北京专用202x版高考物理大一轮复习专题十二电磁感应

考点清单考点一电磁感应现象考向基础一、磁通量1.磁通量(1)定义:在匀强磁场中,磁感应强度B与垂直于磁场方向某平面的面积

的乘积。(2)公式:Φ=①

BS

。适用条件:匀强磁场。S为垂直磁场的有效面积。(3)磁感量是②矢量

(填“标量”或“矢量”)。课件ppt(4)磁通量的意义a.磁通量可以理解为某时刻穿过某一平面的磁感线的条数。b.同一线圈平面,当它跟磁场方向垂直时,磁通量③最大

;当它跟磁

场方向平行时,磁通量④为零

;当正向穿过线圈平面的磁感线条数

和反向穿过的条数一样多时,磁通量⑤为零

。2.磁通量的变化(1)定义:ΔΦ=⑥

Φ末-Φ初

=⑦

B末S末-B初S初

。(2)单位:韦伯(Wb)。(3)常见的磁通量变化的情况课件ppt变化情形举例磁通量变化量磁场变化永磁铁靠近或远离线圈

ΔΦ=ΔB·S有效面积变化回路面积变化闭合线圈的部分导线做切割磁感

线运动,如图

ΔΦ=B·ΔS回路平面与磁场夹角变化线圈在磁场中转动,如图

课件ppt二、电磁感应现象考向突破考向一磁通量如果面积S与B不垂直,如图所示,则磁通量Φ=BS'=BScosα=BSsinβ。

(图中abcd平面的面积为S;ab'c'd平面的面积为S')电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量⑧发生变化

时,电路中有感应电流产生的现象产生感应电流的条件条件穿过闭合电路的磁通量发生变化特例闭合电路的一部分导体在磁场内做⑨切割

磁感线

的运动电磁感应现象的实质电磁感应现象的实质是产生⑩感应电动势

,如果电路闭合,则产生感应电流;如果电路不闭

合,则只产生感应电动势,而不产生感应电流能量转化发生电磁感应现象时,机械能或其他形式的能转化为电能课件ppt例1(多选)如图所示,在空间直角坐标系Oxyz中存在沿x轴正方向的匀

强磁场,在直角坐标系中选取如图所示的abc-a'b'c'棱柱形空间。通过

abb'a'平面(面积为S1)、acc'a'平面(面积为S2)和cbb'c'平面(面积为S3)的磁

通量分别为Φ1、Φ2和Φ3,则

()

A.Φ1=Φ2

B.Φ1>Φ2C.Φ1>Φ3

D.Φ3>Φ2

课件ppt解析由图可知,磁感应强度B与平面acc'a'(面积为S2)垂直,而平面abb'a'

在yOz平面上的投影面积也是S2,故Φ1=Φ2,而磁感应强度B与平面cbb'c'

平行,故Φ3=0,所以Φ1=Φ2>Φ3,选项A、C正确。答案

AC课件ppt考向二电磁感应现象判断电磁感应现象是否发生的一般流程课件ppt例2为了探究电磁感应现象的产生条件,图中给出了必备的实验仪

器。(1)请你用笔画线代替导线,将实验电路连接完整。(2)正确连接实验电路后,在闭合开关时灵敏电流计的指针发生了偏

转。开关闭合后,迅速移动滑动变阻器的滑片,灵敏电流计的指针

偏转(选填“发生”或“不发生”)。断开开关时灵敏电流计的指

针

偏转(选填“发生”或“不发生”)。课件ppt解析(1)把电流计与大线圈组成串联电路,电源、开关、滑动变阻

器、小线圈组成串联电路。(2)开关闭合后,迅速移动滑动变阻器的滑

片时,小线圈中的电流发生变化,磁通量变化,穿过大线圈的磁通量也变

化,则产生感应电动势,形成感应电流,电流计指针发生偏转。断开开关

时,小线圈中电流减小,穿过大线圈的磁通量减小,电流计指针发生偏

转。答案(1)如图所示(2)发生发生课件ppt考点二感应电流方向的判断考向基础一、楞次定律1.内容及适用条件(1)内容:感应电流的磁场总要①阻碍

引起感应电流的磁通量的变

化。(2)适用条件:一切电磁感应现象。2.楞次定律中对“阻碍”的理解课件ppt二、右手定则1.内容:伸开右手,使大拇指与其余四指垂直且在同一平面内,让磁感线

穿过掌心,大拇指指向⑥导体运动

方向,其余四指指向就是感应电

流的方向。2.适用条件:导体切割磁感线产生感应电流。考向突破考向一楞次定律1.楞次定律的推广含义楞次定律中“阻碍”的含义可以推广为:感应电流的效果总是阻碍引起

感应电流的原因。列表说明如下:课件ppt内容例证阻碍原磁通量变化——“增反减同”

磁铁远离线圈,B感与B原同向阻碍相对运动——“来拒去留”

磁铁靠近,是斥力

磁铁远离,是引力使回路面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”

P、Q是光滑固定导轨,a、b是可动金属棒,磁铁下移,a、b靠近阻碍原电流的变化——“增反减同”

合上S,B先亮课件ppt例3(多选)如图所示,光滑固定的金属导轨M、N水平放置,两根导体

棒P、Q平行放于导轨上,形成一个闭合回路,当一条形磁铁从高处下落

接近回路时

()

