2 楞次定律 自感现象.docx
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2楞次定律自感现象
第二单元楞次定律自感现象
基础知识
一、楞次定律
(1)楞次定律:
感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化.
磁场阻碍变化
主语谓语宾语
主语磁场的定语是“感应电流的”;谓语的状语是“总是”;宾语的定语是“引起感应电流的磁通量的”.
(2)对“阻碍”的理解
这里的“阻碍”不可理解为“相反”,感应电流产生的磁场的方向,当原磁场增加时,则与原磁场方向相反,当原磁场减弱时,则与原磁场方向相同;也不可理解为“阻止”,这里是阻而未止.
(3)楞次定律的另一种表达:
感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因.
即由电磁感应现象而引起的一些受力、相对运动、磁场变化等都有阻碍原磁通量变化的趋势。
(4)楞次定律应用时的步骤
①先看原磁场的方向如何.②再看原磁场的变化(增强还是减弱).
③根据楞次定律确定感应电流磁场的方向.
④再利用安培定则,根据感应电流磁场的方向来确定感应电流方向.
【例1】如图所示,小金属环靠近大金属环,两环互相绝缘,且在同一平面内,小圆环有一半面积在大圆环内,当大圆环接通电源的瞬间,小圆环中感应电流的情况是(C)
A.无感应电流B.有顺时针方向的感应电流
C.有逆时针方向的感应电流D.无法确定
解析:
在接通电源后,大环内的磁感线分布比大环外的磁感线分布要密.所以小环在大环内部分磁通量大于环外部分磁通量.所以小环内总磁通量向里加强,则小环中的感应电方向为逆时针方向.
【例2】如图所示,闭合线框ABCD和abcd可分别绕轴线OO/,转动.当abcd绕OO/轴逆时针转动时〔俯视图),问ABCD如何转动?
解析:
由于abcd旋转时会使ABCD中产生感应电流,根据楞次定律中“感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的相对运动.”ABCD中的感应电流将阻碍abcd的逆时针转动,两线框间有吸引力作用,因此线框ABCD也随abtd逆时针转动,只不过稍微慢了些
思考:
(1)阻碍相对运动体现了怎样的能量关系?
(2)楞次定律所反映的实际是对原磁通量的补偿效果.根据实际情况,这种补偿可分为哪几种?
(运动补偿、面积、电流、磁感应强度、速度、力等的补偿效果)
【例3】如图所示,用一种新材料制成一闭合线圈,当它浸入液氮中时,会成为超导体,这时手拿一永磁体,使任一磁极向下,放在线圈的正上方,永磁体便处于悬浮状态,这种现象称为超导体磁悬浮,可以用电磁感应及有关知识来解释这一现象.
解析:
当磁体放到线圈上方的过程中.穿过线圈的磁通量由无到有发生变化.于是超导线圈中产生感应电流,由于超导线圈中电阻几乎为零,产生的感应电流极大,相应的感应磁场也极大;由楞次定律可知感应电流的磁场相当于永磁体,与下方磁极的极性相同,永磁体将受到较大的向上的斥力,当永磁体重力与其受到磁场力相平衡时,永滋体处于悬浮状态.
【例4】在光滑水平面上固定一个通电线圈,如图所示,一铝块正由左向右滑动穿过线圈,那么下面正确的判断是()
A.接近线圈时做加速运动,离开时做减速运动
B.接近和离开线圈时都做减速运动
C.一直在做匀速运动
D.在线圈中运动时是匀速的
解析:
把铝块看成由无数多片横向的铝片叠成,每一铝片又由可看成若干闭合铝片框组成;如图。
当它接近或离开通电线圈时,由于穿过每个铝片框的磁通量发生变化,所以在每个闭合的铝片框内都要产生感应电流。
.产生感应电流的原因是它接近或离开通电线圈,产生感应电流的效果是要阻碍它接近或离开通电线圈,所以在它接近或离开时都要作减速运动,所以A,C错,B正确。
由于通电线圈内是匀强磁场,所以铝块在通电线圈内运动时无感应电流产生,故作匀速运动,D正确。
故答案为BD.
二、自感现象
1.自感现象:
由于导体本身电流发生变化而产生的电磁感应现象.
2.自感电动势:
自感现象中产生的感应电动势叫自感电动势.
①自感电动势ε=L
②L是自感系数:
a.L跟线圈的形状、长短、匝数等因素有关系.
