2016_2017学年高中物理第4章电磁感应4法拉第电磁感应定律课件

4．法拉第电磁感应定律学基础导学1．感应电动势(1)定义：在__________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______．(2)产生条件：不管电路是否闭合，只要穿过电路的________________，电路中就会产生感应电动势．(3)方向判断：可用__________或右手定则判断感应电动势的方向．一、电磁感应定律电磁感应电源磁通量发生变化楞次定律2．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______成正比．(2)表达式：E＝____(单匝线圈)，E＝________(多匝线圈)．变化率ΔΦΔtnΔΦΔt1．导体棒垂直于磁场运动，B、l、v两垂直时如左下图所示，E＝______.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，如右下图所示，E＝_________.二、导体切割磁感线时的感应电动势BlvBlvsinθ1．定义：电动机转动时，由于切割磁感线，线圈中产生的______电源电动势作用的电动势．2．作用：______线圈的转动．三、反电动势消弱阻碍讲要点例析法拉第电磁感应定律的理解和应用1．感应电动势的大小决定于穿过电路的磁通量的变化率ΔΦΔt.而与Φ的大小、ΔΦ的大小没有必然联系．2．磁通量的变化率ΔΦΔt，是Φ－t图象上某点切线的斜率．3．E＝nΔΦΔt求出的是Δt时间内的平均感应电动势．4．磁通量的变化量ΔΦ与电路中感应电动势的有无相联系，穿过电路的ΔΦ≠0是电路中存在感应电动势的前提；而磁通量的变化率ΔΦΔt与感应电动势的大小相联系，ΔΦΔt越大，电路中的感应电动势越大，反之亦然．一个200匝、面积为20cm2的线圈，放在磁场中，磁场的方向与线圈平面成了30°角，若磁感应强度在0.05s内由0.1T增加到0.5T，在此过程中磁通量变化了多少？磁通量的平均变化率是多少？线圈中感应电动势的大小是多少伏？解析：磁通量的变化量是由磁场的变化引起的，应该用公式ΔΦ＝ΔBSsinθ来计算，所以ΔΦ＝ΔBSsinθ＝(0.5－0.1)×20×10－4×0.5Wb＝4×10－4Wb.磁通量的变化率：ΔΦΔt＝4×10－40.05Wb/s＝8×10－3Wb/s根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小为E＝nΔΦΔt＝200×8×10－3V＝1.6V.答案：4×10－4Wb8×10－3Wb/s1.6V(1)对磁通量的变化量、磁通量的变化率穿过一匝线圈和穿过n匝是一样的，而感应电动势则不一样，感应电动势与匝数成正比．(2)解此类题时，要认真分析ΔΦΔt的取值，搞清磁通量变化的原因，分清初末状态磁通量的大小和方向．1－1如图甲所示，单匝矩形线圈abcd在磁场中垂直磁场放置，若线圈所围面积的磁通量随时间变化的规律如图乙所示，则()A．0时刻线圈中感应电动势最小B．C时刻线圈中感应电动势为零C．C时刻线圈中感应电动势最大D．从0至C时间内线圈中的平均感应电动势为0.4V解析：答案：B1．对θ的理解当B、l、v三个量方向互相垂直时，θ＝90°，感应电动势最大，当有任意两个量的方向互相平行时，θ＝0°，感应电动势为零．导体切割磁感线时的感应电动势2．对l的理解式中的l应理解为导线切割磁感线时的有效长度，如果导线不和磁场垂直，l应是导线在磁场垂直方向投影的长度，如果切割磁感线的导线是弯曲的，如图所示，则应取与B和v垂直的等效直线长度，即ab的弦长．3．对v的理解(1)公式中的v应理解为导线和磁场间的相对速度，当导线不动而磁场运动时，也有电磁感应现象产生．(2)若导线各部分切割磁感线的速度不同，可取其平均速度求电动势．如图所示，导体棒在磁场中绕A点在纸面内以角速度ω匀速转动，磁感应强度为B，则AC在切割磁感线时产生的感应电动势为：E＝BlvC2＝12Bl·ωl＝12Bl2ω.