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第2讲　法拉第电磁感应定律　自感　涡流
一、法拉第电磁感应定律
1．感应电动势
(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势。
(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。
(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断。
2．法拉第电磁感应定律
(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。
(2)公式：E＝n，其中n为线圈匝数。
(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的欧姆定律，即I＝。
3．导体切割磁感线的情形
(1)若B、l、v相互垂直，则E＝Blv。
(2)v∥B时，E＝0。
二、自感、涡流
1．自感现象
(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感。
(2)自感电动势
①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫作自感电动势。
②表达式：E＝L。
(3)自感系数L
①相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。
②单位：亨利(H)，1
mH＝10－3
H,1
μH＝10－6
H。
2．涡流
当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水的漩涡，所以叫涡流。
授课提示：对应学生用书第196页
　　自主探究
1．感应电动势的决定因素
(1)由E＝n知，感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率和线圈匝数n共同决定，磁通量Φ较大或磁通量的变化量ΔΦ较大时，感应电动势不一定较大。
(2)为单匝线圈产生的感应电动势大小。
2．法拉第电磁感应定律的三个特例
(1)回路与磁场垂直的面积S不变，磁感应强度发生变化，则ΔΦ＝ΔB·S，E＝nS。
(2)磁感应强度B不变，回路与磁场垂直的面积发生变化，则ΔΦ＝B·ΔS，E＝nB。
(3)磁通量的变化是由面积和磁场变化共同引起时，则ΔΦ＝Φ末－Φ初，E＝n≠n。
1．A、B两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，半径rA＝2rB，分别按下图甲、乙两种方式放入匀强磁场中，且磁感应强度随时间均匀减小，则下列说法正确的是(　　)
A．甲图中，A、B两线圈中电动势之比为4∶1
B．甲图中，A、B两线圈中电流之比为2∶1
C．乙图中，A、B两线圈中电动势之比为4∶1
D．乙图中，A、B两线圈中电流之比为4∶1
解析：由法拉第电磁感应定律可知，E＝n＝nS，其中S为有效面积，在甲图中，A、B两线圈的有效面积相等，所以感应电动势之比就是匝数比，为1∶1，由电阻定律R＝ρ可知，电阻之比为两线圈周长之比，也就是2∶1，所以甲图中电流之比为1∶2，故A、B错误。同理，乙图中，A、B两线圈电动势之比为4∶1，电流之比为2∶1，故C正确，D错误。
答案：C
2．(2018·高考全国卷Ⅰ)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于(　　)
A.　　　　　　
B.
C.
D．2
解析：在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有
E1＝＝，
根据闭合电路欧姆定律，有I1＝，且q1＝I1Δt1；
在过程Ⅱ中，有
E2＝＝，
I2＝，
q2＝I2Δt2。
又q1＝q2，即＝，
所以＝。
答案：B
3．(多选)(2019·高考全国卷Ⅰ)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示。则在t＝0到t＝t1的时间间隔内(　　)
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为
D．圆环中的感应电动势大小为
解析：由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变，但t0时刻磁场方向发生变化，故安培力方向发生变化，A错误。根据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向，B正确。根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝·S′＝·＝，根据闭合电路欧姆定律知，电流I＝＝＝，C正确，D错误。
答案：BC
易错警示
应用法拉第电磁感应定律应注意的3个问题
———————————————————————
(1)公式E＝n求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值。
(2)利用公式E＝nS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积。
(3)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关。推导如下：
q＝Δt＝Δt＝。
　　　自主探究
1．三种切割方式感应电动势大小的计算
切割方式
感应电动势的表达式
情景
垂直切割
E＝Blv
倾斜切割
E＝Blvsin
θ，其中θ为v与B的夹角
旋转切割
(1)以中点为轴时，E＝0(不同两段的代数和)。(2)以端点为轴时E＝BωL2(平均速度取中点位置的线速度ωL)。(3)以任意点为轴时E＝Bω(L－L)(L1>L2，不同两段的代数和)
2.E＝Blv的三个特性
(1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且B、l、v三者互相垂直。
(2)有效性：公式中的l为导体切割磁感线的有效长度。如图，导体棒的有效长度为ab间的距离。
(3)相对性：E＝Blv中的速度v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系。
4．如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′。则等于(　　)
A.　　　　　　　　　
B.
C．1
D.
解析：设金属棒的长度为l，磁感应强度为B，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势ε＝Blv，当将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线时，有效长度变为l′＝l，所以此时的感应电动势ε′＝Bl′v＝Blv，所以＝，故B正确。
答案：B
5．如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为φa、φb、φc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是(　　)
