（新課標）河南省2015高考物理總復習講義 第9章 第2講 法拉第電磁感應定律、自感現(xiàn)象

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1、 第2講　法拉第電磁感應定律、自感現(xiàn)象 知識一　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(guān)． (3)方向判斷：感應電動勢的方向用楞次定律或右手定則判斷． 2．法拉第電磁感應定律 (1)內(nèi)容：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：E＝n，其中n為線圈匝數(shù)． (1)線圈中的磁通量越大，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢一定越大．(×) (2)線圈處在磁場越強的位置，線圈中產(chǎn)生的感應電勢一定越大．(×) (3)線圈中磁通量變化

2、得越快，線圈中產(chǎn)生的感應電動勢越大．(√) 知識二　導體切割磁感線時的感應電動勢 導體棒切割磁感線時，可有以下三種情況： 切割方式 電動勢表達式 說明 垂直切割 E＝Blv ①導體棒與磁場方向垂直②磁場為勻強磁場 傾斜切割 E＝Blvsin_θ 其中θ為v與B的夾角 旋轉(zhuǎn)切割(以一端為軸) E＝Bl2ω 　公式E＝Blv的適用條件： (1)B為勻強磁場磁感應強度，B、l、v兩兩互相垂直． (2)l為導體切割磁感線的有效長度． 知識三　自感和渦流 1．自感現(xiàn)象：由于通過導體自身的電流發(fā)生變化而產(chǎn)生的電磁感應現(xiàn)象． 2．自感電動勢 (1)

3、定義：在自感現(xiàn)象中產(chǎn)生的感應電動勢． (2)表達式：E＝L. (3)自感系數(shù)L ①相關(guān)因素：與線圈的大小、形狀、圈數(shù)以及是否有鐵芯等因素有關(guān)． ②單位：亨利(H)，1 mH＝10－3 H,1 μH＝10－6 H. 3．渦流：當線圈中的電流發(fā)生變化時，在它附近的導體中產(chǎn)生的像水的旋渦一樣的感應電流． 　 如圖所示的電路中L為自感系數(shù)很大而電阻很小的線圈，S閉合時小燈泡A發(fā)光，當S突然斷開時，小燈泡的亮度怎樣變化？ [提示]　小燈泡先閃亮一下，然后逐漸熄滅． 1．下列各種導體切割磁感線的情況中產(chǎn)生的感應電動勢最大的是(　　) 【解析】　利用公

4、式E＝BLv計算感應電動勢的大小時，B與v垂直，B與L垂直，L為導體與B和v垂直的有效長度，顯然，C項中導體的有效長度最長，產(chǎn)生的感應電動勢最大． 【答案】　C 2. 圖9－2－1 水平放置的金屬框架cdef處于如圖9－2－1所示的勻強磁場中，金屬棒ab處于粗糙的框架上且接觸良好，從某時刻開始，磁感應強度均勻增大，金屬棒ab始終保持靜止，則(　　) A．a(chǎn)b中電流增大，ab棒所受摩擦力增大 B．a(chǎn)b中電流不變，ab棒所受摩擦力不變 C．a(chǎn)b中電流不變，ab棒所受摩擦力增大 D．a(chǎn)b中電流增大，ab棒所受摩擦力不變 【解析】　由法拉第電磁感應定律E＝＝·S知，磁感

5、應強度均勻增大，則ab中感應電動勢和電流不變，由Ff＝F安＝BIL知摩擦力增大，選項C正確． 【答案】　C 3．(多選)如圖9－2－2(a)、(b)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A的電阻，接通S，使電路達到穩(wěn)定，燈泡A發(fā)光，則(　　) 圖9－2－2 A．在電路(a)中，斷開S后，A將逐漸變暗 B．在電路(a)中，斷開S后，A將先變得更亮，然后逐漸變暗 C．在電路(b)中，斷開S后，A將逐漸變暗 D．在電路(b)中，斷開S后，A將先變得更亮，然后逐漸變暗 【解析】　(a)電路中，燈A和線圈L串聯(lián)，電流相同，斷開S時，線圈上產(chǎn)生自感電動勢，阻礙

6、原電流的減小，通過R、A形成回路，A將逐漸變暗．(b)電路中電阻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，電源不給燈A供電，而線圈產(chǎn)生自感電動勢阻礙電流的減小，通過A、R形成回路，燈A中電流比原來大，變得更亮，然后逐漸變暗．所以選項A、D正確． 【答案】　AD 圖9－2－3 4．(2013·北京高考)如圖9－2－3，在磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，金屬桿MN在平行金屬導軌上以速度v向右勻速運動，MN中產(chǎn)生的感應電動勢為E1；若磁感應強度增為2B，其他條件不變，MN中產(chǎn)生的感應電動勢變?yōu)镋2.則通過電阻R的電流方向及E1

