法拉第电磁感应定律及自感

法拉第电磁感应定律及自感
一、教法建议
抛砖引玉
本单元双基学习目标
1．物理知识方面
①掌握导体切割磁感线情况下产生的感应电动势。

②掌握穿过闭合回路的磁通量发生变化时产生的感应电动势
③了解平均感应电动势和感应电动势的即时值。

④了解自感现象，掌握自感电动势的计算公式t
i L ∆∆=自ε，了解自感系数及影响自感 系数大小的因素。

2．能力培养方面
①通过推理论证的过程培养学生的推理能力和分析问题的能力。

②运用能量的观点、动量观点、力的观点、电路的观点来研究问题、渗透物理思想的教育。

指点迷津
本单元重点内容点拔
本单元重点学习导体切割磁感线产生感应电动势及穿过回路的磁通量发生变化产生的感应电动势的计算。

掌握导体切割磁感线产生的电动势及变形公式适用条件。

平动切割型：BLv =ε v 是即时速度时ε是即时电动势
-v 是平均速度时ε是平均电动势 转动切割型：2
b a ab v v BL v BL +==ε，其中v a 、v b 为端点a 、b 速度，若以端点a 为轴转动时，ωε22
12BL v BL b == 线圈旋转型：ωεNBS m = m ε为线圈在磁场中旋转产生的电动势的最大值，
它适用于匀强磁场中转轴与磁场垂直情况，与线圈形状、转轴位置无关。

穿过回路的磁通量发生变化产生电动势t ∆∆=
φε，其中n 为匝数。

ε=BLv 可由t n ∆∆=φε推导出来，t
n ∆∆=φε是感应电动势的普适公式，而ε=BLv 只适用于切割磁感线类型。

由于中学数学知识限制，目前t
n ∆∆=φε只能计算平均电动势，而ε=BLv 可计算即时电动势也可计算平均电动势。

在磁通量非均匀变化时，用t n ∆∆=φε可计算通过导体截面的电量，但不能用t n ∆∆=φε计算电功、电热，计算电功、电势需用有效值，或从能量的观点计算。

二、学海导航
学法指要
本单元理论原理明析
（一）导体切割磁感线产生的感应电动势
1．感应电动势
产生电磁感应现象的闭合回路中形成感应电流，实质是闭合回路中电源电动势存在的必然结果，这种因电磁应现象而产生的电动势叫做感应电动势；当电路不闭合时，也会产生电磁感应现象，这时虽没有感应电流，感应电动势却仍然存在。

在闭合电路的另一部分导体切割磁感线时，感应电动势只能存在于运动的一段导体上，而不动部分的导体上没有电动势，它们只是提供电流的通路。

如果仅是一段导体在磁场中运动，而没有回路，这一段导体虽没有感应电流，但仍然可能有感应电动势。

2．导体平动切割磁感线产生的感应电动势计算公式ε=BLv
①从能量守恒观点推导
图4-30
如图4-30所示，设闭合线框abcd置于有界匀强磁场B中，现以速度v匀速拉出磁场，回路产生感应电动势为ε，感应电流为I，矩形线框ab边长为L。

由平衡条件得：F外=F ab安=BIL
拉力做功的功率：P=F外•F ab安•v=BILv
拉力做的功没有增加线框动能，而使线框中产生感应电流，转化为电能。

由能量转化和守恒定律知：F•v=εI 即BILv=εI
得出：ε=BLv
总结论证题解题方法：
a.假设物理情景、物理过程、物理量、画出示意图：
b.对某状态或某过程中某一对象研究，由概念或规律得出物理方程；
c.对各方程联立求解得出结论。

②导线平动切割磁感线产生感应电动势ε=BIv的说明
a.适用条件：匀强磁场，L、v、B两两垂直。

b.若L⊥B、L⊥v，当v与B夹角α，如图4-31所示，v应取垂直切割磁感线的有效
分速度v⊥，即ε=BLv⊥=BLv，若L∥B，或v∥B，ε=0
c.若L⊥B、v⊥B，但v与L不垂直而是夹α角，如图4-32所示，则可取导线的有效切
割长度。

