基礎(chǔ)課2法拉第電磁感應(yīng)定律自感渦流知識點一、法拉第電磁感應(yīng)定律1．感應(yīng)電動勢(1)定義：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動勢叫做感應(yīng)電動勢。(2)產(chǎn)生條件：穿過回路的磁通量發(fā)生改變，與電路是否閉合無關(guān)。(3)方向判斷：感應(yīng)電動勢的方向用楞次定律或右手定則判斷。2．法拉第電磁感應(yīng)定律(1)內(nèi)容：電路中感應(yīng)電動勢的大小與穿過這一電路的磁通量的變化率成正比。(2)公式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n為線圈匝數(shù)。(3)感應(yīng)電流與感應(yīng)電動勢的關(guān)系：遵守閉合電路的歐姆定律，即I＝eq\f(E,R＋r)。3．導體切割磁感線的情形(1)若B、l、v相互垂直，則E＝Blv。(2)v∥B時，E＝0。知識點二、自感、渦流1．自感現(xiàn)象(1)概念：由于導體本身的電流變化而產(chǎn)生的電磁感應(yīng)現(xiàn)象稱為自感。(2)自感電動勢①定義：在自感現(xiàn)象中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢叫做自感電動勢。②表達式：E＝Leq\f(ΔI,Δt)。(3)自感系數(shù)L①相關(guān)因素：與線圈的大小、形狀、匝數(shù)以及是否有鐵芯有關(guān)。②單位：亨利(H)，1mH＝10－3H，1μH＝10－6H。2．渦流當線圈中的電流發(fā)生變化時，在它附近的任何導體中都會產(chǎn)生感應(yīng)電流，這種電流像水的漩渦所以叫渦流。[思考判斷](1)Φ＝0，eq\f(ΔΦ,Δt)不一定等于0。()(2)感應(yīng)電動勢E與線圈匝數(shù)n有關(guān)，所以Φ、ΔΦ、eq\f(ΔΦ,Δt)的大小均與線圈匝數(shù)有關(guān)。()(3)線圈中磁通量變化越快，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢越大。()(4)當導體在勻強磁場中垂直磁場方向運動時(運動方向和導體垂直)，感應(yīng)電動勢為E＝BLv。()(5)渦流就是自感。()答案(1)√(2)×(3)√(4)√(5)×法拉第電磁感應(yīng)定律的理解和應(yīng)用1．磁通量Φ、磁通量的變化量ΔΦ、磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)的比較物理量項目磁通量Φ磁通量的變化量ΔΦ磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)意義某時刻穿過某個面的磁感線的條數(shù)某段時間內(nèi)穿過某個面的磁通量變化多少穿過某個面的磁通量變化的快慢大小Φ＝BScosθΔΦ＝Φ2－Φ1①ΔΦ＝B·ΔS②ΔΦ＝S·ΔB③ΔΦ＝B2S2－B1S1①eq\f(ΔΦ,Δt)＝Beq\f(ΔS,Δt)②eq\f(ΔΦ,Δt)＝Seq\f(ΔB,Δt)③eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B2S2－B1S1,Δt)2.對法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的進一步理解(1)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的研究對象是一個回路，E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求得的電動勢是整個回路的感應(yīng)電動勢。(2)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求的是Δt時間內(nèi)的平均感應(yīng)電動勢，在磁通量均勻變化時，瞬時值才等于平均值。1．[法拉第電磁感應(yīng)定律的理解]將閉合多匝線圈置于僅隨時間變化的磁場中，線圈平面與磁場方向垂直，關(guān)于線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，下列表述正確的是()A．