湖北省红安一中高三物理书联版资料 电磁感应统稿 54页

第十四章　电磁感应 第一课时 考点梳理 一、考点要求 电 磁 感 应 内 容 要求 说 明 ‎1．电磁感应现象、磁通量、法拉第电磁感应定律、楞次定律 ‎2．导体切割磁感线时的感应电动势、右手定则 ‎3．自感现象 ‎4．日光灯 Ⅱ Ⅱ Ⅰ Ⅰ ‎1．导体切割磁感线时感应电动势的计算，只限于l垂直于B、v的情况。‎ ‎2．在电磁感应现象里，不要求判断内电路中各点电势的高低。‎ 二、知识结构 电磁感应是电磁学部分的核心内容，是高考的重点，也是高考的热点，本部分主要考查电磁感应现象的产生条件，感应电动势的大小和感应电流方向的判定。本章内容集中体现了静电场、恒定电流、磁场知识，还与力学相联系，综合性很强，难度很大，特别是从能量角度分析和解决问题。‎ 每年高考题中均有该章的知识，重点考查感应电流方向的判断和感应电动势大小的计算。本章所占分值约全卷的5%～8%，常考如下的题型：‎ ‎1．力电综合计算题：这类题常以导轨上导体切割磁感线为模型，综合考查电磁感应、磁场、电路、牛顿定律、能量的转化等知识。‎ ‎2．图象题：近几年高考题中出现的频率很高，多以选择题或填空题的形式出现，这类题多以一个正方形或长方形导线框通过一个有界的匀强磁场为模型，讨论线框通过磁场的过程中安培力、电流、电压等的变化规律，要求用图象表达出现。‎ ‎3．考查自感现象的题：自感现象虽为A级要求，但高考中出现的频率并不低，而且考生的出错率极高。这类题主要考查通电和断电瞬间发生的自感现象，另外自感系数L的物理意义和决定因素也不可忽视。‎ ‎4．与理想变压器、交流电相联系的题 另外，还要重视理论联系实际的题；重视从能量角度分析问题，电磁感应的过程遵从其他形式能转化为电能的过程。‎ 本章的热点有两个：一是感应电流大小及方向的判定，出现频率很高，感应电流的方向判定主要是对右手定则，特别是楞次定律的深刻理解，感应电流的大小依据E=和E=BLv来分析；二是导体切割磁感线运动问题。从近几年试题看，求感应电动势的题目，大多是切割磁感线的情况，直接用法拉第电磁感应定律E=来计算相对要少一些，因此复习中应加强对E=BLv的理解和应用。‎ 预计2020年高考仍将在这几个方面出题。另外，本章知识在实际中应用广泛，如日光灯原理、磁悬浮原理、电磁阻尼、超导技术应用等，有些问题涉及多学科知识，不可轻视。‎ 四、课本预习作业 ‎1．匀强磁场中 做穿过这个面的磁通量。单位为 简称 符号 。‎ ‎2．磁感应强度又叫 是指垂直穿过单位面积的磁通量。‎ ‎3．产生感应电流的条件是 ‎。‎ ‎4．凡是由磁通量的增加而引起的感应电流，感应电流激发的磁场就阻碍 。凡是由磁通量的减少而引起的感应电流，感应电流激发的磁场就阻碍 。‎ ‎5．楞次定律：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的 。‎ ‎6．应用楞次定律判断感应电流的方向时，首先要 ‎；其次是 ‎；然后依据楞次定律 ；最后 。‎ ‎7．导体切割磁感线产生感应电流的方向用 ； 来判断较为简便，其内容为：‎ ‎。‎ ‎8．由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象叫 现象。而产生的感应电动势叫 。‎ ‎9．当导体线圈中的电流增大时，自感电动势的方向与原来的电流方向 ； 当导体线圈中的电流减小时，自感电动势的方向与原来的电流方向 。‎ ‎10．自感系数简称 或 ，线圈的自感系数跟线圈的 、 、 有关。线圈的横截面积越大，线圈越长，匝数越多，线圈内有铁芯自感系数都 。‎ ‎11．日光灯主要由 、 、 组成。‎ ‎12．日光灯被点亮时，是启动器中的触片 时，在镇流器中产生的很高的自感电动势，与原电压一起产生一个瞬间高电压，点亮灯管。‎ ‎13．在电磁感应现象中产生的电动势是 ； 感应电动势的大小与 ‎ 有关。单位时间内磁通量的变化量又叫 。‎ ‎14．法拉第电磁感应定律：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 ，表达式为 。如果闭合电路为n匝线圈，则表达式就变为E＝ 。‎ ‎15．导线切割磁感线时产生的感应电动势的大小，跟磁感应强度B、导线长度L、运动速度v的大小以及运动方向和磁感线方向的夹角的正弦sinθ成 。‎ ‎16．能量守恒定律是一个普遍适用的定律，同样适用于电磁感应现象，外力移动导体或磁铁做功，消耗 能产生 能。 就是应用这个原理制成的。‎ ‎17．电能可以从一个螺线管转移给另一个螺线管，‎ 就是应用这个原理制成的。‎ 第二课时 电磁感应现象 楞次定律 一、考点理解 ‎（一）电磁感应现象 ‎1．电磁感应现象 利用磁场产生电流（或电动势）的现象，叫电磁感应现象。所产生的电流叫感应电流，所产生的电动势叫感应电动势。‎ ‎2．产生感应电动势、感应电流的条件 穿过闭合电路中的磁通量发生变化时，闭合电路中就有感应电流产生。如果电路不闭合，只要穿过线圈平面的磁通量发生变化，电路中没有电流，但产生感应电动势，产生感应电动势的那部分导体相当于电源。‎ ‎3．引起磁通量变化的常见情况 ‎（1）闭合回路中的部分导体做切割磁感线运动；（2）线圈在磁场中转动；（3）线圈在磁场中面积发生变化；（4）线圈中磁感应强度发生变化；（5）通电线圈中电流发生变化。‎ ‎（二）感应电流方向的判断 ‎1．右手定则 ‎（1）当闭合电路中的一部分导体做切割磁感线运动时用右手定则判断感应电流方向。（2）右手定则：伸开右手，让拇指跟其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内，让磁感线垂直从手心进入，拇指指向导体运动的方向，其余四指指的就是感应电流的方向。（3）四指指向还可以理解为：感应电动势的方向、该部分导体的高电势处。‎ ‎2．楞次定律 ‎（1）当闭合回路中的磁通量发生变化引起感应电流时，用楞次定律判断感应电流方向。（2）楞次定律的内容：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化。（3）关于“阻碍”的理解：①“阻碍”是“阻碍原磁通量的变化”，而不是阻碍原磁场；②“阻碍”不是“阻止”，尽管“阻碍原磁通量的变化”，但闭合回路中的磁通量仍然在变化；③“阻碍”是“阻碍变化”，当原磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反——阻碍原磁通量的增加；当原磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同——阻碍原磁通量的减少。感应电流的磁场方向与原磁场方向的这种关系可以通俗理解为“增反向减同向”。‎ 二、方法讲解 ‎（一）应用楞次定律判断感应电流方向的具体步骤 ‎1．明确闭合回路中原磁场方向（穿过线圈中原磁场的磁感线的方向）。‎ ‎2．把握闭合回路中原磁通量的变化（φ原是增加还是减少）。‎ ‎3．依据楞次定律，确定回路中感应电流磁场的方向（B感取什么方向才能阻碍φ原的变化）。‎ ‎4．利用安培定则，确定感应电流的方向（B感和I感之间的关系）。‎ ‎（二）楞次定律的拓展 楞次定律的广义表述：感应电流的效果总是反抗（或阻碍）引起感应电流的原因。‎ 主要有四种表现形式：‎ ‎1．当闭合回路中磁通量变化而引起感应电流时，感应电流的效果总是阻碍原磁通量的变化。‎ ‎2．当线圈和磁场发生相对运动而引起感应电流时，感应电流的效果总是阻碍二者之间的相对运动（来拒去留）。‎ ‎3．当线圈面积发生变化而引起感应电流时，感应电流的效果总是阻碍回路面积的变化。‎ ‎4．当线圈中自身电流发生变化而引起感应电流时，感应电流的效果总是阻碍原电流的变化（自感现象）。‎ ‎（三）电磁感应中的能量转换 楞次定律的本质是能量守恒定律，产生感应电流的过程中必定伴随着其它形式的能转化为电能。‎ 如图甲所示，当条形磁体自由下落接近螺线管的过程中，螺线管中电流的磁场阻碍磁体的下落，磁体的机械能减少，减少的机械能通过电磁力做功转化为螺线管的电能。如果是纯电阻电路，则电能通过电流做功全部转化为系统的内能。‎ 图乙所示，导体棒ab以初速度v沿光滑导轨切割磁感线运动，使回路中产生感应电流，导体棒受安培力F的作用，通过安培力做功使导体棒的动能转化为电能。如果是纯电阻电路，电能通过电流做功全部转化为系统的内能。‎ 在电磁感应中，外力克服电磁力做功，将其它形式的能转化为电能，克服电磁力做了多少功，就有多少其它形式的能转化为等量的电能。‎ ‎（四）三个定则的比较 安培定则、左手定则、右手定则都是用手来反映几个物理量间方向关系的定则，要注意它们各自的使用条件和对应的因果关系。‎ 安培定则反映的是电流（因）产生磁场（果）的现象中，电流方向和磁场方向间的关系。‎ 左手定则反映的是运动电荷或电流（因）在磁场中受磁场力（果）的现象中，电流（或电荷运动）方向、磁场方向、磁场力方向间的关系（通电受力用左手）。‎ 右手定则反映的是导线在磁场中切割磁感线运动（因）产生感应电动势（果）的现象中，磁场方向、导体切割磁感线的运动方向、感应电动势的方向间的关系（运动生电用右手）‎ 三、考点应用 例1．如图，在同一铁芯上绕两个线圈A和B，单刀双掷开关S原来接触点1，现在把它扳向触点2，则在开关S断开1和闭合2的过程中，流过电阻R中电流的方向是：（ ）‎ A．先由P到Q，再由Q到P B．先由Q到P，再由P到Q C．始终是由Q到P D．始终是由P到Q 分析: R中电流方向，取决于B线圈产生的感应电流方向；B中感应电流的产生，是由B中磁通量的变化所引起，B中磁通量的变化是由A线圈中电流变化来决定。‎ 当S接触点1时，A和B中的原磁场方向均向右，当S断开触点1时，B中向右的磁通量减少，B中感应电流的磁场阻碍原磁通量的减少，从而B中感应电流的磁场也向右，由楞次定律和安培定则可以判断R中电流方向由Q到P。‎ 当S由断开到闭合2触点的瞬间，B中由原来没有磁场到出现向左的磁场，则B中原磁通量为向左增加，由楞次定律可知，B中产生的感应电流的磁场方向仍为向右，故R中电流方向仍为Q到P。‎ 答案： C。‎ 点评：（1）要准确把握产生感应电流的结果与引起感应电流的原因之间的关系。‎ ‎（2）楞次定律和安培定则的运用要熟练。‎ 例2．如图所示，条形磁体附近放置有三个矩形线圈A、B、C，A在N极附近A1处垂直磁体，B在N极附近B1处平行于磁体，C在S极上方附近C1‎ 处平行于磁体，分析下列情况下线圈中感应电流的方向。