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单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,第,2,讲,法拉第电磁感应定律自感现象,【,知识导图,】,穿过回路的磁通量发生变化,电路是否闭合,电源,右手定则或楞次定律,磁通量的变化率,线圈的大小、形状、匝数以及,是否有铁芯等,【,微点拨,】,应用法拉第电磁感应定律应注意的问题,:,(1),由,E=n,知,感应电动势的大小由穿过电路的磁通,量变化率 和线圈匝数,n,共同决定,而磁通量,较大,或磁通量的变化量,较大时,感应电动势不一定较大。,(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),利用公式,E=,BLv,求解感应电动势时需注意,v,为导体切,割磁感线时相对于磁场的速度。,【,慧眼纠错,】,(1),磁通量变,化量越大,产生的感应电动势越大。,纠错,:_,。,(2),线圈的匝数越多,磁通量越大,产生的感应电动,势越大。,纠错,:_,_,。,磁通量变化率越大,产生的感应电动势越大,磁通量与线圈匝数无关,感应电动势的大小与,磁通量的变化率有关,与磁通量的大小无关,(3),磁场相对于导体棒运动时,导体棒中不会产生感,应电动势。,纠错,:_,_,_,。,导体棒切割磁感线产生感应电动势的公式,E=,BLv,中的速度,v,是导体棒与磁场的相对速度,当磁场相,对于导体棒运动时,导体棒中也会产生感应电动势,(4),对于同一线圈,当电流变化越大时,线圈中的自感,电动势越大。,纠错,:_,_,。,对于同一线圈,根据,E=,可知,当电流变化,越快时,线圈中的自感电动势越大,(5),线圈中的电流越大,自感系数也越大。,纠错,:_,_,。,(6),自感电动势可以阻止电流的变化。,纠错,:_,_,。,自感系数由线圈自身因素决定,与电流大小,无关,自感电动势可以阻碍电流的变化,但不能阻,止电流的变化,考点,1,法拉第电磁感应定律的理解和应用,【,典题探究,】,【,典例,1】,(2018,榆林模拟,),在一空,间有方向相反,磁感应强度大小均为,B,的匀强磁场,如图所示,向外的磁场,分布在一半径为,a,的圆形区域内,向内的磁场分布在除,圆形区域外的整个区域,该平面内有一半径为,b(b,a),的圆形线圈,线圈平面与磁感应强度方,向垂直,线圈与半径为,a,的圆形区域是同心圆。从某,时刻起磁感应强度在,t,时间内均匀减小到,则,此过程中该线圈产生的感应电动势大小为世纪,金榜导学号,04450223(,),【,解题探究,】,(1),磁场变化前,穿过线圈的磁通量是多少,?,提示,:,线圈内存在两个方向相反的匀强磁场,由于,b,a,所以向内的磁通量大于向外的磁通量,磁场,变化前,穿过线圈的磁通量为,=B(b,2,-a,2,)-Ba,2,=B(b,2,-2a,2,),。,(2),求解线圈中产生感应电动势的大小要利用什么规律,?,提示,:,法拉第电磁感应定律。,【,解析,】,选,D,。线圈内存在两个方向相反的匀强磁,场,穿过线圈的磁通量变化量为,=B(b,2,-2a,2,)-,。根据法拉第电磁感应,定律可得线圈中产生的感应电动势的大小为,E=,故选,D,。,【,通关秘籍,】,1.,应用法拉第电磁感应定律应注意的问题,:,(1)E=n,的研究对象是一个回路,求得的电动势是整,个回路的感应电动势。,(2),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。,(3),为单匝线圈产生的感应电动势的大小。,(4),磁通量变化率 对应,-t,图线上某点切线的,斜率。,(5),通过回路截面的电荷量为,q=,2.,法拉第电磁感应定律的两个特例,:,(1),回路与磁场垂直的面积,S,不变,磁感应强度发生变,化,则,=BS,E=n S,。,(2),磁感应强度,B,不变,回路与磁场垂直的面积发生,变化,则,=BS,E=,nB,。,【,考点冲关,】,1.,如图所示,半径为,r,的金属环绕,通过其直径的轴,OO,以角度,匀,速转动,匀强磁场的磁感应强度,为,B,。从金属环的平面与磁场方向重合时开始计时,在转过,30,角的过程中,环中产生的感应电动势的平均值为,(,),A.2Br,2,B.2 Br,2,C.3Br,2,D.3 Br,2,【,解析,】,选,C,。图示位置时穿过线圈的磁通量为,1,=0;,转过,30,时穿过线圈的磁通量为,2,=BSsin30,=BS,转过,30,用的时间为,t,=,由法拉第,电磁感应定律得感应电动势的平均值为,:=n =,=3Br,2,故,C,项正确。