PAGE9-第五節電磁感應規律的應用[學習目標]1.知道法拉第電機的結構和工作原理．(重點)2.理解電磁感應現象中能量轉化與守恒，并能解答相關問題．(難點)3.了解電磁感應規律在生產和生活中的應用，會運用電磁感應規律解決生活和生產中的有關問題．一、法拉第電機1．原理放在兩極之間的銅盤可以看作是由多數根銅棒組成的，銅棒一端連在銅盤圓心，另一端連在圓盤邊緣．當轉動圓盤時，銅棒在兩磁極間切割磁感線，銅棒就相當于電源，其中圓心為電源的一個極，銅盤的邊緣為電源的另一個極．它可以通過導線對用電器供電，使之獲得持續的電流．2．轉動切割電動勢的大小如圖所示，電機工作時電動勢的大小E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BπL2,T)＝eq\f(BπL2,\f(2π,ω))＝eq\f(1,2)BωL2.或E＝BLv中＝BL·eq\f(1,2)Lω＝eq\f(1,2)BωL2.3．電勢凹凸的推斷產生電動勢的導體相當于電源，在電源內部電動勢的方向從低電勢指向高電勢．4．電磁感應中的電路問題(1)內電路和外電路切割磁感線運動的導體或磁通量發生改變的線圈都相當于電源．該部分導體的電阻或線圈的電阻相當于電源的內電阻，其余部分是外電阻．(2)電源電動勢和路端電壓電動勢：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)或E＝BLvsin_θ.路端電壓：U＝E－Ir.(3)電流方向在電源內部：電流由負極流向正極．在電源外部：電流由正極經用電器流向負極．二、電磁感應中的能量轉化1．電磁感應現象中產生的電能是通過克服安培力做功轉化而來的．2．克服安培力做了多少功，就有多少電能產生，而這些電能又通過電流做功而轉化為其他形式的能．3．反電動勢(1)定義：直流電動機模型通電后，線圈因受安培力而轉動，切割磁感線產生的感應電動勢．(2)方向：與外加電壓的方向相反．(3)確定因素：電動機線圈轉動越快，反電動勢越大．1．思索推斷(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)導體桿在磁場中切割磁感線產生感應電動勢相當于電源，其余部分相當于外電路．(√)(2)長為l的直導線在磁感應強度為B的勻強磁場中以速度v勻速運動產生的最大感應電動勢為Blv.(√)(3)在閉合線圈上方有一條形磁鐵自由下落直至穿過線圈過程中，磁鐵下落過程中機械能守恒．(×)(4)在電源內部電流從正極流向負極．(×)(5)反電動勢的方向與外加電壓的方向相反．(√)2．如圖甲所示，匝數n＝50的圓形線圈M，它的兩端點a、b與內阻很大的電壓表相連，線圈中磁通量的改變規律如圖乙所示，則a、b兩點的電勢凹凸與電壓表的讀數為()甲乙A．φa>φb,20V B．φa>φb,10VC．φa<φb,20V D．φa<φb,10VB[圓形線圈產生電動勢，相當于電源內電路．磁通量勻稱增大，由楞次定律知，線圈中感應電流為逆時針方向，又線圈相當于內電路，故φa>φb；E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝50×eq\f(8×0.01,4×0.1)V＝10V，因而電壓表的讀數為10V．電壓表測量的是電源的電動勢，即感應電動勢．故B正確．]3．如圖，一個半徑為L的半圓形硬導體AB以速度v在水平U形框架上勻速滑動，勻強磁場的磁感應強度為B，回路電阻為R0，半圓形硬導體AB的電阻為r，其余電阻不計，則半圓形導體AB切割磁感線產生的感應電動勢的大小及AB兩端的電壓分別為()A．BLveq\f(BLvR0,R0＋r) B．2BLvBLvC．2BLveq\f(2BLvR0,R0＋r) D．BLv2BLvC[半圓形導體AB切割磁感線產生的感應電動勢的大小為E＝B·2Lv＝2BLv，AB相當于電源，其兩端的電壓是外電壓，由歐姆定律得U＝eq\f(R0,R0＋r)E＝eq\f(2BLvR0,R0＋r).故選C.]導體棒在勻強磁場中的轉動問題【例1】如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應強度大小為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.下列推斷正確的是()A．