法拉第电磁感应定律原创.ppt

,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,法拉第电磁感应定律原创,一,.,电磁感应现象,-,产生感应电流的条件,1.,闭合电路的一部分导体做切割磁力线运动时,有感应电流产生,.,2.,闭合电路中的磁通量发生变化时,有感应电流产生,.,二,.,感应电动势的大小,1.,法拉第电磁感应定律,a.,如果磁感应强度,B,不变,磁通量的变化是由于闭合 电路的面积发生变化而引起的,则有,E,=nB,S/t,b.,如果闭合电路的面积不变,磁通量的变化是由于磁 感应强度,B,发生变化而引起的,则有,E,=n,S,B,/t,c.,如果磁通量的变化是由于磁感应强度,B,和闭合电路的面积共同 发生变化而引起的,则有,E,=n,(BS,)/t,电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通,量的变化率成正比。,-,E,=n,/t,2.,切割磁力线运动时,-,a.,导体平动时,E=B,l,vsin ,为,B,和,v,之间的夹角,若,B,、,v,、,l,三者两两垂直，则,E=B,l,v,b.,导体棒以端点为轴,在垂直于磁感应线的匀强磁场,中匀速转动,E=1/2 B,l,2,c,.,矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的任意轴匀速转动时,E=nBSsin.,为线圈平面和中性面之间的夹角,.,注意,:,1.,、,、,/t,的区别,:,变化的物理量达到最大时,其对时间的变化率等于,0,2.E=n,/t,和,E,=B,l,vsin,的区别和联系：,产生感应电动势的那部分导体相当于电源,.,1:,关于线圈中产生的感应电动势，下列叙述中正确的是,(),A.,穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大。,B.,穿过线圈的磁通量增量越大，感应电动势越大。,C.,磁通量减少得越快，感应电动势越大。,D.,磁通量为,0,时，感应电动势也为,0,。,E.,线圈中磁通量变化越大，感应电动势一定越大,F.,线圈中磁通量变化越快，感应电动势越大,G.,线圈放在磁感强度越强的地方，产生的感应电,动势一定越大,C,F,2,：平面闭合线框匝数为,n,，所围面积为,S,，总电阻为,R,，在时间,t,内穿过每匝线框的磁通量变化为,，则通过导线某一截面的电量是 （）,（,A,）,/R,（,B,）,R/nS,（,C,）,n,/R t,（,D,）,n,/R,解,:,E=n/t,I=E/R,q=I,t,=n,/R,D,穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大。,如果磁感应强度B不变,磁通量的变化是由于闭合 电路的面积发生变化而引起的,则有E=nBS/t,（C）n/R t,产生感应电动势的那部分导体相当于电源.,t=1/4 T=0.,线圈匝数增加一倍，E 和电阻R 都增大一倍，I 不变。,感应电流 I=E/R,E=n/t=12.,第一次磁通量变化比第二次快,改变线圈的取向，使线圈平面跟磁感强度垂直。,穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大。,第一次产生的感应电动势比第二次大,过90，则线圈中磁通量的变化量等于多少？磁通量平均变化率为多少？线圈中产生的平均感应电动势为多少？,闭合电路的一部分导体做切割磁力线运动时,有感应电流产生.,一个N 匝圆线圈，放在磁感强度为B 的匀强磁场中，线圈平面跟磁感强度方向成30角，磁感强度随时间均匀变化，线圈导线规格不变，下列方法中可使线圈中感应电流增加一倍的是 ,=rsin 30 B2 R0t,闭合电路中的磁通量发生变化时,有感应电流产生.,例,1,、用同样材料和规格的导线做成的圆环,a,和,b,，它们的半径之比,r,a,：,r,b,2,：,1,，连接两圆环部分的两根直导线的电阻不计，均匀变化的磁场具有理想的边界如图所示，磁感应强度以恒定的变化率变化,.,那么当,a,环置于磁场中与,b,环置于磁场中两种情况下，,A,、,B,两点电势差之比,U,1,/U,2,为,.,B,A,B,A,解,:,设小圆电阻为,R,则大圆电阻为,2R,小圆面积为,S,大圆面积为,4S.,分别画出等效电路如图,:,E,1,2R,R,B,A,E,2,2R,R,B,A,E=,/t=S B/tS,由闭合电路欧姆定律,对上图,U,1,=E,1,/3,对下图,U,2,=2E,2,/3,U,1,/U,2,=E,1,/2E,2,=4S/2S=2,2,：,1,2,有一边长为,l,、匝数为,n,、电阻为,R,的正方形闭合线框，处于磁感应强度为,B,匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，若将线框在磁场中翻转,180,，求在这个过程中通过导线横截面的电量。