2024-2025學(xué)年高中物理第四章電磁感應(yīng)4法拉第電磁感應(yīng)定律學(xué)案新人教版選修3-2

PAGE20-法拉第電磁感應(yīng)定律1．感應(yīng)電動勢穿過閉合回路中的磁通量發(fā)生改變，其中就有感應(yīng)電流，這說明電路中肯定有電動勢．在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動勢叫做感應(yīng)電動勢．產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分導(dǎo)體相當于電源．產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的條件與產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件有何不同？提示：產(chǎn)生感應(yīng)電流的條件是穿過閉合導(dǎo)體回路的磁通量發(fā)生改變，但不論回路是否閉合，只要穿過它的磁通量發(fā)生改變，就會產(chǎn)生感應(yīng)電動勢．2．法拉第電磁感應(yīng)定律(1)內(nèi)容電路中感應(yīng)電動勢的大小與穿過這一電路的磁通量的改變率成正比．(2)表達式對單匝線圈E＝keq\f(ΔΦ,Δt)，k為比例系數(shù)，國際單位制中k＝1.上式可簡化為E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，對n匝線圈E＝neq\f(ΔΦ,Δt).eq\f(ΔΦ,Δt)稱為磁通量的改變率．(3)單位在國際單位制中，感應(yīng)電動勢E的單位是伏特(V)．磁通量Φ、磁通量的改變量ΔΦ、磁通量的改變率eq\f(ΔΦ,Δt)的物理含義各是什么？提示：磁通量Φ是穿過某一面積的磁感線的條數(shù)，是狀態(tài)量；磁通量的改變量ΔΦ＝Φ2－Φ1，表示磁通量改變了多少，是過程量；磁通量的改變率是單位時間內(nèi)磁通量的改變量，表示磁通量改變的快慢．可類比速度v、速度的改變量Δv與速度的改變率eq\f(Δv,Δt)(加速度a)三者的區(qū)分．3．導(dǎo)體切割磁感線時的感應(yīng)電動勢(1)如圖所示電路，閉合電路一部分導(dǎo)體ab處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B，ab的長度為L，以速度v勻速切割磁感線，設(shè)在Δt時間內(nèi)導(dǎo)體棒由原來的位置運動到a1b1，這時線框面積的改變量為ΔS＝LvΔt，穿過閉合電路磁通量的改變量為ΔΦ＝BΔS＝BLvΔt，由法拉第電磁感應(yīng)定律，得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝BLv.所以，E＝BLv是E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的推論．(2)當導(dǎo)體的運動方向跟磁感線方向有一個夾角θ時，可以把速度v分解為兩個重量：垂直于磁感線的重量v1＝vsinθ和平行于磁感線的重量v2＝vcosθ.后者不切割磁感線，不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢．前者切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為E＝BLv1＝BLvsinθ.4．反電動勢電動機轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢減弱了電源電動勢的作用，這個電動勢稱為反電動勢．反電動勢的作用是阻礙線圈的轉(zhuǎn)動．電動機被卡住停止轉(zhuǎn)動，這時就沒有了反電動勢，電動機變?yōu)榧冸娮?，猛烈發(fā)熱，很可能燒毀．“電動機不是純電阻，不適用歐姆定律．”你對這句話怎樣理解？提示：電動機的線圈在安培力作用下在磁場中旋轉(zhuǎn)，必定切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，該電動勢的方向與原電源電動勢E的方向相反，使電路中電流I減小，即I小于eq\f(E,r)，歐姆定律不成立．當電動機被卡住不轉(zhuǎn)時，不產(chǎn)生反電動勢，歐姆定律仍舊成立，這時電能完全轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．2．對公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的理解(1)感應(yīng)電動勢E的大小取決于穿過電路的磁通量的改變率eq\f(ΔΦ,Δt)，而與Φ的大小、ΔΦ的大小沒有必定的關(guān)系，與電路的電阻R無關(guān)；感應(yīng)電流的大小與E和回路總電阻R有關(guān)．