1、4法拉第电磁感应定律1感应电动势穿过闭合回路中的磁通量发生变化，其中就有感应电流，这说明电路中一定有电动势在电磁感应现象中产生的电动势叫做感应电动势产生感应电动势的那部分导体相当于电源产生感应电动势的条件与产生感应电流的条件有何不同？提示：产生感应电流的条件是穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，但不论回路是否闭合，只要穿过它的磁通量发生变化，就会产生感应电动势2法拉第电磁感应定律(1)内容电路中感应电动势的大小与穿过这一电路的磁通量的变化率成正比(2)表达式对单匝线圈Ek，k为比例系数，国际单位制中k1.上式可简化为E，对n匝线圈En.称为磁通量的变化率(3)单位在国际单位制中，感应电动势E的单
2、位是伏特(V)磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率的物理含义各是什么？提示：磁通量是穿过某一面积的磁感线的条数，是状态量；磁通量的变化量21，表示磁通量变化了多少，是过程量；磁通量的变化率是单位时间内磁通量的变化量，表示磁通量变化的快慢可类比速度v、速度的变化量v与速度的变化率(加速度a)三者的区别3导体切割磁感线时的感应电动势(1)如图所示电路，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，以速度v匀速切割磁感线，设在t时间内导体棒由原来的位置运动到a1b1，这时线框面积的变化量为SLvt，穿过闭合电路磁通量的变化量为BSBLvt，由法拉第电磁感应定律，得EBLv.
3、所以，EBLv是En的推论(2)当导体的运动方向跟磁感线方向有一个夹角时，可以把速度v分解为两个分量：垂直于磁感线的分量v1vsin和平行于磁感线的分量v2vcos.后者不切割磁感线，不产生感应电动势前者切割磁感线，产生的感应电动势为EBLv1BLvsin.4反电动势电动机转动时产生的感应电动势削弱了电源电动势的作用，这个电动势称为反电动势反电动势的作用是阻碍线圈的转动电动机被卡住停止转动，这时就没有了反电动势，电动机变为纯电阻，剧烈发热，很可能烧毁“电动机不是纯电阻，不适用欧姆定律”你对这句话怎样理解？提示：电动机的线圈在安培力作用下在磁场中旋转，必定切割磁感线，产生感应电动势，该电动势的方
4、向与原电源电动势E的方向相反，使电路中电流I减小，即I小于，欧姆定律不成立当电动机被卡住不转时，不产生反电动势，欧姆定律仍然成立，这时电能完全转化为内能2对公式En的理解(1)感应电动势E的大小取决于穿过电路的磁通量的变化率，而与的大小、的大小没有必然的关系，与电路的电阻R无关；感应电流的大小与E和回路总电阻R有关(2)磁通量的变化率是t图象上某点切线的斜率(3)在高中阶段所涉及的磁通量发生变化有三种方式：磁感应强度B不变，垂直于磁场的回路面积发生变化，S|S2S1|，此时EnB；垂直于磁场的回路面积S不变，磁感应强度发生变化，B|B2B1|，此时EnS，其中叫磁感应强度的变化率，等于Bt图象
5、上某点切线的斜率；磁感应强度和线圈的面积均不变，而是线圈绕通过线圈平面内的某一轴转动，此时EnnBS.(其中1、2为初、末时刻线圈平面与磁场方向的夹角)【例1】与磁感应强度B0.8 T垂直的线圈面积为0.05 m2，线圈绕有50匝，线圈的磁通量是多少？若在0.5 s内线圈位置转过53，磁通量的平均变化率是多少？线圈中平均感应电动势的大小是多少？解答本题时可按以下思路分析：答案0.04 Wb0.032 Wb/s1.6 V解析由BS得1BS0.80.05 Wb0.04 Wb，磁通量的变化量是由线圈有效面积的变化引起的，2BScos0.80.050.6 Wb0.024 Wb则|21|0.016 Wb
6、磁通量平均变化率0.032 Wb/s根据法拉第电磁感应定律得平均感应电动势的大小En1.6 V总结提能 计算的三种方法(1)磁通量的变化是由面积变化引起的：BS.(2)磁通量的变化是由磁场变化引起的：BS.(3)磁通量的变化是由面积和磁感应强度间的角度变化引起的，根据定义求：末初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1 s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1 s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，线框中感应电动势的比值为(B)A.B1C2 D4解析：根据法拉第电磁感应定律En，设线框匝数为n，面积
