第 4 课时 电磁感应定律的应用(一)
重点难点突破
一、电磁感应中的图象问题
1.图象问题
图象类型(1)磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I随时间t变化的图象，即B-t图象、Φ-t图象、E-t图象和I-t图象
(2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流I随线圈位移x变化的图象，即E-x图象和I-x图象
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
(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
应用知识左手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿定律、相关数学知识等
2.解决此类问题的一般步骤
(1)明确图象的种类，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)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿定律等规律写出函数方程.
(4)根据函数方程进行数学分析，例如分析斜率的变化、截距等.
(5)画图象或判断图象.
二、电磁感应中的电路问题
1.在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，将它们接上电容器，便可使电容器充电；将它们接上电阻等用电器，便可对用电器供电，在回路中形成电流.因此，电磁感应问题往往与电路问题联系在一起.
2.解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法是：
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向.
(2)画等效电路.
(3)运用全电路欧姆定律、串并联电路性质、电功率等公式联立求解.
3.解决电磁感应的电路问题的四个注意：
(1)注意有效切割长度；
(2)注意有效接入长度；
(3)注意有效面积；
(4)注意有效包围.
典例精析
1.有效切割长度问题
【例1】如图所示，一个边长为a，电阻为R的等边三角形线框在外力作用下以速度v匀速地穿过宽度为a的两个匀强磁场.这两个磁场的磁感应强度大小均为B，方向相反，线框运动方向与底边平行且与磁场边缘垂直.取逆时针方向的电流为正，试通过计算，画出从进入磁场开始，线框中产生的感应电流I与沿运动方向的位移x之间的函数图象.
【解析】线框进入第一个磁场时，切割磁感线的有效长度随位移均匀变化，在位移由0→a/2过程中，切割的有效长度由0增大到 ，电流为逆时针.在位移由a/2→a时，切割边bc和cd上产生的感应电动势在整个闭合回路中反向串联，随着cd边上切割的有效长度变长，整个回路的电动势由大变小，电流为逆时针.在x＝a/2时，E＝B32av，I＝ ；x＝a时，E＝0，I＝0；线框穿越两磁场边界时，线框bc边进入磁场2的那部分切割产生的电动势与cd边在磁场1中切割产生的电动势同向，而与bc边在磁场1中切割产生的电动势反向；所以在位移由a→3a/2时，电动势由0→3avB；电流由0→ ，电流方向为顺时针；当位移由3a/2→2a时，电动势由3avB→0，电流方向仍为顺时针.
线框移出第二个磁场时的情况与进入第一个磁场时相似.
由此可得，I-x图象应如图所示.
【思维提升】必须注意有效切割长度随时间均匀增大，故感应电动势也在均匀增大，结合闭合电路的欧姆定律可得出电流随时间变化的图象.还需注意从1到2区域有两段有效切割长度，有两个电动势产生，此题综合性很强.
【拓展1】如图甲所示，平行于y轴的导体棒以速度v向右做匀速直线运动，经过半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，导体棒中的感应电动势E与导体棒位置x关系的图象是( A )
【解析】由题图可知导体棒的有效切割长度l随x的变化率先减小后增大，因感应电动势E＝Blv，B和v均恒定，故E随x的变化率也应先减小后增大，选A.
2.有效接入长度问题
【例2】如图所示，直角三角形导线框abc固定在匀强磁场中，ab是一段长为l、电阻为R的均匀导线，ac和bc的电阻可不计，ac的长度为 ，磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里.现有一段长度为 、电阻为 的均匀导体杆MN架在导线框上，开始时紧靠ac，然后沿ab方向以恒定速度v向b端滑动，滑动中杆始终与ac平行并与导线框保持良好接触.那么当MN滑过的距离为 时，导线ac中的电流为多大？方向如何？
【解析】由几何关系可求出杆MN滑过 时切割磁感线的有效接入长度为L＝ ，由法拉第电磁感应定律得此时的感应电动势为E＝ .再根据右手定则可知导体杆中电流由N′流向M，故此时的等效电路图如图所示，则导线ac中电流由a流向c，电路总电阻为R总＝ ＝59R.由全电路的欧姆定律得总电流为I＝ ，则通过ac的电流Iac＝23I＝
【思维提升】此种情况属于导体切割磁感线问题，哪部分导体切割磁感线且接入电路了，哪部分导体就产生感应电动势，相当于电源.
