2019年高考物理一輪復習 第十章 電磁感應 第2講 法拉第電磁感應定律 自感現(xiàn)象學案.doc

第2講法拉第電磁感應定律自感現(xiàn)象板塊一主干梳理夯實基礎【知識點1】法拉第電磁感應定律1感應電動勢(1)概念：在電磁感應現(xiàn)象中產(chǎn)生的電動勢。(2)產(chǎn)生條件：穿過回路的磁通量發(fā)生改變，與電路是否閉合無關。(3)方向判斷：感應電動勢的方向用楞次定律或右手定則來判斷。2法拉第電磁感應定律(1)內(nèi)容：閉合電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比。(2)公式：En，其中n為線圈匝數(shù)。(3)感應電流與感應電動勢的關系：遵守閉合電路歐姆定律，即I。(4)導體切割磁感線時的感應電動勢【知識點2】自感、渦流1互感現(xiàn)象兩個互相靠近的線圈，當一個線圈中的電流變化時，它所產(chǎn)生的變化的磁場會在另一個線圈中產(chǎn)生感應電動勢的現(xiàn)象。2自感現(xiàn)象(1)定義：當一個線圈中的電流變化時，它產(chǎn)生的變化的磁場在它本身激發(fā)出感應電動勢。(2)自感電動勢定義：由于自感而產(chǎn)生的感應電動勢。表達式：EL。自感系數(shù)L相關因素：與線圈的大小、形狀、圈數(shù)以及是否有鐵芯有關。單位：亨利(H)，1 mH103 H,1 H106 H。3渦流當線圈中的電流發(fā)生變化時，在它附近的任何導體中都會產(chǎn)生感應電流，這種電流像水的旋渦，所以叫渦電流，簡稱渦流。(1)電磁阻尼：當導體在磁場中運動時，感應電流會使導體受到安培力，安培力的方向總是阻礙導體的運動。(2)電磁驅(qū)動：如果磁場相對于導體轉(zhuǎn)動，在導體中會產(chǎn)生感應電流使導體受到安培力的作用，安培力使導體運動起來。交流感應電動機就是利用電磁驅(qū)動的原理工作的。(3)電磁阻尼和電磁驅(qū)動的原理體現(xiàn)了楞次定律的推廣應用。板塊二考點細研悟法培優(yōu)考點1法拉第電磁感應定律的應用拓展延伸1磁通量、磁通量的變化量、磁通量的變化率的比較提示：、的大小之間沒有必然的聯(lián)系，0，不一定等于0；感應電動勢E與線圈匝數(shù)n有關，但、的大小均與線圈匝數(shù)無關。2應用法拉第電磁感應定律En時應注意(1)研究對象：En的研究對象是一個回路，而不是一段導體。(2)物理意義：En求的是t時間內(nèi)的平均感應電動勢，當t0時，則E為瞬時感應電動勢。3法拉第電磁感應定律應用的三種情況(1)磁通量的變化是由面積變化引起時，BS，則En。(2)磁通量的變化是由磁場變化引起時，BS，則En，S是磁場范圍內(nèi)的有效面積。(3)磁通量的變化是由于面積和磁場變化共同引起的，則根據(jù)定義求，末初，En。4在圖象問題中磁通量的變化率是t圖象上某點切線的斜率，利用斜率和線圈匝數(shù)可以確定感應電動勢的大小。例1如圖所示，固定在勻強磁場中的水平導軌ab、cd的間距L10.5 m，金屬棒ad與導軌左端bc的距離為L20.8 m，整個閉合回路的電阻為R0.2 ，磁感應強度為B01 T的勻強磁場豎直向下穿過整個回路。ad桿通過滑輪和輕繩連接著一個質(zhì)量為m0.04 kg的物體，不計一切摩擦，現(xiàn)使磁場以0.2 T/s的變化率均勻地增大。求：(1)金屬棒上電流的方向；(2)感應電動勢的大??；(3)經(jīng)過多長時間物體剛好離開地面(g取10 m/s2)。(1)如何判定金屬棒上電流的方向？提示：用楞次定律。(2)物體剛好離地時，金屬桿上的安培力的大小與方向如何？提示：ad棒受力平衡，mgF安，水平向左。嘗試解答(1)ad_(2)0.08_V_(3)5_s。(1)原磁場方向豎直向下，回路中磁通量增大，由楞次定律可知感應電流的磁場方向豎直向上，由安培定則可知金屬棒上電流的方向ad。