感應(yīng)電動勢的大小與線圈的匝數(shù)無關(guān)B．穿過線圈的磁通量越大，感應(yīng)電動勢越大C．穿過線圈的磁通量變化越快，感應(yīng)電動勢越大D．感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向與原磁場方向始終相同解析由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知，感應(yīng)電動勢的大小與線圈匝數(shù)有關(guān)，A錯誤；感應(yīng)電動勢正比于eq\f(ΔΦ,Δt)，與磁通量的大小無直接關(guān)系，B錯誤，C正確；根據(jù)楞次定律知，感應(yīng)電流的磁場總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化，即“增反減同”，D錯誤。答案C2．[感應(yīng)電動勢大小的計算](2016·北京理綜，16)如圖1所示，勻強磁場中有兩個導體圓環(huán)a、b，磁場方向與圓環(huán)所在平面垂直。磁感應(yīng)強度B隨時間均勻增大。兩圓環(huán)半徑之比為2∶1，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢分別為Ea和Eb，不考慮兩圓環(huán)間的相互影響。下列說法正確的是()圖1A．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿逆時針方向B．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿順時針方向C．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿逆時針方向D．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿順時針方向解析由法拉第電磁感應(yīng)定律得圓環(huán)中產(chǎn)生的電動勢為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝πr2·eq\f(ΔB,Δt)，則eq\f(Ea,Eb)＝eq\f(req\o\al(2,a),req\o\al(2,b))＝eq\f(4,1)，由楞次定律可知感應(yīng)電流的方向均沿順時針方向，B項對。答案B3．[電荷量的計算](多選)如圖2甲所示，abcd是匝數(shù)為100匝、邊長為10cm、總電阻為0.1Ω的正方形閉合導線圈，放在與線圈平面垂直的圖示勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，則以下說法正確的是()圖2A．導線圈中產(chǎn)生的是交變電流B．在t＝2.5s時導線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為1VC．在0～2s內(nèi)通過導線橫截面的電荷量為20CD．在t＝1s時，導線圈內(nèi)電流的瞬時功率為10W解析在0～2s內(nèi)，磁感應(yīng)強度變化率為eq\f(ΔB1,Δt1)＝1T/s，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E1＝nSeq\f(ΔB1,Δt1)＝100×0.12×1V＝1V；在2～3s內(nèi)，磁感應(yīng)強度變化率為eq\f(ΔB2,Δt2)＝2T/s，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2＝nSeq\f(ΔB2,Δt2)＝100×0.12×2V＝2V。導線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為方波交變電流，選項A正確；在t＝2.5s時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E2＝2V，選項B錯誤；在0～2s內(nèi)，感應(yīng)電流I＝eq\f(E1,R)＝10A，通過導體橫截面的電荷量為q＝IΔt＝20C，選項C正確；在t＝1s時，導線圈內(nèi)感應(yīng)電流的瞬時功率P＝UI＝I2R＝102×0.1W＝10W，選項D正確。