【拓展2】如图所示中两条平行虚线之间存在匀强磁场.虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里.abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l，t＝0时刻，bc边与磁场区域边界重合(如图).现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿a→b→c→
d→a的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是( B )
【解析】当bc刚进入磁场时，产生电动势为Blv，l为bc长度，方向为负方向，随着bc向右移，进入磁场的有效长度应该是框架与左边虚线框两交点的距离，这段长度均匀变长，故产生的电动势均匀增大，电流也均匀增大.当bc边刚出磁场时，ad边刚进入磁场，此时电流方向为a→b→c→d→a，为正方向，有效长度为框架与右侧虚线两交点的距离，故电动势在均匀增大，电流也均匀增大.
3.有效面积问题和有效包围问题
【例3】如图所示，半径为a的圆形区域内有均匀磁场，磁感应强度为B＝0.2 T，磁场方向垂直纸面向里.半径为b的金属圆环与磁场同心放置，磁场与环面垂直.其中a＝0.4 m，b＝0.6 m，金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R0＝2 Ω.一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计.
(1)若棒以v0＝5 m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO′的瞬间(如图所示)，MN中产生的感应电动势和流过灯L1的电流；
(2)撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O′以OO′为轴向上翻转90°，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为ΔB/Δt＝4π T/s，求L1的功率.
【解析】(1)当棒滑过圆环直径OO′的瞬间，棒切割磁感线的有效长度为2a，感应电流的方向自下而上.又灯L1、L2并联，故此时的等效电路图如图甲所示.
由法拉第电磁感应定律得
E1＝2Bav0＝0.8 V 则I1＝ ＝0.4 A
(2)将右面的半圆环OL2O′以OO′为轴向上翻转90°后，要求感应电动势，圆环的有效面积是此题的易错点.是半径为b的半圆，还是半径为a的半圆.由于磁通定义式Φ＝BS中的S应该是磁场与闭合回路重叠部分的面积，故此题的有效面积应为以a为半径的半圆的面积.注意此时灯L1、L2是串联的，等效电路图如图乙所示.
由法拉第电磁感应定律得
E2＝ ＝0.32 V
则P1＝ ＝1.28×10－2 W
【思维提升】解决此类问题的关键是明确当线圈或导体的面积比磁场面积大时，应以磁场的面积为有效面积.
【拓展3】光滑平行金属导轨在水平面内固定，导轨间距l＝0.5 m，导轨左端接阻值为R＝2 Ω的电阻，右端接阻值为RL＝4 Ω的小灯泡，导轨电阻不计.如图1所示，在导轨的MNQP矩形区域内有竖直向上的磁场，MN、PQ间距d＝2 m，此区域磁感应强度B随时间t变化的规律如图2所示.垂直导轨跨接一金属杆，其电阻r＝2 Ω.在t＝0时刻，用水平恒力F拉金属杆，使其由静止开始自GH位置往右运动.在金属杆由GH位置运动到PQ位置的过程中，小灯泡的亮度始终没有变化，求：
(1)通过小灯泡的电流；
(2)金属杆的质量m.
【解析】(1)由题意知，金属杆向右运动到MN位置的过程中，磁场的变化导致电路中产生感应电动势.整个包围磁场的闭合导体框应为电源，电路为r与R并联，再与RL串联，等效电路图如图3所示.
