【物理】2018届一轮复习苏教版第9章第2节法拉第电磁感应定律自感和涡流教案

【物理】2018届一轮复习苏教版第9章第2节法拉第电磁感应定律自感和涡流教案

第2节　法拉第电磁感应定律　自感和涡流 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判断．‎ ‎2．法拉第电磁感应定律 ‎(1)内容：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：E＝n，其中n为线圈匝数．‎ 知识点2　导体切割磁感线时的感应电动势 导体棒切割磁感线时，可有以下三种情况：‎ 切割方式 电动势表达式 说明 垂直切割 E＝Blv ‎①导体棒与磁场方向垂直 ‎②磁场为匀强磁场 倾斜切割 E＝Blvsin θ其中θ为v与B的夹角 旋转切割 ‎(以一端为轴)‎ E＝Bl2ω 知识点3　自感和涡流 ‎1．自感现象 由于通过导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象．‎ ‎2．自感电动势 ‎(1)定义：在自感现象中产生的感应电动势．‎ ‎(2)表达式：E＝L.‎ ‎(3)自感系数L：‎ ‎①相关因素：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯等因素有关．‎ ‎②单位：亨利(H)，1 mH＝10－3 H,1 μH＝10－6 H.‎ ‎3．涡流 当线圈中的电流发生变化时，在它附近的导体中产生的像水的旋涡一样的感应电流．‎ ‎1．正误判断 ‎(1)线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大．(×)‎ ‎(2)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大．(√)‎ ‎(3)线圈匝数n越多，磁通量越大，产生的感应电动势也越大．(×)‎ ‎(4)线圈中的电流越大，自感系数也越大．(×)‎ ‎(5)对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势越大．(√)‎ ‎(6)自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化．(√)‎ ‎2．(对法拉第电磁感应定律的理解)穿过某闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图921中①～④所示，下列关于该回路中的感应电动势的论述，正确的是(　　)‎ 图921‎ A．图①中，回路中产生的感应电动势恒定不变 B．图②中，回路中产生的感应电动势一直在变大 C．图③中，回路中在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2‎ 时间内产生的感应电动势 D．图④中，回路中产生的感应电动势先变小后变大 ‎【答案】　D ‎3．(对涡流的理解)(多选)(2014·江苏高考)如图922所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有(　　)【导学号：96622163】‎ 图922‎ A．增加线圈的匝数 B．提高交流电源的频率 C．将金属杯换为瓷杯 D．取走线圈中的铁芯 ‎【答案】　AB ‎4．(对自感现象的理解)(多选)如图923所示，电源的电动势为E ，内阻r不能忽略．A、B是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈．关于这个电路的以下说法正确的是(　　)‎ 图923‎ A．开关闭合到电路中电流稳定的时间内，A灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定 B．开关闭合到电路中电流稳定的时间内，B灯立刻亮，而后逐渐变暗，最后亮度稳定 C．开关由闭合到断开的瞬间，A灯闪亮一下再熄灭 D．开关由闭合到断开的瞬间，电流自右向左通过A灯 ‎【答案】　AD ‎[核心精讲]‎ ‎1．对法拉第电磁感应定律的理解 ‎(1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率共同决定，而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系．‎ ‎(2)磁通量的变化率对应Φt图线上某点切线的斜率．‎ ‎2．应用法拉第电磁感应定律的三种情况 ‎(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝BΔS，则E＝n；‎ ‎(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔBS，则E＝n；‎ ‎(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，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E＝n≠n.‎ ‎3．应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题 ‎(1)公式E＝n求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．‎ ‎(2)利用公式E＝nS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积．‎ ‎(3)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关．推导如下：q＝Δt＝Δt＝.‎ ‎[题组通关]‎ ‎1．(2014·江苏高考)如图924所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中．在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　) 【导学号：96622164】‎ 图924‎ A.　 B.　　‎ C.　 D. B　线圈中产生的感应电动势E＝n＝nS＝n＝，选项B正确．‎ ‎2．如图925所示，由一根金属导线绕成闭合线圈，线圈的半径分别为R、2R，磁感应强度B随时间t的变化规律是B＝kt(k为常数)，方向垂直于线圈平面．闭合线圈中产生的感应电动势为(　　)‎ 图925‎ A．kπR2 B．3kπR2 ‎ C．4kπR2 D．5kπR2‎ B　由法拉第电磁感应定律可得E＝，ΔΦ＝ΔBS，故E＝S＝k(4πR2－πR2)＝3kπR2，选项B正确．‎ ‎[核心精讲]‎ ‎1．E＝Blv的特性 ‎(1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且B、l、v三者互相垂直．‎ ‎(2)有效性：公式中的l为导体切割磁感线的有效长度．