答案ACD反思總結(jié)應(yīng)用電磁感應(yīng)定律應(yīng)注意的三個問題(1)公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求解的是一個回路中某段時間內(nèi)的平均電動勢，在磁通量均勻變化時，瞬時值才等于平均值。(2)利用公式E＝nSeq\f(ΔB,Δt)求感應(yīng)電動勢時，S為線圈在磁場范圍內(nèi)的有效面積。(3)通過回路截面的電荷量q僅與n、ΔФ和回路電阻R有關(guān)，與時間長短無關(guān)，與Φ是否均勻變化無關(guān)。推導如下：q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(nΔΦ,ΔtR)Δt＝eq\f(nΔΦ,R)。導體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的計算切割磁感線運動的那部分導體相當于電路中的電源。常見的情景有以下兩種：1．平動切割(1)常用公式：若運動速度v和磁感線方向垂直，則感應(yīng)電動勢E＝BLv。其中B、L、v三者兩兩垂直。(2)有效長度：公式中的L為有效切割長度，即導體在與v垂直的方向上的投影長度(3)相對性：E＝BLv中的速度v是相對于磁場的速度，若磁場也運動時，應(yīng)注意速度間的相對關(guān)系。2．轉(zhuǎn)動切割當導體在垂直于磁場的平面內(nèi)，繞一端以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝Bleq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)Bl2ω，如圖3所示。圖3【典例1】(2016·全國卷Ⅱ，20)(多選)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖4所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸。圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中。圓盤旋轉(zhuǎn)時，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是()圖4A．若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度恒定，則電流大小恒定B．若從上向下看，圓盤順時針轉(zhuǎn)動，則電流沿a到b的方向流動C．若圓盤轉(zhuǎn)動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D．若圓盤轉(zhuǎn)動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍解析將圓盤看成無數(shù)輻條組成，它們都在切割磁感線從而產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，根據(jù)右手定則可知圓盤上感應(yīng)電流從邊緣流向中心，則當圓盤順時針(俯視)轉(zhuǎn)動時，流過電阻的電流方向從a到b，B對；由法拉第電磁感應(yīng)定律得感生電動勢E＝BLeq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)BL2ω，I＝eq\f(E,R＋r)，ω恒定時，I大小恒定，ω大小變化時，I大小變化，方向不變，故A對，C錯；由P＝I2R＝eq\f(B2L4ω2R,4（R＋r）2)知，當ω變?yōu)?倍時，P變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯。答案AB方法技巧突破該題的關(guān)鍵是將圓盤切割模型轉(zhuǎn)化為導體棒切割模型?！镜淅?】在范圍足夠大、方向豎直向下的勻強磁場中，B＝0.2T，有一水平放置的光滑框架，寬度為l＝0.4m，如圖5所示，框架上放置一質(zhì)量為0.05kg、電阻為1Ω的金屬桿cd，框架電阻不計。若cd桿以恒定加速度a＝2m/s2，由靜止開始做勻變速直線運動，則：圖5(1)在5s內(nèi)平均感應(yīng)電動勢是多少？(2)第5s末，回路中的電流多大？