,2.(2018,珠海模拟,),在半径为,r,、电阻为,R,的圆形导线框内,以直径为界,左、右两侧分别存在着方向相反的匀强磁场,如图甲所示。以垂直纸面向外的磁场为正,两部分磁场的磁感应强度,B,随时间,t,的变化规律分别如图乙所示。则在,0,t,0,时间内,导线框中,(,),A.,没有感应电流,B.,感应电流方向为逆时针,C.,感应电流大小为,D.,感应电流大小为,【,解析,】,选,C,。对左边的磁场分析,磁感应强度逐渐,增大,导致圆形导线框中产生顺时针的电流,对右边,的磁场分析,磁感应强度逐渐减小,导致圆形导线框,中产生顺时针的电流,导线框中的总电流是两个磁场,产生的总效果,根据法拉第电磁感应定律可知,故,C,项正确。,【,加固训练,】,如图所示,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,t,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,(,),【,解析,】,选,B,。线圈在磁场中的面积,S=a,2,穿过线圈,的磁通量的变化量,=2BS-BS=Ba,2,。根据法拉第,电磁感应定律,E=n,得,E=,所以,B,正确。,考点,2,导体切割磁感线产生感应电动势的计算,【,典题探究,】,【,典例,2】,(,多选,)(2016,全国卷,),法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上,两铜片,P,、,Q,分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场,B,中。圆盘旋转时,关于流过电阻,R,的电流,下列说法正确的是,(,),A.,若圆盘转动的角速度恒定,则电流大小恒定,B.,若从上往下看,圆盘顺时针转动,则,电流沿,a,到,b,的方向流动,C.,若圆盘转动方向不变,角速度大小,发生变化,则电流方向可能发生变化,D.,若圆盘转动的角速度变为原来的,2,倍,则电流在,R,上的热功率也变为原来的,2,倍,【,题眼直击,】,圆盘旋转,时,_,。,导体旋转切割磁感线,【,解析,】,选,A,、,B,。若圆盘转动的角速度恒定,则相当于,无数切割磁感线的导体的运动速度恒定,切割磁感线感,应电动势为,E=Br,2,也恒定,则电流大小恒定,A,正,确,;,由右手定则可知,从上往下看,只要圆盘顺时针转动,电流就沿,a,到,b,的方向流动,不会改变,B,正确,C,错误,;,由,于电流在,R,上的热功率与电流的平方成正比,圆盘转动,的角速度变为原来的,2,倍时,圆盘切割磁感线产生的感应电动势变为原来的,2,倍,电流也变为原来的,2,倍,电流在,R,上的热功率变为原来的,4,倍,选项,D,错误。,【,迁移训练,】,迁移,1:,导体垂直切割磁感线,(2018,张家界模拟,),如图所示,MN,、,PQ,为两条平行的水,平放置的金属导轨,左端接有定值电阻,R,金属棒,ab,斜放,在两导轨之间,与导轨接触良好,磁感应强度为,B,的匀强,磁场垂直于导轨平面,设金属棒与两导轨接触点之间的,距离为,L,金属棒与导轨间夹角为,60,以速度,v,水平向,右匀速运动,不计导轨和棒的电阻,则流过金属棒中的电流为,(,),【,解析,】,选,B,。当金属棒以速度,v,水平向右匀速运动,金,属棒切割磁感线,产生感应电动势和感应电流,金属棒,有效的切割长度为,L,ab,中产生的感应电动势为,E=B,Lv,通过,R,的电流为,迁移,2:,导体倾斜切割磁感线,(2018,钦州模拟,),下列选项各图中所标的导体棒的长度为,L,处于磁感应强度为,B,的匀强磁场中,棒运动的速度均为,v,产生的电动势为,BLv,的是,(,),【,解析,】,选,D,。,A,图中导体棒做切割磁感线运动时速度与磁场有一个夹角,=30,产生的感应电动势为,E=,BLvsin,30=0.5BLv,故,A,项错误,;B,、,C,两图中导体棒都不切割磁感线,不产生感应电动势,故,B,、,C,项错误,;,图中导体棒做切割磁感线运动,产生的感应电动势为,E=,BLv,故,D,项正确。,迁移,3:,导体旋转切割磁感线,(2015,全国卷,),如图,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,逆时针转动时,a,、,b,、,c,三点的电势分别为,U,a,、,U,b,、,U,c,。已知,bc,边的长度为,l,。