‎ ‎（1）A线圈从A1处向右平动，经过A2处到达S极附近A3处的过程中；A2为磁体的正中间。‎ ‎（2）B线圈从B1处向右平动，经过B2处到达S极附近B3处的过程中；B2为磁体的正中间。‎ ‎（3）C线圈从C1处向下平动，经过C2处到达S极下方附近C3处的过程中；C2为S极中线位置。‎ 分析:：要判断线圈在磁体附近移动时感应电流情况，关键是确定线圈中磁通量的变化情况。‎ ‎（1）A线圈移动时，垂直A线圈的磁场分量均为向右，当A线圈在A2处时，线圈中的磁通量最大；线圈在A1和A3处时磁通量的大小相等（如图所示）。当线圈由A1位置移到A2位置的过程中，线圈中向右的磁通量增加，由楞次定律可知，这一过程中，线圈中感应电流的磁场方向向左，则线圈中感应电流方向为逆时针方向（从左向右看）。当线圈由A2位置移到A3位置过程中，线圈中向右的磁通量减少，则线圈中感应电流的磁场方向向右，故线圈中感应电流方向为顺时针方向（从左向右看）。当线圈在A2处时，线圈中磁通量最大，但磁通量变化率为零，此时无感应电流产生。‎ ‎（2）B线圈在磁体下方，线圈平面平行于磁体。线圈在B1位置时，垂直线圈平面的分磁场竖直向下，线圈在B3位置时，垂直线圈平面的分磁场竖直向上，在B1和B3位置时线圈中磁通量的大小相等；线圈在B2位置时，线圈中的磁通量为零（进入和穿出线圈的磁通量的代数和为零）（如图所示）。当线圈由B1位置移到B2位置的过程中，垂直线圈平面的分磁场竖直向下并逐渐减少，由楞次定律可以判断B线圈在这一过程中，感应电流的磁场方向向下，感应电流方向为顺时针方向（从上向下看）。线圈从B2位置移向B3位置的过程中，垂直线圈平面的分磁场竖直向上并逐渐增加，则B线圈在这一过程中，感应电流的磁场方向仍为竖直向下，感应电流方向仍为顺时针方向（从上向下看）。当B线圈移到B2‎ 位置时，此时尽管线圈中磁通量为零，但线圈中仍有感应电流；从切割磁感线的角度看，线圈的ab边和cd边分别切割磁感线的竖直分量，由右手定则可以判断ab边所产生的感应电动势方向由a指向b，cd边所产生的感应电动势由c指向d，两电动势同向串连，使感应电流方向仍为顺时针方向（从上向下看）。‎ ‎（3）C线圈由C1位置移到C2位置时的过程中，垂直线圈平面的磁通量向下减少；由C2位置移到C3位置的过程中，线圈中的磁通量向上增加；当线圈位于C2位置时，线圈平面与磁感线平行，线圈中的磁通量为零，（如图所示）。由楞次定律可以判断，C线圈在由C1位置移到C2位置的过程中，感应电流的磁场方向竖直向下，感应电流方向为顺时针方向（从上向下看）。在由C2位置移到C3位置的过程中，感应电流的磁场方向仍为竖直向下，感应电流方向仍为顺时针方向（从上向下看）。线圈在C2位置时，尽管线圈中磁通量为零，但线圈中仍有感应电流。一方面可以看成线圈中磁通量正处在向下减少到向上增加的转变过程，另一方面从切割磁线看，ab边和cd边都切割磁感线，由右手定则可以判断，ab和cd都产生感应电动势，感应电动势的方向分别为由b到a和由c到d，但ab处磁感应强度较大些，则ab切割磁感线产生的感应电动势比cd要大，所以线圈中总电动势不为零，使感应电流方向仍为顺时针方向（从上向下看）。‎ 答案：（1）A线圈由A1位置移到A2位置的过程中，感应电流方向为逆时针方向（从左向右看）。由A2位置移到A3位置过程中，感应电流方向为顺时针方向（从左向右看）。当线圈在A2处时，无感应电流；‎ ‎（2）B线圈由B1位置移到B3位置的过程中，感应电流方向始终为顺时针方向（从上向下看）。‎ ‎（3）C线圈由C1位置移到C3位置的过程中，感应电流方向始终为顺时针方向（从上向下看）。‎ 点评：（1）要了解条形磁体以及其它常见磁体周围磁场分布情况；‎ ‎（2）要注意分析线圈在磁场中某些特殊位置时，穿过线圈中磁通量情况；‎ ‎（3）不要认为线圈中磁通量为零时就没有感应电流，磁通量最大时感应电流最大，关键要分析磁通量的变化，有时可以换成切割磁感线角度思考。‎ 例3：如图所示，通有稳恒电流的长直螺线管竖直放置，铜环R沿螺线管的轴线加速下落。在下落过程中，环面始终保持水平。铜环先后经过轴线上1、2、3位置时的加速度分别为a1、a2、a3。位置2处于螺线管的中心，位置1、3与位置2等距离。设重力加速度为g，则：（ ）‎ A．a1＜a2＝g B．a3＜a1＜g C．a1＝a3＜a2 D．a3＜a1＜a2‎ 分析：通过恒定电流的螺线管周围及内部磁场分布类似于条形磁体，铜环下落过程中，通过1位置时磁通量在增加，通过2位置时磁通量最大，通过3位置时磁通量在减少。可以用楞次定律判断铜环中感应电流的磁场方向，确定铜环所受作用力的方向，从而分析铜环运动过程中的加速度。‎ 本题更直接的方法是应用楞次定律的广义表述：感应电流的效果总是阻碍引起感应电流的原因；当铜环经过1位置时，正在靠近螺线管，铜环受到的磁场力阻碍铜环靠近螺线管（来拒），则加速度a1＜g；当铜环经过位置3时，正在远离螺线管，铜环受到的磁场力阻碍铜环远离螺线管（去留），则加速度a3＜g；当铜环经过2位置时，环中磁通量最大，且运动方向与磁场平行，故不产生感应电流，则加速度a2＝g。‎ 又由于从1位置经2位置到3位置的过程中，铜环的速度在逐渐增加，即V3＞V1，故铜环在3位置处所受磁场力比在1位置时所受磁场力大，故a1＞a3。‎ 答案：综合考虑则有：a3＜a1＜a2＝g，答案为（ABD）‎ 点评：应用楞次定律定性分析电磁感应现象时，针对具体情景，有时利用楞次定律的广义表述，可能更为方便；如感应电流的效果可能是：阻碍磁通量的变化、阻碍相对运动、阻碍回路面积的变化、阻碍原电流的变化等，在后面的练习中要认真体会。‎ 例4：如图所示，螺线管A外接一平行轨道，轨道上垂直放置金属杆cd，cd所处位置有垂直轨道平面向里的匀强磁场；螺管B外接一根固定的直导体ef，平行于ef放置一根通电软导线ab,ab中电流方向由a向b。当导体棒cd向左运动时，发现软导线ab：①不动；②左偏；③右偏；试分析cd棒对应的运动状态？‎ 分析：这是一个多种电磁现象相伴产生同时出现的问题。cd切割磁感线运动是最初的原因，ab受力是最后形成的结果。分析这类问题，有两种思维方式，一是顺向思维；由于已知cd是向左运动，其运动状态有三种可能：即匀速运动、加速运动、减速运动，分别就三种运动形式分析出ab的受力。一是逆向思维；从ab受力分析开始，追根溯源，最终可确定cd的运动状态。‎ ‎（1）顺向思维：假设cd向左加速运动，由右手定则可知，cd中出现由d向c的逐渐增加的感应电流，由安培定则可知，A中出现向下的逐渐增加的磁场，则B中的磁通量向下逐渐增加；由楞次定律可知，B中产生感应电流，使ef中电流方向为e向f，则ef中电流与ab中电流为同向，同向平行电流相互吸引，故ab向右偏。‎ ‎（2）逆向思维：ab软导线向左偏，表明ab、ef是相互排斥，则ef中感应电流为由f向e，B线圈中感应电流由g经B流向h，B中感应电流的磁场方向向下。由楞次定律可知，B中原磁通量可能是向下减少，也可能向上增加。‎ 若B中原磁通量为向下减少，则A中磁场也为向下减小，由安培定则可知，A中存在方向由i经A至j、大小逐渐减小的电流，则cd中有方向由d指向c、大小逐渐减小的感应电动势，由右手定则和直导体切割磁感线产生感应电动势可知cd棒向左减速运动。‎ 若B中原磁通量为向上增加，同理可分析出cd棒为向右加速运动（不符合题意）。‎ ‎（3）学生自己可以分析出当cd匀速移动时，ab导线不动。‎ 答案：①匀速运动；②减速运动；③加速运动。‎ 点评：（1）很多问题中电磁感应、电流磁效应、磁场对通电导体作用等多种电磁现象相伴产生，同时出现，此时关键是要抓住因果关系，要清晰把握各种电磁现象的原因与结果之间的相互联系。‎ ‎（2）在思维方法上要灵活运用顺向思维和逆向思维的方法。‎ 四、课后练习 ‎1．闭合铜环与闭合金属框相接触放在匀强磁场中，如图所示，当铜环向右移动时（金属框不动）。下列说法中正确的是：（ ）‎ A．铜环内没有感应电流产生，因为磁通量没有变化 B．金属框内没有感应电流产生，因为磁通量没有变化 C．金属框ad边中有感应电流，因为回路adfgea中磁通量增加了 D．铜环的半圆egf中有感应电流，因为回路egfcbe中的磁通量减少了 ‎2．如图所示，一个有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外。一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1（左）匀速运动到位置2（右）。则:（ ）‎ A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a B. 导线框离开磁场时，‎ 感应电流方向为a→d→c→b→a C. 导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右 D. 导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左 ‎3．某实验小组用如图所示的实验装置来验证愣次定律。当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流计的感应电流方向是：（ ）‎ A. a→G→b B. 先a→G→b，后b→G→a C. b→G→a D. 先b→G→a，后a→G→b ‎4．两圆环A、B置于同一水平面上，其中A为均匀带电绝缘环，B为导体环，AB两圆环同心。当A以如图所示的方向绕垂直环面中心轴转动的角速度发生变化时，B中产生如图所示方向的感应电流，则：（ ）‎ A.A可能带正电且转速减小 B. A可能带正电且转速增大 C.A可能带负电且转速减小 D. A可能带负电且转速增大 ‎5‎ ‎．如图所示，通电螺线管置于闭合金属环A的轴线上，A环在螺线管的正中间，当螺线管中电流逐渐减小时：（ ）‎ ‎ A．A环有收缩的趋势 B．A环有扩张的趋势 C．A环向左运动 D．A环向右运动 ‎6．如图所示，水平放置的平行光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动，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 ‎7．如图所示，在匀强磁场中，光滑平行导轨上放有金属棒AB、CD，当AB棒以其中点为轴在框架平面内顺时方向转动时，CD将：（ ）‎ A．