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《电磁场理论》课程教案
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高中物理电磁大题讲解教案
教学目标：掌握电场和磁场的基本概念，了解电磁感应和电磁波的产生及应用。
教学重点：电场、磁场、电磁感应、电磁波
教学难点：理解电场和磁场的相互作用原理
教学准备：教科书、教学PPT、实验器材
教学过程：
一、导入环节（5分钟）
通过引入一个简单的问题来引起学生的兴趣，如“什么是电磁场？电磁波的产生原理是怎样的？”
二、概念讲解（10分钟）
讲解电场和磁场的概念及其特性，并介绍电磁感应和电磁波的基本原理。
三、实验演示（15分钟）
进行一个简单的实验，如使用电磁铁引起一个小电流，展示电磁感应的原理。
四、讲解应用（10分钟）
讲解电磁波的应用，如电磁炉、手机等，引导学生思考电磁波在生活中的重要性。
五、解题训练（15分钟）
布置一道电磁学相关的大题让学生尝试解答，并进行讲解和讨论，帮助学生加深理解。
六、展示应用（5分钟）
通过展示一些电磁学相关的实际应用，如磁共振成像仪等，引导学生了解电磁学在现实生活中的重要性。
七、总结反思（5分钟）
让学生总结本节课所学内容，提出问题和建议，帮助他们巩固所学知识。
教学反馈：通过布置作业或进行小测验来检查学生对电磁学知识的掌握情况，及时发现问题并加以纠正。
拓展延伸：鼓励学生主动探索电磁学领域的知识，并提供相关书籍或资源供学生参考。
教学评价：根据学生的反馈和自身的观察，总结教学过程中的优点和不足，不断完善教学方法和内容。
高中物理电磁学教案
教学目标：
1. 了解电磁学的基本概念和原理。
2. 掌握电磁学中的重要公式。
3. 能够应用电磁学知识解决问题。
教学重点：
1. 电磁学的基本概念。
2. 电场和磁场的相互作用。
3. 麦克斯韦方程组。
教学难点：
1. 应用电磁学知识解决实际问题。
2. 理解麦克斯韦方程组的意义。
教学过程：
一、导入（5分钟）
老师通过提问或讲解引入电磁学的基本概念，激发学生学习的兴趣。
二、授课（30分钟）
1. 电场和磁场的基本概念和特性。
2. 应用库仑定律和洛伦兹力定律解释电场和磁场的相互作用。
3. 麦克斯韦方程组的含义和应用。
三、示范实验（15分钟）
老师进行电磁学的实验演示，让学生观察电场和磁场的产生与相互作用，并引导学生做实验记录。
四、讨论与深化（10分钟）
学生就实验中观察到的现象展开讨论，深化对电磁学知识的理解。
五、作业布置（5分钟）
布置相关习题，加深学生对电磁学知识的掌握和理解。
六、课堂小结（5分钟）
对本节课学习的重点和难点进行总结，引导学生复习和巩固教学内容。
教学评价：
1. 学生对电磁学的基本概念和原理有所了解。
2. 学生能够熟练应用电磁学知识解决问题。
3. 学生对麦克斯韦方程组的理解达到一定水平。
注意事项：
1. 教师要注重引导学生主动学习，激发学生的学习兴趣。
2. 学生要积极参与课堂教学活动，主动思考和提问。
3. 课堂教学要注重实践操作，增强学生的动手能力。
习题课 法拉第电磁感应定律的应用[目标定位] 1.理解公式E ＝n ΔΦΔt 与E ＝BLv 的区别和联系.2.会分析求解导体绕一端转动切割磁感线的问题.3.会计算电磁感应中的电荷量.一、公式E ＝n ΔΦΔt与E ＝BLv 的区别1.研究对象不同E ＝nΔΦΔt研究的是整个闭合回路，适用于各种电磁感应现象；E ＝BLv 研究的是闭合回路上的一部分，即做切割磁感线运动的导体. 2.实际应用不同E ＝nΔΦΔt应用于磁感应强度变化所产生的感应电动势较方便；E ＝BLv 应用于导体切割磁感线所产生的感应电动势较方便. 3.E 的意义不同E ＝nΔΦΔt一般求得的是平均感应电动势；E ＝BLv 一般用于求瞬时感应电动势.例1 如图1所示，导轨OM 和ON 都在纸面内，导体AB 可在导轨上无摩擦滑动，若AB 以5m/s 的速度从O 点开始沿导轨匀速右滑，导体与导轨都足够长，它们每米长度的电阻都是0.2Ω，磁场的磁感应强度为0.2T.求：图1(1)3s 末夹在导轨间的导体长度是多少？此时导体切割磁场产生的感应电动势多大？回路中的电流约为多少？(2)3s 内回路中的磁通量变化了多少？此过程中的平均感应电动势为多少？解析 (1)夹在导轨间的部分导体切割磁感线产生的电动势才是电路中的感应电动势. 3s 末时刻，夹在导轨间导体的长度为l ＝vt ·tan30°＝5×3×tan30°＝53m此时E ＝Blv ＝0.2×53×5V＝53V电路电阻为R ＝(15＋53＋103)×0.2Ω≈8.196Ω 所以I ＝E R≈1.06A.(2)3s 内回路中磁通量的变化量ΔΦ＝BS －0＝0.2×12×15×53Wb ＝15 32Wb3s 内电路产生的平均感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝15 323V ＝532V.答案 (1)53m 53V 1.06A (2)15 32Wb532V 二、导体转动切割磁感线产生的感应电动势的计算例2 长为l 的金属棒ab 以a 点为轴在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω做匀速转动，如图2所示，磁感应强度为B ，求：图2(1)ab 棒中点速率的平均值； (2)ab 两端的电势差；(3)经时间Δt 金属棒ab 所扫过的面积中的磁通量为多少？此过程中平均感应电动势多大？ 解析 (1)ab 棒中点速率的平均值v ＝v a ＋v b 2＝0＋ωl 2＝12ωl . (2)ab 两端的电势差E ＝Bl v ＝12Bl 2ω.(3)经时间Δt 金属棒ab 所扫过的扇形面积为ΔS ，则 ΔS ＝12l 2θ＝12l 2ωΔt ，ΔΦ＝B ΔS ＝12Bl 2ωΔt由法拉第电磁感应定律知， E ＝ΔΦΔt ＝12Bl 2ωΔtΔt ＝12Bl 2ω.答案 (1)12ωl (2)12Bl 2ω (3)12Bl 2ωΔt 12Bl 2ω如图3所示，长为L 的导体棒在磁感应强度为B 的匀强磁场中以角速度ω绕O 点匀速转动，则OA 两端产生的感应电动势E ＝12B ωL 2.图3三、电磁感应中的电荷量问题设感应电动势的平均值为E ，则在Δt 时间内，E ＝n ΔΦΔt ，I ＝E R ，又q ＝I Δt ，所以q ＝nΔΦR，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，一定要用平均感应电动势和平均感应电流计算.