(2)由法拉第電磁感應定律可知：EnnS面積：SL1L20.4 m2由已知條件得：n1，0.2 T/s由已知條件：BB0t以上各式聯(lián)立解得：t5 s?？偨Y(jié)升華法拉第電磁感應定律的規(guī)范應用(1)一般解題步驟：分析穿過閉合電路的磁場方向及磁通量的變化情況；利用楞次定律確定感應電流的方向；靈活選擇法拉第電磁感應定律的不同表達形式列方程求解。(2)應注意的問題：(a)用公式EnS求感應電動勢時，S為線圈在磁場范圍內(nèi)的有效面積，在Bt圖象中為圖線的斜率。(b)EnB通過回路的電荷量q僅與n、和回路電阻R有關，與變化過程所用的時間長短無關，推導過程：qtt。2017郴州模擬(多選)如圖所示，線圈內(nèi)有理想邊界的磁場，開關閉合，當磁感應強度減小時，有一帶電微粒靜止于水平放置的平行板電容器中間，若線圈的匝數(shù)為n，平行板電容器的板間距離為d，粒子的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，線圈面積為S，則下列判斷中正確的是()A帶電微粒帶負電B線圈內(nèi)磁感應強度的變化率為C當下極板向上移動時，帶電微粒將向上運動D當開關斷開時，帶電微粒將做自由落體運動答案BC解析當磁場減小時，由楞次定律和安培定則可判定，上極板帶負電，根據(jù)粒子受力平衡可判斷應帶正電，A錯誤；對微粒mgFq而UnS。則，B正確；當下極板向上移動時，d減小，板間電壓不變，則板間場強增大，微粒所受電場力增大，微粒將向上運動，C正確；開關斷開時，板間電壓不變，故微粒仍靜止，D錯誤?？键c2導體切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢的計算深化理解1導體平動切割磁感線對于導體平動切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢的計算式EBlv，應從以下幾個方面理解和掌握。(1)正交性本公式是在一定條件下得出的，除了磁場是勻強磁場，還需B、l、v三者相互垂直。當它們不相互垂直時，應取垂直的分量進行計算。公式可為EBlvsin，當B與l垂直時，為B與v方向間的夾角；當B與v垂直時，為B與l間的夾角。(2)平均性導體平動切割磁感線時，若v為平均速度，則E為平均感應電動勢，即Bl。(3)瞬時性若v為瞬時速度，則E為相應的瞬時感應電動勢。(4)有效性公式中的l為導體有效切割長度，即導體在與v共同所在平面上垂直于v的方向上的投影長度。下圖中有效長度分別為：甲圖：lcdsin(容易錯算成labsin)。乙圖：沿v1方向運動時，lMN；沿v2方向運動時，l0。丙圖：沿v1方向運動時，lR；沿v2方向運動時，l0；沿v3方向運動時，lR。(5)相對性EBlv中的速度v是相對于磁場的速度，若磁場也運動時，應注意速度間的相對關系。2.導體轉(zhuǎn)動切割磁感線當導體在垂直于磁場的平面內(nèi)，繞一端以角速度勻速轉(zhuǎn)動時，產(chǎn)生的感應電動勢為EBlBl2，如圖所示。(1)以中點為軸時，E0(相同兩段的代數(shù)和)；(2)以端點為軸時，EBl2(平均速度取中點位置的線速度l)；(3)以任意點為軸時，EB(ll)(不同兩段的代數(shù)和)。例2如圖所示，將一根絕緣硬金屬導線彎曲成一個完整的正弦曲線形狀，它通過兩個小金屬環(huán)a、b與長直金屬桿導通，圖中a、b間距離為L，導線組成的正弦圖形頂部或底部到桿的距離都是d。右邊虛線范圍內(nèi)存在磁感應強度大小為B、方向垂直于彎曲導線所在平面的勻強磁場，磁場區(qū)域的寬度為，現(xiàn)在外力作用下導線沿桿以恒定的速度v向右運動，t0時刻a環(huán)剛從O點進入磁場區(qū)域，則下列說法正確的是()A在t時刻，回路中的感應電動勢為BdvB在t時刻，回路中的感應電動勢為2BdvC在t時刻，回路中的感應電流第一次改變方向D在t時刻，回路中的感應電流第一次改變方向(1)在動生電動勢公式EBlv中，B、l與v三者的關系？