A．φa＞φc，金属框中无电流
B．φb＞φc，金属框中电流方向沿a－b－c－a
C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流
D．Ubc＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a
解析：金属框绕ab边转动时，闭合回路abc中的磁通量始终为零(即不变)，所以金属框中无电流。金属框在逆时针转动时，bc边和ac边均切割磁感线，由右手定则可知φb＜φc，φa＜φc，所以根据E＝Blv可知，Ubc＝Uac＝－Bl＝－Bl＝－Bl2ω。由以上分析可知选项C正确。
答案：C
6．(多选)如图所示，阻值为R的金属棒从图示位置ab分别以v1、v2的速度沿光滑水平导轨(电阻不计)匀速滑到a′b′位置，若v1∶v2＝1∶2，则在这两次过程中(　　)
A．回路电流I1∶I2＝1∶2
B．产生的热量Q1∶Q2＝1∶4
C．通过任一截面的电荷量q1∶q2＝1∶1
D．外力的功率P1∶P2＝1∶2
解析：回路中感应电流为I＝＝，I∝v，则得I1∶I2＝v1∶v2＝1∶2，故A正确；产生的热量为Q＝I2Rt＝()2R×＝，Q∝v，则得Q1∶Q2＝v1∶v2＝1∶2，故B错误；通过任一截面的电荷量为q＝It＝t＝，q与v无关，则得q1∶q2＝1∶1，故C正确；由于金属棒匀速运动，外力的功率等于回路中的功率，即得P＝I2R＝()2R，P∝v2，则得P1∶P2＝1∶4，故D错误。
答案：AC
规律总结
公式E＝n与E＝Blv的比较
———————————————————————
E＝n
E＝Blv
区别
研究对象
闭合回路
回路中做切割磁感线运动的部分导体
研究内容
平均电动势
(1)若v为瞬时速度，则求的是瞬时感应电动势(2)若v为平均速度，则求的是平均感应电动势
适用范围
对任何电磁感应现象普遍适用
只适用于导体切割磁感线的运动
联系
E＝Blv由E＝在一定条件下推导得到。导体切割磁感线运动时，常用E＝Blv求E，磁感应强度变化时，常用E＝n
求E。
　
　　自主探究
1．自感现象的四大特点
(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化。
(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化。
(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体。
(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向。
2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题
与线圈串联的灯泡
与线圈并联的灯泡
电路图
通电时
电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮
电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定
断电时
电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变
电路中稳态电流为I1、I2：①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②若I2>I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。两种情况灯泡中电流方向均改变
7．(2021·北京西城区高三上学期期末)在研究自感现象的实验中，用两个完全相同的灯泡A、B与自感系数很大的线圈L和定值电阻R组成如图所示的电路(线圈的直流电阻可忽略，电源的内阻不能忽略)。关于这个实验，下面说法正确的是(　　)
A．闭合开关的瞬间，A、B一起亮，然后A熄灭
B．闭合开关的瞬间，B比A先亮，然后B逐渐变暗
C．闭合开关，待电路稳定后断开开关，B逐渐变暗，A闪亮一下然后逐渐变暗
D．闭合开关，待电路稳定后断开开关，A、B灯中的电流方向均为从左向右
解析：闭合开关的瞬间，线圈中产生很大的自感电动势，阻碍电流的通过，故B立即亮，A逐渐变亮；随着A中的电流逐渐变大，流过电源的电流也逐渐变大，路端电压逐渐变小，故B逐渐变暗，选项A错误，B正确。电路稳定后断开开关，线圈相当于电源，对A、B供电，回路中的电流在原来通过A的电流的基础上逐渐变小，故A逐渐变暗，B闪亮一下然后逐渐变暗，选项C错误；断开开关后，线圈中的自感电流从左向右，A灯中电流从左向右，B灯中电流从右向左，故选项D错误。
答案：B
8．图甲和图乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是(　　)
A．图甲中，A1与L1的电阻值相同
B．图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C．图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同
D．图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
解析：断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过灯A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明IL1＞IA1，即RL1＜RA1，故A错；题图甲中，闭合开关S1，电路稳定后，因为RL1＜RA1，所以A1中电流小于L1中电流，故B错；题图乙中，闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同，说明变阻器R与L2的电阻值相同，故C对；闭合S2瞬间，通过L2的电流增大，由于电磁感应，线圈L2产生自感电动势，阻碍电流的增大，则L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错。
答案：C
9．(2021·北京海淀区高三检测)如图所示，某小组利用电流传感器记录灯泡A和自感元件L构成的并联电路在断电瞬间各支路电流随时间的变化情况，i1表示小灯泡中的电流，i2表示自感元件中的电流(已知开关S闭合时i2＞i1)，则下列图象中正确的是(　　)
解析：开关断开后，A与L组成闭合回路后，L中的电流方向不变，而A中的电流方向与此前的电流方向相反，故C正确，A、B、D错误。
答案：C
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-实验十三　探究影响感应电流方向的因素
授课提示：对应学生用书第205页
一、实验目的
探究影响感应电流方向的因素。
二、实验原理与要求
[基本实验要求]
1．实验原理
只要改变穿过闭合回路的磁通量，就可以使闭合回路产生感应电流，感应电流的有无通过连接在回路中的电流表的指针是否偏转来判定。
2．实验器材
条形磁铁、螺线管、灵敏电流计、导线。
3．实验步骤