例3 如图4甲所示，有一面积为S ＝100cm 2的金属环，电阻为R ＝0.1Ω，环中磁场随时间变化的规律如图乙所示，且磁场方向垂直纸面向里，在t 1到t 2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 ΔΦΔt ，由闭合电路的欧姆定律知金属环中的感应电流为I ＝E R，通过金属环截面的电荷量q ＝I ·Δt ＝ΔΦR＝100×10－4×(0.2－0.1)0.1C ＝0.01C.答案 0.01C针对训练 如图5所示，将直径为d 、电阻为R 的闭合金属环从磁感应强度为B 的匀强磁场中拉出，在这一过程中，求：图5(1)磁通量的改变量；(2)通过金属环某一截面的电荷量. 答案 (1)πd 2B 4 (2)πd 2B4R解析 (1)由已知条件得金属环的面积 S ＝π(d2)2＝πd24，磁通量的改变量ΔΦ＝BS ＝πd 2B 4.(2)由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ，又因为I ＝E R ，q ＝I t ，所以q ＝ΔΦR ＝πd 2B4R.1.(公式E ＝n ΔΦΔt 的应用) 如图6中画出的是穿过一个闭合线圈的磁通量随时间的变化规律，以下哪些认识是正确的( )图6A ．0～0.3 s 内线圈中的电动势在均匀增加B ．第0.6 s 末线圈中的感应电动势是4 VC ．第0.9 s 末线圈中的瞬时电动势比0.2 s 末的小D ．第0.2 s 末和0.4 s 末的瞬时电动势的方向相同答案 B解析 0～0.3 s 内线圈中磁通量在均匀增加，产生的感应电动势是恒定的，A 错误；第0.6 s 末线圈中的感应电动势是E ＝ΔΦΔt ＝20.5V ＝4 V ，B 正确；第0.9 s 末线圈中的瞬时电动势为E ＝ΔΦΔt ＝60.2V ＝30 V ，0.2 s 末的电动势为E ＝ΔΦΔt ＝80.3V ＝803V ，C 错误；0～0.3 s 内线圈中磁通量在均匀增加，0.3～0.8 s 内线圈中磁通量在均匀减小，产生的感应电动势方向相反，D 错误．2.(公式E ＝BLv 的应用)(多选)如图7所示，一导线弯成半径为a 的半圆形闭合回路，虚线MN 右侧有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面，回路以速度v 向右匀速进入磁场，直径CD 始终与MN 垂直，从D 点到达边界开始到C 点进入磁场为止，下列结论正确的是( )图7A.CD 段直导线始终不受安培力B.感应电动势一直增大C.感应电动势最大值E m ＝BavD.感应电动势平均值E ＝14πBav答案 CD解析 由F ＝BIL 可知，当垂直磁感线方向放置的导线中有电流时，导线受到安培力的作用，选项A 错误，感应电动势E ＝BLv ，L 为有效长度，先增大后减小，B 错误；切割磁感线等效长度最大时的感应电动势最大，故E m ＝Bav ，C 正确；E ＝ΔΦΔt ，ΔΦ＝B ·12πa 2，Δt ＝2a v ，由上式得E ＝14πBav ，D 正确.3.(转动切割产生的电动势)如图8所示，均匀磁场中有一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；磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B 0.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ΔBΔt的大小应为( )图8A.4ωB 0π B.2ωB 0π C.ωB 0πD.ωB 02π答案 C解析 设圆的半径为L ，电阻为R ，当线框以角速度ω匀速转动时产生的感应电动势E 1＝12B 0ωL 2.当线框不动，而磁感应强度随时间变化时E 2＝12πL 2·ΔB Δt ，由E 1R ＝E 2R 得12B 0ωL 2＝12πL 2·ΔB Δt ，即ΔB Δt ＝ωB 0π，故C 项正确.4.(电磁感应中的电荷量计算)物理实验中，常用一种叫做“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电荷量.如图9所示，探测线圈与冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度.已知线圈的匝数为n ，面积为S ，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R .若将线圈放在被测匀强磁场中，开始时线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转180°，冲击电流计测出通过线圈的电荷量为q ，由上述数据可测出被测磁场的磁感应强度为( )图9A.qRSB.qR nS C.qR 2nSD.qR2S答案 C解析 q ＝I ·Δt ＝ER ·Δt ＝nΔΦΔtRΔt ＝n ΔΦR ＝n 2BS R，所以B ＝qR2nS.题组一 公式E ＝n ΔΦΔt和E ＝BLv 的应用1.在匀强磁场中，有一个接有电容器的导线回路，如图1所示，已知电容C ＝30μF ，回路的宽和长分别为l 1＝5cm ，l 2＝8cm ，磁场变化率为5×10－2T/s ，则( )图1A.电容器所带电荷量为2×10－9C B.电容器所带电荷量为4×10－9C C.电容器所带电荷量为6×10－9C D.电容器所带电荷量为8×10－9C 答案 C解析 电容器两板间的电压等于回路中的感应电动势，U ＝E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt·l 1l 2＝5×10－2×0.05×0.08V＝2×10－4V ，电容器的电荷量为Q ＝CU ＝CE ＝30×10－6×2×10－4C ＝6×10－9C ，C 选项正确.2.如图2，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在平行金属导轨上以速度v 向右匀速滑动，MN 中产生的感应电动势为E 1；若磁感应强度增大为2B ，其他条件不变，MN 中产生的感应电动势变为E 2，则E 1与E 2之比为( )图2A.1∶1B.2∶1C.1∶2D.1∶4 答案 C解析 根据E ＝BLv ，磁感应强度增大为2B ，其他条件不变，所以感应电动势变为2倍. 3.如图3所示，半径为r 的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B 中，绕O 轴以角速度ω沿逆时针方向(从右向左看)匀速运动，则通过电阻R 的电流的大小是(金属圆盘的电阻不计)( )图3A.Br 2ωRB.2Br 2ωRC.Br 2ω2RD.Br 2ω4R答案 C解析 金属圆盘在匀强磁场中匀速转动，可以等效为无数根长为r 的导体棒绕O 点做匀速圆周运动，其产生的电动势大小为E ＝Br 2ω2，故通过电阻R 的电流I ＝Br 2ω2R，故选C 项.