即ε=BvL有效=BvLsinα
d.ε=BLv中，若v是平均速度，则ε为平均感应动电势 ，若v是即时速度，则ε
为相应时刻的即时电动势。

e.切割磁感线的导体是电源，确定其两端电势高低的方法是：先由右手定则判定导线
中的感应电流方向，再根据电源内部的电流方向是由低电势向高电势来确定，图4-33所示中，ab导体的a端为高电势点，b端为低电势点，a、b分别为电源的正极和负极。

图4-31 图4-32
（二）穿过闭合回路的磁通量发生变化而产生的感应电动势△φ
1． 定律内容 电流中感应电动势大小，与穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。

公式t n ∆∆=φε，n 为线圈的匝数，此式适用于回路磁通量发生变化的情况。

若回路不闭合，有感应电动势产生，但不能形成感应电流。

图4-33
2． 说明
① 磁通量的变化率
t
∆∆φ反映磁通量变化的快慢，它不表示磁通量φ的大小，也不表 示磁通量变化△φ的多少。

在φ- t 图象中，φ变化图线的切线斜率就表示t
∆∆φ。

② 感应电动势ε大小由t
∆∆φ决定，而与φ、△φ之间没有大小上的必然联系。

③ 如果一段时间△t 内，磁通量的变化快慢不均匀，则t n ∆∆=φε就是△t 这段时间内 的平均感应电动势。

3． 导线转动切割磁感线产生的感应电动势
图4-34
如图3-34所示，长为L 的直导线OA 在磁感应强度为B 的匀强磁场中，以角速度ω 绕固定端O 作匀速垂直切割磁感线运动时，导线在短时间△t 内，扫过的面积为图中的阴影部分，t L S ω221=，切割磁感线条数为t L B BS ω22
1⋅=。

根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势ωεφε221,/BL t BS t =∆=∆∆=。

由右手则可得出O 端为电源的正极，A 端为负极。

4． 线圈在磁场中转动产生的感应电动势
矩形线圈abcd 为n 匝，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，线圈的轴线OO'垂直于磁场 方向，线圈以ω角速度绕轴OO'匀速转动，由图4-35所示线圈平面与磁场方向垂直的位置转至图4-36所示线圈平面与磁场方向平行位置的过程。

图4-35 图4-36
（1）图4-35所示线圈平面与磁场方向垂直时，ab 边和cd 边的线速度方向与磁场方向平行，不产生感应电动势，虽然穿过线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率此时为零。

（2）图4-36所示线圈平面与磁场方向平行时，ab 边和cd 边的线速度方向与磁场方向垂直，产生的感应电动势最大，且在电路中是电源串联关系。

所以，每一匝线圈此时的最大感应电动势为abv o BL 2max =ε，线速度，则ωωεBS L BL ab ab o =⋅⋅=max ，式中S 为线圈面积，n 为匝数是串联关系，因此，线圈此时的最大感应电动势为ωεnBS =max 。

（3）由图4-35转至图4-36位置，转动1/4周，所需时间△t=π/2ω，穿过线圈的磁通量变化量△φ=BS ，由法拉第电磁感应定律可得此过程中线圈的平均感应电动势为：
ωπ
ωπφεnBS nSB t n 22/==∆∆=。

图4-37
（4）由图4-35转θ角，如图4-37（附视图）时，v BL ab ab =ε⊥θωθωθsin 21sin 21sin BS L BL v BL ab ab ab ==⋅=同理θωεs i n 2
1BS ad =总电势θωωωεs i n )(N B S N cd ab =+=即：从中性面（线圈与磁场垂直）开始，经t 时的瞬时电动势t NBS e ωωsin =。

（三）自然现象
1．自感现象
当导体中的电流发生变化时，它周围的磁场就随着变化，在导体中产生感应电动势， 它总是阻碍导体中原来电流的变化，叫自感电动势。

这种由于导体本身电流发生变化而产生的电磁感应现象叫自感现象。

2．自感电动势
（1）自感电动势总是阻碍导体中原来电流的变化，当原电流增大时，自感电动势与原
来电流方向相反；当原电流减小时，自感电动势与原电流方向相同。

（2）自感电动势的大小也等于穿过线圈的磁通量变化率，
t I S t B t t n ∆∆∞⋅∆∆=∆∆∆∆=φφε而,，因此t
I L ∆∆=ε式中L 为线圈自感系数。

