2019年高考物理一轮复习第十章电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律自感现象学案.doc

2019年高考物理一轮复习第十章电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律自感现象学案【知识点1】法拉第电磁感应定律1感应电动势(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势。(2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。(3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则来判断。2法拉第电磁感应定律(1)内容：闭合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。(2)公式：En，其中n为线圈匝数。(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路欧姆定律，即I。(4)导体切割磁感线时的感应电动势【知识点2】自感、涡流1互感现象两个互相靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势的现象。2自感现象(1)定义：当一个线圈中的电流变化时，它产生的变化的磁场在它本身激发出感应电动势。(2)自感电动势定义：由于自感而产生的感应电动势。表达式：EL。自感系数L相关因素：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯有关。单位：亨利(H)，1 mH103 H,1 H106 H。3涡流当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流像水的旋涡，所以叫涡电流，简称涡流。(1)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动。(2)电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来。交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的。(3)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用。板块二考点细研悟法培优考点1法拉第电磁感应定律的应用拓展延伸1磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率的比较提示：、的大小之间没有必然的联系，0，不一定等于0；感应电动势E与线圈匝数n有关，但、的大小均与线圈匝数无关。2应用法拉第电磁感应定律En时应注意(1)研究对象：En的研究对象是一个回路，而不是一段导体。(2)物理意义：En求的是t时间内的平均感应电动势，当t0时，则E为瞬时感应电动势。3法拉第电磁感应定律应用的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，BS，则En。(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，BS，则En，S是磁场范围内的有效面积。(3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，末初，En。4在图象问题中磁通量的变化率是t图象上某点切线的斜率，利用斜率和线圈匝数可以确定感应电动势的大小。例1如图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距L10.5 m，金属棒ad与导轨左端bc的距离为L20.8 m，整个闭合回路的电阻为R0.2 ，磁感应强度为B01 T的匀强磁场竖直向下穿过整个回路。ad杆通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m0.04 kg的物体，不计一切摩擦，现使磁场以0.2 T/s的变化率均匀地增大。求：(1)金属棒上电流的方向；(2)感应电动势的大小；(3)经过多长时间物体刚好离开地面(g取10 m/s2)。(1)如何判定金属棒上电流的方向？提示：用楞次定律。(2)物体刚好离地时，金属杆上的安培力的大小与方向如何？提示：ad棒受力平衡，mgF安，水平向左。尝试解答(1)ad_(2)0.08_V_(3)5_s。(1)原磁场方向竖直向下，回路中磁通量增大，由楞次定律可知感应电流的磁场方向竖直向上，由安培定则可知金属棒上电流的方向ad。(2)由法拉第电磁感应定律可知：EnnS面积：SL1L20.4 m2由已知条件得：n1，0.2 T/s由已知条件：BB0t以上各式联立解得：t5 s。总结升华法拉第电磁感应定律的规范应用(1)一般解题步骤：分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况；利用楞次定律确定感应电流的方向；灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解。(2)应注意的问题：(a)用公式EnS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积，在Bt图象中为图线的斜率。