7、與E2之比分別為(　　) A．c→a；2∶1　　　　　　 B．a(chǎn)→c；2∶1 C．a(chǎn)→c；1∶2 D．c→a；1∶2 【解析】　根據(jù)右手定則可知導體棒中感應電流的方向由N→M，所以電阻R中的電流方向是a→c，由E＝BLv，磁感應強度變?yōu)樵瓉淼?倍，其他條件不變，則感應電動勢也變?yōu)樵瓉淼?倍，故C正確，A、B、D錯誤． 【答案】　C 5．(2010·江蘇高考)一矩形線框置于勻強磁場中，線框平面與磁場方向垂直．先保持線框的面積不變，將磁感應強度在1 s時間內(nèi)均勻地增大到原來的兩倍．接著保持增大后的磁感應強度不變，在1 s時間內(nèi)，再將線框的面積均勻地減小到原來的一半．先后兩個

8、過程中，線框中感應電動勢的比值為(　　) A.　　　B．1　　　C．2　　　D．4 【解析】　設原磁感應強度是B，線框面積是S.第1 s內(nèi)ΔΦ1＝2BS－BS＝BS，第2 s內(nèi)ΔΦ2＝2B·－2B·S＝－BS.因為E＝n，所以兩次電動勢大小相等，B正確． 【答案】　B 考點一 [76]　法拉第電磁感應定律的理解和應用 一、決定感應電動勢大小的因素 感應電動勢E的大小決定于穿過電路的磁通量的變化率和線圈的匝數(shù)n.而與磁通量的大小、磁通量變化量ΔΦ的大小無必然聯(lián)系． 二、磁通量變化通常有兩種方式 1．磁感應強度B不變，垂直于磁場的回路面積發(fā)生變化，此

9、時E＝nB. 2．垂直于磁場的回路面積不變，磁感應強度發(fā)生變化，此時E＝nS，其中是B－t圖象的斜率． ——————[1個示范例]—————— 　如圖9－2－4甲所示，一個電阻為R、面積為S的矩形導線框abcd，水平放置在勻強磁場中，磁場的磁感應強度為B，方向與ad邊垂直并與線框平面成45°角，O、O′分別是ab邊和cd邊的中點．現(xiàn)將線框右半邊ObcO′繞OO′逆時針旋轉(zhuǎn)90°到圖乙所示位置，在這一過程中，導線中通過的電荷量是(　　) 甲　　　　　　　　　　　乙 9－2－4 A.　　　　　　　　　 B. C. D．0 【解析】　線框的右半邊(ObcO

10、′)未旋轉(zhuǎn)時，整個回路的磁通量Φ1＝BSsin 45°＝BS；線框的右半邊(ObcO′)旋轉(zhuǎn)90°后，穿進跟穿出的磁通量相等，如圖(2)所示，整個回路的磁通量Φ2＝0，所以ΔΦ＝Φ2－Φ1＝BS.根據(jù)公式得q＝＝，A正確． (1)　　　　　　　　　　(2) 【答案】　A ——————[1個預測例]—————— 　有一面積為S＝100 cm2的金屬環(huán)如圖9－2－5甲所示，電阻為R＝0.1 Ω，環(huán)中磁場變化規(guī)律如圖9－2－5乙所示，且磁場方向垂直環(huán)面向里，在t1到t2時間內(nèi)，環(huán)中感應電流的方向如何？通過金屬環(huán)的電荷量為多少？ 甲　　　　　　　　　乙　　 圖9

11、－2－5 【審題指導】　(1)由B→t圖象可知，磁感應強度變大．磁通量增加，根據(jù)楞次定律可確定感應電流方向． (2)通過金屬環(huán)的電荷量由磁通量的變化量決定． 【解析】　由楞次定律，可以判斷出金屬環(huán)中感應電流的方向為逆時針方向． 由圖乙可知：磁感應強度的變化率＝① 金屬環(huán)中的磁通量的變化率 ＝·S＝·S② 環(huán)中形成的感應電流I＝＝＝③ 通過金屬環(huán)的電荷量Q＝IΔt④ 由①②③④式解得 Q＝＝ C＝0.01 C. 【答案】　見解析 　電磁感應電路中的電荷量應用公式Q＝計算，其中N為線圈匝數(shù)，R為電路中總電阻． 考點二 [77]　

