高考物理一轮复习第1章电磁感应第2节感应电动势与电磁感应定律教学案

这是一份高考物理一轮复习第1章电磁感应第2节感应电动势与电磁感应定律教学案，共15页。学案主要包含了感应电动势，电磁感应定律等内容，欢迎下载使用。


一、感应电动势
1．定义：在电磁感应现象中产生的电动势。
2．产生条件
不管电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就会产生感应电动势。
3．方向判断
在内电路中，感应电动势的方向是由电源的负极指向电源的正极，跟内电路中的电流方向一致。产生感应电动势的部分电路就是电源，该部分电路中的电阻相当于电源内阻。
二、电磁感应定律
1．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变化率成正比。
(2)表达式：对单匝线圈E＝keq \f(ΔΦ,Δt)，k为比例系数。在国际单位制中k＝1，上式可简化为E＝eq \f(ΔΦ,Δt)。对n匝线圈E＝neq \f(ΔΦ,Δt)。
(3)单位：在国际单位制中，感应电动势E的单位是伏，磁通量Φ的单位是韦伯，磁通量的变化量ΔΦ的单位是韦伯，时间Δt的单位是秒。
2．导线切割磁感线时的感应电动势
(1)导体在匀强磁场中运动，如图1­2­1甲所示，B、l、v两两垂直时，E＝Blv。
图1­2­1
(2)导体的运动方向与导体本身垂直，但与磁感线方向夹角为θ时(如图乙)，E＝Blvsin_θ。
1．自主思考——判一判
(1)线圈所在位置的磁场越强，线圈中产生的感应电动势越大。(×)
(2)线圈中磁通量越大，线圈中产生的感应电动势越大。(×)
(3)线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大。(√)
(4)产生感应电动势则一定产生感应电流。(×)
(5)磁通量变化与线圈匝数无关，感应电动势也与线圈匝数无关。(×)
(6)导体在匀强磁场中运动时一定产生感应电动势。(×)
2．合作探究——议一议
(1)磁通量Φ越大，则eq \f(ΔΦ,Δt)就会越大，感应电动势E就会越大，这种说法对吗？
提示：该说法是错误的。在运动学中速度v的大小跟速度变化的快慢eq \f(Δv,Δt)即加速度无关，比如：高速匀速飞行的飞机；尽管v大，但a＝eq \f(Δv,Δt)＝0。Φ与eq \f(ΔΦ,Δt)的关系跟v与eq \f(Δv,Δt)关系一样，磁通量Φ大，而eq \f(ΔΦ,Δt)却可能为0，Φ表示磁通量的大小，而eq \f(ΔΦ,Δt)表示磁通量变化的快慢，所以两者并没有确定的数量关系。
(2)导体棒运动速度越大，产生的感应电动势越大吗？
提示：导体棒切割磁感线时，产生感应电动势的大小与垂直磁感线的分速度有关，而速度大，垂直磁感线方向的分速度不一定大，所以导体棒运动速度越大，产生的感应电动势不一定越大。

1．感应电动势E与eq \f(ΔΦ,Δt)成正比，与Φ、ΔΦ的大小无关。
2．下列是两种常见的产生感应电动势的情况，其中线圈的匝数为n。
(1)线圈面积S不变，磁感应强度B均匀变化：
E＝neq \f(ΔB,Δt)·Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ΔB,Δt)为B­t图像上某点切线的斜率))；
(2)磁感应强度B不变，线圈面积S均匀变化：
E＝nB·eq \f(ΔS,Δt)。
3．用E＝neq \f(ΔΦ,Δt)所求的一般为平均感应电动势，且为整个回路的感应电动势。
[典例] 如图1­2­2(a)所示的螺线管，匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2，电阻r＝1.5 Ω，与螺线管串联的外电阻R1＝3.5 Ω，R2＝25 Ω，方向向右穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度按图(b)所示规律变化，试计算电阻R2的电功率。
图1­2­2
[思路点拨]
(1)本题是S不变，B均匀变化，应明确eq \f(ΔB,Δt)。
(2)螺线管的作用相当于电源。
[解析] 由题图(b)知，螺线管中磁感应强度B均匀增加，其变化率为eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(6－2,2) T/s＝2 T/s。
由法拉第电磁感应定律知螺线管中产生的感应电动势
E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝n·Seq \f(ΔB,Δt)＝1 500×20×10－4×2 V＝6.0 V
由闭合电路欧姆定律知电路中的电流为
I＝eq \f(E,r＋R1＋R2)＝eq \f(6,1.5＋3.5＋25) A＝0.2 A。
电阻R2消耗的电功率为
P2＝I2R2＝(0.2)2×25 W＝1.0 W。
