【步步高】年高考物理大一輪 第九章 45 法拉第電磁感應(yīng)定律自感現(xiàn)象 選修32

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1、 學案45 法拉第電磁感應(yīng)定律自感現(xiàn)象 一、概念規(guī)律題組 1．一閉合線圈放在隨時間均勻變化的磁場中，線圈平面和磁場方向垂直．若想使線圈中的感應(yīng)電流增強一倍，下述方法可行的是(　　) A．使線圈匝數(shù)增加一倍 B．使線圈面積增加一倍 C．使線圈匝數(shù)減少一半 D．使磁感應(yīng)強度的變化率增大一倍 2．單匝矩形線圈在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)軸垂直于磁場，若線圈所圍面積的磁通量隨時間變化的規(guī)律如圖1所示，則O～D過程中(　　) 圖1 A．線圈中O時刻感應(yīng)電動勢最大 B．線圈中D時刻感應(yīng)電動勢為零 C．線圈中D時刻感應(yīng)電動勢最大 D．線圈中O至D時間內(nèi)平均感應(yīng)電動勢為0.4

2、 V 3．如圖2所示的電路中，A、B是完全相同的燈泡，L是電阻不計的電感線圈，下列說法中正確的是(　　) 圖2 A．當開關(guān)S閉合時，A燈先亮，B燈后亮 B．當開關(guān)S閉合時，B燈先亮，A燈后亮 C．當開關(guān)S閉合時，A、B燈同時亮，電路穩(wěn)定后，B燈更亮，A燈熄滅 D．當開關(guān)S閉合時，A、B燈同時亮，以后亮度都不變 二、思想方法題組 4．如圖3甲、乙所示電路中，電阻R和電感線圈L的電阻都很?。油⊿，使電路達到穩(wěn)定，燈泡A發(fā)光，則(　　) 圖3 A．在電路甲中，斷開S，A將漸漸變暗 B．在電路甲中，斷開S，A將先變得更亮，然后漸漸變暗 C．在電路乙中，斷開S，A將漸漸

3、變暗 D．在電路乙中，斷開S，A將先變得更亮，然后漸漸變暗 圖4 5．如圖4所示，兩根相距為l的平行直導軌abdc，bd間連有一固定電阻R，導軌電阻可忽略不計．MN為放在ab和dc上的一導體桿，與ab垂直，其電阻也為R.整個裝置處于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度的大小為B，磁場方向垂直于導軌所在平面(指向圖中紙面向內(nèi))．現(xiàn)對MN施力使它沿導軌方向以速度v做勻速運動．令U表示MN兩端電壓的大小，則(　　) A．U＝vBl，流過固定電阻R的感應(yīng)電流由b到d B．U＝vBl，流過固定電阻R的感應(yīng)電流由d到b C．U＝vBl，流過固定電阻R的感應(yīng)電流由b到d D．U＝vBl，流過固定電阻R的

4、感應(yīng)電流由d到b 一、對法拉第電磁感應(yīng)定律的理解及應(yīng)用 1．感應(yīng)電動勢E＝n，決定感應(yīng)電動勢大小的因素是穿過這個回路的磁通量的變化率，而不是磁通量Φ的大小，也不是磁通量變化量ΔΦ的大?。? 2．下列是幾種常見的產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的情況，請寫出對應(yīng)的計算公式，其中線圈的匝數(shù)為n. (1)線圈面積S不變，磁感應(yīng)強度B均勻變化； E＝nS (2)磁感應(yīng)強度B不變，線圈的面積S均勻變化： E＝nB 3．用E＝n所求的一般為平均電動勢，且所求的感應(yīng)電動勢為整個回路的感應(yīng)電動勢，而不是回路中某部分導體的電動勢． 【例1】 (2009廣東高考)如圖5(a)所示，一個電阻值為R，匝數(shù)為n的

5、圓形金屬線圈與阻值為2R的電阻R1連接成閉合回路．線圈的半徑為r1，在線圈中半徑為r2的圓形區(qū)域存在垂直于線圈平面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B隨時間t變化的關(guān)系圖線如圖(b)所示．圖線與橫、縱軸的截距分別為t0和B0，導線的電阻不計，求0至t1時間內(nèi)： 圖5 (1)通過電阻R1的電流大小和方向； (2)通過電阻R1的電量q及電阻R1上產(chǎn)生的熱量． [規(guī)范思維] 　 　 　 二、導體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的計算 導體切割磁感線產(chǎn)生E感，可分為平動切割和轉(zhuǎn)動切割，在有些情況下要考慮有效切割的問題． 試計算下列幾種情況下的感應(yīng)