可能向左移动 B．一定向右移动 C．一定绕自身的中点转动 D．一定不动 ‎8．如图（a），圆形线圈P静止在水平桌面上，其正上方悬挂一相同的线圈Q，P和Q共轴，Q中通有变化的电流，电流随时间变化的规律如图（b）所示，P所受的重力为G，桌面对P的支持力为N，则：（ ）‎ A．t1时刻N＞G B．t2时刻N＞G C．t3时刻N＜G D．t4时刻N＝G ‎9.如图 所示为地磁场磁感线的示意图，在北半球地磁场的竖直分量向下，飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞机高度不变，由于地磁场的作用，金属机翼上有电势差。设飞行员左边机翼末端处的电势为U1，右方机翼末端处的电势为U2，则：（ ）‎ A．若飞机从西往东飞，U1比U2高 B．若飞机从东往西飞，U2比U1高 C．若飞机从南往北飞，U1比U2高 D．若飞机从北往南飞，U2比U1高 ‎10．如图所示，蹄形磁铁和闭合线圈abcd在同一竖直平面内，且都能绕各自的竖直中心轴旋转；在外力作用下使磁铁逆时针旋转（从上向下看，下同）。则线圈abcd：（ ）‎ A．不动 B。顺时针旋转 C．逆时针旋转 D。无法判断 ‎11．将电池组、滑线变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图连接。在开关闭合、线圈A放在线圈B中且电路稳定的情况下，某同学发现当他将滑线变阻器的滑片P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转。由此可以推断：（ ）‎ A．线圈A向上移动或滑动变阻器的滑片P向右加速滑动，都能引起电流计的指针向左偏转 B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流计指针向右偏转 C．滑动变阻器的滑片P匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流计指针静止在中央 D．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向 第三课时 法拉第电磁感应定律 一、考点理解 ‎1．法拉第电磁感应定律：在电磁感应现象中，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。公式： ，其中n为线圈的匝数。‎ ‎2．法拉第电磁感应定律的理解 ‎（1）的两种基本形式：①当线圈面积S不变，垂直于线圈平面的磁场B发生变化时，；②当磁场B不变，垂直于磁场的线圈面积S发生变化时，。‎ ‎（2）感应电动势的大小取决于穿过电路的磁通量的变化率，与φ的大小及△φ的大小没有必然联系。‎ ‎（3）若为恒定（如：面积S不变，磁场B均匀变化，，或磁场B不变，面积S均匀变化，），则感应电动势恒定。若为变化量，则感应电动势E也为变化量，计算的是△t时间内平均感应电动势，当△t→0时，的极限值才等于瞬时感应电动势。‎ ‎3．磁通量、磁通量的变化、磁通量的变化率 ‎（1）磁通量是指穿过某面积的磁感线的条数，计算式为，其中θ为磁场B与线圈平面S的夹角。‎ ‎（2）磁通量的变化指线圈中末状态的磁通量与初状态的磁通量之差，，计算磁通量以及磁通量变化时，要注意磁通量的正负。‎ ‎（3）磁通量的变化率。磁通量的变化率是描述磁通量变化快慢的物理量。表示回路中平均感应电动势的大小，是图象上某点切线的斜率。与以及没有必然联系。‎ ‎4．直导体在匀强磁场中平动切割磁感线产生的感应电动势 ‎（1）基本公式：E＝BLv，公式中要求B⊥L、B⊥v、L⊥v（B、L、v三者两两垂直）。‎ ‎（2）一般表达式：E＝BLvsinθ，‎ 其中θ为B与v之间的夹角（如图1）‎ ‎①E＝BL（vsinθ）中，‎ vsinθ理解为v垂直于B的 分量，v⊥＝vsinθ（如图2）‎ ‎②E＝Lv（Bsinθ）中，‎ Bsinθ理解为B垂直于v的 分量，B⊥＝Bsinθ（如图3）‎ ‎③若v与L之间成夹角θ，则E＝BLvsinθ中vsinθ理解为v垂直于L的分量（如图4）‎ 二、方法讲解 ‎1．折线或曲线导体在匀强磁场中垂直磁场切割磁感线平动，产生感应电动势的计算。‎ 当导体为折线或曲线时，式E＝BLvsinθ中L理解为导体棒切割磁感线的有效长度。如图a中Ea＝BLv ‎（1+cosθ），图b中Eb＝BRv，图c中Ec＝B2Rv.‎ ‎2．直导体在匀强磁场中绕固定轴垂直磁场转动时感应电动势的计算。‎ ‎（1）基本公式的推导 如图，设直导体棒长Oa=L，绕O 点垂直匀强磁场以角速度ω匀速 转动，磁场磁感应强度为B。‎ 则EOa＝＝BL·＝‎ ‎（2）基本公式的变化 如图设导体棒ab的长度ab＝‎4L，‎ 绕棒上O点垂直磁场以角速度ω 转动，aO＝Oc＝L，匀强磁场的 磁感应强度为B，计算Ebc、Eab的大小。‎ 方法一：利用直导体棒平动切割磁感线的平均速度计算。‎ 方法二：利用等效电路的知识计算。当ab转动时，导体棒的各部分aO、Oc、cb、Ob切割磁感线产生感应电动势的等效电路如图所示。利用可知：，，。则：‎ ‎3．圆盘在匀强磁场中转动时产生感应电动势的计算 ‎（1）如图所示，金属圆盘在匀强磁场中绕中心轴垂直磁场匀速转动时，把圆盘划分为无数条沿半径辐射的直导体，则每一根半径都在作切割磁感线转动，所有半径产生的感应电动势相等，都为，所有电源又都为并联，则总电势为：。‎ ‎（2）金属圆盘变形为内径为r，‎ 内外圆周间距离为d的圆环。如 图，当圆环的平面垂直匀强磁场 B绕圆环中心轴以转速n转/秒匀 速转动时，圆环内外圆之间的电势差 ‎4．线圈在磁场中转动时产生的感应电动势 ‎（1）计算公式：（θ指S与B之间的夹角）‎ ‎（2）公式的理解：①线圈的转 动轴必须垂直于磁场且平行于线圈平面；‎ ‎②中，θ指线圈平 面S与磁场B之间的夹角，Scosθ为线圈 在平行于B的方向上的投影，若α为线圈平面与中性面之间的夹角，则；③当线圈的转动轴满足要求时，感应电动势的大小只与线圈的有效面积（Scosθ）、磁场磁感应强度B、以及角速度大小ω有关，与线圈的形状、转动轴的位置无关。‎ 三、考点应用 例1：如图，环a的半径为2r，环b的半径为r，a、b都是由完全相同的导线绕成的圆环，两环用长度很短、不计电阻的导线连接。开始a中有指向纸外且均匀增加的匀强磁场，b中磁场不变，测得连接点M、N间的电势差UMN＝4V。现在使b中指向纸外的匀强磁场均匀增加，a中磁场不变（设两次线圈中磁感应强度的变化率相同），求此时MN间的电势差。‎ 分析：这是一个典型线圈有效面积不变，线圈中磁场均匀变化，引起感应电动势的问题。一方面要分别计算出两环中磁场变化引起的感应电动势，另一方面求MN间电势差时要注意电路的等效。‎ 解答：设导线单位长度的电阻为R0，则a、b环的电阻分别为：Ra＝4πrR0，Rb＝2πrR0，设磁场的磁感应强度的变化率为k。‎ ‎（1）a环中磁感应强度增加时，产生顺时针方向的感应电流，感应电动势为Ea=Sa·k＝4πr2k，b环作为外电路电阻，等效电路如图。由全电路欧姆定律有： ‎ 则。‎ 由题意， UMN＝4V，且UM＞UN。‎ ‎（2）b环中磁感应强度向外均匀增加时，b环中产生顺时针方向的感应电流，感应电动势为Eb＝Sb·k＝πr2‎ k，a环作为外电路电阻，等效电路如图。由全电路欧姆定律有：，‎ 则：，‎ 故：＝，得＝2V，且＜。‎ 点评：（1）法拉第电磁感应定律E＝中，引起磁通量变化的两种基本形式：△φ＝△BS和△φ＝B△S，本题是其中一种基本形式，另一种基本形式在习题中注意体会。‎ ‎（2）计算电路中某两点间的电势差时，电势差不一定就等于电源的电动势，要明确电路结构及等效电路，结合欧姆定律计算。‎ 例2：如图所示，用导线折成直角三角形OAC，∠A＝90°，∠O＝30°，斜边OC长为‎2L，三角形平面与匀强磁场B垂直；将三角形平面绕O点垂直磁场转动，设转动的角速度为ω，求AC导体上产生的感应电动势EAC。‎ 分析：题中要求AC导体上产生的感应电动势，由于AC导体既不是平动，也不是绕AC或AC的延长线上某点转动，所以没有直接公式求解。考虑到△ABC整体在匀强磁场中转动时磁通量没有变化，总电动势为零，而OA、OC转动切割磁感线的电动势容易计算，则AC产生的感应电动势为EAC＝EOC－EOA 解答：三角形框架绕O点转动时的等效电路如图所示，OA、OC产生的感应电动势的大小分别为：‎ ‎ ‎ 则：‎ 点评：本题的难点是AC导体上感应电动势的计算没有现成的直接公式，就要拓展思维从整体出发考虑，同时注意电路的等效。‎ 例3：（高考科研测试题）如图所示，两根相距为d的足够长的平行金属导轨 位于水平的xOy平面内，‎ 一端接有阻值为R的电阻。‎ 在x＞0的一侧存在着沿竖 直方向的非匀强磁场，磁感应强度B随x的增大而增大，B＝kx，式中k为常量。一金属直杆与金属导轨垂直，可在导轨上滑动。当t＝0时，金属棒位于x＝0处，速度为v0，方向沿x轴的正方向。在运动过程中有一大小可调节的外力F平行于导轨作用于金属杆，以保持金属杆的加速度恒定，大小为a，方向沿x轴负方向。设除外接电阻R外，所有其它电阻都可以忽略。问：‎ ‎（1）该回路中的感应电流持续的时间T为多长？‎ ‎（2）当金属杆的速度大小为v0/2时，回路中的感应电动势E为多大？‎ ‎（3）若金属杆的质量为m，施加于金属杆的外力F与时间t的关系如何？‎ 分析：（1）金属杆在导轨上先向右作加速度大小为a的匀减速直线运动，到导轨右方最远处时速度为零，然后又沿导轨向左作加速度为a的匀加速直线运动，过了y轴后离开磁场不再有感应电流。则感应电流持续的时间就是金属杆这一运动的时间。（2）当金属杆的速度大小为v0/2时，无论运动方向如何，由于运动的对称性，金属杆的x坐标为确定值，只要求出x值，就可以求出该位置的磁感应强度，从而可以计算此时感应电动势的大小。（3）求F与t的关系，关键是求导体棒的速度v和导体棒所处位置的磁感应强度B，综合运用牛顿第二定律、运动学公式和电磁感应知识进行求解。‎ 解答：（1）以t1表示杆作减速运动的时间，则t1＝v0/a，故回路中感应电流持续的时间T＝2 t1＝2v0/a。‎ ‎（2）以x1表示金属杆的速度变为v1＝v0/a时，它所在的x坐标，由解得，则金属杆所处位置的磁场的磁感应强度，此时导体棒切割磁感线产生的感应电动势，为回路的感应电动势。