由法拉第电磁感应定律知E＝ dl＝0.5 V，通过小灯泡的电流为IL＝ ＝ ＝0.1 A
(2)由小灯泡的亮度始终没有变化，可知金属杆开始进入磁场时磁场应不再变化，且杆恰好匀速运动，即杆进入磁场的时刻为t＝4 s，且F安＝F
接下来杆切割磁感线运动产生感应电动势，电路为R与RL并联，再与r串联，等效电路图如图4所示.由于灯泡中电流不变，所以流过杆的电流为I总＝0.3 A，杆所受安培力为
F安＝BI总l＝0.3 N，故F＝F安＝0.3 N.由于R总′＝r＋ ＝103 Ω，故E′＝I总R总′＝1 V.又E′＝Blv，代入数据解得v＝1 m/s
由动量定理有Ft＝mv，得m＝Ftv＝1.2 kg
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4.平均电动势和瞬时电动势的应用区别
【例4】如图所示，在与匀强磁场垂直的平面内放置一个折成锐角的裸导线MON，∠MON＝α，在它上面搁置另一根与ON垂直的导线PQ，PQ紧贴MO、ON并以平行于ON的速度v，从顶角O开始向右匀速滑动，设裸导线单位长度的电阻为R0，磁感应强度为B，求回路中的感应电流.
【错解】设PQ从顶角O开始向右运动的时间为Δt，
Ob＝v?Δt
ab＝v?Δt?tan α
Oa＝
回路中的电阻为
R＝(Oa＋Ob＋ab)R0＝(1＋cos α＋sin α)R0
电动势为
Ε＝ ＝12Βv2Δttan α
Ι＝ΕR＝
【错因】利用Ε＝ 求出的是电动势的平均值，但本题所要求的是电动势的瞬时值.因为电阻的数值为(1＋cos α＋sin α)R0 ，是经过Δt时间后，PQ所在位置处，回路的瞬时电阻值.
由于两者不对应，结果就不可能正确.
【正解】设PQ从顶角O开始向右运动的时间为Δt，
Ob＝v?Δt
ab＝v?Δt?tan α
Oa＝
回路中的电阻为
R＝(Oa＋Ob＋ab)R0＝(1＋cos α＋sin α)R0
电动势为
E＝BLv＝B?ab?v＝Bv2?Δt?tan α
所以Ι＝ΕR＝
重点难点突破
一、电磁感应中的图象问题
1.图象问题
图象类型(1)磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I随时间t变化的图象，即B-t图象、Φ-t图象、E-t图象和I-t图象
(2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流I随线圈位移x变化的图象，即E-x图象和I-x图象
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
(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
应用知识左手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿定律、相关数学知识等
2.解决此类问题的一般步骤
(1)明确图象的种类，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)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿定律等规律写出函数方程.
(4)根据函数方程进行数学分析，例如分析斜率的变化、截距等.
(5)画图象或判断图象.
二、电磁感应中的电路问题
1.在电磁感应中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，将它们接上电容器，便可使电容器充电；将它们接上电阻等用电器，便可对用电器供电，在回路中形成电流.因此，电磁感应问题往往与电路问题联系在一起.
2.解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法是：
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律确定感应电动势的大小和方向.
(2)画等效电路.
(3)运用全电路欧姆定律、串并联电路性质、电功率等公式联立求解.
3.解决电磁感应的电路问题的四个注意：
(1)注意有效切割长度；
(2)注意有效接入长度；
(3)注意有效面积；
(4)注意有效包围.
典例精析
1.有效切割长度问题
【例1】如图所示，一个边长为a，电阻为R的等边三角形线框在外力作用下以速度v匀速地穿过宽度为a的两个匀强磁场.这两个磁场的磁感应强度大小均为B，方向相反，线框运动方向与底边平行且与磁场边缘垂直.取逆时针方向的电流为正，试通过计算，画出从进入磁场开始，线框中产生的感应电流I与沿运动方向的位移x之间的函数图象.
【解析】线框进入第一个磁场时，切割磁感线的有效长度随位移均匀变化，在位移由0→a/2过程中，切割的有效长度由0增大到 ，电流为逆时针.在位移由a/2→a时，切割边bc和cd上产生的感应电动势在整个闭合回路中反向串联，随着cd边上切割的有效长度变长，整个回路的电动势由大变小，电流为逆时针.在x＝a/2时，E＝B32av，I＝ ；x＝a时，E＝0，I＝0；线框穿越两磁场边界时，线框bc边进入磁场2的那部分切割产生的电动势与cd边在磁场1中切割产生的电动势同向，而与bc边在磁场1中切割产生的电动势反向；所以在位移由a→3a/2时，电动势由0→3avB；电流由0→ ，电流方向为顺时针；当位移由3a/2→2a时，电动势由3avB→0，电流方向仍为顺时针.