6、電動勢，并總結(jié)其特點及E感的計算方法． 1．平動切割 如圖6(a)，在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，棒以速度v垂直切割磁感線時，感應(yīng)電動勢E＝Blv. 圖6 2．轉(zhuǎn)動切割 如圖6(b)，在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，長為l的導體棒繞一端為軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，此時產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢E＝Bl2ω. 3．有效切割長度：即導體在與v垂直的方向上的投影長．試分析圖7中的有效切割長度． 圖7 甲圖中的有效切割長度為：cdsin θ；乙圖中的有效切割長度為：l＝MN；丙圖中的有效切割長度為：沿v1的方向運動時，l＝R；沿v2的方向運動時，l＝R. 圖8 【例2】 如圖8所示，磁

7、感應(yīng)強度B＝0.2 T的勻強磁場中有一折成30角的金屬導軌aOb，導軌平面垂直磁場方向．一條直導線MN垂直O(jiān)b方向放置在導軌上并接觸良好．當MN以v＝4 m/s的速度從導軌O點開始向右沿水平方向勻速運動時，若所有導線單位長度的電阻r＝0.1 Ω/m，求： (1)經(jīng)過時間t后，閉合回路的感應(yīng)電動勢的瞬時值； (2)時間t內(nèi)，閉合回路的感應(yīng)電動勢的平均值； (3)閉合回路中的電流大小和方向． [規(guī)范思維] 　 　 　 三、通電自感與斷電自感的比較 通電自感 斷電自感 電路圖 器材 要求 A1、A2同規(guī)格

8、，R＝RL，L較大 L很大(有鐵芯)，RLRA 現(xiàn)象 在S閉合的瞬間，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突然閃亮一下后再逐漸熄滅(當抽掉鐵芯后，重做實驗，斷開開關(guān)S時，會看到燈A馬上熄滅) 原因 由于開關(guān)閉合時，流過電感線圈的電流增大，使線圈產(chǎn)生自感電動勢，阻礙了電流的增大，使流過A1燈的電流比流過A2燈的電流增加得慢 斷開開關(guān)S時，流過線圈L的電流減小，使線圈產(chǎn)生自感電動勢，阻礙了電流的減小，使電流繼續(xù)存在一段時間；在S斷開后，通過L的電流反向通過電燈A，且由于RLRA，使得流過A燈的電流在開關(guān)斷開瞬間突然增大，從而使A燈的發(fā)光功率突然變大

9、 能量轉(zhuǎn) 化情況 電能轉(zhuǎn)化為磁場能 磁場能轉(zhuǎn)化為電能 特別提示 1．通電時線圈產(chǎn)生的自感電動勢阻礙電流的增加且與電流的方向相反，此時含線圈L的支路相當于斷開． 2．斷電時線圈產(chǎn)生的自感電動勢與原電流方向相同，在與線圈串聯(lián)的回路中，線圈相當于電源，它提供的電流從原來的IL逐漸變?。鬟^燈A的電流方向與原來相反． 3．自感電動勢只是延緩了過程的進行，但它不能使過程停止，更不能使過程反向． 圖9 【例3】 (2010北京理綜)在如圖9所示的電路中，兩個相同的小燈泡L1和L2分別串聯(lián)一個帶鐵芯的電感線圈L和一個滑動變阻器R.閉合開關(guān)S后，調(diào)整R，使L1和L2發(fā)光的亮度一樣，此

10、時流過兩個燈泡的電流均為I，然后斷開S.若t′時刻再閉合S，則在t′前后的一小段時間內(nèi)，正確反映流過L1的電流i1、流過L2的電流i2隨時間t變化的圖像是(　　) [規(guī)范思維] 　 　 【基礎(chǔ)演練】 1．(2011廣東15)將閉合多匝線圈置于僅隨時間變化的磁場中，線圈平面與磁場方向垂直，關(guān)于線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，下列表述正確的是(　　) A．感應(yīng)電動勢的大小與線圈的匝數(shù)無關(guān) B．穿過線圈的磁通量越大，感應(yīng)電動勢越大 C．穿過線圈的磁通量變化越快，感應(yīng)電動勢越大 D．感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向與原磁場方向始終相同 2．(2009山東理綜改編題)如圖10所示

