1、第2课时 法拉第电磁感应定律考点一法拉第电磁感应定律的理解应用1感应电动势大小的决定因素感应电动势大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率 t 和线圈匝数共同决定，而与磁通量、磁通量的变化量 的大小没有必然联系，t 为单匝线圈产生的感应电动势大小2法拉第电磁感应定律的适用范围法拉第电磁感应定律适用于任何情况下感应电动势的计算但在中学物理中一般用来计算某段时间内的平均电动势若所取时间极短，即 t 趋近于零时，所求感应电动势为该时刻的瞬时感应电动势3法拉第电磁感应定律应用的两种情况(1)回路与磁场垂直的面积不变，磁感应强度发生变化，则 BS，En B t S，式中 B t 为磁感应强度的变化率，等于 B
2、t 图象上某点切线的斜率，若 B t 是恒定的，产生的感应电动势就恒定(2)磁感应强度 B 不变，回路与磁场垂直的面积发生变化，则 B S，EnB S t.【例1】(多选)(2014四川卷)如图所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小质量为0.2kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形，其有效电阻为0.1.此时在整个空间加方向与水平面成30 角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B(0.40.2t)T，图示磁场方向为正方向框、挡板和杆不计形变则()At1 s时，金属杆中感应电流方
3、向从C到DBt3 s时，金属杆中感应电流方向从D到CCt1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为0.1 NDt3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N解析：根据楞次定律可判断感应电流的方向总是从 C 到 D，故 A 正确，B 错误；由法拉第电磁感应定律可知：Et BSt BL2tsin 300.21212 V0.1 V，故感应电流为 IER1 A，金属杆受到的安培力 FABIL，t1 s 时，FA0.211 N0.2 N，方向如图甲，此时金属杆受力分析如图甲，由平衡条件可知 F1FAcos600.1 N，F1 为挡板 P 对金属杆施加的力t3 s 时，磁场反向，此时金属杆受力分析如图乙，此时
4、挡板 H对金属杆施加的力向右，大小 F3BIL cos 600.21112 N0.1 N，故 C 正确，D 错误答案：AC方 法 总 结应用法拉第电磁感应定律解题的一般步骤：分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况；利用楞次定律确定感应电流的方向；灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解1(2015重庆卷)如图所示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ab()A恒为nS（B2B1）t2t1B从 0 均匀变化到nS（B2B1）t
5、2t1C恒为nS（B2B1）t2t1D从 0 均匀变化到nS（B2B1）t2t1解析：穿过线圈的磁场均匀增加，将产生大小恒定的感生电动势，由法拉第电磁感应定律得 Ent nS（B2B1）t2t1而等效电源内部的电流由楞次定律知从 ab，即 b 点是等效电源的正极，及abnS（B2B1）t2t1，故选 C.答案：C考点二导体切割磁感线产生感应电动势的计算1公式EBlv的使用条件(1)匀强磁场(2)B、l、v三者相互垂直(3)如不垂直，用公式EBlvsin 求解，为B与v方向间的夹角2“瞬时性”的理解 若v为瞬时速度，则E为瞬时感应电动势若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即EBlv.3“相对性
6、”的理解EBlv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应注意速度间的相对关系4导体转动切割磁感线 当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度匀速转动时，产生的感应电动势为EBlvBl2，如图所示【例2】(多选)(2014山东卷)如图所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示不计轨道电阻以下叙述正确的是()AFM向右BFN向左CFM逐渐增大DFN逐渐减小解析：由安培定则可知，通电直导线在 M、N 区产生的磁场方向分别为垂直纸面向外、垂直纸面
7、向里，导体棒向右通过 M 区时，由右手定则可知产生的感应电流方向向下，由左手定则可知，FM 向左，同理可以判断，FN 向左，越靠近通电直导线磁场越强，导体棒匀速运动，由 EBLv、IER、FBIL 可知，FM 逐渐增大，FN 逐渐减小，正确选项为 B、C、D.答案：BCD规 律 总 结公式En tEBlv导体一个回路一段导体适用普遍适用导体切割磁感线意义常用于求平均电动势既可求平均值也可求瞬时值联系本质上是统一的后者是前者的一种特殊情况但是，当导体做切割磁感线运动时，用 EBlv 求 E 比较方便；当穿过电路的磁通量发生变化时，用 En t 求 E 比较方便2(2015课标全国卷)如图所示，直