7、为S0，初始时刻磁感应强度为B0，则第一种情况下的感应电动势为E1nnB0S0；第二种情况下的感应电动势为E2nnB0S0，所以两种情况下线框中的感应电动势相等，比值为1，故选项B正确1对公式EBlvsin的理解(1)该公式可看成法拉第电磁感应定律的一种特殊情况，通常用来求导体运动速度为v时的瞬时电动势(2)当B、l、v三个量方向相互垂直时，EBlv；当有任意两个量的方向平行时，E0.(3)式中的l应理解为导体切割磁感线时的有效长度若切割磁感线的导体是弯曲的，则应取其与B和v方向都垂直的等效线段长度来计算如下图中线段ab的长即为导体切割磁感线的有效长度(4)该式适用于导体平动时，即导体上各点的
8、速度相等时(5)当导体绕一端转动时如图所示，由于导体上各点的速度不同，是线性增加的，所以导体运动的平均速度为，由公式EBl得，EBlBl2.(6)公式中的v应理解为导线和磁场的相对速度，当导线不动而磁场运动时，也有电磁感应现象产生2公式En与EBlvsin的区别与联系【例2】如图所示，水平放置的两平行金属导轨相距L0.50 m，左端接一电阻R0.20 ，磁感应强度B0.40 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，导体棒ac(长为L)垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计当ac棒以v4.0 m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：(1)ac棒中感应电动势的大小(2)回路
9、中感应电流的大小(3)维持ac棒做匀速运动的水平外力的大小本题可按以下思路进行分析：答案(1)0.80 V(2)4.0 A(3)0.80 N解析(1)ac棒垂直切割磁感线，产生的感应电动势的大小为EBLv0.400.504.0 V0.80 V(2)回路中感应电流的大小为I A4.0 A由右手定则知，ac棒中的感应电流由c流向a.(3)ac棒受到的安培力大小为F安BIL0.404.00.50 N0.80 N，由左手定则知，安培力方向向左由于导体棒匀速运动，水平方向受力平衡，则F外F安0.80 N，方向水平向右总结提能 切割磁感线的导体棒中产生感应电动势，等效于电源，导轨及电阻R上不产生感应电动势
10、，等效于外电路，这样可将电磁感应问题等效转化为电路问题，利用闭合电路欧姆定律即可解答如图所示，在磁感应强度B0.50 T的匀强磁场中，导体PQ在力F作用下在U形导轨上以速度v10 m/s向右匀速滑动，两导轨间距离L1.0 m，电阻R1.0 ，导体和导轨的电阻忽略不计，则以下说法正确的是(A)A导体PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为5.0 VB导体PQ受到的安培力方向水平向右C作用力F大小是0.50 ND作用力F的功率是5 W解析：EBLv0.501.010 V5.0 V，A正确；由右手定则和左手定则知，安培力方向水平向左，且FF安2.5 N，B、C错误；PFFv2.510 W25 W，D错
11、误(1)电源内部电流的方向是从负极流向正极，即从低电势流向高电势.(2)求解电路中通过的电荷量时，一定要用平均电动势和平均电流计算.【例3】如图所示，半径为a的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度B0.2 T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心放置，磁场与环面垂直，其中a0.4 m，b0.6 m金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R2 .一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均不计 .(1)若棒以v05 m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO的瞬间，MN中的电动势和流过L1的电流(2)撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O以OO为轴向上翻转90，若此
