法拉第电磁感应定律 自感 涡流

第2课时法拉第电磁感应定律自感涡流导学目标1.能用法拉第电磁感应定律、公式E＝Blv计算感应电动势.2.理解自感、涡流产生，并能分析实际应用.基础再现·深度思考一、法拉第电磁感应定律[基础导引]1.关于电磁感应，下述说法正确的是()A.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B.穿过线圈的磁通量为零，感应电动势一定为零C.穿过线圈的磁通量变化越大，感应电动势越大D.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D第2课时2.试计算下列几种情况下的感应电动势.(1)平动切割①如图1(a)，在磁感应强度为B的匀强磁场中，棒以速度v垂直切割磁感线时，感应电动势E＝.②如图(b)，在磁感应强度为B的匀强磁场中，棒运动的速度v与磁场的方向成θ角，此时的感应电动势为E＝.Blv图1Blvsinθ第2课时(2)转动切割如图(c)，在磁感应强度为B的匀强磁场中，长为l的导体棒绕一端为轴以角速度ω匀速转动，此时产生的感应电动势E＝.(3)有效切割长度：即导体在与v垂直的方向上的投影长度.试分析图2中的有效切割长度.图2甲图中的有效切割长度为：；乙图中的有效切割长度为：；丙图中的有效切割长度：沿v1的方向运动时为；沿v2的方向运动时为.cdsinθ12Bl2ωMNR第2课时2R[知识梳理]1.感应电动势(1)感应电动势：在中产生的电动势.产生感应电动势的那部分导体就相当于，导体的电阻相当于.(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循定律，即I＝.2.法拉第电磁感应定律(1)法拉第电磁感应定律①内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的成正比.②公式：E＝.电磁感应现象电源电源内阻闭合电路欧姆ER＋rnΔΦΔt磁通量的变化率第2课时(2)导体切割磁感线的情形①一般情况：运动速度v和磁感线方向夹角为θ，则E＝.②常用情况：运动速度v和磁感线方向垂直，则E＝.③导体棒在磁场中转动导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E＝Blv＝(平均速度等于中点位置线速度12lω).BlvsinθBlv12Bl2ω第2课时二、自感与涡流[基础导引]判断下列说法的正误（1）线圈的自感系数跟线圈内电流的变化率成正比.()（2）自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化.()（3）当导体中电流增大时，自感电动势的方向与原电流方向相反.()（4）线圈中电流变化的越快，穿过线圈的磁通量越大.()答案（1）×（2）√（3）√（4）×第2课时科目一考试年科目一模拟考试题科目二考试年科目二考试技巧、考试内容、考试视频[知识梳理]1.自感现象(1)概念：由于导体本身的变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫做.(2)表达式：E＝(3)自感系数L①相关因素：与线圈的、形状、以及是否有铁芯有关.②单位：亨利(H,1mH＝H,1μH＝H).2.涡流当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生，这种电流像水中的旋涡所以叫涡流.(1)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到，安培力的方向总是导体的相对运动.(2)电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来.(3)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了的推广应用.电流自感电动势LΔIΔt10－310－6感应电流安培力阻碍感应电流楞次定律第2课时大小匝数课堂探究·突破考点考点一法拉第电磁感应定律的应用考点解读1.感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率ΔΦΔt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.2.具体而言：当ΔΦ仅由B引起时，则E＝nSΔBΔt；当ΔΦ仅由S引起时，则E＝nBΔSΔt.3.磁通量的变化率ΔΦΔt是Φ－t图象上某点切线的斜率.第2课时典例剖析例1如图3(a)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(b)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3(1)通过电阻R1上的电流大小和方向；(2)通过电阻R1上的电荷量q及电阻R1上产生的热量.第2课时解析(1)设k＝B0t0，由题图(b)可知，磁感应强度B与时间t的函数关系为B＝B0－B0t0t＝B0－kt磁场的面积及线圈内的磁通量分别为S＝πr22Φ＝BS＝πr22(B0－kt)在0和t1时刻，单匝线圈中的磁通量分别为Φ0＝B0πr22Φ1＝πr22(B0－kt1)即ΔΦ＝－πr22kt1在0至t1时间内，线圈中的感应电动势大小及感应电流分别为E＝nΔΦt1＝nπr22kI＝ER＋2R＝nπr22B03Rt0根据楞次定律判断，通过电阻R1上的电流方向应由b到a第2课时答案(1)nB0πr223Rt0方向由b到a(2)nB0πr22t13Rt02n2B20π2r42t19Rt20思维突破1.公式E＝nΔΦΔt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＝nSΔBΔt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和回路电阻R有关，与时间长短无关.推导如下：q＝IΔt＝nΔΦΔtRΔt＝nΔΦR.(2)0至t1时间内，通过电阻R1上的电荷量q＝It1＝nπr22B0t13Rt0电阻R1上产生的热量Q＝2I2Rt1＝2n2π2r42B209Rt20t1第2课时跟踪训练1如图4所示，导线全部为裸导线，半径为r的圆内有垂直于圆平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根长度大于2r的导线MN以速度v在圆环上无摩擦地自左端匀速滑到右端.