还剩7页未读,继续阅读
文本内容:
2019-2020年高三物理一轮复习第九章第2讲法拉第电磁感应定律、自感现象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内容闭合电路中感应电动势的大小,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.【针对训练】1.xx·广东高考将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中,线圈平面与磁场方向垂直,关于线圈中产生的感应电动势和感应电流,下列表述正确的是 A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关B.穿过线圈的磁通量越大,感应电动势越大C.穿过线圈的磁通量变化越快,感应电动势越大D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同【解析】 由法拉第电磁感应定律E=n可知感应电动势的大小E与n有关,与即磁通量变化的快慢成正比,所以A、B错误,C正确.由楞次定律可知,感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化,即原磁通量增加,感应电流的磁场与原磁场方向相反.原磁通量减小,感应电流的磁场与原磁场同向,故D错误.【答案】 C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
①导体棒与磁场方向垂直
②磁场为匀强磁场【针对训练】2.如图9-2-1所示,均匀导线制成的半径为R的圆环以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场.当圆环运动到图示位置∠aOb=90°时,a、b两点的电势差为 图9-2-1A.BRv B.BRvC.BRvD.BRv【解析】 圆环运动到图示位置时,切割磁感线的有效长度为2Rsin45°=R,圆环中感应电动势E=BLv=BRv.Uab=E=BRv.故D正确.【答案】 D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,1mH=10-3H1μH=10-6H.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.【针对训练】3.xx·苏州模拟如图9-2-2a、b所示的电路中,电阻R和自感线圈L的电阻值都很小,且小于灯A的电阻,接通S,使电路达到稳定,灯泡A发光,则 图9-2-2A.在电路a中,断开S后,A将逐渐变暗B.在电路a中,断开S后,A将先变得更亮,然后逐渐变暗C.在电路b中,断开S后,A将逐渐变暗D.在电路b中,断开S后,A将先变得更亮,然后逐渐变暗【解析】 a电路中,灯A和线圈L串联,电流相同,断开S时,线圈上产生自感电动势,阻碍原电流的减小,通过R、A形成回路,A将逐渐变暗.b电路中电阻R和灯A串联,灯A的电阻大于线圈L的电阻,电流则小于线圈L中的电流,断开S时,电源不给灯A供电,而线圈产生自感电动势阻碍电流的减小,通过A、R形成回路,灯A中电流比原来大,变得更亮,然后逐渐变暗.所以选项A、D正确.【答案】 AD对应学生用书第157页法拉第电磁感应定律的理解和应用
1.决定感应电动势大小的因素感应电动势E的大小决定于穿过电路的磁通量的变化率和线圈的匝数n.而与磁通量的大小、磁通量变化量ΔΦ的大小无必然联系.2.磁通量变化通常有两种方式1磁感应强度B不变,垂直于磁场的回路面积发生变化,此时E=nB;2垂直于磁场的回路面积不变,磁感应强度发生变化,此时E=nS,其中是B-t图象的斜率.1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,在B-t图象中为图线的斜率.2E=n一般用来求平均感应电动势.例如计算通过回路的电荷量,q=Δt=Δt=. 有一面积为S=100cm2的金属环如图9-2-3甲所示,电阻为R=
0.1Ω,环中磁场变化规律如图9-2-3乙所示,且磁场方向垂直环面向里,在t1到t2时间内,环中感应电流的方向如何?通过金属环的电荷量为多少?甲 乙 图9-2-3【审题视点】 1由B→t图象,磁感应强度变大.磁通量增加,根据楞次定律可确定感应电流方向.2通过金属环的电荷量由磁通量的变化量决定.【解析】 由楞次定律,可以判断出金属环中感应电流的方向为逆时针方向.由图乙可知磁感应强度的变化率=
①金属环中的磁通量的变化率=·S=·S
②环中形成的感应电流I===
③通过金属环的电荷量Q=IΔt
④由
①②③④式解得Q==C=
