第2单元 法拉第电磁感应定律自感和涡流 必备知识要打率 抓双基 固本源 得基础分 掌握程度 法拉第电磁感应定律 如图9-2-1所示,A、B两个闭合线圈用同样的导线制成,匝数都为10匝,半径RA 2RB,图示区域内有磁感应强度均匀减小的匀强磁场,则A、B线圈中产生的感应电动势 之比和线圈中的感应电流之比分别为多少? 图9-2 提示]A、B两环中磁通量变化率相同线圈匝数相同由E=nA可得EA:EB=1:1, 又因为R=,故R4:RB=2:1,所以l1:lB=1:2 [记一记 1.感应电动势 (1)定义: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=nA其中n为线圈匝数。 1.穿过某线圈的磁通量随时间的变化的关系如图9-2-2所示,在线圈内产生感应电 动势最大值的时间是() Φ/Wb 图9-2-2
1 第 2 单元 法拉第电磁感应定律__自感和涡流 法拉第电磁感应定律 [想一想] 如图 9－2－1 所示，A、B 两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数都为 10 匝，半径 RA ＝2RB，图示区域内有磁感应强度均匀减小的匀强磁场，则 A、B 线圈中产生的感应电动势 之比和线圈中的感应电流之比分别为多少？ 图 9－2－1 [提示] A、B 两环中磁通量变化率相同，线圈匝数相同，由 E＝n ΔΦ Δt 可得 EA∶EB＝1∶1， 又因为 R＝ρ l S ，故 RA∶RB＝2∶1，所以 IA∶IB＝1∶2。 [记一记] 1．感应电动势 (1)定义：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 ΔΦ Δt ，其中 n 为线圈匝数。 [试一试] 1．穿过某线圈的磁通量随时间的变化的关系如图 9－2－2 所示，在线圈内产生感应电 动势最大值的时间是( ) 图 9－2－2
A.0~2s B.2~4s C.4~6s D.6~8 解析:选Cφ-t图象中,图象斜率越大,越大,感应电动势就越大 导体切割磁感线时的感应电动势计算 想一想 如图9-2-3所示,当导体棒在垂直于磁场的平面内,其一端为轴,以角速度匀速 转动时,产生的感应电动势为多少? Xxxx、x ×1 ×××B× 图9-2-3 「提示]棒在时间t内转过的角度θ=or, 扫过的面积S=10=2om 对应的磁通量φ=BS=BP 则棒产生的感应电动势E=-=BP 另外:由E=B,又0=20可得E=2BP0 切割方式 电动势表达式 说明 垂直切割 E=Blo E= Busin 6其中为与B 倾斜切割 ①导体棒与磁场方向垂直 的夹角 ②磁场为匀强磁场 旋转切割(以一端为轴) E=-BFo 2.如图9-2-4所示,在竖直向下的匀强磁场中,将一水平放置的金属棒ab以水平速 度υ抛出。设在整个过程中,棒的取向不变且不计空气阻力,则在金属棒运动过程中产生 的感应电动势大小变化情况是()
2 A．0～2 s B．2～4 s C．4～6 s D．6～8 s 解析：选 C Φ－t 图象中，图象斜率越大，ΔΦ Δt 越大，感应电动势就越大。 导体切割磁感线时的感应电动势计算 [想一想] 如图 9－2－3 所示，当导体棒在垂直于磁场的平面内，其一端为轴， 以角速度 ω 匀速 转动时，产生的感应电动势为多少？ 图 9－2－3 [提示] 棒在时间 t 内转过的角度 θ＝ωt， 扫过的面积 S＝ 1 2 l·lθ＝ 1 2 l 2ωt， 对应的磁通量 Φ＝BS＝ 1 2 Bl2ωt， 则棒产生的感应电动势 E＝ Φ t ＝ 1 2 Bl2ω。 另外：由 E＝Bl v ，又 v ＝ 1 2 ωl, 可得 E＝ 1 2 Bl2ω。 [记一记] 切割方式 电动势表达式 说明 垂直切割 E＝Blv ①导体棒与磁场方向垂直 ②磁场为匀强磁场 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＝ 1 2 Bl2ω [试一试] 2．如图 9－2－4 所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒 ab 以水平速 度 v0 抛出。设在整个过程中，棒的取向不变且不计空气阻力，则在金属棒运动过程中产生 的感应电动势大小变化情况是( )