下列判断正确的是,(,),A.U,a,U,c,金属框中无电流,B.U,b,U,c,金属框中电流方向沿,a-,b-c-a,C.U,bc,=-B,l,2,金属框中无电流,D.U,bc,=B,l,2,金属框中电流方向沿,a-,c-b-a,【,解析,】,选,C,。穿过金属框的磁通量始终为零,没有,发生变化,故金属框中无电流,B,、,D,项错误,;,bc,边切割,磁感线的等效速度为,l,根据右手定则,U,b,U,c,故,U,bc,=-B,l,2,C,项正确,;ac,边切割磁感线,根据右手,定则得,U,a,U,c,A,项错误。,【,通关秘籍,】,1.,切割磁感线产生感应电动势的那部分导体相当于电路中的电源,常见的情景有以下两种,:,(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=,B,l,v,应注意以下几个方面,:,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。,对应性,:,若,v,为平均速度,则,E,为平均感应电动势,即,=,B,l,。若,v,为瞬时速度,则,E,为相应的瞬时,感应电动势。,相对性,:E=,B,l,v,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。,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,。,乙图,:,沿,v,1,方向运动时,l,=MN;,沿,v,2,方向运动时,l,=0,。,丙图,:,沿,v,1,方向运动时,l,=R;,沿,v,2,方向运动时,l,=0;,沿,v,3,方向运动时,l,=R,。,(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,E=,B,l,=B,l,2,如图所,示。,2.,公式,E=n,与,E=,B,l,v,的比较,:,E=n,E=,B,l,v,区别,研究,对象,闭合回路,回路中做切割磁感线运动的部分导体,研究,内容,平均电动势,(1),若,v,为瞬时速度,则求的是瞬时感应电动势,(2),若,v,为平均速度,则求的是平均感应电动势,E=n,E=,B,l,v,区别,适用,范围,对任何电磁感应,现象普遍适用,只适用于导体切割磁,感线的运动,联系,E=,B,l,v,由,E=,在一定条件下推导得到。,导体切割磁感线运动时,常用,E=,B,l,v,求,E,磁感应强度变化时,常用,E=n,求,E,。,3.,电势高低的判断方法,:,把产生感应电动势的那部分电路或导体,(,相当于电源,),作为电源的内电路。在电源内部,电流的方向由负极,(,低电势,),流向正极,(,高电势,);,在外电路,沿着电流方向电势降低。如果电路不是闭合的,则假设有感应电流通过,应用楞次定律或右手定则判断出电流的方向。,【,加固训练,】,(2018,乐山模拟,),如图所示,一直,升飞机停在南半球的地磁极上空,该处地磁场的方向竖直向上,磁感,应强度为,B,直升飞机螺旋桨叶片的,长度为,l,近轴端为,a,远轴端为,b,转动的频率为,f,顺着,地磁场的方向看,螺旋桨按顺时针方向转动。如果忽略,a,到转轴中心线的距离,用,E,表示每个叶片中的感应电动势,则,(,),A.E=f,l,2,B,且,a,点电势低于,b,点电势,B.E=-2f,l,2,B,且,a,点电势低于,b,点电势,C.E=f,l,2,B,且,a,点电势高于,b,点电势,D.E=2f,l,2,B,且,a,点电势高于,b,点电势,【,解析,】,选,A,。每个叶片都切割磁感线,根据右手,定则,a,点电势低于,b,点电势。叶片端点的线速,度,:v=,l,=2f,l,叶片的感应电动势,:E=,B,l,v,=B,l,2,l,f=f,l,2,B,。,考点,3,自感现象和涡流,【,典题探究,】,【,典例,3】,(2018,洛阳模拟,),如图,所示电路中,L,是一电阻可忽略不计,的电感线圈,a,、,b,为,L,上的左右两端,点,A,、,B,、,C,为完全相同的三个灯泡,原来电键,K,是闭合,的,三个灯泡均在发光。某时刻将电键断开瞬间,下列说法正确的是导学号,04450225(,),A.a,点电势高于,b,点,A,灯闪亮后缓慢熄灭,B.a,点电势高于,b,点,B,、,C,灯闪亮后缓慢熄灭,C.b,点电势高于,a,点,B,、,C,灯闪亮后缓慢熄灭,D.b,点电势高于,a,点,B,、,C,灯不会闪亮只是缓慢熄灭,【,题眼直击,】,(1),电阻可忽略不计的电感线圈。,(2)A,、,B,、,C,为完全相同的三个灯泡,原来电键,K,是闭合的,三个灯泡均在发光。,【,解析,】,选,C,。