如图所示，平行金属导轨间距为d，一端跨接电阻R，匀强磁场磁感应强度为B，方向垂直于导轨平面，一根长金属棒与导轨成θ角放置，棒与导轨电阻不计，当棒沿垂直于棒的方向以恒定速率v在导轨上滑行时，通过电阻的电流是()A.BdvRsinθB.BdvRC.BdvsinθRD.BdvcosθR解析：导体棒切割磁感线的有效长度为L＝dsinθ，故E＝BLv＝Bdvsinθ，则I＝ER＝BdvRsinθ，A正确．答案：A2－1如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是()A．感应电流方向不变B．CD段直导线始终不受安培力C．感应电动势最大值Em＝BavD．感应电动势平均值E＝14πBav解析：根据楞次定律可判断闭合回路中产生的感应电流方向始终不变，选项A正确；CD段电流方向是由D指向C，根据左手定则可知，CD段受到安培力作用，且方向竖直向下，选项B错误；当回路的圆心刚进入磁场时，产生的感应电动势最大，Em＝Bav，选项C正确；由法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt＝πBav4，选项D正确．答案：ACD三、公式E＝nΔΦΔt与E＝Blvsinθ的对比E＝nΔΦΔtE＝Blvsinθ研究对象整个闭合回路回路中做切割磁感线运动的那部分导体适用范围各种电磁感应现象只适用于导体切割磁感线运动的情况计算结果求得的是Δt内的平均感应电动势求得的是某一时刻的瞬时感应电动势区别适用情景具有普遍性，无论什么方式引起Φ的变化都适用用于导体切割磁感线所产生的电磁感应现象(切割型)联系E＝Blvsinθ是由E＝nΔΦΔt在一定条件下推导出来的，该公式可看做法拉第电磁感应定律的一个推论如图所示，水平放置的平行金属导轨相距l＝0.50m，左端接一电阻R＝0.20Ω，磁感应强度B＝0.40T的匀强磁场方向垂直于导轨平面．导体棒ab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ab以v＝4.0m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：(1)ab棒中感应电动势的大小；(2)回路中感应电流的大小；(3)ab棒中哪端电势高；(4)维持ab棒做匀速运动的水平外力F的大小．解析：(1)ab棒中的感应电动势为E＝Blv＝0.40×0.50×4.0V＝0.80V.(2)感应电流的大小为I＝ER＝0.800.20A＝4.0A.(3)ab相当于电源，根据右手定则知，a端电势高．(4)ab棒受安培力F＝BIl＝0.4×4.0×0.50N＝0.80N由于ab以v＝4.0m/s的速度水平向右匀速滑动，故外力的大小也为0.8N答案：(1)0.80V(2)4.0A(3)a端高(4)0.8N3－1如图所示，两端开口半径为r的裸导体圆环，右端与固定电阻相连，左端上架一长度大于2r的裸导线MN，电路的固定电阻为R，其余电阻忽略不计，圆内有垂直于平面的匀强磁场．如果环内匀强磁场的磁感应强度为B，MN从圆环的左端滑到右端所经过的时间为t，试求这一过程中电阻R上通过的电荷量．解析：因为E＝ΔΦΔt，而I＝ER且I＝QΔt所以Q＝EΔtR＝ΔΦR＝Bπr2R答案：Bπr2R◎教材资料分析〔思考与讨论〕——教材P16在图中，电源在电动机线圈中产生的电流的方向以及AB、CD两个边受力的方向都已经标出．现在的问题是，既然线圈在磁场中转动，线圈中就会产生感应电动势．感应电动势是加强了电源产生的电流，还是削弱了它？是有利于线圈的转动，还是阻碍了线圈的转动？【点拨】当电动机转动时，穿过线圈的磁通量会发生变化，因此会产生感应电动势，根据能量守恒和转化定律，感应电动势削弱了电源产生的电流，它阻碍线圈的运动．〔做一做〕——教材P17如图所示，将玩具电动机通过开关、电流表接到电池上，闭合开关S，观察电动机启动过程中电流表读数的变化，怎样解释电流的这种变化？在电动机上加一定的负载，观察电流表读数的变化并做出解释．电动机启动时的电流与正常工作时的电流不同，有负载时与空载时的电流不同，这在技术上会引起什么问题？如果有问题，应该沿什么途径去解决？【点拨】有负载与空载时的电流不同，启动时与正常工作时的电流不同．负载增大时，电动机的电流也增大，需要注意的是电动机的负载功率不应超过电动机的额定功率．