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ks5u高中物理难点突破之七:法拉第电磁感应定律

时间:2010-09-26


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高中物理 10 大难点强行突破

目录
难点之一:物体受力分析……………………………………………………………1 难点之二:传送带问题……………………………………………………………… 难点之三:圆周运动的实例分析…………………………………………………… 难点之四:卫星问题分析…………………………………………………………… 难点之五:功与能……………………………………………………………………. 难点之六:物体在重力作用下的运动………………………………………………. 难点之七:法拉第电磁感应定律…………………………………………………… 难点之八:带电粒子在电场中的运动……………………………………………… 难点之九:带电粒子在磁场中的运动………………………………………………. 难点之十:电学实验………………………………………………. …………………

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难点之七 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 E = n

φ t

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 φ 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 φ 、 φ 、

φ 的关系容易混淆不清。 t

2、应用法拉第电磁感应定律的三种特殊情况 E=Blv、 E =

1 2 Bl ω 、E=nBsωsinθ(或 2

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、 φ 、 φ 、
磁通量 φ 物 理 意 义 大 小 计 算 磁通量越大,某时刻穿过磁场中某 个面的磁感线条数越多

φ v 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 t t
磁通量变化量 φ 某段时间穿过某个面的末、初磁 通量的差值 磁通量变化率

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。

φ t

表述磁场中穿过某个面的磁通 量变化快慢的物理量

φ = BS ⊥ , S ⊥ 为与 B 垂直的面


φ = φ 2 φ1 , φ = BS
或 φ

= SB

φ S =B t t φ B 或 =S t t
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

若穿过某个面有方向相反的磁场, 注 意 则不能直接用 φ

开始和转过 180 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=2 BS,而不是零

0

= BS ⊥ ,应

考虑相反方向的磁通量相互 抵消以后所剩余的磁通量

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,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
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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

E=

1 2 Bl ω 。 2
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, E = n

φ 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 t

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, 审题】 主要考查感应电动势 E 与磁通量φ、 磁通量变化量 φ 、 审题 磁通量变化率

φ 成正比, 与磁通量φ、 磁通量变化量 φ t φ 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 t φ 仍然会很小,感应 很小,故 A 错。B 选项中 φ 很大时,若经历时间很长,磁通量变化率 t φ 电动势 E 就很小, B 错。 选项中单位时间内穿过回路的磁通量变化量即磁通量变化率 故 D , t
【解析 感应电动势 E 的大小与磁通量变化率 解析】 解析 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 φ 决定, φ ≠0 是回路中存在感应电动势 总结】 的前提,感应电动势的大小由磁通量变化率

φ 之间的关系。 t

φ φ 决定, 越大,回路中的感应电动势越大, t t
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与 φ 、 φ 无关。
-2 2 例 2:一个面积 S=4×10 m ,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 Wb/s,线圈中产生的感应电动势 E= 【审题 审题】磁通量的变化率 审题 V。

φ 为 t

φ 与匝数 N 无关,因为磁通量表示穿过某一面积的磁感线条 t φ φ 不受匝数 N 的影响。而感应电动势除与 有关外 t t

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

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 解析】根据磁通量变化率的定义得 解析

φ = S△B /△t=4×10-2×2 Wb/s=8×10-2Wb/s t

由 E=N△φ/△t 得 E=100×8×10-2V=8V 答案:8×10-2;8 【总结 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 总结 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 。 图 7-1

【审题 审题】求通过电阻 R 的电荷量首先须求出通过电阻 R 的平 审题 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。

1 L 4 L2 L2 φ S 3 BL2 2 【解析 解析】 E = =B = B = 解析 t t t 2t
I= E 3BL2 = R 2tR

3 BL2 ∴ q = It = 2R

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3BL2 答案: 2R
【总结 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 总结 流。而电路中通过的电荷量等于平均电流与时间的乘积,即 q = It = N 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 : 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 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 C.保持不变 B.越来越小 D.无法判断 图 7-2 的 属 力,