11、，一導線彎成半徑為a的半圓形閉合回路．虛線MN右側(cè)有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右勻速進入磁場，直徑CD始終與MN垂直．從D點到達邊界開始到C點進入磁場為止，下列結(jié)論正確的是(　　) 圖10 A．感應(yīng)電流方向不變 B．CD段直導線始終不受安培力 C．感應(yīng)電動勢最大值Em＝Bav D．感應(yīng)電動勢平均值＝πBav 圖11 3．(江蘇省泰州市2010屆高三第三次模擬)如圖11所示，a、b、c為三個完全相同的燈泡，L為自感線圈(自感系數(shù)較大，電阻不計)，E為電源，S為開關(guān)．閉合開關(guān)S，電路穩(wěn)定后，三個燈泡均能發(fā)光．則(　　) A．斷開開關(guān)瞬

12、間，c熄滅，稍后a、b同時熄滅 B．斷開開關(guān)瞬間，流過a的電流方向改變 C．閉合開關(guān)，a、b、c同時亮 D．閉合開關(guān)，a、b同時先亮，c后亮 4．如圖12所示， 圖12 導體棒AB長2R，繞O點以角速度ω沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，OB為R，且OBA三點在一直線上，有一勻強磁場磁感應(yīng)強度為B，充滿轉(zhuǎn)動平面且與轉(zhuǎn)動平面垂直，那么AB兩端的電勢差大小為(　　) A.BωR2 B．2BωR2 C．4BωR2 D．6BωR2 5．(2011北京19)某同學為了驗證斷電自感現(xiàn)象，自己找來帶鐵芯的線圈L、小燈泡A、開關(guān)S和電池組E，用導線將它們連接成如圖13

13、所示的電路．檢查電路后，閉合開關(guān)S，小燈泡發(fā)光；再斷開開關(guān)S，小燈泡僅有不顯著的延時熄滅現(xiàn)象．雖經(jīng)多次重復(fù)，仍未見老師演示時出現(xiàn)的小燈泡閃亮現(xiàn)象，他冥思苦想找不出原因．你認為最有可能造成小燈泡未閃亮的原因是(　　) 圖13 A．電源的內(nèi)阻較大 B．小燈泡電阻偏大 C．線圈電阻偏大 D．線圈的自感系數(shù)較大 6．如圖14所示， 圖14 線圈內(nèi)有理想邊界的磁場，開關(guān)閉合，當磁感應(yīng)強度均勻減小時，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

14、電 B．線圈內(nèi)磁感應(yīng)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(guān)斷開時帶電微粒將做自由落體運動 【能力提升】 圖15 7．金屬棒和三根電阻線按圖15所示連接，虛線框內(nèi)存在均勻變化的勻強磁場，三根電阻絲的電阻大小之比R1∶R2∶R3＝1∶2∶3，金屬棒電阻不計．當S1、S2閉合，S3斷開時，閉合回路中的感應(yīng)電流為I，當S2、S3閉合，S1斷開時，閉合回路中的感應(yīng)電流為9I，當S1、S2閉合，S2斷開時，閉合回路中的感應(yīng)電流是(　　) A．0 B．3I C．7I D．12I 題號 1 2 3 4 5 6 7

15、 答案 圖16 8．均勻?qū)Ь€制成的單匝正方形閉合線框abcd，邊長為L，總電阻為R，總質(zhì)量為m.將其置于磁感強度為B的垂直于紙面向里的勻強磁場上方h處，如圖16所示．線框由靜止自由下落，線框平面保持在豎直平面內(nèi)，且cd邊始終與磁場的水平邊界面平行．當cd邊剛進入磁場時， (1)求線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢大?。? (2)求cd兩點間的電勢差大??； (3)若此時線框加速度恰好為零，求線框下落的高度h所應(yīng)滿足的條件． 9．如圖17(a)所示，面積S＝0.2 m2、匝數(shù)n＝630匝、總電阻r＝1.0 Ω的線圈處

16、在變化的磁場中，磁感應(yīng)強度B隨時間t按圖(b)所示規(guī)律變化，方向垂直線圈平面．圖(a)中的傳感器可看成一個純電阻R，并標有“3V　0.9 W”，滑動變阻器R0上標有“10 Ω　1 A”，試回答下列問題： 圖17 (1)設(shè)磁場垂直紙面向外為正方向，試判斷通過電流表的電流方向； (2)為了保證電路的安全，求電路中允許通過的最大電流； (3)若滑動變阻器觸頭置于最左端，為了保證電路的安全，圖(b)中的t0最小值是多少？ 學案45　法拉第電磁感應(yīng)定律　自感現(xiàn)象 【課前雙基回扣】 1．D 2．ABD　[由法拉第電磁感應(yīng)定律知線圈中O至D時間內(nèi)的平均