题组二 电磁感应中的电荷量问题4.(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.通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知，第二次线圈中产生的感应电动势大，则磁通量变化率也大，B 错误；根据欧姆定律可知第二次感应电流大，C 错误；流过导体某横截面的电荷量q ＝I Δt ＝ERΔt＝nΔΦΔtRΔt ＝n ΔΦR，由于磁通量变化量相同，电阻不变，所以通过导体某横截面的电荷量不变，D 正确.5.如图4所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，总电阻为R ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B ，在此过程中，线圈中通过导线横截面的电荷量为( )图4A.Ba 22RB.nBa 22RC.nBa 2RD.2nBa2R答案 B解析 磁感应强度的变化率ΔB Δt ＝2B －B Δt ＝B Δt ，E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB ΔtS ，其中磁场中的有效面积S ＝12a 2，由q ＝I ·Δt ＝E R Δt ，得q ＝nBa 22R，选项B 正确，A 、C 、D 错误. 6.如图5所示，将一半径为r 的金属圆环在垂直于环面的磁感应强度为B 的匀强磁场中用力握中间成“8”字形，并使上、下两圆半径相等，如果环的电阻为R ，则此过程流过环的电荷量为( )图5A.πr 2B RB.πr 2B2RC.0D.3πr 2B 4R答案 B解析 通过环横截面的电荷量只与磁通量的变化量和环的电阻有关，因此，ΔΦ＝B πr 2－2×B π(r2)2＝12B πr 2，电荷量q ＝ΔΦR ＝πr 2B 2R.7.如图6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 均匀地减少到零的过程中，通过导线截面的电荷量为( )图6A.πB |b 2－2a 2|RB.πB (b 2＋2a 2)RC.πB (b 2－a 2)RD.πB (b 2＋a 2)R答案 A解析 设开始时穿过导线环向里的磁通量为正值，Φ1＝B πa 2，向外的磁通量设为负值，Φ2＝－B π(b 2－a 2)，总的磁通量为它们的代数和(取绝对值)Φ＝B π|b 2－2a 2|，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 ＝ΔΦΔt，通过导线截面的电荷量为q ＝E R ·Δt ＝πB |b 2－2a 2|R，A 项正确.8.(多选)如图7甲所示，一个圆形线圈的匝数n ＝100，线圈面积S ＝200cm 2，线圈的电阻r ＝1Ω，线圈外接一个阻值R ＝4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是( )图7A.电阻R 两端的电压随时间均匀增大B.线圈r 消耗的功率为4×10－4W C.前4s 内通过R 的电荷量为4×10－4C D.前4s 内通过R 的电荷量为8×10－2C 答案 BD解析 由E ＝n ΔΦΔt ＝n S ΔB Δt ，得E ＝0.1V ，所以电阻R 两端的电压不随时间变化，选项A 错误；回路中的电流I ＝ER ＋r＝0.02A ，线圈r 消耗的功率P ＝I 2r ＝4×10－4W ，选项B 正确；前4s内通过R 的电荷量q ＝It ＝0.08C ，故D 项正确，C 错误.题组三 综合应用9．如图8所示，矩形线圈在0.01 s 内由原始位置Ⅰ转落至位置Ⅱ.已知ad ＝5×10－2m ，ab ＝20×10－2m ，匀强磁场的磁感应强度B ＝2 T ，R 1＝R 3＝1 Ω，R 2＝R 4＝3 Ω.求：图8(1)平均感应电动势；(2)转落时，通过各电阻的平均电流．(线圈的电阻忽略不计)答案 (1)1 V (2)0.25 A解析 (1)设线圈在位置Ⅰ时，穿过它的磁通量为Φ1，线圈在位置Ⅱ时，穿过它的磁通量为Φ2，有Φ1＝BS cos60°＝1×10－2 Wb ，Φ2＝BS ＝2×10－2 Wb ，所以ΔΦ＝Φ2－Φ1＝1×10－2Wb.根据法拉第电磁感应定律可得 E ＝ΔΦΔt＝1 V. (2)将具有感应电动势的线圈等效为电源，其外电路的总电阻R ＝(R 3＋R 4)(R 1＋R 2)R 1＋R 2＋R 3＋R 4＝2 Ω. 根据闭合电路欧姆定律得总电流I ＝E R ＝12A ＝0.5 A. 通过各电阻的电流I ′＝12I ＝0.25 A. 10.如图9所示，将一条形磁铁插入某一闭合线圈，第一次用时0.05s ，第二次用时0.1s ，且插入方式相同，试求：图9(1)两次线圈中平均感应电动势之比；(2)两次线圈中电流之比；(3)两次通过线圈的电荷量之比.答案 (1)2∶1 (2)2∶1 (3)1∶1解析 (1)由感应电动势E ＝n ΔΦΔt 得E 1E 2＝ΔΦΔt 1·Δt 2ΔΦ＝Δt 2Δt 1＝21. (2)由欧姆定律I ＝E R 得I 1I 2＝E 1R ·R E 2＝E 1E 2＝21(3)由电荷量q ＝It 得q 1q 2＝I 1Δt 1I 2Δt 2＝11. 11.如图10所示，导线全部为裸导线，半径为r ，两端开有小口的圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，一根长度大于2r 的导线MN 以速度v 在圆环上无摩擦地自左端匀速滑到右端，电路中固定电阻值为R ，其余部分电阻均忽略不计，试求MN 从圆环左端滑到右端的过程中：图10(1)电阻R 上的最大感应电流；(2)电阻R 上的平均感应电流；(3)通过电阻R 的电荷量.答案 (1)2Brv R (2)πBrv 2R (3)B πr 2R解析 (1)MN 向右滑动时，切割磁感线的有效长度不断变化，当MN 经过圆心时，有效切割长度最长，此时感应电动势和感应电流达到最大值，所以I max ＝E R ＝2Brv R. (2)由于MN 向右滑动中电动势和电流大小不断变化，且不是简单线性变化，故难以通过E ＝BLv 求解平均值，可以通过磁通量的平均变化率计算平均感应电动势和平均感应电流，所以，E ＝ΔΦΔt ＝B πr 2v 2r ＝B πrv 2，I ＝E R ＝πBrv 2R. (3)流过电阻R 的电荷量等于平均感应电流与时间的乘积，所以q ＝It ＝ΔΦR ＝B πr 2R.。