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—aC[金屬框abc平面與磁場平行，轉動過程中磁通量始終為零，所以無感應電流產生，選項B、D錯誤；轉動過程中bc邊和ac邊均切割磁感線，產生感應電動勢，由右手定則推斷Ua<Uc，Ub<Uc，選項A錯誤；由轉動切割產生感應電動勢的公式得Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，選項C正確．]導體轉動切割磁感線產生的電動勢當導體棒在垂直于磁場的平面內，其一端固定，以角速度ω勻速轉動時，產生的感應電動勢為E＝Bleq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bl2ω，如圖所示．1．(多選)法拉第圓盤發電機的示意圖如圖所示．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．圓回旋轉時，關于流過電阻R的電流，下列說法正確的是()A．若圓盤轉動的角速度恒定，則電流大小恒定B．若從上向下看，圓盤順時針轉動，則電流沿a到b的方向流淌C．若圓盤轉動方向不變，角速度大小發生改變，則電流方向可能發生改變D．若圓盤轉動的角速度變為原來的2倍，則電流在R上的熱功率也變為原來的2倍AB[將圓盤看成多數輻條組成，它們都在切割磁感線從而產生感應電動勢和感應電流，依據右手定則可知圓盤上感應電流從邊緣流向中心，則當圓盤順時針(俯視)轉動時，流過電阻的電流方向從a到b，選項B正確；由法拉第電磁感應定律得感應電動勢E＝BLeq\x\to(v)＝eq\f(1,2)BL2ω，I＝eq\f(E,R＋r)，ω恒定時，I大小恒定，ω大小改變時，I大小改變，方向不變，故選項A正確，C錯誤；由P＝I2R＝eq\f(B2L4ω2R,4R＋r2)知，當ω變為原來的2倍時，P變為原來的4倍，選項D錯誤．],電磁感應中的電路問題1.解決與電路相聯系的電磁感應問題的基本方法(1)用法拉第電磁感應定律和楞次定律(或右手定則)確定感應電動勢的大小和方向．(2)畫等效電路圖．(3)運用閉合電路歐姆定律、串并聯電路的性質、電功率等公式求解．2．與上述問題相關的幾個學問點(1)電源電動勢：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)或E＝Blv.(2)閉合電路歐姆定律：I＝eq\f(E,R＋r).部分電路歐姆定律：I＝eq\f(U,R).電源的內電壓：U內＝Ir.電源的路端電壓：U外＝IR＝E－Ir.(3)消耗功率：P外＝IU，P總＝IE.(4)通過導體的電荷量：q＝IΔt＝neq\f(ΔΦ,R＋r).【例2】固定在勻強磁場中的正方形導線框abcd邊長為L，其中ab是一段電阻為R的勻稱電阻絲，其余三邊均為電阻可以忽視的銅線．磁感應強度為B，方向垂直紙面對里．現有一段與ab段的材料、粗細、長度均相同的電阻絲PQ架在導線框上(如圖所示)．若PQ以恒定的速度v從ad滑向bc，當其滑過eq\f(L,3)的距離時，通過aP段的電流是多大？方向如何？思路點撥：①PQ相當于電源，由E＝Blv求出PQ的電動勢．②電路結構為RaP與RbP并聯再與RPQ串聯，由閉合電路歐姆定律求IaP.[解析]PQ在磁場中做切割磁感線運動產生感應電動勢，由于是閉合回路，故電路中有感應電流，可將電阻絲PQ視為有內阻的電源，電阻絲aP與bP并聯，且RaP＝eq\f(1,3)R、RbP＝eq\f(2,3)R，于是可畫出如圖所示的等效電路圖．電源電動勢為E＝BvL外電阻為R外＝eq\f(RaPRbP,RaP＋RbP)＝eq\f(2,9)R總電阻為R總＝R外＋r＝eq\f(2,9)R＋R，即R總＝eq\f(11,9)R電路中的電流為I＝eq\f(E,R總)＝eq\f(9BvL,11R).通過aP段的電流為IaP＝eq\f(RbP,RaP＋RbP)I＝eq\f(6BvL,11R)，方向由P到a.[答案]eq\f(6BvL,11R)方向由P到a(1)“電源”的確定方法：“切割”磁感線的導體(或磁通量發生改變的線圈)相當于“電源”，該部分導體(或線圈)的電阻相當于“內電阻”．(2)電流的流向：在“電源”內部電流從負極流向正極，在“電源”外部電流從正極流向負極．2．粗細勻稱的電阻絲圍成的正方形線框置于有界勻強磁場中，磁場方向垂直于線框平面，其邊界與正方形線框的邊平行．現使線框以同樣大小的速度沿四個不同方向平移出磁場，則在移出過程中線框的一邊a、b兩點間電勢差肯定值最大的是()ABCDB[將線框等效成直流電路，設線框每條邊的電阻為r，A、B、C、D對應的等效電路圖分別如圖甲、乙、丙、丁所示．],電磁感應中的能量問題1.電磁感應中能量的轉化電磁感應過程實質是不同形式的能量相互轉化的過程，其能量轉化方式為：2．