图9-2-4 A.越来越大 B.越来越小 C.保持不变 D.无法判断 解析:选C金属棒水平抛出后,在垂直于磁场方向上的速度不变,由E=BLo可知 感应电动势也不变。C项正确 知识点 自感涡流 想一想] 如图9-2-5所示,开关S闭合且回路中电流达到稳定时,小灯泡A能正常发光,L 为自感线圈,则当开关S闭合或断开时,小灯泡的亮暗变化情况是怎样的 图9-2-5 「提示]开关闭合时,自感电动势阻碍电流的增大,所以灯慢慢变亮;开关断开时,自 感线圈的电流从有变为零,线圈将产生自感电动势,但由于线圈L与灯A不能构成闭合回 路,所以灯立即熄灭。 [记一记 互感现象 两个互相靠近的线圈,当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的现象。 2.自感现象 (1)定义:由于通过导体自身的申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: 相关因素:与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯有关
3 图 9－2－4 A．越来越大 B．越来越小 C．保持不变 D．无法判断 解析：选 C 金属棒水平抛出后，在垂直于磁场方向上的速度不变，由 E＝BLv 可知， 感应电动势也不变。C 项正确。 自感 涡流 [想一想] 如图 9－2－5 所示，开关 S 闭合且回路中电流达到稳定时，小灯泡 A 能正常发光，L 为自感线圈，则当开关 S 闭合或断开时，小灯泡的亮暗变化情况是怎样的？ 图 9－2－5 [提示] 开关闭合时，自感电动势阻碍电流的增大，所以灯慢慢变亮；开关断开时，自 感线圈的电流从有变为零，线圈将产生自感电动势，但由于线圈 L 与灯 A 不能构成闭合回 路，所以灯立即熄灭。 [记一记] 1．互感现象 两个互相靠近的线圈，当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的现象。 2．自感现象 (1)定义：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 ΔI Δt 。 ③自感系数 L： 相关因素：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯有关
单位:亨利(H),1mH=10-3H,1H=106H 3.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感应电流,这种电流像水 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,安培力的方向 总是阻碍导体的运动 (2)电磁驱动:如果磁场相对于导体转动,在导体中会产生感应电流使导体受到安培力 的作用,安培力使导体运动起来。 交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的。 3.在图9-2-6所示的电路中,两个灵敏电流表G1和G2的零点都在刻度盘中央,当 电流从“十”接线柱流入时,指针向右摆;电流从“一”接线柱流入时,指针向左摆。在电 路接通后再断开的瞬间,下列说法中符合实际情况的是() Gz 图9-2-6 A.G1表指针向左摆,G2表指针向右摆 B.G1表指针向右摆,G2表指针向左摆 C.G1、G2表的指针都向左摆 D.G1、G2表的指针都向右摆 解析:选B电路接通后线圈中电流方向向右,当电路断开时,线圈中电流减小,产生 与原方向相同的自感电动势,与G2和电阻组成闭合回路,所以G1中电流方向向右,Gz2中 电流方向向左,即G1指针向右摆,G2指针向左摆。B项正确 高频考点要通关 抓考点 攻重点 得拔高分 掌握程度 法拉第电磁感应定律的应用 1磁通量φ、磁通量的变化量Δφ、磁通量的变化率的比较
4 单位：亨利(H)，1 mH＝10－3 H,1 μH＝10－6 H。 3．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感应电流，这种电流像水 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，安培力的方向 总是阻碍导体的运动。 (2)电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力 的作用，安培力使导体运动起来。 交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的。 [试一试] 3．在图 9－2－6 所示的电路中，两个灵敏电流表 G1 和 G2 的零点都在刻度盘中央，当 电流从“＋”接线柱流入时，指针向右摆；电流从“－”接线柱流入时，指针向左摆。在电 路接通后再断开的瞬间，下列说法中符合实际情况的是( ) 图 9－2－6 A．G1 表指针向左摆，G2 表指针向右摆 B．G1 表指针向右摆，G2 表指针向左摆 C．G1、G2 表的指针都向左摆 D．G1、G2 表的指针都向右摆 解析：选 B 电路接通后线圈中电流方向向右，当电路断开时，线圈中电流减小，产生 与原方向相同的自感电动势，与 G2 和电阻组成闭合回路，所以 G1 中电流方向向右，G2 中 电流方向向左，即 G1 指针向右摆，G2 指针向左摆。B 项正确。 法拉第电磁感应定律的应用 1.磁通量 Φ、磁通量的变化量 ΔΦ、磁通量的变化率ΔΦ Δt 的比较