,解：,将线框转过,180,，则穿过线框的磁通量的,变化量大小是,=2BS=2B,l,2,这个过程中产生的感应电动势为,E=n /t,感应电流,I=E/R,所以电量,q=I t=n /R=2nB,l,2,/R,R,B,a,b,例,2.,如图示，匀强磁场竖直下下，一根直导线,ab,在水平桌面上，以匀速率,v,向右垂直磁感应线滑入匀强磁场中，做切割磁感应线运动，不考虑空气阻力，直导线,ab,在下落过程中产生的感应电动势将会：,(),A.,逐渐增大,B.,逐渐减小,C.,为,0 D.,保持不变,v,v,t,v,x,v,y,解：,E=B,l,v,t,sin=B,l,v,x,ab,做平抛运动，,水平速度保持不变，,感应电动势保持不变。,D,3,如图，一圆环与外切正方形线框均由相同的绝缘导线制成，并各自形成闭合回路，匀强磁场布满整个方形线框，当磁场均匀变化时，线框和圆环中的感应电动势之比是多大？感应电流之比等于多少？,解：设,正方形,边长为,2a,，则圆环半径为,a,，,两者面积之比为,S,1,/S,2,=4a,2,/,a,2,=4/,电阻之比为,R,1,/R,2,=8a/2,a=4/,E,=,/t=SB/t S,E,1,/E,2,=,S,1,/S,2,=4a,2,/,a,2,=4/,1,将一条形磁铁插入螺线管线圈,第一次插入用秒，第二次插入用秒，并且两次起始和终了位置相同，则（）,A.,第一次磁通量变化比第二次大,B.,第一次磁通量变化比第二次快,C.,第一次产生的感应电动势比第二次大,D.,若断开电键,S,，两次均无感应电流,B C D,两次线圈中磁通量之比为,，感应电动势之比为,，电流强度之比为,，通过线圈的电量之比为,，,线圈放出的热量之比为,。,解,：,相同。,1,/,2,=1:1,1:1,E,=n/t 1/t E,1,/E,2,=t,2,/t,1,=2,：,1,2:1,I=E/R E I,1,/I,2,=,E,1,/E,2,=2,：,1,2:1,q=I t=Et/R=n/R q,1,/q,2,=1,：,1,1:1,Q=I,2,R t E,2,t Q,1,/Q,2,=2,：,1,2:1,2,矩形形线框,abcd,绕,OO,轴,在磁感强度为的匀强磁场中以,2 r,s,的转速匀速转动，已知,ab=20cm,，,bd=40cm,，匝数为,100,匝，当线框从如图示位置开始转,过,90,，则线圈中磁通量的变化量,等于多少？磁通量平均变化率为多少？线圈中产生的平均感应电动势为多少？,a,b,c,d,O,O,解：,转过,90,时，线圈中磁通量的变化量,=BS-0=0.016Wb.,周期为,t=1/4 T=0.125s,Wb,s,，,E=n/t=12.8V,例,3.,单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示,则线圈中,A,O,时刻感应电动势最大,B,D,时刻感应电动势为零,C,D,时刻感应电动势最大,D,O,至,D,时间内平均感生,电动势为,A B D,1,t/s,/10,-3,Wb,A,0,B,D,2,0.01,例,4.,如图所示，线圈内有理想边界的磁场，当磁场均匀增加时，有一带电粒子静止于平行板,(,两板水平放置,),电容器中间，则此粒子带,_,电，若线圈的匝数为,n,，平行板电容器的板间距离为,d,，粒子的质量为,m,，带电量为,q,，则磁感应强度的变化率 为,。,(,设线圈的面积为,S),解,：分析粒子的受力情况如图：,mg,qE,由平衡条件得,qE=qU/d=mg,由楞次定律，上板带正电，,E,向下,粒子带,负,电,由法拉第电磁感应定律,U=n,/t,=nS,B/t,B/t,=U/nS=mgd/nqS,负,mgd,nqS,例,5.,一个,N,匝圆线圈，放在磁感强度为,B,的匀强磁场中，线圈平面跟磁感强度方向成,30,角，磁感强度随时间均匀变化，线圈导线规格不变，下列方法中可使线圈中感应电流增加一倍的是,A,将线圈匝数增加一倍,B,将线圈面积增加一倍,C,将线圈半径增加一倍,D,适当改变线圈的取向,30,B,解：,E=N /t=NS,B/t=sin 30 NS B/t,I=E/R,线圈匝数增加一倍，,E,和电阻,R,都增大一倍，,I,不变。