高中物理第一章电磁感应3法拉第电磁感应定律学案教科版选修3_2

3法拉第电磁感应定律[目标定位]　1.理解法拉第电磁感应定律的内容、数学表达式.2.会用E＝BLvsinθ和E＝neq\f(ΔΦ,Δt)解决问.一、法拉第电磁感应定律1.感应电动势由电磁感应产生的电动势，叫感应电动势.产生感应电动势的那部分导体相当于电源，导体本身的电阻相当于电源内阻.当电路断开时，无(填“有”或“无”)感应电流，但有(填“有”或“无”)感应电动势.2.法拉第电磁感应定律(1)内容：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)表达式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt).3.对感应电动势的理解(1)磁通量的变化常由B的变化或S的变化引起.①当ΔΦ仅由B的变化引起时，E＝nSeq\f(ΔB,Δt).②当ΔΦ仅由S的变化引起时，E＝nBeq\f(ΔS,Δt).(2)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)计算的是Δt时间内平均感应电动势，当Δt→0时，E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的值才等于瞬时感应电动势.深度思考(1)感应电动势的大小与Φ或ΔΦ的大小有没有关系？(2)Φ、ΔΦ、eq\f(ΔΦ,Δt)与线圈匝数有关吗？感应电动势E与线圈匝数有关吗？答案　(1)E的大小与Φ或ΔΦ的大小没有关系.(2)Φ、ΔΦ、eq\f(ΔΦ,Δt)均与某一面积相联系，与线圈匝数无关；n匝线圈时相当于n个单匝线圈的串联，所以感应电动势E与线圈匝数有关.例1　一闭合圆形线圈放在匀强磁场中，线圈的轴线与磁场方向成30°角，磁感应强度随时间均匀变化．在下列方法中能使线圈中感应电流增加一倍的是(　　)A．把线圈匝数增大一倍B．把线圈面积增大一倍C．把线圈半径增大一倍D．把线圈匝数减少到原来的一半解析　设感应电流为I，电阻为R，匝数为n，线圈半径为r，线圈面积为S，导线横截面积为S′.由法拉第电磁感应定律知E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔBScos30°,Δt)，由闭合电路欧姆定律知I＝eq\f(E,R)，由电阻定律知R＝ρeq\f(n·2πr,S′)，则I＝eq\f(ΔBrS′,2ρΔt)cos30°.其中eq\f(ΔB,Δt)、ρ、S′均为恒量，所以I∝r，故选C.答案　C例2　如图1甲所示的螺线管，匝数n＝1500匝，横截面积S＝20cm2，方向向右穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化，图1(1)2s内穿过螺线管的磁通量的变化量是多少？(2)磁通量的变化率多大？(3)螺线管中感应电动势的大小为多少？解析　(1)磁通量的变化量是由磁感应强度的变化引起的，则Φ1＝B1SΦ2＝B2S　ΔΦ＝Φ2－Φ1，所以ΔΦ＝ΔBS＝(6－2)×20×10－4Wb＝8×10－3Wb.(2)磁通量的变化率为eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(8×10－3,2)Wb/s＝4×10－3Wb/s.(3)根据法拉第电磁感应定律得感应电动势的大小E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝1500×4×10－3V＝6V.答案　(1)8×10－3Wb　(2)4×10－3Wb/s　(3)6V应用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)时应注意的三个问题：(1(此适用于求平均感应电动势.(2(计算电动势大小时，ΔΦ取绝对值不涉及正、负.(3(eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)·S，eq\f(ΔΦ,Δt)为Φ－t图像的斜率，eq\f(ΔB,Δt)为B－t图像的斜率.针对训练　如图2甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝1000，线圈面积S＝200cm2，线圈的电阻r＝1Ω，线圈外接一个阻值R＝4Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，求：图2(1)前4s内的感应电动势；(2)前5s内的感应电动势.答案　(1)1V　(2)0解析　(1)前4s内磁通量的变化ΔΦ＝Φ2－Φ1＝S(B2－B1)＝200×10－4×(0.4－0.2)Wb＝4×10－3Wb由法拉第电磁感应定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝1000×eq\f(4×10－3,4)V＝1V.(2)前5s内磁通量的变化ΔΦ′＝Φ2′－Φ1＝S(B2′－B1)＝200×10－4×(0.2－0.2)Wb＝0由法拉第电磁感应定律得E′＝neq\f(ΔΦ′,Δt)＝0.二、导体切割磁感线产生的感应电动势1.垂直切割：导体棒垂直于磁场运动，B、L、v两两垂直时，如图3甲所示，E＝BLv.图32.不垂直切割：导体的运动方向与导体本身垂直，但与磁感线方向夹角为θ时，如图乙所示，则E＝BLv1＝BLvsin_θ.3.公式E＝BLvsinθ的理解(1)该公式可看成法拉第电磁感应定律的一个推论，通常用来求导体做切割磁感线运动时的感应电动势.(2)式中L应理解为导体切割磁感线时的有效长度，即导体在与v垂直方向上的投影长度.如图4甲中，感应电动势E＝BLv＝2Brv≠Bπrv(半圆形导线做切割磁感线运动).