7法拉第电磁感应定律,法拉第电磁感应定律是谁提出的

('难点之七法拉第电磁感应定律一、难点形成原因1、关于表达式此公式在应用时容易漏掉匝数n，实际上n匝线圈产生的感应电动势是串联在一起的，其次是合磁通量的变化，尤其变化过程中磁场方向改变的情况特别容易出错，并且感应电动势E与、、的关系容易混淆不清。2、应用法拉第电磁感应定律的三种特殊情况E=Blv、、E=nBsωsinθ（或E=nBsωcosθ）解决问题时，不注意各公式应用的条件，造成公式应用混乱从而形成难点。3、公式E=nBsωsinθ（或E=nBsωcosθ）的记忆和推导是难点，造成推导困难的原因主要是此情况下，线圈在三维空间运动，不少同学缺乏立体思维。二、难点突破1、、、同v、△v、一样都是容易混淆的物理量，如果理不清它们之间的关系，求解感应电动势就会受到影响，要真正掌握它们的区别应从以下几个方面深入理解。磁通量磁通量变化量磁通量变化率物理意义磁通量越大，某时刻穿过磁场中某个面的磁感线条数越多某段时间穿过某个面的末、初磁通量的差值表述磁场中穿过某个面的磁通量变化快慢的物理量大小计算，为与B垂直的面积，或或注意若穿过某个面有方向相反的磁场，则不能直接用，应考虑相反方向的磁通量相互抵消以后所剩余的磁通量开始和转过1800时平面都与磁场垂直，穿过平面的磁通量是不同的，一正一负，△φ=2BS，而不是零既不表示磁通量的大小，也不表示变化的多少，在φ—t图象中用图线的斜率表示2、明确感应电动势的三种特殊情况中各公式的具体用法及应用时须注意的问题⑴导体切割磁感线产生的感应电动势E=Blv，应用此公式时B、l、v三个量必须是两两相互垂直，若不垂直应转化成相互垂直的有效分量进行计算，生硬地套用公式会导致错误。有的注意到三者之间的关系，发现不垂直后，在不明白θ角含义的情况下用E=Blvsinθ求解，第1页共8页这也是不可取的。处理这类问题，最好画图找B、l、v三个量的关系，如若不两两垂直则在图上画出它们两两垂直的有效分量，然后将有效分量代入公式E=Blv求解。此公式也可计算平均感应电动势，只要将v代入平均速度即可。⑵导体棒以端点为轴在垂直于磁感线的匀强磁场中匀速转动，计算此时产生的感应电动势须注意棒上各点的线速度不同，应用平均速度（即中点位置的线速度）来计算，所以。⑶矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁场的任意轴匀速转动产生的感应电动势何时用E=nBsωsinθ计算，何时用E=nBsωcosθ计算，最容易记混。其实这两个公式的区别是计时起点不同，记住两个特殊位置是关键。当线圈转至中性面（即线圈平面与磁场垂直的位置）时E=0，当线圈转至垂直中性面的位置（即线圈平面与磁场平行）时E=nBsω。这样，线圈从中性面开始计时感应电动势按E=nBsωsinθ规律变化，线圈从垂直中性面的位置开始计时感应电动势按E=nBsωcosθ规律变化。并且用这两个公式可以求某时刻线圈的磁通量变化率△φ/△t，不少同学没有这种意识。推导这两个公式时，如果能根据三维空间的立体图准确画出二维空间的平面图，问题就会迎刃而解。另外，求的是整个闭合回路的平均感应电动势，△t→0的极限值才等于瞬时感应电动势。当△φ均匀变化时，平均感应电动势等于瞬时感应电动势。但三种特殊情况中的公式通常用来求感应电动势的瞬时值。4、典型例例1：关于感应电动势，下列说法正确的是（）A．穿过回路的磁通量越大，回路中的感应电动势就越大B．穿过回路的磁通量变化量越大，回路中的感应电动势就越大C．穿过回路的磁通量变化率越大，回路中的感应电动势就越大D．单位时间内穿过回路的磁通量变化量越大，回路中的感应电动势就越大【审题】题目考查内容非常明确，主要考查感应电动势E与磁通量φ、磁通量变化量、磁通量变化率之间的关系。【解析】感应电动势E的大小与磁通量变化率成正比，与磁通量φ、磁通量变化量无直接联系。A选项中磁通量φ很大时，磁通量变化率可能很小，这样感应电动势E就会很小，故A错。