12、導體切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢的計算 一、導體平動切割磁感線 對于導體平動切割感線產(chǎn)生感應電動勢的計算式E＝Blv，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．實際問題中當它們不相互垂直時，應取垂直的分量進行計算，公式可為E＝Blvsin θ，θ為B與v方向間的夾角． 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為有效切割長度，即導體與v垂直的方向上的投影長度．圖9－2－6中有效長度分

13、別為： 甲　　　　　　乙　　　　　丙 圖9－2－6 甲圖：l＝cdsin β(容易錯算成l＝absin β)． 乙圖：沿v1方向運動時，l＝MN； 沿v2方向運動時，l＝0. 丙圖：沿v1方向運動時，l＝R； 沿v2方向運動時，l＝0； 沿v3方向運動時，l＝R. 5．相對性 E＝Blv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(guān)系． 二、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ω勻速轉(zhuǎn)動時，產(chǎn)生的感應電動勢為E＝Bl＝Bl2ω，如圖9－2－7所示． 圖9－2－7 ——————[1個示范例]——————

14、　(多選) 圖9－2－8 (2012·四川高考)半徑為a右端開小口的導體圓環(huán)和長為2a的導體直桿，單位長度電阻均為R0.圓環(huán)水平固定放置，整個內(nèi)部區(qū)域分布著豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B.桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運動，桿始終有兩點與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開始，桿的位置由θ確定，如圖9－2－8所示．則(　　) A．θ＝0時，桿產(chǎn)生的電動勢為2Bav B．θ＝時，桿產(chǎn)生的電動勢為Bav C．θ＝0時，桿受的安培力大小為 D．θ＝時，桿受的安培力大小為 【審題指導】　(1)右端開有小口，使得閉合回路大大簡化． (2)θ角的大小決定了導體切割

15、磁感線的有效長度． 【解析】　當θ＝0時，桿切割磁感線的有效長度l1＝2a，所以桿產(chǎn)生的電動勢E1＝Bl1v＝2Bav，選項A正確；此時桿上的電流I1＝＝，桿受的安培力大小F1＝BI1l1＝，選項C錯誤． 當θ＝時，桿切割磁感線的有效長度l2＝2acos ＝a，桿產(chǎn)生的電動勢E2＝Bl2v＝Bav，選項B錯誤；此時桿上的電流I2＝＝，桿受的安培力大小F2＝BI2l2＝，選項D正確． 【答案】　AD ——————[1個預測例]—————— 　 圖9－2－9 (多選)(2013·銀川模擬)在北半球海洋某處，地磁場的水平分量B1＝0.8×10－4T，豎直

16、分量B2＝0.5×10－4T，海水向北流動．海洋工作者測量海水的流速時，將兩極板豎直插入此處海水中，保持兩極板正對且垂線沿東西方向，兩極板相距L＝20 m，如圖9－2－9所示，與兩極板相連的電壓表(可看做理想電壓表)示數(shù)為U＝0.2 mV.則(　　) A．西側(cè)極板電勢高，東側(cè)極板電勢低 B．西側(cè)極板電勢低，東側(cè)極板電勢高 C．海水的流速大小為0.125 m/s D．海水的流速大小為0.2 m/s 【解析】　由于海水向北流動，海水切割地磁場的豎直分量，由地磁場的分布特點可知北半球地磁場的豎直分量方向向下，由右手定則可得A正確，B錯誤；由法拉第電磁感應定律得E＝B2Lv＝0.2

17、 mV，代入數(shù)據(jù)得v＝0.2 m/s，C錯誤，D正確． 【答案】　AD 考點三 [78]　自感現(xiàn)象的應用 通電自感和斷電自感的對比： 通電自感 斷電自感 電路圖 器材 要求 A1、A2同規(guī)格，R＝RL，L較大 L很大(有鐵芯)RL?RA 現(xiàn)象 在S閉合瞬間，A2燈立即亮起來，A1燈逐漸變亮，最終一樣亮 在開關(guān)S斷開時，燈A突然閃亮一下后再漸漸熄滅 　(2014·江蘇四市調(diào)研)如圖9－2－10所示電路中，L為電感線圈，C為電容器，當開關(guān)S由斷開變?yōu)殚]合時(　　) 圖9－2－10 A．A燈中無電流通過，不可能變亮 B．A燈中有電流通過