此公式计算不做要求。

3．自感系数
自感电动势大小与线圈中电流的变化率成正比，比例量即为自然感系数，简称自感或电感。

它由线圈本身的特性决定，线圈越长，单位长度上的匝数越多，横截面积越大，它的自感系数就越大。

线圈加了铁芯，自感系数就增大。

4．自感线的一个重要作用是使通过线圈中的电流不能突变，电流从一个值变到另一个值总需要一定的时间。

5．自感系数单位 由I t
L ∆∆=ε知L 单位为安
秒伏⋅简称亨利用H 表示，常用有毫亨（mH ）、微亨（μH ），换算关系为1H=103Mh=106μH
本节难点、疑点释疑
1．某一回路的感应电动势与部分导体感应电动势的关系
整个线框在匀强磁场中平动，如图4-38由法拉第电磁感应定律知t
∆∆=φε感=0，指的 是闭合回路的总电动势为零。

而ab 、cd 切割磁感线产生电动势，这是否与法拉第电磁感应定律相矛盾呢？并不矛盾。

因为，虽然εab ≠0，εcd ≠0，而对整个回路εab 与εcd 大小相等，
方向相反，总和为零。

由此可知，“某一回路的感应电动势”与“某部分导体的感应电动势”是不同的，它们的联系是回路的总电动势等于回路中各导体感应电动势之和。

当回路只有一部分切体切割磁感线产生电动势，回路中的总电动势就等于那部分导体产生的电动势。

另外t
n ∆∆=φε是电磁感应最基本的规律，是计算感应电动势的通式，ε=BLv 是由t
n
∆∆=φε导出的特殊计算式（也可用其它方法导出，如能量守恒定律），仅用于计算导体切割磁感线产生电动势。

两者是“母”与“子”的关系。

由于中学数学知识的限制，t n ∆∆=φε只用于计算平均电动势。

图4-38 图4-39
2．小灯泡在熄灭之前是否要闪亮一下
对自感要搞清楚通电自感和断电自感两个基本问题。

部分对学生对断电自感，特别是断电自感中“小灯泡在熄灭之前是否要闪亮一下”觉得特别模糊。

如图4-39所示，原来电路闭合处于稳定状态，L 与A 并联，其电流分别为I L 和I A ，方向都是从左向右。

在断开K 的瞬间，灯A 中原来的从左向右的电流I A 立即消息，但是灯A 和线圈L 构成一闭合回路，由于L 的自感作用，其中的电流I L 不会立即消失，而是在回路中逐渐减弱维持短暂的时间，这个时间内灯A 中有从右向左的电流通过，这时通过A 的电流是从I L 开始减弱，如果原来I L >I A ，则在灯A 熄灭之前要闪亮一下；如果原来I L ≤I A ，则灯A 是逐渐熄灭不再闪亮一下。

原来的I L 和I A 哪一个大，要由L 的直流电阻R L 与A 的电阻R A 的大小决定。

如果R L ≥R A ，则I L ≤I A ；如果R L <R A ，则I L >I A 。

课外阅读
亨利
美国物理学家，1797年诞生于纽约州奥尔贝尼一个贫穷的家庭，他10岁就辍学，在一家乡村小店当学徒，由于他聪明好学，老板很喜欢他，就让他半天去学习，还带他去教堂图书馆看书，养成了他良好的自学、钻研的习惯。

亨利17岁在奥尔贝尼学院上夜校，只用了7个月就取得乡村小学教师资格。

1832年，他应聘新泽西学院（现在的普林斯敦大学）自然哲学教授，1867年被选为美国国家科学院一任院长。

亨利在物理学方面的主要成就是对电磁学的独创性研究。

他用导线绝缘代替铁芯绝缘制作的多匝线圈电磁铁，能吸起947千克的铁块。

这在当时是创纪录的成就。

1829年8月亨利在他实验时发现，通有电流的线圈在开路时有电火花产生。

他继续对这种现象进行研究，1832年发表论文，宣布发现了自感现象。

他还发现变压器工作时依据的基本定律。

在1830年8月他就在实验中观察到了电磁感应现象，这比法拉第的发现几乎早一年，遗憾的是亨利没有及时公开发表自己的实验结果。

1831年，他在1.6千米的距离上建立起并成功地操作了自己设计的电报。

1878年5月13日，亨利在华盛顿去世，终年81岁，后来人为纪念亨利，用他的名字
来命名电感的单位。

思维体操
1．如图4-40所示，三角形金属导轨EOF上放有一金属杆ab，在外力作用下使ab保持与OF垂直，以速度v匀速从O点开始向右移动，设导轨和金属杆无为粗细相同的同种金属材料制成，试求电路中感应电流。