17、感應(yīng)電動勢E＝＝ V＝0.4 V．由感應(yīng)電動勢的物理意義知，感應(yīng)電動勢的大小與磁通量的大小Φ和磁通量的改變量ΔΦ均無必然聯(lián)系，僅由線圈匝數(shù)和磁通量的變化率決定，而任何時刻磁通量的變化率就是Φ－t圖象上該時刻切線的斜率，不難看出O點處切線斜率最大，D點處切線斜率最小為零，故A、B、D選項正確．] 3．C　[當開關(guān)S閉合時，電路中的電流增加，由于線圈的自感作用，將產(chǎn)生一自感電動勢阻礙電流的增加，此時A、B二燈相當于串聯(lián)，同時亮；電路穩(wěn)定后線圈相當于一段導線，將A燈短路，A燈熄滅，B燈兩端所加電壓增加而變得更亮．] 4．AD　[甲圖中，燈泡A與電感線圈L在同一個支路中，流過的電流相同，斷開開關(guān)S

18、時，線圈L中的自感電動勢要阻礙但不能阻止原電流的減小，因此，燈泡漸漸變暗．乙圖中，燈泡A所在支路的電流比電感線圈所在支路的電流要小(因為電感線圈的電阻很小)，斷開開關(guān)S時電感線圈的自感電動勢要阻礙電流的變小，電感線圈相當于一個電源給燈A供電，因此在這一短暫的時間內(nèi)，反向流過A的電流是從IL開始逐漸變小的，所以燈泡要先亮一下，然后漸漸變暗，故選項A、D正確．] 5．A　[此回路的感應(yīng)電動勢有兩種求法 (1)因B、l、v兩兩垂直可直接選用E＝Blv 得E＝vBl (2)可由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝求解 因在Δt時間內(nèi)，桿掃過的面積ΔS＝lvΔt 所以回路磁通量的變化ΔΦ＝BΔS＝BlvΔ

19、t 由E＝得E＝Blv 題目中的導體棒相當于電源，其電動勢E＝Blv，其內(nèi)阻等于R，則路端電壓U＝，電流方向可以用右手定則判斷，A正確．] 思維提升 1．在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的那部分導體就相當于電源，導體的電阻相當于電源內(nèi)阻，在導體的內(nèi)部電流方向由低電勢指向高電勢． 2．法拉第電磁感應(yīng)定律：E＝n，是Φ的變化率． 導體切割磁感線時，E＝BLv. 3．自感電動勢在接通電源時起阻礙電流增大的作用；在斷開電源時起阻礙電流減小的作用，線圈中的電流不能突變． 【核心考點突破】 例1 (1)，方向從b到a　(2)　 解析　(1)由圖象分析可知，0至t1時間內(nèi) ＝ 由

20、法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝n＝nS 而S＝πr，由閉合電路歐姆定律有I1＝ 又R1＝2R，聯(lián)立以上各式，解得I1＝ 由楞次定律可判斷通過電阻R1上的電流方向為從b到a. (2)0至t1時間內(nèi)，通過電阻R1的電量q＝I1t1＝； 電阻R1上產(chǎn)生的熱量Q＝IR1t1＝. [規(guī)范思維]　(1)在利用E感＝n＝nS計算時，要注意S為有效面積，此題中是半徑為r2的圓的面積；(2)利用閉合電路歐姆定律求I感＝時，要明確產(chǎn)生E感的部分有無電阻． 例2 (1)1.84t V　(2)0.92t V　(3)1.69 A，逆時針方向 解析　(1)設(shè)運動時間t后，直導線MN在Ob上移動了x＝vt＝4t，

21、MN的有效長度l＝xtan 30＝t；感應(yīng)電動勢的瞬時值E＝Blv＝0.2t4 V≈1.84t V. (2)這段時間內(nèi)感應(yīng)電動勢的平均值＝＝＝＝Blv＝0.24 V＝0.92t V. (3)隨t增大，回路電阻增大，當時間為t時，回路總長度L＝4t＋(＋)t＝10.9t，回路總電阻R＝Lr＝10.9t0.1 Ω＝1.09t Ω，回路總電流I＝＝ A＝1.69 A，電流大小恒定，由右手定則知，電流方向沿逆時針． [規(guī)范思維]　本題中導體棒切割的有效長度是指導體棒接入電路中的那部分長度． 例3 B　[t′時刻再閉合S時，通過電感線圈的電流增加，由于線圈的自感作用，將產(chǎn)生與原電流方向相反的電流