物理量 磁通量φ 磁通量的变化量△中磁通量的变化率 项目 某时刻穿过某个面的某段时间内穿过某个穿过某个面的磁通量 意义 磁感线的条数 面的磁通量变化多少变化的快慢 △=2-￠ 大小 Φ=B. Scos e △q=B△S △φAB △=S△B 既不表示磁通量的大 转过180前后穿过平小,也不表示变化的 若有相反方向磁场,面的磁通量是一正 多少。实际上,它就 注意 磁通量可能抵消 负,小=2BS,而不是单匝线圈上产生的 是零 感应电动势,即E 2.感应电荷量的求解 在电磁感应现象中,既然有电流通过电路,那么就会有电荷通过,由电流的定义可得Ⅰ ,故q=1△A,式中1为感应电流的平均值。由闭合电路的欧姆定律和法拉第电磁感应 定律得/=E=△中 式中R为电磁感应闭合电路的总电阻。联立解得 △q 应电荷量q仅由磁通量的变化量△中和电路的总电阻R决定 例1]如图9-2-7甲所示,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n。在线圈中半径为n2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乙所示。图线与横 纵轴的截距分别为1和B0,导线的电阻不计。求0至t时间内 (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。 审题指导]
5 物理量 项目 磁通量 Φ 磁通量的变化量 ΔΦ 磁通量的变化率ΔΦ Δt 意义 某时刻穿过某个面的 磁感线的条数 某段时间内穿过某个 面的磁通量变化多少 穿过某个面的磁通量 变化的快慢 大小 Φ＝B·Scos θ ΔΦ＝Φ2－Φ1 ΔΦ＝B·ΔS ΔΦ＝S·ΔB ΔΦ Δt ＝B ΔS Δt 或 ΔΦ Δt ＝S ΔB Δt 注意 若有相反方向磁场， 磁通量可能抵消 转过 180°前后穿过平 面的磁通量是一正一 负，ΔΦ＝2BS，而不 是零 既不表示磁通量的大 小，也不表示变化的 多少。实际上，它就 是单匝线圈上产生的 感应电动势，即 E＝ ΔΦ Δt 2．感应电荷量的求解 在电磁感应现象中，既然有电流通过电路，那么就会有电荷通过，由电流的定义可得 I ＝ q Δt ，故 q＝I·Δt，式中 I 为感应电流的平均值。由闭合电路的欧姆定律和法拉第电磁感应 定律得 I＝ E R ＝n ΔΦ R·Δt 。式中 R 为电磁感应闭合电路的总电阻。联立解得 q＝n ΔΦ R ，可见，感 应电荷量 q 仅由磁通量的变化量 ΔΦ 和电路的总电阻 R 决定。 [例 1] 如图 9－2－7 甲所示，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乙所示。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 9－2－7 (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。 [审题指导]
由En2.由7=长由q= 求得E 求得T 求得q 尝试解题] (1)根据楞次定律可知,通过R1的电流方向为由b到a。 根据法拉第电磁感应定律得线圈中的电动势为 =n△B r2 nB 根据闭合电路欧姆定律得通过R1的电流为 E nott 3R 3Rto (2)通过R1的电荷量q=l= nBor/2t 3R0 R上产生的热量Q=PRh=22Bn2ntn 9R102° 答案](1)"6nm方向由b到a nBot/, 2n2Bo2'n4t R 9R02 规律总结::: 法拉第电磁感应定律的规范应用 (1)一般解题步骤 ①分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况 ②利用楞次定律确定感应电流的方向 ③灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解。 (2)应注意的问题 ①用公式E=n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 ②通过回路的电荷量q仅与n、Δ和回路电阻R有关,与变化过程所用的时间长短无 关,推导过程:q=1△=△=△中 导体切割磁感线产生感应电动势 1导体平动切割磁感线 6