习题课 电磁感应定律的综合应用[学生用书P8])1．对磁通量(Φ)及其变化量(ΔΦ)的认识(1)Φ是状态量，是在某时刻(某位置)穿过闭合回路的磁感线条数，当磁场与回路平面垂直时，Φ＝BS .(2)ΔΦ是过程量，是表示回路从某一时刻变化到另一时刻磁通量的变化量，即ΔΦ＝Φ2－Φ1.2．磁通量变化率的计算根据磁通量变化的原因，可知计算ΔΦ常用的方法：法一：磁通量的变化是由面积变化引起的，ΔΦ＝B ·ΔS ，其变化率ΔΦΔt ＝B ·ΔS Δt .法二：磁通量的变化是由磁场变化引起的，ΔΦ＝ΔB ·S ，其变化率ΔΦΔt ＝ΔBΔt ·S .法三：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，其变化率直接应用ΔΦΔt计算． 3．感应电动势大小的计算(1)切割类：平动切割：E ＝Blv sin θ其中θ表示速度方向与磁感应强度方向的夹角．转动切割：E ＝Bl v －＝Bl v 1＋v 22.(2)回路类：E ＝n ΔΦΔt(平均电动势)．对Φ、ΔΦ、ΔΦΔt的理解[学生用书P9]匀强磁场的磁感应强度B ＝0.8 T ，矩形线圈abcd 的面积S ＝0.5 m 2，共10匝，开始时磁场与线圈所在平面垂直且线圈有一半在磁场中，如图所示．求：(1)当线圈绕ab 边转过60°时，线圈的磁通量以及此过程中磁通量的改变量为多少？ (2)当线圈绕dc 边转过60°时，求线圈中的磁通量以及此过程中磁通量的改变量．[解析] (1)当线圈绕ab 边转过60°时，Φ＝BS ⊥＝BS cos 60°＝0.8×0.5×12 Wb ＝0.2Wb(此时的线圈正好全部处在磁场中)．在此过程中S ⊥没变，穿过线圈的磁感线条数没变，故磁通量变化量ΔΦ＝0.(2)当线圈绕dc 边转过60°时，Φ＝BS ⊥，此时没有磁场穿过线圈，所以Φ＝0；在图示位置Φ1＝B S2＝0.2 Wb ，转动后Φ2＝0，ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝0.2 Wb ，故磁通量改变了0.2Wb.[答案] (1)0.2 Wb 0 (2)0 0.2 Wb1.一个200匝、面积为20 cm 2的线圈放在磁场中，磁场的方向与线圈平面成30°角，若磁感应强度在0.05 s 内由0.1 T 增加到0.5 T ，在此过程中磁通量变化了多少？磁通量的变化率是多少？解析：当B 1＝0.1 T 时，Φ1＝B 1S sin 30°， 当B 2＝0.5 T 时，Φ2＝B 2S sin 30°， 在此过程中磁通量的变化为： ΔΦ＝Φ2－Φ1＝(B 2－B 1)S sin 30°＝(0.5－0.1)×20×10－4×12 Wb ＝4×10－4Wb.磁通量的变化率为：ΔΦΔt ＝4×10－40.05 Wb/s ＝8.0×10－3Wb/s. 答案：4×10－4Wb 8.0×10－3Wb/s感应电动势大小的计算[学生用书P9]如图所示，边长为a 的正方形闭合线框ABCD 在匀强磁场中绕AB 边匀速转动，磁感应强度为B ，初始时刻线框所在平面与磁感线垂直，经过时间t 转过120°角，求：(1)线框内感应电动势在t 时间内的平均值； (2)转过90°角时感应电动势的瞬时值；(3)设线框电阻为R ，则转过120°角的过程中通过线框导线横截面的电荷量． [解析] (1)设开始时磁场方向沿纸面向里为正，此时磁通量Φ1＝Ba 2；经过时间t ，磁通量变为Φ2＝－12Ba 2，故磁通量的变化量ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝32Ba 2，所以E －＝ΔΦΔt ＝3Ba22t.(2)线圈转过90°时，CD 边的线速度v ＝2πa3t ，速度方向与磁场垂直，所以E 瞬＝Blv ＝2πBa23t. (3)因为q ＝I －Δt ＝E －R ·Δt ，又因为E －＝ΔΦΔt ，所以q ＝ΔΦR ＝3Ba 22R .[答案] (1)3Ba 22t (2)2πBa 23t (3)3Ba22R2.在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，B ＝0.2 T ，有一水平放置的光滑框架，宽度为l ＝0.4 m ，如图所示，框架上放置一质量为0.05 kg ，电阻为1 Ω的金属杆cd ，框架电阻不计．若cd 杆以恒定加速度a ＝2 m/s 2由静止开始向右做匀加速直线运动，则(1)在5 s 内平均感应电动势是多少？ (2)5 s 末的感应电动势是多少？ 解析：(1)法一：5 s 内的位移s ＝12at 25 s 内的平均速度v －＝st＝5 m/s故平均感应电动势为E ＝Bl v －＝0.4 V. 法二：5秒内的位移s ＝12at 2＝25 m5秒内磁通量的变化量ΔΦ＝B ·ΔS ＝0.2×25×0.4 Wb ＝2 Wb 平均感应电动势E －＝n ΔΦΔt ＝0.4 V.(2)5 s 末的速度v ＝at ＝10 m/s 5 s 末的感应电动势为E ＝Blv ＝0.8 V. 答案：(1)0.4 V (2)0.8 V电磁感应中的电路问题[学生用书P9]如图所示，在磁感应强度为0.2 T 的匀强磁场中，有一长为0.5 m 、电阻为1.0Ω的导体AB 在金属框架上以10 m/s 的速度向右滑动，R 1＝R 2＝2.0 Ω，其他电阻忽略不计．求：(1)流过R 1的电流I 1； (2)AB 两端的电压U .[解析] (1)AB 切割磁感线相当于电源，其等效电路图如图所示．E ＝Blv ＝0.2×0.5×10 V ＝1 V由闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＋rR 1、R 2并联，由并联电路的电阻关系得1R ＝1R 1＋1R 2解得R ＝R 1R 2R 1＋R 2＝1.0 Ω， I AB ＝I ＝ER ＋r＝0.5 A因为R 1＝R 2，所以流过R 1的电流为I 1＝I2＝0.25 A.(2)由闭合电路欧姆定律得U ＝E －Ir ＝1 V －0.5×1 V ＝0.5 V. [答案] (1)0.25 A (2)0.5 V3.如图甲所示，水平放置的线圈匝数n ＝200匝，直径d 1＝40 cm ，电阻r ＝2 Ω，线圈与阻值R ＝6 Ω的电阻相连．在线圈的中心有一个直径d 2＝20 cm 的有界匀强磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化．试求：(1)电压表的示数；(2)若撤去原磁场，在图中竖直虚线的右侧空间加磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场，方向垂直纸面向里，试证明将线圈向左拉出磁场的过程中，通过电阻R 上的电荷量为定值，并求出其值．