12、时开始磁场随时间均匀变化，其变化率为() T/s，求磁场变化的过程中L1的功率解答本题时可按以下思路分析：答案(1)0.8 V0.4 A(2)1.28102 W解析(1)棒滑过圆环直径OO的瞬间，MN中的电动势E1B2av00.20.85 V0.8 V等效电路如图所示，流过灯L1的电流I1 A0.4 A.(2)撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O以OO为轴向上翻转90，半圆环OL1O产生的电动势相当于电源，灯L2为外电路，等效电路如图所示，感应电动势E2a20.32 VL1的功率P11.28102 W总结提能 电磁感应中电路问题的分析方法(1)明确电路结构，分清内、外电路(2)根据产生
13、感应电动势的方式计算感应电动势的大小，如果是磁场或回路有效面积变化，由En计算；如果是导体切割磁感线，由EBlv计算(3)画出等效电路(4)根据欧姆定律和串并联电路特点进行电路分析与计算多选如图甲，固定在光滑水平面上的正三角形金属线框，匝数n20，总电阻R2.5 ，边长L0.3 m，处在两个半径均为r的圆形匀强磁场区域中线框顶点与右侧圆中心重合，线框底边中点与左侧圆中心重合磁感应强度B1垂直水平面向外，大小不变；B2垂直水平面向里、大小随时间变化，B1、B2的值如图乙所示，则(ACD)A通过线框中感应电流方向为逆时针方向Bt0时刻穿过线框的磁通量为0.1 WbC在0.6 s内通过线框中的电荷量
14、为0.13 CD经过0.6 s线框中产生的热量为0.07 J解析：磁感应强度B1垂直水平面向外，大小不变，B2垂直水平面向里，大小随时间增大，故线框向外的磁通量减小，由楞次定律可得，线框中感应电流方向为逆时针方向，选项A正确t0时刻穿过线框的磁通量为B1r2B2r20.005 2 Wb，选项B错误在0.6 s内通过线框的电荷量qn C0.13 C，选项C正确由QI2Rt J0.07 J，选项D正确.导体棒转动切割磁感线的处理方法对于公式EBlv中的v的理解：(1)应理解为导体与磁场间的相对速度，所以即使导体不动，若磁场运动，也能使导体切割磁感线而产生感应电动势；(2)还应注意到v应该是垂直切割
15、速度；(3)另外，还应注意到在“旋转切割”这类问题中，导体棒上各部分的切割速率不同，此时的v则应理解为导体棒上各部分切割速度的平均值，在数值上一般等于旋转导体棒中点的切割速度或者等于棒两端点的速度的平均值如图所示，当导体绕一端转动时，由于导体上各点的速度不同，是线性增加的，所以导体运动的平均速度为，由公式EBl得，EBlBl2.(1)切割磁感线的导体中产生感应电动势，该部分导体等效为电源，电路中的其余部分等效为外电路.(2)对于一个匀速转动的圆盘可看做许多并联连接的导体棒转动切割，相当于内阻很小的导体棒旋转切割产生的电动势.(3)导体棒绕一端转动时，尽管导体上各点的速度不同，但产生的电动势是恒
16、定的.【典例】如图是法拉第研制成的世界上第一台发电机模型的原理图将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘，图中a、b导线与铜盘的中轴线处在同一平面内，转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流若图中铜盘半径为r，匀强磁场的磁感应强度为B，回路总电阻为R，匀速转动铜盘的角速度为.则电路的功率是()A. B.C. D.解答本题时应明确以下两点：(1)在磁场中匀速转动的铜盘等效为长等于r的导体棒切割磁感线产生的电动势；(2)画出等效电路进行分析计算【解析】根据导体棒旋转切割产生电动势EBr2，由P，得电路的功率是，故选C.【答案】C【变式】如图所示，长为L的金属导线下悬挂一质量为m的小球，在竖直向上的匀强磁场
17、中做圆锥摆运动，圆锥摆的偏角为，磁感应强度为B，求：(1)摆球转动的角速度；(2)金属导线中产生的感应电动势的大小答案：(1)(2)BL2 sin2解析：(1)由牛顿第二定律，mgtanmr2，rLsin联立解得：(2)导线在磁场中转动，旋转切割磁感线，但导线本身与磁场不垂直，应该考虑切割的有效长度导线切割磁感线的有效长度为LLsin根据旋转切割产生的电动势公式得：EBL2得：EBL2sin2BL2sin2.1关于感应电动势的大小，下列说法正确的是(C)A穿过线圈的磁通量越大，所产生的感应电动势就越大B穿过线圈的磁通量的变化量越大，所产生的感应电动势就越大C穿过线圈的磁通量的变化率越大，所产生