18、，方向由a到b C．B燈逐漸熄滅，c點電勢高于d點電勢 D．B燈逐漸熄滅，c點電勢低于d點電勢 【解析】　當開關(guān)S由斷開變?yōu)殚]合時，電感線圈L中產(chǎn)生從c到d的感應電動勢， B燈逐漸熄滅，把L看做一個電源的話，c點電勢低于d點電勢，選項D正確，而C錯誤；電容器C短路放電，A燈中有電流通過，方向由b到a，選項A、B均錯誤． 【答案】　D 電磁感應現(xiàn)象中電荷量和熱量的計算 一、電荷量的計算 1．思考方向：根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝n確定平均感應電動勢，結(jié)合閉合電路歐姆定律和電流的定義式I＝計算電荷量． 2．公式推導過程 →回路中平均感應電動勢＝n ↓ →＝＝ ↓

19、 →q＝IΔt＝ 二、焦耳熱的計算 求解電磁感應過程中產(chǎn)生的焦耳熱，有以下三種思路： 1.→應用焦耳定律：Q＝I2Rt 2.→焦耳熱等于克服安培力做的功：Q＝W安 3.→根據(jù)功能關(guān)系來求解焦耳熱 　【規(guī)范解答】　(1)設棒勻加速運動的時間為Δt，回路的磁通量變化量為ΔΦ，回路中的平均感應電動勢為，由法拉第電磁感應定律得 ＝① 其中ΔΦ＝Blx② 設回路中的平均電流為，由閉合電路歐姆定律得 ＝③ 則通過電阻R的電荷量為q＝Δt④ 聯(lián)立①②③④式，代入數(shù)據(jù)得q＝4.5 C．⑤ (2)設撤去外力時棒的速度為v，對棒的勻加速運動過程，由運動學公式得v2＝2ax⑥

20、設棒在撤去外力后的運動過程中安培力所做的功為W，由動能定理得 W＝0－mv2⑦ 撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2＝－W⑧ 聯(lián)立⑥⑦⑧式，代入數(shù)據(jù)得Q2＝1.8 J．⑨ (3)由題意知，撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6 J⑩ 在棒運動的整個過程中，由功能關(guān)系可知WF＝Q1＋Q2? 由⑨⑩?式得WF＝5.4 J. 【答案】　(1)4.5 C　(2)1.8 J　(3)5.4 J 　如圖9－2－12甲所示，垂直于水平桌面向上的有界勻強磁場，磁感應強度B＝0.8 T，寬度L＝2.5 m．光滑金屬導軌OM、ON固定在桌面上，O點位于磁場的左邊界，且

21、OM、ON與磁場左邊界均成45°角．金屬棒ab放在導軌上，且與磁場的右邊界重合．t＝0時，ab在水平向左的外力F作用下勻速通過磁場，測得回路中的感應電流隨時間變化的圖象如圖乙所示．已知OM、ON接觸點的電阻為R，其余電阻不計． 甲　　　　　　　　　　　　乙　　　　 圖9－2－12 (1)利用圖象求出這個過程中通過ab棒截面的電荷量及電阻R； (2)寫出水平力F隨時間變化的表達式． 【解析】　(1)根據(jù)q＝·t，由i－t圖象得： q＝×2.0×5 C＝5 C 又＝＝＝ 其中＝1.0 A，Δt＝5 s，得R＝1 Ω (2)由圖象知，感應

22、電流i＝(2－0.4t) A 棒的速度v＝＝ m/s＝0.5 m/s 有效長度l＝2(L－vt)tan 45°＝(5－t) m 棒在力F和安培力FA作用下勻速運動，有 F＝Bil＝0.8×(2－0.4t)×(5－t)N＝2×(2－0.4t)2 N. 【答案】　(1)5 C　1 Ω　(2)F＝2×(2－0.4t)2 N ⊙理解法拉第電磁感應定律 1．(多選)關(guān)于感應電動勢，下列說法正確的是(　　) A．穿過回路的磁通量越大，回路中的感應電動勢就越大 B．穿過回路的磁通量變化量越大，回路中的感應電動勢就越大 C．穿過

23、回路的磁通量變化率越大，回路中的感應電動勢就越大 D．單位時間內(nèi)穿過回路的磁通量變化量越大，回路中的感應電動勢就越大 【解析】　根據(jù)法拉第電磁感應定律，E＝n.由此可確定A、B錯誤，C、D正確． 【答案】　CD ⊙用電磁感應定律計算感應電動勢 2. 圖9－2－13 (2014·青島模擬)如圖9－2－13所示，鐵芯右邊繞有一個線圈，線圈兩端與滑動變阻器、電池組連成回路．左邊的鐵芯上套有一個環(huán)面積為0.02 m2、電阻為0.1 Ω的金屬環(huán)．鐵芯的橫截面積為0.01 m2，且假設磁場全部集中在鐵芯中，金屬環(huán)與鐵芯截面垂直．調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑動頭，使鐵芯中的磁感應強度每秒均