解析：(1)由E ＝n ΔΦΔt 可得E ＝n πd 22ΔB 4ΔtE ＝I (R ＋r ) U ＝IR解得U ＝1.5π V ≈4.71 V. (2)设线圈拉出磁场经历时间Δt . E －＝n ΔΦΔt ＝n πd 21B 4Δt ，I －＝E －R ＋r电荷量q ＝I －Δt解得q ＝ n πd 21B4（R ＋r ），与线圈运动的时间无关，即与运动的速度无关．代入数据即得q ＝0.5π C ≈1.57 C. 答案：(1)4.71 V (2)见解析[随堂检测] [学生用书P10]1.如图所示，在磁感应强度为B 的匀强磁场中有一个面积为S 的矩形线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO ′以角速度ω匀速转动．(1)穿过线框平面磁通量的变化率何时最大？最大值为多少？ (2)在线框由图示位置转过60°的过程中，平均感应电动势为多大？ (3)线框由图示位置转到60°时瞬时感应电动势为多大？解析：(1)线框平面与磁感线平行时，磁通量的变化率最大，E m ＝2Bl ab ·l ad2·ω＝BSω.(2)由题图所示位置转过60°的过程中，磁通量变化量 ΔΦ＝BS －BS cos 60°＝12BS所以E －＝ΔΦΔt ＝12BS 2πω·16＝3BSω2π.(3)瞬时感应电动势为：E ＝2Bl ab ·v ab sin 60°＝32BSω. 答案：(1)线框平面与磁感线平行时 BSω (2)3BSω2π (3)32BSω2．如图甲所示，面积为0.2 m 2、匝数为100匝的圆形线圈A 处在变化的磁场中，磁场方向垂直纸面，磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示．设垂直纸面向外为B 的正方向，图中线圈A 上箭头所示方向为感应电流I 的正方向，R 1＝4 Ω，R 2＝6 Ω，C ＝30 μF ，线圈内阻不计．求：(1)电容器充电时的电压． (2)2 s 后电容器放电的电荷量．解析：(1)由题意可知圆形线圈A 中产生的感应电动势为E ＝n ΔBΔt S ＝100×0.02×0.2 V＝0.4 V所以电路中的电流I ＝ER 1＋R 2＝0.44＋6A ＝0.04 A 电容器充电时的电压U C ＝IR 2＝0.04×6 V ＝0.24 V. (2)2 s 后电容器放电的电荷量q ＝CU C ＝30×10－6×0.24 C ＝7.2×10－6 C.答案：(1)0.24 V (2)7.2×10－6C[课时作业] [学生用书P73(单独成册)]一、单项选择题1．在理解法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 及其改写式E ＝n ΔB Δt S 、E ＝nB ΔSΔt 的基础上，下列叙述中不正确的是( )A ．对给定的线圈，感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比B ．对给定的线圈，感应电动势的大小跟磁感应强度的变化量ΔB 成正比C ．对给定的磁场，感应电动势的大小跟面积的变化率ΔSΔt 成正比D ．三个计算式计算出的感应电动势都是Δt 时间内的平均值解析：选B.由E ＝n ΔΦΔt 可知，对给定线圈，E 和ΔΦΔt 成正比，选项A 正确；由E ＝nΔBΔtS 可知，对给定线圈，E 和ΔB Δt 成正比，选项B 错误；由E ＝nB ΔS Δt 可知，对给定磁场，E 和ΔSΔt成正比，选项C 正确；以上三个表达式中都是变化量与时间相比，所以都是平均值，选项D 正确．2．如图所示的情况中，金属导体中产生的感应电动势为Blv 的是( )A ．乙、丁B ．甲、乙、丁C ．甲、乙、丙、丁D ．只有乙解析：选B.公式E ＝Blv 中的l 指导体的有效切割长度，甲、乙、丁中的有效长度均为l ，电动势E ＝Blv ，而丙有效长度为l sin θ，电动势E ＝Blv sin θ，故B 项正确．3.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 2ω2r4RB ．B 2ω2r42RC ．B 2ω2r 44RD ．B 2ω2r 48R解析：选 C.根据导体棒旋转切割产生电动势E ＝12Bωr 2，由P ＝E 2R得，电路的功率是B 2ω2r 44R，故选C. 4．鸽子体内的电阻大约为103Ω，当它在地球磁场中展翅飞行时，会切割磁感线，在两翅之间产生动生电动势．若某处地磁场磁感应强度的竖直分量约为0.5×10－4T ，鸽子以20 m/s 的速度水平滑翔，则可估算出两翅之间产生的动生电动势约为( )A ．30 mVB ．3 mVC ．0.3 mVD ．0.03 mV解析：选C.鸽子两翅展开可达30 cm ，所以E ＝BLv ＝0.3 mV ，选项C 正确． 5.如图所示，半径为r 的金属环绕通过其直径的轴OO ′以角速度ω匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为B .从金属环的平面与磁场方向平行时开始计时，在转过30°角的过程中，金属环中产生的电动势的平均值为()A ．2B ωr 2B ．23Bωr 2C ．3B ωr 2D ．33Bωr 2解析：选C.开始时，Φ1＝0，金属环转过30°时，Φ2＝BS ·sin 30°＝12B πr 2，故ΔΦ＝Φ2－Φ1＝12B πr 2，Δt ＝θω＝π6ω＝π6ω.根据E ＝ΔΦΔt 得，金属环中电动势的平均值E ＝3Bωr 2，选项C 正确．6．一闭合线圈放在随时间均匀变化的磁场中，线圈平面和磁场方向垂直，若想使线圈中的感应电流增加一倍，下述方法可行的是( )A ．使线圈匝数增加一倍B ．使线圈面积增加一倍C ．使线圈匝数减少一半D ．使磁感应强度的变化率增加一倍解析：选D.若线圈匝数增加一倍，电阻也增加一倍，感应电流不变，故A 错．同理C 错．若面积增加一倍，长度为原来的2倍，电流为原来的2倍，故B 错．7．用相同导线绕制的边长为L 或2L 的四个闭合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示．在每个线框进入磁场的过程中，M 、N 两点间的电压分别为U a 、U b 、U c 和U d .下列判断正确的是( )A ．U a <U b <U c <U dB ．U a <U b <U d <U cC ．U a ＝U b ＝U c ＝U dD ．U b <U a <U d <U c解析：选B.