[答案] 1.0 W
(1)在法拉第电磁感应定律的表达式E＝neq \f(ΔΦ,Δt)中，eq \f(ΔΦ,Δt)为穿过回路的磁通量的变化率，它是Φ­t图像上某点切线的斜率。
(2)若回路的面积不变，法拉第电磁感应定律可写成E＝nSeq \f(ΔB,Δt)形式，其中eq \f(ΔB,Δt)叫做磁感应强度的变化率。等于B­t图像上某点切线的斜率。
1．图1­2­3中a～d所示分别为穿过某一闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像，关于回路中产生的感应电动势的下列论述正确的是( )
图1­2­3
A．图a回路中，感应电动势不断增大
B．图b回路中，感应电动势恒定不变
C．图c回路中，0～t1时间内的感应电动势小于t1～t2时间内的感应电动势
D．图d回路中，感应电动势先变大，再变小
解析：选B 磁通量Φ随时间t变化的图像中，斜率表示感应电动势，所以图a中不产生感应电动势，图b中产生恒定的感应电动势，图c中0～t1时间内的感应电动势大于t1～t2时间内的感应电动势，图d中感应电动势先变小再变大。
2.如图1­2­4所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中。在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B。在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )
图1­2­4
A.eq \f(Ba2,2Δt) B.eq \f(nBa2,2Δt)
C.eq \f(nBa2,Δt) D.eq \f(2nBa2,Δt)
解析：选B 磁感应强度的变化率eq \f(ΔB,Δt)＝eq \f(2B－B,Δt)＝eq \f(B,Δt)，法拉第电磁感应定律公式可写成E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝neq \f(ΔB,Δt)S，其中磁场中的有效面积S＝eq \f(1,2)a2，代入得E＝neq \f(Ba2,2Δt)，选项B正确，A、C、D错误。
3．如图1­2­5甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝1 000，线圈面积S＝200 cm2，线圈的电阻r＝1 Ω，线圈外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，求：
图1­2­5
(1)前4 s内的平均感应电动势的大小；
(2)前5 s内的平均感应电动势的大小。
解析：(1)前4 s内磁通量的变化ΔΦ＝Φ2－Φ1＝S(B2－B1)＝200×10－4×(0.4－0.2) Wb＝4×10－3 Wb
由法拉第电磁感应定律得
E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝1 000×eq \f(4×10－3,4) V＝1 V。
(2)前5 s内磁通量的变化ΔΦ′＝Φ2′－Φ1′＝S(B2′－B1′)＝200×10－4×(0.2－0.2) Wb＝0。
由法拉第电磁感应定律E′＝neq \f(ΔΦ′,Δt)＝0。
答案：(1)1 V (2)0
1．公式的含义
(1)该公式可看成法拉第电磁感应定律的一个推论，通常用来求导体运动速度为v时的瞬时电动势，若v为平均速度，则E为平均电动势。
(2)式中的l应理解为导线切割磁感线时的有效长度。①导线不和磁场垂直，l应是导线在垂直磁场方向的投影长度；②切割磁感线的导线是弯曲的，如图1­2­6所示，则应取与B和v垂直的等效直线长度，即ab的弦长。
图1­2­6
2．公式的适用范围
(1)该公式适用于导体平动切割磁感线的情况，即导体上各点的速度相等。
(2)当导体绕一端转动时如图1­2­7所示，由于导体上各点的速度不同，自圆心向外随半径增大，速度是均匀增加的，所以导体运动的平均速度为eq \x\t(v)＝eq \f(0＋ωl,2)＝eq \f(ωl,2)，由公式E＝Bleq \x\t(v)得，E＝B·l·eq \f(ωl,2)＝eq \f(1,2)Bl2ω。
图1­2­7
[典例] 如图1­2­8所示，水平放置的平行金属导轨，相距l＝0.50 m，左端接一电阻R＝0.20 Ω，磁感应强度B＝0.40 T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＝4.0 m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：
图1­2­8
(1)ab棒中感应电动势的大小；
(2)回路中感应电流的大小。
[思路点拨]

[解析] (1)根据法拉第电磁感应定律，ab棒中的感应电动势为
E＝Blv＝0.40×0.50×4.0 V＝0.8 V
