【物理】2019届一轮复习人教版 法拉第电磁感应定律 学案 8页

‎ ‎ 第41讲 法拉第电磁感应定律 ‎ ‎★重难点一、法拉第电磁感应定律的应用★‎ ‎1．磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ、磁通量的变化率的比较 磁通量Φ 磁通量的变化量ΔΦ 磁通量的变化率 意义 某时刻穿过某个面的磁感线的条数 某段时间内穿过某个面的磁通量变化多少 穿过某个面的磁通量变化的快慢 大小 Φ＝B·Scos θ ΔΦ＝Φ2－Φ1‎ ΔΦ＝B·ΔS ΔΦ＝S·ΔB ＝B或＝ 注意 若有相反方向磁场，磁通量可能抵消 转过180°前后穿过平面的磁通量是一正一负，ΔΦ＝2BS，而不是零 既不表示磁通量的大小，也不表示变化的多少．实际上，它就是单匝线圈上产生的感应电动势，即E＝ ‎2.法拉第电磁感应定律应用的几种情况 ‎(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝B·ΔS，‎ 则E＝n；‎ ‎(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，‎ 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．在图象问题中磁通量的变化率是Φ－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。‎ ‎3．应用法拉第电磁感应定律解题的一般步骤 ‎(1)分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况；‎ ‎(2)利用楞次定律确定感应电流的方向；‎ ‎(3)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。‎ ‎4．应用电磁感应定律应注意的三个问题 ‎(1)公式E＝n是求解回路某段时间内平均电动势的最佳选择。‎ ‎(2)用公式E＝n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和回路总电阻R总有关，与时间长短无关。推导如下：q＝IΔt＝·Δt＝。‎ ‎★重难点二、导体切割磁感线产生感应电动势的计算★‎ ‎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E＝Blv，应注意以下几个方面：‎ ‎(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外，还需B、l、v三者相互垂直。‎ ‎(2)对应性：若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即E＝Bl。若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。‎ ‎(3)有效性：公式中的l为有效切割长度，即导体与v垂直的方向上的投影长度。图中有效长度分别为：‎ 甲图：l＝cdsin β；‎ 乙图：沿v1方向运动时，l＝MN；沿v2方向运动时，l＝0.‎ 丙图：沿v1方向运动时，l＝R；沿v2方向运动时，l＝0；沿v3方向运动时，l＝R。‎ ‎(4)相对性：E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应注意速度间的相对关系。‎ ‎2．导体转动切割磁感线 当导体棒在垂直于磁场的平面内，绕其一端为轴，以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E＝Bl＝Bl2ω，如图所示。‎ ‎3．感应电动势两个公式的比较 公式 E＝n E＝Blv 导体 一个回路 一段导体 适用 普遍适用 导体切割磁感线 意义 常用于求平均电动势 既可求平均值也可求瞬时值 联系 本质上是统一的，后者是前者的一种特殊情况。但是，当导体做切割磁感线运动时，用E＝Blv求E比较方便；当穿过电路的磁通量发生变化时，用E＝n求E比较方便 ‎★重难点三、自感现象的分析★‎ ‎1.通电自感和断电自感的比较 通电自感 断电自感 电路图 器材要求 A1、A2同规格 R＝RL，L较大 L很大(有铁芯)‎ 现象 在S闭合瞬间，灯A2立即亮起来，灯A1逐渐变亮，最终一样亮 在开关S断开时，灯A渐渐熄灭或闪亮一下再熄灭 原因 由于开关闭合时流过电感线圈的电流迅速增大，线圈中产生了自感电动势，阻碍了电流的增大，使流过灯A1的电流比流过灯A2的电流增加得慢 S断开时，线圈L产生自感电动势，阻碍了电流的减小，使电流继续存在一段时间；灯A中电流反向不会立即熄灭。若RL＜RA，原来的IL＞IA，则A灯熄灭前要闪亮一下；若RL≥RA，原来的电流IL≤IA，则灯A逐渐熄灭，不再闪亮一下 能量转化情况 电能转化为磁场能 磁场能转化为电能 ‎2．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。‎ ‎3．断电自感中，灯泡是否闪亮问题 ‎(1)通过灯泡的自感电流大于原电流时，灯泡闪亮。‎ ‎(2)通过灯泡的自感电流小于等于原电流时，灯泡不会闪亮。‎ ‎4．自感线圈中电流的变化规律 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。