A.P、Q将互相靠拢B.P、Q将互相远离C.磁铁的加速度仍为gD.磁铁的加速度小于g课件ppt解析

解法一

设磁铁下端为N极,如图所示,根据楞次定律可判断

出P、Q中感应电流的方向,根据左手定则可判断出P、Q所受安培力

的方向,可见P、Q将互相靠拢。由于回路所受安培力的合力向下,由牛

顿第三定律可知,磁铁将受到向上的反作用力,从而加速度小于g。当下

端为S极时,可得到同样的结果。解法二

根据楞次定律的另一种表述——感应电流的效果总是阻碍产

生感应电流的原因,本题中“原因”是回路中磁通量的增加,归根结底

是磁铁靠近回路,“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近,所

以P、Q将互相靠拢,且磁铁的加速度小于g。答案

AD课件ppt2.用楞次定律判断感应电流方向的步骤

(1)明确研究的回路及原磁场方向。(2)若磁通量增加,感应磁场与原磁场方向反向。若磁通量减小,感应磁

场与原磁场方向相同,简称增反减同。(3)用安培定则判断感应磁场和感应电流的方向关系。课件ppt例4某同学在“探究感应电流产生的条件”的实验中,将直流电源、

滑动变阻器、线圈A(有铁芯)、线圈B、灵敏电流计及开关按图连接成

电路。在实验中,该同学发现开关闭合的瞬间,灵敏电流计的指针向左

偏。由此可以判断,在保持开关闭合的状态下

()A.当线圈A拔出时,灵敏电流计的指针向左偏B.当线圈A中的铁芯拔出时,灵敏电流计的指针向右偏C.当滑动变阻器的滑片匀速滑动时,灵敏电流计的指针不偏转D.当滑动变阻器的滑片向N端滑动时,灵敏电流计的指针向右偏课件ppt解析开关闭合的瞬间,穿过线圈B的磁通量增大,指针左偏。当线圈A

拔出或A中的铁芯拔出时,穿过B的磁通量减小,故指针向右偏,A错误,B

正确。当滑片匀速滑动时,线圈A中的电流变化,在线圈B中也能产生感

应电流,C错误。当滑片向N端滑动时,线圈A中的电流变大,穿过线圈B

的磁通量增大,故指针向左偏,D错误。答案

B课件ppt例5矩形金属框ABCD位于如图所示的通电长直导线附近,线框与导

线在同一个平面内,线框的两条边与导线平行。下面说法正确的是

()

A.在这个平面内线框远离导线移动时穿过线框的磁通量减小B.在这个平面内线框平行导线移动时穿过线框的磁通量减小C.当导线中的电流I增大时线框产生沿ADCBA方向的感应电流D.当导线中的电流I减小时线框产生沿ABCDA方向的感应电流课件ppt解析在通电长直导线与线框构成的平面内,通电长直导线周围的磁场

规律是与导线距离越近,磁感应强度越大,与导线距离越远,磁感应强度

越小,距离相同,则磁感应强度大小相同。在这个平面内线框远离导线

移动时,穿过线框的磁通量减小,A正确;在这个平面内线框平行导线移

动时,穿过线框的磁通量不变,B错误;当I增大时,导线周围同一点的磁感

应强度也会增大,穿过线框的磁通量增加,根据安培定则和楞次定律知,

感应电流方向应为ABCDA,C错误;当I减小时,导线周围同一点的磁感应

强度也会减小,穿过线框的磁通量减小,根据安培定则和楞次定律知,感

应电流方向应为ADCBA,D错误。答案

A课件ppt考向二右手定则1.三个定则的比较

左手定则右手定则安培定则应用磁场对电流(运动电荷)作用力方

向的判断对因导体切割磁感线而产生的感

应电流方向的判断电流产生的磁场方向的判断涉及方向磁场方向、电流(电荷运动)方

向、安培力(洛仑兹力)方向磁场方向、导体切割磁感线的运

动方向、感应电动势的方向电流方向、磁场方向各物理量方向间的关系图例

因果关系电流→作用力运动→电流电流→磁场应用实例电动机发电机电磁铁课件ppt2.多定则应用的区别应用关键是抓住因果关系。(1)因电生磁(I→B)——安培定则。(2)因动生电(v、B→I)——右手定则。(3)因电受力(I、B→F)——左手定则。课件ppt例6(多选)如图所示,水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金

属棒PQ、MN,当PQ在外力的作用下运动时,MN在磁场力的作用下向右

运动,则PQ所做的运动可能是

()