24、勻增加0.2 T，則從上向下看(　　) A．金屬環(huán)中感應電流方向是逆時針方向，感應電動勢大小為4.0×10－3 V B．金屬環(huán)中感應電流方向是順時針方向，感應電動勢大小為4.0×10－3 V C．金屬環(huán)中感應電流方向是逆時針方向，感應電動勢大小為2.0×10－3 V D．金屬環(huán)中感應電流方向是順時針方向，感應電動勢大小為2.0×10－3 V 【解析】　鐵芯內(nèi)的磁通量情況是相同的，金屬環(huán)的有效面積即鐵芯的橫截面積．根據(jù)電磁感應定律E＝n＝1×0.2×0.01 V＝2×10－3 V．又根據(jù)楞次定律，金屬環(huán)中電流方向為逆

25、時針方向，即C正確． 【答案】　C ⊙導體切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢的計算 3．(多選)(2014·武漢二中模擬)光滑金屬導軌寬L＝0.4 m，電阻不計，均勻變化的磁場穿過整個軌道平面，如圖9－2－14甲所示．磁場的磁感應強度隨時間變化的情況如圖9－2－14乙所示．金屬棒ab的電阻為1 Ω，自t＝0時刻起從導軌最左端以v＝2 m/s的速度向右勻速運動，則(　　) 甲　　　　　　　　乙 圖9－2－14 A．1 s末回路中電動勢為0.8 V B．1 s末ab棒所受磁場力為0.64 N C．1 s末回路中電動勢為1.6 V D．1 s末ab棒所受磁場力為1.28 N

26、 【解析】　1 s末磁場的磁感應強度大小為B＝2 T，回路中電動勢為E＝BLv＝1.6 V，則C對；回路中的電流為I＝＝1.6 A，桿受的安培力大小為F＝BIL＝1.28 N，D對． 【答案】　CD ⊙自感現(xiàn)象的理解和應用 4. 圖9－2－15 (多選)如圖9－2－15所示，A、B是完全相同的兩個小燈泡，L為自感系數(shù)很大、電阻可以忽略的帶鐵芯的線圈(　　) A．電鍵S閉合瞬間，A、B同時發(fā)光，隨后A燈變暗直至熄滅，B燈變亮 B．電鍵S閉合瞬間，B燈亮，A燈不亮 C．斷開電鍵S的瞬間，A、B燈同時熄滅 D．斷開電鍵S的瞬間，B燈立即熄滅，A燈突然閃亮一下再熄滅 【解

27、析】　因線圈的自感系數(shù)很大，電阻可忽略，故閉合電鍵瞬間，線圈對電流的阻礙作用極大，相當于斷路，故A、B同時發(fā)光，且亮度相同，當穩(wěn)定后，線圈相當于導線，A燈短路，B燈電壓為電源電壓，亮度比閉合瞬間更亮．斷開電鍵瞬間，B燈立即熄滅，而線圈中的電流不會立即消失，線圈相當于一個電源使A燈中會有一短暫電流，從而使A燈會亮一下再熄滅． 【答案】　AD ⊙法拉第電磁感應定律的綜合應用 5．如圖9－2－16所示，固定在勻強磁場中的水平導軌ab、cd的間距為L1＝0.5 m，金屬棒ad與導軌左端bc的距離為L2＝0.8 m，整個閉合回路的電阻為R＝0.2 Ω，磁感應強度為B0＝1 T的勻強磁場豎直向下穿過

28、整個回路．a(chǎn)d桿通過滑輪和輕繩連接著一個質(zhì)量為m＝0.04 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： 圖9－2－16 (1)金屬棒上電流的方向； (2)感應電動勢的大小； (3)物體剛好離開地面的時間(g＝10 m/s2)． 【解析】　(1)由楞次定律可以判斷，金屬棒上的電流方向是由a到d. (2)由法拉第電磁感應定律得： E＝＝S＝0.08 V. (3)物體剛要離開地面時，其受到的拉力F＝mg，而拉力F又等于棒所受的安培力． 即mg＝F安＝BIL1 其中B＝B0＋t I＝ 解得t＝5 s. 【答案】　(1)由a到d　(2)0.08 V　(3)5 s 希望對大家有所幫助，多謝您的瀏覽！