在图乙中，感应电动势E＝BLvsinθ≠BLv.图4(3)公式中的v应理解为导体和磁场间的相对速度，当导体不动而磁场运动时，同样有感应电动势产生.深度思考导体棒的运动速度越大，产生的感应电动势越大吗？答案　导体棒切割磁感线时，产生的感应电动势的大小与垂直磁感线的速度有关，而速度大，垂直磁感线方向的速度不一定大.所以，导体棒运动速度越大，产生的感应电动势不一定越大.例3　如图5所示，一金属弯杆处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，已知ab＝bc＝L，当它以速度v向右平动时，a、c两点间的电势差为(　　)图5A.BLv　　　　　　　　　B.BLvsinθC.BLvcosθD.BLv(1＋sinθ)解析　导体杆切割磁感线的有效长度为Lsinθ，故B正确.答案　B在公式E＝BLv中，L是指导体棒的有效切割长度，即导体棒在垂直于速度v方向上的投影长度.三、E＝neq\f(ΔΦ,Δt)及E＝BLvsinθ的对比应用例4　在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，B＝0.2T，有一水平放置的光滑框架，宽度为l＝0.4m，如图6所示，框架上放置一质量为0.05kg、电阻为1Ω的金属杆cd，框架电阻不计.若cd杆以恒定加速度a＝2m/s2，由静止开始做匀变速直线运动，则：图6(1)在5s内平均感应电动势是多少？(2)第5s末，回路中的电流多大？解析　(1)方法一：5s内的位移：x＝eq\f(1,2)at2①E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BΔs,Δt)②由①②得：E＝0.4V方法二：5s内的平均速度v＝eq\f(x,t)＝5m/s(也可用v＝eq\f(0＋2×5,2)m/s＝5m/s求解)故平均感应电动势E＝Blv＝0.4V.(2)第5s末：v′＝at＝10m/s，此时感应电动势：E′＝Blv′则回路中的电流为：I＝eq\f(E′,R)＝eq\f(Blv′,R)＝eq\f(0.2×0.4×10,1)A＝0.8A.答案　(1)0.4V　(2)0.8AE＝BLv和E＝neq\f(ΔΦ,Δt)本质上是统一的.前者是后者的一种特殊情况.但是，当导体做切割磁感线运动时，用E＝BLv求E比较方便；当穿过电路的磁通量发生变化时，用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求E比较方便.1.(对法拉第电磁感应定律的理解)关于感应电动势的大小，下列说法正确的是(　　)A.穿过闭合电路的磁通量最大时，其感应电动势一定最大B.穿过闭合电路的磁通量为零时，其感应电动势一定为零C.穿过闭合电路的磁通量由不为零变为零时，其感应电动势一定为零D.穿过闭合电路的磁通量由不为零变为零时，其感应电动势一定不为零答案　D解析　磁通量的大小与感应电动势的大小不存在内在的联系，故A、B错误；当磁通量由不为零变为零时，闭合电路的磁通量一定改变，一定有感应电流产生，有感应电流就一定有感应电动势，故C错，D对.2.(公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的应用)(多选)如图7甲所示，线圈的匝数n＝100匝，横截面积S＝50cm2，线圈总电阻r＝10Ω，沿轴向有均匀变化的磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间做如图乙所示规律变化，则在开始的0.1s内(　　)图7A.磁通量的变化量为0.25WbB.磁通量的变化率为2.5×10－2Wb/sC.a、b间电压为0D.在a、b间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25A答案　BD解析　通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，若设Φ2＝B2S为正，则线圈中磁通量的变化量为ΔΦ＝B2S－(－B1S)，代入数据得ΔΦ＝(0.1＋0.4)×50×10－4Wb＝2.5×10－3Wb，A错；磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(2.5×10－3,0.1)Wb/s＝2.5×10－2Wb/s，B正确；根据法拉第电磁感应定律可知，当a、b间断开时，其间电压等于线圈产生的感应电动势，感应电动势大小为E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝2.5V且恒定，C错；在a、b间接一个理想电流表时相当于a、b间接通而形成回路，回路总电阻即为线圈的总电阻，故感应电流大小I＝eq\f(E,r)＝eq\f(2.5,10)A＝0.25A，D项正确.3.(公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的应用)(多选)单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t变化的关系图像如图8所示，则(　　)图8A.在t＝0时刻，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大B.在t＝1×10－2s时刻，感应电动势最大C.在t＝2×10－2s时刻，感应电动势为零D.在0～2×10－2s时间内，线圈中感应电动势的平均值为零答案　BC解析　由法拉第电磁感应定律知E∝eq\f(ΔΦ,Δt)，故t＝0及t＝2×10－2s时刻，E＝0，A错，C对；t＝1×10－2s时E最大，B对；0～2×10－2s时间内，ΔΦ≠0，E≠0，D错.4.