(1)按图连接电路，闭合开关，记录下G中流入电流方向与灵敏电流计G中指针偏转方向的关系。
(2)记录线圈绕向，将线圈和灵敏电流计构成通路。
(3)把条形磁铁N极(或S极)向下插入线圈中，并从线圈中拔出，记下每次电流计中指针偏转方向，然后根据步骤(1)的结论，判定出感应电流方向，从而可确定感应电流的磁场方向。
4．注意事项
(1)灵敏电流计满偏电流很小，判断电流计指针的偏转方向和电流方向的关系时，应使用一节干电池。
(2)原、副线圈接入电路前应仔细观察导线绕向并画出草图。
[规律方法总结]
1．数据处理
以下面四种情况为例：根据实验结果，填写下表。
表1　线圈内磁通量增加时的情况
图号
磁场方向
感应电流的方向
感应电流的磁场方向
甲
磁场方向向下磁通量增加
逆时针
向上
乙
磁场方向向上磁通量增加
顺时针
向下
表2　线圈内磁通量减少时的情况
图号
磁场方向
感应电流的方向
感应电流的磁场方向
丙
磁场方向向下磁通量减少
顺时针
向下
丁
磁场方向向上磁通量减少
逆时针
向上
2.实验结论
表1说明：当线圈中磁通量增加时，感应电流的磁场方向跟磁铁的磁场方向相反。
表2说明：当线圈中磁通量减少时，感应电流的磁场方向跟磁铁的磁场方向相同。
授课提示：对应学生用书第206页
命题点一　教材原型实验
　实验原理与操作
[典例1]　我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律。以下是实验探究过程的一部分，请补充完整。
(1)如图甲所示，当磁铁的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生的感应电流的方向，必须知道___________________________________________。
(2)如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏。电路稳定后，若向左移动滑动触头，电流表指针向________偏转，若将线圈A抽出，电流表指针向________偏转。(均选填“左”或“右”)
[解析]　(1)探究线圈中感应电流的方向必须先知道：①电流表指针偏转方向与电流从正(负)接线柱流入时的关系；②线圈的绕向。(2)开关闭合时，线圈A产生的磁场由无到有，穿过线圈B的磁通量增加，若将滑动触头向左移动，线圈A中电流增加，穿过B的磁通量也增加，且磁场方向未变，所以电流表指针偏转方向与开关闭合时的偏转方向相同，即向右偏转；若将线圈A抽出，穿过线圈B的磁通量减少，电流表指针向左偏转。
[答案]　(1)电流表指针偏转方向与电流方向间的关系及线圈的绕向　(2)右　左
　实验数据分析与处理
[典例2]　根据如图甲、乙、丙、丁所示进行电路图的连接与实验操作，并填好实验现象记录表格。
甲
乙
丙
丁
S极插入线圈
S极拔出线圈
N极插入线圈
N极拔出线圈
原来磁场的方向
____
____
____
____
原来磁场的磁通量变化
____
____
____
____
感应电流方向
____(俯视)
____(俯视)
____(俯视)
____(俯视)
感应电流的磁场方向
____
____
____
____
原磁场与感应电流的磁场方向的关系
____
____
____
____
请根据上表所填内容分析，感应电流的磁场方向是否总是与原磁场方向相反或相同？什么时候相反？什么时候相同？感应电流的磁场对原磁场磁通量变化有何影响？
[答案]　向上　向上　向下　向下　增大　减小　增大　减小　顺时针　逆时针　逆时针　顺时针　向下　向上　向上　向下　相反　相同　相反　相同
不一定，有时相反，有时相同；闭合回路中原磁场的磁通量增加时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反；闭合回路中原磁场的磁通量减少时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相同；感应电流的磁场总是阻碍原磁场磁通量的变化。
命题点二　实验创新设计
　实验器材创新
[典列3]　在“探究电磁感应的产生条件”的实验中，先按如图甲所示连线，不通电时，电流计指针停在正中央，闭合开关S时，观察到电流表指针向左偏。然后按如图乙所示将灵敏电流计与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电源、滑动变阻器和开关S串联成另一个闭合电路。
(1)图甲电路中，串联定值电阻R的主要作用是________。
A．减小电源两端的电压，保护电源
B．增大电源两端的电压，保护开关
C．减小电路中的电流，保护灵敏电流计
D．减小电路中的电流，保护开关
(2)图乙中，S闭合后，在原线圈A插入副线圈B的过程中，灵敏电流计的指针将________(选填“向左”“向右”或“不”)偏转。
(3)图乙中，S闭合后，线圈A放在B中不动，在滑动变阻器的滑片P向左滑动的过程中，灵敏电流计指针将________(选填“向左”“向右”或“不”)偏转。
(4)图乙中，S闭合后，线圈A放在B中不动，在突然断开S时，灵敏电流计指针将________(选填“向左”“向右”或“不”)偏转。
[解析]　(1)电路中串联定值电阻，目的是减小电流，保护灵敏电流计，故本题答案为选项C。(2)由题知，当电流从灵敏电流计正接线柱流入时，指针向左偏转。S闭合后，将线圈A插入线圈B的过程中，穿过B的磁场向下，磁通量变大，由楞次定律可知，感应电流从灵敏电流计正接线柱流入，则灵敏电流计的指针将向左偏转。(3)线圈A放在B中不动，穿过B的磁场向下，将滑动变阻器的滑片向左滑动时，穿过B的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流从灵敏电流计正接线柱流入，则灵敏电流计的指针将向左偏转。(4)线圈A放在B中不动，穿过B的磁场向下，突然断开S时，穿过B的磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流从灵敏电流计负接线柱流入，则灵敏电流计的指针将向右偏转。
[答案]　(1)C　(2)向左
　(3)向左　(4)向右
创新评价
本题的创新之处在于用通电螺线管替换磁铁，根据通电螺线管相当于条形磁铁的原理，调节滑动变阻器改变电流强度，分析电流磁场引起磁通量变化，进而分析磁通量变化特点和电流方向的关系。　
　实验设计创新
[典例4]　如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置。
(1)将图中所缺的导线补接完整(要求滑动变阻器滑片向右移时，电阻减小)。
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：
①将原线圈迅速插入线圈时，灵敏电流计指针将________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
②原线圈插入副线圈稳定后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流计指针________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)在做“研究电磁感应现象”实验时，如果副线圈两端不接任何元件，则副线圈电路中将________。