A.向右加速运动

B.向左加速运动C.向右减速运动

D.向左减速运动课件ppt解析当PQ向右运动时,用右手定则可判断出PQ中感应电流的方向是

Q→P,由安培定则可判断出穿过L1的磁场方向是自下而上的;若PQ向右

加速运动,则穿过L1的磁通量增加,用楞次定律可判断出流过MN的感应

电流方向是N→M,用左手定则可判断出MN受到向左的安培力,将向左

运动,可见选项A错误。若PQ向右减速运动,流过MN的感应电流方向、

MN所受的安培力的方向均将反向,MN向右运动,所以选项C正确。同理

可判断出选项B正确,D错误。答案

BC课件ppt考点三法拉第电磁感应定律法拉第电磁感应定律1.磁通量、磁通量的变化量和磁通量的变化率的区别考向基础

磁通量Φ磁通量的变化量ΔΦ磁通量的变化率

物理意义某时刻穿过某个面的磁感线的条

数某一段时间内穿过某个面的磁通

量的变化量穿过某个面的磁通量变化的快慢大小Φ=B·S,S是与B垂直的面的面积ΔΦ=Φ2-Φ1ΔΦ=B·ΔSΔΦ=S·ΔB

=B·

=S·

注意穿过某个面有方向相反的磁场,

则不能直接用Φ=B·S求解,应考虑

相反方向的磁通量抵消后所剩余

的磁通量开始时和转过180°时平面都与磁

场垂直,穿过平面的磁通量是一

正一负,ΔΦ=-2BS而不是0既不表示磁通量的大小,也不表

示磁通量变化的多少,实际它就

是单匝线圈上产生的电动势附注线圈平面与磁感线平行时,Φ=0,但

最大;线圈平面与磁感线垂直时,Φ最大,但

=0;Φ、ΔΦ、

都与线圈匝数无关课件ppt2.法拉第电磁感应定律内容闭合电路中感应电动势的大小与穿过这一电路的磁通量的变化率成正

比,即E=①

n

。产生的感应电动势有两种,一种是感生电动势,另

一种是动生电动势。3.感生电动势和动生电动势的比较

感生电动势动生电动势产生原因磁场的变化导体做②切割磁感线

运动移动电荷的非静电力感生电场对自由电荷的电场力导体中自由电荷所受洛伦兹力沿导体方向的

分力回路中相当于电源的部分处于变化磁场中的线圈部分做切割磁感线运动的导体方向判断方法由③楞次定律

判断通常由④右手定则

判断,也可由楞次定律

判断大小计算方法由E=n

计算通常由E=Blvsinθ计算,也可由E=n

计算课件ppt考向突破考向一法拉第电磁感应定律1.法拉第电磁感应定律的表达式:E=n

(1)式中的n为线圈的匝数,ΔΦ是线圈磁通量的变化量,Δt是磁通量变化

所用的时间。

叫做磁通量的变化率。(2)ΔΦ的单位是韦伯,Δt的单位是秒,E的单位是伏特。(3)E=n

在中学阶段一般只用来计算平均感应电动势,如果

是恒定的,那么E是稳恒的。(4)感应电动势的大小由穿过回路的磁通量的变化率

和线圈的匝数共同决定,而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系。课件ppt2.法拉第电磁感应定律应用的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时,ΔΦ=B·ΔS,则E=

。(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时,ΔΦ=ΔB·S,则E=

。(3)磁通量的变化是由于面积和磁场共同变化引起时,则根据定义求,ΔΦ

=Φ末-Φ初,E=n

≠n

。课件ppt例7

(2016北京理综,16,6分)如图所示,匀强磁场中有两个导体圆环a、

b,磁场方向与圆环所在平面垂直。磁感应强度B随时间均匀增大。两

圆环半径之比为2∶1,圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb。不考虑

两圆环间的相互影响。下列说法正确的是

()

A.Ea∶Eb=4∶1,感应电流均沿逆时针方向B.Ea∶Eb=4∶1,感应电流均沿顺时针方向C.Ea∶Eb=2∶1,感应电流均沿逆时针方向D.Ea∶Eb=2∶1,感应电流均沿顺时针方向课件ppt解析由题意可知

=k,导体圆环中产生的感应电动势E=

=

·S=

·πr2,因ra∶rb=2∶1,故Ea∶Eb=4∶1;由楞次定律知感应电流的方向均沿顺时针方向,选项B正确。答案

B课件ppt3.常见感应电动势求解方法表达式E=n

E=BLvsinθE=

BL2ωE=NBSωsin(ωt+φ0)情景图

研究对象回路(不一定闭合)一段直导线(或等效成直

导线)绕一端转动的一段导体棒绕与B垂直的轴转动的导

线框意义一般求平均感应电动势,

当Δt→0时求的是瞬时感

应电动势一般求瞬时感应电动势,

当v为平均速度时求的是

平均感应电动势用平均值法求瞬时感应电

动势求瞬时感应电动势适用条件所有磁场(匀强磁场定量

计算、非匀强磁场定性分

析)匀强磁场匀强磁场匀强磁场课件ppt例8

(2014课标Ⅱ,25,19分)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同

一水平面内,一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆

导轨上面,BA的延长线通过圆导轨中心O,装置的俯视图如图所示。整

个装置位于一匀强磁场中,磁感应强度的大小为B,方向竖直向下。在内

圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画

出)。直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动,在转

动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨之间的动摩擦因

数为μ,导体棒和导轨的电阻均可忽略。重力加速度大小为g。求(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小;(2)外力的功率。课件ppt解题指导课件ppt解析(1)解法一由感应电动势公式E=

Bω(

-

)得导体棒AB的感应电动势E=

Bω[(2r)2-r2]=

通过R的电流I=

=

由右手定则判得通过R的感应电流从C→D。解法二在Δt时间内,导体棒扫过的面积为ΔS=

ωΔt[(2r)2-r2]

①根据法拉第电磁感应定律,导体棒上感应电动势的大小为E=

②课件ppt根据右手定则,感应电流的方向是从B端流向A端。因此,通过电阻R的

感应电流的方向是从C端流向D端。由欧姆定律可知,通过电阻R的感应

电流的大小I满足I=

③联立①②③式得I=

④解法三

E=Br

=Br

=

Br2ωI=

=

由右手定则判得通过R的感应电流从C→D课件ppt解法四取Δt=TE=

=

=

Br2ωI=

=

由右手定则判得通过R的感应电流从C→D。(2)解法一在竖直方向有mg-2N=0

⑤式中,由于质量分布均匀,内、外圆导轨对导体棒的正压力大小相等,其

值为N。两导轨对运行的导体棒的滑动摩擦力均为f=μN

⑥在Δt时间内,导体棒在内、外圆导轨上扫过的弧长分别为课件pptl1=rωΔt

⑦和l2=2rωΔt

⑧克服摩擦力做的总功为Wf=f(l1+l2)

⑨在Δt时间内,消耗在电阻R上的功为WR=I2RΔt

⑩根据能量转化和守恒定律知,外力在Δt时间内做的功为W=Wf+WR

外力的功率为P=

课件ppt由④至

式得P=

μmgωr+

解法二由能量守恒P=PR+Pf在竖直方向2N=mg,则N=

mg,得f=μN=

μmgPf=

μmgωr+

μmg·ω·2r=

μmgωrPR=I2R=

所以P=

μmgωr+

答案(1)方向:由C端到D端

(2)