(公式E＝BLv的应用)如图9所示，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E，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E′.则eq\f(E′,E)等于(　　)图9A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C.1D.eq\r(2)答案　B解析　设折弯前金属棒切割磁感线的长度为L，E＝BLv；折弯后，导体切割磁感线的有效长度为l＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2)＝eq\f(\r(2),2)L，故产生的感应电动势为E′＝Blv＝B·eq\f(\r(2),2)Lv＝eq\f(\r(2),2)E，所以eq\f(E′,E)＝eq\f(\r(2),2)，B正确.题组一　对法拉第电磁感应定律的理解1.(多选)如图1所示，闭合开关S，将条形磁铁插入闭合线圈，第一次用时0.2s，第二次用时0.4s，并且两次磁铁的起始和终止位置相同，则(　　)图1A.第一次线圈中的磁通量变化较快B.第一次电流表G的最大偏转角较大C.第二次电流表G的最大偏转角较大D.若断开开关S，电流表G均不偏转，故两次线圈两端均无感应电动势答案　AB解析　磁通量变化相同，第一次时间短，则第一次线圈中磁通量变化较快，故A正确；感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，磁通量的变化率大，感应电动势大，产生的感应电流大，故B正确，C错误；断开开关，电流表不偏转，知感应电流为零，但感应电动势不为零，故D错误.故选A、B.2.穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系，如图2所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是(　　)图2A．0～2sB．2s～4sC．4s～5sD．5s～10s答案　D解析　图像斜率越小，表明磁通量的变化率越小，感应电动势也就越小．题组二　公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的应用3.穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加2Wb，则(　　)A.线圈中感应电动势每秒增加2VB.线圈中感应电动势每秒减少2VC.线圈中感应电动势始终为2VD.线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2V答案　C解析　由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知：eq\f(ΔΦ,Δt)恒定，n＝1，所以E＝2V.4.(多选)单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积里的磁通量随时间变化的规律如图3所示，则线圈中(　　)图3A.t＝0时感应电动势最大B.t＝0.05s时感应电动势为零C.t＝0.05s时感应电动势最大D.0～0.05s这段时间内的平均感应电动势为0.4V答案　ABD解析　由法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，在Φ－t图像中，eq\f(ΔΦ,Δt)为该时刻图线的斜率，t＝0时和t＝0.1s时的斜率绝对值最大，感应电动势最大，t＝0.05s时的斜率为零，则感应电动势为零，0～0.05s时间内平均感应电动势为0.4V，故选项A、B、D正确，C错误.5.一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直.先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1s时间内均匀地增大到原来的两倍.接着保持增大后的磁感应强度不变，在1s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半.先后两个过程中，线框中感应电动势大小的比值为(　　)A.eq\f(1,2)B.1C.2D.4答案　B解析　设原磁感应强度是B，线框面积是S.第1s内ΔΦ1＝2BS－BS＝BS，第2s内ΔΦ2＝2B·eq\f(S,2)－2B·S＝－BS.因为E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，所以两次感应电动势大小相等，B正确.6.如图4所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中.在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　)图4A.eq\f(Ba2,2Δt)　　　　　　　B.eq\f(nBa2,2Δt)C.eq\f(nBa2,Δt)D.eq\f(2nBa2,Δt)答案　B解析　线圈中产生的感应电动势E＝neq\f(ΔФ,Δt)＝n·eq\f(ΔB,Δt)·S＝n·eq\f(2B－B,Δt)·eq\f(a2,2)＝eq\f(nBa2,2Δt)，选项B正确.7.如图5所示，A、B两单匝闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比rA∶rB＝2∶1，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环所在的平面.在磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，流过两导线环的感应电流大小之比为(　　)图5A.eq\f(IA,IB)＝1B.eq\f(IA,IB)＝2C.eq\f(IA,IB)＝eq\f(1,4)D.eq\f(IA,IB)＝eq\f(1,2)答案　D解析　A、B两导线环的半径不同，它们所包围的面积不同，但某一时刻穿过它们的磁通量相等，所以两导线环上的磁通量变化率是相等的，E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S相同，得eq\f(EA,EB)＝1，I＝eq\f(E,R)，R＝ρeq\f(l,S1)(S1为导线的横截面积)，l＝2πr，所以eq\f(IA,IB)＝eq\f(EArB,EBrA)，代入数值得eq\f(IA,IB)＝eq\f(rB,rA)＝eq\f(1,2).题组三　公式E＝BLv的应用8.如图6所示的情况中，金属导体中产生的感应电动势为Blv的是(　　)图6A.乙和丁B.甲、乙、丁C.甲、乙、丙、丁D.只有乙答案　B9.如图7所示，平行导轨间距为d，其左端接一个电阻R，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于平行金属导轨所在平面，一根金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻均不计.当金属棒沿垂直于棒的方向以恒定的速度v在导轨上滑行时，通过电阻R的电流大小是(　　)图7A.eq\f(Bdv,R)B.eq\f(Bdvsinθ,R)C.eq\f(Bdvcosθ,R)D.eq\f(Bdv,Rsinθ)答案　D解析　金属棒MN垂直于磁场放置，运动速度v与棒垂直，且v⊥B，即已构成两两互相垂直关系，MN接入导轨间的有效长度为l＝eq\f(d,sinθ)，所以E＝Blv＝eq\f(Bdv,sinθ)，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bdv,Rsinθ)，故选项D正确.10.如图8所示，PQRS是一个正方形的闭合导线框，F为PS的中点，MN为一个匀强磁场的边界，磁场方向垂直于纸面向里，如果线框以恒定的速度沿着PQ方向向右运动，速度方向与MN边界成45°角，在线框进入磁场的过程中(　　)图8A.当Q点经过边界MN时，线框的磁通量为零，感应电流最大B.当S点经过边界MN时，线框的磁通量最大，感应电流最大C.P点经过边界MN时，跟F点经过边界MN时相比较，线框的磁通量小，感应电流大D.P点经过边界MN时，跟F点经过边界MN时相比较，线框的磁通量小，感应电流也小答案　C解析　P点经过MN时，正方形闭合导线框切割磁感线的有效长度最大，感应电流最大.题组四　综合应用11．如图9所示，在宽为0.5m的平行导轨上垂直导轨放置一个有效电阻为r＝0.6Ω的直导体棒，在导轨的两端分别连接两个电阻R1＝4Ω、R2＝6Ω，其他电阻不计．整个装置处在垂直导轨向里的匀强磁场中，如图所示，磁感应强度B＝0.1T．当直导体棒在导体上以v＝6m/s的速度向右运动时，求：直导体棒两端的电压和流过电阻R1和R2的电流大小．图9答案　0.24V　0.06A　0.04A解析　由题意可画出如图所示的电路图E＝Blv＝0.1×0.5×6V＝0.3VUab＝eq\f(ER外,R外＋r)＝eq\f(0.3×2.4,2.4＋0.6)V＝0.24V，I1＝eq\f(Uab,R1)＝eq\f(0.24,4)A＝0.06AI2＝eq\f(Uab,R2)＝eq\f(0.24,6)A＝0.04A.12.如图10所示，一两端闭合的正方形线圈共有n＝10匝，每边长L＝10cm，所用导线每米长的阻值R0＝2Ω，一个范围较大的匀强磁场与线圈平面垂直，磁场随时间变化的规律B＝0.5t(T)时，线圈导线中的电流有多大？图10答案　6.25×10－3A解析　根据法拉第电磁感应定律知，E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nL2eq\f(ΔB,Δt)线圈的电阻R＝n·4LR0根据闭合电路欧姆定律知，I＝eq\f(E,R)＝eq\f(nL2\f(ΔB,Δt),n·4LR0)＝eq\f(L,4R0)·eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(0.1,4×2)×0.5A＝6.25×10－3A.13.如图11甲所示，平行导轨MN、PQ水平放置，电阻不计，两导轨间距d＝10cm，导体棒ab、cd放在导轨上，并与导轨垂直.每根棒在导轨间的部分，电阻均为R＝1.0Ω.用长为l＝20cm的绝缘丝线(丝线不可伸长)将两棒系住，整个装置处在匀强磁场中.t＝0时刻，磁场方向竖直向下，丝线刚好处于未被拉伸的自然状态.此后，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示.不计感应电流对磁场的影响，整个过程中丝线未被拉断.求：图11(1)0～2.0s时间内，电路中感应电流的大小；(2)t＝1.0s时刻丝线的拉力大小.答案　(1)1.0×10－3A　(2)1.0×10－5N解析　(1)由题图乙可知eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s由法拉第电磁感应定律有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S＝2.0×10－3V则I＝eq\f(E,2R)＝1.0×10－3A.(2)导体棒在水平方向上所受丝线拉力和安培力平衡由图乙可知t＝1.0s时B＝0.1T则T＝F安＝BId＝1.0×10－5N.PAGE1