‎ ‎（3）设t时刻金属杆的速度为v，所处位置为x，‎ 则有：v＝v0－at，。‎ 故：金属杆切割磁感线产生的感应电动势大小为：，。则回路中的电流 ‎。‎ 由右手定则和左手定则可知，金属杆所受的安培力的方向与金属杆的速度方向总相反，即：由牛顿第二定律有：F＋F安＝－ma，‎ 故：，。‎ 点评：（1）要认真分析导体棒的运动过程。（2）在分析导体棒的运动过程基础上，抓住导体棒的感应电动势与速度v以及导体棒所处位置的磁感应强度的关系。（3）要注意牛顿运动定律、运动学公式与电磁感应知识的综合运用。‎ 四．课后练习 ‎1．穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加2Wb，则:（ ）‎ A．线圈中感应电动势每秒增加2V B．线圈中感应电动势每秒减少2V C．线圈中感应电动势始终为2V D．线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2V ‎2．如图所示，闭合金属导线框水平放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度的大小随时间变化。下列说法中正确的是:（ ）‎ A．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流可能减小 B．当磁感应强度增加时，线框中的感应电流一定增大 C．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流一定增大 D．当磁感应强度减小时，线框中的感应电流可能不变 ‎3．如图所示，平行导轨间距为d，一端跨接一个电阻R。匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于平行金属导轨所在平面。金属棒MN与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻均不计。当金属棒沿垂直于棒的方向以恒定的速度v在金属导轨上滑行时，通过电阻R的电流强度是：（ ）‎ A．dBv/R 　　　　　 B．dBvsinθ/R C．dBvcosθ/R 　　　D．dBv/Rsinθ ‎4．竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R。磁感强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为‎2a、电阻为R/2的导体棒AB，由水平位置紧贴环面摆下（如图）。当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这 时AB两端的电压大小为：（ ）‎ A．2Bav B．Bav C．2Bav/3 D．Bav/3‎ ‎5.在水平面上放置一长为L的导体棒a和一圆形金属轨道，还有一带中心轴的金属盘b，棒一端接轨道圆心O，另一端在圆形轨道上接触良好并转动，圆形轨道和金属转盘彼此用导线连接，组成电路如图所示，一竖直向上的匀强磁场穿过两圆盘，不计一切摩擦，当导体棒a在外力作用下做顺时针转动时（设磁感应强度为B，棒a转动角速度为ω）,下列四句说法中正确的组合是：（ ）‎ ‎①转轮b沿与导体棒a相同的方向转动。②转轮b沿与导体棒a相反的方向转动。③导体棒a转动过程中产生的感应电动势大小是E＝BL2ω/2。④导体棒a转动过程中产生的感应电动势大小是E＝BL2ω。‎ A．①③ B．②④ C．②③ D．①④‎ ‎6．如图所示，半径为a的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度B＝0.2T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心放置，磁场与圆环垂直，其中a＝‎0.4m，b＝‎0.6m。金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R0＝2Ω。一金属棒MN与金属环接触良好，棒与环的电阻均不计。‎ ‎（1）若棒以v0＝‎5m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径OO′的瞬时，MN中的电动势和流过L1的电流；‎ ‎（2）撤去中间的金属棒MN，将右面的半圆环OL2O′以OO′为轴向上翻转90°，然后磁场随时间均匀变化，其变化率为ΔB/Δt＝4/π（T/s），求L1的功率。‎ ‎7．两根足够长的平行金属导轨，固定在同一水平面上，导轨的电阻很小，可忽略不计。导轨间的距离L＝‎0.20m，磁感应强度B＝0.50T 的匀强磁场与导轨所在的平面 垂直。两根质量均为m＝‎‎0.10kg 的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中杆与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R＝0.50Ω，在t＝0时刻，两根金属杆并排靠在一起，且都处于静止状态。现有一与导轨平行，大小为F＝0.20N，方向水平向右的恒力作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动。经过t＝5.0s，金属杆甲的加速度为a＝‎1.37m/s2，问此时甲、乙两金属杆的速度v1、v2及它们之间的距离是多少？‎ 第四课时 法拉第电磁感应定律的综合应用（一）‎ 一、考点理解 ‎（一）电磁感应中的力学问题 电磁感应与力学问题联系的桥梁是磁场对感应电流的安培力。解答电磁感应中的力学问题，一方面要应用电磁学中的有关规律，如楞次定律、法拉第电磁感应定律、左手定则、右手定则、安培力计算公式等。另一方面运用力学的有关规律，如牛顿运动定律、动量定理、动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律等。在分析方法上，要始终抓住导体棒的受力（特别是安培力）特点及其变化规律，明确导体棒（或线圈）的运动过程以及运动过程中状态的变化，把握运动状态的临界点。‎ ‎（二）电磁感应中的电路问题 电磁感应现象中，有感应电流时，必然要和电路发生联系。电磁感应定律与闭合电路欧姆定律结合运用时，关键是画出等效电路图，注意分清内、外电路，产生感应电动势的那部分导体是电源，即内电路。如果在一个电路中产生感应电动势的导体有几部分，可以等效为几个电源的串并联，并注意寻找几个电源之间的联系。电路中某两点间的电势差一般指外电压或外电路中某用电器两端电压，注意路端电压与电源电动势的区别。‎ ‎（三）电磁感应中的能量问题 电磁感应现象中，当导体切割磁感线或磁通量发生变化使回路中产生感应电流时，总伴随着机械能或其它形式的能转化为电能。具有感应电流的导体，在磁场中通过安培力做功或通过电流做功又可以使电能转化为机械能或内能。对于某些电磁感应问题，运用能量转化和守恒的观点进行分析求解，既可以简化中间的复杂过程，又能使问题求解变得简洁明快。‎ ‎（四）电磁感应中的图像问题 电磁感应现象中，常常涉及磁感应强度B、磁通量φ、感应电动势E、感应电流I等物理量随时间t而变化，描述这些量的变化及变化规律时经常用到对应的函数图象描述，即B－t图线、φ－t图线、E－t图线以及I－t图线，当导体棒在导轨上切割磁感线运动时，还经常出现感应电动势E、感应电流I随导体棒位移x变化的图线，即E－x图线和I－x图线。‎ 图像问题大体分为两类：一类是给出电磁感应过程，确定这一过程中某些量的变化图象。一类是给出有关量的变化图象，确定电磁感应过程以及这一过程中其它量的变化规律。无论哪种类型，都必须熟练运用楞次定律及法拉第电磁感应定律，认真分析电磁感应过程中某些量的变化与另一量的变化之间的联系，从而确定物理量的变化规律。‎ 二、方法讲解 金属杆在磁场中切割磁感线运动的基本模型 金属导体棒在导轨上作切割磁感线运动时产生感应电动势，若是闭合回路，则产生感应电流，导体棒受安培力作用，使导体棒受力情况发生变化，进而使导体棒的运动状态发生改变，引起一系列的动态变化，最终出现一种新的稳定状态——收尾速度。‎ ‎（一）单杆模型：一根导体棒在两平行光滑导轨上垂直导轨且垂直匀强磁场切割磁感线运动。‎ ‎1、导体以初速度v0‎ 开始运动，运动过程中合外力就是安培力，导轨足够长。（如图所示）‎ 运动过程：导体棒作加速度减少的 减速运动，最终加速度和速度同时 为零。‎ 能量转化：棒的初动能，通过安培力做功转化为电能，再通过电流做功将电能转化为系统的内能。系统总共产生的焦耳热.‎ ‎2、导体棒在恒定外力F拉动下，由静止开始运动，不计摩擦，轨道足够长（如图所示）。‎ 运动过程：导体棒先作加速度减小 的加速运动，最终加速度为零，速 度达到最大，以后匀速运动。‎ ab杆动态思维流程图：‎ 当：时，‎ a＝0，‎ 能量转化：拉力F做功Fs，将其它形式的能转化为两部分：一部分为导体的动能；一部分转化为电能，电能继而转化为系统热能Q，且满足：.‎ ‎3、在2问题中电阻R换成电 容器C（如图所示）。图中杆 ab质量为m，在恒定外力F作 用下，由静止开始运动。‎ 运动过程：设导体棒在向右运动过程中某时刻速度为v，此时导体棒上电流为I（电容器正在充电），则ab棒受安培力F安＝BIL。设导体棒加速度为a，则：F－F 安＝ma，此时电容器带电量q＝EC＝BLvC.‎ 设经过△t时间，导体棒上速度变化△v，则电动势变化△E＝BL△v。电容器上电量变化△q＝△EC＝BLC△v，则导体棒上流:。‎ 故：，代入F－F安＝ma 有：F－B‎2L2Ca＝ma.‎ 解得：为常量.‎ 故导体棒作匀加速直线运动，当导体棒位移为s时的速度:.‎ 能量转化：拉力做功Fs，将其它形式的能转化为两部分：一部分为导体棒的动能Ek；一部分转化为电容器储存的电能E电, Fs＝Ek＋E电.‎ ‎（二）双杆模型：两导体棒都垂直导轨且垂直匀强磁场做切割磁感线运动（不计一切摩擦）‎ ‎1、动量守恒定律的应用。如图所示，固定平行金属导轨MN、PQ水平放置，在导轨 上垂直导轨放置两金属杆ab和 cd，匀强磁场垂直于导轨平面，‎ 不计一切摩擦，让ab以初速度 v0水平向右运动，设ab、cd的质量分别为mab和mcd，轨道足够长。‎ 运动过程：ab杆：作初速度为v0，加速度减小的减速运动。cd杆：作初速度为零，加速度减小的加速运动。当二者速度相等时，系统总电动势为零，则回路中电流为零，两导体棒都不受安培力，加速度都为零，以后两棒以相同的速度匀速运动。