μmgωr+

课件ppt考向二导体棒切割磁感线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。若v为瞬时速度,则E

为相应的瞬时感应电动势。(3)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。(4)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=cdsinβ。课件ppt甲图:l=cdsinβ。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。

课件ppt例9

(2015安徽理综,19,6分)如图所示,abcd为水平放置的平行“

”形光滑金属导轨,间距为l,导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场,磁感应强

度大小为B,导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置,与导轨成θ角,单位

长度的电阻为r,保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑

动过程中与导轨接触良好)。则

()A.电路中感应电动势的大小为

B.电路中感应电流的大小为

C.金属杆所受安培力的大小为

D.金属杆的热功率为

课件ppt解析金属杆MN切割磁感线的有效长度为l,产生的感应电动势E=Blv,

A错误;金属杆MN的有效电阻R=

,故回路中的感应电流I=

=

=

,B正确;金属杆受到的安培力F=

=

·

=

,C错误;金属杆的热功率P=I2R=

·

=

,D错误。答案

B课件ppt考向三电磁感应中求解回路中电荷量的大小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=IΔt=

Δt=

。例10许多电磁现象可以用力的观点来分析,也可以用动量、能量等观

点来分析和解释。

(1)如图1所示,足够长的平行光滑金属导轨水平放置,导轨间距为L,一端

连接阻值为R的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应

强度为B。质量为m、电阻为r的导体棒MN放在导轨上,其长度恰好等

于导轨间距,与导轨接触良好。在平行于导轨、大小为F的水平恒力作课件ppt用下,导体棒从静止开始沿导轨向右运动。a.当导体棒运动的速度为v时,求其加速度a的大小;b.已知导体棒从静止到速度达到稳定所经历的时间为t,求这段时间内流

经导体棒某一横截面的电荷量q。(2)在如图2所示的闭合电路中,设电源的电动势为E,内阻为r,外电阻为R,

其余电阻不计,电路中的电流为I。请你根据电动势的定义并结合能量

转化与守恒定律证明:I=

。课件ppt解析(1)a.当导体棒运动的速度为v时,电路中的感应电动势为E=BLv

①电流为I=

②导体棒所受的安培力为F安=BIL

③根据牛顿第二定律可得:a=

④联立①②③④式可得:a=

-

⑤b.设导体棒运动稳定时的速度为vm,令⑤式中的a=0,v=vm,可得:vm=

⑥设某段极短的时间Δt内,电路中的电流为i,则安培力在这段时间内的冲

量为BiLΔt,在时间t内,根据动量定理有:Ft-BL∑iΔt=mvm⑦课件ppt其中,q=∑iΔt

⑧联立⑥⑦⑧式可得:q=

-

(2)根据电动势的定义有:E=

⑨在时间t内通过电路的电荷量为:q=It

⑩根据能量守恒定律,非静电力做的功应该等于内外电路产生焦耳热的总

和。即:W非=Q外+Q内

在时间t内:Q外=I2Rt

Q内=I2rt

联立⑨⑩

式可得:EIt=I2Rt+I2rt整理后可得:I=

答案(1)a.

-

b.

-

(2)见解析课件ppt考向四电磁感应中的能量转化电磁感应过程的实质是其他形式的能转化为电能的过程。外力克服安

培力做多少功,就有多少其他形式的能转化成电能。例11两足够长且不计其电阻的光滑金属轨道如图甲所示放置,间距为d=1m,在左端斜轨道部分高h=1.25m处放置一金属杆a,斜轨道与平直轨道区域以光滑圆弧连接,在平直轨道右端放置另一金属杆b,杆a、b的电阻分别为Ra=2Ω、Rb=5Ω,在平直轨道区域有竖直向上的匀强磁场,

磁感应强度B=2T。现杆b以初速度v0=5m/s开始向左滑动,同时由静止释放杆a,杆a由静止滑到水平轨道的过程中,通过杆b的平均电流为0.3A。从a下滑到水平轨道时开始计时,a、b杆运动的速度-时间图像如图乙所示(以a运动方向为正方向),其中ma=2kg,mb=1kg,g=10m/s2,求:(1)杆a在斜轨道上运动的时间;(2)杆a在水平轨道上运动过程中通过其截面的电荷量;(3)在整个运动过程中杆b产生的焦耳热。课件ppt解析(1)对b棒运用动量定理,有BdIΔt=mb(v0-vb)其中vb=2m/s代入数据得到Δt=5s(2)对杆a下滑的过程,机械能守恒,有magh=

ma

,解得va=

=5m/s最后两杆共同的速度为v',由动量守恒得mava-mbvb=(ma+mb)v'代入数据计算得出v'=

m/s杆a动量变化等于它所受安培力的冲量,由动量定理可得I安=BIdΔt'=mava-mav',而q=IΔt'由以上公式代入数据得q=

C(3)由能量守恒得,产生的焦耳热为Q=magh+

mb

-

(mb+ma)v'2=

J课件pptb棒中产生的焦耳热为Q'=

Q=

J答案见解析课件ppt考点四自感考向基础一、自感和互感1.互感两个相互靠近的线圈中,有一个线圈中的电流变化时,它所产生的变化

的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势,这种现象叫做互感,这种电

动势叫做互感电动势。变压器就是利用互感现象制成的。2.自感(1)自感:由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象,叫做自

感。(2)自感电动势:由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势。自感课件ppt电动势总是①阻碍