(2)磁通量的改變率eq\f(ΔΦ,Δt)是Φ－t圖象上某點切線的斜率．(3)在中學(xué)階段所涉及的磁通量發(fā)生改變有三種方式：①磁感應(yīng)強度B不變，垂直于磁場的回路面積發(fā)生改變，ΔS＝|S2－S1|，此時E＝nBeq\f(ΔS,Δt)；②垂直于磁場的回路面積S不變，磁感應(yīng)強度發(fā)生改變，ΔB＝|B2－B1|，此時E＝nSeq\f(ΔB,Δt)，其中eq\f(ΔB,Δt)叫磁感應(yīng)強度的改變率，等于B－t圖象上某點切線的斜率；③磁感應(yīng)強度和線圈的面積均不變，而是線圈繞通過線圈平面內(nèi)的某一軸轉(zhuǎn)動，此時E＝neq\f(|Φ2－Φ1|,Δt)＝nBSeq\f(|sinα2－sinα1|,Δt).(其中α1、α2為初、末時刻線圈平面與磁場方向的夾角)【例1】與磁感應(yīng)強度B＝0.8T垂直的線圈面積為0.05m2解答本題時可按以下思路分析：eq\x(\a\al(Φ1＝BS,Φ2＝BScosθ))→eq\x(ΔΦ＝|Φ2－Φ1|)→eq\x(由\f(ΔΦ,Δt)求改變率)→eq\x(由E＝n\f(ΔΦ,Δt)求E)[答案]0.04Wb0.032Wb/s1.6V[解析]由Φ＝BS得Φ1＝BS＝0.8×0.05Wb＝0.04Wb，磁通量的改變量是由線圈有效面積的改變引起的，Φ2＝BScosθ＝0.8×0.05×0.6Wb＝0.024Wb則ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝0.016Wb磁通量平均改變率eq\f(ΔΦ,Δt)＝0.032Wb/s依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得平均感應(yīng)電動勢的大小E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝1.6V總結(jié)提能計算ΔΦ的三種方法(1)磁通量的改變是由面積改變引起的：ΔΦ＝B·ΔS.(2)磁通量的改變是由磁場改變引起的：ΔΦ＝ΔB·S.(3)磁通量的改變是由面積和磁感應(yīng)強度間的角度改變引起的，依據(jù)定義求：ΔΦ＝Φ末－Φ初．一矩形線框置于勻強磁場中，線框平面與磁場方向垂直．先保持線框的面積不變，將磁感應(yīng)強度在1s時間內(nèi)勻稱地增大到原來的兩倍．接著保持增大后的磁感應(yīng)強度不變，在1s時間內(nèi)，再將線框的面積勻稱地減小到原來的一半．先后兩個過程中，線框中感應(yīng)電動勢的比值為(B)A.eq\f(1,2)B．1C．2 D．4解析：依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，設(shè)線框匝數(shù)為n，面積為S0，初始時刻磁感應(yīng)強度為B0，則第一種狀況下的感應(yīng)電動勢為E1＝neq\f(2B0－B0S0,1)＝nB0S0；其次種狀況下的感應(yīng)電動勢為E2＝neq\f(2B0S0－\f(S0,2),1)＝nB0S0，所以兩種狀況下線框中的感應(yīng)電動勢相等，比值為1，故選項B正確．1．對公式E＝Blvsinθ的理解(1)該公式可看成法拉第電磁感應(yīng)定律的一種特別狀況，通常用來求導(dǎo)體運動速度為v時的瞬時電動勢．(2)當B、l、v三個量方向相互垂直時，E＝Blv；當有隨意兩個量的方向平行時，E＝0.(3)式中的l應(yīng)理解為導(dǎo)體切割磁感線時的有效長度．若切割磁感線的導(dǎo)體是彎曲的，則應(yīng)取其與B和v方向都垂直的等效線段長度來計算．如下圖中線段ab的長即為導(dǎo)體切割磁感線的有效長度．(4)該式適用于導(dǎo)體平動時，即導(dǎo)體上各點的速度相等時．(5)當導(dǎo)體繞一端轉(zhuǎn)動時如圖所示，由于導(dǎo)體上各點的速度不同，是線性增加的，所以導(dǎo)體運動的平均速度為eq\x\to(v)＝eq\f(0＋ωl,2)＝eq\f(ωl,2)，由公式E＝Bleq\x\to(v)得，E＝Bleq\f(ωl,2)＝eq\f(1,2)Bl2ω.(6)公式中的v應(yīng)理解為導(dǎo)線和磁場的相對速度，當導(dǎo)線不動而磁場運動時，也有電磁感應(yīng)現(xiàn)象產(chǎn)生．2．公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)與E＝Blvsinθ的區(qū)分與聯(lián)系【例2】如圖所示，水平放置的兩平行金屬導(dǎo)軌相距L＝0.50m，左端接一電阻R＝0.20Ω，磁感應(yīng)強度B＝0.40T的勻強磁場方向垂直于導(dǎo)軌平面對下，導(dǎo)體棒ac(長為L)垂直放在導(dǎo)軌上，并能無摩擦地沿導(dǎo)軌滑動，導(dǎo)軌和導(dǎo)體棒的電阻均可忽視不計．