1、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EBLv求解由于棒上各点到圆心O的速度满足vL(一次函数关系)，所以切割的等效速度v
2、等效，故感应电动势EBLv等效BL2.(2)用E求解经过时间t棒扫过的面积为SL2L2t，由E知，棒上的感应电动势大小为EBL2.【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.则电路的功率是()图2A. B.C. D.解析导体棒旋转切割产生的电动势的EBr2，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
3、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3A.EfL2B，且a点电势低于b点电势B.E2fL2B，且a点电势低于b点电势C.EfL2B，且a点电势高于b点电势D.E2fL2B，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EBLvBLvbBL(L)B(2f)L2fL2B，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
4、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
5、一个电阻两端的电压为UE，B图中a、b两点间电势差为路端电压为UE，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t时间内，n，又qt，所以qn，其中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S100 cm2的金属环，电阻为R0.1 ，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12 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En，由闭合电路
6、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qIt C0.01 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：有滑动摩擦力做功，必有内能产生；有重力做功，重力势能必然发生变化；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
7、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5A. 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，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
8、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6A.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：WWFWGW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
9、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QI2Rt.(2)感应电流变化，可用以下方法分析：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QW安.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QE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
10、，线圈面积为S，导线横截面积为S，电阻率为.由法拉第电磁感应定律知Enn，由闭合电路欧姆定律知I，由电阻定律知R，则Icos 30.其中、S均为恒量，所以Ir，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(k0)，ab为圆环的一条直径，导线的电阻率为.则()图7A.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kD.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(k0)，说
11、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ES环kr2，UabEkr2，C错误；圆环的电阻R，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S0.2 m2、n100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B0.02t，R3 ，C30 F，线圈电阻r1 ，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ba0.4 C(2)9106C解析(1)由楞次定律可求得电流的方
12、向为逆时针，通过R的电流方向为ba，qttntn0.4 C.(2)由EnnS1000.20.02 V0.4 V，I A0.1 A，UCURIR0.13 V0.3 V，QCUC301060.3 C9106 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L0.5 m，左端接有阻值R0.3 的电阻，一质量m0.1 kg、电阻r0.1 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B0.4 T.金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a2 m/s2的加速度做匀加速运动，当金属棒的位移s9 m时撤去外力，金属棒继续运动一段距
13、离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1Q221.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qt由上述公式联立可得qn C4.5 C.(2)撤去外力前金属棒做匀加速运动，根据运动学公式得xat2，vat所以v6 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
14、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Q2Ekmv20.162 J1.8 J.(3)根据题意，在撤去外力前的焦耳热为Q12Q23.6 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EkWFQ1则WFQ1Ek3.6 J1.8 J5.4 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
15、的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为()图1A. B. C. D.Bav答案A解析导体棒AB摆到竖直位置时EBav，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2A.B()2 B.BL2C.B(L2r2) D.BL(2rL)答案D解析金属棒转动的等效速度v(2rL)，所以a、b两点间电势差大小为UabBLvBL(2rL).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
16、圈所围面积的磁通量随时间变化的规律如图3所示，则OD过程中，下列说法正确的是()图3A.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En，即为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En1 V0.4 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(aOb90)时，a、b两点的电势差为()图4A.BRv B.BRvC.
17、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，EBRv，根据欧姆定律可得UEBRv，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5A.线圈中感应电流方向为acbdaB.线圈中产生的电动势EC.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
18、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6A.0 B.BLv0C. 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UabIR外BLv0，故D正确.题组三感应电荷量的计算7.(多选)将一条
19、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I2I1，C错误；流过导体某横截面的电荷量qttt，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.
20、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7A.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
21、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，Q2Fx，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(ba)、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8A. B.C. D.答案A解析开始时穿过导线环向里
22、的磁通量设为正值，1Ba2，向外的磁通量设为负值，2B(b2a2)，总的磁通量为它们的代数和(取绝对值)B|b22a2|，末态总的磁通量为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qt，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yx2，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ya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yb(ba)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9A.mgbB.mv2C.mg(ba) D.mg
23、(ba)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(ba)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10A.mghB.2mghC.大于mgh而小于2mghD.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
24、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11A.Q1Q2，q1q2 B.Q1Q2，q1q2C.Q1Q2，q1q2 D.Q1Q2，q1q2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Q1W1F1lbclbclab，同理Q2lbc，又lablbc，故Q1Q2；因qtt，故q1q2，因此A正确.13.一个边长为1 m的正方形线圈，总电阻为R2 ，当线圈以v2 m/s的速度通过磁感应强度B0.5 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b1 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EBLv，I，知I A0.5 A.(2)线圈穿过磁场过程中，由于b1 m，故只有线圈在进入和穿出磁场时有感应电流，故Q2I2Rt2I2R20.522 J0.5 J.