‎ 最终速度（收尾速度）：两导体棒在运动过程中，受安培力大小相等方向相反，系统受合外力为零，由系统动量守恒定律有：.‎ ‎2、动量定理的应用。如图所示，MNPQ和M′N′P′Q′为宽度不同的两水平固定的平行导轨，设PQ与P′Q′之间的距离为L，MN与M′N′之间的距离为‎2L，在两段轨道上分别垂直轨道放置导体棒ab、cd，整个轨道平面有垂直于轨道平面的匀 强磁场，设ab、cd的质量 分别为mab、mcd，轨道都 足够长，不计一切摩擦，‎ 让ab以水平初速度v0向右开始运动。‎ 运动过程：ab杆：作初速度为v0，加速度减小的减速运动。cd杆：作初速为零，加速度减小的加速运动，最终回路中没有电流，二者以各自的速度作匀速运动。‎ 由于导体棒长度不同，所受安培力大小不同，系统受合外力不为零，则动量不守恒，但二者所受安培力大小关系不变，运动时间相等。可以应用动量定理分别列式，联立求解。‎ 最终速度：要使导体棒最终都匀速运动，两导体棒都不受安培力作用，则ab、cd各自切割磁感线产生的感应电动势大小相等，设ab、cd的速度分别为vab、vcd，则有：Eab＝BLvab＝Ecd＝2BLvcd解得vab＝2vcd。设ab在运动过程中受平均安培力为F，则F＝2BIL.对ab杆用动量定理有：－Ft＝mabvab－mabv0。对cd杆用动量定理有：‎2Ft＝mcdvcd。‎ 联立解得：‎ ‎3、牛顿第二定律的应用。如图所示，MN、PQ为固定在水平面内的平行导轨，导体棒ab、cd垂直导轨放置，整个装置放置于垂直导轨平面的匀强磁场中。设ab、cd的质量均为m，导轨间 距为L，导轨足够长，不计一 切摩擦。开始时cd静止，ab 受向右的恒定水平力作用力 F，由静止开始向右运动（设导轨电阻不计）。‎ 运动过程：ab杆，作加速度减小的加速度运动，cd杆作加速度增加的加速运动，总有一时刻二者加速度相等，设为a，此时，ab、cd杆的速度并不相等，分别设为vab、vcd，由于vab＞vcd，则系统总感应电动势E＝BL(vab－vcd)，设感应电流为I，安培力F安。‎ 对ab棒有：F－F安＝maba；对cd棒有：F安＝mcda；‎ 联立解得：.‎ 设经历一短段时间△t，ab、cd的速度分别为v′ab、v′cd，由运动学公式有：v′ab＝vab＋a△t，v′cd＝vcd＋a△t。‎ 此时系统的总电动势：E′＝BL(v′ab－v′cd)＝BL[(vab＋a△t)－(vcd＋a△t)]＝BL(vab－vcd)‎ 即：E′＝E，表明当ab、cd加速度相等后，系统的总电动势不变，则感应电流不变，F安不变，导体棒各自受合外力不变，运动的加速度不变，故导体棒ab、cd最终做加速度为a的匀加速运动。‎ 三、考点应用（一）‎ 例1： 如图所示abcd为 质量M＝‎2kg的导轨，放在 光滑绝缘水平面上，另有一 根质量m＝‎0.6kg的金属棒PQ平行于bc放在水平导轨上，PQ棒左边靠着绝缘的竖直立柱e、f。导轨处于匀强磁场中，磁场以OO′为界，左侧的磁场方向竖直向上，右侧的磁场方向水平向右。磁感应强度大小都为B＝0.8T。导轨的bc段长L＝‎0.5m,其电阻r＝0.4Ω，金属棒的电阻R＝0.2Ω，其余电阻均可不计。金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.2。若在导轨上作用一个方向向左、大小恒为F＝2N的水平拉力，设导轨足够长（g＝‎10m/s2）,试求：‎ ‎（1）导轨运动的最大加速度；‎ ‎（2）导轨运动的最大速度；‎ ‎（3）定性画出回路中感应电流随时间的变化图线。‎ 分析: 导轨在F作用下向左加速运动，由于切割磁感线在回路中产生感应电流，导轨的bc边及金属棒均受安培力作用，bc受安培力向右，PQ受安培力向上。安培力大小相等设为F安。‎ 对PQ棒，竖直方向受重力mg，‎ 导轨支持力N1，安培力F安，水平方 向受导轨摩擦力f，立柱弹力N，处 于平衡状态，受力如图，则有：‎ N1＝mg－F安,f＝μN＝μ（mg－F安）.‎ 对导轨，水平方向受向左的拉力F，‎ 向右的安培力F安，向右的摩擦力f，受力如图所示。由牛顿第二定律有：∑F＝F－F安－f＝Ma，‎ 即F－F安－μ(mg－F安)＝Ma,‎ 整理得：F－(1－μ)F安－μmg＝Ma.‎ 由上式可以看出，当速度V增加时，F安增加，合外力∑F减小，加速度减小，当F－(1－μ)F安－μmg＝0时，加速度a＝0，速度达到最大。故：导轨做加速度减小的加速运动，最终匀速运动。‎ 解答：（1）当导轨开始运动时，v＝0，加速度最大。由F－μmg＝Mam解得 ‎（2）设导轨的速度为v，则导轨切割磁感线的感应电动势E＝BLv，回路中感应电流，bc及PQ受安培力大小都为.‎ 对导体棒有：；‎ 对导轨有：。‎ 整理得：.‎ 当a＝0时，v最大，即：解得：.‎ ‎（3）由于导轨作加速度减小的加速运动，由以及速度v随时间的变化规律 可知I－t图如图，‎ 其中.‎ 点评：要解答本题，关键是明确导轨的受力情况，把握导轨的运动过程以及运动过程中各个量的变化和变化规律，分析出导轨在运动过程中的临界点。‎ 例2：如图所示，MM′，NN′为相距L＝‎30cm的光滑平行金属导轨，导轨左端接有定值电阻R＝0.1Ω，金属导体棒ab垂直导轨放在导轨上，金属棒的电阻R0＝0.3Ω,导体棒可贴着导轨无摩擦滑动，导轨电阻不计。导轨右端接一水平放置的平行板电容器，两水平金属板间的距离为d＝‎27cm，整个装置都放在垂直纸面向里的匀强磁场中。当ab以速度v向右匀速运动时，一带电微粒刚好能以速率v在平行金属板间作半径为r＝‎11.1cm的匀速圆周运动。（g＝‎10m/s2）‎ 求：为使带电微粒 做上述要求的运动，v 应为多少？若匀强磁场 的磁感应强度B＝2.0T，‎ 则此时作用在ab棒上的 水平拉力应为多少？‎ 分析: 当ab向右运动时，ab切割磁感线产生感应电动势，使abNM回路中产生感应电流，AB两板间有一定电势差（为外电阻R两端电压），AB板间又有匀强磁场，使AB板间出现电场、磁场、重力场的复合场，要使带电微粒在AB间作匀速圆周运动，微粒的重力应与电场力平衡，仅由洛仑兹力提供作圆周运动的向心力。‎ 解答：当ab以速度v向右匀速运动时，产生的感应电动势：E＝BLv …①；‎ 回路abNM产生的感应电流为：…②；则ab两端的电压（AB两板间电势差）…③；‎ 对带电粒子：要使粒子在AB板间作匀速圆周运动，重力和电场力平衡，有…④‎ 洛仑兹力提供向心力，…⑤；‎ 联立以上五式解得：.‎ 对于导体棒，做匀速运动时，拉力F等于安培力大小.即：‎ 点评：（1）从电路的角度要明确AB两板间电势差UAB不是电源的电动势，而是ab两端电压。（2）要准确把握粒子在复合场中做匀速圆周运动时的条件。（3）能将电磁感应、圆周运动和电路知识综合运用。‎ 例3：两个沿竖直方向的磁感应强度大小相等，方向相反的匀强磁场穿过光滑的水平桌面，它们的宽度均为L。在水平桌面上有质量为m，边长为L的正方形线圈，线圈的ab边与磁场的边界ee′的距离为L，（如图所示），线圈在恒力作用下由静止开始沿桌面加速运动，当ab边进入左边磁场时恰好做速度为v的匀速直线运动，求：‎ ‎（1）当ab 边刚越过ff′边界时 线圈的加速度；‎ ‎（2）当ab边运动 到ff′与gg′之间的正中间位置时，线圈又恰好做匀速直线运动，求线圈的ab边从刚越过ee′至到达右边磁场正中间位置的过程中，线圈共产生多少热量？‎ 分析: 设恒定拉力大小为F，线圈运动过程分为三个阶段；‎ 第一阶段：线圈从开始运动至ab边刚进入磁场的瞬间，线圈作匀变速直线运动，末速度为v，满足动能定理。‎ 第二阶段：线圈的ab边越过ee′至ab边刚到达ff′，线圈以速度v作匀速直线运动，该过程中ab边受安培力F1与拉力F大小相等。‎ 第三阶段：线圈的ab边越过ff′至ab边到达右磁场中间位置，线圈作加速度减小的加速运动，当线圈ab边到达右磁场中间位置时，加速度为零，合外力为零。计算全过程线圈中产生的热量可用能量守恒或动能定理求解。‎ 解析：（1）线圈从开始运动至ab边刚进入磁场的瞬间，由动能定理有：…①；‎ ab边越过ee′至刚到达ff′时，线圈匀速运动；设磁场的磁感应强度大小为B，线圈电阻为R，线圈中感应电动势为E1，感应电流为I1‎ ‎，则此过程线圈ab边受安培力大小为：…②；‎ 当ab边刚越过ff′时，ab和cd两边都切割磁感线产生的感应电动势，且大小、方向都相同，线圈回路产生总的感应电动势E2＝2E1，总电流I2＝2I1，ab和cd受磁场合力：F2＝2B（2I1）L＝‎4F1…③；‎ 设线圈运动的加速度为a，由牛顿第二定律有：‎ ‎4F‎1－F＝ma…④；‎ 联立①②③④解得：‎ ‎,a的方向与运动方向相反。‎ ‎（2）设ab运动到ff′与gg′正中间时速度为v3，则感应电动势E3 = 2BLv3，线圈所受的总安培力：…⑤；‎ 由于此时线圈又作匀速运动，线圈受合外力为零，则总安培力大小为：F3＝F…⑥；‎ 联立②⑤⑥解得：v3＝v/4…⑦；‎ 依据能量守恒规律，线圈从ab边刚越过ee′起至ab边到达右侧磁场正中间的过程中线圈产生的热量为：…⑧；‎ 联立①⑦⑧解得：.‎ 点评：（1）要明确线圈运动过程中的几个不同阶段，以及不同阶段中对应的物理规律。（2）要抓住不同运动阶段的转折点、临界点，不同阶段之间物理量的联系以及临界状态下的物理规律。（3）有变加速运动过程时，要注意动能定理或能量守恒的应用。 四、课后练习 ‎1．如图所示，用铝板制成“”形框，将一质量为m的带电小球用绝缘细线悬挂在框的上方，让整体在垂直于水平方向的匀强磁场中向左以速度v匀速运动，悬线拉力为T，则：（ ）‎ A．悬线竖直，T＝mg B．悬线竖直，T＜mg C．v选择合适的大小，可使T＝0‎ D．因条件不足，T与mg的大小关系无法确定 ‎2．如图所示，竖直放置的两光滑平行金属导轨置于垂直于导轨向里的匀强磁场中，两根质量相同的金属棒a和b，和导轨紧密接触且可自由滑动。先固定a，释放b，当b速度达到‎10m/s时，再释放a，经1s时间a的速度达到‎12m/s，取g＝‎10m/s2。则：（ ）‎ A．当va＝‎12m/s时，vb＝‎18m/s B．当va＝‎12m/s时，vb＝‎22m/s C．若导轨很长，它们最终速度必相同 D．它们最终速度不相同，但速度差恒定 ‎3．