图4-40 图4-41 图4-42
2．如图4-41所示，导线全部为裸导线，半径为r圆内有垂直于圆平面的匀强磁场，磁感强度为B，一根长度大于2r的导线MN以速率v在圆环上无摩擦地自左端匀速滑动到右端，电路的固定电阻为R，其余电阻不计，求MN从圆环的左端滑到右端的过程中电阻R的电流强度的平均值及通过的电量。

3．如图4-42所示中的MN为相30cm的光滑、平行金属导轨，ab为电阻等于0.3Ω的金属棒，且可紧贴平行导轨运动，相距为27cm的水平放置的金属板与导轨相连。

图中R为0.1Ω的定值电阻，导轨的电阻忽略不计，整个装置处于方向为“×”的匀强磁场中，当ab 以速率v向右匀速运动时，一带电粒子刚好也能以速率v在AC两极板间作半径为11.1cm 的匀速圆周运动。

4．如图4-43所示，矩形线框abcd平放在桌面上，其ab边和cd边长为L1，bc边和ad边长为L2，线框总电阻为R。

一斜向下的匀强磁场磁力穿过线框平面，磁感应强度的水平分量Bx与线框的ab边平行。

现将线框以ab边为轴翻转180º,测得全过程中流过导线的电量为Q1。

然后维持ad边不动，将线圈绕ad边转90º（转到竖直方位），测得此过程中流过导线的电量为Q2。

试求此磁场磁感应强度B的大小以及B与水平方向的夹角θ是多少？
图4-43 图4-44
5．如图4-44所示，L为一纯电感线圈，R为一灯泡，下列说法中正确的是（）。

A．开关K接通瞬间无电流通过灯泡
B．开关K接通后电路稳定时，无电流通过灯泡
C．开关K断开瞬间无电流通过灯泡
D．开关K接通瞬间及接通后电路稳定时，灯泡中均有从a到b的电流，而在开关K 断开瞬间灯泡中则有从b到a的电流
分析与解答
1．本题考查切割磁感线产生感应电动势与电路问题
解 金属杆ab 切割磁力线产生的感应电动势为
ε=BLv ………………………………①
由几何关系，则有 L=Ob •tga
因Ob=v •t,所以 L=v •t •tga ……………………②
将②代入①得闭合电路中感应电动势大小为ε=Bv 2•tga …………③
设金属杆和导轨金属材料单位长度电阻为r ，则闭合电路的总电阻为 r a
v tga vt vt r
Oa L Ob R ab )cos ()(+⋅+=++= 根据闭合电路欧姆定律，电路中的电流强度为
r
v B tg Bvtg R I )1sin (cos sin )cos 11(++⋅⋅=++==αααααα
ε。

2．本题考查法拉第电磁感应定律的应用
解 本题粗看卢来是MN 在切割磁感线，属于“切割”类型，可用“切割式”求解，但 MN 有效切割长度在不断变化，用“切割式”难以求得平均感应电动势。

事实上，回路中的磁通量在不断变化，平均感应电动势可由磁通量变化式求得。

由于△φ=B •△S=B •πr 2，完成这变化所用时间为2
,2Brv t v r t πφε=∆∆==∆故，所以R Rrv
R I 2πε
==
从而通过R 的电量R Br t I q 2
π=∆⋅=
说明：若题中不求感应电流的平均值，则可由
R Br R t R t I q 2
πφε
=∆=∆⋅=∆⋅=求得。