线框移出第二个磁场时的情况与进入第一个磁场时相似.
由此可得，I-x图象应如图所示.
【思维提升】必须注意有效切割长度随时间均匀增大，故感应电动势也在均匀增大，结合闭合电路的欧姆定律可得出电流随时间变化的图象.还需注意从1到2区域有两段有效切割长度，有两个电动势产生，此题综合性很强.
【拓展1】如图甲所示，平行于y轴的导体棒以速度v向右做匀速直线运动，经过半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，导体棒中的感应电动势E与导体棒位置x关系的图象是( A )
【解析】由题图可知导体棒的有效切割长度l随x的变化率先减小后增大，因感应电动势E＝Blv，B和v均恒定，故E随x的变化率也应先减小后增大，选A.
2.有效接入长度问题
【例2】如图所示，直角三角形导线框abc固定在匀强磁场中，ab是一段长为l、电阻为R的均匀导线，ac和bc的电阻可不计，ac的长度为 ，磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里.现有一段长度为 、电阻为 的均匀导体杆MN架在导线框上，开始时紧靠ac，然后沿ab方向以恒定速度v向b端滑动，滑动中杆始终与ac平行并与导线框保持良好接触.那么当MN滑过的距离为 时，导线ac中的电流为多大？方向如何？
【解析】由几何关系可求出杆MN滑过 时切割磁感线的有效接入长度为L＝ ，由法拉第电磁感应定律得此时的感应电动势为E＝ .再根据右手定则可知导体杆中电流由N′流向M，故此时的等效电路图如图所示，则导线ac中电流由a流向c，电路总电阻为R总＝ ＝59R.由全电路的欧姆定律得总电流为I＝ ，则通过ac的电流Iac＝23I＝
【思维提升】此种情况属于导体切割磁感线问题，哪部分导体切割磁感线且接入电路了，哪部分导体就产生感应电动势，相当于电源.
【拓展2】如图所示中两条平行虚线之间存在匀强磁场.虚线间的距离为l，磁场方向垂直纸面向里.abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为l，t＝0时刻，bc边与磁场区域边界重合(如图).现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿a→b→c→
d→a的感应电流为正，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是( B )
【解析】当bc刚进入磁场时，产生电动势为Blv，l为bc长度，方向为负方向，随着bc向右移，进入磁场的有效长度应该是框架与左边虚线框两交点的距离，这段长度均匀变长，故产生的电动势均匀增大，电流也均匀增大.当bc边刚出磁场时，ad边刚进入磁场，此时电流方向为a→b→c→d→a，为正方向，有效长度为框架与右侧虚线两交点的距离，故电动势在均匀增大，电流也均匀增大.
3.有效面积问题和有效包围问题
【例3】如图所示，半径为a的圆形区域内有均匀磁场，磁感应强度为B＝0.2 T，磁场方向垂直纸面向里.半径为b的金属圆环与磁场同心放置，磁场与环面垂直.其中a＝0.4 m，b＝0.6 m，金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R0＝2 Ω.一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均忽略不计.
(1)若棒以v0＝5 m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO′的瞬间(如图所示)，MN中产生的感应电动势和流过灯L1的电流；
(2)撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O′以OO′为轴向上翻转90°，若此时磁场随时间均匀变化，其变化率为ΔB/Δt＝4π T/s，求L1的功率.
【解析】(1)当棒滑过圆环直径OO′的瞬间，棒切割磁感线的有效长度为2a，感应电流的方向自下而上.又灯L1、L2并联，故此时的等效电路图如图甲所示.