提示：必須兩兩垂直，若不垂直必須分解。(2)導體棒的長度就是公式EBlv中的“l(fā)”嗎？提示：不是，式中的l指的是有效長度。嘗試解答選D。當t時，閉合回路的位置如圖1，此時的有效長度為零，感應電動勢也為零，A選項錯誤，此時的感應電流也為零，電流為零是電流方向改變的時刻，D選項正確。當t時，閉合回路的位置如圖2，有效長度為d，感應電動勢EBdv，B選項錯誤。在t時刻，閉合回路的位置如圖3，有效長度為d，電流大小I，電流不為零，電流方向不變，C選項錯誤。總結(jié)升華如圖所示，豎直平面內(nèi)有一金屬環(huán)，半徑為a，總電阻為R(指拉直時兩端的電阻)，磁感應強度為B的勻強磁場垂直穿過環(huán)平面，在環(huán)的最高點A用鉸鏈連接長度為2a、電阻為的導體棒AB，AB由水平位置緊貼環(huán)面擺下，當擺到豎直位置時，B點的線速度為v，則這時AB兩端的電壓大小為()A. B. C. DBav答案A解析當擺到豎直位置時，棒上產(chǎn)生的感應電動勢為EB2a2BaBav，而AB兩端的電壓為路端電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律得：AB兩端電壓為UIBav，故A正確?？键c3通電自感和斷電自感對比分析例3如圖所示，線圈L的自感系數(shù)很大，且其電阻可以忽略不計，L1、L2是兩個完全相同的小燈泡，隨著開關S閉合和斷開的過程中，L1、L2的亮度變化情況是(燈絲不會斷)()AS閉合，L1亮度不變，L2亮度逐漸變亮，最后兩燈一樣亮；S斷開，L2立即不亮，L1逐漸變亮BS閉合，L1亮度不變，L2很亮；S斷開，L1、L2立即不亮CS閉合，L1、L2同時亮，而后L1逐漸熄滅，L2亮度不變；S斷開，L2立即不亮，L1亮一下才滅DS閉合，L1、L2同時亮，而后L1逐漸熄滅，L2則逐漸變得更亮；S斷開，L2立即熄滅，L1亮一下才滅(1)當自感電流滿足什么條件時，燈泡L1才會閃一下？提示：當自感電流大于電路穩(wěn)定時燈泡L1的原電流時燈泡才會閃一下。(2)斷開開關S瞬間，通過自感線圈的電流方向變嗎？提示：不變。嘗試解答選D。S閉合瞬間，自感線圈L相當于一個大電阻，以后阻值逐漸減小到0，所以觀察到的現(xiàn)象是燈泡L1和L2同時亮，以后L1逐漸變暗到熄滅，L2逐漸變得更亮。S斷開瞬間，自感線圈相當于一個電動勢逐漸減小的內(nèi)阻不計的電源，它與燈泡L1組成閉合回路，所以L2立即熄滅，L1亮一下才熄滅。所以A、B、C選項都是錯誤的，只有D選項正確。總結(jié)升華1自感線圈扮演的四個角色(1)剛閉合電路時，線圈這一支路相當于開路即此時I0；此時自感線圈等效于一個無限大的電阻。(2)電路閉合一段時間達到穩(wěn)定后，線圈等效于無阻導線或電阻。(3)從閉合到電路穩(wěn)定這一段時間內(nèi)，自感線圈等效于一個變化的電阻，這個電阻從無限大逐漸減小為一個一般電阻或無阻導線。(4)電路剛斷開時，線圈等效于一個電源，與其他電路元件可以組成一個新的回路，線圈的電流方向與穩(wěn)定工作時保持一致，自感電流的大小不會超過斷電前瞬間線圈電流的大小，從斷電前的電流大小開始逐漸減小。2斷電自感現(xiàn)象中燈泡是否“閃亮”問題的判斷，在于對電流大小的分析，若斷電后通過燈泡的電流比原來強，則燈泡先閃亮一下再逐漸熄滅。1.(多選)如圖甲、乙所示的電路中，電阻R和自感線圈L的電阻值都很小，且小于燈泡A的電阻，接通S，使電路達到穩(wěn)定，燈泡A發(fā)光，則()A在電路甲中，斷開S后，A將逐漸變暗B在電路甲中，斷開S后，A將先變得更亮，然后才逐漸變暗C在電路乙中，斷開S后，A將逐漸變暗D在電路乙中，斷開S后，A將先變得更亮，然后才逐漸變暗答案AD解析在電路甲中，燈A和線圈L串聯(lián)，它們的電流相同，斷開S時，線圈上產(chǎn)生自感電動勢，阻礙原通過它的電流減小，但流過燈A的電流仍逐漸減小，故燈A逐漸變暗。