B选项中很大时，若经历时间很长，磁通量变化率仍然会很小，感应电动势E就很小，故B错。D选项中单位时间内穿过回路的磁通量变化量即磁通第2页共8页量变化率，它越大感应电动势E就越大，故D对。答案：CD【总结】感应电动势的有无由磁通量变化量决定，≠0是回路中存在感应电动势的前提，感应电动势的大小由磁通量变化率决定，越大，回路中的感应电动势越大，与、无关。例2：一个面积S=4×10-2m2，匝数N=100的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面，磁场的磁感应强度B随时间变化规律为△B/△t=2T/s，则穿过线圈的磁通量变化率为Wb/s，线圈中产生的感应电动势E=V。【审题】磁通量的变化率与匝数N无关，因为磁通量表示穿过某一面积的磁感线条数，穿过一匝线圈和穿过N匝线圈的磁感线条数是一样的。这样，一段时间内磁通量的变化一匝线圈和N匝线圈是一样的，所以不受匝数N的影响。而感应电动势除与有关外还与匝数N有关，因为产生感应电动势的过程中，每一匝线圈都相当于一个电源，线圈匝数越多，意味着串联的电源越多，说明E与N有关。【解析】根据磁通量变化率的定义得=S△B/△t=4×10-2×2Wb/s=8×10-2Wb/s由E=N△φ/△t得E=100×8×10-2V=8V答案：8×10-2；8【总结】计算磁通量φ=BScosθ、磁通量变化量△φ=φ2-φ1、磁通量变化率△φ/△t时不用考虑匝数N，但在求感应电动势时必须考虑匝数N，即E=N△φ/△t。同样，求安培力时也要考虑匝数N，即F=NBIL，因为通电导线越多，它们在磁场中所受安培力就越大，所以安培力也与匝数N有关。例3：如图7-1所示，两条平行且足够长的金属导轨置于磁感应强度为B的匀强磁场中，B的方向垂直导轨平面。两导轨间距为L，左端接一电阻R，其余电阻不计。长为2L的导体棒ab如图所示放置，开始时ab棒与导轨垂直，在ab棒绕a点紧贴导轨滑倒的过程中，通过电阻R的电荷量是。【审题】求通过电阻R的电荷量首先须求出通过电阻R的平均电流，由于电阻R已知，因此根据法拉第电磁感应定律求出这一过程的平均感应电动势是解题关键。第3页共8页图7-1【解析】∴答案：【总结】用E=N△φ/△t求的是平均感应电动势，由平均感应电动势求闭合回路的平均电流。而电路中通过的电荷量等于平均电流与时间的乘积，即，注意这个式子在不同情况下的应用。例4：如图7-2所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒以水平速度V0抛出，设整个过程中，棒的取向不变，不计空气阻力，则金属棒运动过程中产生的感应电动势的大小变化情况应是（）A．越来越大B．越来越小C．保持不变D．无法判断【审题】金属棒运动过程中速度越来越大，但产生感应电动势的有效切割速度仅仅是速度的水平分量V0，而在金属棒运动过程中V0是不变的。【解析】导体切割磁感线产生的感应电动势E=Blv，金属棒运动过程中B、l和v的有效分量均不变，所以感应电动势E不变，故选C。答案：C【总结】应用感应电动势的计算公式E=Blv时，一定要注意B、l、v必须两两垂直，若不垂直要取两两垂直的有效分量进行计算。例5：如图7-3所示，长为L的金属棒ab，绕b端在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω匀速转动，磁感应强度为B，求ab两端的电势差。【审题】ab两端的电势差等于金属棒切割磁感线产生的感应电动势，因此，只要求出感应电动势即可。本题是导体棒转动切割磁感线产生感应电动势的情况，棒上各点的速率不相等，由v=ωr知，棒上各点的线速度跟半径成正比，故可用棒的中点的速率作为平均切割速率代入公式E=Blv求解。本题也可以设△t时间ab棒扫过的扇形面积为△S，根据E=n△φ/△t求解。【解析】解法一：E=Blv=BLωL/2=BL2ω/2解法二：E=n△φ/△t=B△S/△t==BL2ω/2第4页共8页图7-3图7-2∴答案：BL2ω/2【总结】若用E=Blv求E，则必须先求出平均切割速率；若用E=n△φ/△t求E，则必须先求出金属棒ab在△t时间扫过的扇形面积，从而求出磁通量的变化率。