导体自身电流的变化,与电流变化的快慢有关,

大小正比于电流的变化率,表示为E=②

L

。(3)自感系数:E=L

中的比例系数L叫做自感系数,简称自感或电感。线圈的长度越长,线圈的横截面积越大,单位长度上匝数越多,线圈的自感

系数越③大

,线圈有铁芯比无铁芯时自感系数④大得多

。二、涡流线圈中的电流变化时,在附近导体中产生感应电流,这种电流在导体内

形成闭合回路,很像水的漩涡,因此把它叫做涡电流,简称涡流。在冶炼

炉、电动机、变压器、探雷器等实际应用中都存在着涡流,它是整块导

体发生的电磁感应现象,同样遵守电磁感应定律。课件ppt三、反电动势1.定义:电动机转动时,线圈中也会产生感应电动势,这个感应电动势总

要削弱电源电动势的作用,我们把这个电动势称为反电动势。2.作用:反电动势的作用是⑤阻碍

线圈的转动。课件ppt

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),RL≪RA现象在S闭合的瞬间,A2灯立即亮起来,A1灯逐渐变

亮,最终一样亮在开关S断开时,灯A突然闪亮一下后再渐渐

熄灭原因由于开关闭合时,流过电感线圈的电流迅速增

大,使线圈产生自感电动势,阻碍了电流的增

大,使流过A1灯的电流比流过A2灯的电流增加

得慢断开开关S时,流过线圈L的电流减小,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;在S断开后,通过L的电流反向通

过灯A,且由于RL≪RA,使得流过A灯的电流在

开关断开的瞬间突然增大,从而使A灯的功率

突然变大,即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考向突破考向自感和互感1.通电自感和断电自感的比较课件ppt2.三点注意、三个技巧

课件ppt例12如图所示,L是自感系数很大的线圈,但其自身的电阻几乎为零,A

和B是两个相同的小灯泡,下列对实验现象的预测合理的是

()

A.开关S由断开变为闭合时,A灯先亮,B灯后亮B.开关S由断开变为闭合时,A、B两灯同时亮C.开关S由闭合变为断开时,A、B两灯同时立即熄灭D.开关S由闭合变为断开时,A、B两灯都会延迟一会儿熄灭课件ppt解析开关S由断开变为闭合时,由于线圈自感现象的存在,A、B会同

时亮,电流稳定后,线圈相当于导线,会使B灯短路,B灯会熄灭;开关S由闭

合变为断开时,A灯立即熄灭,由于线圈自感现象的存在,B灯会先变亮再

逐渐熄灭。答案

B课件ppt方法技巧方法1感应电动势E=BLv的四种推导方法1.由法拉第电磁感应定律推导经过时间Δt,闭合回路的磁通量变化为ΔΦ=BLvΔt根据法拉第电磁感应定律有E=

=BLv2.利用电动势的定义推导电动势定义为非静电力把单位电荷量的正电荷在电源内从负极移送到

正极所做的功,对应着其他形式的能转化为电势能的大小。这里的非静

电力为洛伦兹力沿MN棒上的分力,洛伦兹力沿MN棒上的分力做正功,

即W=(Bev)L课件pptE=

=

=BLv

3.由导体棒中自由电子受力平衡推导导体棒内的自由电子随导体棒向右匀速运动的速度为v,受到的洛伦兹

力沿MN棒上的分力大小为f1=evB,方向向下,电子在棒下端聚集,棒下端

带负电,棒的上端由于缺少电子而带正电,M、N间产生电压,且电压随着

自由电子向下移动而逐渐升高。设M、N间产生的电压为U,则MN中的电场强度E0=

课件ppt导体棒中的自由电子将受到向上的电场力F=E0e=

当F'=

=f1时,自由电子在沿导体棒MN方向的受力达到平衡,由

e=evB可得稳定电压为U'=BLv在断路时,路端电压等于电动势,因此动生电动势E=BLv4.由能量守恒推导当导体棒匀速运动时,其受到的向右的恒定拉力和向左的安培力平衡,

则F拉=BIL拉力做功的功率P拉=F拉v=BILv闭合电路消耗的总功率P电=EI课件ppt根据能量守恒可知P拉=P电可得到E=BLv例1如图所示,两根相距为L的光滑金属导轨CD、EF固定在水平面内,

并处在方向竖直向下的匀强磁场中,导轨足够长且电阻不计。在导轨的

左端接入一阻值为R的定值电阻,将质量为m、电阻可忽略不计的金属

棒MN垂直放置在导轨上。t=0时刻,MN棒与DE的距离为d,MN棒运动过

程中始终与导轨垂直且接触良好,不计空气阻力。课件ppt(1)金属棒MN以恒定速度v向右运动过程中①若从t=0时刻起,所加的匀强磁场的磁感应强度B从B0开始逐渐减小

时,恰好使回路中不产生感应电流,试从磁通量的角度分析磁感应强度B

的大小随时间t的变化规律;②若所加匀强磁场的磁感应强度为B且保持不变,试从磁通量变化、电动势的定义、自由电子的受力和运动或功能关系等角度入手,选用两种

方法推导MN棒中产生的感应电动势E的大小。(2)为使回路DENM中产生正弦(或余弦)交变电流,请你展开“智慧的翅

膀”,提出一种可行的设计方案,自设必要的物理量及符号,写出感应电

动势瞬时值的表达式。课件ppt解析(1)①由产生感应电流的条件可知,回路中不产生感应电流,则穿

过回路的磁通量不变,根据磁通量不变,应有B0Ld=BL(d+vt)解得B=

②方法一:由法拉第电磁感应定律推导经过时间Δt,闭合回路的磁通量变化量为ΔΦ=BLvΔt根据法拉第电磁感应定律有E=

=BLv课件ppt方法二:利用电动势的定义推导电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移送到

正极所做的功,对应着其他形式的能转化为电势能的大小。这里的非静

电力为洛伦兹力沿MN棒上的分力,洛伦兹力沿MN棒上的分力做正功,

即W非=(Bev)L,E=

=

=BLv方法三:由金属棒中自由电子受力平衡推导金属棒内的自由电子随棒向右匀速运动的速度为v,受到的洛伦兹力大

小为f=evB,方向向下,电子在棒下端聚集,棒下端带负电,棒的上端由于

缺少电子而带正电,M、N间产生电压,且电压随着自由电子向下移动而

逐渐升高。设M、N间产生的电压为U,则MN中的电场强度E0=

课件ppt金属棒中的自由电子将受到向上的电场力F=E0e=

当F=f时,自由电子在沿金属棒MN的方向的受力达到平衡,由

e=evB可得稳定电压为U=BLv在内电阻为0时,路端电压等于电动势,因此动生电动势大小为E=BLv方法四:由能量守恒推导当金属棒匀速运动时,其受到向右的恒定拉力和向左的安培力平衡,则F