(3)第5s末，作用在cd桿上的水平外力多大？解析(1)5s內(nèi)的位移x＝eq\f(1,2)at2＝25m，5s內(nèi)的平均速度v＝eq\f(x,t)＝5m/s(也可用v＝eq\f(0＋2×5,2)m/s＝5m/s求解)故平均感應(yīng)電動勢E＝Blv＝0.4V。(2)第5s末：v′＝at＝10m/s，此時感應(yīng)電動勢E′＝Blv′則回路電流為I＝eq\f(E′,R)＝eq\f(Blv′,R)＝eq\f(0.2×0.4×10,1)A＝0.8A。(3)桿做勻加速運動，則F－F安＝ma，即F＝BIl＋ma＝0.164N。答案(1)0.4V(2)0.8A(3)0.164N1．[平動切割]如圖6所示，在水平面內(nèi)固定著U形光滑金屬導軌，軌道間距為50cm，金屬導體棒ab質(zhì)量為0.1kg，電阻為0.2Ω，橫放在導軌上，電阻R的阻值是0.8Ω(導軌其余部分電阻不計)?，F(xiàn)加上豎直向下的磁感應(yīng)強度為0.2T的勻強磁場。用水平向右的恒力F＝0.1N拉動ab，使其從靜止開始運動，則()圖6A．導體棒ab開始運動后，電阻R中的電流方向是從P流向MB．導體棒ab運動的最大速度為10m/sC．導體棒ab開始運動后，a、b兩點的電勢差逐漸增加到1V后保持不變D．導體棒ab開始運動后任一時刻，F(xiàn)的功率總等于導體棒ab和電阻R的發(fā)熱功率之和解析由右手定則可判斷電阻R中的感應(yīng)電流方向是從M流向P，A錯；當金屬導體棒受力平衡時，其速度將達到最大值，由F＝BIL，I＝eq\f(Em,R總)＝eq\f(BLvm,R總)可得F＝eq\f(B2L2vm,R總)，代入數(shù)據(jù)解得vm＝10m/s，B對；感應(yīng)電動勢的最大值Em＝1V，a、b兩點的電勢差為路端電壓，最大值小于1V，C錯；在達到最大速度以前，F(xiàn)所做的功一部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，另一部分轉(zhuǎn)化為導體棒的動能，D錯。答案B2．[轉(zhuǎn)動切割](多選)如圖7所示，有一個磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，一半徑為r、電阻為2R的金屬圓環(huán)放置在磁場中，金屬圓環(huán)所在的平面與磁場垂直。金屬桿Oa一端可繞環(huán)的圓心O旋轉(zhuǎn)，另一端a擱在環(huán)上，電阻值為R；另一金屬桿Ob一端固定在O點，另一端b固定在環(huán)上，電阻值也是R。已知Oa桿以角速度ω勻速旋轉(zhuǎn)，所有接觸點接觸良好，Ob不影響Oa的轉(zhuǎn)動，則下列說法正確的是()圖7A．流過Oa的電流可能為eq\f(Bωr2,5R)B．流過Oa的電流可能為eq\f(6Bωr2,25R)C．Oa旋轉(zhuǎn)時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為Bωr2D．Oa旋轉(zhuǎn)時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為eq\f(1,2)Bωr2解析Oa旋轉(zhuǎn)時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為E＝eq\f(1,2)×Bωr2，D正確，C錯誤；當Oa旋轉(zhuǎn)到與Ob共線但不重合時，等效電路如圖甲所示，此時有Imin＝eq\f(E,2.5R)＝eq\f(Bωr2,5R)，當Oa與Ob重合時，環(huán)的電阻為0，等效電路如圖乙所示，此時有Imax＝eq\f(E,2R)＝eq\f(Bωr2,4R)，所以eq\f(Bωr2,5R)≤I≤eq\f(Bωr2,4R)，A、B正確。答案ABD3．[轉(zhuǎn)動切割]半徑分別為r和2r的同心圓形導軌固定在同一水平面內(nèi)，一長為r、質(zhì)量為m且質(zhì)量分布均勻的直導體棒AB置于圓導軌上面，BA的延長線通過圓導軌中心O，裝置的俯視圖如圖8所示。整個裝置位于一勻強磁場中，磁感應(yīng)強度的大小為B，方向豎直向下。在內(nèi)圓導軌的C點和外圓導軌的D點之間接有一阻值為R的電阻(圖中未畫出)。直導體棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時針勻速轉(zhuǎn)動，在轉(zhuǎn)動過程中始終與導軌保持良好接觸。