A．因电路不闭合，无电磁感应现象
B．有电磁感应现象，但无感应电流，只有感应电动势
C．不能用楞次定律判断感应电动势方向
D．可以用楞次定律判断感应电动势方向
[解析]　(1)如图所示。
(2)依据楞次定律及灵敏电流计的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定，则①向右偏转一下；②向左偏转一下。
(3)穿过电路中的磁通量发生变化，即产生电磁感应现象；因电路不闭合，无感应电流，但有感应电动势，且可以用楞次定律判断出感应电动势的方向，要产生感应电流，电路必须闭合，B、D正确。
[答案]　(1)图见解析　(2)①向右偏转一下　②向左偏转一下　(3)BD
创新评价
(1)通过开关的闭合或断开，分析磁通量变化特点和电流方向的关系。
(2)通过调节滑动变阻器改变电流强度，分析电流磁场引起磁通量变化，进而分析磁通量变化特点和电流方向的关系。　
授课提示：对应学生用书第207页
1．为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈L连接，如图所示。已知线圈由a端开始绕至b端；当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转。
(1)将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，发现指针向左偏转。俯视线圈，其绕向为________(填“顺时针”或“逆时针”)。
(2)当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离L时，指针向右偏转。俯视线圈，其绕向为________(填“顺时针”或“逆时针”)。
解析：(1)磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，线圈的磁场向下且增强，感应磁场向上，且电流流入电流计左端，根据右手定则可知线圈顺时针绕向。(2)条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，线圈的磁场向上且减弱，感应电流从电流计右端流入，根据右手定则可知线圈逆时针绕向。
答案：(1)顺时针　(2)逆时针
2．在“探究感应电流的方向与哪些因素有关”的实验中，请完成下列实验步骤：
(1)为弄清灵敏电流表指针摆动方向与电流方向的关系，可以使用一个已知正负极性的直流电源进行探究。某同学想到了多用电表内部某一挡含有直流电源，他应选用多用电表的________(选填“欧姆”“直流电流”“直流电压”“交流电流”或“交流电压”)挡，对灵敏电流表进行测试，由实验可知当电流从正接线柱流入电流表时，指针向右摆动。
(2)该同学先将多用电表的红表笔接灵敏电流表的正接线柱，再将黑表笔________(选填“短暂”或“持续”)接灵敏电流表的负接线柱，若灵敏电流表的指针向左摆动如图，说明电流由电流表的________(选填“正”或“负”)接线柱流入灵敏电流表的。
(3)实验中该同学将磁铁某极向下从线圈上方插入线圈时，发现电流表的指针向右偏转，请在图中用箭头画出线圈电流方向并用字母N、S标出磁铁的极性。
答案：(1)欧姆　(2)短暂　负　(3)如图所示
3．在探究磁场产生电流的条件，某同学做了下面实验(如图所示)：研究对象：线圈B和电流表构成的闭合回路；
磁场提供：通电线圈A。
该同学完成该实验后，绘制表格如下：
电流表的指针
断开开关，移动变阻器滑片
a
接通开关，移动变阻器滑片
偏转
接通开关，变阻器滑片不移动
不偏转
断开开关瞬间
b
(1)表格中，a处应为________，b处应为________。(填“偏转”或“不偏转”)
(2)由上面实验我们得出在磁场中产生感应电流的条件是
________________________________________________________________________。
解析：(1)断开开关，移动变阻器的滑片，穿过副线圈的磁通量不变，不产生感应电流，指针不偏转；断开开关的瞬间，穿过副线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，指针发生偏转。
(2)由实验可知，穿过闭合回路的磁能量发生变化时，电路产生感应电流。
答案：(1)不偏转　偏转　(2)穿过闭合回路的磁通量发生变化时，电路产生感应电流
4．用如图所示的实验器材来进行“探究影响感应电流方向的因素”实验。
(1)图中已经用导线将部分器材连接，请补充完成实物间的连线。
(2)若连接好实验电路并检查无误后，在闭合开关的瞬间，观察到电流计指针向右偏转，说明线圈________(填“A”或“B”)中有了感应电流。要使电流计指针向左偏转，请写出两项可行的操作：
①____________________；②____________________。
解析：(1)本实验中线圈A与电源相连，通过调节滑动变阻器使线圈A中的磁通量发生变化，从而使线圈B产生电磁感应现象，故线圈B应与电流计相连，如图所示；
(2)闭合开关的瞬间，观察到电流计指针发生偏转，说明线圈B中有了感应电流；线圈B中产生感应电流的原因是其磁通量发生变化，则可能的操作：①将滑动变阻器的滑片快速向右滑动；②将线圈A(或铁芯)快速抽出或断开开关。
答案：(1)图见解析　(2)B　①将滑动变阻器的滑片快速向右滑动　②将线圈A(或铁芯)快速抽出或断开开关
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-专题突破7　电磁感应中的电路和图象问题
授课提示：对应学生用书第199页
　　师生互动
1．对电磁感应电路的理解
(1)在电磁感应电路中，相当于电源的部分把其他形式的能通过克服安培力做功转化为电能。
(2)“电源”两端的电压为路端电压，而不是感应电动势。
(3)“电源”的正负极、感应电流的方向、电势的高低、电容器极板带电问题，均可用右手定则或楞次定律判定。
2．电磁感应中电路知识的关系图
3．“三步走”分析电路为主的电磁感应问题
　感生电动势电路问题
[典例1]　(多选)如图所示，边长为L、不可形变的正方形导线框内有半径为r的圆形磁场区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝kt(常量k>0)。回路中滑动变阻器R的最大阻值为R0，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R1＝R0、R2＝。闭合开关S，电压表的示数为U，不考虑虚线MN右侧导体的感应电动势，则(　　)
A．R2两端的电压为
B．电容器的a极板带正电
C．滑动变阻器R的热功率为电阻R2的5倍
D．正方形导线框中的感应电动势为kL2
[解析]　线框内产生的感应电动势E＝＝πr2＝kπr2，D错误；电压表的示数U是外电压，外电路电阻的串并联关系是R2与滑动变阻器滑动片P右侧电阻并联，之后与滑动片P左侧电阻以及R1串联，外电路总电阻为R总＝R1＋R左＋R并＝R0，而R并＝，故R并两端的电压为，即R2两端的电压为，A正确；根据楞次定律，线框中感应电流的方向为逆时针，电容器b板带正电，B错误；设滑动变阻器右半部分的电流为I，则R2上的电流为I，滑动变阻器左半部分的电流为2I，滑动变阻器上的功率P＝I2＋(2I)2＝I2R0，R2上的功率P2＝I2，显然C正确。