在電路乙中，電阻R和燈A串聯(lián)，燈A的電阻大于線圈L的電阻，電流則小于線圈L中的電流，斷開S時，電源不再給燈供電，而線圈產(chǎn)生自感電動勢阻礙通過它本身的電流減小，通過R、A形成回路，燈A中電流突然變大，燈A變得更亮，然后漸漸變暗，故A、D正確。2. 如圖所示的電路，開關原先閉合，電路處于穩(wěn)定狀態(tài)，在某一時刻突然斷開開關S，則通過電阻R1中的電流I1隨時間變化的圖線可能是下圖中的()答案D解析斷電自感中，自感線圈中的感應電流阻礙原電流減小，但不能阻止原電流減小，所以自感線圈中的電流是在原電流的基礎上逐漸減小到0，并且變化率也逐漸減小，則斷開S后，通過電阻R1的電流I1突然反向，大小變?yōu)镮2，然后逐漸變?yōu)榱?，所以D選項正確。(20分)如圖所示，兩根足夠長、電阻不計、間距為d0的光滑平行金屬導軌，其所在平面與水平面夾角為，導軌平面內(nèi)的矩形區(qū)域abcd內(nèi)存在有界勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于斜面向上，ab與cd之間相距為L，金屬桿甲、乙的阻值相同，質(zhì)量均為m。甲桿在磁場區(qū)域的上邊界ab處，乙桿在甲桿上方與甲桿相距L處，甲、乙兩桿都與導軌垂直且接觸良好。由靜止釋放兩桿的同時，在甲桿上施加一個垂直于桿平行于導軌的外力F，使甲桿在有磁場的矩形區(qū)域內(nèi)向下做勻加速直線運動，加速度大小a2gsin，甲離開磁場時撤去F，乙桿進入磁場后恰好做勻速運動，然后離開磁場。(1)求每根金屬桿的電阻R是多大？(2)從釋放金屬桿開始計時，求外力F隨時間t的變化關系式，并說明F的方向。(3)若整個過程中，乙金屬桿共產(chǎn)生熱量Q，求外力F對甲金屬桿做的功W是多少？審題抓住信息，準確推斷 破題形成思路，快速突破(1)由乙桿恰好做勻速運動，可以列出平衡方程。提示：mgsinBI1d0, I1(2)如何求得乙進入磁場速度？提示：動能定理mgLsinmv。(3)如何求得F，對哪個桿進行受力分析？提示：對甲桿FmgsinBId0m2gsin。(4)求F做功應利用什么規(guī)律求解。提示：分過程對甲桿和乙桿進行能量轉(zhuǎn)化分析。解題規(guī)范步驟，水到渠成(1)設甲在磁場區(qū)域abcd內(nèi)運動時間為t1，乙從開始運動到ab位置的時間為t2，則由運動學公式得L2gsint，Lgsint解得t1，t2(1分)因為t1<t2，所以甲離開磁場時，乙還沒有進入磁場。(1分)設乙進入磁場時的速度為v1，乙中產(chǎn)生的感應電動勢為E1，回路中的電流為I1，則mvmgLsin(1分)E1Bd0v1(1分)I1(1分)mgsinBI1d0(1分)解得R(1分)(2)從釋放金屬桿開始計時，設經(jīng)過時間t，甲的速度為v，甲中產(chǎn)生的感應電動勢為E，回路中的電流為I，外力為F，則vat(1分)EBd0v(1分)I(1分)FmgsinBId0ma(1分)a2gsin聯(lián)立以上各式解得Fmgsinmgsint(1分)方向垂直于桿平行于導軌向下。(1分)(3)甲在磁場運動過程中，乙沒有進入磁場，設甲離開磁場時速度為v0，甲、乙產(chǎn)生的熱量相同，均設為Q1，則v2aL(1分)WmgLsin2Q1mv(2分)解得W2Q1mgLsin乙在磁場運動過程中，甲、乙產(chǎn)生相同的熱量，均設為Q2，則2Q2mgLsin(2分)根據(jù)題意有QQ1Q2(1分)解得W2Q(1分)點題突破瓶頸，穩(wěn)拿滿分此題關鍵點，先確定運動過程即甲離開磁場時，乙還未進入磁場，這樣其實就轉(zhuǎn)化為“單棒”切割問題了，當然受力情況和能量轉(zhuǎn)化也就清晰了。