求解電磁感應現象中能量問題的一般思路(1)確定回路，分清電源和外電路．(2)分析清晰有哪些力做功，明確有哪些形式的能量發生了轉化．如：①有滑動摩擦力做功，必有內能產生；②有重力做功，重力勢能必定發生改變；③克服安培力做功，必定有其他形式的能轉化為電能，并且克服安培力做多少功，就產生多少電能；假如安培力做正功，就是電能轉化為其他形式的能．(3)列有關能量的關系式．【例3】如圖所示，足夠長的平行光滑U形導軌傾斜放置，所在平面的傾角θ＝37°，導軌間的距離L＝1.0m，下端連接R＝1.6Ω的電阻，導軌電阻不計，所在空間存在垂直于導軌平面對上的勻強磁場，磁感應強度B＝1.0T．質量m＝0.5kg、電阻r＝0.4Ω的金屬棒ab垂直置于導軌上，現用沿導軌平面且垂直于金屬棒、大小為F＝5.0N的恒力使金屬棒ab從靜止起先沿導軌向上滑行，當金屬棒滑行s＝2.8m后速度保持不變．求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)(1)金屬棒勻速運動時的速度大小v；(2)金屬棒從靜止到剛起先勻速運動的過程中，電阻R上產生的熱量QR.思路點撥：①金屬棒向上勻速運動時，沿導軌方向合力為零．②流過電阻R的電流是改變的，求QR時應考慮應用能量守恒定律．[解析](1)金屬棒沿斜面對上勻速運動時產生的感應電流方向a→b，產生的感應電動勢E＝BLv，產生的感應電流為I＝eq\f(BLv,R＋r)安培力F安＝BIL，金屬棒ab受力如圖所示．由平衡條件有F＝mgsinθ＋BIL代入數據解得v＝4m/s.(2)設整個電路中產生的熱量為Q，由能量守恒定律有Q＝Fs－mgs·sinθ－eq\f(1,2)mv2而QR＝eq\f(R,R＋r)Q，代入數據解得QR＝1.28J.[答案](1)4m/s(2)1.28J電能的三種求解思路(1)利用克服安培力做功求解：電磁感應中產生的電能等于克服安培力所做的功．(2)利用能量守恒求解：相應的其他能量的削減量等于產生的電能．(3)利用電路特征求解：通過電路中所消耗的電能來計算．3．水平放置的光滑平行導軌上放置一根長為L、質量為m的導體棒ab，ab處在磁感應強度大小為B、方向如圖所示的勻強磁場中，導軌的一端接一阻值為R的電阻，導軌及導體棒電阻不計．現使ab在水平恒力F作用下由靜止沿垂直于磁場的方向運動，當通過的位移為s時，ab達到最大速度vm.此時撤去外力，最終ab靜止在導軌上．在ab運動的整個過程中，下列說法正確的是()A．撤去外力后，ab做勻減速運動B．合力對ab做的功為FsC．R上釋放的熱量為Fs＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)D．R上釋放的熱量為FsD[撤去外力后，導體棒水平方向只受安培力作用，而F安＝eq\f(B2L2v,R)，F安隨v的改變而改變，故導體棒做加速度改變的變速運動，選項A錯誤；對整個過程由動能定理得W合＝ΔEk＝0，選項B錯誤；由能量守恒定律知，恒力F做的功等于整個回路產生的電能，電能又轉化為R上釋放的熱量，即Q＝Fs，選項C錯誤，D正確．]課堂小結知識脈絡1.導體棒繞一端勻速轉動切割磁感線所產生的電動勢E＝eq\f(1,2)BL2ω.2．電磁感應現象中產生感應電動勢的部分相當于電源，其電阻為電源內阻，電流由低電勢流向高電勢．3．在電磁感應現象中，克服安培力做功的過程就是產生電能的過程.1．如圖所示，一個繞圓心軸MN勻速轉動的金屬圓盤，勻強磁場垂直于圓盤平面，磁感應強度為B，圓盤中心和圓盤邊緣通過電刷與螺線管相連，圓盤轉動方向如圖所示，則下述結論中正確的是()A．圓盤上的電流由圓心流向邊緣B．圓盤上的電流由邊緣流向圓心C．金屬圓盤上各處電勢相等D．螺線管產生的磁場，F端為N極A[當圓盤轉動方向如題圖所示時，依據右手定則可推斷出圓盤上的感應電流是從圓心流向邊緣的，故A正確，B錯誤；由于圓盤上存在感應電流，故其上各處的電勢并不相等，C錯誤；由螺線管中的電流方向和安培定則可推斷出E端為N極，故D是錯誤的．]2．(多選)如圖所示，金屬桿ab以恒定的速率v在光滑平行導軌上向右滑行，設整個電路中總電阻為R(恒定不變)，整個裝置置于垂直紙面對里的勻強磁場中，下列敘述正確的是()A．ab桿中的電流與速率v成正比B．磁場作用于ab桿的安培力與速率v成正比C．電阻R上產生的熱功率與速率v成正比D．外力對ab桿做功的功率與速率v成正比AB[由E＝Blv和I＝eq\f(E,R)，得I＝eq\f(Blv,R)，所以安培力F＝BIl＝eq\f(B2l2v,R)，電阻上產生的熱功率P＝I2R＝eq\f(B