开关闭合稳定时,流过,A,的电流大于流过,B,、,C,的,开关由闭合到断开瞬间,B,、,C,灯原来的电流瞬间消失,而线圈产生自感电动势阻碍,B,、,C,灯中电流减小,并与,A,、,B,、,C,组成回路,原来两支路电流不相等,则开关断开瞬间,电流都从原来,A,的值开始减小,所以三灯均过一会儿才熄灭,而流过灯泡,B,、,C,的电流比原来大,B,、,C,灯变亮后缓慢熄灭,b,点电势高于,a,点,故选,C,。,【,通关秘籍,】,1.,通电自感与断电自感,:,通电自感,断电自感,电路图,通电自感,断电自感,器材规格,A,1,、,A,2,同规格,R=R,L,L,较大,L,很大,(,有铁芯,),R,L,R,A,现象观察,S,闭合瞬间,A,2,灯立即亮起来,A,1,灯逐渐变,亮,最终一样亮,开关,S,断开时,灯,A,突然闪亮一下后,再渐渐熄灭,能量转化,电能转化为磁场能,磁场能转化为电能,2.,自感现象的特点,:,(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),在通电自感中线圈相当于一个变化的电阻,阻值由无穷大逐渐减小,通电瞬间自感线圈相当于断路。,(4),在断电自感中线圈相当于电源,与其他电学元件构成回路时,自感电动势由某值逐渐减小到零。,(5),电流稳定时,自感线圈相当于普通导体,是否需要考虑其电阻,需依题意而定。,(6),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,不能使过程停止,更不能使过程反向。,3.,分析自感现象的两点注意,:,(1),断电自感现象中灯泡是否“闪亮”的判断,:,关键在于对电流大小的分析,只有断电瞬间通过灯泡的电流比原来大,灯泡才先闪亮后慢慢熄灭。,(2),断电自感现象中电流方向是否改变的判断,:,与线圈在同一支路的用电器的电流方向不变,与线圈不在同一支路的用电器中的电流方向改变。,【,考点冲关,】,1.(2018,长春模拟,),如图所示,L,1,、,L,2,为两个相同的灯泡,线圈,L,的直流电阻不计,灯泡,L,1,与一理想二极管,D,连接。下列说法中正确的是,(,),A.,闭合开关,S,后,L,1,会逐渐变亮,B.,闭合开关,S,稳定后,L,1,、,L,2,亮度相同,C.,断开,S,的瞬间,L,1,会逐渐熄灭,D.,断开,S,的瞬间,a,点的电势比,b,点高,【,解析,】,选,D,。闭合开关,S,后,因线圈自感,则两灯立刻亮,故,A,项错误,;,闭合开关,S,稳定后,因线圈,L,的直流电阻不计,所以,L,1,与二极管被短路,导致灯泡,L,1,不亮,而,L,2,将更亮,因此,L,1,、,L,2,亮度不同,故,B,项错误,;,断开,S,的瞬间,L,2,会立刻熄灭,线圈,L,与灯泡,L,1,及二极管构成回路,因线圈产生感应电动势,a,端的电势高于,b,端,所以回路中没有电流,故,C,项错误,D,项正确。,2.(2018,钦州模拟,),在如图所示的电路中,S,闭合时流过线圈,L,的电流是,2 A,流过灯泡,A,的电流是,1 A,。将,S,突然断开,则,S,断开前后,能正确反映流过灯泡的电流,I,随时间,t,变化关系的是图中的,(,),导学号,04450226,【,解析,】,选,D,。当电键断开时,由于线圈中自感电动势阻碍电流减小,线圈中的电流逐渐减小,线圈与灯泡,A,构成回路,所以灯泡中的电流与线圈中电流大小相等,灯泡中电流也逐渐减小,但与断开前方向相反。故,D,正确,A,、,B,、,C,错误。,【,加固训练,】,如图所示的电路中,A,1,、,A,2,是完,全相同的灯泡,线圈,L,的自感系,数较大,它的电阻与定值电阻,R,相等。下列说法正确的是,(,),A.,闭合开关,S,A,1,先亮,A,2,后亮,最后它们一样亮,B.,闭合开关,S,A,1,、,A,2,始终一样亮,C.,断开开关,S,A,1,、,A,2,都要过一会才熄灭,D.,断开开关,S,A,2,立刻熄灭,A,1,过一会才熄灭,【,解析,】,选,C,。闭合开关,S,电阻,R,不产生感应电动势,A,2,立即发光,线圈中电流增大,产生自感电动势,根据楞次定律得知,自感电动势阻碍电流的增大,电流只能逐渐增大,A,1,逐渐亮起来,所以闭合开关,S,A,2,先亮,A,1,后亮,最后它们一样亮,故,A,、,B,项错误,;,断开开关,S,时,A,2,灯原来的电流突然消失,线圈中电流减小,产生感应电动势,相当于电源,感应电流流过,A,1,、,A,2,和,R,组成的回路,所以,A,1,、,A,2,都要过一会才熄灭,故,C,项正确,D,项错误。,
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