两根平行的金属导轨，固定在同一水平面上，磁感应强度B＝0.50T的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可忽略不计。导轨间的距离L＝‎0.20m。两根质量均为m＝‎0.10kg的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中始终与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻为R＝0.50Ω。在t＝0时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行、大小为0.20N的恒力F作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动。经过t＝5.0s，金属杆甲的加速度为a＝‎1.37m/s2，问此时两金属杆的速度各为多少？‎ 第五课时 法拉第电磁感应定律的综合应用（二）‎ 考点应用（二）‎ ‎2、电磁感应中的电路问题 例1：在一磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距为h＝‎0.1m的平行金属导轨MN与PQ，导轨的电阻忽略不计，在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R＝0.3Ω的电阻.导轨上跨放着一根长为L=‎0.2m、每米 长电阻r =2.0Ω/m的金属棒 ab.金属与导轨正交放置，交 点为c、d.当金属棒在与导轨 平行的水平外力作用下，以速 度v＝4.0m/s向左做匀速运动时（如图所示），试求：‎ ‎（1）电阻R中的电流强度大小和方向.‎ ‎（2）使金属棒做匀速运动的外力.‎ ‎（3）金属棒ab两端点间的电势差.‎ 分析：先找出回路中相当于电源部分的导体，再画出等效电路图.‎ 解答：金属棒向左匀速运动时，等效电路如图所示，在闭合回路中，金属棒的cd部分相当于电源，内阻rcd＝hr，电动势Ecd＝Bhv （1） 根据欧姆定律，R中的 电流强度为 方向从N流向Q.‎ ‎（2）使棒匀速运动的外力与安培力是对平衡力，方向向左，大小为 F＝F安＝IhB＝0.4×0.1×0.5＝0.02（Ｎ）.‎ ‎（3）金属棒ab两端的电势差，等于 Uac＋Ucd＋Udb，由于Ucd＝IR＝Ecd－Ircd，因此也可以写成：Uab＝Eab－Ircd＝BLv－Ircd ‎＝0.5×0.2×4－0.4×0.1×2＝0.32（V）‎ 点评：不要把ab两端的电势差与ab棒产生的感应电动势这两个概念混为一谈.‎ 例2：如图所示，两个电阻器的阻值分别为R与2R，其余电阻不计，电容器电容 量为C.匀强磁场磁感应强度的大 小为B，方向垂直纸面向里，金 属棒ab、cd的长度和金属导轨的 宽度均为L.当棒ab以速度v向左切割磁感线运动，金属棒cd以速度2v向右切割磁感线运动时，电容器C的电量为多大？哪一个极板带正电？‎ 分析：a→2R→R→f→b回路中，ab相当于电源，使ef存在一个电势差Ufe；e→R→f→d→c→e电路中，电路断开，dc两端电势差等于dc两端电动势.‎ 解答：金属棒ab以速度v向左切割磁感线运动，产生的感应电动势E1＝BLv形成沿abfea方向的电流：‎ ‎，从而 金属棒cd以速度2v向右切割磁感线运动时，产生的感应电动势E2＝2BLv，且C点电势高，由于cd所在回路不闭合，所以：Ucd＝E2＝2BLv因为d、f两点等电势，所以且C点电势高，从而电容器C上的带电量，右侧极板带正电 点评：某两点之间的电势差，等于各部分电势差的代数和；Uab＝Uac＋Ucd＋Udb.‎ ‎3、电磁感应中的能量转化问题 例3：如图所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨倾角为，导轨下端接有电阻R，匀强磁场垂直于斜面向上，质量为m、电阻不计的金属棒ab在沿斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，上升高度h.在这过程中（　　）‎ A．金属棒所受各力的合力 所做功等于零 B．金属棒所受各力的合力所 做的功等于mgh和电阻R上发出的焦耳热之和 C．恒力F与重力的合力所做的功等于棒克服安培力所做的功与电阻R上焦耳热之和 D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热 分析：棒匀速上升过程中有三个力做功：恒力F做正功，重力G、安培力F安做负功.根据动能定理：‎ W合＝△EK，因△EK＝0，故W合＝W恒＋W重＋W安，即A正确 ，B错误，恒力F与重力G的合力所做的功等于导体克服安培力做的功，而导体克服安培力做功等于回路中电能（最终转化为焦耳热）的增加，克服安培力做功与焦耳热不能重复考虑.故C错误，D正确.‎ 答案：AD 点评：电磁感应现象中，通过克服安培力做功，将其他形式的能转化成电能，再通过电阻转化成内能（焦耳热），故W安与电热Q不能重复考虑，这一点务须引起足够的注意.‎ 例4：如图所示，两条平行光滑金属滑轨与水平方向夹角α＝300，匀强磁场B=0.4T，方 向垂直滑轨平面，金属棒ab质量为 ‎0.1kg‎，cd棒质量为‎0.2kg，它们长度 均为L=‎0.5m，且垂直轨道放置，闭 合回路有效电阻为0.2Ω，开始时两棒静止，当ab棒在沿斜面向上的外力作用下，以‎1.5m/s的速度沿斜面向上运动的同时，cd也自由释放，则：（1）棒cd的最大加速度为多少？‎ ‎（2）棒cd的最大速度为多少？（3）当棒cd运动的速度达到最大时，作用在棒ab上外力的功率多大？‎ 分析：cd棒释放时，cd棒重力，沿轨道向下的分量大于它受到沿轨道向上的安培力作用，所以cd棒开始是向下做加速度减小的加速运动，随cd速度增大，回路中电路增大，cd的安培力增大，当cd受力平衡时，加速度为零，速度达到最大；第（3）问中，外力做功等于系统中机械能的增量和消耗的电能.‎ 解答：（1）运动开始，棒cd受沿斜面方向的磁场力及重力分力作用，运动方程为m2gsinα－BIL＝m‎2a，‎ 解得：，‎ 刚开始运动时ab棒v＝‎1.5m/s，cd棒v′＝0，此时a最大，a＝‎3.5 m/s.‎ ‎（2）棒cd在沿斜面方向的磁场力及重力作用下达到平衡时，速度达到最大，（此时ab向上，cd向下），即，‎ m/s.‎ ‎（3）外力克服磁场力做功，转化为机械能和电路的电能，即有： 　　将代入整理后得到 点评：这里我们清楚地看到，运用能量转化和守恒定律是解决电磁感应问题的捷径.‎ 另外，闭合回路的部分导体在磁场中切割磁感线，无论是做变速运动还是做匀速运动都产生电能，变速运动过程产生的电能的功率是随时间变化的，不易由电磁感应定律直接计算，我们转换思维角度发现，对于复杂过程的电磁感应问题，应用能量转化和守恒定律往往是可行的求解途径.‎ ‎4、电磁感应中的图象问题 例5：图甲中abcd为一边长为L，具有质量的刚性导线框，位于水平面内，‎ ad边串联有电阻R，导线的 电阻不计，虚线表示一匀强磁场区域的边界，它与线框的ab边平行，磁场区域的宽度为‎2L，磁感强度为B，方向垂直纸面向里.线框在一垂直于ab边的水平恒定拉力作用下，沿光滑水平面运动，直到通过磁场区域.‎ 已知ab边刚进入磁场时，线框便变为匀速运动，此时通过电阻R的电流的大小为i0，试在图乙坐标上定性画出：从导线框刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，流过电阻R的电流i的大小随ab边的位置坐标x变化的曲线.‎ 分析：由右手定则可判断在导线框匀速进入磁场时，感应电流i0大小不变，方向为逆时针方向（在0～L段）.在ab边运动从L到‎2L段，R上无电流，安培力为零，此时导线框只受水平恒力F做匀加速运动.导线框以较大速度从‎2L处开始离开磁场，‎ cd段切割磁感线产生较大感应 电流i＞i0同时受到的安培力大 于F，做减速运动，故在‎2L～‎3L段i随x增大而减小.在x＝‎3L处i＞i0，导线框完全离开磁场，如图所示.‎ 答案：如图丙所示.‎ 点评：此题关键在ab边经‎2L处离开磁场时，速度比进入磁场时大.而i＞i0，F安＞F拉，做减速运动，i逐渐减小.‎ 例6：如图所示，一宽为‎40cm 的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸 面向里，一边长为 ‎20cm的正方形 导线框位于纸面内，以垂直于磁场 边界的恒定速度v＝‎20cm/s，通过磁场区域，在运动过程中，线框有一边始终与磁场区域的边界平行，取它刚进入磁场时刻t＝0时，则下图中能正确反映感应电流强度随时间变化规律的是（　　）‎ 分析：由感应电流产生的条件可知，线框只有一条竖直边在磁场中时，穿过线框的磁通量才是变化的，回路中才有感应电流，因为线圈运动速度恒定，所以感应电动势、感应电流大小是恒定的，由此可见答案为C.‎ 答案：C 点评：分清线圈回路中电流的方向.‎ 课后练习 ‎1、图中，EF、GH为平行的金属导轨，其电阻可不计，R为电阻器，C为电容器，AB为可在EF和GH上滑动的导体横杆.有均匀磁场垂直于导轨平面，若用I1和I2分别表示图中该处导线中的电流，则当横杆AB（　　）‎ A．匀速滑动时，I1=0，I2=0‎ B．匀速滑动时，I1 ≠ 0，I2 ≠ 0‎ C．加速滑动时，I1=0，I2=0‎ D．加速滑动时，I1 ≠ 0，I2 ≠ 0‎ ‎2.如图所示,长为L,电阻r＝0.3Ω,质量m＝‎‎0.1kg 的金属棒CD垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑的金属导轨上，两导轨间距也是L,棒与导轨间拉触良好,导轨电阻不计,导轨左端接有R＝0.5Ω的电阻,量程为0～3.OA的电流表串接在一条导轨上,量程为0～1.0V的电压表接在电阻R的两端,垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过导轨平面。现以水平向右的恒定外力F使金属棒右移。当金属棒以v＝‎2m/s 的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏。问：‎ ‎（1）此满偏的电表是什么表？‎ 说明理由。‎ ‎（2）拉动金属棒的外力F是多大？‎ ‎（3）此时撤去外力F，金属棒将逐渐慢下来，最终停止有导轨上。求从撤去外力到金属棒停止运动的过程中通过电阻R的电量。