2019年高考物理大一轮复习 第10章 电磁感应 第2讲 法拉第电磁感应定律 自感 涡流学案 新人教版

第二讲法拉第电磁感应定律自感涡流一法拉第电磁感应定律1感应电动势(1)概念：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变化，与电路是否闭合无关(3)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：En，其中n为线圈匝数(3)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路的欧姆定律，即I.二导体切割磁感线产生的感应电动势EBLv1如图所示电路，闭合电路一部分导体ab处于匀强磁场中，磁感应强度为B，ab的长度为L，以速度v匀速切割磁感线，试证明导体ab产生的感应电动势EBLv.提示：导体ab经时间t运动的位移xvt时间t内磁通量的变化量BLxBLvt由法拉第电磁感应定律EBLv.2如下图几种情况中，金属导体中产生的感应电动势是：3如图所示，长度为l的金属杆ab，a端为周定转轴，在磁感应强度为B的匀强磁场中，在垂直于B的平面内按顺时针方向以角速度做匀速圆周运动，试求金属杆中产生的感应电动势的大小提示：解法一：金属杆ab做切割磁感线运动时，杆上各点的线速度大小不相同，因此应以杆上各点速度的平均值进行计算当ab匀速转动时，a端速度为零，b端速度为l.杆上从a到b各点速度大小与各点的旋转半径成正比，所以ab杆的平均切割速度为：v.故杆上的感应电动势EBlv解法二：如图所示，在很短的时间t内，杆转动的角度也很小，则杆扫过的面积等效为S，又t，则磁通量的变化为BS所以E.三自感和涡流现象1自感现象(1)概念：由于导体本身的电流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自感电动势(2)表达式：EL.(3)自感系数L的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关(4)自感现象“阻碍”作用的理解：流过线圈的电流增加时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相反，阻碍电流的增加，使其缓慢地增加流过线圈的电流减小时，线圈中产生的自感电动势与电流方向相同，阻碍电流的减小，使其缓慢地减小线圈就相当于电源，它提供的电流从原来的IL逐渐变小(5)对照教材实验：如图所示，先闭合开关使灯泡发光然后断开开关开关闭合时，a、b两点哪点电势高a.开关断开时，产生感应电动势的线圈相当于电源，线圈提供的感应电流的方向是逆时针，此时a、b两点哪点电势高b.设闭合开关电路稳定时两支路的电流分别为IA和IL，若ILIA，断开开关时看到的现象是灯泡逐渐熄灭.若ILIA，断开开关时看到的现象是灯泡闪亮一下然后熄灭.2涡流现象(1)涡流：块状金属放在变化磁场中，或者让它在磁场中运动时，金属块内产生的漩涡状感应电流(2)产生原因：金属块内磁通量变化感应电动势感应电流(3)涡流的利用：冶炼金属的高频感应炉利用强大涡流产生焦耳热使金属熔化；家用电磁炉也是利用涡流原理制成的(4)涡流的减少：各种电机和变压器中，用涂有绝缘漆的硅钢片叠加成的铁芯，以减少涡流1判断正误(1)线圈中磁通量越大，产生的感应电动势越大()(2)线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大()(3)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大()(4)线圈中的电流越大，自感系数也越大()(5)对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势越大()答案：(1)(2)(3)(4)(5)2(人教版选修32P17第1题改编)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是()A感应电动势的大小与线圈的匝数无关B穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同答案：C3(人教版选修32P21第4题改编)如图2所示，纸面内有一矩形导体线框abcd，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框的ab边平行磁场边界MN，线框以垂直于MN的速度匀速地完全进入磁场，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，现将线框进入磁场的速度变为原来的两倍，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，则有()AQ2Q，q2q1BQ22Q1，q22q1CQ22Q1，q2q1DQ24Q1，q22q1答案：A4(人教32例题改变)(多选)如图是电子感应加速器的示意图，上、下为电磁铁的两个磁极，磁极之间有一个环形真空室，电子在真空室中做圆周运动上图为侧视图，下图为真空室的俯视图，电子从电子枪右端逸出(不计初速度)，当电磁铁线圈电流的方向与图示方向一致时，使电子在真空室中沿虚线加速击中电子枪左端的靶，下列说法中正确的是()A真空室中磁场方向竖直向上B真空室中磁场方向竖直向下C电流应逐渐减小D电流应逐渐增大答案：AD5如图所示，在一个光滑金属框架上垂直放置一根长L0.4 m的金属棒ab，其电阻r0.1 .框架左端的电阻R0.4 .垂直框面的匀强磁场的磁感应强度B0.1 T当用外力使棒ab以速度v5 m/s向右匀速运动时，ab棒中产生的感应电动势E_，通过ab棒的电流I_.外力的大小F_.ab棒两端的电势差Uab_，在电阻R上消耗的功率PR_，在ab棒上消耗的发热功率Pr_，切割运动中产生的电功率P_.