,线圈面积增加一倍，,E,增大到,2,倍，,R,增大到 倍，,I,增大 到 倍,线圈半径增加一倍，,E,增大到,4,倍，,R,增大到,2,倍，,I,加倍,.,改变线圈的取向，使线圈平面跟磁感强度垂直。,E,增大一倍，,R,不变，,I,加倍。,C D,例,6,一个,N,匝圆线圈，放在磁感强度为,B,的匀强磁场中，线圈平面跟磁感强度方向成,30,角，磁感强度随时间均匀变化，线圈导线规格不变，下列方法中可使线圈中感应电流增加一倍的是,A,将线圈匝数增加一倍,B,将线圈面积增加一倍,C,将线圈半径增加一倍,D,适当改变线圈的取向,解：设线圈单位长度的电阻为,R,0,，线圈的半径为,r,，,E=N/t=NS sin 30 B/t,I=NS sin 30 B,Rt,=Nr,2,sin 30 B,N2rR,0,t,=rsin 30 B,2 R,0,t,C,、,D,电磁感应和电路规律的综合应用,单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示,则线圈中 ,产生感应电动势的导体跟用电器连接，可以对用电器供电，由闭合电路欧姆定律求解各种问题.,C将线圈半径增加一倍,感应电动势的大小,E=/t=S B/tS,Wbs，,产生和维持感应电流的存在的过程就是其它形式的能量转化为感应电流电能的过程。,穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大。,例1、用同样材料和规格的导线做成的圆环a和b，它们的半径之比ra：rb2：1，连接两圆环部分的两根直导线的电阻不计，均匀变化的磁场具有理想的边界如图所示，磁感应强度以恒定的变化率变化.,1:关于线圈中产生的感应电动势，下列叙述中正确的是 (),解：将线框转过180，则穿过线框的磁通量的,q=I t=Et/R=n/R q1/q2=1：1,1.,产生感应电动势的导体相当于一个电源，感应电动势等效于电源电动势，产生感应电动势的导体的电阻等效于电源的内阻。,2.,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。,3.,产生感应电动势的导体跟用电器连接，可以对用电器供电，由闭合电路欧姆定律求解各种问题,.,4.,产生感应电动势的导体跟电容器连接，可对电容器充电，稳定后，电容器相当于断路，其所带电量可用公式,Q=CU,来计算,5.,解决电磁感应中的电路问题，必须按题意画出等效电路，其余问题为电路分析和闭合电路欧姆定律的应用。,电磁感应和力学规律的综合应用,电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力的作用，因此，电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起，解决这类电磁感应中的力学问题，不仅要应用电磁学中的有关规律，如楞次定律、法拉第电磁感应定律、左右手定则、安培力的计算公式等，还要应用力学中的有关规律，如牛顿运动定律、动量定理、动能定理、动量守恒定律、机械能守恒定律等。要将电磁学和力学的知识综合起来应用。,由于安培力和导体中的电流、运动速度均有关，所以对磁场中运动导体进行动态分析十分必要。,电磁感应中的能量转化,1.,电磁感应现象的实质是不同形式能量转化的过程。产生和维持感应电流的存在的过程就是其它形式的能量转化为感应电流电能的过程。,2.,安培力做正功的过程是电能转化为其它形式能量的过程,安培力做多少正功,就有多少电能转化为其它形式能量,3.,安培力做负功的过程是其它形式能量转化为电能的过程,克服安培力做多少功,就有多少其它形式能量转化为电能,.,4.,导体在达到稳定状态之前，外力移动导体所做的功，一部分用于克服安培力做功，转化为产生感应电流的电能或最后转化为焦耳热,.,，另一部分用于增加导体的动能。,5.,导体在达到稳定状态之后，外力移动导体所做的功，全部用于克服安培力做功，转化为产生感应电流的电能并最后转化为焦耳热,.,6.,用能量转化和守恒的观点解决电磁感应问题,只需要从全过程考虑,不涉及电流产生过程的具体的细节,可以使计算方便,解题简便,.,谢谢观看,谢谢观看,