當ac棒以v＝4.0m/s的速度水平向右勻速滑動時，求：(1)ac棒中感應(yīng)電動勢的大?。?2)回路中感應(yīng)電流的大?。?3)維持ac棒做勻速運動的水平外力的大?。绢}可按以下思路進行分析：[答案](1)0.80V(2)4.0A(3)0.80N[解析](1)ac棒垂直切割磁感線，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為E＝BLv＝0.40×0.50×4.0V＝0.80V(2)回路中感應(yīng)電流的大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.80,0.20)A＝4.0A由右手定則知，ac棒中的感應(yīng)電流由c流向a.(3)ac棒受到的安培力大小為F安＝BIL＝0.40×4.0×0.50N＝0.80N，由左手定則知，安培力方向向左．由于導(dǎo)體棒勻速運動，水平方向受力平衡，則F外＝F安＝0.80N，方向水平向右．總結(jié)提能切割磁感線的導(dǎo)體棒中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，等效于電源，導(dǎo)軌及電阻R上不產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，等效于外電路，這樣可將電磁感應(yīng)問題等效轉(zhuǎn)化為電路問題，利用閉合電路歐姆定律即可解答．如圖所示，在磁感應(yīng)強度B＝0.50T的勻強磁場中，導(dǎo)體PQ在力F作用下在U形導(dǎo)軌上以速度v＝10m/s向右勻速滑動，兩導(dǎo)軌間距離L＝1.0m，電阻R＝1.0Ω，導(dǎo)體和導(dǎo)軌的電阻忽視不計，則以下說法正確的是(A)A．導(dǎo)體PQ切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大小為5.0VB．導(dǎo)體PQ受到的安培力方向水平向右C．作用力F大小是0.50ND．作用力F的功率是5W解析：E＝BLv＝0.50×1.0×10V＝5.0V，A正確；由右手定則和左手定則知，安培力方向水平向左，且F＝F安＝eq\f(B2L2v,R)＝2.5N，B、C錯誤；PF＝F·v＝2.5×10W＝25W，D錯誤．1電源內(nèi)部電流的方向是從負極流向正極，即從低電勢流向高電勢.2求解電路中通過的電荷量時，肯定要用平均電動勢和平均電流計算.【例3】如圖所示，半徑為a的圓形區(qū)域內(nèi)有勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝0.2T，磁場方向垂直紙面對里，半徑為b的金屬圓環(huán)與磁場同心放置，磁場與環(huán)面垂直，其中a＝0.4m，b＝0.6m．金屬環(huán)上分別接有燈L1、L2，兩燈的電阻均為R＝2Ω.一金屬棒MN與金屬環(huán)接觸良好，棒與環(huán)的電阻均不計.(1)若棒以v0＝5m/s的速率在環(huán)上向右勻速滑動，求棒滑過圓環(huán)直徑OO′的瞬間，MN中的電動勢和流過L1的電流．(2)撤去中間的金屬棒MN，將右面的半圓環(huán)OL2O′以O(shè)O′為軸向上翻轉(zhuǎn)90°，若此時起先磁場隨時間勻稱改變，其改變率為eq\f(ΔB,Δt)＝(eq\f(4,π))T/s，求磁場改變的過程中L1的功率．解答本題時可按以下思路分析：[答案](1)0.8V0.4A(2)1.28×10－2W[解析](1)棒滑過圓環(huán)直徑OO′的瞬間，MN中的電動勢E1＝B×2av0＝0.2×0.8×5V＝0.8V等效電路如圖所示，流過燈L1的電流I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(0.8,2)A＝0.4A.(2)撤去中間的金屬棒MN，將右面的半圓環(huán)OL2O′以O(shè)O′為軸向上翻轉(zhuǎn)90°，半圓環(huán)OL1O′產(chǎn)生的電動勢相當于電源，燈L2為外電路，等效電路如圖所示，感應(yīng)電動勢E2＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(1,2)πa2eq\f(ΔB,Δt)＝0.32VL1的功率P1＝eq\f(\f(1,2)E22,R)＝1.28×10－2W總結(jié)提能電磁感應(yīng)中電路問題的分析方法(1)明確電路結(jié)構(gòu)，分清內(nèi)、外電路．(2)依據(jù)產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的方式計算感應(yīng)電動勢的大小，假如是磁場或回路有效面積改變，由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)計算；假如是導(dǎo)體切割磁感線，由E＝Blv計算．