高考物理一轮知识点分类专题复习全套教学设计第十章第2讲法拉第电磁感应定律自感现象含答案35488.pdf

第 2 讲 法拉第电磁感应定律 自感现象 板块一 主干梳理夯实基础【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：Ent，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 IERr。(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：ELIt。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t的比较 提示：、t的大小之间没有必然的联系，0，t不一定等于 0；感应电动势 E 与线圈匝数 n 有关，但、t的大小均与线圈匝数无关。2应用法拉第电磁感应定律 Ent时应注意(1)研究对象：Ent的研究对象是一个回路，而不是一段导体。(2)物理意义：Ent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 EnBSt。(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，BS，则 EnBSt，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，EnB2S2B1S1t。4 在图象问题中磁通量的变化率t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Bt0.2 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：EntnSBt 面积：SL1L20.4 m2 由已知条件得：n1，Bt0.2 T/s 代入数据得E0.08 V。3对物体刚好离地时受力分析如图甲。列平衡方程：T绳mg，对此时的ad棒受力分析如图乙：列平衡方程：F安T绳安培力的大小：F安BIL1由欧姆定律：IER 由已知条件：BB0Btt 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 EnSBt求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内的有效面积，Bt在 B-t 图象中为图线的斜率。(b)EnBSt 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：q I tntRtnR。跟踪训练 2017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mgdnqS 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 mgFqUd而 UnBtS。则BtmgdnqS，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 E Bl v。(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，l 2R；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 EBl v 12Bl2，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，E12Bl2(平均速度取中点位置的线速度12l)；(3)以任意点为轴时，E12B(l21l22)(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3L4，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 tL2v时刻，回路中的感应电动势为 Bdv B在 t3L4v时刻，回路中的感应电动势为 2Bdv C在 tL4v时刻，回路中的感应电流第一次改变方向 D在 tL2v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 tL2v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 t3L4v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 tL4v时刻，闭合回路的位置如图 3，有效长度为 d，电流大小 IBdvR，电流不为零，电流方向不变，C选项错误。总结升华 1注意理解和掌握EBlv，特别是l和B、l、v三者的关系。2求瞬时电动势电流EBlv为首选式，并同时注意有效长度l。跟踪训练 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R2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.Bav3 B.Bav6 C.2Bav3 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 EB2a v 2Bav2Bav，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UIR4BavR2R4R413Bav，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。递进题组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,I1Bd0v12R(2)如何求得乙进入磁场速度？提示：动能定理 mgLsin12mv21。(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 L122gsint21，L12gsint22 解得 t1Lgsin，t22Lgsin(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12mv21mgLsin(1 分)E1Bd0v1(1 分)I1E12R(1 分)mgsinBI1d0(1 分)解得 RB2d202m 2Lgsin(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)IE2R(1 分)FmgsinBId0ma(1 分)a2gsin 联立以上各式解得 Fmgsinmgsin2gsinLt0t Lgsin(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 v202aL(1 分)WmgLsin2Q112mv20(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。