設(shè)導體棒與導軌之間的動摩擦因數(shù)為μ，導體棒和導軌的電阻均可忽略。重力加速度大小為g。求：圖8(1)通過電阻R的感應(yīng)電流的方向和大?。?2)外力的功率。解析(1)E＝Breq\o(v,\s\up6(－))＝Breq\f(ωr＋ω·2r,2)＝eq\f(3,2)Br2ωI＝eq\f(E,R)＝eq\f(3Br2ω,2R)由右手定則判得通過R的感應(yīng)電流從C→D(2)由能量守恒P＝PR＋PFf在豎直方向2FN＝mg，則FN＝eq\f(1,2)mg，得Ff＝μFN＝eq\f(1,2)μmgPFf＝eq\f(1,2)μmgωr＋eq\f(1,2)μmg·ω·2r＝eq\f(3,2)μmgωrPR＝I2R＝eq\f(9B2r4ω2,4R)所以P＝eq\f(3,2)μmgωr＋eq\f(9B2ω2r4,4R)。答案(1)由C端到D端eq\f(3ωBr2,2R)(2)eq\f(3,2)μmgωr＋eq\f(9ω2B2r4,4R)通電自感和斷電自感渦流1．自感現(xiàn)象的四大特點(1)自感電動勢總是阻礙導體中原電流的變化。(2)通過線圈中的電流不能發(fā)生突變，只能緩慢變化。(3)電流穩(wěn)定時，自感線圈就相當于普通導體。(4)線圈的自感系數(shù)越大，自感現(xiàn)象越明顯，自感電動勢只是延緩了過程的進行，但它不能使過程停止，更不能使過程反向。2．自感中“閃亮”與“不閃亮”問題與線圈串聯(lián)的燈泡與線圈并聯(lián)的燈泡電路圖通電時電流逐漸增大，燈泡逐漸變亮電流突然增大，然后逐漸減小達到穩(wěn)定斷電時電流逐漸減小，燈泡逐漸變暗，電流方向不變電路中穩(wěn)態(tài)電流為I1、I2：①若I2≤I1，燈泡逐漸變暗；②若I2>I1，燈泡閃亮后逐漸變暗。兩種情況燈泡中電流方向均改變1．[通、斷電自感現(xiàn)象的分析](2017·深圳南山期末)(多選)如圖9，A、B是相同的白熾燈，L是自感系數(shù)很大、電阻可忽略的自感線圈。下面說法正確的是()圖9A．閉合開關(guān)S時，A、B燈同時亮，且達到正常B．閉合開關(guān)S時，B燈比A燈先亮，最后一樣亮C．閉合開關(guān)S時，A燈比B燈先亮，最后一樣亮D．斷開開關(guān)S時，A燈與B燈同時慢慢熄滅解析由于自感的作用，閉合開關(guān)S時，B燈比A燈先亮，最后一樣亮，選項A、C錯誤，B正確；斷開開關(guān)S時，L中產(chǎn)生自感電動勢，A燈與B燈同時慢慢熄滅，選項D正確。答案BD2．[自感現(xiàn)象的圖象](多選)如圖10所示的電路中，L為一個自感系數(shù)很大、直流電阻不計的線圈，D1、D2是兩個完全相同的燈泡，E是一內(nèi)阻不計的電源。t＝0時刻，閉合開關(guān)S，經(jīng)過一段時間后，電路達到穩(wěn)定，t1時刻斷開開關(guān)S。I1、I2分別表示通過燈泡D1和D2的電流，規(guī)定圖中箭頭所示的方向為電流正方向，以下各圖中能定性描述電流I隨時間t變化關(guān)系的是()圖10解析當S閉合時，L的自感作用會阻礙其中的電流變大，電流從D1流過；當L的阻礙作用變小時，L中的電流變大，D1中的電流變小至零；D2中的電流為電路總電流，電流流過D1時，電路總電阻較大，電流較小，當D1中電流為零時，電流流過L與D2，總電阻變小，電流變大至穩(wěn)定；當S再斷開時，D2馬上熄滅，D1與L組成回路，由于L的自感作用，D1慢慢熄滅，電流反向且減小；綜上所述知選項A、C正確。答案AC3．[對渦流的理解](多選)如圖11所示，條形磁鐵位于固定的半圓光滑軌道的圓心位置，一半徑為R、質(zhì)量為m的金屬球從半圓軌道的一端沿半圓軌道由靜止下滑，重力加速度大小為g。下列說法正確的是()圖11A．金屬球會運動到半圓軌道的另一端B．由于金屬球沒有形成閉合電路，所以金屬球中不會產(chǎn)生感應(yīng)電流C．金屬球受到的安培力做負功D．系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量為mgR解析金屬球在運動過程中，穿過金屬球的磁通量不斷變化，在金屬球內(nèi)形成閉合回路，產(chǎn)生渦流，金屬球受到的安培力做負功，金屬球產(chǎn)生的熱量不斷地增加，機械能不斷地減少，直至金屬球停在半圓軌道的最低點，C正確，A、B錯誤；根據(jù)能量守恒定律得系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量為mgR，D正確。