线圈越粗,越长、匝数越密,它的自感系数越大,另外有铁芯的线圈自感系数比没有铁芯时大得多.
b.自感系数的单位是亨利,国际符号是h,1亨=103毫亨=106微亨3、关于自感现象的说明
①如图所示,当合上开关后又断开开关瞬间,电灯L为什么会更亮,当合上开关后,由于线圈的电阻比灯泡的电阻小,因而过线圈的电流I2较过灯泡的电流I1大,当开关断开后,过线圈的电流将由I2变小,从而线圈会产生一个自感电动势,于是电流由c→b→a→d流动,此电流虽然比I2小但比I1还要大.因而灯泡会更亮.假若线圈的电阻比灯泡的电阻大,则I2<I1,那么开关断开后瞬间灯泡是不会更亮的.
②.开关断开后线圈是电源,因而C点电势最高,d点电势最低
③过线圈电流方向与开关闭合时一样,不过开关闭合时,J点电势高于C点电势,当断开开关后瞬间则相反,C点电势高于J点电势.
④过灯泡的电流方向与开关闭合时的电流方向相反,a、b两点电势,开关闭合时Ua>Ub,开关断开后瞬间Ua<Ub.
规律方法
1、楞次定律的理解与应用
理解楞次定律要注意四个层次:
①谁阻碍谁?
是感应电流的磁通量阻碍原磁通量;②阻碍什么?
阻碍的是磁通量的变化而不是磁通量本身;③如何阻碍?
当磁通量增加时,感应电流的磁场方向与原磁场方向相反,当磁通量减小时,感应电流的磁场方向与原磁场方向相同,即”增反减同”;④结果如何?
阻碍不是阻止,只是延缓了磁通量变化的快慢,结果是增加的还是增加,减少的还是减少.
另外①”阻碍”表示了能量的转化关系,正因为存在阻碍作用,才能将其它形式的能量转化为电能;②感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的相对运动.
【例5】如图所示,一个电感很大的线圈通过电键与电源相连,在其突出部分的铁芯上套有一个很轻的铝环,关于打开和闭合电键时将会发生的现象,有以下几种说法:
①闭合电键瞬间,铝环会竖直向上跳起;②打开电键瞬间,铝环会增大对线圈的压力;③闭合电键瞬间,铝环会增大对线圈的压力;④打开电键瞬间,铝环会竖直向上跳起。
其中判断正确的是()
A.①②;B.①③;C.①④;D.②③;
解析:
此线圈通电后是一电磁铁,由安培定则可判定,通电后线圈中的磁场方向是竖直向下的,线圈上端为S极、下端为N极。
由楞次定律可知闭合电键瞬间,铝环中感应电流的磁场方向向上,要阻碍穿过环的磁通量的增加,因此环的上端面呈N极、下端面呈S极,同极性相对,环和线圈互相排斥,由于电流变化率大,产生的感应电流磁场也较强、,相互间瞬间排斥力大到可知较轻的铝环向上跳起。
同样分析可知,打开电键瞬间,环和线圈是两个异种极性相时,铝环会增大对线圈的压力。
因此,只有①②正确,应选A.
【例6】磁感应强度为B的匀强磁场仅存在于边长为2l的正方形范围内,有一个电阻为R、边长为l的正方形导线框abcd,沿垂直于磁感线方向,以速度v匀速通过磁场,如图所示,从ab边进入磁场算起.
(1)画出穿过线框的磁通量随时间变化的图象
(2)线框中感应电流的方向
解析:
线框穿过磁场的过程可分为三个阶段.进入磁场阶段(只有ab边在磁场中),在磁场中运动阶段(ab、cd两边都在磁场中),离开磁场阶段(只有cd边在磁场中).
(1)①线框进入磁场阶段:
t为O——l/v.线框进入磁场中的面积线性增加,S=l·v·t,最后为φ=B·S=Bl2.
②线框在磁场中运动阶段:
t为l/v——2l/v,线框磁通量为φ=B·S=Bl2,保持不变.
③线框离开磁场阶段,t为2l/v——3l/v,线框磁通量线性减少,最后为零.
(2)线框进入磁场阶段,穿过线框的磁通量增加,线框中将产生感应电流,由右手定则可知,感应电流方向为逆时针方向.
线框在磁场中运动阶段,穿过线框的磁通量保持不变,无感应电流产生.
线框离开磁场阶段,穿过线框的磁通量减少,线框中将产生感应电流,由右手定则可知,感应电流方向为顺时针方向.
