高中物理 第一章 电磁感应 第四节 法拉第电磁感应定律案 粤教3-2

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE1学必求其心得，业必贵于专精PAGE第四节法拉第电磁感应定律［学习目标]1.理解和掌握法拉第电磁感应定律，能够运用法拉第电磁感应定律定量计算感应电动势的大小。2。能够运用E＝BLv或E＝BLvsinθ计算导体切割磁感线时的感应电动势．一、电磁感应定律[导学探究]回顾“探究感应电流的产生条件”中的三个实验,并回答下列问题：图1（1）如图1所示，将条形磁铁从同一高度插入线圈的实验中,快速插入和缓慢插入有什么相同和不同?指针偏转程度相同吗？(2）三个实验中哪些情况下指针偏转角度会大一些？指针偏转大小取决于什么？答案（1)磁通量变化相同，但磁通量变化的快慢不同,快速插入比缓慢插入时指针偏转程度大．（2）导体棒切割磁感线运动实验中，导体棒运动越快，eq\f(ΔΦ，Δt)越大，I越大，E越大，指针偏转程度越大．将条形磁铁插入线圈的实验中,条形磁铁快速插入（或拔出)比缓慢插入(或拔出)时的eq\f(ΔΦ，Δt）大，I大，E大，指针偏转程度大．模仿法拉第的实验中,开关断开（或闭合)瞬间比开关闭合状态下移动滑动变阻器的滑片时eq\f（ΔΦ，Δt)大，I大，E大，指针偏转程度大．指针偏转大小取决于eq\f（ΔΦ，Δt)的大小．［知识梳理］1．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），其中n是线圈的匝数2．对Φ、ΔΦ与eq\f(ΔΦ,Δt)的理解(1）Φ：可形象地用某时刻穿过某个面的磁感线的条数表示．Φ＝BS，S是与B垂直的投影面的面积．（2)ΔΦ：某段时间内穿过某个面的磁通量的变化量,ΔΦ＝Φ2－Φ1，若只是S变化则ΔΦ＝B·ΔS，若只是B变化，则ΔΦ＝ΔB·S.(3）eq\f（ΔΦ,Δt)：穿过某个面的磁通量变化的快慢，若只是S变化则eq\f（ΔΦ,Δt)＝B·eq\f（ΔS,Δt)，若只是B变化则eq\f(ΔΦ,Δt)＝S·eq\f(ΔB，Δt）。［即学即用］判断下列说法的正误．(1)线圈中磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大．（)(2）线圈中磁通量的变化量ΔΦ越大，线圈中产生的感应电动势一定越大．（)（3)线圈放在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大．(）（4）线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势一定越大．（）答案(1）×(2)×（3）×（4）√二、导线切割磁感线时的感应电动势[导学探究］如图2所示，闭合电路一部分导体ab处于匀强磁场中，磁感应强度为B，ab的长度为l，ab以速度v匀速切割磁感线，利用法拉第电磁感应定律求回路中产生的感应电动势．图2答案设在Δt时间内导体ab由原来的位置运动到a1b1，如图所示，这时闭合电路面积的变化量为ΔS＝lvΔt穿过闭合电路磁通量的变化量为ΔΦ＝BΔS＝BlvΔt根据法拉第电磁感应定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝Blv。［知识梳理]导线切割磁感线时产生的感应电动势的大小：(1)导线垂直于磁场运动，B、l、v两两垂直时，如图3所示,E＝Blv。图3(2)导线的运动方向与导线本身垂直，但与磁感线方向夹角为θ时，如图4所示，E＝Blvsin_θ.图4［即学即用］如图5所示的情况中,金属导体中产生的感应电动势为Blv的是________．图5答案甲、乙、丁一、法拉第电磁感应定律的理解1．感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率eq\f（ΔΦ，Δt)和线圈的匝数n共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系，和电路的电阻R无关．2．在Φ－t图象中，磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt）是图象上某点切线的斜率．例1关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是()A．穿过线圈的磁通量Φ最大时，所产生的感应电动势就一定最大B．穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ增大时，所产生的感应电动势也增大C．穿过线圈的磁通量Φ等于0，所产生的感应电动势就一定为0D．穿过线圈的磁通量的变化率eq\f（ΔΦ，Δt)越大,所产生的感应电动势就越大答案D解析根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt）成正比,与磁通量Φ及磁通量的变化量ΔΦ没有必然联系．当磁通量Φ很大时，感应电动势可能很小，甚至为0。当磁通量Φ等于0时，其变化率可能很大,产生的感应电动势也会很大，而ΔΦ增大时，eq\f（ΔΦ，Δt)可能减小．如图所示，t1时刻，Φ最大，但E＝0；0~t1时间内ΔΦ增大，但eq\f（ΔΦ，Δt）减小，E减小;t2时刻，Φ＝0，但eq\f(ΔΦ，Δt)最大，E最大．故D正确．二、E＝neq\f(ΔΦ，Δt）的应用1．E＝neq\f（ΔΦ,Δt)一般用来求Δt时间内感应电动势的平均值,其中n为线圈匝数，ΔΦ取绝对值．2．常见感应电动势的计算式：(1)线圈面积S不变，磁感应强度B均匀变化：E＝neq\f（ΔB，Δt）·S.（eq\f（ΔB，Δt)为B－t图象上某点切线的斜率）（2)磁感应强度B不变，线圈面积S均匀变化：E＝nB·eq\f（ΔS,Δt）.（3）磁感应强度B、垂直于磁场的回路面积S均发生变化：E＝neq\f(｜Φ2－Φ1|，Δt).例2如图6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6（1）2s内穿过线圈的磁通量的变化量是多少？（2)磁通量的变化率多大？(3)线圈中感应电动势的大小为多少？