18、的感应电动势就越大D穿过线圈的磁通量等于0，所产生的感应电动势就一定为0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变化率成正比，与磁通量及磁通量的变化量没有必然联系当磁通量很大时，感应电动势可能很小，甚至为0；当磁通量等于0时，其变化率可能很大，产生的感应电动势可能很大只有选项C正确2如图所示，在国庆60周年阅兵盛典上，我国预警机“空警2000”在天安门上空时机翼保持水平，以120 m/s的速度自东向西飞行该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50 m，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.5105 T，则(C)A两翼尖之间的电势差为0B两翼尖之间的电势差为2.7 VC飞行员左方翼
19、尖的电势比右方翼尖的电势高D飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低解析：由EBLv可得，两翼尖之间的电势差为UEBLv4.510550120 V0.27 V，故A、B错误；由右手定则可知，电路中若有感应电流，其方向为由右机翼向左机翼，因飞机此时相当于电源，故飞行员左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高，故C正确，D错误3多选如图甲所示，面积为0.1 m2的10匝线圈EFG处于匀强磁场中，t0时，磁场方向垂直于线圈平面向里，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示已知线圈与右侧电路接触良好，电路中的电阻R4 ，电容器的电容C10 F，线圈EFG的电阻为1 ，其余部分电阻不计当开关S闭合，电路稳定后，在
20、t0.1 s至t0.2 s这段时间内(AC)A电容器所带的电荷量为8105 CB通过电阻R的电流是2.5 A，方向从b到aC通过电阻R的电流是2 A，方向从a到bD电阻R消耗的电功率是0.16 W解析：由法拉第电磁感应定律可知EnnS，电容器所带的电荷量QCURCE，联立解得Q8105 C，选项A正确；由楞次定律可判断，通过电阻R的电流方向为从a到b，由闭合电路的欧姆定律知，电流I2 A，选项B错误，选项C正确；电阻R消耗的电功率PI2R16 W，选项D错误4如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心轨道的电阻忽略不计OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位
21、于PQS上，OM与轨道接触良好空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B(过程)在过程、中，流过OM的电荷量相等，则等于(B)A. B.C. D2解析：OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转动到OS位置，通过OM的电荷量q1tt；磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B的过程中，通过OM的电荷量q2，并且q1q2，联立解得，故B正确，A、C、D错误5下图各情况中，电阻R0.1 ，运动导线的长度都为l0.05 m，做匀速运动的速度都为v10 m/s.除电阻R外，其余各
22、部分电阻均不计匀强磁场的磁感应强度均为B0.3 T试计算各情况中通过每个电阻R的电流大小和方向答案：图a：0；图b：3 A，方向沿顺时针；图c：通过每个电阻的电流分别为1.5 A，方向自上而下；图d：通过移动电阻的电流为1 A，方向自下而上，通过两个固定电阻的电流分别为0.5 A，方向自上而下解析：每根导线产生的感应电动势大小为EBlv0.30.0510 V0.15 V.在图a中，两个电动势的方向相反，故总电动势为零，电流为零在图b中，两个电动势的方向相同，故总电动势为E总2E0.3 V，电流大小为I A3 A，方向沿着顺时针图c中，两个电阻R并联，总电流为I A3 A，通过每个电阻的电流为1.5 A，方向自上而下图d中，两个电阻R并联，电流为I A1 A，通过移动导线的电流为1 A、方向自下而上；通过两个固定电阻的电流分别为0.5 A，方向自上而下