线框进入磁场过程中产生的电动势分别为E a ＝E b ＝BLv ，E c ＝E d ＝2BLv ，由于单位长度电阻相等，则有：U a ＝34E a ＝34BLv ，U b ＝56E b ＝56BLv ，U c ＝34E c ＝32BLv ，U d ＝23E d ＝43BLv ，所以U a <U b <U d <U c ，B 正确．二、多项选择题8．当线圈中的磁通量发生变化时，则( ) A ．线圈中一定有感应电流 B ．线圈中一定有感应电动势C ．感应电动势的大小与线圈的电阻无关D ．如有感应电流，其大小与线圈的电阻有关解析：选BCD.当磁通量变化时，一定产生感应电动势，B 对；电路闭合时才有感应电流，A 错；感应电动势由n ΔΦΔt决定，感应电流由感应电动势E 和电路总电阻共同决定，C 、D 对．9.如图所示，阻值为R 的金属棒从图示位置ab 分别以v 1、v 2的速度沿光滑导轨(电阻不计)匀速滑到a ′b ′位置，若v 1∶v 2＝1∶2，则在这两次过程中( )A ．回路电流I 1∶I 2＝1∶2B ．产生的热量Q 1∶Q 2＝1∶2C ．通过任一截面的电荷量q 1∶q 2＝1∶2D ．外力的功率P 1∶P 2＝1∶2解析：选AB.感应电动势为E ＝BLv ，感应电流I ＝E R ＝BLvR，大小与速度成正比，产生的热量Q ＝I 2Rt ＝B 2L 2v 2R ·L ′v ＝B 2L 2L ′Rv ，B 、L 、L ′、R 是一样的，两次产生的热量比等于运动速度比．通过任一截面的电荷量q ＝It ＝BLv R ·L ′v ＝BLL ′R，与速度无关，所以这两个过程中，通过任一截面的电荷量之比应为1∶1.金属棒运动中受磁场力的作用，为使棒匀速运动，外力大小要与磁场力相同，则外力的功率P ＝Fv ＝BIL ·v ＝B 2L 2v 2R，其中B 、L 、R 大小相等，外力的功率与速度的平方成正比，所以外力的功率之比应为1∶4.三、非选择题 10.金属杆MN 和PQ 间距为l ，MP 间接有电阻R ，磁场如图所示，磁感应强度为B .金属棒AB 长为2l ，由图示位置以A 为轴，以角速度ω匀速转过90°(顺时针)．求该过程中(其他电阻不计)：(1)R 上的最大电功率； (2)通过R 的电荷量．解析：AB 转动切割磁感线，且切割长度由l 增至2l 以后AB 离开MN ，电路断开． (1)当B 端恰转至N 时，E 最大．E m ＝B ·2l ·0＋2lω2＝2Bωl 2，P m ＝E 2m R ＝4B 2ω2l 4R .(2)AB 由初位置转至B 端恰好在N 点的过程中 ΔΦ＝B ·12·l ·2l ·sin 60°＝32Bl 2q ＝I ·Δt ＝ΔΦR ＝3Bl22R .答案：(1)4B 2ω2l 4R (2)3Bl22R11.均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd ，边长为L ，总电阻为R ，总质量为m ，将其置于磁感应强度为B 的水平匀强磁场上方h 处，如图所示，线框由静止自由下落，线框平面保持在竖直平面内，且cd 边始终与水平的磁场边界平行．当cd 边刚进入磁场时，求：(1)线框中产生的感应电动势大小； (2)c 、d 两点间的电势差大小．解析：(1)cd 边刚进入磁场时，线框速度v ＝2gh 线框中产生的感应电动势E ＝BLv ＝BL 2gh .(2)此时线框中电流I ＝E R c 、d 两点间的电势差U ＝I ·34R ＝34BL 2gh .答案：(1)BL 2gh (2)34BL 2gh 12.用电阻丝焊接成一半径为a 的圆环(圆环电阻为2R )，水平固定在竖直向下的磁感应强度为B 的匀强磁场中，如图所示．一长度为2a 、电阻等于R 、粗细均匀的金属棒MN 放在圆环上，它与圆环始终保持良好的接触，当金属棒以恒定速度v 向右移动经过环心O 时，求：(1)棒上电流的大小及棒两端的电压U MN ；(2)在圆环和金属棒上消耗的总电功率．解析：(1)把切割磁感线的金属棒看成一个内阻为R 、感应电动势为E 的电源，两个半圆环看成两个并联电阻，画出等效电路图，如图所示．等效电源电动势E ＝Blv ＝2Bav ，外电路的总电阻R 外＝R 1R 2R 1＋R 2＝12R ， 棒上电流的大小I ＝E R 总＝2Bav 12R ＋R ＝4Bav 3R ， 根据分压原理，棒两端的电压U MN ＝R 外R 外＋R ·E ＝23Bav . (2)圆环和金属棒上消耗的总功率P ＝IE ＝8B 2a 2v 23R. 答案：(1)4Bav 3R 23Bav (2)8B 2a 2v 23R。
高三物理总复习教案十三、电磁感应第一课时：电磁感应现象 楞次定律一、知识要点：1．电磁感应现象及产生感应电流的条件：2．感应电流的方向确定――楞次定律：（1）阻碍的是原磁通量的变化，而不是原磁场本身，如果原磁通不变化，即使它再强，也不会产生感应电流．（2）阻碍不是相反．当原磁通减小时，感应电流的磁场与原磁场同向，以阻碍其减小；当磁体远离导体运动时，导体运动，将和磁体运动同向，以阻碍其相对运动．（3）由于“阻碍”，为了维持原磁通的变化，必须有外力克服这一“阻碍”做功，从而导致其它形式的能转化为电能．因此楞次定律是能量转化和守恒定律在电磁感应中的体现．3．楞次定律的应用步骤：①确定原磁场方向； ②判定原磁通如何变化；③确定感应电流的磁场方向（增反减同）；④根据安培定则判定感应电流的方向。
二、例题分析：1．【96全国】一平面线圈用细杆悬于P 点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动，已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过位置Ⅰ和位置Ⅱ时，顺着磁场的方向看去，线圈中的感应电流的方向分别为：【 】位置Ⅰ 位置ⅡA ．逆时针方向 逆时针方向B ．逆时针方向 顺时针方向C ．顺时针方向 顺时针方向D ．顺时针方向 逆时针方向2．如图所示，ab 是一个可绕垂直于纸面的轴O 转动的闭合矩形导线框，当滑动变阻器的滑片P 自左向右滑动时，从纸外向纸内看，线框ab 将：【 】A ．保持静止不动B ．逆时针转动C ．顺时针转动D ．发生转动，但电源极性不明，无法确定转动方向3．如图所示装置中，cd 杆原来静止。
当ab 杆做如下那些运动时，cd 杆将向右移动？【 】A ．向右匀速运动B ．向右加速运动C ．向左加速运动D ．向左减速运动4．如图所示，O 1O 2是矩形导线框abcd 的对称轴，其左方有匀强磁场。
以下哪些情况下abcd 中有感应电流产生？方向如何？ A ．将abcd 向纸外平移 B ．将abcdC ．将abcd 以ab 为轴转动60°D ．将abcd 以cd5．如图所示，有两个同心导体圆环。
亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……学习资料专题习题课2 电磁感应的综合应用[学习目标] 1.应用楞次定律判断感应电流的方向． 2.综合应用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的图像问题． 3.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法，能用能量观点分析和解决电磁感应问题．[合作探究·攻重难]利用“结论法”判断感应电流的方向1.“增反减同”法感应电流的磁场，总要阻碍引起感应电流的磁通量(原磁场磁通量)的变化．(1)当原磁场磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反．(2)当原磁场磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同．口诀记为“增反减同”．2．“来拒去留”法由于磁场与导体的相对运动产生电磁感应现象时，产生的感应电流与磁场间有力的作用，这种力的作用会“阻碍”相对运动．口诀记为“来拒去留”．3．“增缩减扩”法就闭合电路的面积而言，致使电路的面积有收缩或扩张的趋势．收缩或扩张是为了阻碍电路原磁通量的变化．若穿过闭合电路的磁通量增加时，面积有收缩趋势；若穿过闭合电路的磁通量减少时，面积有扩张趋势．口诀为“增缩减扩”．说明：此法只适用于回路中只有一个方向的磁感线的情况．4．“增反减同”法自感线圈总是阻碍引起感应电流的原电流的变化：(1)当原电流增大时，自感电流的方向与原电流方向相反．(2)当原电流减小时，自感电流的方向与原电流的方向相同．口诀记为“增反减同”．如图1所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，由图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和位置Ⅲ都很接近位置Ⅱ，这个过程中线圈的感应电流( )图1A．沿abcd流动B．沿dcba流动C．先沿abcd流动，后沿dcba流动D．先沿dcba流动，后沿abcd流动A[由条形磁铁的磁场分布可知，线圈在位置Ⅱ时穿过闭合线圈的磁通量最小为零，线圈从位置Ⅰ到位置Ⅱ，从下向上穿过线圈的磁通量在减少，线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，从上向下穿过线圈的磁通量在增加，根据楞次定律可知感应电流的方向是abcd.]楞次定律的使用步骤[针对训练]1.如图2所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是 ( )图2A．向右摆动B．向左摆动C．静止D．无法判定A[当磁铁突然向铜环运动时，穿过铜环的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，铜环远离磁铁向右运动．]电磁感应中的图像问题(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像．(2)由给定的图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量．2．图像类型(1)各物理量随时间t 变化的图像，即B t 图像、Φt 图像、E t 图像和I t 图像．(2)导体切割磁感线运动时，还涉及感应电动势E 和感应电流I 随导体位移变化的图像，即E x 图像和I x 图像．3．解决此类问题需要熟练掌握的规律：安培定则、左手定则、楞次定律、右手定则、法拉第电磁感应定律、欧姆定律等．将一段导线绕成图3甲所示的闭合回路，并固定在纸面内，回路的ab 边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B 随时间t 变化的曲线如图3乙所示．用F 表示ab 边受到的安培力，以水平向右为F 的正方向，能正确反映F 随时间t 变化的图像是( )甲 乙图3A BC D思路点拨：①本类题目线圈面积不变而磁场发生变化，可根据E ＝n ΔB ΔtS 判断E 的大小及变化．②ΔB Δt为B －t 图像的斜率，且斜率正、负变化时对应电流的方向发生变化． B [由题图乙可知0～T 2时间内，磁感应强度随时间线性变化，即ΔB Δt＝k (k 是一个常数)，圆环的面积S 不变，由E ＝ΔΦΔt ＝ΔB ·S Δt＝kS ，可知圆环中产生的感应电动势大小不变，则回路中的感应电流大小不变，ab 边受到的安培力大小不变，从而可排除选项C 、D ；0～T 2时间内，由楞次定律可判断出流过ab 边的电流方向为由b 至a ，结合左手定则可判断出ab 边受到的安培力的方向向左，为负值，故选项A错误，B正确．]解决电磁感应图像问题的基本步骤1．已知图像，根据物理规律求解相应的物理量．2．根据所提供的物理情景作出相应的图像．[针对训练]2．如图4所示，在x≤0的区域内存在匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面(纸面)向里．具有一定电阻的矩形线框abcd位于xOy平面内，线框的ab边与y轴重合．令线框从t＝0时刻起由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流i(取逆时针方向的电流为正)随时间t的变化图像正确的是 ( )图4A B C DD[因为线框做匀加速直线运动，所以感应电动势为E＝BLv＝BLat，因此感应电流大小与时间成正比，由楞次定律可知电流方向为顺时针．]电磁感应中的动力学问题在一起．电磁感应中力学问题，常常以导体在滑轨上运动的形式出现，要对其受力情况、运动情况进行动态分析．根据导体的运动情况，解决问题的具体思路如下：1．导体静止或匀速运动时的力电综合问题分析思路2．导体变加速运动过程的力电综合问题分析思路(1)做好受力分析和运动情况分析．导体受力分析→速度变化→产生变化的感应电动势→产生变化的感应电流→导体受变化的安培力作用→合外力变化→加速度变化→速度变化……最终加速度等于零，导体达到稳定运动状态．(2)导体达到稳定状态往往是这类问题的突破口，进而列出平衡方程解决问题．如图5所示，AB 、CD 是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间的距离为L ，导轨平面与水平面的夹角为θ，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感应强度为B ，在导轨的A 、C 端连接一个阻值为R 的电阻．一根质量为m 、垂直于导轨放置的金属棒ab ，从静止开始沿导轨下滑，求此过程中ab 棒的最大速度．已知ab 棒与导轨间的动摩擦因数为μ，导轨和ab 棒的电阻都不计．