(b)EnB通过回路的电荷量q仅与n、和回路电阻R有关，与变化过程所用的时间长短无关，推导过程：qtt。xx郴州模拟(多选)如图所示，线圈内有理想边界的磁场，开关闭合，当磁感应强度减小时，有一带电微粒静止于水平放置的平行板电容器中间，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，带电荷量为q，线圈面积为S，则下列判断中正确的是()A带电微粒带负电B线圈内磁感应强度的变化率为C当下极板向上移动时，带电微粒将向上运动D当开关断开时，带电微粒将做自由落体运动答案BC解析当磁场减小时，由楞次定律和安培定则可判定，上极板带负电，根据粒子受力平衡可判断应带正电，A错误；对微粒mgFq而UnS。则，B正确；当下极板向上移动时，d减小，板间电压不变，则板间场强增大，微粒所受电场力增大，微粒将向上运动，C正确；开关断开时，板间电压不变，故微粒仍静止，D错误。考点2导体切割磁感线产生感应电动势的计算深化理解1导体平动切割磁感线对于导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式EBlv，应从以下几个方面理解和掌握。(1)正交性本公式是在一定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场，还需B、l、v三者相互垂直。当它们不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算。公式可为EBlvsin，当B与l垂直时，为B与v方向间的夹角；当B与v垂直时，为B与l间的夹角。(2)平均性导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即Bl。(3)瞬时性若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。(4)有效性公式中的l为导体有效切割长度，即导体在与v共同所在平面上垂直于v的方向上的投影长度。下图中有效长度分别为：甲图：lcdsin(容易错算成labsin)。乙图：沿v1方向运动时，lMN；沿v2方向运动时，l0。丙图：沿v1方向运动时，lR；沿v2方向运动时，l0；沿v3方向运动时，lR。(5)相对性EBlv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动时，应注意速度间的相对关系。2.导体转动切割磁感线当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度匀速转动时，产生的感应电动势为EBlBl2，如图所示。(1)以中点为轴时，E0(相同两段的代数和)；(2)以端点为轴时，EBl2(平均速度取中点位置的线速度l)；(3)以任意点为轴时，EB(ll)(不同两段的代数和)。例2如图所示，将一根绝缘硬金属导线弯曲成一个完整的正弦曲线形状，它通过两个小金属环a、b与长直金属杆导通，图中a、b间距离为L，导线组成的正弦图形顶部或底部到杆的距离都是d。右边虚线范围内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于弯曲导线所在平面的匀强磁场，磁场区域的宽度为，现在外力作用下导线沿杆以恒定的速度v向右运动，t0时刻a环刚从O点进入磁场区域，则下列说法正确的是()A在t时刻，回路中的感应电动势为BdvB在t时刻，回路中的感应电动势为2BdvC在t时刻，回路中的感应电流第一次改变方向D在t时刻，回路中的感应电流第一次改变方向(1)在动生电动势公式EBlv中，B、l与v三者的关系？提示：必须两两垂直，若不垂直必须分解。(2)导体棒的长度就是公式EBlv中的“l”吗？提示：不是，式中的l指的是有效长度。尝试解答选D。当t时，闭合回路的位置如图1，此时的有效长度为零，感应电动势也为零，A选项错误，此时的感应电流也为零，电流为零是电流方向改变的时刻，D选项正确。当t时，闭合回路的位置如图2，有效长度为d，感应电动势EBdv，B选项错误。在t时刻，闭合回路的位置如图3，有效长度为d，电流大小I，电流不为零，电流方向不变，C选项错误。总结升华如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为()A. B. C. DBav答案A解析当摆到竖直位置时，棒上产生的感应电动势为EB2a2BaBav，而AB两端的电压为路端电压，根据闭合电路欧姆定律得：AB两端电压为UIBav，故A正确。考点3通电自感和断电自感对比分析例3如图所示，线圈L的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，随着开关S闭合和断开的过程中，L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)()AS闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即不亮，L1逐渐变亮BS闭合，L1亮度不变，L2很亮；S断开，L1、L2立即不亮CS闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即不亮，L1亮一下才灭DS闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下才灭(1)当自感电流满足什么条件时，灯泡L1才会闪一下？提示：当自感电流大于电路稳定时灯泡L1的原电流时灯泡才会闪一下。