【例7】如图所示,导线框abcd与导线AB在同一平面内,直导线中通有恒定电流I,当线框由左向右匀速通过直导线过程中,线框中感应电流的方向是
A.先abcda,再dcbad,后abcda
B.先abcda,再dcbad
C.始终是dcbad
D.先dcbad,再abcda,后dcbad
解析:
通电导线AB产生的磁场,在AB左侧是穿出纸面为“·”,在AB右侧是穿入纸面的“×”,线框由左向右运动至dc边与AB重合过程中,线框回路中“·”增加,由楞次定律判定感应电流方向为dcbad;现在看线框面积各有一半在AB左、右两侧的一个特殊位置,如图所示,此位置上线框回路中的合磁通量为零.从dc边与AB重合运动至图的位置,是“·”减少(或“×”增加).由初位置运动至ab边与AB重合位置,是“·”继续减少(或“×”继续增加).所以从dc边与AB重合运动至ab与AB重合的过程中,感应电流方向为abcda;线框由ab与AB重合的位置向右运动过程中,线圈回路中“×”减少,感应电流方向由楞次定律判定为dcbad,
【例8】如图所示,一水平放置的圆形通电线圈1固定,另一较小的圆形线圈2从1的正上方下落,在下落过程中两线圈平面始终保持平行且共轴,则在线圈2从正上方下落至l的正下方过程中,从上往下看,线圈2中的感应电流应为()
A.无感应电流B.有顺时针方向的感应电流
C、先是顺时针方向,后是逆时针方向的感应电流
D、先是逆时针方向,后是顺时针方向的感应电流
解析:
圆形线圈1通有逆时针方向的电流(从下往上看),它相当于是环形电流,环形电流的磁场由安培定则可知,环内磁感线的方向是向上的,在线圈2从线圈1的正上方落到正下方的过程中,线圈内的磁通量先是增加的,当两线圈共面时,线圈2的磁通量达最大值,然后再继续下落,线圈2中的磁通量是减少的.由楞次定律可以判断:
在线圈2下落到与线圈1共面的过程中,线圈2中感应电流的磁场方向与线圈1中的磁场方向相反,故电流方向与线圈1中的电流方向相反,为顺时针方向;当线圈2从与线圈1共面后继续下落时,线圈2中的感应电流的磁场方向与线圈1中的磁场方向相同,电流方向与线圈1中电流方向相同,为逆时针方向,所以C选项正确.
感应电流在原磁场所受到的作用力总是阻碍它们的相对运动.利用这种阻碍相对运动的原则来判断则更为简捷:
线圈2在下落的过程中,线圈2中的感应电流应与线圈l中的电流反向,因为反向电流相斥,故线圈2中的电流是顺时针方向;线圈2在离开线圈1的过程中,线圈2中的感应电流方向应与线圈1中电流方向相同,因为同向电流相吸,线圈2中的电流是逆时针方向.
【例9】如图所示,AOC是光滑的金属轨道,AO沿竖直方向,OC沿水平方向,PQ是一根金属直杆如图立在导轨上,OP>OQ,直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动,运动过程中QO端始终在OC上,P端始终在AO上,直到完全落在OC上,空间存在着垂直纸面向外
的匀强磁场,则在PQ棒滑动的过程中,下列判断正确的是(BD)
A.感应电流的方向始终由P→Q
B.感应电流的方向先由P→Q,再是Q→P
C.PQ受磁场力的方向垂直于棒向左
D.PQ受磁场力的方向垂直于棒先向左,再向右
解析:
在PQ滑动的过程中,OPQ的面积先变大后变小,穿过回路
的磁通量先变大后变小,则电流方向先是P→Q后Q→P.选BD.
2、镇流器是一个带铁芯的线圈,起动时产生高电压点燃日光灯,目光灯发光以后,线圈中的自感电动势阻碍电流变化,起着降压限流作用,保证日光灯正常工作.
【例10】在图中,L是自感系数足够大的线圈,其直流电阻可以忽略不计,D1和D2是两个相同的灯泡,若将电键K闭合,待灯泡亮度稳定后再断开电键K,则(AC)
A.电键K闭合时,灯泡D1和D2同时亮,然后D1会变暗直到不亮,D2更亮
B.电键K闭合时,灯泡D1很亮,D2逐渐变亮,最后一样亮亮亮
C.电键K断开时,灯泡D2随之熄灭。
而D1会更下才熄灭
D.电键K断开时,灯泡D1随之熄灭,而D2会更下才熄灭
解析:
电键K闭合时,L会产生ε自从而阻碍电流增大,D1和D2同时亮,随着电流趋于稳定,L中的ε自逐渐减小,最后L会把D1短路,D1不亮,而D2两端电压会增大而更亮.当K断开时,D2中因无电流会随之熄灭,而L中会产生ε自,与D1构成闭合回路,D1会亮一下.再者L中的电流是在I=
的基础上减小的.会使D1中的电流在K断开的瞬间与K闭合时相比要大,因而D1会更亮.