[答案]　AC
　动生电动势电路问题
[典例2]　在同一水平面上的光滑平行导轨P、Q相距l＝1
m，导轨左端接有如图所示的电路。其中水平放置的平行板电容器两极板M、N相距d＝10
mm，定值电阻R1＝R2＝12
Ω，R3＝2
Ω，金属棒ab的电阻r＝2
Ω，其他电阻不计。磁感应强度B＝0.5
T的匀强磁场竖直穿过导轨平面，当金属棒ab沿导轨向右匀速运动时，悬浮于电容器两极板之间的质量m＝1×10－14kg、电荷量q＝－1×10－14
C的微粒恰好静止不动。g取10
m/s2，在整个运动过程中金属棒与导轨接触良好，且速度保持恒定。试求：
(1)匀强磁场的方向；
(2)ab两端的路端电压；
(3)金属棒ab运动的速度。
[解析]　(1)负电荷受到重力和电场力的作用处于静止状态，因为重力竖直向下，所以电场力竖直向上，故M板带正电。ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势，ab棒等效于电源，感应电流方向由b→a，其a端为电源的正极，由右手定则可判断，磁场方向竖直向下。
(2)微粒受到重力和电场力的作用处于静止状态，根据平衡条件有mg＝q，
所以UMN＝＝0.1
V，
R3两端电压与电容器两端电压相等，由欧姆定律得通过R3的电流为I＝＝0.05
A，
则ab棒两端的电压为Uab＝UMN＋I＝0.4
V。
(3)由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝Blv，
由闭合电路欧姆定律得E＝Uab＋Ir＝0.5
V，
联立解得v＝1
m/s。
[答案]　(1)竖直向下　(2)0.4
V　(3)1
m/s
易错警示
电磁感应中电路问题的误区分析
———————————————————————
(1)不能正确分析感应电动势及感应电流的方向。因产生感应电动势的那部分电路为电源部分，故该部分电路中的电流应为电源内部的电流，而外电路中的电流方向仍是从高电势到低电势。
(2)应用欧姆定律分析电路时，没有注意等效电源的内阻对电路的影响。
(3)对连接在电路中电表的读数不能正确进行分析，特别是并联在等效电源两端的电压表，其示数应该是路端电压，而不是等效电源的电动势。
　
1．(多选)(2020·黑龙江牡丹江一中高三检测)在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1
500匝，横截面积S＝20
cm2。螺线管导线电阻r＝1
Ω，R1＝4
Ω，R2＝5
Ω，C＝30
μF。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。下列说法正确的是(　　)
A．螺线管中产生的感应电动势为1.2
V
B．闭合S，电路中的电流稳定后电容器上极板带正电
C．电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为5×10－2
W
D．S断开后，通过R2的电荷量为1.8×10－5
C
解析：由法拉第电磁感应定律可知，螺线管内产生的电动势为E＝nS＝1
500××20×10－4
V＝1.2
V，故A正确；根据楞次定律，当穿过螺线管的磁通量增加时，螺线管下部可以看成电源的正极，则电容器下极板带正电，故B错误；电流稳定后，电流为I＝＝
A＝0.12
A，电阻R1上消耗的功率为P＝I2R1＝0.122×4
W＝5.76×10－2
W，故C错误；开关断开后通过电阻R2的电荷量为Q＝CU＝CIR2＝30×10－6×0.12×5
C＝1.8×10－5
C，故D正确。
答案：AD
2．如图所示，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中(　　)
A．PQ中的电流先增大后减小
B．PQ两端的电压先减小后增大
C．PQ上拉力的功率先减小后增大
D．线框消耗的电功率先减小后增大
解析：导体棒产生的电动势为E＝BLv，其等效电路如图所示，总电阻为R总＝R＋＝R＋，在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中，总电阻先增大后减小，总电流先减小后增大，A错误；PQ两端的电压为路端电压U＝E－IR，即先增大后减小，B错误；拉力的功率等于克服安培力做功的功率，有PF＝P安＝F安v＝BILv，先减小后增大，C正确；根据电源的输出功率曲线可知，当外电阻＝R时输出功率最大，而外电阻的最大值为0.75R，所以线框消耗的功率先增大后减小，D错误。
答案：C
　　教材走向高考
1．电磁感应中常见的图象问题
图象类型
随时间变化的图象，如B-t图象、Φ-t图象、E-t图象、I-t图象随位移变化的图象，如E-x图象、I-x图象(所以要先看坐标轴：哪个物理量随哪个物理量变化要弄清)
问题类型
(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象(画图象的方法)(2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量(用图象)
2.解决图象问题的一般步骤
(1)明确图象的种类，即是B-t图还是Φ-t图，或者E-t图、I-t图等。
(2)分析电磁感应的具体过程。
(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系。
(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出函数关系式。
(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。
(6)画图象或判断图象。
3．常用方法
(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项。
(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断。
电磁感应中的图象问题因其命题的灵活性和考查信息的广泛性成为近几年高考的重点和热点，分析高考题可以发现，每年的考题都是源于教材习题的拓展提升。教材习题多以简单的图象信息的应用为主，而高考题通常会拓展为物理情景较复杂的运动或过程较多的图象的选择，甚至拓展为图象的转换，体现数形结合思想的应用，考查学生灵活应用数学知识解决物理问题的能力。同学们可通过以下示例认真体会，研究高考真题与教材习题间的溯源关系，以便在新高考备考中做到有的放矢。
[典例3]　[人教版选修3－2·P21·T2]
如图甲，100匝的线圈(图中只画了2匝)两端A、B与一个电压表相连。线圈内有指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化。
(1)电压表的读数应该等于多少？
(2)请在线圈位置上标出感生电场的方向。
(3)A、B两端，哪端应该与电压表标＋号的接线柱(或红接线柱)连接？
[解析]　(1)根据法拉第电磁感应定律，线圈中感应电动势为