22、以阻礙原電流的增加，穩(wěn)定后，電流強度為I，B正確；閉合S時，L2所在支路電流立即很大，隨著L1中電流增大，流過L2的電流逐漸減小，最后兩者電流一致．] [規(guī)范思維]　分析自感問題時，要從線圈支路的電流不能突變?nèi)胧?，分析各元件電流的變化．電流穩(wěn)定時，自感線圈相當于一般導體(理想線圈相當于電阻為零的導線，非理想線圈相當于電阻)． 思想方法總結(jié) 1．(1)E＝n求的是回路中Δt時間內(nèi)的平均感應(yīng)電動勢． (2)E＝BLv既能求導體做切割磁感線運動的平均感應(yīng)電動勢，也能求瞬時感應(yīng)電動勢．v為平均速度，E為平均感應(yīng)電動勢；v為瞬時速度，E為瞬時感應(yīng)電動勢．其中L為有效長度． (3)E＝BL2

23、ω的適用條件是導體棒繞一個端點垂直于磁感線勻速轉(zhuǎn)動切割，而不是繞導體棒的中間的某點． 2．(1)電磁感應(yīng)中通過閉合電路導體橫截面的電荷量的計算要用平均感應(yīng)電動勢，由E＝n，I＝，q＝IΔt可推導出q＝n. (2)涉及電容器所帶電荷量時，只能用感應(yīng)電動勢的瞬時值而不能用平均值． 3．對自感現(xiàn)象可從以下三個方面理解 (1)通電時線圈產(chǎn)生的自感電動勢阻礙電流的增加且與電流方向相反，此時含線圈L的支路相當于斷開． (2)斷開時線圈產(chǎn)生的自感電動勢與原電流方向相同，在與線圈串聯(lián)的回路中，線圈相當于電源，它提供的電流從原來的IL逐漸變?。鬟^燈A的電流方向與原來相反． (3)自感電動勢只是延

24、緩了過程的進行，但它不能使過程停止，更不能使過程反向． 【課時效果檢測】 1．C　2.ACD　3.A　 4．C　[此題為旋轉(zhuǎn)切割，E＝Blv中，l＝2R，v中即棒中點的速度為2Rω，故E＝4BωR2，C正確．] 5．C　[從實物連接圖中可以看出，線圈L與小燈泡并聯(lián)，斷開開關(guān)S時，小燈泡A中原來的電流立即消失，線圈L與小燈泡組成閉合回路，由于自感，線圈中的電流逐漸變小，使小燈泡中的電流變?yōu)榉聪蚯遗c線圈中電流相同，小燈泡未閃亮說明斷開S前，流過線圈的電流較小，原因可能是線圈電阻偏大，故選項C正確．] 6．BC　[由于磁感應(yīng)強度均勻減小，由楞次定律及右手定則可知電容器下極板帶正電，帶電微粒

25、靜止，說明其受到的電場力向上，故帶電微粒帶正電，選項A錯誤；帶電微粒靜止，由mg＝q及U＝n＝S可得：＝，選項B正確；當下極板向上移動時，兩極板間距減小，由E＝可知場強變大，則此時mg

26、此時線框中的電流 I＝， cd兩點間的電勢差U＝I(R)＝E＝BL. (3)此時，線框所受安培力F＝BIL＝， 根據(jù)牛頓第二定律mg－F＝ma，根據(jù)a＝0， 聯(lián)立以上各式解得下落高度滿足 h＝. 9．(1)向右　(2)0.3 A　(3)40 s 解析　(1)由楞次定律和安培定則判斷得，電流向右． (2)傳感器正常工作時的電阻R＝＝10 Ω， 工作電流I＝＝0.3 A，由于滑動變阻器的工作電流是1 A，所以電路允許通過的最大電流為I＝0.3 A. (3)滑動變阻器觸頭位于最左端時外電路的電阻為R外＝20 Ω，故電源電動勢的最大值E＝I(R外＋r)＝6.3 V．由法拉第電磁感應(yīng)定律 E＝＝＝ V，解得t0＝40 s. 易錯點評 1．在第3題中，注意L只在開關(guān)閉合或斷開時，才起作用． 2．在第9題中，許多同學誤認為磁通量的變化率與匝數(shù)有關(guān)．得出＝S，還有人誤認為t0時刻B＝0，所以感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流均為零或誤認為t0前后感應(yīng)電流的方向相反，這些都因為對圖象理解不徹底造成的． 13 用心 愛心 專心