【例11】如图所示是演示自感现象的电路图.L是一个电阻很小的带铁芯的自感线圈,A是一个标有“6V,4w”的小灯泡,电源电动势为6V,内阻为3Ω,在实验中(ABD)
A.S闭合的瞬间灯泡A中有电流通过,其方向是从a→b
B.S闭合后,灯泡A不能正常工作
C.S由闭合而断开瞬间,灯A中无电流
D.S由闭合而断开瞬间,灯A中有电流通过,其方向为从b→a
解析:
S闭合瞬间,L的阻抗很大,对灯泡A来讲在S闭合瞬间L可视为断路.由于如图电源左正右负,所以此刻灯泡中电流由a到b,选项A正确;S闭合后电路达到稳定状态时,L的阻抗为零,又L上纯电阻极小,所以灯泡A不能正常发光,故选项B正确.S断开前L上的电流由左向右,S断开瞬间,灯泡A上原有电流即刻消失,但L和A组成闭合回路,L上的电流仍从左向右,所以回路中电流方向是逆时针的,灯泡A上电流从b到a,故选项D正确,选项C错误.
试题展示
1.如图所示,同一平面内的三条平行导线串有两个最阻R和r,导体棒PQ与三条导线接触良好;匀强磁场的方向垂直纸面向里。
导体棒的电阻可忽略。
当导体棒向左滑动时,下列说法正确的是
A.流过R的电流为由d到c,流过r的电流为由b到a
B.流过R的电流为由c到d,流过r的电流为由b到a
C.流过R的电流为由d到c,流过r的电流为由a到b
D.流过R的电流为由c到d,流过r的电流为由a到b
2.矩形导线框abcd固定在匀强磁场中,磁感线的方向与导线框所在平面垂直,规定磁场的正方向垂直低面向里,磁感应强度B随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流I的正方向,下列各图中正确的是D
3.如图,一个边长为l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场;一个边长也为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直;虚线框对角线ab与导线框的一条边垂直,ba的延长线平分导线框。
在t=0时,使导线框从图示位置开始以恒定速度沿ab方向移动,直到整个导线框离开磁场区域。
以i表示导线框中感应电流的强度,取逆时针方向为正。
下列表示i—t关系的图示中,可能正确的是C
4.在沿水平方向的匀强磁场中,有一圆形金属线圈可绕沿其直径的竖直轴自由转动。
开始时线圈静止,线圈平面与磁场方向既不平行也不垂直,所成的锐角为α。
在磁场开始增强后的一个极短时间内,线圈平面
A.维持不动
B.将向使α减小的方向转动
C.将向使α增大的方向转动
D.将转动,因不知磁场方向,不能确定α会增大还是会减小
答案:
B
解析:
由楞次定律可知,当磁场开始增强时,线圈平面转动的效果是为了减小线圈磁通量的增加,而线圈平面与磁场间的夹角越小时,通过的磁通量越小,所以将向使
减小的方向转动.
5.如图所示的电路中,三个相同的灯泡a、b、c和电感L1、L2与直流电源连接,电感的电阻忽略不计.电键K从闭合状态突然断开时,下列判断正确的有
A.a先变亮,然后逐渐变暗
B.b先变亮,然后逐渐变暗
C.c先变亮,然后逐渐变暗
D.b、c都逐渐变暗
答案:
AD
解析:
考查自感现象。
电键K闭合时,电感L1和L2的电流均等于三个灯泡的电流,断开电键K的瞬间,电感上的电流i突然减小,三个灯泡均处于回路中,故b、c灯泡由电流i逐渐减小,B、C均错,D对;原来每个电感线圈产生感应电动势均加载于灯泡a上,故灯泡a先变亮,然后逐渐变暗,A对。
本题涉及到自感现象中的“亮一下”现象,平时要注意透彻理解。
6.在沿水平方向的匀强磁场中,有一圆形金属线圈可绕沿其直径的竖直轴自由转动。
开始时线圈静止,线圈平面与磁场方向既不平行也不垂直,所成的锐角为α。
在磁场开始增强后的一个极短时间内,线圈平面
A.维持不动
B.将向使α减小的方向转动
C.将向使α增大的方向转动
D.将转动,因不知磁场方向,不能确定α会增大还是会减小
答案:
B
解析:
由楞次定律可知,当磁场开始增强时,线圈平面转动的效果是为了减小线圈磁通量的增加,而线圈平面与磁场间的夹角越小时,通过的磁通量越小,所以将向使
减小的方向转动.