(3)畫出等效電路．(4)依據(jù)歐姆定律和串并聯(lián)電路特點進行電路分析與計算．[多選]如圖甲，固定在光滑水平面上的正三角形金屬線框，匝數(shù)n＝20，總電阻R＝2.5Ω，邊長L＝0.3m，處在兩個半徑均為r＝eq\f(L,3)的圓形勻強磁場區(qū)域中．線框頂點與右側(cè)圓中心重合，線框底邊中點與左側(cè)圓中心重合．磁感應(yīng)強度B1垂直水平面對外，大小不變；B2垂直水平面對里、大小隨時間改變，B1、B2的值如圖乙所示，則(ACD)A．通過線框中感應(yīng)電流方向為逆時針方向B．t＝0時刻穿過線框的磁通量為0.1WbC．在0.6s內(nèi)通過線框中的電荷量為0.13CD．經(jīng)過0.6s線框中產(chǎn)生的熱量為0.07J解析：磁感應(yīng)強度B1垂直水平面對外，大小不變，B2垂直水平面對里，大小隨時間增大，故線框向外的磁通量減小，由楞次定律可得，線框中感應(yīng)電流方向為逆時針方向，選項A正確．t＝0時刻穿過線框的磁通量為Φ＝B1×eq\f(1,2)πr2＋B2×eq\f(1,6)πr2≈－0.0052Wb，選項B錯誤．在0.6s內(nèi)通過線框的電荷量q＝neq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(20×5－2×\f(1,6)π×0.12,2.5)C≈0.13C，選項C正確．由Q＝I2RΔt＝eq\f(nΔΦ2,RΔt)＝eq\f(20×3×\f(1,6)×3.14×0.012,2.5×0.6)J＝0.07J，選項D正確.導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動切割磁感線的處理方法對于公式E＝Blv中的v的理解：(1)應(yīng)理解為導(dǎo)體與磁場間的相對速度，所以即使導(dǎo)體不動，若磁場運動，也能使導(dǎo)體切割磁感線而產(chǎn)生感應(yīng)電動勢；(2)還應(yīng)留意到v應(yīng)當是垂直切割速度；(3)另外，還應(yīng)留意到在“旋轉(zhuǎn)切割”這類問題中，導(dǎo)體棒上各部分的切割速率不同，此時的v則應(yīng)理解為導(dǎo)體棒上各部分切割速度的平均值，在數(shù)值上一般等于旋轉(zhuǎn)導(dǎo)體棒中點的切割速度或者等于棒兩端點的速度的平均值．如圖所示，當導(dǎo)體繞一端轉(zhuǎn)動時，由于導(dǎo)體上各點的速度不同，是線性增加的，所以導(dǎo)體運動的平均速度為eq\x\to(v)＝eq\f(0＋ωl,2)＝eq\f(ωl,2)，由公式E＝Bleq\x\to(v)得，E＝Bleq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bωl2.1切割磁感線的導(dǎo)體中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，該部分導(dǎo)體等效為電源，電路中的其余部分等效為外電路.2對于一個勻速轉(zhuǎn)動的圓盤可看做很多并聯(lián)連接的導(dǎo)體棒轉(zhuǎn)動切割，相當于內(nèi)阻很小的導(dǎo)體棒旋轉(zhuǎn)切割產(chǎn)生的電動勢.3導(dǎo)體棒繞一端轉(zhuǎn)動時，盡管導(dǎo)體上各點的速度不同，但產(chǎn)生的電動勢是恒定的.【典例】如圖是法拉第研制成的世界上第一臺發(fā)電機模型的原理圖．將銅盤放在磁場中，讓磁感線垂直穿過銅盤，圖中a、b導(dǎo)線與銅盤的中軸線處在同一平面內(nèi)，轉(zhuǎn)動銅盤，就可以使閉合電路獲得電流．若圖中銅盤半徑為r，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，回路總電阻為R，勻速轉(zhuǎn)動銅盤的角速度為ω.則電路的功率是()A.eq\f(B2ω2r4,R) B.eq\f(B2ω2r4,2R)C.eq\f(B2ω2r4,4R) D.eq\f(B2ω2r4,8R)解答本題時應(yīng)明確以下兩點：(1)在磁場中勻速轉(zhuǎn)動的銅盤等效為長等于r的導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生的電動勢；(2)畫出等效電路進行分析計算．【解析】依據(jù)導(dǎo)體棒旋轉(zhuǎn)切割產(chǎn)生電動勢E＝eq\f(1,2)Bωr2，由P＝eq\f(E2,R)，得電路的功率是eq\f(B2ω2r4,4R)，故選C.【答案】C【變式】如圖所示，長為L的金屬導(dǎo)線下懸掛一質(zhì)量為m的小球，在豎直向上的勻強磁場中做圓錐擺運動，圓錐擺的偏角為θ，磁感應(yīng)強度為B，求：(1)擺球轉(zhuǎn)動的角速度ω；(2)金屬導(dǎo)線中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的大?。