外=BIL拉力做功的功率P外=F外v=BILv闭合电路消耗的总功率P电=EI根据能量守恒可知P外=P电可得到E=BLv课件ppt(2)方案1:磁感应强度不变化且大小为B1,金属棒以初始位置为中心做简

谐运动,即v=vmsinωt则感应电动势e1=B1Lvsinωt方案2:金属棒不动,B随时间按正弦(或余弦)规律变化,即B=Bmsinωt,E=

,ΔΦ=BLd=BmLdsinωte2=

=

=BmLdωcosωt课件ppt方案3:设棒初位置的中心为坐标原点,平行EF方向建立x坐标,平行ED方

向建立y坐标,匀强磁场只分布在有限空间y=

sinx内,如图所示(图中磁场分布只画了一个周期)。磁感应强度大小均为B3,但磁场在有限的空

间周期性方向相反。

金属棒匀速向右运动过程中,位移x=vt则瞬时电动势:e3=B3yv=B3v

sinvt=Emsinvt答案见解析课件ppt方法2电磁感应中电路问题的分析方法电磁感应中的感应电动势等效于稳恒电路中的电源电动势。1.电磁感应中电路知识的关系图2.分析电磁感应电路问题的基本思路3.电流的方向在外电路中,电流由高电势流向低电势;在内电路中,电流由低电势流向课件ppt高电势。4.电路分析应用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点。5.问题分类(1)将产生感应电动势的部分电路当做电源,作出等效电路图,结合欧姆

定律,用相关电路知识求解。课件ppt例2(多选)如图所示,匀强磁场的方向垂直于光滑的金属导轨平面向

里,极板间距为d的平行板电容器与总阻值为2R0的滑动变阻器通过平行

导轨连接,电阻为R0的导体棒MN可在外力的作用下沿导轨从左向右做

匀速直线运动。当滑动变阻器的滑动触头位于AB的中间位置且导体棒

MN的速度为v0时,位于电容器中P点的带电油滴恰好处于静止状态。若

不计摩擦和平行导轨及导线的电阻,各接触处接触良好,重力加速度为g,

则下列判断正确的是

()课件pptA.油滴带正电荷B.若将上极板竖直向上移动距离d,油滴将向上加速运动,加速度a=g/2C.若将导体棒的速度变为2v0,油滴将向上加速运动,加速度a=gD.若保持导体棒的速度为v0不变,而将滑动触头置于A端,同时将电容器

上极板向上移动距离d/3,油滴仍将静止解题导引

课件ppt解析根据右手定则可知,M端为正极,则上极板带正电,板间场强竖直

向下,又油滴静止,对其受力分析知受竖直向下的重力和竖直向上的电

场力,两力大小相等,因此油滴带负电荷,选项A错误;设导轨间距为L,导

体棒切割磁感线产生的感应电动势为E1=BLv0,则电容器两端电压为U1=

=

,开始油滴静止时有q

=mg,若将上极板竖直向上移动距离d,对油滴有mg-

q=ma1,解得a1=

,方向竖直向下,同理,若将导体棒的速度变为2v0,可得油滴的加速度为a2=g,方向竖直向上,选项B错误、C正

确;若保持导体棒的速度不变,而将滑动触头置于A端,同时将电容器上

极板向上移动距离

,则此时电容器两端电压为U2=

=

BLv0,油滴所受电场力为F=

q=

=mg,因此油滴仍然静止,选项D正确。答案

CD课件ppt(2)q=n

的分析与应用在电磁感应现象中,只要穿过闭合电路的磁通量发生变化,闭合电路中

就会产生感应电流,设在时间Δt内通过导体横截面的电荷量为q,则根据

电流定义式I=

及法拉第电磁感应定律E=

,得q=IΔt=

Δt=

Δt=

。需要说明的是:上面式中I为平均值,因而E为平均值。如果闭合电路是一个单匝线圈(n=1),则q=

。q=n

中n为线圈的匝数,ΔΦ为磁通量的变化量,R总为闭合电路的总电阻。课件ppt例3如图所示,纸面内有一矩形导体闭合线框abcd,ab边长大于bc边长,

置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外,线框两次匀速地完全进

入磁场,两次速度大小相同,方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进

入磁场,线框上产生的热量为Q1,通过线框导体横截面的电荷量为q1;第

二次bc边平行MN进入磁场,线框上产生的热量为Q2,通过线框导体横截

面的电荷量为q2,则

()A.Q1>Q2,q1=q2

B.Q1>Q2,q1>q2C.Q1=Q2,q1=q2

D.Q1=Q2,q1>q2

课件ppt解析第一次ab边是电源,第二次bc边是电源。设线框ab、bc边长分别

为l1、l2,第一次时线框中产生的热量Q1=

Rt=(

)2·R·

=

=

l1,同理第二次时线框中产生的热量Q2=

l2,由于l1>l2,所以Q1>Q2。通过线框导体横截面的电荷量q=n

=

,故q1=q2,A选项正确。答案

A课件ppt方法3电磁感应中图像问题的分析方法1.图像问题的特点考查方式比较灵活,有时根据电磁感应现象发生的过程,确定图像的正

确与否,有时依据不同的图像,进行综合计算。2.图像问题的求解类型类型根据电磁感应过程选图像根据图像分析判断电磁感应过程

课件ppt3.图像问题4.图像问题中的“三看”“三明确”对于图像问题,应做到“三看”、“三明确”,即(1)看轴——看清变量。(2)看线——看图线的形状。(3)看点——看特殊点和转折点。图像类型(1)磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I随时间t变化