7.如图,粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈.当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB正上方等高快速经过时,若线圈始终不动,则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的正确判断是
A.FN先小于mg后大于mg,运动趋势向左
B.FN先大于mg后小于mg,运动趋势向左
C.FN先大于mg后大于mg,运动趋势向右
D.FN先大于mg后小于mg,运动趋势向右
答案:
D
解析:
本题考查电磁感应有关的知识,本题为中等难度题目。
条形磁铁从线圈正上方等高快速经过时,通过线圈的磁通量先增加后又减小。
当通过线圈磁通量增加时,为阻碍其增加,在竖直方向上线圈有向下运动的趋势,所以线圈受到的支持力大于其重力,在水平方向上有向右运动的趋势,当通过线圈的磁通量减小时,为阻碍其减小,在竖直方向上线圈有向上运动的趋势,所以线圈受到的支持力小于其重力,在水平方向上有向右运动的趋势。
综上所述,线圈所受到的支持力先大于重力后小于重力,运动趋势总是向右。
8.如图所示的电路中,三个相同的灯泡a、b、c和电感L1、L2与直流电源连接,电感的电阻忽略不计.电键K从闭合状态突然断开时,下列判断正确的有
A.a先变亮,然后逐渐变暗
B.b先变亮,然后逐渐变暗
C.c先变亮,然后逐渐变暗
D.b、c都逐渐变暗
答案:
AD
解析:
考查自感现象。
电键K闭合时,电感L1和L2的电流均等于三个灯泡的电流,断开电键K的瞬间,电感上的电流i突然减小,三个灯泡均处于回路中,故b、c灯泡由电流i逐渐减小,B、C均错,D对;原来每个电感线圈产生感应电动势均加载于灯泡a上,故灯泡a先变亮,然后逐渐变暗,A对。
本题涉及到自感现象中的“亮一下”现象,平时要注意透彻理解。
9.老师做了一个物理小实验让学生观察:
一轻质横杆两侧各固定一金属环,横杆克绕中心点自由转动,老师拿一条形磁铁插向其中一个小环,后又取出插向另一个小环,同学们看到的现象是()
A.磁铁插向左环,横杆发生转动
B.磁铁插向右环,横杆发生转动
C.无论磁铁插向左环还是右环,横杆都不发生转动
D.无论磁铁插向左环还是右环,横杆都发生转动
答案:
B
解析:
左环没有闭合,在磁铁插入过程中,不产生感应电流,故横杆不发生转动。
右环闭合,在磁铁插入过程中,产生感应电流,横杆将发生转动。
10.如图所示,平行于y轴的导体棒以速度v向右匀速直线运动,经过半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场区域,导体棒中的感应电动势ε与导体棒位置x关系的图像是
答案:
A
解析:
在x=R左侧,设导体棒与圆的交点和圆心的连线与x轴正方向成θ角,则导体棒切割有效长度L=2Rsinθ,电动势与有效长度成正比,故在x=R左侧,电动势与x的关系为正弦图像关系,由对称性可知在x=R右侧与左侧的图像对称。
12.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D
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
13.
两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为L,底端接阻值为R的电阻。
将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端,金属棒和导轨接触良好,导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,如图所示。
除电阻R外其余电阻不计。
现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放.则
A.释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g
B.金属棒向下运动时,流过电阻R的电流方向为a→b
C.金属棒的速度为v时.所受的安培力大小为F=
D.电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少
答案:
AC
解析:
在释放的瞬间,速度为零,不受安培力的作用,只受到重力,A对。
由右手定则可得,电流的方向从b到a,B错。
当速度为
时,产生的电动势为
,受到的安培力为
,计算可得
C对。
在运动的过程中,是弹簧的弹性势能、重力势能和内能的转化,D错。
【高考考点】电磁感应
【易错提醒】不能理解瞬间释放的含义,考虑受到安培力。
【备考提示】电磁感应是电场和磁场知识的有机结合,所以难度相对也会大一些,现在高考要求不是很高,一般不出大型计算题,但在选择题中,以最后一个题出现。
14.如图所示,在x≤0的区域内存在匀强磁场,磁场的方向垂直于
xy平面(纸面)向里。
具有一定电阻的矩形线框abcd位于xy
平面内,线框的ab边与y轴重合。
令线框从t=0的时刻起由静
止开始沿x轴正方向做匀加速运动,则线框中的感应电流I(取
逆时针方向的电流为正)随时间t的变化图线I—t图可能是下
图中的哪一个?
D
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- 楞次定律 自感现象 自感 现象