2.關于微元法。在時間很短或位移很小時，非勻變速運動可以看作勻變速運動，運動圖象中的梯形可以看作矩形，所以。微元法體現(xiàn)了微分思想。

3.關于求和。許多小的梯形加起來為大的梯形，即，（注意：前面的為小寫，后面的為大寫），并且，當末速度時，有，或初速度時，有，這個求和的方法體現(xiàn)了積分思想。

4.無論物理規(guī)律用牛頓定律，還是動量定理或動能定理,都可以用微元法.如果既可以用動量定理也可以用動能定理解。對于使用老教科書的地區(qū)，這兩種解法用哪一種都行，但對于使用課程標準教科書的地區(qū)就不同了，因為課程標準教科書把動量的內容移到了選修3-5，如果不選修3-5，則不能用動量定理解，只能用動能定理解。

微元法解題，體現(xiàn)了微分和積分的思想，考查學生學習的潛能和獨創(chuàng)能力。

電磁感應中的微元法

一些以“電磁感應”為題材的題目?？梢杂梦⒃ń?，因為在電磁感應中，如導體切割磁感線運動，產(chǎn)生感應電動勢為，感應電流為，受安培力為，因為是變力問題，所以可以用微元法.1.只受安培力的情況

例1.如圖所示，寬度為L的光滑金屬導軌一端封閉，電阻不計，足夠長，水平部分有豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中。質量為m、電阻為r的導體棒從高度為h的斜軌上從靜止開始滑下，由于在磁場中受安培力的作用，在水平導軌上滑行的距離為S而停下。

（1）

求導體棒剛滑到水平面時的速度；

（2）

寫出導體棒在水平導軌上滑行的速度與在水平導軌上滑行的距離的函數(shù)關系，并畫出關系草圖。

（3）求出導體棒在水平導軌上滑行的距離分別為S/4、S/2時的速度、；

B

h

0

S/4

S/2

S

例題圖

解：（1）根據(jù)機械能守恒定律，有，得。

①

(2)設導體棒在水平導軌上滑行的速度為時，受到的安培力為，安培力的方向與速度方向相反。

用微元法，安培力是變力，設在一段很短的時間內，速度變化很小，可以認為沒有變化，所以安培力可以看做恒力，根據(jù)牛頓第二定律，加速度為，很短的時間內速度的變化為，而，那么在時間內速度的變化為，因為，所以，速度

②

2.既受安培力又受重力的情況

例2.2010年南京市高考模擬題

如圖所示，豎直平面內有一邊長為L、質量為m、電阻為R的正方形線框在豎直向下的勻強重力場和水平方向的磁場組成的復合場中以初速度水平拋出，磁場方向與線框平面垂直，磁場的磁感應強度隨豎直向下的z軸按得規(guī)律均勻增大，已知重力加速度為,求：

（1）

線框豎直方向速度為時，線框中瞬時電流的大??；

（2）

線框在復合場中運動的最大電功率；

（3）

若線框從開始拋出到瞬時速度大小到達所經(jīng)歷的時間為，那么，線框在時間內的總位移大小為多少？

解：（1）因在豎直方向兩邊的磁感應強度大小不同，所以產(chǎn)生感應電流為

(2)當安培力等于重力時豎直速度最大，功率也就最大

所以

（3）線框受重力和安培力兩個力，其中重力為恒力，安培力為變力，我們把線框的運動分解為在重力作用下的運動和在安培力作用下的運動。在重力作用下，在時間t

內增加的速度為，求在安培力作用下在時間t內增加的速度為

用微元法，設在微小時間內，變力可以看做恒力，變加速運動可以看做勻加速運動，加速度為，則在內速度的增加為，而，所以在時間t內由于安培力的作用而增加的速度（因為增加量為負，所以實際是減?。?，所以

再根據(jù)運動的合成，時間t內總的增加的速度為=。

從宏觀看速度的增加為，所以=，得線框在時間內的總位移大小為。

從例題可以看出，所謂微元法是數(shù)學上的微積分理念在解物理題中的應用.3.重力和安培力不在一條直線上的情況

例3．2008年高考江蘇省物理卷第15題

如圖所示，間距為L的兩條足夠長的平行金屬導軌與水平面的夾角為θ，導軌光滑且電阻忽略不計．場強為B的條形勻強磁場方向與導軌平面垂直，磁場區(qū)域的寬度為d1，間距為d2．兩根質量均為m、有效電阻均為R的導體棒a和b放在導軌上，并與導軌垂直．（設重力加速度為g）

⑴若a進入第2個磁場區(qū)域時，b以與a同樣的速度進入第1個磁場區(qū)域，求b穿過第1個磁場區(qū)域過程中增加的動能△Ek；

⑵若a進入第2個磁場區(qū)域時，b恰好離開第1個磁場區(qū)域；此后a離開第2個磁場區(qū)域時，b

又恰好進入第2個磁場區(qū)域．且a．b在任意一個磁場區(qū)域或無磁場區(qū)域的運動時間均相等．求b穿過第2個磁場區(qū)域過程中，兩導體棒產(chǎn)生的總焦耳熱Q；