(2)感应电流大小为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(0.8,0.20) A＝4 A
[答案] (1)0.8 V (2)4 A
处理电磁感应中电路问题的基本思路
(1)分析产生感应电动势的原因，确定产生感应电动势的“导体”——电源。
(2)明确电路结构，分清内、外电路。
(3)根据电路组成，画出等效电路图，结合闭合电路欧姆定律列出相应的方程式。
1.如图1­2­9所示，MN、PQ为两条平行的水平放置的金属导轨，左端接有定值电阻R，金属棒ab斜放在两导轨之间，与导轨接触良好。磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面。设金属棒与两导轨接触点之间的距离为L，金属棒与导轨间夹角为60°，以速度v水平向右匀速运动，不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒中的电流为( )
图1­2­9
A．I＝eq \f(BLv,R)B．I＝eq \f(\r(3)BLv,2R)
C．I＝eq \f(BLv,2R) D．I＝eq \f(\r(3)BLv,3R)
解析：选B 公式E＝Blv适用于B、l、v三者互相垂直的情况，本题B与L、B与v是相互垂直的，但L与v不垂直，故取L垂直于v的长度Lsin θ，即有效切割长度，所以E＝BLvsin 60°＝eq \f(\r(3),2)BLv，由欧姆定律I＝eq \f(E,R)得I＝eq \f(\r(3)BLv,2R)，故B正确。
2.如图1­2­10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ω。则电路的功率是( )
图1­2­10
A.eq \f(B2ω2r4,R) B.eq \f(B2ω2r4,2R)
C.eq \f(B2ω2r4,4R) D.eq \f(B2ω2r4,8R)
解析：选C 根据导体棒旋转切割产生电动势E＝eq \f(1,2)Bωr2，由P＝eq \f(E2,R)，得电路的功率是eq \f(B2ω2r4,4R)，故选C。
3.如图1­2­11所示，在磁感应强度B＝1 T的匀强磁场中，有一长度l＝0.1 m的导体棒以初速度v0＝2 m/s做匀加速直线运动，加速度a＝2 m/s2，求2 s末的感应电动势和2 s内的平均感应电动势。
图1­2­11
解析：2 s末导体棒的速度为
v＝v0＋at＝(2＋2×2)m/s＝6 m/s
故2 s末的感应电动势为
E＝Blv＝1×0.1×6 V＝0.6 V
2 s内导体棒的平均速度为
eq \x\t(v)＝eq \f(v0＋v,2)＝eq \f(2＋6,2) m/s＝4 m/s
故2 s内的平均感应电动势为
eq \x\t(E)＝Bleq \x\t(v)＝1×0.1×4 V＝0.4 V。
答案：0.6 V 0.4 V
在电磁感应现象中产生了感应电流，就有电荷的定向移动，Δt时间内通过电路某一截面的电荷量q＝IΔt，若不是恒定电流时，计算电量必须用平均感应电流和平均感应电动势，平均感应电动势一般用法拉第电磁感应定律求解，因此q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(\x\t(E),R)Δt＝neq \f(ΔΦ,RΔt)Δt＝neq \f(ΔΦ,R)，q与ΔΦ成正比，与时间无关。(式中q是指通过电路某一截面的总电量，而R是指回路的总电阻。)
1．物理实验中，常用一种叫做“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电荷量，如图1­2­12所示，探测线圈与冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度。已知线圈匝数为n，面积为S，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R。若将线圈放在被测匀强磁场中，开始线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转180°，冲击电流计测出冲击电流通过线圈的电荷量为q。由上述数据可测出被测磁场的磁感应强度为( )
图1­2­12
A.eq \f(qR,2nS) B.eq \f(qR,nS)
C.eq \f(qR,2S) D.eq \f(qR,S)
解析：选A q＝eq \x\t(I)Δt，eq \x\t(I)＝eq \f(nΔΦ,RΔt)。又ΔΦ＝2BS，故B＝eq \f(qR,2nS)，A正确。
2．圆形线圈处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场的方向垂直于线圈平面，线圈半径为r，电阻为R，若用时间Δt把线圈从磁场中拉出来和原地使线圈翻转180°，则通过线圈导线截面的电量分别为多少？