如图926中，导体棒的有效长度为ab间的距离．‎ 图926‎ ‎(3)相对性：E＝Blv中的速度v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系．‎ ‎2．导体转动切割磁感线产生感应电动势的情况 若长为L的导体棒在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，则 ‎(1)以中点为轴时，E＝0(不同两段的代数和)．‎ ‎(2)以端点为轴时E＝BωL2‎ .‎ ‎(3)以任意点为轴时E＝Bω(L－L)(L1>L2，不同两段的代数和)．‎ ‎[师生共研]‎ ‎　(多选)半径为a右端开小口的导体圆环和长为‎2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图927所示．则(　　)‎ 图927‎ A．θ＝0时，杆产生的电动势为2Bav B．θ＝时，杆产生的电动势为Bav C．θ＝0时，杆受的安培力大小为 D．θ＝时，杆受的安培力大小为 ‎【解题关键】‎ 关键信息 信息解读 右端开小口的导体圆环 回路电阻由左侧长度(电阻)和直杆电阻决定 从中心O开始，杆的位置由θ确定 θ不同，R总不同，直杆的有效长度不同.‎ AD　当θ＝0时，杆切割磁感线的有效长度l1＝‎2a，所以杆产生的电动势E1＝Bl1v＝2Bav，选项A正确；此时杆上的电流I1＝＝，杆受的安培力大小F1＝BI‎1l1＝，选项C错误；‎ 当θ＝时，杆切割磁感线的有效长度l2＝2acos ＝a，杆产生的电动势E2＝Bl2v＝Bav，选项B错误；此时杆上的电流I2＝＝，杆受的安培力大小F2＝BI‎2l2＝，选项D正确．‎ ‎[题组通关]‎ ‎3．(多选)如图928所示，半径为R的半圆形硬导体AB，在拉力F的作用下以速度v在水平U形框架上匀速滑动，且彼此接触良好．匀强磁场的磁感应强度为B，U形框架中接有电阻R0，AB的电阻为r，其余电阻不计．则AB进入磁场的过程中(　　) 【导学号：96622165】‎ 图928‎ A．R0中电流的方向由上到下 B．感应电动势的平均值为BπRv C．感应电动势的最大值为2BRv D．感应电动势的最大值为BπRv AC　AB进入磁场过程中根据右手定则可判断感应电流方向为逆时针，即由上向下通过R0，故A正确；感应电动势的平均值为：＝＝＝，故B错误；当AB完全进入磁场后，其有效长度最长，最大值为2R，则感应电动势的最大值为Em＝2BRv，故C正确、D错误．‎ ‎4．(2015·全国卷Ⅱ)如图929，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是(　　)‎ 图929‎ A．Ua>Uc，金属框中无电流 B．Ub >Uc，金属框中电流方向沿a－b－c－a C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流 D．Ubc＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a C　金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误；转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断Ua＜Uc，Ub＜Uc，选项A错误；由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc＝－Bl2ω，选项C正确．‎ ‎[核心精讲]‎ ‎1．自感现象的四大特点 ‎(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化．‎ ‎(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化．‎ ‎(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体．‎ ‎(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向．‎ ‎2．通电自感与断电自感的比较 通电自感 断电自感 电路图 器材规格 A1、A2同规格，R＝RL，L较大 L很大(有铁芯)，RLIA，会使得流过A灯的电流突然增大，从而使A灯闪亮一下后渐渐熄灭 能量转化 电能转化为磁场能 磁场能转化为电能 ‎ [题组通关]‎ ‎5．(多选)(2015·全国卷Ⅰ)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图9210所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是(　　)‎ 图9210‎ A．圆盘上产生了感应电动势 B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动 C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化 D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动 AB　当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确；如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，选项C错误；圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D错误．‎ ‎6．(多选)如图9211所示，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈．下面说法正确的是(　　) 【导学号：96622166】‎ 图9211‎ A．闭合开关S时，A、B灯同时亮，且达到正常 B．闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮 C．闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮 D．断开开关S时，A灯与B灯同时慢慢熄灭 BD　由于自感的作用，闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮，选项A、C错误B正确；断开开关S时，L 中产生自感电动势，A灯与B灯同时慢慢熄灭，选项D正确．‎ ‎[名师微博]‎ 分析自感现象的两点注意 ‎1．通过自感线圈中的电流不能发生突变，即通电过程中，电流是逐渐变大，断电过程中，电流是逐渐变小，此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他电路元件形成回路．‎ ‎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，则灯泡先闪亮后再慢慢熄灭．‎