‎ ‎3.如图所示，条形磁铁先后以不同速度v1和v2匀速插入一个接有电阻R的线圈，且两次的始末位置相同，线圈的电阻可忽略。求两次插入过程中：‎ ‎（1）通过电阻R的电量之比q1:q2＝？‎ ‎（2）W1：W2＝？‎ ‎（3）P1：P2＝？‎ ‎4.如图所示,平行金属导轨MN、PQ水平位置，接有电阻为R的固定电阻，金属棒ab垂直于导轨放置，且始终与导轨接触良好，导轨和金属棒的电阻不计，匀强磁场方向垂直导轨所在平面，现用垂直于ab棒的水平向右的外力F，拉动ab棒由静止开始向右做匀速直线运动，则下图中哪一个能够正确表示外力F随时间变化的规律（ ）‎ ‎5.矩形区域为磁感强度为B的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里，一圆环的圆心O恰好在矩形区域的右边缘上，圆环有三根对称的金属导体OA，OB，OC，每根导体的电阻为r（圆环电阻不计），长度为L，如图所示，电阻R＝2r，当圆环以角速度ω＝‎ ‎2πrad/s绕垂直于纸面的O轴匀速转动时，试作出R两端U随时间t变化的图像。（从OA进入磁场区域开始计时，作1s时间内的图像）‎ 第六课时 自感现象 日光灯原理 一、考点理解 （一）自感现象 ‎1、自感现象 ‎（1）当闭合回路的导体中的电流发生变化时，导体本身就产生感应电动势，这个电动势总是阻碍导体中原来电流的变化。这种由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象，叫做自感现象。‎ ‎（2）实质：由于回路中流过导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象。‎ ‎（3）电流变化特点：由于感应电流总是阻碍线圈中自身电流的增大或减小，故其本身的电流的增大或减小总表现为一种“延缓”效应。即电流变化的同时产生影响导体中电流变化的因素，此瞬时电流不会发生突变，而是较慢地达到那种变化。‎ ‎2、自感电动势 ‎（1）概念：在自感现象中产生的感应电动势叫自感电动势。其效果表现为延缓导体中电流的变化。‎ ‎（2）大小：‎ ‎（3）方向:当流过导体的电流减弱时，E自的方向与原电流的方向相同,当流过导体的电流增强时，E自的方向与原电流的方向相反。‎ ‎3、自感系数 ‎（1）不同的线圈在电流变化快慢相同的情况下，产生的自感电动势不同；在电学中，用自感系数来描述线圈的这种特性。用符号“L”表示。‎ ‎（2）决定因素：线圈的横截面积越大、线圈越长、单位长度上的线圈匝数越多，自感系数越大；有铁芯比无铁芯时自感系数要大得多。‎ ‎（3）单位：享利，简称“享”，符号“H”。常用的有毫享（mH）和微享（μH）。1H＝103mH＝106μH ‎（4）物理意义：表征线圈产生自感电动势本领的大小。数值上等于通过线圈的电流在1s内改变‎1A时产生的自感电动势的大小。‎ ‎4、自感现象的应用和防止 ‎（1）应用：如日光灯电路中的镇流器，无线电设备中和电容器一起组成的振荡电路等。利用自感现象，可以适当地增大自感系数。‎ ‎（2）危害及防止：在自感系数很大而电流又很强的电路中，切断电路的瞬时，会因产生很高的自感电动势而出现电弧，从而危及工作人员和设备的安全，此时可用特制的安全开关。制作精密电阻时，采用双线绕法，防止自感现象的发生、减小因自感而造成的误差。也可以通过阻断形成自感所必需的通路或设法减小自感系数来减少自感的危害。‎ ‎（二）日光灯原理 ‎1、启动器：基本结构如图所示，‎ 它是利用氖管内的氖气放电产生 辉光的热效应和双金属片的热学 特征，起着自动把电路接通或断 开的作用，相当于一个自动开关。‎ ‎2、镇流器：镇流器是一个带铁芯的线圈，自感系数很大。在日光灯点燃时，利用自感现象，产生瞬时高压加在灯管两端，促使灯管里的低压汞蒸气放电，形成闭合电路；在日光灯正常工作时，利用自感现象，起着降压限流的作用。‎ ‎3、日光灯的工作原理：电路结构如图所示，当开关接通时，由于灯管里气体受激发导电时需要比220V高得多的电压，此时灯管并没有通电；电压加在启动器两端，当启动器两触片间的电压增加到某一数值时，启动器里的氖气放电而发出辉光，‎ 产生的热量使启动器里U形动 触片膨胀张开，跟静触片接触 而把电路导通，于是镇流器的 线圈和日光灯的灯丝就有电流 通过，电路导通后，启动器中两触片间的电压为零，启动器里的氖气停止放电，‎ 不产生辉光，U形动触片冷却缩回，电路自动断开。‎ 电路断开的瞬间，由于镇流器中的电流急剧减小，会产生很大的自感电动势，其方向与原先电流方向相同，即与原先加在灯管两端的电压方向相同。这个电动势与原电压加在一起形成了一个瞬时高压，加在灯管两端，使灯管中的气体开始放电导通，气体放电时产生的紫外线打到涂有荧光粉的管壁上，发出柔和的白光。‎ 当日光灯正常工作时，灯管的电阻变得很小，只允许通过不大的电流。日光灯使用的是交变电流，其大小和方向都在不断变化。镇流器中的线圈会产生一个自感电动势，阻碍电流的变化。这时，镇流器起着降压限流的作用。‎ 二、方法讲解 1、自感现象是一种电磁感应现象，同样遵守法拉第电磁感应定律和楞次定律，分析自感现象时，应从这两个定律入手，理解自感的本质。‎ ‎2、在课本中介绍通电过程产生的自感演示实验中（如图所示），先闭合S，调节R1、R，使两灯均正常发光。然后断开S。重新接通电路时可以看到，跟有铁芯的线圈L串连的灯泡A1却是逐渐亮起来的，“逐渐”并不是一个缓慢的长过程，“逐渐”的时间实际是很短的，只是相对同时变化而言。‎ 介绍断电过程产生的自感演示实验中（如图所示），接通电路，灯泡A正常发光。断开电路，可以看到灯泡A没有立即熄灭，相反，它会很亮地闪一下 。这里很亮地闪一下是有条件的，即S接通时，流过线圈中的电流要大于流过灯泡中的电流，因为S断开时，灯泡和线圈组成的回路中的电流，是以线圈中的原电流为初始电流，再减小到零的。‎ ‎3、在解题时，常见到“某线圈的自感系数很大”的表述，这时可以认为当电路变化时，通过该线圈的电流瞬间保持不变。‎ ‎4、日光灯的电路图不要画 成右图那样，灯丝被短路，日光 灯无论如何也不会亮，另外，启 动器和镇流器的位置也不要搞颠倒了。‎ ‎5、日光灯正常工作时，镇流器起着降压限流的作用，不可去掉；启动器处于断开状态，可以去掉。‎ 三、考点应用 例1：如图所示电路中，灯LA、LB完全相同，带铁芯的线圈L的电阻可忽略，则（　　）‎ A、S闭合时瞬间，LA、LB同时发光，接着LA熄灭，LB更亮 B、S闭合瞬间，LA不亮，LB立即亮C、S闭合瞬间，LA、LB都不立即亮 D、稳定后再断开S的瞬间，LB立即熄灭，LA灯变亮并比LB灯原来更亮 分析:本题中的线圈电阻可以忽略，也就是说当电路稳定后L相当于一根无阻导线；线圈带铁芯，就是说L值很大，电路变化时，流过L的电流瞬时不变。‎ 在S闭合的瞬间，L支路中的电流从无到有发生变化，因此，在L中产生自感电动势阻碍电流增加。由于自感系数很大，对电流的阻碍作用很强，所以在接通S极短的时间里L中的电流几乎为零，可以将L支路看作断路，故LA、LB同时发光。由于L中的电流从无到有很快稳定，感应电动势消失，L相当于一根无阻的导线将LA短路，故LA将熄灭。由于此时电路中的电阻仅为LB的电阻，比原来变小，故电路中流过LB的电流增大，LB变得比原来更亮，故A正确。‎ 在S断开瞬间，L中的电流减小，L产生一个自感电动势来阻碍流过自身的电流变化，与LA构成闭合回路。由于流过L的电流瞬时不变等于原先流过LB的电流，故S断开的瞬间，LA亮度与原先电路稳定时LB的亮度相同，LB则立即熄灭。‎ 答案：本题正确选项为A。‎ 点评：本题考查了通电自感和断电自感两种情况，要注意题中L的特点。‎ 例2：如图所示，当电键S接通后，通过线圈L的电流方向是__________，（填“从a到b”或“从b到a”，下同），通过灯泡的电流方向是_____ _____；电键S断开的瞬间，通过线圈L的电流方向是 ，通过灯泡的电流方向是 。‎ 分析:本题考查自感电流的方向问题。由于自感现象是一种特殊的电磁感应现象，同样满足楞次定律。要充分理解楞次定律中“阻碍”两字的含义。‎ 当电键闭合时，电源对灯泡和电感线圈组成的并联电路供电，电流从电源的正极流出，从a经电感线圈和灯泡流向b。‎ 当电键断开的瞬间，L中的电流不能突变为零，所以线圈L中的电流流向仍是从a到b，它相当于是一个电源向电灯供电，流过灯的电流方向是从b到a。‎ 答案：题中四空应依次填入：从a从b，从a从b，从a到b和从b到a。‎ 点评：通过本题的分析求解，我们可以得到一个结论：自感线圈在通电时起到电阻的作用，在断电时起到电源的作用。‎ 在开关断开的瞬间，不能认为流过灯泡的电流不变。发生自感现象时，“阻碍电流的变化”是指“阻碍发生自感的导体所在支路的电流变化”。‎ 例3：在如图所示的电路中，‎ 电流表的内阻不计，电阻R1＝‎ ‎2.5Ω，R2＝7.5Ω，电感线圈的 直流电阻可以忽略，闭合电键K的瞬时，电流表读数I1＝‎0.2A，当线圈中的电流稳定后，电流表的读数I2＝‎0.4A。试求电池的电动势和内电阻。‎ 分析:这是一道自感现象和闭合电路欧姆定律相结合的题目，关键是要明确题中所给的两个状态下的电路特点：闭合电键的瞬间，由于L的自感作用，使它相当于断路状态，回路有电阻R1、R2串联；当线圈中的电流稳定时，L的自感作用消失，又因为不计L的直流电阻，它相当于是一根导线，把R2短路，回路仅有R1一个电阻。‎ 解答：闭合开关K的瞬间，R1和R2串联接入电路，由闭合电路欧姆定律得：‎ 即……①‎ 线圈中的电流稳定时，电阻R2中无电流，仅R1接入电路，所以有：，‎ 即：……②‎ 联立①②两式解得E＝3V，r＝5Ω。‎ 点评：根据自感线圈的特性，挖掘出题中的隐含条件，是解决此类问题的关键所在。‎ 例4：如图所示，电阻R1＝3Ω，‎ R2＝6Ω，线圈的直流电阻不计。‎ 电源电动势E=5V、内阻r=1Ω.开 始时电键S闭合。则：（ ）‎ A、断开S前，电容器带电荷量为零 B、断开S前，电容器电压为(10/3)V C、断开S的瞬间，电容器a板带上正电 D、断开S的瞬间，电容器b板带上正电 分析:本题是一道电感线圈与电容器相结合的综合题，既考查了断电自感现象，又考查了电容器的充、放电问题。注意到电感线圈的直流电阻不计，说明当流过电感线圈的电流不变时，可以把它当作导线；S断开的瞬间，电感线圈又相当于电源向外供电。电容器a、b两极板间的电压决定了它们的带电情况。