解析：把线圈从磁场中拉出时：
q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(\x\t(E),R)Δt＝neq \f(ΔΦ,RΔt)Δt＝neq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(Bπr2,R)
原地翻转180°时
磁通量变化ΔΦ′＝2BS＝2Bπr2，
q′＝eq \x\t(I)′Δt′＝eq \f(\x\t(E)′,R)Δt′＝neq \f(ΔΦ′,RΔt′)Δt′＝neq \f(ΔΦ′,R)＝eq \f(2Bπr2,R)
答案：eq \f(Bπr2,R) eq \f(2Bπr2,R)

1．在如图1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( )
图1
A．乙和丁 B．甲、乙、丁
C．甲、乙、丙、丁 D．只有乙
解析：选B 甲、乙、丁三图中，B、v、l两两垂直，且l为有效切割长度，产生的感应电动势都为E＝Blv，丙图中E＝Blvsin θ。
2．(多选)无线电力传输系统基于电磁感应原理，两个感应线圈可以放置在左右相邻或上下相对的位置，如图2所示。下列说法正确的是( )
图2
A．若A线圈中输入电流，B线圈中就会产生感应电动势
B．只有A线圈中输入变化的电流，B线圈中才会产生感应电动势
C．A中电流越大，B中感应电动势越大
D．A中电流变化越快，B中感应电动势越大
解析：选BD 根据产生感应电动势的条件，只有处于变化的磁场中，B线圈才能产生感应电动势，A错、B对；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小取决于磁通量变化率，所以C错，D对。
3．(多选)将一磁铁缓慢或者迅速地插到闭合线圈中的同一位置，不发生变化的物理量是( )
A．磁通量的变化量 B．磁通量的变化率
C．感应电流的大小 D．流过导体横截面的电荷量
解析：选AD 将磁铁插到同一位置，磁通量的变化量相同，而用时不同，所以磁通量的变化率不同，A对、B错。感应电动势不同，感应电流不同，C错。由q＝IΔt＝eq \f(E,R)Δt＝eq \f(ΔΦ,Δt·R)·Δt＝eq \f(ΔΦ,R)可知，电荷量相同，D对，故选A、D。
4.如图3所示，半径为R的n匝线圈套在边长为a的正方形之外，匀强磁场垂直穿过该正方形，当磁场以eq \f(ΔB,Δt)的变化率变化时，线圈中产生的感应电动势的大小为( )
图3
A．πR2eq \f(ΔB,Δt) B．a2eq \f(ΔB,Δt)
C．nπR2eq \f(ΔB,Δt) D．na2eq \f(ΔB,Δt)
解析：选D 线圈在磁场中的有效面积为a2，据法拉第电磁感应定律可得E＝na2eq \f(ΔB,Δt)，故选D。
5.如图4所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)。则线框内产生的感应电流为( )
图4
A.eq \f(BL2ω,2R) B.eq \f(\r(2)BL2ω,2R)
C.eq \f(\r(2)BL2ω,4R) D.eq \f(BL2ω,4R)
解析：选A 扇形闭合导线框切割磁感线的有效长度始终是半径L，各点的平均速度eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(Lω,2)，导线框进磁场和出磁场时有感应电流产生，由法拉第电磁感应定律有：E＝eq \f(BL2ω,2)，则线框内产生的感应电流I＝eq \f(BL2ω,2R)，故A正确；B、C、D错误。
6.如图5所示，两个相连的金属圆环，小金属环的电阻是大金属环电阻的二分之一，磁场垂直穿过小金属环所在区域，当磁感应强度随时间均匀变化时，在小环内产生的感应电动势为E，则a、b两点间的电势差为( )
图5
A.eq \f(1,2)E B.eq \f(1,3)E
C.eq \f(2,3)ED．E
解析：选C 等效电路如图所示，由题意知R＝2r，a、b两点间的电势差为U＝eq \f(R,R＋r)E＝eq \f(2,3)E，故选C。
7.如图6所示，矩形线框abNM中，M、N之间串联着一个电压表，整个装置处于匀强磁场中，磁场的方向与线框平面垂直。当线框向右匀速平动时，下列说法中正确的是( )
图6
A．MN间无电势差，电压表无示数
B．MN间无电势差，电压表有示数
C．MN间有电势差，电压表无示数
D．MN间有电势差，电压表有示数
解析：选C 由于矩形线框abNM磁通量不变，回路无电流，因此电压表无示数，由于矩形线框两边切割磁感线有电动势，因此MN间有电势差，故选C。
8．如图7所示，平行于y轴的导体棒以速度v向右做匀速直线运动，经过半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域，导体棒中的感应电动势E与导体棒位置x关系的图像是( )