6 [尝试解题] (1)根据楞次定律可知，通过 R1 的电流方向为由 b 到 a。 根据法拉第电磁感应定律得线圈中的电动势为 E＝n ΔBπr2 2 Δt ＝ n·B0πr2 2 t0 根据闭合电路欧姆定律得通过 R1 的电流为 I＝ E 3R ＝ nB0πr2 2 3Rt0 。 (2)通过 R1 的电荷量 q＝It1＝ nB0πr2 2 t1 3Rt0 ， R1 上产生的热量 Q＝I 2R1t1＝ 2n 2B0 2π 2 r2 4 t1 9Rt0 2 。 [答案] (1) nB0πr2 2 3Rt0 方向由 b 到 a (2) nB0πr2 2 t1 3Rt0 2n 2B0 2π 2 r2 4 t1 9Rt0 2 法拉第电磁感应定律的规范应用 (1)一般解题步骤： ①分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况； ②利用楞次定律确定感应电流的方向； ③灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解。 (2)应注意的问题： ①用公式 E＝nSΔB Δt 求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内的有效面积， ΔB Δt 在 B－t 图 象中为图线的斜率。 ②通过回路的电荷量 q 仅与 n、ΔΦ 和回路电阻 R 有关，与变化过程所用的时间长短无 关，推导过程：q＝ I Δt＝ n ΔΦ Δt R Δt＝ nΔΦ R 。 导体切割磁感线产生感应电动势 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=BU,应从以下几个方面理解和 掌握。 (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,还需B、l、υ三者相互垂直。实 际问题中当它们不相互垂直时,应取垂直的分量进行计算,公式可为E= Busin 6,为B 与U方向间的夹角。 (2)平均性 导体平动切割磁感线时,若υ为平均速度,则E为平均感应电动势,即E=BlU (3)瞬时性 若υ为瞬时速度,则E为相应的瞬时感应电动势 (4)有效性 公式中的l为有效切割长度,即导体与U垂直的方向上的投影长度。图9-2-8中有效 长度分别为: 图9-2-8 甲图:l= cdsin B(容易错算成l= absin B)。 乙图:沿a1方向运动时,l=MN; 沿2方向运动时,l=0 丙图:沿方向运动时,=V2R 沿2方向运动时,l=0 沿U3方向运动时,l=R (5)相对性 E=B中的速度U是相对于磁场的速度,若磁场也运动时,应注意速度间的相对关系 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ω匀速转动时,产生的感应电动势为E B/=BFm,如图9-2-9所示
7 对于导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式 E＝Blv，应从以下几个方面理解和 掌握。 (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，还需 B、l、v 三者相互垂直。实 际问题中当它们不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算，公式可为 E＝Blvsin θ，θ 为 B 与 v 方向间的夹角。 (2)平均性 导体平动切割磁感线时，若 v 为平均速度，则 E 为平均感应电动势，即 E ＝Bl v 。 (3)瞬时性 若 v 为瞬时速度，则 E 为相应的瞬时感应电动势。 (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 9－2－8 中有效 长度分别为： 图 9－2－8 甲图：l＝cdsin β(容易错算成 l＝absin β)。 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＝ 2R； 沿 v2 方向运动时，l＝0； 沿 v3 方向运动时，l＝R。 (5)相对性 E＝Blv 中的速度 v 是相对于磁场的速度，若磁场也运动时，应注意速度间的相对关系。 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 ω 匀速转动时，产生的感应电动势为 E ＝Bl v ＝ 1 2 Bl2ω，如图 9－2－9 所示