E＝n。根据Φ-t图象可知，
＝0.5
Wb/s。
电压表的读数为E＝n＝100×0.5
V＝50
V。
(2)感生电场的方向为逆时针方向，如图所示。
(3)A端的电势比B端高，所以A端应该与电压表标“＋”号的接线柱连接。
[答案]　(1)50
V　(2)图见解析　(3)A端
拓展?　导体框切割磁感线中图象的选择
(2018·高考全国卷Ⅱ)如图，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动。线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是(　　)
【真题命题立意】　本题在典例3图象信息简单应用的基础上，拓展为导体框在不同方向的匀强磁场中的运动，题目中的考查点由典例3中应用图象信息结合法拉第电磁感应定律进行电动势的计算和电势高低的判断，拓展为导体框在不同方向的匀强磁场中的运动过程中感应电流大小的计算和方向的判断，但考查的核心知识点仍然是楞次定律和法拉第电磁感应定律的综合应用。
解析：设线路中只有一边切割磁感线时产生的感应电流为i。
线框位移
等效电路的连接
电流
0～
I＝2i(顺时针)
～l
I＝0
l～
I＝2i(逆时针)
～2l
I＝0
分析知，只有选项D符合要求。
答案：D
拓展?　双导体棒切割磁感线中图象的选择
　(多选)(2019·高考全国卷Ⅲ)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图象中可能正确的是(　　)
【真题命题立意】　本题在典例3图象信息简单应用的基础上，拓展为双导体棒在匀强磁场中的运动，题目中的考查点由典例3中应用图象信息结合法拉第电磁感应定律进行电动势的计算和电势高低的判断，拓展为导体棒运动过程中的动量和动力学问题，但考查的核心知识点主体仍然是楞次定律和法拉第电磁感应定律的综合应用。
解析：导体棒ab运动，切割磁感线，产生感应电流(逆时针)，导体棒ab受安培阻力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F′作用，速度变大，两棒之间的速度差Δv＝v1－v2逐渐减小，整个系统产生的感应电动势逐渐减小，回路中感应电流逐渐减小，两棒所受安培力逐渐减小，加速度逐渐减小，故ab棒做加速度逐渐减小的减速运动，cd棒做加速度逐渐减小的加速运动，如图所示。
当两棒的速度相等时，回路上感应电流消失，两棒在导轨上以共同速度做匀速运动，两棒在导轨上运动时，不受外力作用，系统的动量守恒，则mv0＝2mv共，v共＝，故A、C正确，B、D错误。
答案：AC
规律总结
处理图象问题要做到“四明确、一理解”
———————————————————————
　
3．(多选)(2021·四川威远中学高三月考)矩形导线框abcd放在匀强磁场中处于静止状态，如图甲所示。一磁场的磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度的大小B随时间t变化的图象如图乙所示。t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直导线框平面向里，在0～4
s时间内，导线框ad边所受安培力F安随时间t变化的图象(规定向左为安培力的正方向)及导线框中的感应电流I随时间t变化的图象(规定顺时针方向为电流的正方向)可能是图中的(　　)
解析：t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0到1
s内，穿过线框的磁通量变小，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，即为正方向，再由左手定则可得线框的ad边的安培力水平向左。当在1
s到2
s内，磁感应强度的方向垂直线框平面向外，穿过线框的磁通量变大，由楞次定律可得，感应电流方向是顺时针，再由左手定则可得线框的ad边的安培力水平向右。同理，在下一个周期内，重复出现安培力先向左后向右，而感应电流方向为负，故A、D正确，B、C错误。
答案：AD
4．(多选)(2021·湖北黄冈调研)如图所示，在光滑水平面内，虚线右侧存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，一正方形金属线框质量为m，电阻为R，边长为L，从虚线处进入磁场时开始计时，在外力作用下，线框由静止开始，以垂直于磁场边界的恒定加速度a进入磁场区域，t1时刻线框全部进入磁场，规定顺时针方向为感应电流i的正方向，外力大小为F，线框中电功率的瞬时值为P，通过导线横截面的电荷量为q，选项中P
t图象和q
t图象均为抛物线，则这些量随时间变化的图象正确的是(　　)
　
解析：线框做切割磁感线运动，运动速度v＝at，产生的感应电动势E＝BLv，所以产生的感应电流i＝＝，故A错误；对线框受力分析，由牛顿第二定律得F－F安＝ma，F安＝BLi＝，解得F＝ma＋，故B错误；电功率P＝i2R＝，P与t是二次函数，图象为抛物线，故C正确；由电荷量表达式q＝，则有q＝，q与t是二次函数，图象为抛物线，故D正确。
答案：CD
5．(多选)(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是(　　)
　
解析：PQ刚进入磁场时，加速度为零，则mgsin
θ＝BIL，I＝，即电流恒定，且由题意知，MN刚进入磁场时与PQ刚进入磁场时的速度相同。
情形1：若MN刚进入磁场时，PQ已离开磁场区域，则对MN，由mgsin
θ＝BIL及右手定则知，通过PQ的电流大小不变，方向相反，故It图象如图A所示。
情形2：若MN刚进入磁场时，PQ未离开磁场区域，由于两导体棒速度相等，产生的电动势等大、反向，故电流为零，但两棒在重力作用下均加速直至PQ离开磁场，此时MN为电源，由E＝BLv，I＝，BIL－mgsin
θ＝ma知，MN减速，电流减小，可能的It图象如图D所示。
答案：AD
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10
-专题突破8　动力学、动量和能量观点在电磁感应中的应用
授课提示：对应学生用书第202页
　　师生互动
1．导体棒的动力学分析
电磁感应现象中产生的感应电流在磁场中受到安培力的作用，从而影响导体棒(或线圈)的受力情况和运动情况。
2．两种状态及处理方法
状态
特征
处理方法
平衡态
加速度为零
根据平衡条件列式分析
非平衡态
加速度不为零
根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析
3.力学对象和电学对象的相互关系
　“导体棒”切割的动力学问题
[典例1]　(2021·重庆巴蜀中学模拟)如图所示，两平行且无限长光滑金属导轨MN、PQ与水平面的夹角为θ＝30°，两导轨之间的距离为L＝1
m，两导轨M、P之间接入电阻R＝0.2
Ω，导轨电阻不计，在abdc区域内有一个方向垂直于两导轨平面向下的磁场Ⅰ，磁感应强度B0＝1
T，磁场的宽度x1＝1
m；在cd连线以下区域有一个方向也垂直于导轨平面向下的磁场Ⅱ，磁感应强度B1＝0.5
T。一个质量为m＝1
kg的金属棒垂直放在金属导轨上，与导轨接触良好，金属棒的电阻r＝0.2