答案CD方法點撥分析自感現(xiàn)象的兩點注意(1)通過自感線圈中的電流不能發(fā)生突變，即通電過程中，電流逐漸變大；斷電過程中，電流逐漸變小，此時線圈可等效為“電源”，該“電源”與其他電路元件形成回路。(2)斷電自感現(xiàn)象中燈泡是否“閃亮”問題的判斷，在于對電流大小的分析，若斷電后通過燈泡的電流比原來強，則燈泡先閃亮后再慢慢熄滅。電磁感應(yīng)中的“桿＋導軌”模型1．模型構(gòu)建“桿＋導軌”模型是電磁感應(yīng)問題高考命題的“基本道具”，也是高考的熱點，考查的知識點多，題目的綜合性強，物理情景變化空間大，是我們復習中的難點?！皸U＋導軌”模型又分為“單桿”和“雙桿”模型(“單桿”模型為重點)；導軌放置方式可分為水平、豎直和傾斜；桿的運動狀態(tài)可分為勻速、勻變速、非勻變速運動等。2．模型分類及特點(1)單桿水平式(導軌光滑)物理模型動態(tài)分析設(shè)運動過程中某時刻棒的速度為v，加速度為a＝eq\f(F,m)－eq\f(B2L2v,mR)，a、v同向，隨v的增加，a減小，當a＝0時，v最大，I＝eq\f(BLv,R)恒定收尾狀態(tài)運動形式勻速直線運動力學特征a＝0，v最大，vm＝eq\f(FR,B2L2)電學特征I恒定(2)單桿傾斜式(導軌光滑)物理模型動態(tài)分析棒釋放后下滑，此時a＝gsinα，速度v↑E＝BLv↑I＝eq\f(E,R)↑F＝BIL↑a↓，當安培力F＝mgsinα時，a＝0，v最大收尾狀態(tài)運動形式勻速直線運動力學特征a＝0，v最大，vm＝eq\f(mgRsinα,B2L2)電學特征I恒定eq\a\vs4\al(【思維訓練1】)(2015·海南單科，13)如圖12，兩平行金屬導軌位于同一水平面上，相距l(xiāng)，左端與一電阻R相連；整個系統(tǒng)置于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向豎直向下。一質(zhì)量為m的導體棒置于導軌上，在水平外力作用下沿導軌以速率v勻速向右滑動，滑動過程中始終保持與導軌垂直并接觸良好。已知導體棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，導軌和導體棒的電阻均可忽略。求圖12(1)電阻R消耗的功率；(2)水平外力的大小。解析(1)導體棒切割磁感線運動產(chǎn)生的電動勢為E＝Blv，根據(jù)閉合電路歐姆定律，閉合回路中的感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)電阻R消耗的功率為P＝I2R，聯(lián)立可得P＝eq\f(B2l2v2,R)(2)對導體棒受力分析，受到向左的安培力和向左的摩擦力，向右的外力，三力平衡，故有F安＋μmg＝F，F(xiàn)安＝BIl＝B·eq\f(Blv,R)·l，故F＝eq\f(B2l2v,R)＋μmg答案(1)eq\f(B2l2v2,R)(2)eq\f(B2l2v,R)＋μmgeq\a\vs4\al(【思維訓練2】)(2016·泰州一模)如圖13甲，MN、PQ兩條平行的光滑金屬軌道與水平面成θ＝37°角固定，M、P之間接電阻箱R，導軌所在空間存在勻強磁場，磁場方向垂直于軌道平面向上，磁感應(yīng)強度為B＝0.5T。質(zhì)量為m的金屬桿ab水平放置在軌道上，其接入電路的電阻值為r?，F(xiàn)從靜止釋放桿ab，測得最大速度為vm。改變電阻箱的阻值R，得到vm與R的關(guān)系如圖乙所示。已知軌距為L＝2m，重力加速度g取10m/s2，軌道足夠長且電阻不計。求：圖13(1)桿ab下滑過程中感應(yīng)電流的方向及R＝0時最大感應(yīng)電動勢E的大?。?2)金屬桿的質(zhì)量m和阻值r；(3)當R＝4Ω時，求回路瞬時電功率每增加1W的過程中合外力對桿做的功W。