图5思路点拨：①ab 棒沿导轨下滑的过程中受四个力作用，即重力mg 、支持力N 、摩擦力f 和安培力F 安．②ab 棒由静止开始下滑后，各相关量的变化情况为v ↑→E ↑→I ↑→F 安↑→a ↓(↑表示增大，↓表示减小)，所以这是一个变加速过程，当加速度减小到a ＝0时，其速度增大到最大值v m ，此时ab 棒处于平衡状态，以后将以v m 匀速下滑．【解析】 ab 棒下滑时切割磁感线，产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律得E ＝BLv① 根据闭合电路欧姆定律，闭合电路ACba 中产生的感应电流I ＝E R② 根据右手定则可判定感应电流的方向为aACba ，由左手定则可知ab 棒受到的安培力F 安的方向沿导轨向上，其大小为F 安＝BIL ③由①②③式可得F 安＝B 2L 2v R对ab 棒进行受力分析，如图所示，由牛顿第二定律得mg sin θ－f －F 安＝ma又f ＝μN ，N ＝mg cos θ，F 安＝B 2L 2v R则mg sin θ－μmg cos θ－B 2L 2v R＝ma ab 棒做加速度逐渐减小的变加速运动，当a ＝0时速度达到最大，此时有mg sin θ－μmg cos θ－B 2L 2v m R＝0 ④ 由④式可解得v m ＝mg sin θ－μcos θR B 2L 2. 【答案】 v m ＝mg sin θ－μcos θR B 2L 2电磁感应现象中涉及到具有收尾速度的力学问题时，关键是做好受力情况和运动情况的动态分析：周而复始地循环，达到最终状态时，加速度等于零，导体达到稳定运动状态，即平衡状态，根据平衡条件建立方程，所求解的收尾速度也是导体运动的最大速度．[针对训练]3．(多选)如图6所示，MN 和PQ 是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计．ab 是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆．开始时，将开关S 断开，让杆ab 由静止开始自由下落，一段时间后，再将S 闭合，若从S 闭合开始计时，则金属杆ab 的速度v 随时间t 变化的图像可能是( )图6A B C DACD [设ab 杆的有效长度为l ，S 闭合时，若B 2l 2v R>mg ，杆先减速再匀速，D 项有可能；若B 2l 2v R ＝mg ，杆匀速运动，A 项有可能；若B 2l 2v R<mg ，杆先加速再匀速，C 项有可能；由于v 变化，B 2l 2v R－mg ＝ma 中的a 不恒定，故B 项不可能．] [当 堂 达 标·固 双 基]1.如图7所示，两个相同的轻质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上，当一条形磁铁向左运动靠近两环时，两环的运动情况是 ( )图7A ．同时向左运动，间距变大B ．同时向左运动，间距变小C ．同时向右运动，间距变小D ．同时向右运动，间距变大B [磁铁向左运动，穿过两环的磁通量都增加．根据楞次定律，感应电流的磁场将阻碍原磁通量增加，所以两者都向左运动．另外，两环产生的感应电流方向相同，依据安培定则和左手定则可以判断两个环之间是相互吸引的，所以选项A 、C 、D 错误，B 正确．]2.如图8所示的区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .一个电阻为R 、半径为L 、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O 轴匀速转动(O 轴位于磁场边界)，周期为T ，t ＝0时刻线框置于如图所示位置，则线框内产生的感应电流的图像为(规定电流顺时针方向为正) ( )图8A BC DA[在本题中由于扇形导线框匀速转动，因此导线框进入磁场的过程中产生的感应电动势是恒定的．注意线框在进入磁场和离开磁场时，有感应电流产生，当完全进入时，由于磁通量不变，故无感应电流产生．由右手定则可判断导线框进入磁场时，电流方向为逆时针，故A正确．]3．如图9所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动．杆ef及线框中导线的电阻都可忽略不计．开始时，给ef一个向右的初速度，则 ( )【导学号：24622037】图9A．ef将减速向右运动，但不是匀减速B．ef将匀减速向右运动，最后停止C．ef将匀速向右运动D．ef将往返运动A[ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F＝BIl＝B2l2vR＝ma知，ef做的是加速度减小的减速运动．故A正确．]4．如图10甲所示，平行长直金属导轨水平放置，间距L＝0.4 m．导轨右端接有阻值R＝1 Ω的电阻．导体棒垂直放置在导轨上，且接触良好，导体棒及导轨电阻均不计，导轨间正方形区域abcd 内有方向竖直向下的匀强磁场，bd 连线与导轨垂直，长度也为L .从0时刻开始，磁感应强度B 的大小随时间t 变化，规律如图10乙所示；同一时刻，棒从导轨左端开始向右匀速运动，1 s 后刚好进入磁场，若使棒在导轨上始终以速度v ＝1 m/s 做直线运动，求：甲 乙图10(1)棒进入磁场前，回路中的电动势E ；(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F ，以及棒通过三角形abd 区域时电流i 与时间t 的关系式．【解析】 (1)正方形磁场的面积为S ，则S ＝L 22＝0.08 m 2.在棒进入磁场前，回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的．由B t 图像可知ΔB Δt ＝0.5 T/s ，根据E ＝n ΔΦΔt，得回路中的感应电动势E ＝ΔB Δt S ＝0.5×0.08 V＝0.04 V. (2)当导体棒通过bd 位置时感应电动势、感应电流最大，导体棒受到的安培力最大．此时感应电动势E ′＝BLv ＝0.5×0.4×1 V＝0.2 V回路中感应电流I ′＝E ′R ＝0.21A ＝0.2 A 导体棒受到的安培力F ＝BI ′L ＝0.5×0.2×0.4 N＝0.04 N当导体棒通过三角形abd 区域时，导体棒切割磁感线的有效长度l ＝2v (t －1)(1 s≤t ≤1.2 s)，感应电动势e ＝Blv ＝2Bv 2(t －1)＝(t －1) V感应电流i ＝e R＝(t －1) A(1 s≤t ≤1.2 s)．【答案】 (1)0.04 V(2)0.04 N i ＝(t －1) A(1 s≤t ≤1.2 s)。