鸢福?1)eq\r(\f(g,Lcosθ))(2)eq\f(1,2)BL2eq\r(\f(g,Lcosθ))sin2θ解析：(1)由牛頓其次定律，mgtanθ＝mrω2，r＝Lsinθ聯(lián)立解得：ω＝eq\r(\f(g,Lcosθ))(2)導(dǎo)線在磁場中轉(zhuǎn)動，旋轉(zhuǎn)切割磁感線，但導(dǎo)線本身與磁場不垂直，應(yīng)當考慮切割的有效長度．導(dǎo)線切割磁感線的有效長度為L′＝Lsinθ依據(jù)旋轉(zhuǎn)切割產(chǎn)生的電動勢公式得：E＝eq\f(1,2)BL′2ω得：E＝eq\f(1,2)BL2ωsin2θ＝eq\f(1,2)BL2eq\r(\f(g,Lcosθ))sin2θ.1．關(guān)于感應(yīng)電動勢的大小，下列說法正確的是(C)A．穿過線圈的磁通量Φ越大，所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢就越大B．穿過線圈的磁通量的改變量ΔΦ越大，所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢就越大C．穿過線圈的磁通量的改變率eq\f(ΔΦ,Δt)越大，所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢就越大D．穿過線圈的磁通量Φ等于0，所產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢就肯定為0解析：依據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知，感應(yīng)電動勢的大小與磁通量改變率eq\f(ΔΦ,Δt)成正比，與磁通量Φ及磁通量的改變量ΔΦ沒有必定聯(lián)系．當磁通量Φ很大時，感應(yīng)電動勢可能很小，甚至為0；當磁通量Φ等于0時，其改變率可能很大，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢可能很大．只有選項C正確．2．如圖所示，在國慶60周年閱兵盛典上，我國預(yù)警機“空警-2000”在天安門上空時機翼保持水平，以120m/s的速度自東向西飛行．該機的翼展(兩翼尖之間的距離)為50m，北京地區(qū)地磁場的豎直重量向下，大小為4.5×10－5T，則(C)A．兩翼尖之間的電勢差為0B．兩翼尖之間的電勢差為2.7VC．飛行員左方翼尖的電勢比右方翼尖的電勢高D．飛行員左方翼尖的電勢比右方翼尖的電勢低解析：由E＝BLv可得，兩翼尖之間的電勢差為U＝E＝BLv＝4.5×10－5×50×120V＝0.27V，故A、B錯誤；由右手定則可知，電路中若有感應(yīng)電流，其方向為由右機翼向左機翼，因飛機此時相當于電源，故飛行員左方翼尖的電勢比右方翼尖的電勢高，故C正確，D錯誤．3．[多選]如圖甲所示，面積為0.1m2的10匝線圈EFG處于勻強磁場中，t＝0時，磁場方向垂直于線圈平面對里，磁感應(yīng)強度B隨時間t改變的規(guī)律如圖乙所示．已知線圈與右側(cè)電路接觸良好，電路中的電阻R＝4Ω，電容器的電容C＝10μF，線圈EFG的電阻為1Ω，其余部分電阻不計．當開關(guān)S閉合，電路穩(wěn)定后，在t＝0.1s至tA．電容器所帶的電荷量為8×10－5B．通過電阻R的電流是2.5A，方向從b到aC．通過電阻R的電流是2A，方向從a到bD．電阻R消耗的電功率是0.16W解析：由法拉第電磁感應(yīng)定律可知E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S，電容器所帶的電荷量Q＝CUR＝Ceq\f(R,R＋r)E，聯(lián)立解得Q＝8×10－5C，選項A正確；由楞次定律可推斷，通過電阻R的電流方向為從a到b，由閉合電路的歐姆定律知，電流I＝eq\f(E,R＋r)＝2A，選項B錯誤，選項C正確；電阻R消耗的電功率P＝I2R＝16W，選項D錯誤．4．如圖，導(dǎo)體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點，O為圓心．軌道的電阻忽視不計．OM是有肯定電阻、可繞O轉(zhuǎn)動的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好．空間存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B.現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉(zhuǎn)到OS位置并固定(過程Ⅰ)；再使磁感應(yīng)強度的大小以肯定的改變率從B增加到B′(過程Ⅱ)．在過程Ⅰ、Ⅱ中，流過OM的電荷量相等，則eq\f(B′,B)等于(B)