解析(1)桿中電流方向從b→a(或aMPba)由圖可知，當R＝0時，桿最終以v＝2m/s勻速運動，產(chǎn)生電動勢E＝BLv代入數(shù)值，解得E＝2V(2)設(shè)最大速度為vm，桿切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝BLvm，由閉合電路的歐姆定律：I＝eq\f(E,R＋r)桿達到最大速度時滿足mgsinθ－BIL＝0解得vm＝eq\f(mgsinθ,B2L2)R＋eq\f(mgsinθ,B2L2)r由圖象可知：斜率為k＝eq\f(4－2,2)m/(s·Ω)＝1m/(s·Ω)，縱截距為v0＝2m/s，得到：eq\f(mgsinθ,B2L2)r＝v0，eq\f(mgsinθ,B2L2)＝k解得：m＝0.17kg，r＝2Ω。(3)由題意：E＝BLvP＝eq\f(E2,R＋r)得P＝eq\f(B2L2v2,R＋r)ΔP＝eq\f(B2L2veq\o\al(2,2),R＋r)－eq\f(B2L2veq\o\al(2,1),R＋r)由動能定理得W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)W＝eq\f(m（R＋r）,2B2L2)ΔP，W＝0.5J答案(1)b→a2V(2)0.17kg2Ω(3)0.5J方法技巧解決此類問題的分析要抓住三點：(1)桿的穩(wěn)定狀態(tài)一般是勻速運動(達到最大速度或最小速度，此時合力為零)；(2)整個電路產(chǎn)生的電能等于克服安培力所做的功；(3)電磁感應(yīng)現(xiàn)象遵從能量守恒定律。1．(2015·全國卷Ⅱ，15)如圖14，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向平行于ab邊向上。當金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉(zhuǎn)動時，a、b、c三點的電勢分別為Ua、Ub、Uc。已知bc邊的長度為l。下列判斷正確的是()圖14A．Ua＞Uc，金屬框中無電流B．Ub＞Uc，金屬框中電流方向沿a－b－c－aC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中無電流D．Ubc＝eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中電流方向沿a－c－b－a解析金屬框繞ab邊轉(zhuǎn)動時，閉合回路abc中的磁通量始終為零(即不變)，所以金屬框中無電流。金屬框在逆時針轉(zhuǎn)動時，bc邊和ac邊均切割磁感線，由右手定則可知Ub＜Uc，Ua＜Uc，所以根據(jù)E＝Blv可知，Ubc＝Uac＝－Bleq\o(v,\s\up6(－))＝－Bleq\f(0＋ωl,2)＝－eq\f(1,2)Bl2ω。由以上分析可知選項C正確。答案C2．(2016·浙江理綜，16)如圖15所示，a、b兩個閉合正方形線圈用同樣的導線制成，匝數(shù)均為10匝，邊長la＝3lb，圖示區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，且磁感應(yīng)強度隨時間均勻增大，不考慮線圈之間的相互影響，則()圖15A．兩線圈內(nèi)產(chǎn)生順時針方向的感應(yīng)電流B．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電動勢之比為9∶1C．a(chǎn)、b線圈中感應(yīng)電流之比為3∶4D．a(chǎn)、b線圈中電功率之比為3∶1解析根據(jù)楞次定律可知，兩線圈內(nèi)均產(chǎn)生逆時針方向的感應(yīng)電流，選項A錯誤；因磁感應(yīng)強度隨時間均勻增大，設(shè)eq\f(ΔB,Δt)＝k，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)l2，則eq\f(Ea,Eb)＝(eq\f(3,1))2＝eq\f(9,1)，選項B正確；根據(jù)I＝eq\f(E,R)＝eq\f(E,ρ\f(4nl,S′))＝eq\f(n\f(ΔB,Δt)l2S′,4ρnl)＝eq\f(klS′,4ρ)可知，I∝l，故a、b線圈中感應(yīng)電流之比為3∶1，選項C錯誤；電功率P＝IE＝eq\f(klS′,4ρ)·neq\f(ΔB,Δt)l2＝eq\f(nk2l3S′,4ρ)，則P∝l3，故a、b線圈中電功率之比為27∶1，選項D錯誤。答案B3.(2015·全國卷Ⅰ，19)(多選)1824年，法國科學家阿拉果完成了著名的“圓盤實驗”。