例6：如图7-4所示，矩形线圈abcd共有n匝，总电阻为R，部分置于有理想边界的匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直，磁感应强度大小为B。让线圈从图示位置开始以ab边为轴匀速转动，角速度为ω。若线圈ab边长为L1，ad边长为L2，在磁场外部分为，则⑴线圈从图示位置转过530时的感应电动势的大小为。⑵线圈从图示位置转过1800的过程中，线圈中的平均感应电流为。⑶若磁场没有边界，线圈从图示位置转过450时的感应电动势的大小为，磁通量的变化率为。【审题】磁场有边界时，线圈abcd从图示位置转过530的过程中，穿过线圈的磁通量始终没有变化，所以此过程感应电动势始终为零；在线圈abcd从图示位置转过1800的过程中，初末状态磁通量大小不变，但方向改变，所以。磁场没有边界时，线圈abcd从图示位置转动产生的感应电动势按E=nBsωsinθ规律变化，即E=nBL1L2ωsinωt，t时刻磁通量的变化率△φ/△t=E/n=BL1L2ωsinωt。【解析】⑴线圈从图示位置转过530时的感应电动势的大小为零。⑵线圈从图示位置转过1800的过程中，∴⑶若磁场没有边界，线圈从图示位置转过450时的感应电动势E=nBL1L2ωsinωt=此时磁通量的变化率答案：0；；，【总结】本题考查了三个知识点：①感应电动势的产生由△φ决定，△φ=0则感应电动第5页共8页图7-4势等于零；②磁通量的变化量的求法，开始和转过1800时平面都与磁场垂直，△φ=2BS，而不是零；③线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动产生感应电动势的表达式及此过程中任一时刻磁通量的变化率的求法。例7：一个圆形闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，如图7-5甲所示。设垂直纸面向里的磁感应强度方向为正，垂直纸面向外的磁感应强度方向为负。线圈中顺时针方向的感应电流为正，逆时针方向的感应电流为负。已知圆形线圈中感应电流i随时间变化的图象如图7-5乙所示，则线圈所在处的磁场的磁感应强度随时间变化的图象可能是（）【审题】由图乙可知线圈中的感应电流是周期性变化的，因此只研究一个周期（即前两秒）的情况即可。0～0.5s，感应电流沿逆时针方向且大小不变，所以垂直纸面向里的磁场在均匀增强或垂直纸面向外的磁场在均匀减弱；0.5～1.5s，感应电流沿顺时针方向，所以垂直纸面向里的磁场在均匀减弱或垂直纸面向外的磁场在均匀增强；1.5～2s的情况同0～0.5s.【解析】A选项中0～0.5s，磁场垂直纸面向外且均匀增加，与图乙中感应电流方向矛盾，故A错；B选项中0～0.5s，磁场垂直纸面向外且均匀减弱符合条件，但0.5～1s，磁场垂直纸面向里且均匀增强与图乙中感应电流方向矛盾，故B错；C选项中0～0.5s，磁场垂直纸面向里且均匀增强，0.5～1s，磁场垂直纸面向里且均匀减弱，1～1.5s，磁场垂直纸面向外且均匀增强，1.5～2s，磁场垂直纸面向外且均匀减弱，都与题意相付，故C对；D选项中0～0.5s，磁场垂直纸面向里且均匀增强，0.5～1.5s，磁场垂直纸面向里且均匀减弱，1.5～2s磁场垂直纸面向里且均匀增强，都与题意相付，故D对。答案：CD【总结】本题考查了从图象上获取信息的能力，在回路面积一定的情况下，B—t图象的斜率反映感应电动势的大小，B大小或方向的改变决定回路中感应电动势的方向。若给出的是φ—t图象，情况是一样的。例8：如图7-6所示，金属导轨间距为d，左端接一电阻R，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于平行金属导轨所在的平面，第6页共8页图7-5图7-6一根长金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨电阻不计。