0.01C.【答案】 见解析【即学即用】1.xx·沈阳二中模拟如图9-2-4a所示,一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路.线圈的半径为r1,在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场,磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图9-2-4b所示.图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0,导线的电阻不计.求0至t1时间内图9-2-41通过电阻R1的电流大小和方向;2通过电阻R1的电荷量q及电阻R1上产生的热量.【解析】 1穿过闭合线圈的磁场的面积为S=πr由题图b可知,磁感应强度B的变化率的大小为=根据法拉第电磁感应定律得E=n=nS=由闭合电路欧姆定律可知流过电阻R1的电流为I==再根据楞次定律可以判断,流过电阻R1的电流方向应由b到a.20至t1时间内通过电阻R1的电荷量为q=It1=电阻R1上产生的热量为Q=I2R1t1=.【答案】 1 方向从b到a 2 导体切割磁感线产生感应电动势 的计算1.公式E=BLv中的B、L、v要求两两互相垂直.当L⊥B,L⊥v,而v与B成θ夹角时,导线切割磁感线的感应电动势大小为E=BLvsinθ.2.若导线不是直的,则E=BLvsinθ中的L为切割磁感线的导线的有效长度.如图9-2-5,导线的有效长度为ab间的距离.图9-2-5 图9-2-6xx·四川高考半径为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R
0.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9-2-6所示.则 A.θ=0时,杆产生的电动势为2BavB.θ=时,杆产生的电动势为BavC.θ=0时,杆受的安培力大小为D.θ=时,杆受的安培力大小为【审题视点】 1右端开有小口,使得闭合回路大大简化.2θ角的大小决定了导体切割磁感线的有效长度.【解析】 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.【答案】 AD【即学即用】
2.图9-2-7xx届榆林学情调研如图9-2-7所示,匀强磁场的方向垂直于电路所在平面,导体棒ab与电路接触良好.当导体棒ab在外力F作用下从左向右做匀加速直线运动时,若不计摩擦和导线的电阻,整个过程中,灯泡L未被烧毁,电容器C未被击穿,则该过程中 A.感应电动势将变大B.灯泡L的亮度变大C.电容器C的上极板带负电D.电容器两极板间的电场强度将减小【解析】 当导体棒ab在外力F作用下从左向右做匀加速直线运动时,由右手定则知,导体棒a端的电势高,电容器C的上极板带正电;由公式E=BLv知,感应电动势将变大,导体棒两端的电压变大,灯泡L的亮度变大,由于场强E=,电容器两极板间的电场强度将变大.故A、B正确,C、D错.【答案】 AB对应学生用书第159页电磁感应电路的计算
1.计算电荷量只能根据法拉第电磁感应定律E=n,确定磁通量的变化量,推导出q=n.2.计算焦耳热,如果是恒定的感应电流,可以用焦耳定律Q=I2Rt,如果电流是变化的,则只能用功能关系求解. xx·天津高考如图9-2-8所示,一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内,导轨间距l=
0.5m,左端接有阻值R=
0.3Ω的电阻.一质量m=
0.1kg,电阻r=
0.1Ω的金属棒MN放置在导轨上,整个装置置于竖直向上的匀强磁场中,磁场的磁感应强度B=
0.4T.棒在水平向右的外力作用下,由静止开始以a=2m/s2的加速度做匀加速运动,当棒的位移x=9m时撤去外力,棒继续运动一段距离后停下来,已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2=2∶
1.导轨足够长且电阻不计,棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触.求图9-2-81棒在匀加速运动过程中,通过电阻R的电荷量q;2撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2;3外力做的功WF.【潜点探究】 1撤去外力前,导体棒做匀加速运动,求出导体棒的位移,就能计算出磁通量的变化量和通过R的电荷量.2回路中产生的焦耳热可以应用功能关系进行计算.【规范解答】 1设棒匀加速运动的时间为Δt,回路的磁通量变化量为ΔΦ,回路中的平均感应电动势为,由法拉第电磁感应定律得=
①其中ΔΦ=Blx
②设回路中的平均电流为,由闭合电路欧姆定律得=
③则通过电阻R的电荷量为q=Δt
④联立
①②③④式,代入数据得q=
4.5C.
⑤2设撤去外力时棒的速度为v,对棒的匀加速运动过程,由运动学公式得v2=2ax
⑥设棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W,由动能定理得W=0-mv2
⑦撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2=-W
⑧联立
⑥⑦⑧式,代入数据得Q2=
1.8J.