Ω，若金属棒在离ab连线上端x0处自由释放，则金属棒进入磁场Ⅰ恰好做匀速运动。金属棒进入磁场Ⅱ后，经过ef时又达到稳定状态，cd与ef之间的距离x2＝8
m。(g取10
m/s2)求：
(1)金属棒在磁场Ⅰ运动的速度大小。
(2)金属棒滑过cd位置时的加速度大小。
(3)金属棒在磁场Ⅱ中达到稳定状态时的速度大小。
[解析]　(1)金属棒进入磁场Ⅰ做匀速运动，设速度为v0，由平衡条件得mgsin
θ＝F安，
而F安＝B0I0L，
I0＝，
代入数据解得v0＝2
m/s。
(2)金属棒滑过cd位置时，其受力如图所示。由牛顿第二定律得
mgsin
θ－F安′＝ma，
而F安′＝B1I1L，I1＝，
代入数据可解得a＝3.75
m/s2。
(3)金属棒在进入磁场Ⅱ区域达到稳定状态时，设速度为v1，则mgsin
θ＝F安″，
而F安″＝B1I2L，I2＝，
代入数据解得v1＝8
m/s。
[答案]　(1)2
m/s　(2)3.75
m/s2　(3)8
m/s
　“导体框”切割的动力学问题
[典例2]　(2021·湖北孝感期末)如图所示，水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个闭合线圈Ⅰ、Ⅱ分别用同种导线绕制而成，其中Ⅰ为边长为L的正方形线圈，Ⅱ是长2L、宽为L的矩形线圈，将两个线圈同时从图示位置由静止释放，线圈下边进入磁场时，Ⅰ立即做了一段时间的匀速运动。已知两线圈在整个下落过程中，下边始终平行于磁场上边界，不计空气阻力，则(　　)
A．下边进入磁场时，Ⅱ也立即做匀速运动
B．从下边进入磁场开始的一段时间内，线圈Ⅱ做加速度不断减小的加速运动
C．从下边进入磁场开始的一段时间内，线圈Ⅱ做加速度不断减小的减速运动
D．线圈Ⅱ先到达地面
[解析]　由题可知，线圈Ⅱ的电阻是线圈Ⅰ的倍，线圈Ⅱ的下边进入磁场时产生的感应电动势是线圈Ⅰ的2倍，即RⅡ＝RⅠ，EⅡ＝2EⅠ。由I＝得，IⅡ＝IⅠ；由F安＝BIL得，FⅡ＝BIⅡ·2L、FⅠ＝BIⅠL，则FⅡ＝FⅠ。由题意知GⅡ＝GⅠ，由于线圈Ⅰ的下边进入磁场时Ⅰ做匀速运动，有FⅠ＝GⅠ，而FⅡ＝FⅠ>GⅡ＝GⅠ，所以Ⅱ的下边进入磁场立即做加速度不断减小的减速运动，A、B错误，C正确。因线圈Ⅰ、Ⅱ进入磁场时速度相同，此后一段时间Ⅰ匀速，Ⅱ减速，当线圈Ⅰ、Ⅱ完全进入磁场后都做加速度为g的匀加速直线运动，故线圈Ⅱ后到达地面，D错误。
[答案]　C
规律总结
“四步法”分析电磁感应中的动力学问题
———————————————————————
1．(多选)(2021·河南郑州高三检测)如图，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面(纸面)垂直，磁场的上、下边界(虚线)均为水平面；纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均与磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距。若线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能(　　)
A．始终减小　　　　　
B.始终不变
C．始终增加
D．先减小后增加
解析：本题考查电磁感应中的动力学问题及其相关的知识点。若ab边进入磁场时所受安培力小于重力，则导线框继续加速运动，完全进入磁场中，做加速度为g的加速运动，若ab边出磁场时所受安培力小于重力，则导线框继续加速运动，也就是说，线框下落的速度大小可能始终增加，选项C正确；若ab边进入磁场时所受安培力大于重力，则导线框做减速运动，完全进入磁场中，做加速度为g的加速运动，若ab边出磁场时所受安培力小于重力，则导线框继续加速运动，也就是说，线框下落的速度大小可能先减小后增加，选项D正确。
答案：CD
2．(多选)(2020·高考全国卷Ⅰ)如图，U形光滑金属框abcd置于水平绝缘平台上，ab和dc边平行，和bc边垂直。ab、dc足够长，整个金属框电阻可忽略。一根具有一定电阻的导体棒MN置于金属框上，用水平恒力F向右拉动金属框，运动过程中，装置始终处于竖直向下的匀强磁场中，MN与金属框保持良好接触，且与bc边保持平行。经过一段时间后(　　)
A．金属框的速度大小趋于恒定值
B．金属框的加速度大小趋于恒定值
C．导体棒所受安培力的大小趋于恒定值
D．导体棒到金属框bc边的距离趋于恒定值
解析：当金属框在恒力F作用下向右加速时，bc边产生从c向b的感应电流i，金属框的加速度为a1，有F－Bil＝Ma1，MN中感应电流从M向N，在安培力作用下向右加速，加速度为a2，有Bil＝ma2，当金属框和MN都运动后，金属框速度为v1，MN速度为v2，感应电流为i＝，感应电流从0开始增大，则a2从零开始增加，a1从开始减小，加速度差值减小。当a1＝a2时，得F＝(M＋m)a，a＝恒定，由F安＝ma可知，安培力趋于恒定，进而确定感应电流趋于恒定，据i＝知金属框与MN的速度差维持不变，v
t图象如图所示，A错误，B、C正确；MN与金属框的速度差不变，但MN的速度小于金属框的速度，MN到金属框bc边的距离越来越大，D错误。
答案：BC
3．(2021·江西吉水中学等三校联考)如图所示，金属杆ab、cd置于平行轨道MN、PQ上，可沿轨道滑动，两轨道间距l＝0.5
m，轨道所在空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5
T，用力F＝0.25
N向右水平拉杆ab，若ab、cd与轨道间的滑动摩擦力分别为Ff1＝0.15
N、Ff2＝0.1
N，两杆的有效电阻R1＝R2＝0.1
Ω，设导轨电阻不计，ab、cd的质量关系为2m1＝3m2，且ab、cd与轨道间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。求：
(1)此两杆之间的稳定速度差；
(2)若F＝0.3
N，两杆间稳定速度差又是多少？
解析：因F＞Ff1，故ab由静止开始做加速运动，ab中将出现不断变大的感应电流，致使cd受到安培力F2作用，当F2＞Ff2时，cd也开始运动，故cd开始运动的条件是F－Ff1－Ff2＞0。
(1)当F＝0.25
N时，F－Ff1－Ff2＝0，故cd保持静止，两杆的稳定速度差等于ab的最终稳定速度vmax，故此种情况有：电流Im＝＝，
安培力Fm＝BIml，
则有F－Fm－Ff1＝0，
由此得vmax＝0.32
m/s。
(2)当F＝0.3
N＞Ff1＋Ff2，对ab、cd组成的系统，ab、cd所受安培力大小相等，方向相反，合力为零，则系统受的合外力为F合＝F－Ff1－Ff2＝0.05
N。
两杆相对稳定时，对系统有F合＝(m1＋m2)a，
因为2m1＝3m2，
则F合＝m2a。
取cd为研究对象，则F安－Ff2＝m2a，F安＝BIl，
I＝，
联立各式解得Δv＝(F合＋Ff2)＝0.384
m/s。
答案：(1)0.32
m/s　(2)0.384
m/s
　　师生互动
1．电磁感应现象中的能量转化
2．求解焦耳热Q的三种方法
3．应用动量观点解决电磁感应综合问题
(1)利用动量定理求感应电荷量或运动位移。
如：BLΔt＝Δp，q＝·Δt，可得q＝。
Δt＝Δp，x＝Δt，可得x＝。