⑶對于第⑵問所述的運動情況，求a穿出第k個磁場區(qū)域時的速率v．

磁場區(qū)域1

B

磁場區(qū)域2

B

磁場區(qū)域3

B

磁場區(qū)域4

B

磁場區(qū)域5

B

棒b

棒a

d1

d1

d1

d2

d2

d2

d2

Θ

d1

d1

解：⑴因為a和b產(chǎn)生的感應電動勢大小相等，按回路方向相反，所以感應電流為0，所以a和b均不受安培力作用，由機械能守恒得

①

⑵設導體棒剛進入無磁場區(qū)時的速度為,剛離開無磁場區(qū)時的速度為,即導體棒剛進入磁場區(qū)時的速度為,剛離開磁場區(qū)時的速度為，由能量守恒得：

在磁場區(qū)域有：

②

在無磁場區(qū)域：

③

解得：

⑶用微元法

設導體棒在無磁場區(qū)域和有磁場區(qū)域的運動時間都為，在無磁場區(qū)域有：

④

且平均速度：

⑤

在有磁場區(qū)域，對a棒：

且：

解得:

⑥

因為速度是變量，用微元法

根據(jù)牛頓第二定律,在一段很短的時間內

則有

因為導體棒剛進入磁場區(qū)時的速度為,剛離開磁場區(qū)時的速度為,所以,，所以：

⑦

聯(lián)立④⑤⑦式,得

（原答案此處一筆帶過，實際上這一步很麻煩，以下筆者給出詳細過程：

④代入⑦得：，⑧

⑧代入⑤得：

⑨

⑦+⑨得：。）

a．b在任意一個磁場區(qū)域或無磁場區(qū)域的運動時間均相等,所以a穿出任一個磁場區(qū)域時的速率v就等于．所以。

（注意：由于a．b在任意一個磁場區(qū)域或無磁場區(qū)域的運動時間均相等，所以a穿出任一個磁場區(qū)域時的速率v都相等，所以所謂“第K個磁場區(qū)”，對本題解題沒有特別意義。）

練習題

練習題1.2007年高考江蘇省物理卷第18題

如圖所示，空間等間距分布著水平方向的條形勻強磁場，豎直方向磁場區(qū)域足夠長，磁感應強度Ｂ＝１Ｔ，每一條形磁場區(qū)域的寬度及相鄰條形磁場區(qū)域的間距均為d=0.5m，現(xiàn)有一邊長l=0.2m、質量m=0.1kg、電阻Ｒ＝0.1Ω的正方形線框ＭＮＯＰ以v0=7m/s的初速從左側磁場邊緣水平進入磁場，求

（１）線框ＭＮ邊剛進入磁場時受到安培力的大?。?。

（２）線框從開始進入磁場到豎直下落的過程中產(chǎn)生的焦耳熱Ｑ。

（３）線框能穿過的完整條形磁場區(qū)域的個數(shù)n。

解：（1）線框ＭＮ邊剛進入磁場時，感應電動勢，感應電流，受到安培力的大小

Ｆ=

（2）水平方向速度為0，（3）用“微元法”解

線框在進入和穿出條形磁場時的任一時刻，感應電動勢，感應電流，受到安培力的大小

Ｆ=，得，在時間內，由牛頓定律：

求和，,解得，線框能穿過的完整條形磁場區(qū)域的個數(shù)n=，取整數(shù)為4。

練習題2.2009年高考江蘇省物理卷第15題

如圖所示，兩平行的光滑金屬導軌安裝在一光滑絕緣斜面上，導軌間距為L、足夠長且電阻忽略不計，導軌平面的傾角為。條形勻強磁場的寬度為，磁感應強度大小為B、方向與導軌平面垂直。長度為的絕緣桿將導體棒和正方形的單匝線框連接在一起組成“”型裝置?？傎|量為，置于導軌上。導體棒中通以大小恒為I的電流（由外接恒流源產(chǎn)生，圖中未畫出）。線框的邊長為（），電阻為R，下邊與磁場區(qū)域上邊界重合。將裝置由靜止釋放，導體棒恰好運動到磁場區(qū)域下邊界處返回。導體棒在整個運動過程中始終與導軌垂直。重力加速度為。求：

（1）

裝置從釋放到開始返回的過程中，線框中產(chǎn)生的焦耳熱Q；

（2）

線框第一次穿越磁場區(qū)域所需的時間；

（3）

經(jīng)過足夠長時間后，線框上邊與磁場區(qū)域下邊界的最大距離。

【解答】設裝置由靜止釋放到導體棒運動到磁場下邊界的過程中，作用在線框的安培力做功為W

由動能定理

且

解得

（1）

設線框剛離開磁場下邊界時的速度為，則接著向下運動

由動能定理

裝置在磁場中運動的合力

感應電動勢

感應電流

安培力

由牛頓第二定律，在到時間內，有

則=

有

解得

（2）

經(jīng)過足夠長時間后，線框在磁場下邊界與最大距離之間往復運動，由動能定理

解得。

解：（本人研究的另外解法：用“牛頓第四定律”解）

第（1）問，同原解答

第（2）問：設線框剛離開磁場下邊界時的速度為，則接著向下運動，速度變?yōu)?，根據(jù)動能定理，所以

注意：導體棒在磁場中運動的位移是，而不是，且因為是恒流，所以安培力是恒力。

因為線框在磁場中的運動時受到的合力，而是與速度成正比的力，所以把線框在磁場中的運動分解為在重力的分力作用下的速度隨時間均勻變化的勻變速直線運動和在安培力作用下的速度隨位移均勻變化的勻變速直線運動兩種運動，前者速度的變化與時間成正比，后者速度的變化與位移成正比，有

注意：因為線框下邊進磁場和上邊出磁場，掠過的距離共。

所以=

第（3）問，同原解答，不重復。