答案(1)8×10－3Wb(2)4×10－3Wb/s(3）6V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＝B1S，Φ2＝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。针对训练（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的关系图象如图7所示，则（）图7A．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．三、E＝BLv的应用例3如图8所示,PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场中，磁场方向垂直线框平面，MN与线框的边成45°角，E、F分别为PS和PQ的中点．关于线框中的感应电流（)图8A．当E点经过边界MN时,感应电流最大B．当P点经过边界MN时，感应电流最大C．当F点经过边界MN时，感应电流最大D．当Q点经过边界MN时，感应电流最大答案B解析当P点经过边界MN时，有效切割长度最长,感应电动势最大，所以感应电流最大．导线切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，公式中L指有效切割长度，即导线在与v垂直的方向上的投影长度．图9(1）图9甲中的有效切割长度为：沿v1方向运动时，L＝eq\x\to（cd）sinθ;沿v2方向运动时，L＝eq\x\to(cd）。（2)图乙中的有效切割长度为：沿v1方向运动时,L＝2R；沿v2方向运动时，L＝0。（3）图丙中的有效切割长度为：沿v1方向运动时，L＝eq\r（2）R；沿v2方向运动时,L＝R.1．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.2.如图10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互垂直的平面内，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10A.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，金属棒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．3．如图11所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出，设运动的整个过程中不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小将（)图11A．越来越大B．越来越小C．保持不变D．无法确定答案C解析金属棒做平抛运动,水平速度不变，且水平速度即为金属棒垂直切割磁感线的速度，故感应电动势保持不变．4．有一匝数为100匝的线圈，单匝线圈的面积为100cm2。线圈的总电阻为0。1Ω，线圈中磁场均匀变化，其变化规律如图12所示，且磁场方向垂直于线圈平面向里，线圈中产生的感应电动势多大？图12答案0。1V解析取线圈为研究对象，在1～2s内，其磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝（B2－B1)S,磁通量的变化率为eq\f（ΔΦ,Δt)＝eq\f（B2－B1S,t2－t1),由公式E＝neq\f（ΔΦ,Δt)得E＝100×eq\f(0。2－0。1×100×10－4,2－1）V＝0.1V。一、选择题(1~8题为单选题，9～11题为多选题）1．将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中,线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势，下列表述正确的是（）A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关B．当穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势一定为零C．当穿过线圈的磁通量变化越快时,感应电动势越大D．感应电动势的大小与磁通量的变化量成正比答案C解析由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝neq\f（ΔΦ,Δt）,即感应电动势与线圈匝数有关,故A错误；同时可知，感应电动势与磁通量的变化率有关,故D错误；穿过线圈的磁通量变化越快,感应电动势越大，故C正确；当穿过线圈的磁通量为零时，磁通量的变化率不一定为零，因此感应电动势不一定为零．故B错误．2.如图1所示,平行金属导轨的间距为d，一端跨接一阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于导轨所在平面向里,一根长直金属棒与导轨成60°角放置，且接触良好，则当金属棒以垂直于棒的恒定速度v沿金属导轨滑行时，其他电阻不计，电阻R中的电流为（)图1A。eq\f(Bdv,Rsin60°) B.eq\f(Bdv,R)C.eq\f（Bdvsin60°,R) D。eq\f(Bdvcos60°，R）答案A解析金属棒切割磁感线的有效长度是l＝eq\f(d,sin60°）,感应电动势E＝Blv，R中的电流为I＝eq\f(E，R）.联立解得I＝eq\f（Bdv,Rsin60°).3。如图2为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S。若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb(）图2A．恒为eq\f（nSB2－B1,t2－t1）B．从0均匀变化到eq\f（nSB2－B1，t2－t1）C．恒为－eq\f(nSB2－B1,t2－t1）D．