φ φ t = N , tR R

【审题 审题】金属棒运动过程中速度越来越大,但产生感应电动势 审题 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 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 解析 量均不变,所以感应电动势 E 不变,故选 C。 答案:C 【总结 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 总结 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, ab 两端的电势差。 求 【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 审题】 审题 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 图 7-3

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 解析】解法一:E=Blv=BLωL/2=BL2ω/2 解析 解法二:E=n△φ/△t= B△S/△t= B ∴ U ab = E = 答案:BL2ω/2

1 2 L ωt / t = BL2ω/2 2

BL2ω 2
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【总结 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 总结 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

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图 7-4

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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

2 L 2 ,则 5
。 。 ,

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 180 的过程中,线圈中的平均感应电流为
0

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 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 审题 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 φ = 2BL1

3 6 L 2 = BL1L 2 。磁场没有边界 5 5

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=nBL1L2ωsin ωt,t 时刻磁通量的变化率△φ/△t=E/n=BL1L2ωsin ωt。 【解析 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。 解析

6 BL1 L2 6nBL1 L2ω φ ⑵线圈从图示位置转过 1800 的过程中, E = n =n5 = π 5π t
E 6nBL1 L2ω ∴I = = R 5πR

ω

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=

2 nBL1L 2 ω 2 φ E = = t n 2 BL1 L2ω 2

此时磁通量的变化率

答案:0;

6nBL1L 2 ω 2 BL1 L2ω 2 ; nBL1L 2 ω , w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 2 5πR 2

【总结 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 总结 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=2 BS,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 图 7-5
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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, 审题】 因此只研究一个周期 (即前两秒) 审题 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 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, 解析 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 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 总结 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, 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 为 ;拉力的机械功率为 ;电阻 R 上的发热功率 。 图 7-6

【审题 导体棒做切割磁感线运动, 审题】 导体棒两端产生的感应电动势相当于闭合回路的电源, 审题 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 解析】⑴ E = BLV = 解析
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Bdv sin θ
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∴I =

E Bdv = R R sin θ
2

⑵ P热 = I R =

B 2 d 2v 2 R sin 2 θ B 2d 2v 2 Bdv d B 2d 2v 2 v= 或者 P机械 = Fv = BILv = B R sin θ sin θ R sin 2 θ R sin 2 θ

⑶ P机械 = P热 =

Bdv B 2 d 2v 2 B 2 d 2v 2 答案: ; ; R sin θ R sin 2 θ R sin 2 θ
【总结 本题是法拉第电磁感应定律与闭合回路欧姆定律、 总结】 焦耳定律及力学中功率相结合 总结 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: 图 7-7

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 审题】求在加速下滑过程中 ab 杆的加速度首先要明确 ab 审题 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, 杆下滑过程中速度越来越大, ab 安培力 F 越来越大,其合外力越来越小,加速度越来越小,当加速度为零 图 7-8

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 解析】⑴ab 杆的速度为 v 时,感应电动势 E=BLv 解析 ∴ F = BIL = B

BLv B 2 L2 v L= R R

根据牛顿第二定律,有 ma=mgsinθ-F

B 2 L2 v ∴ a = g sin θ mR
⑵当 F=mgsinθ时,ab 杆达最大速度 vmax,所以 v max =
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mgR sin θ B 2 L2
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答案: g sin θ

B 2 L2 v mgR sin θ ; mR B 2 L2

【总结 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, 总结 解这类题目正确受力分析和运动过程分析是关键。 10: 如图 7-9 甲所示, 一对平行光滑轨道 例 10: 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 图 7-9 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 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 审题 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 解析】导体杆从静止开始做匀加速运动,则有 解析 v=at (1) ε=BLv (2) 2 2 设安培力为 F' ,则 F'=BIL=B L v/R (3) 由牛顿第二定律得:F- F'=ma (4) 2 2 由(1) (3) (2) (4)得 F= ma+ B L at /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) 2 由(6)(7)解得 m=0.1kg,a=10m/s 【总结 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, 总结 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。 w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

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