(2)断开开关S瞬间，通过自感线圈的电流方向变吗？提示：不变。尝试解答选D。S闭合瞬间，自感线圈L相当于一个大电阻，以后阻值逐渐减小到0，所以观察到的现象是灯泡L1和L2同时亮，以后L1逐渐变暗到熄灭，L2逐渐变得更亮。S断开瞬间，自感线圈相当于一个电动势逐渐减小的内阻不计的电源，它与灯泡L1组成闭合回路，所以L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭。所以A、B、C选项都是错误的，只有D选项正确。总结升华1自感线圈扮演的四个角色(1)刚闭合电路时，线圈这一支路相当于开路即此时I0；此时自感线圈等效于一个无限大的电阻。(2)电路闭合一段时间达到稳定后，线圈等效于无阻导线或电阻。(3)从闭合到电路稳定这一段时间内，自感线圈等效于一个变化的电阻，这个电阻从无限大逐渐减小为一个一般电阻或无阻导线。(4)电路刚断开时，线圈等效于一个电源，与其他电路元件可以组成一个新的回路，线圈的电流方向与稳定工作时保持一致，自感电流的大小不会超过断电前瞬间线圈电流的大小，从断电前的电流大小开始逐渐减小。2断电自感现象中灯泡是否“闪亮”问题的判断，在于对电流大小的分析，若断电后通过灯泡的电流比原来强，则灯泡先闪亮一下再逐渐熄灭。1.(多选)如图甲、乙所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯泡A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则()A在电路甲中，断开S后，A将逐渐变暗B在电路甲中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗C在电路乙中，断开S后，A将逐渐变暗D在电路乙中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗答案AD解析在电路甲中，灯A和线圈L串联，它们的电流相同，断开S时，线圈上产生自感电动势，阻碍原通过它的电流减小，但流过灯A的电流仍逐渐减小，故灯A逐渐变暗。在电路乙中，电阻R和灯A串联，灯A的电阻大于线圈L的电阻，电流则小于线圈L中的电流，断开S时，电源不再给灯供电，而线圈产生自感电动势阻碍通过它本身的电流减小，通过R、A形成回路，灯A中电流突然变大，灯A变得更亮，然后渐渐变暗，故A、D正确。2. 如图所示的电路，开关原先闭合，电路处于稳定状态，在某一时刻突然断开开关S，则通过电阻R1中的电流I1随时间变化的图线可能是下图中的()答案D解析断电自感中，自感线圈中的感应电流阻碍原电流减小，但不能阻止原电流减小，所以自感线圈中的电流是在原电流的基础上逐渐减小到0，并且变化率也逐渐减小，则断开S后，通过电阻R1的电流I1突然反向，大小变为I2，然后逐渐变为零，所以D选项正确。(20分)如图所示，两根足够长、电阻不计、间距为d0的光滑平行金属导轨，其所在平面与水平面夹角为，导轨平面内的矩形区域abcd内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于斜面向上，ab与cd之间相距为L，金属杆甲、乙的阻值相同，质量均为m。甲杆在磁场区域的上边界ab处，乙杆在甲杆上方与甲杆相距L处，甲、乙两杆都与导轨垂直且接触良好。由静止释放两杆的同时，在甲杆上施加一个垂直于杆平行于导轨的外力F，使甲杆在有磁场的矩形区域内向下做匀加速直线运动，加速度大小a2gsin，甲离开磁场时撤去F，乙杆进入磁场后恰好做匀速运动，然后离开磁场。(1)求每根金属杆的电阻R是多大？(2)从释放金属杆开始计时，求外力F随时间t的变化关系式，并说明F的方向。(3)若整个过程中，乙金属杆共产生热量Q，求外力F对甲金属杆做的功W是多少？审题抓住信息，准确推断 破题形成思路，快速突破(1)由乙杆恰好做匀速运动，可以列出平衡方程。提示：mgsinBI1d0, I1(2)如何求得乙进入磁场速度？提示：动能定理mgLsinmv。(3)如何求得F，对哪个杆进行受力分析？提示：对甲杆FmgsinBId0m2gsin。(4)求F做功应利用什么规律求解。提示：分过程对甲杆和乙杆进行能量转化分析。解题规范步骤，水到渠成(1)设甲在磁场区域abcd内运动时间为t1，乙从开始运动到ab位置的时间为t2，则由运动学公式得L2gsint，Lgsint解得t1，t2(1分)因为t1t2，所以甲离开磁场时，乙还没有进入磁场。(1分)设乙进入磁场时的速度为v1，乙中产生的感应电动势为E1，回路中的电流为I1，则mvmgLsin(1分)E1Bd0v1(1分)I1(1分)mgsinBI1d0(1分)解得R(1分)(2)从释放金属杆开始计时，设经过时间t，甲的速度为v，甲中产生的感应电动势为E，回路中的电流为I，外力为F，则vat(1分)EBd0v(1分)I(1分)FmgsinBId0ma(1分)a2gsin联立以上各式解得Fmgsinmgsint(1分)方向垂直于杆平行于导轨向下。(1分)(3)甲在磁场运动过程中，乙没有进入磁场，设甲离开磁场时速度为v0，甲、乙产生的热量相同，均设为Q1，则v2aL(1分)WmgLsin2Q1mv(2分)解得W2Q1mgLsin乙在磁场运动过程中，甲、乙产生相同的热量，均设为Q2，则2Q2mgLsin(2分)根据题意有QQ1Q2(1分)解得W2Q(1分)点题突破瓶颈，稳拿满分此题关键点，先确定运动过程即甲离开磁场时，乙还未进入磁场，这样其实就转化为“单棒”切割问题了，当然受力情况和能量转化也就清晰了。