⑨3由题意知,撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2=2∶1,可得Q1=
3.6J⑩在棒运动的整个过程中,由功能关系可知WF=Q1+Q2⑪由
⑨⑩⑪式得WF=
5.4J.【答案】
14.5C
21.8J
35.4J【即学即用】3.如图9-2-9甲所示,垂直于水平桌面向上的有界匀强磁场,磁感应强度B=
0.8T,宽度L=
2.5m.光滑金属导轨OM、ON固定在桌面上,O点位于磁场的左边界,且OM、ON与磁场左边界均成45°角.金属棒ab放在导轨上,且与磁场的右边界重合.t=0时,ab在水平向左的外力F作用下匀速通过磁场.测得回路中的感应电流随时间变化的图象如图乙所示.已知OM、ON接触点的电阻为R,其余电阻不计.甲 乙 图9-2-91利用图象求出这个过程中通过ab棒截面的电荷量及电阻R;2写出水平力F随时间变化的表达式.【解析】 1根据q=·t,由i-t图象得q=×
2.0×5C=5C又===其中=
1.0A,Δt=5s,得R=1Ω2由图象知,感应电流i=2-
0.4tA棒的速度v==m/s=
0.5m/s有效长度l=2L-vttan45°=5-tm棒在力F和安培力FA作用下匀速运动,有F=Bil=
0.8×2-
0.4t×5-tN=2×2-
0.4t2N.【答案】 15C 1Ω 2F=2×2-
0.4t2N对应学生用书第160页●用电磁感应定律计算感应电动势
1.图9-2-10xx·汉中模拟如图9-2-10所示,铁芯右边绕有一个线圈,线圈两端与滑动变阻器、电池组连成回路.左边的铁芯上套有一个环面积为
0.02m
2、电阻为
0.1Ω的金属环.铁芯的横截面积为
0.01m2,且假设磁场全部集中在铁芯中,金属环与铁芯截面垂直.调节滑动变阻器的滑动头,使铁芯中的磁感应强度每秒均匀增加
0.2T,则从上向下看 A.金属环中感应电流方向是逆时针方向,感应电动势大小为
4.0×10-3VB.金属环中感应电流方向是顺时针方向,感应电动势大小为
4.0×10-3VC.金属环中感应电流方向是逆时针方向,感应电动势大小为
2.0×10-3VD.金属环中感应电流方向是顺时针方向,感应电动势大小为
2.0×10-3V【解析】 铁芯内的磁通量情况是相同的,金属环的有效面积即铁芯的横截面积.根据电磁感应定律E=n=1×
0.2×
0.01V=2×10-3V.又根据楞次定律,金属环中电流方向为逆时针方向,即C正确.【答案】 C●导体切割磁感线时感应电动势的计算2.xx·大纲全国高考某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下,大小为
4.5×10-5T.一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸,河宽100m,该河段涨潮和落潮时有海水视为导体流过.设落潮时,海水自西向东流,流速为2m/s.下列说法正确的是 A.河北岸的电势较高B.河南岸的电势较高C.电压表记录的电压为9mVD.电压表记录的电压为5mV【解析】 海水在落潮时自西向东流,该过程可以理解为自西向东运动的导体棒在切割竖直向下的磁场.根据右手定则,北岸是正极,北岸电势高,南岸电势低,故A对,B错.根据法拉第电磁感应定律E=BLv=
4.5×10-5×100×2V=9×10-3V,故C对,D错.【答案】 AC●自感现象的分析和应用3.如图9-2-11所示,A、B是完全相同的两个小灯泡,L为自感系数很大、电阻可以忽略的带铁芯的线圈 图9-2-11A.电键S闭合瞬间,A、B同时发光,随后A灯变暗直至熄灭,B灯变亮B.电键S闭合瞬间,B灯亮,A灯不亮C.断开电键S的瞬间,A、B灯同时熄灭D.断开电键S的瞬间,B灯立即熄灭,A灯突然闪亮一下再熄灭【解析】 因线圈的自感系数很大,电阻可忽略,故闭合电键瞬间,线圈对电流的阻碍作用极大,相当于断路,故A、B同时发光,且亮度相同,当稳定后,线圈相当于导线,A灯短路,B灯电压为电源电压,亮度比闭合瞬间更亮.断开电键瞬间,B灯立即熄灭,而线圈中的电流不会立即消失,线圈相当于一个电源使A灯中会有一短暂电流,从而使A灯会亮一下再熄灭.【答案】 AD●法拉第电磁感应定律的综合应用4.如图9-2-12所示,固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距为L1=
0.5m,金属棒ad与导轨左端bc的距离为L2=
0.8m,整个闭合回路的电阻为R=
0.2Ω,磁感应强度为B0=1T的匀强磁场竖直向下穿过整个回路.ad杆通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m=
0.04kg的物体,不计一切摩擦,现使磁场以=
0.2T/s的变化率均匀地增大.求图9-2-121金属棒上电流的方向;2感应电动势的大小;3物体刚好离开地面的时间g=10m/s2.【解析】 1由楞次定律可以判断,金属棒上的电流方向是由a到d.2由法拉第电磁感应定律得E==S=
0.08V.3物体刚要离开地面时,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+tI=解得t=5s.【答案】 1由a到d
20.08V 35s 。