‎ 过关检测 ‎1．下列说法正确的是 A．在电磁感应现象中，没有感应电流就一定没有感应电动势 B．线圈中的磁通量变化越大，感应电动势越大 C．穿过闭合线圈的磁通量最大时，其感应电动势一定最大 D．穿过一个单匝线圈的磁通量每秒钟均匀地减少2 Wb，则线圈中感应电动势等于2 V ‎2．闭合线圈与匀强磁场垂直，现将线圈拉出磁场，第一次拉出速度为，第二次拉出速度为，且，则（ ）‎ A、两次拉力做的功一样多 B、两次所需拉力一样大 C、两次拉力的功率一样大 D、两次通过线圈的电荷量一样多 ‎3．如图所示，圆环a和圆环b的半径之比为2∶1，两环用同样粗细、同种材料制成的导线连成闭合回路，连接两环的导线电阻不计，匀强磁场的磁感应强度变化率恒定.则在a、b环分别单独置于磁场中的两种情况下，M、N两点的电势差之比为（ ）‎ A.4∶1 B.1∶4 C.2∶1 D.1∶2‎ ‎4．如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B0。使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为 A. B. C. D.‎ ‎5． 如图所示，足够长的U形光滑金属导轨平面与水平面成角（），其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中（　 　）‎ A．运动的平均速度大小为 B．下滑位移大小为 C．产生的焦耳热为 D．受到的最大安培力大小为 ‎6． 在竖直向上的磁场中，水平放置一个单匝线圈，线圈所围的面积为0.1，线圈电阻为1Ω，规定线圈中感应电流I的正方向从上往下看是顺时针方向，如图1所示，磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图2所示，则以下说法正确的是 A、在时间0~5s内，I的最大值为0.1A B、第4s，I的方向为顺时针 C、第3s，线圈的发热功率最大 D、3~5s内线圈有扩张的趋势 ‎7．（多选）如图所示，两足够长平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒、与导轨构成闭合回路且都可沿导轨无摩擦滑动，两金属棒、的质量之比为，用一沿导轨方向的恒力F水平向右拉金属棒，经过足够长时间以后（ ）‎ A、金属棒、都做匀速运动 B、金属棒上的电流方向是由向 C、金属棒所受安培力的大小等于 D、两金属棒间距离保持不变 ‎8．（多选）如图甲所示，光滑绝缘水平面上，虚线MN的右侧存在磁感应强度B＝2 T的匀强磁场，MN的左侧有一质量m＝0.1 kg的矩形线圈abcd，bc边长L1＝0.2 m，电阻R＝2 Ω.t＝0时，用一恒定拉力F拉线圈，使其由静止开始向右做匀加速运动，经过时间1 s，线圈的bc边到达磁场边界MN，此时立即将拉力F改为变力，又经过1 s，线圈恰好完全进入磁场，整个运动过程中，线圈中感应电流i随时间t变化的图象如图乙所示．则(　 　)‎ A．恒定拉力大小为0.05 N B．线圈在第2 s内的加速度大小为1 m/s2‎ C．线圈ab边长L2＝0.5 m D．在第2 s内流过线圈的电荷量为0.2 C ‎9．相距为L的足够长光滑平行金属导轨水平放置，处于磁感应强度为B，方向竖直向上的匀强磁场中，导轨一端连接一阻值为R的电阻，导轨本身的电阻不计，一质量为，电阻为的金属棒横跨在导轨上，如图所示，现对金属棒施一恒力F，使其从静止开始运动，求：‎ ‎（1）运动中金属棒的最大加速度和最大速度分别为多大？‎ ‎（2）计算下列两个状态下电阻R上消耗电功率的大小：‎ ‎①金属棒的加速度为最大加速度的一半时；‎ ‎②金属棒的速度为最大速度的四分之一时。‎ ‎10．如图甲所示，空间存在一宽度为2L有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。在光滑绝缘水平面内有一边长为L的正方形金属线框，其质量m=1kg、电阻R=4Ω，在水平向左的外力F作用下，以初速度v 0 =4m/s匀减速进入磁场，线框平面与磁场垂直，外力F大小随时间t变化的图线如图乙所示。以线框右边刚进入磁场时开始计时，求：‎ ‎（1）匀强磁场的磁感应强度B；‎ ‎（2）线框进入磁场的过程中，通过线框的电荷量q。‎ 参考答案 ‎1、D；2、D；3、C；4、C；5、B；6、D；7、BC；8、ABD；‎ ‎9、【答案】（1），‎ ‎（2），‎ ‎【解析】‎ ‎（1）开始运动时金属棒加速度最大，当金属棒由于切割磁感线而受到安培力作用，安培力与所受恒力F相等时速度达到最大，即，,，，联立可以得到：。‎ ‎（2）当金属棒加速度为最大加速度一半时，安培力等于恒定拉力的一半，即：，此时电阻R上消耗的电功率为：,‎ 联立可以得到：，当金属棒的速度为最大速度的四分之一时：，‎ ‎，联立可以得到：。‎ ‎10、【答案】见解析。‎ ‎【解析】（1）由F---t图像可知，1s后线圈全部进入磁场，线圈只受外力作用，‎ 可求其线框加速度，‎ 线框的边长，‎ t=0时刻线框中的感应电流，‎ 线框受的安培力，‎ 由牛顿第二定律，‎ 又F1=1N，‎ 联立得B=1/3T=0.33T。‎ ‎（2）线框进入磁场的过程中，平均感生电动势，‎ 平均电流，‎ 通过线框的电荷量为q=It=0.75C。‎