一般地，对于N 匝线圈的闭合回路，由于磁通量的变化而通过导线截面的电量
R
N q φ∆=。

3．本身考查电磁感应，电路、带电粒子在磁场中运动
解 （1）ab 棒作切割磁感线运动产生感应电动势为
ε=BLv ……………………………………①
ab 两端电势差为 r R BLvr BLv U ab +-
=（r 为ab 棒电阻） =r
R BLvR +……………………② 带电粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有
R v m Bqv '
=2
（R '为作圆周运动的半径）…………………………③ 带电粒子所受重力与电场力关系必须满足
q d
v Eq mg ab ==（d 为AC 板间距离）…………………………④ 联解①、②、③、④式得：
)
/(0.2)/(1
.03.01027.0111.0)3.01.0()(s m s m RL dg R r R v =⨯⨯⨯⨯+='+=
(2)要维持ab 向右匀速运动，外力必须方向向右且大小为)
(8.11
.03.00.23.03.00.20.222N r R v L B L r
R BLv B BIL F F =+⨯⨯⨯⨯=+=+===安外 4．本题考查法拉第电磁感应定律求电量及矢量合成知识应用
解 些磁场可分解为竖直向下的分量B 1和水平分量B 2，如图4-45所示，第一次翻转线框时对磁通量变化起作用的只有B 1分量，即△φ=2B 1L 1L 2。

翻转线框时线框中的平均感应电流为
图4-45
T
R L L B t R R I ∆=∆∆==2112φε
而t
Q t Q I ∆=∆∆=1 所以 R L L B Q /22111= 第二次翻转线框时B 1和B 2均有贡献，其中212211,L L B L L B -==终始ιφφ，
因此|△φ|=（B 1+B 2）L 1L 2
可推出 Q 2=（B 1+B 2）L 1L 2/R
由Q 1和Q2的表达式可解出
B 1=RQ/2L 1L 2、B 2=R （2Q 2-Q 1）/2L 1L 2
由可得B 的大小为 2221212
122212222Q Q Q Q L L R B B B +-=+= 与水平方向夹角为 1
21212Q Q Q arctg B B arctg -==θ。

5．本题考查自感现象，选B 。

三、智能显示
心中有数
本单元理论发散思维
1．电磁感应中的力电综合
电磁感应与前面知识联系较多、综合性强，涉及到磁场、安培力、力和运动、动量、能量、直流电路等多方面知识。

①电磁感应中的力学问题 电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力的作用，因此电磁感应与力学问题联系在一起。

解决这类问题，一方面要考虑电磁学中的有关规律，如楞次定律，法拉第电磁感应定律，左、右手定则，安培力的计算公式等；另一方面还要考虑力学中的有关规律，如牛顿运动定律，动量定理，动能定理，动量守恒定律，能的转化和守恒定律等。

要将电磁力学知识综合起来应用，还要从受力情况、运动情况进行动态分析，方法是：导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导体受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化→……，周而复始地循环，循环结果时，加速等于零，导体达到稳定运动状态。

要画好受力图，抓住a=0时，速度v 达最大值的特点。

②电磁感应中的电路问题 在电磁感应中，切割磁力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，电磁感应问题又往往跟电路问题联系在一起，解决这类问题，一方面要考虑电磁学中的有关规律，如右手定则、楞次定律和法拉第电磁感应定律；另一方面还要考虑电路中的有关规律，如欧姆定律，串、并联电路的性质等。

要将电磁学和电路的知识甚至力学的知识综合起来应用。

③电磁感应中的能量转化 导体切割感线或磁通量发生变化而在回路中产生感应电流；机械能或其它形式的能量便转化为电能；感应电流在磁场中受到安培力的作用或通过电阻发热，又可使电能转化为机械能或电阻的内能等。

因此，电磁感应的过程总是伴随着能量转化的过程。

对于某些电磁感应问题，可以从能量转化的观点发出，运用能量转化和守恒定律，运用功能关系分析解决。

2．电磁感应中的图象问题
电磁感应中常涉及磁感强度B ，磁通量φ，感应电动势ε和感应电流I 随时间t 变化的图线，对于切割磁感线情况还涉及ε、I 随位移x 变化图象。

图象问题可分为两类，由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图象，或由给定的有关图象分析电磁感应过程求解相应的物理量。