‎ 断开S前，电路稳定，L相当于无电阻的导线，则Uab＝0，从而电容器的带电荷量为零，A项正确。断开S的瞬间，由于L的自感作用，L中仍然存在着一个自右向左的电流。L与C构成了回路，则L中的电流要向C充电，使a极板带正电，b极板带负电，故C项正确。‎ 答案：本题正确选项为A、C 点评：“掌握”无直流电阻的电感线圈在电流稳定和电流变化时不同的特点，是解决此题的关键。‎ 当L中的电流减为零时，电容器C处于什么样的状态？以后又将出现什么情况？如果不考虑电场能和磁场能的损失，这种现象能否一直持续下去？‎ 例5：如图所示为日光灯示教电路，L为镇流器，S为启动器，下列操作中，观察到的正确现象是：（　　）‎ A、接通K1，K2接a，K3断开，灯管正常发光 B、灯管正常发光时，将K2由a 迅速接到b，灯管将不再正常发光 C、断开K1、K3，令K2接b，‎ 待灯管冷却后再接通K1，可看 到S闪光，灯管不能正常发光 D、取下S，令K2接a，再接通K1、K3，接通几秒后迅速断开K3，灯管可能正常发光 分析:本题在日光灯电路的基础上，多加两个开关K2和K3，以及灯泡D。以此来演示分析镇流器、启动器的作用。应该明确的是：启动器S在电路中起着“自动”开关的作用，用手动的方法也可代替；镇流器L的作用在于启动时提供瞬时高压和正常工作时的降压限流。‎ 按选项A的做法，电路就是一个常见的日光灯照明电路，故A选项正确。选项D是用手动开关K3来代替启动器S，如前面分析可知，这种做法是可行的，故D选项正确。灯管正常工作后，镇流器L只起降压限流的作用，其工作可由一个电阻来代替。故灯管正常工作后，将K2由a转到b，灯泡中的钨丝电阻替代镇流器工作，只要阻值合适，日光灯仍可正常发光，故B选项错误。镇流器L在启动器S中的双金属片断开的瞬间产生高压，促使日光灯管发光，而灯泡D不能代镇流器产生所需的高压，按选项C，只能看到S断续闪光，而灯管却不能正常发光。‎ 答案：本题正确选项为A、C、D 点评：本题是以一种较新颖的形式考查镇流器和启动器的作用，只有真正理解了它们的工作原理，才能灵活地使用其他方法予以替代。‎ 例6：如图所示，日光灯正常发光时，流过灯管的电流为I，那么对于灯丝ab的电 流，下列说法中正确的是（　　）‎ A.灯丝ab上的电流处处为I B.灯丝a端的电流为I C.灯丝b处的电流为I，其他地方的电流都比I小 D.灯丝b处最容易烧断 分析:本题是将日光灯原理与恒定电流的知识综合在一起应用，在分析问题时，不能再将灯丝看作是一个整体。‎ 灯管在正常发光后，流过灯管中的电流为I，这个电流从b通过水银蒸气流到另一端d，和镇流器构成回路，此时启动器及灯丝a端都无电流通过，故灯丝b端电流为I，其他地方的电流都比I要小（指灯丝ab而言）。选项C正确。又由于灯丝b处始终有电流通过，故b处最容易烧断，选项D正确。‎ 答案：本题正确选项为C、D 点评：解答此题的关键在于：启动器接通后又断开的瞬间，镇流器产生的瞬间高压加上电源电压只加在灯丝bd之间；日光灯正常工作后，灯管内的电流通路是b→汞蒸气→d，与其余部分的灯丝无关。‎ 想一想，根据本题，请思考：在使用日光灯时，如何延长日光灯的寿命？‎ 例7：如图所示电路，电键S 闭合，流过电感线圈L的电流为i1，‎ 流过灯泡A的电流为i2，且i1＞i2。在时刻t1将S断开，流过灯泡A的电流随时间变化的图象可能是下图中的（　　）‎ 分析:自感现象中的电流问题，既要考虑到电流的大小，又要考虑到电流的方向。断电自感现象中流过自感线圈的电流是瞬时不变的，这里的“不变”包括电流的大小和方向两个方面。‎ 由电路图知，在S闭合的时候，流过灯泡A、线圈L的电流方向都是自左向右的。在S断开的瞬间，流过L的电流大小仍为i1，方向仍是从左向右的，它与灯泡A构成串连回路，故流过灯泡A的电流大小变成i1，方向变成从右向左，与原来方向相反。‎ 答案：综合上述分析可知，本题的正确选项为D。‎ 点评：确定自感回路、利用断电自感的“电流瞬时不变”来解决本题，在图象问题中，还要注意到电流的方向——B项和D项的区别就在于此。‎ 四、课后练习 1、如图所示电路中，电感线圈的电阻可不计，电阻R1＞R2。开关S闭合时，电路达到稳定，通过电阻R1和R2的电流分别为I10和I20，若断开S的瞬间，通过R1和R2的电流分别为I1和I2，则有（ ）‎ A、电流I1和I2的方向都是自左向右 B、电流I1的方向自右向左，‎ 电流I2的方向自左向右 C、电流I1大于I10‎ D、电流I2大于I20‎ ‎2、如图所示，L是电阻不计、自感系数足够大的线圈，D1和D2是两个规格相同的灯泡，下列说法中正确的是（ ）‎ A、K刚闭合时，D1和D2同时亮且同样亮 B、K刚闭合时，D1和D2不同时亮 C、闭合K达到稳定时，D1熄灭，‎ D2比K刚闭合时亮 D、再将K断开时，D1闪亮一下 再熄灭，而D2立即熄灭 ‎3、如图所示的电路图中，S1为启动器，S2是为电键，L为镇流器，能使日光灯正常发光的是（ ）‎ ‎4、如图所示，是日光灯的连接简图。其中镇流器的作用是（ ）‎ A、日光灯启动时，提供一个瞬时高压 B、日光灯正常工作时，‎ 起降压、限流的作用 C、日光灯正常工作时，‎ 起维持灯管两端220V电压的作用 D、相当于保险丝的作用 ‎5、如图所示的电路中，‎ 已知E=20V，R1＝20Ω，‎ R2＝10Ω，L是纯电感线圈，‎ 电源内阻不计。则当S闭合 稳定时，ab间的电压为 ，再打开S的瞬间，a、b间的电压为 。 ‎ 电磁感应 第一课时 考点梳理 ‎1．磁感应强度、韦伯、韦、Wb；2．磁通密度；3．穿过闭合回路的磁通量发生变化 ；4．原磁通量的增加 ，原磁通量的减少 ；5．磁通量的变化；6．明确原磁场的方向、判断原磁通量的变化（增减）情况、判断感应电流的磁场方向、用安培定则判断感应电流的方向；7．右手定则、伸开右手，使大拇指跟其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内，让磁感线垂直穿入手心，拇指指向导体运动方向，那么伸直四指指向即为感应电流的方向 ；8．自感、自感电动势；9．相反、相同 ；10．自感、电感、形状、长短、匝数、越大；11．灯管、镇流器、启动器；12．断开；13．感应电动势、磁通量的变化快慢、磁通量的变化率；14．正比、△φ/△t 、n/△φ/△t ；15．正比；16．机械、电能、发电机；17．变压器。‎ 电磁感应 第二课时 电磁感应现象 楞次定律 ‎1.CD；2.D；3. D；4.BC；5.A；6.BC；7.D；8.AD；9.AC；10.C；11.B；‎ 电磁感应 第三课时 法拉第电磁感应定律 ‎1.C；2.AD；3.D；4.D；5.C；‎ ‎6.解：（1）E1＝B2av＝0.8V，I1＝E1/R＝‎0.4A；（2）E2＝Δφ/Δt＝0.5×πa2×（ΔB/Δt）＝0.32V；‎ P1＝（E2/2）2/R＝1.28×10－2W ‎7.解：设t＝0.5s时导体棒受安培力的大小为F′，对甲导体杆，由牛顿第二定律有：F－F′＝ma……①，对甲乙杆系统由动量定理有：Ft＝mv1－mv2……②，由安培力公式有：F′＝B‎2L2(v1－v2)/ 2R……③，联立①②③解得 v1＝‎8.15m/s，v2＝‎1.85m/s。‎ 设t时间内通过导体横截面的电量为q，t时刻两导体棒间的距离为x，回路中的平均电流为I；对乙导体棒由动量定理有：BILt＝mv2，联立q＝It解得q＝‎1.85C……④，又q＝Δφ/2R＝BLx/2R……⑤；④代入⑤解得x＝‎18.5m。‎ 电磁感应 第四课时 法拉第电磁感应定律的综合应用（一）‎ ‎1.A；2.AC；‎ ‎3.解：设任意时刻甲乙之间的距离为x，速度分别为v1，v2‎ ‎，经过很短的时间△t，甲移动的距离v1△t，杆乙移动的距离v2△t，回路面积改变△s＝[(x－v2△t)＋v1△t]L－Lx＝（v1－v2）L△t……①；由法拉第电磁感应定律有，回路中的感应电动势E＝B△s/△t……②，回路中的电流I＝E/2R……③，杆甲的运动方程F－BIL＝ma……④，由于甲乙两杆所受的安培力总是大小相等方向相反，则系统的总动量就是外力F的冲量，Ft＝mv1＋mv2……⑤，联立以上各式解得，v1＝‎8.15m/s，v2＝‎1.85m/s 电磁感应 第五课时 法拉第电磁感应定律的综合应用（二）‎ ‎1.（D）‎ ‎2.解：(1)电压表满偏.若电流表满偏，则I＝‎3A，U＝3R＝1.5V，大于电压表量程。‎ ‎（2）由功能关系得Fv＝I2（R+r），而I＝U/R，解得，代入数据得 ‎（3）对撤去外力F后金属棒逐渐停下来全过程，由动量定理得：BI′L△t＝mv……①；‎ 通过电阻R的电量为：q＝I′△t ……②；‎ 又拉力F撤去前，金属杆匀速运动，‎ 则有F＝BIL……③；‎ 由题意知；I＝U/R＝2（A）；又F＝1.6N 联立①②③解得q＝‎0.25C.‎ ‎3.解析：设这两次所用的时间为△t1和△t2，平均电动势为和，则，‎ ‎（1）‎ ‎（2）由于插入过程的力是一个变力，故不能直接求功，但从能量守恒可知，外力做的功必全部转化为焦耳热，故有：‎ ‎4.解析：设导体棒的质量为m ,匀加速直线运动的加速度为a，匀强磁场的磁感应强度为B，平行金属导轨之间的距离为L.‎ 经过ts的时间导体棒的速度：v＝at……①‎ 此时产生的感应电动势：E＝BLv……②‎ 据闭合电路欧姆定律感应电流有:I＝E/R……③‎ 导体棒所受的安培力：F安＝BIL……④‎ 据牛顿第二定律有F－F安＝ma……⑤‎ 由①②③④⑤式解得：‎ 上式表明，外力F是时间t的一次函数，其图象为一条不过原点的倾斜直线，故选C.‎ 答案：C ‎5.解：圆环转动的周期T＝ω/2π＝1s；‎ 在内，OA，OB在磁场中转动，切割磁感线产生感应电动势E1＝BωL2/2＝πBL2，‎ 其等效电路如图甲所示，电源电动势为E1，内阻为r/2，外电阻为，由闭合电路欧姆定律得 在内，只有OA在磁场中转动转动切割磁感线，产生感应电动势E2＝BωL2/2＝πBL2，其等效电路如图乙所示，电源电动势为E2，内阻为r，外电阻为 由闭合电路欧姆定律得 同理，可得到如下结论：在内，，在内，，在内，，在内，.‎ 根据以上结论,可画出1s内的U－t图像如图丙所示.‎ 综上所述,电磁感应图像 问题是楞次定律、右手定 则、法拉第电磁感应定律 的综合应用，只有学好这些基础知识，才能顺利地解决图像问题。‎ 电磁感应 第六课时 自感现象 日光灯原理 ‎1.BC；2.ACD；3.AC；4.AB；5.0、－60V； ‎