8、角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上当金属框绕ab边以角速度逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是()AUaUc，金属框中无电流BUbUc，金属框中电流方向沿 abcaCUbc12Bl2w，金属框中无电流DUbc12Bl2w，金属框中电流方向沿 acba解析：当金属框绕 ab 边以角速度 逆时针转动时，穿过直角三角形金属框 abc 的磁通量恒为 0，所以没有感应电流，由右手定则可知，c 点电势高，Ubc12Bl2w，故 C 正确，A、B、D 错误 答案：C考点三自感现象的分析1自感现象“阻碍”作
9、用的理解(1)流过线圈的电流增加时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相反，阻碍电流的增加，使其缓慢地增加(2)流过线圈的电流减小时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相同，阻碍电流的减小，使其缓慢地减小线圈就相当于电源，它提供的电流从原来的IL逐渐变小2自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向3自感中“闪亮”与“不闪亮”问题【例3】(2016邢台模拟)某同学为了验证断电自感现象，
10、自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是()A电源的内阻较大B小灯泡电阻偏大C线圈电阻偏大D线圈的自感系数较大解析：闭合开关S，电路稳定灯泡正常发光时，如果电感线圈L中的电阻比灯泡的电阻大，则电感线圈L中的电流IL比灯泡A中的电流IA小，当开关S断开，则由于自感现象，L和A构成回路使L和A中的电流从IL开始减小，因此不可能看到小灯泡闪亮的现象，C项正确 答案：C3
11、(多选)(2016临沂模拟)如图所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的电灯，E是内阻不计的电源t0时刻，闭合开关S，经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S.I1、I2分别表示通过电灯D1和D2中的电流，规定图中箭头所示方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是()解析：当S闭合时，L的自感作用会阻碍其中的电流变大，电流从D1流过；当L的阻碍作用变小时，L中的电流变大，D1中的电流变小至零；D2中的电流为电路总电流，电流流过D1时，电路总电阻较大，电流较小，当D1中电流为零时，电流流过L与D2，总电阻变小，电流变大至稳定
12、；当S再断开时，D2马上熄灭，D1与L组成回路，由于L的自感作用，D1慢慢熄灭，电流反向且减小；综上所述知选项A、C正确 答案：AC方 法 技 巧思 维 提 升电磁感应中的“杆导轨”模型“杆导轨”模型是电磁感应问题中的高考命题热点，考查的知识点多，题目综合性强，物理情景变化复杂，导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜，杆的运动可分为匀速、匀变速、非匀变速等导体棒受到恒定拉力作用情况下的运动状态分析，如图所示运动过程中某时刻导体棒的速度为 v，加速度为 aFmB2L2vmR，a、v同向，随 v 的增加，加速度 a 减小，当 a0 时，导体棒的速度达到最大，IBLvR 恒定 典例 如图甲所示，MN、P
13、Q是固定于同一水平面内相互平行的粗糙长直导轨，间距L2.0 m，R是连在导轨一端的电阻，质量m1.0 kg的导体棒ab垂直跨在导轨上，电压传感器与这部分装置相连导轨所在空间有一磁感应强度B0.50 T、方向竖直向下的匀强磁场从t0开始对导体棒ab施加一个水平向左的拉力，使其由静止开始沿导轨向左运动，电压传感器测出R两端的电压随时间变化的图线如图乙所示，其中OA、BC段是直线，AB段是曲线假设在1.2 s以后拉力的功率P4.5 W保持不变导轨和导体棒ab的电阻均可忽略不计，导体棒ab在运动过程中始终与导轨垂直，且接触良好不计电压传感器对电路的影响g取10 m/s2.求：(1)导体棒ab最大速度v
14、m的大小；(2)在1.22.4 s的时间内，该装置总共产生的热量Q；(3)导体棒ab与导轨间的动摩擦因数和电阻R的值思路导引(1)R两端的电压和导体棒中产生的电动势有什么关系？(2)在1.22.4 s的时间内，能量是如何转化的？(3)01.2 s和2.4 s后导体棒分别做什么运动？受力情况如何？解析：(1)从题图乙可知，2.4 s 时 R 两端的电压最大，Um1.0 V，由于导体棒内阻不计，故 UmEmBLvm1.0 V，所以 vmEmBL1.0 m/s.(2)因为 UEBLv，而 B、L 为常数，所以由题图乙知，在 01.2 s 内导体棒做匀加速直线运动设导体棒在这段时间内的加速度为 a，t
15、11.2 s 时导体棒的速度为 v1，由题图乙可知此时电压 U10.90 V.因为 U1E1BLv1，所以 v1U1BL0.90 m/s.在 1.22.4 s 时间内，根据功能关系 12mv21Pt12mv2mQ，代入数据解得 Q5.3 J.(3)导体棒做匀加速运动的加速度 av10t10.75 m/s2.当 t11.2 s 时，设拉力为 F1，则有 F1Pv15.0 N.同理，当 t22.4 s 时，设拉力为 F2，则有 F2 Pvm4.5 N.对 ab 棒受力分析如图所示，根据牛顿第二定律有 F1FfF 安 1ma，F2FfF 安 20，mgFN0，又因为 F 安 1BI1LBLU1R，F 安 2BI2LBLUmR，FfFN.联立，代入数据可求得 R0.4，0.2.答案：(1)1.0 m/s(2)5.3 J(3)0.2 0.4