(2)利用动量守恒定律分析双导体杆问题
如图所示，两根足够长的固定的光滑平行金属导轨处在匀强磁场中，导轨上面横放着两根导体杆ab和cd。给杆ab一个指向杆cd的初速度v0，最终两杆以相同的速度v做匀速运动。从初状态至两杆达到速度相同的过程中，两杆总动量守恒，有m1v0＝(m1＋m2)v，根据能量守恒，整个过程中产生的总热量Q＝m1v－(m1＋m2)v2。
　电磁感应中动量定理和能量问题
[典例3]　如图1所示，两平行长直光滑金属导轨水平放置，间距为L，左端连接一个电容为C的电容器，导轨处在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场中。质量为m的金属棒垂直导轨放置，某时刻金属棒获得一个水平向右的初速度v0，之后金属棒运动的vt
图象如图2所示。不考虑导轨的电阻。
(1)求金属棒匀速运动时的速度v1；
(2)求金属棒匀速运动时电容器的电荷量q；
(3)已知金属棒从开始到匀速运动的过程中，产生的焦耳热为Q，求电容器充电稳定后储存的电能E0。
[解析]　(1)金属棒匀速运动切割磁感线产生的电动势E＝BLv1，
电容器的电荷量q＝CE，
金属棒从开始到匀速运动的过程中，由动量定理有
－BLt0＝mv1－mv0，
电容器的电荷量q＝t0，
联立解得v1＝。
(2)由(1)可知q＝CE＝CBLv1＝。
(3)在0～t时间内，金属棒的速度由v0到v1，由能量守恒可得E0＋Q＝mv－mv，
解得E0＝mv－－Q。
[答案]　(1)　(2)　(3)mv－－Q
　电磁感应中动量守恒定律和能量问题
[典例4]　如图所示，平行倾斜光滑导轨与足够长的平行水平光滑导轨平滑连接，导轨电阻不计。质量分别为m和m的金属棒b和c静止放在水平导轨上，b、c两棒均与导轨垂直。图中de虚线右侧有范围足够大、方向竖直向上的匀强磁场。质量为m的绝缘棒a垂直于倾斜导轨由静止释放，释放位置与水平导轨的高度差为h。已知绝缘棒a滑到水平导轨上与金属棒b发生弹性正碰，金属棒b进入磁场后始终未与金属棒c发生碰撞。重力加速度为g。求：
(1)绝缘棒a与金属棒b发生弹性正碰后分离时两棒的速度大小。
(2)金属棒b进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时的速度大小。
(3)两金属棒b、c上最终产生的总焦耳热。
[解析]　(1)设a棒滑到水平导轨时速度为v0，下滑过程中a棒机械能守恒，有mgh＝mv，
a棒与b棒发生弹性碰撞，
由动量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2，
由机械能守恒定律有mv＝mv＋mv，
解得v1＝0，v2＝v0＝。
(2)b棒刚进磁场时的加速度最大
a0＝。
设b棒进入磁场后，其加速度为其最大加速度的一半时，b棒的速度为vb，c棒的速度为vc，则b、c组成的回路中的感应电动势E＝BL(vb－vc)，由闭合电路欧姆定律得I＝，由安培力公式得F＝BIL＝ma，联立得a＝，
故当b棒加速度为最大值的一半时有v2＝2(vb－vc)，
b、c两棒组成的系统合外力为零，系统动量守恒
由动量守恒定律有mv2＝mvb＋vc，
联立得vb＝v2＝。
(3)最终b、c以相同的速度匀速运动．由动量守恒定律有mv2＝(m＋)v，
由能量守恒定律有mv＝(m＋)v2＋Q，
解得Q＝mgh。
[答案]　(1)0　　(2)　(3)mgh
规律总结
应用“三大观点”的常见情景
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动力学观点
通常情况下一个金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，而另一个金属杆做加速度逐渐减小的减速运动，最终两金属杆以共同的速度匀速运动
能量观点
其中一个金属杆机械能的减少量等于另一个金属杆机械能的增加量与回路中产生的焦耳热之和
动量观点
对于两导体棒在平直的光滑导轨上运动的情况，如果两棒所受的外力之和为零，则考虑应用动量守恒定律处理问题
由BL·Δt＝m·Δv、q＝·Δt可知，当题目中涉及电荷量或平均电流时，可应用动量定理来解决问题
　
4．如图所示，足够长的U形光滑导轨固定在倾角为30°的斜面上，导轨的宽度L＝0.5
m，其下端与R＝1
Ω的电阻连接，质量为m＝0.2
kg的导体棒(长度也为L)与导轨接触良好，导体棒及导轨电阻均不计。磁感应强度B＝2
T的匀强磁场垂直于导轨所在的平面，用一根与斜面平行的不可伸长的轻绳跨过定滑轮将导体棒和质量为M＝0.4
kg
的重物相连，重物离地面足够高。使导体棒从静止开始沿导轨上滑，当导体棒沿导轨上滑t＝1
s时，其速度达到最大。求：(取g＝10
m/s2)
(1)导体棒的最大速度vm；
(2)导体棒从静止开始沿轨道上滑时间t＝1
s的过程中，电阻R上产生的焦耳热是多少？
解析：(1)速度最大时导体棒切割磁感线产生感应电动势E＝BLvm，
感应电流I＝，
安培力FA＝BIL，
导体棒达到最大速度时由平衡条件得
Mg＝mgsin
30°＋FA，
联立解得vm＝3
m/s。
(2)设轻绳的拉力大小为F，由动量定理得
Mgt－t＝Mvm－0，
t－mgsin
30°·t－BLt＝mvm－0，
则Mgt－mgsin
30°·t－BLt＝(M＋m)vm－0，
即Mgt－mgsin
30°·t－BLq＝(M＋m)vm－0，
解得1
s内流过导体棒的电荷量q＝1.2
C。
电荷量q＝＝，
解得1
s内导体棒上滑位移x＝1.2
m，由能量守恒定律得Mgx＝mgxsin
30°＋(M＋m)v＋Q
解得Q＝0.9
J。
答案：(1)3
m/s　(2)0.9
J
5．(2021·辽宁师大附属中高三检测)如图所示，两平行光滑金属导轨由两部分组成，左面部分水平，右面部分为半径r＝0.5
m的竖直半圆，两导轨间距离l＝0.3
m，导轨水平部分处于竖直向上、磁感应强度大小B＝1
T的匀强磁场中，两导轨电阻不计。有两根长度均为l的金属棒ab、cd，均垂直导轨置于水平导轨上，金属棒ab、cd的质量分别为m1＝0.2
kg、m2＝0.1
kg，电阻分别为R1＝0.1
Ω、R2＝0.2
Ω。现让ab棒以v0＝10
m/s的初速度开始水平向右运动，cd棒进入圆轨道后，恰好能通过轨道最高点PP′，cd棒进入圆轨道前两棒未相碰，重力加速度g＝10
m/s2，求：
(1)ab棒开始向右运动时cd棒的加速度a0；
(2)cd棒刚进入半圆轨道时ab棒的速度大小v1；
(3)cd棒进入半圆轨道前ab棒克服安培力做的功W。
解析：(1)ab棒开始向右运动时，设回路中电流为I，有
E＝Blv0
I＝
BIl＝m2a0
解得：a0＝30
m/s2。
(2)设cd棒刚进入半圆轨道时的速度为v2，系统动量守恒，有m1v0＝m1v1＋m2v2
cd棒在半圆轨道中机械能守恒，则
m2v＝m2g·2r＋m2v
cd棒恰好通过轨道最高点PP′，则m2g＝m2
解得：v1＝7.5
m/s。
(3)由动能定理得：－W＝m1v－m1v
解得：W＝4.375
J。
答案：(1)30
m/s2　(2)7.5
m/s　(3)4.375
J
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