图7
解析：选A 当导体棒位置坐标为x时，导体棒切割磁感线的长度L＝2eq \r(R2－R－x2)，E＝BLv＝Bv·2eq \r(R2－R－x2)＝2Bveq \r(2Rx－x2)，结合数学知识可得A正确，B、C、D错误。
9．如图8所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出，设在整个过程中棒的方向不变且不计空气阻力，则在金属棒运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是( )
图8
A．越来越大 B．越来越小
C．保持不变 D．无法判断
解析：选C 棒ab水平抛出后，其速度越来越大，但只有水平分速度v0切割磁感线产生电动势，故E＝BLv0保持不变。
10．(多选)一个面积S＝4×10－2 m2、匝数n＝100匝的线圈放在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图9所示，由图可知( )
图9
A．在开始2 s内穿过线圈的磁通量的变化率等于0.08 Wb/s
B．在开始2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零
C．在开始2 s内线圈中产生的感应电动势等于8 V
D．在第3 s末线圈中的感应电动势等于零
解析：选AC 由图像可知，0～1 s内磁感应强度正向减小，1～2 s磁感应强度负向增大，两过程产生的感应电动势等效，故0～2 s可视为整体变化过程，而图像的斜率k＝eq \f(ΔB,Δt)，则0～2 s内E1＝neq \f(ΔB,Δt)S＝100×eq \f(－2－2,2)×4×10－2 V＝－8 V，大小为8 V，故C正确。因为穿过线圈的磁通量的变化量和变化率均与线圈匝数无关，所以eq \f(ΔB,Δt)·S＝eq \f(－2－2,2)×4×10－2 Wb/s＝－0.08 Wb/s，大小为0.08 Wb/s，故A正确。ΔΦ＝Φ2－Φ1＝(－2×4×10－2－2×4×10－2)Wb＝－0.16 Wb，故B错误。第3 s末的磁通量为零，但感应电动势不为零，等于2～4 s内的感应电动势，则E2＝neq \f(ΔB,Δt)·S＝100×eq \f(2－－2,4－2)×4×10－2 V＝8 V，故D错误。
11．如图10所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下，在磁场中有一边长为l的正方形导线框，ab边质量为m，其余边质量不计，cd边有固定的水平轴，导线框可以绕其转动，现将导线框拉至水平位置由静止释放，不计摩擦和空气阻力，导线框经过时间t运动到竖直位置，此时ab边的速度为v，求：
图10
(1)此过程中线框产生的平均感应电动势的大小；
(2)线框运动到竖直位置时线框感应电动势的大小。
解析：(1)线框在初位置Φ1＝BS＝Bl2，转到竖直位置Φ2＝0。根据法拉第电磁感应定律E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(Bl2,t)。
(2)转到竖直位置时，bc、ad两边不切割磁感线，ab边垂直切割磁感线，此时求的是瞬时感应电动势，且感应电动势的大小为E＝Blv。
答案：(1)eq \f(Bl2,t) (2)Blv
12.如图11所示，边长为20 cm的正方形单匝线框，电阻为0.1 Ω，放在B＝0.2 T的匀强磁场中，磁场的方向与线框平面垂直，线框在磁场中匀速转动一周的时间为0.2 s。求：
(1)线框由图示位置绕ab轴分别转过60°和90°的过程中，线框中产生的平均感应电动势的大小；
(2)线框由图示位置绕ab轴转过180°的过程中，线框导线横截面上通过的电荷量。
图11
解析：(1)线框绕ab轴转过θ角的过程中磁通量的变化量为：ΔΦ＝BS－BScs θ＝BS(1－cs θ)。线框中产生的平均感应电动势的大小E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，当θ＝60°时，Δt＝eq \f(T,6)，E＝BS(1－cs θ)×eq \f(6,T)＝0.12 V。同理，线框绕ab轴转过90°的过程中的平均感应电动势大小E＝0.16 V。
(2)线框绕ab轴转过180°的过程中平均感应电动势E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，
由闭合电路欧姆定律I＝eq \f(E,R)，通过线框导线横截面上的电荷量q＝IΔt＝eq \f(ΔΦ,R)＝eq \f(2BS,R)＝0.16 C。
答案：(1)0.12 V 0.16 V (2)0.16 C
E＝neq \f(ΔΦ,Δt)的理解与应用
E＝Blv的理解与应用
电磁感应现象中电荷量q的计算