电路的固定电阻为R，其余电阻不计，求MN从圆环的左端滑到右端的过程中电阻R上的电流的平均值和通过电阻R的电荷量.图4第2课时解析MN做切割磁感线运动，有效切割长度在不断变化，用E＝Blv难以求得平均感应电动势，从另一角度看，回路中的磁通量在不断变化，可利用法拉第电磁感应定律求平均感应电动势.从左端到右端磁通量的变化量ΔΦ＝BΔS＝Bπr2从左端到右端的时间：Δt＝2rv根据法拉第电磁感应定律，平均感应电动势E＝ΔΦΔt＝Bπr22rv＝Bπvr2所以，电路中平均感应电流I＝ER＝Bπvr2R通过R的电荷量q＝IΔt＝Bπvr2R·2rv＝Bπr2R答案Bπvr2RBπr2R第2课时考点二导体切割磁感线产生感应电动势的计算典例剖析例2在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中，B＝0.2T，有一水平放置的光滑框架，宽度为l＝0.4m，如图5所示，框架上放置一质量为0.05kg、电阻为1Ω的金属杆cd，框架电阻不计.若杆cd以恒定加速度a＝2m/s2，由静止开始做匀变速运动，则：(1)在5s内平均感应电动势是多少？(2)第5s末，回路中的电流多大？(3)第5s末，作用在cd杆上的水平外力多大？图5第2课时解析(1)5s内的位移x＝12at2＝25m5s内的平均速度v＝xt＝5m/s(也可用v＝0＋v52求解)故平均感应电动势E＝Blv＝0.4V(2)第5s末：v＝at＝10m/s此时感应电动势：E＝Blv则回路中的电流为I＝ER＝BlvR＝0.2×0.4×101A＝0.8A(3)杆cd匀加速运动，由牛顿第二定律得F－F安＝ma即F＝BIl＋ma＝0.164N答案(1)0.4V(2)0.8A(3)0.164N第2课时思维突破公式E＝nΔΦΔt与E＝Blvsinθ的区别与联系两个公式项目E＝nΔΦΔtE＝Blvsinθ(1)求的是Δt时间内的平均感应电动势，E与某段时间或某个过程相对应(1)求的是瞬时感应电动势，E与某个时刻或某个位置相对应(2)求的是整个回路的感应电动势.整个回路的感应电动势为零时，其回路中某段导体的感应电动势不一定为零(2)求的是回路中一部分导体切割磁感线时产生的感应电动势区别(3)由于是整个回路的感应电动势，因此电源部分不容易确定(3)由于是由一部分导体切割磁感线的运动产生的，该部分就相当于电源第2课时联系公式E＝nΔΦΔt和E＝Blvsinθ是统一的，当Δt→0时，E为瞬时感应电动势，只是由于高中数学知识所限，现在还不能这样求瞬时感应电动势，而公式E＝Blvsinθ中的v表示平均速度时，则求出的E为平均感应电动势第2课时跟踪训练2(2010·课标全国·21)如图6所示，两个端面半径同为R的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场.一铜质细直棒ab水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直.让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R时铜棒中电动势大小为E1，下落距离为0.8R时电动势大小为E2.忽略涡流损耗和边缘效应.关于E1、E2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是()A.E1E2，a端为正B.E1E2，b端为正C.E1E2，a端为正D.E1E2，b端为正图6第2课时解析当铜棒下落距离为0.2R时，棒的速度v1＝2g×(0.2R)＝0.4gR，有效切割长度l1＝2R2－(0.2R)2，此时刻电动势E1＝Bl1v1＝2BR0.4×(1－0.22)gR；当棒下落距离为0.8R时，棒的速度v2＝2g×(0.8R)，有效切割长度l2＝2R2－(0.8R)2，电动势E2＝Bl2v2＝2BR1.6×(1－0.82)gR，比较E1与E2的表达式知E1E2，由右手螺旋定则判定出棒处的磁场方向向左，再用右手定则判定出b端电势高.故D项正确.答案D第2课时考点三自感现象的分析考点解读通电自感与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)第2课时现象在S闭合瞬间，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(当抽掉铁芯后，重做实验，断开开关S时，会看到灯A马上熄灭)第2课时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，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A灯，且由于RL≪RA，使得流过A灯的电流在开关断开瞬间突然增大，从而使A灯的发光功率突然变大能量转化情况电能转化为磁场能磁场能转化为电能第2课时典例剖析例3(2010·江苏单科·4)如图7所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值.在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S.下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中正确的是()图7第2课时解析S闭合时，由于电感L有感抗，经过一段时间电流稳定时L电阻不计，可见电路的外阻是从大变小的过程.由U外＝R外R外＋rE可知U外也是从大变小的过程，所以A、C错.t1时刻断开S，由于自感在L、R、D构成的回路中，电流从B向A，中间流过D，所以t1时刻UAB反向，B正确.答案B第2课时思维突破自感现象中主要有两种情况：即通电自感与断电自感.在分析过程中，要注意：(1)通过自感线圈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.(2)断电自感现象中灯泡是否“闪亮”问题的判断在于对电流大小的分析，若断电后通过灯泡的电流比原来强，则灯泡先闪亮后再慢慢熄灭.第2课时跟踪训练3如图8(a)、(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8第2课时A.在电路(a)中，断开S，A将渐渐变暗B.在电路(a)中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗C.在电路(b)中，断开S，A将渐渐变暗D.在电路(b)中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗解析在(a