当金属棒沿垂直于棒的方向，以恒定速度v在金属导轨上滑行时，通过电阻的电流强度为；电阻R上的发热功率为；拉力的机械功率为。【审题】导体棒做切割磁感线运动，导体棒两端产生的感应电动势相当于闭合回路的电源，所以题中R是外电阻，金属棒为电源且电源内阻不计。由于金属棒切割磁感线时，B、L、v两两垂直，则感应电动势可直接用E=Blv求解，从而求出感应电流和发热功率，又因为金属棒匀速运动，所以拉力的机械功率等于电阻R上的发热功率，也可以用P=Fv=BILv求拉力的机械功率。【解析】⑴∴⑵⑶或者答案：；；【总结】本题是法拉第电磁感应定律与闭合回路欧姆定律、焦耳定律及力学中功率相结合的题目，涉及到能量转化的问题，扎实的基础知识是解题的关键。例9：如图7-7所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L。M、P两点间接有电阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下。导轨和金属杆的电阻可忽略。让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。求：⑴在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时杆中的电流及杆的加速度大小；⑵在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值。【审题】求在加速下滑过程中ab杆的加速度首先要明确ab杆的受力情况，从b向a看ab杆的受力示意图如图7-8所示，根据受力情况结合牛顿第二定律即可求解。另外根据受力情况还可以判断ab杆的运动情况，ab杆下滑过程中速度越来越大，安培力F越来越大，其合外力越来越小，加速度越来越小，当加速度为第7页共8页图7-7图7-8零时速度最大，所以ab杆做的是加速度逐渐减小的加速运动，最后以最大速度匀速运动。根据ab杆达最大速度时合外力为零可求其最大速度。【解析】⑴ab杆的速度为v时，感应电动势E=BLv∴根据牛顿第二定律，有ma=mgsinθ-F∴⑵当F=mgsinθ时，ab杆达最大速度vmax，所以答案：；【总结】本题是法拉第电磁感应定律与闭合回路欧姆定律、牛顿第二定律相结合的题目，解这类题目正确受力分析和运动过程分析是关键。例10：如图7-9甲所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距L=0.20m，电阻R=1.0Ω，有一导体杆静止放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻可忽略不计，整个装置处于磁感强度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下，现用一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图7-9乙所示，求杆的质量m和加速度a.【审题】本题是变力作用下的导体切割问题，即拉力F和安培力都是变力，但杆做匀加速运动，说明二者的合力不变，这样可以根据牛顿第二定律结合图象求解。【解析】导体杆从静止开始做匀加速运动，则有v=at（1）ε=BLv（2）设安培力为F＇，则F＇=BIL=B2L2v/R（3）由牛顿第二定律得：F-F＇=ma（4）由（1）（2）（3）（4）得F=ma+B2L2at/R即F=ma+at/100(5)在图乙中取两点坐标值代入上式：t=10s时，F=2N，有2=ma+0.1a(6)t=20s时,F=3N,有3=ma+0.2a(7)由(6)(7)解得m=0.1kg,a=10m/s2【总结】题中拉力F和安培力都是变力，看上去无从下手，但细一分析杆做匀加速运动，其合外力不变，根据牛顿第二定律和运动学公式结合图象给出的有关信息即可求解，从变中求不变是解本题的关键。第8页共8页图7-9',)