从0均匀变化到－eq\f（nSB2－B1，t2－t1）答案C解析根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝neq\f（ΔΦ，Δt）＝neq\f（B2－B1S，t2－t1），由楞次定律和右手螺旋定则可判断b点电势高于a点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a、b两点电势差恒为φa－φb＝－neq\f（B2－B1S，t2－t1),选项C正确．4。如图3所示，半径为r的n匝线圈套在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形平面，当磁感应强度以eq\f(ΔB，Δt）的变化率均匀变化时，线圈中产生的感应电动势的大小为(）图3A．πr2eq\f(ΔB，Δt） B．L2eq\f（ΔB，Δt)C．nπr2eq\f（ΔB,Δt） D．nL2eq\f（ΔB，Δt)答案D解析根据法拉第电磁感应定律,线圈中产生的感应电动势的大小为E＝neq\f(ΔΦ,Δt）＝nL2eq\f(ΔB，Δt）。5.如图4所示,长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板，磁场垂直于环面向里,磁感应强度以B＝B0＋kt（k〉0）随时间变化,t＝0时，P、Q两板电势相等,两板间的距离远小于环的半径，经时间t，电容器P板(）图4A．不带电B．所带电荷量与t成正比C．带正电，电荷量是eq\f（kL2C，4π)D．带负电，电荷量是eq\f（kL2C,4π)答案D解析磁感应强度以B＝B0＋kt（k>0）随时间变化，由法拉第电磁感应定律得：E＝eq\f（ΔΦ，Δt）＝Seq\f（ΔB，Δt)＝kS，而S＝eq\f(L2,4π)，经时间t电容器P板所带电荷量Q＝EC＝eq\f(kL2C,4π）；由楞次定律和安培定则知电容器P板带负电，故D选项正确．6．如图5所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是（)图5A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D．Ea∶Eb＝2∶1,感应电流均沿顺时针方向答案B解析由法拉第电磁感应定律得圆环中产生的电动势为E＝eq\f(ΔΦ,Δt）＝πr2·eq\f(ΔB，Δt）,则eq\f(Ea,Eb）＝eq\f（r\o\al(2,a),r\o\al（2，b））＝eq\f(4,1),由楞次定律可知感应电流的方向均沿顺时针方向，B项对．7．如图6甲所示，闭合电路由电阻R和阻值为r的环形导体构成，其余电阻不计．环形导体所围的面积为S。环形导体位于一垂直纸面向里的匀强磁场中,磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示．在0～t0时间内，下列说法正确的是(）图6A．通过R的电流方向由B指向A，电流大小为eq\f(B1S,R＋rt0)B．通过R的电流方向由A指向B，电流大小为eq\f（B2S,R＋rt0）C．通过R的电流方向由B指向A，电流大小为eq\f（B1＋B2S，2R＋rt0）D．通过R的电流方向由A指向B，电流大小为eq\f（B2－B1S，R＋rt0）答案D解析原磁场增强，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场反向，垂直纸面向外,再由安培定则可判定环形电流为逆时针方向，通过R的电流方向由A指向B;I＝eq\f(E,R＋r）＝eq\f（\f（ΔΦ，Δt),R＋r）＝eq\f(\f(ΔB，Δt)·S，R＋r)＝eq\f(\f(B2－B1，t0)S，R＋r)＝eq\f（B2－B1S,R＋rt0）.故选D。8.如图7所示，边长为a的导线框ABCD处于磁感应强度为B0的匀强磁场中，BC边与磁场右边界重合，现发生以下两个过程：一是仅让线框以垂直于边界的速度v匀速向右运动；二是仅使磁感应强度随时间均匀变化．若导线框在上述两个过程中产生的感应电流大小相等,则磁感应强度随时间的变化率为()图7A。eq\f（2B0v,a) B。eq\f（B0v，a)C。eq\f（B0v,2a) D.eq\f（4B0v，a）答案B解析第一种情况根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律,可得:I＝eq\f(B0av,R)；同样当磁感应强度随时间均匀变化时,可得：I＝eq\f（ΔBa2,ΔtR)，联立得：eq\f(ΔB，Δt）＝eq\f（B0v，a），选项B正确,选项A、C、D错误．9．如图8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8A．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，磁通量的变化率越大，感应电动势越大,产生的感应电流越大，电流表G的最大偏转角越大,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.10.如图9所示，一个金属圆环放在匀强磁场中，将它匀速向右拉出磁场,下列说法中正确的是(不计重力)（)图9A．环中感应电流的方向是顺时针方向B．环中感应电流强度的大小不变C．所施加水平拉力的大小不变D．若将此环向左拉出磁场,则环中感应电流的方向也是顺时针方向答案AD11.单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场,若线圈所围面积的磁通量随时间变化的规律如图10所示，则O~D过程中（）图10A．线圈中O时刻感应电动势最大B．线圈中D时刻感应电动势为零C．线圈中D时刻感应电动势最大D．线圈中O至D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）,得eq\f（ΔΦ，Δt)即为Φ－t图象对应时刻切线的斜率,所以A、B正确，C错误;线圈中O至D时间内的平均感应电动势E＝neq\f(ΔΦ,Δt）＝1×eq\f（2×10－3－0,0.005)V＝0.4V．所以D正确．二、非选择题12．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11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