图象问题常需用右手定则，楞次定律和法拉第电磁感应定律分析解决。

动手动脑
单元能力立体检测
1．如图4-46所示螺线管与H 形裸金属线框相连，线框cd 和ef 两边竖直放置；螺线
管的匝数n=4，截面积S=0.1m 2，其内向左的匀强磁场B 1逐渐增强且均匀变化，设磁场强度的变化率s t t
B /101=∆∆试求： （1）螺线管中感应电动势的大小？
（2）如果H 形线框处于B 2=2T 的另一匀强磁场中，B 2的方向重直线框所在平面里， ab 边水平放置并可在 cd 和ef 两导轨上接触良好地自由滑动。

设ab 质量m=20g ，长L=0.1m ，整个回路电阻R=5Ω，ab 边下落能达到的最大速度是多少？
图4-46 图4-47
2．如图4-47所示，两个电阻器的阻值分别为R 和2R ，其余电阻不计，电容器电容量为C ，匀强磁场的磁感强度的大小为B ，方向垂直纸面向里，金属棒ab 、cd 的长度均为L 。

当棒ab 以速度v 向左切割磁力线运动，cd 以速度2v 向右切割磁力线运动时，电容器C 的带电量为多大？哪一个极板带正电？
3．如图4-48，金属棒a 从高h 处自静止沿光滑的弧形平行金属轨道下滑，进入轨道的水平光滑部分，以后在自上而下的匀强磁场B 中运动，在轨道的水平部分原来静止地放着另一根金属棒b ，已知两者质量满足等式m a =3m b 试求：
（1）当a 棒刚进入磁场时，两棒a 、b 的加速度之比；
（2）如果两棒没有相碰，则棒a 和b 的最终速度；
（3）棒a 自下落至棒a 、b 达到稳定的速度回路中消耗的电能。

图4-48 图4-49
4。

如图4-49所示，电动机牵引一根原来静止的、长L 为1m ，质量m 为0.1kg 的导体 棒MN ，其电阻R 为1Ω，导体棒架在处于磁感应强度B 为1T 、竖直放置的框架上，当导体棒上升h 为3.8m 时获得稳定的速度，导体产生的热量为2J ，电动机牵引棒时，伏特表、安培表的读数分别为7V 、1A ，电动机内阻r 为1Ω，不计框架电阻及一切摩擦，g 取10m/s 2。

求：
（1）棒能达到的稳定速度；
（2）棒从静止达到稳定速度所需的时间
5．如图4-50所示边长为L ，具有质量的刚性正方形导线框abcd ，位于光滑水平面上， 线框总电阻为R ，虚线表示一匀强场区域的边界，宽为S （S>L ），磁感应强度B ，方向垂直
纸面向里，纸框以v的初速度沿光滑水平面进入磁场，已知ab边刚进入磁场时通过导线框的电流强度为I。

试在i-x坐标上定性画出此后流过导线框的电流i随坐标位置x变化的图线。

图4-50 图4-51
6．如图4-51所示，两金属杆ab和cd 长均为L，电阻均为R，质量分别为M和m，M>m。

用两根质量和电阻均可忽略的不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，并悬挂在水平、光滑、不导电的圆棒两侧。

两金属杆都处在水平位置。

整个装置处在一与回路平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B。

若金属杆ab正好匀速向下运动，求运动的速度（至少用两种方法求解）。

分析与解答
1．本题考查电磁感应与力学综合
解（1）由法拉第电磁感应定律可得螺线管中产生的感应电动势大小为
)
(4
)
(1.0
10
4
1
1
1
V
V
S
t
B
n
t
S
B
n
t
n=
⨯
⨯
=
∆
∆
=
∆
∆
⋅
=
∆
∆
=
φ
ε
（2）ab棒以最大速度下滑时满足mg=F安…………………………①
F安=B2IL…………………………②
此时ab棒产生的感应电动势为ε2=B2IUm…………………………③
回路中总感应电动势为ε=ε1+ε2…………………………④
回路中电流为
R
I
ε
=………………………………⑤
由式①②③④⑤联立得
R
Lv
B
L
B
mg
I m
2
1
2
+
=
=
ε
所以ab棒下滑的最大速度为)
/
(5
)
/
(
1.0
2
4
5
1.0
2
10
02
.0
2
1
2s
m
s
m
L
B
R
L
B
mg
v
m
=
⨯
-
⨯
⨯
⨯
=
-
=
ε。