图9-2-9 「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=04m,如图9-2-10所示,框架上放置一质量为005kg、电阻为19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,求: 图9-2-10 (1)在5s内平均感应电动势 (2)第5s末回路中的电流; (3)第5s末作用在杆cd上的水平外力。 审題指导] 5s内的平均感应电动势用公式E=BLU计算,第5s末的瞬时电动势用公式E=BLU 计算。 [尝试解题] (1)5s内的位移x=ar2=25 5s内的平均速度U==5m/s 0+U (也可用U=—求解) 故平均感应电动势E=BLU=0.4V (2)第5s末:v=a=10m/ 此时感应电动势:E=BLa 则回路中的电流为:I== EBLU0.2×0.4×10 RR A=0.8A (3)杆d匀加速运动,由牛顿第二定律得:F-F安=ma 即F=BL+ma=0.164N。 答案](1)0.4V(2)0.8A(3)0.164N
8 图 9－2－9 [例 2] 在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中，B＝0.2 T，有一水平放置的光滑 框架，宽度为 L＝0.4 m，如图 9－2－10 所示，框架上放置一质量为 0.05 kg、电阻为 1 Ω 的 金属杆 cd，框架电阻不计。若杆 cd 以恒定加速度 a＝2 m/s2，由静止开始做匀变速运动，求： 图 9－2－10 (1)在 5 s 内平均感应电动势； (2)第 5 s 末回路中的电流； (3)第 5 s 末作用在杆 cd 上的水平外力。 [审题指导] 5 s 内的平均感应电动势用公式 E＝BL v 计算，第 5 s 末的瞬时电动势用公式 E＝BLv 计算。 [尝试解题] (1)5 s 内的位移 x＝ 1 2 at2＝25 m 5 s 内的平均速度 v ＝ x t ＝5 m/s (也可用 v ＝ 0＋v5 2 求解) 故平均感应电动势 E ＝BL v ＝0.4 V。 (2)第 5 s 末：v＝at＝10 m/s 此时感应电动势：E＝BLv 则回路中的电流为：I＝ E R ＝ BLv R ＝ 0.2×0.4×10 1 A＝0.8 A。 (3)杆 cd 匀加速运动，由牛顿第二定律得：F－F 安＝ma 即 F＝BIL＋ma＝0.164 N。 [答案] (1)0.4 V (2)0.8 A (3)0.164 N
通电自感与断电自感的比较 两种自感 通电自感 断电自感 比较项目 电路图 器材要求 A1、A2同规格,R=R,L较大 L很大(有铁芯) 在S闭合瞬间,灯A2立即亮起来,在开关S断开时,灯A渐渐熄灭 现象 灯A1逐渐变亮,最终和A2一样亮或闪亮一下再熄灭 S断开时,线圈L产生自感电动势 由于开关闭合时,流过电感线圈的阻碍了电流的减小,使电流继续存 电流迅速增大,线圈产生自感电动在一段时间:灯A中电流反向不 原因 势,阻碍了电流的增大,使流过灯会立即熄灭。若RA,则A灯熄灭前要闪亮一下 得慢 若R≥RA,原来的电流L≤l,则 灯A逐渐熄灭不再闪亮一下 能量转化情况 电能转化为磁场能 磁场能转化为电能 例3](2011·北京高考)某同学为了验证断电自感现象,自己找来带铁芯的线圈L、小 灯泡A、开关S和电池组E,用导线将它们连接成如图9-2-11所示的电路。检查电路后, 闭合开关S,小灯泡发光;再断开开关S,小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重 复,仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象,他冥思苦想找不出原因。你认为最有可能造 成小灯泡未闪亮的原因是() 图9-2-11 A.电源的内阻较大 B.小灯泡电阻偏大 C.线圈电阻偏大 D.线圈的自感系数较大 「解析]闭合开关S,电路稳定灯泡正常发光时,如果电感线圈L中的电阻比灯泡的电 阻大,则电感线圈L中的电流L比灯泡A中的电流l4小,当开关S断开,则由于自感现象 L和A构成回路使L和A中的电流从L开始减小,因此不可能看到小灯泡闪亮的现象,C