的图像,即B-t图像、Φ-t图像、E-t图像和I-t图像(2)对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况,还常涉及感应

电动势E和感应电流I随线圈位移x变化的图像,即E-x图像和I-x图像问题类型(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像(2)由给定的有关图像分析电磁感应过程,求解相应的物理量应用知识左手定则、安培定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定

律、牛顿运动定律和相关数学知识等课件ppt(4)明确图像斜率的物理意义。(5)明确截距的物理意义。(6)明确“+”“-”的含义。5.电磁感应中图像类选择题的两个常用方法排除法定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变

化快慢(均匀变化还是非均匀变化),特别是分析物理量的正负,以排除

错误的选项函数法根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系,然后由函

数关系对图像进行分析和判断课件ppt例4如图所示,光滑水平面上有竖直向下的匀强磁场,图中虚线为磁场

区域的左边界。一个长方形的金属线框以初速度v向左运动,穿出磁

场。此过程中,线框中感应电流的大小随时间变化的图像是

()

课件ppt解析线框尚未穿出磁场时,无感应电流;线框穿出磁场的过程中,受到

安培力的阻碍作用,速度逐渐较小,F安=

,安培力逐渐较小,所以加速度逐渐较小,线框做加速度逐渐减小的减速运动,又i=

,故选B。答案

B课件ppt方法4电磁感应中的动力学问题的分析方法1.安培力大小

⇒F=

2.安培力的方向(1)先用右手定则判断感应电流方向,再用左手定则判断安培力方向。(2)根据楞次定律,安培力的方向一定和导体切割磁感线的运动方向相

反。3.解题方法通电导体在磁场中受到安培力作用,因此电磁感应问题往往和力学问题

综合在一起。解决的基本方法如下:课件ppt4.两种状态的处理(1)导体处于平衡状态——静止或匀速直线运动状态。处理方法:根据平衡条件(合外力等于零)列式分析。(2)导体处于非平衡态——加速度不为零。处理方法:根据牛顿第二定律进行动态分析,或结合功能关系分析。5.临界问题基本思路是:导体受外力运动

感应电动势

感应电流

导体受安培力

合力变化

加速度变化

速度变化

临界状态课件ppt例5如图所示,MN、PQ是两根足够长的光滑平行的金属导轨,导轨间

距离l=0.2m,导轨平面与水平面的夹角θ=30°,导轨上端连接一个阻值R

=0.4Ω的电阻。整个导轨平面处于垂直于导轨平面向上的匀强磁场中,

磁感应强度B=0.5T。现有一根质量m=0.01kg、电阻r=0.1Ω的金属棒

ab垂直于导轨放置,且接触良好,金属棒从静止开始沿导轨下滑,且始终

与导轨垂直。g=10m/s2,导轨电阻不计,求:(1)金属棒从静止释放时的加速度大小;(2)金属棒沿导轨下滑过程中速度最大值;(3)金属棒沿导轨匀速下滑时金属棒ab两端的电压。课件ppt解析(1)金属棒在释放的瞬间有mgsinθ=maa=gsinθ=5m/s2(2)金属棒在下滑过程中,受到的安培力大小等于重力沿导轨方向的分

力时,速度最大mgsinθ=BIlE=BlvmI=

vm=

=2.5m/s(3)设金属棒沿导轨匀速下滑时金属棒ab两端的电压为Uab,则课件pptUab=IRUab=

R=0.2V答案(1)5m/s2(2)2.5m/s(3)0.2V课件ppt方法5电磁感应中功能问题的分析方法1.能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化其他形式的能量

电能

焦耳热或其他形式的能量(2)求解焦耳热Q的三种方法①焦耳定律:Q=I2Rt。②功能关系:Q=W克服安培力。③能量转化:Q=ΔE其他能的减少量。课件ppt2.解决此类问题的步骤(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(或右手定则)确定感应电动势的

大小和方向。(2)画出等效电路图,写出回路中电阻消耗的电功率的表达式。(3)分析导体机械能的变化,用能量守恒关系得到机械功率的改变与回

路中电功率的改变所满足的方程,联立求解。注意在利用能量的转化和守恒解决电磁感应问题时,第一要准确把握

参与转化的能量的形式和种类,第二要确定哪种能量增加,哪种能量减

少。课件ppt例6

(2016浙江理综,24,20分)小明设计的电磁健身器的简化装置如图

所示,两根平行金属导轨相距l=0.50m,倾角θ=53°,导轨上端串接一个R=

0.05Ω的电阻。在导轨间长d=0.56m的区域内,存在方向垂直导轨平面

向下的匀强磁场,磁感应强度B=2.0T。质量m=4.0kg的金属棒CD水平

置于导轨上,用绝缘绳索通过定滑轮与拉杆GH相连。CD棒的初始位置

与磁场区域的下边界相距s=0.24m。一位健身者用恒力F=80N拉动

GH杆,CD棒由静止开始运动,上升过程中CD棒始终保持与导轨垂直。

当CD棒到达磁场上边界时健身者松手,触发恢复装置使CD棒回到初始

位置(重力加速度g=10m/s2,sin53°=0.8,不计其他电阻、摩擦力以及拉

杆和绳索的质量)。求(1)CD棒进入磁场时速度v的大小;课件ppt(2)CD棒进入磁场时所受的安培力FA的大小;(3)在拉升CD棒的过程中,健身者所做的功W和电阻产生的焦耳热Q。