电动机在短时间内有一定的过载能力，过载时间过长，电动机线圈温度升高超过允许范围，就会烧坏电动机的线圈．在电动机启动时转速慢，反电动势小，电流较大，正常工作时电流较小，所以启动时易烧坏电动机线圈．防止启动电流过大的问题就可以通过两个途径来完成，最简单的方法是在电源电压不变的情况下，电动机启动时与可变电阻串联并且取较大阻值，然后逐渐减小电阻值，电动机逐渐增加转速，直到撤去串联电阻，这一方法在电阻上要消耗电源的电能．另一个途径是调节电源电压，启动时加较小电压，达到正常转速后，改为额定电压．——电磁感应中“杆＋导轨”模型问题模型一物理模型匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，导轨间距L，导体棒质量m，电阻R，导轨光滑，电阻不计动态分析棒ab释放后下滑，此时a＝gsinα，棒ab速度v↑→感应电动势E＝BLv↑→电流I＝ER↑→安培力F＝BIL↑→加速度a↓，当安培力F＝mgsinα时，a＝0，v最大运动形式匀速直线运动力学特征a＝0v最大vm＝mgRsinαB2L2收尾状态电学特征I恒定如图所示，MN、PQ是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间的距离为L，导轨平面与水平面的夹角为θ，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感应强度为B.在导轨的M、P端连接一阻值为R的电阻，一根垂直于导轨放置的金属棒ab，质量为m，从静止释放开始沿导轨下滑，求ab棒的最大速度．(要求画出ab棒的受力图，已知ab与导轨间的动摩擦因数为μ，导轨和金属棒的电阻不计)解析：ab下滑做切割磁感线运动，产生的感应电流方向为baMPb，受力如图所示．当ab下滑的加速度a＝0时，ab棒的速度最大，设为vm，此时E＝BLvm，I＝ER，F安＝BIL，而mgsinθ＝Ff＋F安，Ff＝μFN，FN＝mgcosθ解得vm＝mgsinθ－μcosθRB2L2.答案：mgsinθ－μcosθRB2L2模型二物理模型匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，棒ab长为L，质量为m，初速度为零，拉力恒为F，水平导轨光滑，除电阻R外，其他电阻不计动态分析设运动过程中某时刻棒的速度为v，由牛顿第二定律知棒ab的加速度为a＝Fm－B2L2vmR，a、v同向，随速度的增加，棒的加速度a减小，当a＝0时，v最大，I＝BLvR恒定运动形式匀速直线运动力学特征a＝0v恒定不变收尾状态电学特征I恒定如图所示，abcd为静止于水平面上宽度为L而长度足够长的U型金属滑轨，ac边接有电阻R，其他部分电阻不计．ef为一可在滑轨平面上滑动、质量为m的均匀导体棒．整个滑轨面处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B.忽略所有摩擦．(1)若用恒力F沿水平方向向右拉棒，使其平动，求导体棒的最大速度；(2)若导体棒从开始运动到获得最大速度发生的位移为x，求这一过程中电阻R上产生的热量Q.解析：(1)方法一：导体棒受到恒力F后的运动情况，可用简图表示如下：当a＝0时，即F＝ILB＝B2L2vR时，速度达到最大值，解得v＝FRB2L2方法二：从能量角度看，当棒稳定时P外＝P电，即Fv＝E2R＝B2L2v2R，解得v＝FRB2L2.(2)导体棒受到恒力F后的能量转化情况，可用简图表示如下：根据能量转化与守恒定律得Fx＝12mv2＋Q，解得Q＝Fx－mF2R22B4L4.练随堂演练1．如图所示的几种情况中，金属导体中产生的感应电动势为Blv的是()A．乙和丁B．甲、乙、丁C．甲、乙、丙、丁D．只有乙解析：公式E＝Blv中的l应指导体的有效切割长度，甲、乙、丁中的有效长度均为l，电动势E＝Blv，而丙有效长度为lsinθ，电动势E＝Blvsinθ，故B项正确．答案：B2．单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，如线圈所围面积里的磁通量随时间变化的规律如图所示，则线圈中()A．0时刻感应电