由法拉第电磁感应定律得
E1＝2Bav0＝0.8 V 则I1＝ ＝0.4 A
(2)将右面的半圆环OL2O′以OO′为轴向上翻转90°后，要求感应电动势，圆环的有效面积是此题的易错点.是半径为b的半圆，还是半径为a的半圆.由于磁通定义式Φ＝BS中的S应该是磁场与闭合回路重叠部分的面积，故此题的有效面积应为以a为半径的半圆的面积.注意此时灯L1、L2是串联的，等效电路图如图乙所示.
由法拉第电磁感应定律得
E2＝ ＝0.32 V
则P1＝ ＝1.28×10－2 W
【思维提升】解决此类问题的关键是明确当线圈或导体的面积比磁场面积大时，应以磁场的面积为有效面积.
【拓展3】光滑平行金属导轨在水平面内固定，导轨间距l＝0.5 m，导轨左端接阻值为R＝2 Ω的电阻，右端接阻值为RL＝4 Ω的小灯泡，导轨电阻不计.如图1所示，在导轨的MNQP矩形区域内有竖直向上的磁场，MN、PQ间距d＝2 m，此区域磁感应强度B随时间t变化的规律如图2所示.垂直导轨跨接一金属杆，其电阻r＝2 Ω.在t＝0时刻，用水平恒力F拉金属杆，使其由静止开始自GH位置往右运动.在金属杆由GH位置运动到PQ位置的过程中，小灯泡的亮度始终没有变化，求：
(1)通过小灯泡的电流；
(2)金属杆的质量m.
【解析】(1)由题意知，金属杆向右运动到MN位置的过程中，磁场的变化导致电路中产生感应电动势.整个包围磁场的闭合导体框应为电源，电路为r与R并联，再与RL串联，等效电路图如图3所示.
由法拉第电磁感应定律知E＝ dl＝0.5 V，通过小灯泡的电流为IL＝ ＝ ＝0.1 A
(2)由小灯泡的亮度始终没有变化，可知金属杆开始进入磁场时磁场应不再变化，且杆恰好匀速运动，即杆进入磁场的时刻为t＝4 s，且F安＝F
接下来杆切割磁感线运动产生感应电动势，电路为R与RL并联，再与r串联，等效电路图如图4所示.由于灯泡中电流不变，所以流过杆的电流为I总＝0.3 A，杆所受安培力为
F安＝BI总l＝0.3 N，故F＝F安＝0.3 N.由于R总′＝r＋ ＝103 Ω，故E′＝I总R总′＝1 V.又E′＝Blv，代入数据解得v＝1 m/s
由动量定理有Ft＝mv，得m＝Ftv＝1.2 kg
易错门诊[高考资源网]
4.平均电动势和瞬时电动势的应用区别
【例4】如图所示，在与匀强磁场垂直的平面内放置一个折成锐角的裸导线MON，∠MON＝α，在它上面搁置另一根与ON垂直的导线PQ，PQ紧贴MO、ON并以平行于ON的速度v，从顶角O开始向右匀速滑动，设裸导线单位长度的电阻为R0，磁感应强度为B，求回路中的感应电流.
【错解】设PQ从顶角O开始向右运动的时间为Δt，
Ob＝v?Δt
ab＝v?Δt?tan α
Oa＝
回路中的电阻为
R＝(Oa＋Ob＋ab)R0＝(1＋cos α＋sin α)R0
电动势为
Ε＝ ＝12Βv2Δttan α
Ι＝ΕR＝
【错因】利用Ε＝ 求出的是电动势的平均值，但本题所要求的是电动势的瞬时值.因为电阻的数值为(1＋cos α＋sin α)R0 ，是经过Δt时间后，PQ所在位置处，回路的瞬时电阻值.
由于两者不对应，结果就不可能正确.
【正解】设PQ从顶角O开始向右运动的时间为Δt，
Ob＝v?Δt
ab＝v?Δt?tan α
Oa＝
回路中的电阻为
R＝(Oa＋Ob＋ab)R0＝(1＋cos α＋sin α)R0
电动势为
E＝BLv＝B?ab?v＝Bv2?Δt?tan α
所以Ι＝ΕR＝