2．本题考查电磁感应与电路问题
解金属棒ab以速度v向左切割磁感线运动，产生的感应电动势ε1=LvB，形成沿adfea 方向的电流
R
LvB
R
R
I
3
2
1=
+
=
ε
从而 3
LvB IR U fe == 金属棒cd 以速度2v 向右切割磁感线运动时，产生的感应电动势ε2=2LvB ，且C 点电 势高，由于cd 所在回路不闭合，所以
LvB U cd 22==ε
因为d 1f 两点等电势，所以 3
7LvB U U U fe cd ce =+= 且C 点电势高，从而，电容器C 上的带电量 3
7LvBC CU Q ce == 右侧极板带正电。

3．本题考查电磁感应、力、能量、动量综合
解 （1）当棒a 进入轨道的水平部分后，由于回路磁通量发生变化，而产生感应电流，因流过a 和b 的电流大小相等、方向相反，故a 与b 受到的安培力F a 与F b 大小相等方向相反。

由牛顿第二定律m
F a =得 两棒加速度之比为31==a b b a m m b a 。

（2）棒a 下落h 过程中机械守恒 22
1a a a v m gh m =① 分析可知，棒a 和棒b 的最终速度相等，又因两棒相互作用过程动量守恒即
v m m v m b a a a )(+=②
又因 b a m m 3=………………③
由式①②③联立解得 gh v 24
3=。

（３）棒a 自静止下滑至最后a 和b 在水平轨道上以共同速度做匀速运动的整个过程中减少的机械能为 gh m v m m gh m E a b a a 4
1)(212=+-=∆ 由能的转化和守恒律得：回路中消耗的电能为gh m E E a 4
1=∆=电。

4．本题考查电磁感应与能量综合
解 1电动机的输出功率
P 出=IU -I 2r=6W
对导体棒P 出=TV ，当棒达到稳定时有
R
v L B mg BIL mg T m 22+=+=, 从而R v B B mgv P m m 2
22+=出，
可得 vm=2m/s.
根据能量守恒有 Q m mv mgh t p ++=⋅22
1出代入数值得t=ls 。

5．本题考查电磁感应的图象问题
解 要画出线框的电流i 随x 的变化图线，必须先分析线框在磁场中的受力情况、运动 情况，再由运动情况判断框中电流的变化情况，最后才能做出图线。

本题中线框进入磁场受安培力作用而做减速运动，其运动情况和电流的变化规律可有以下三种。

(1)线框还没有完全进入（或恰能完全进入）磁场时速就减小为零。

此过程v 减小，i 减小，F 减小，加速度a 减小，使v 减小，运动越来越慢，图线斜率越来越小，最后v 为零，i 为零。

对应的图线如图4-52(a)所示。

图4-52
（2）线框还没有完全通过（或恰好完全通过）磁场时，速度就减小为0。

在L →S 段，线框做匀速运动，无感应电流；在S 点以后，线框做减速运动，直至v 为零，i 为零。

此过程电流变化规律同（1）类似，只是方向相反，大小由-I 1变为零，对应的图线如图4-52（b ）所示。

（3）线框能完全通过磁场，且速度不为零，在O →S 段，电流变化情况和图线同（2）类似；在S →S+L 段，电流变化情况同（2）中的S 以后段类型，只是在S+L 处，电流由某一数值-I 2突变为0；此后线框匀速运动，无感应电流，对应的图线如图4-52（c ）所示。

6．本题考查电磁感应与力、能量综合问题，考查一题多解
解法一：设磁场方向垂直于纸面向里，分别选 取ab 、cd 为研究对象。

设ab 向下，cd 向上匀速运动速度大小为v ，它们均切割磁感线，将都产生感应电势，据电磁感应定律，应有
ab 产生感应电动势 ε1=BLv
cd 产生感应电动势 ε2=BLv
据右手定则，回路中电流向右a →b →d →c ，电流大小据闭合电路欧姆定律应为
R
B L v R B L v R I ==+=2222
1εε…………………………① 据左手定则，ab 受安培力向上，cd 受安培力向下，大小均为
R
v L B B I L F 22==安……………………………………② ad 匀速向下时平衡条件为
T+F 安=Mg ………………………………………………③
ad 匀速向上平衡条件为
T=F 安+mg …………………………………………………④
式中T 代表导线对金属杆的拉力。