9 通电自感与断电自感的比较 两种自感 比较项目 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) 现象 在 S 闭合瞬间，灯 A2 立即亮起来， 灯 A1 逐渐变亮，最终和 A2 一样亮 在开关 S 断开时，灯 A 渐渐熄灭 或闪亮一下再熄灭 原因 由于开关闭合时，流过电感线圈的 电流迅速增大，线圈产生自感电动 势，阻碍了电流的增大，使流过灯 A1 的电流比流过灯 A2 的电流增加 得慢 S断开时，线圈L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；灯 A 中电流反向不 会立即熄灭。若 RLIA，则 A 灯熄灭前要闪亮一下。 若 RL≥RA，原来的电流 IL≤IA，则 灯 A 逐渐熄灭不再闪亮一下 能量转化情况 电能转化为磁场能 磁场能转化为电能 [例 3] (2011·北京高考)某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈 L、小 灯泡 A、开关 S 和电池组 E，用导线将它们连接成如图 9－2－11 所示的电路。检查电路后， 闭合开关 S，小灯泡发光；再断开开关 S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重 复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因。你认为最有可能造 成小灯泡未闪亮的原因是( ) 图 9－2－11 A．电源的内阻较大 B．小灯泡电阻偏大 C．线圈电阻偏大 D．线圈的自感系数较大 [解析] 闭合开关 S，电路稳定灯泡正常发光时，如果电感线圈 L 中的电阻比灯泡的电 阻大，则电感线圈 L 中的电流 IL比灯泡 A 中的电流 IA 小，当开关 S 断开，则由于自感现象， L 和 A 构成回路使 L 和 A 中的电流从 IL开始减小，因此不可能看到小灯泡闪亮的现象，C
项正确 答案]C 学科特色要控掘 补短板 巩不足 得满分 掌握程度 “同类问题模型化”系列之(八) 电磁感应中的“杆十导轨”模型 [模型概述] 1.模型特点 “杆十导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”,也是高考的热点,考查的 知识点多,题目的综合性强,物理情景富于变化,是我们复习中的难点。“杆十导轨”模型 又分为“单杆”型和“双杆”型;导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜:杆的运动状态可 分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等;磁场的状态可分为恒定不变、均匀变 化和非均匀变化等等,情景复杂形式多变 2.模型分类 (1)单杆水平式 M 物理模型 匀强磁场与导轨垂直,磁感应强度为B,棒ω长为L,质量为m,初 速度为零,拉力恒为F,水平导轨光滑,除电阻R外,其他电阻不计 设运动过程中某时刻棒的速度为υ,由牛顿第二定律知棒ab的加速度 F BlV 动态分析 a、υ同向,随速度的增加,棒的加速度a减小,当 R a=0时,最大,l=D恒定 运动形式匀速直线运动 收尾状态 力学特征a=0a恒定不变 电学特征 恒定 (2)单杆倾斜式 物理模型
10 项正确。 [答案] C [模型概述] 1．模型特点 “杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点，考查的 知识点多，题目的综合性强，物理情景富于变化，是我们复习中的难点。“杆＋导轨”模型 又分为“单杆”型和“双杆”型；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可 分为匀速运动、匀变速运动、非匀变速运动或转动等；磁场的状态可分为恒定不变、均匀变 化和非均匀变化等等，情景复杂形式多变。 2．模型分类 (1)单杆水平式 物理模型 匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为 B，棒 ab 长为 L，质量为 m，初 速度为零，拉力恒为 F，水平导轨光滑，除电阻 R 外，其他电阻不计 动态分析 设运动过程中某时刻棒的速度为 v，由牛顿第二定律知棒 ab 的加速度 为 a＝ F m － B 2L 2v mR ，a、v 同向，随速度的增加，棒的加速度 a 减小，当 a＝0 时，v 最大，I＝ BLv R 恒定 收尾状态 运动形式 匀速直线运动 力学特征 a＝0 v 恒定不变 电学特征 I 恒定 (2)单杆倾斜式 物理模型