课件ppt解析(1)由牛顿定律a=

=12m/s2进入磁场时的速度v=

=2.4m/s(2)感应电动势E=Blv感应电流I=

安培力FA=IBl代入得FA=

=48N(3)健身者做功W=F(s+d)=64J由牛顿定律F-mgsinθ-FA=0CD棒在磁场区做匀速运动在磁场中运动时间t=

焦耳热Q=I2Rt=26.88J答案(1)2.4m/s(2)48N(3)64J26.88J课件ppt思路点拨

课件ppt例7(多选)如图所示,边长为L、电阻不计的n匝正方形金属线框位于

竖直平面内,连接的小灯泡的额定功率、额定电压分别为P、U,线框及

小灯泡的总质量为m,在线框的下方有一匀强磁场区域,区域宽度为l,磁

感应强度方向与线框平面垂直,其上、下边界与线框底边均水平。线框

从图示位置开始由静止下落,穿越磁场的过程中,小灯泡始终正常发

光。则

()A.有界磁场宽度l<LB.磁场的磁感应强度应为

C.线框匀速穿越磁场,速度恒为

D.线框穿越磁场的过程中,灯泡产生的焦耳热为mgL课件ppt解析因线框穿越磁场的过程中小灯泡始终正常发光,知产生的感应电

动势E是恒定的,且E=U,又知E=BLv,故线框匀速穿越磁场,且线框中始终

有感应电流,则知线框长度L和磁场宽度l相等,A错误;因线框匀速穿越

磁场,故重力和安培力相等,则mg=nBIL=nB

L,得B=

,B正确;线框匀速穿越磁场,重力做功的功率等于电功率,即mgv=P,得v=

,C正确;线框穿越磁场时,通过的位移为2L,且重力做的功完全转化为焦耳热,故Q=2

mgL,D错误。答案

BC课件ppt反思领悟

解决此类问题的三种思路1.运动分析:分析线圈进磁场时安培力与重力的大小关系,判断其运动性

质。2.过程分析:分阶段(进磁场前、进入过程、在磁场内、出磁场过程)分

析。3.功能关系分析:必要时利用功能关系列方程求解。方法6电磁感应中导轨类问题的分析方法1.模型概述对杆在导轨上运动组成的系统,杆在运动过程中切割磁感线产生感应电

动势,并受到安培力的作用改变运动状态,最终达到稳定的运动状态,该课件ppt系统称为“导轨+杆”模型。2.模型分类及分析方法根据杆的数目,对于“导轨+杆”模型题目,又常分为单杆模型和双杆模

型。(1)单杆模型是电磁感应中常见的物理模型,此类问题所涉及的物理情

景一般是杆垂直切割磁感线的变加速直线运动或匀速直线运动,所涉及

的知识有牛顿运动定律、功能关系、能量守恒定律等。对于此类问题

的分析要抓住以下三点:①杆的稳定状态一般是匀速运动(达到最大速度或最小速度,此时合力

为零)。②整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功。课件ppt③电磁感应现象遵从能量守恒定律。(2)双杆类问题可分为两种情况:一是“假双杆”,甲杆静止不动,乙杆运

动,其实质是单杆问题,不过要注意问题包含着一个条件——甲杆静

止、受力平衡;另一种情况是两杆都在运动,对于这种情况,要注意两杆

切割磁感线产生的感应电动势是相加还是相减。3.单杆模型常见情况(1)水平轨道

v0≠0v0=0示意图

质量为m、电阻不计的单

杆ab,以一定初速度v0在光

滑水平轨道上滑动,两平

行导轨间距为L

轨道水平光滑,单杆ab质

量为m,电阻不计,两平行

导轨间距为L

轨道水平光滑,单杆ab质

量为m,电阻不计,两平行

导轨间距为L,拉力F恒定

轨道水平光滑,单杆ab质

量为m,电阻不计,两平行

导轨间距为L,拉力F恒定课件ppt课件ppt例8如图所示,两根相距为d的足够长的、光滑的平行金属导轨位于水

平的xOy平面内,左端接有阻值为R的电阻,其他部分的电阻均可忽略不

计。在x>0的一侧存在方向竖直向下的磁场,磁感应强度大小按B=kx变

化(式中k>0,且为常数)。质量为m的金属杆垂直架在导轨上,两者接触

良好。在x<0的某位置,金属杆受到一瞬时冲量,获得的速度大小为v0,方

向沿x轴正方向。求:课件ppt(1)在金属杆运动过程中,电阻R上产生的总热量;(2)若从金属杆进入磁场的时刻开始计时,始终有一个方向向左的变力F

作用于金属杆上,使金属杆的加速度大小恒为a,方向一直沿x轴负方

向。求:a.闭合回路中感应电流持续的时间;b.金属杆在磁场中运动过程中,外力F与时间t的关系表达式。课件ppt解析(1)金属杆向右运动切割磁感线产生感应电流,同时金属杆受安

培力,做减速运动,直到停下。在此过程中,金属杆的动能转化为电能再

转化成电阻R的焦耳热。根据能量守恒,电阻R上产生的热量Q=

m

(2)a.金属杆在磁场中做切割磁感线运动,产生感应电流,金属杆受安培

力和变力F的作用做匀变速直线运动,加速度大小为a,方向向左(沿-x方

向)。金属杆先向右运动,速度由v0减到0,然后向左运动,速度再由0增大

到v0,金属杆