答案：0.2 V0.4 A0.016 N0.16 V0.064 W0016 W0.08 W考点一法拉第电磁感应定律的理解和应用1求解感应电动势方法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垂直且在导线框平面内的轴转动的导线框表达式EnEBLvsin E BL2ENBSsin(t0)2应用注意点公式En的应用，与B、S相关，可能是B，也可能是S，当Bkt时，kS. (2017天津卷)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是()Aab中的感应电流方向由b到aBab中的感应电流逐渐减小Cab所受的安培力保持不变Dab所受的静摩擦力逐渐减小解析：选DA错：根据楞次定律，ab中感应电流方向由a到b.B错：根据ES，因为恒定，所以E恒定，根据I知，回路中的感应电流恒定C错：根据FBIl，由于B减小，安培力F减小D对：根据平衡条件，静摩擦力fF，故静摩擦力减小应用法拉第电磁感应定律解题的一般步骤(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 (2018河北唐山摸底)如图甲所示，水平放置的平行金属导轨连接一个平行板电容器C和电阻R，导体棒MN放在导轨上且接触良好，整个装置放于垂直导轨平面的磁场中，磁感应强度B的变化情况如图乙所示(图示磁感应强度方向为正)，MN始终保持静止，则0t2时间内()A电容器C的电荷量大小始终不变B电容器C的a板先带正电后带负电CMN所受安培力的大小始终不变DMN所受安培力的方向先向右后向左解析：选AD磁感应强度均匀变化，产生恒定电动势，电容器C的电荷量大小始终没变，选项A正确，B错误；由于磁感应强度变化，根据楞次定律和左手定则可知，MN所受安培力的方向先向右后向左，选项C错误，D正确1(多选)如图所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度随时间变化下列说法正确的是()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解析：选AD线框中的感应电动势为ES，设线框的电阻为R，则线框中的电流I，因为B增大或减小时，可能减小，也可能增大，也可能不变，线框中的感应电动势的大小只和磁通量的变化率有关，和磁通量的变化量无关，故选项A、D正确2(2016浙江卷)如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则()A两线圈内产生顺时针方向的感应电流Ba、b线圈中感应电动势之比为91Ca、b线圈中感应电流之比为34Da、b线圈中电功率之比为31解析：选B由楞次定律可知线圈a、b中均产生逆时针方向的感应电流，A错误；由法拉第电磁感应定律EnnS可知，故B正确；由I，可得，故C错误；27，故D错误.考点二导体切割磁感线产生感应电动势1计算：切割方式感应电动势的表达式垂直切割EBlv倾斜切割EBlvsin ，其中为v与B的夹角旋转切割(以一端为轴)EBl22判断：(1)把产生感应电动势的那部分电路或导体当作电源的内电路，那部分导体相当于电源(2)若电路是不闭合的，则先假设有电流通过，然后应用楞次定律或右手定则判断出电流的方向(3)电源内部电流的方向是由负极(低电势)流向正极(高电势)，外电路顺着电流方向每经过一个电阻电势都要降低 (2015全国卷)如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上当金属框绕ab边以角速度逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为a、b、c.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是()Aac，金属框中无电流Bbc，金属框中电流方向沿abcaCUbcBl2，金属框中无电流DUbcBl2，金属框中电流方向沿acba解析：选Cbc边、ac边都在切割磁感线，通过右手定则判断，c端电势高，a、b端电势低；两边的有效切割长度都为l，则UacUbcBl2，所以，a、b端电势相同，金属框中无电流选项C正确求感应电动势大小的五种类型及对应解法(1)磁通量变化型：En(2)磁感应强度变化型：EnS(3)面积变化型：EnB(4)平动切割型：EBlvsin 与l与v的夹角；l为导体切割磁感线的有效长度：首尾相连在垂直速度方向的分量；v为导体相对磁场的速度(5)转动切割型：EBlvBl2 (2018安徽六安模拟)在匀强磁场中直角三角形线框abc以ab边为轴以角速度匀速转动，某时刻转到如图所示位置，已知ab边的边长为L，ac边与ab边的夹角为，三边的电阻均为r，磁感应强度为B.下列说法正确的是()A此时刻线框中的磁通量为零，线框中无电流B此时c点电势高于b点电势C此时电动势大小为D此时ab两点间电势差大小为解析：选C此时刻线框中的磁通量为零，磁通量变化量率最大，有感应电流，A错误；根据楞次定律可知c点的电势低于b点的电势，B错误；导线整体的切割速度可等效与ab中点的切割速度，故有EBlvBLcos BLcos Lsin ，C正确；ab相当于电源，ab两点间电势差为路端电压，故有UabE，D错误3(2018广东“四校”第一次联考)如图所示，在一磁感应强度B0.5 T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距为L0.1 m的平行金属导轨MN和PQ，导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R0.3 的电阻导轨上正交放置着金属捧ab，其电阻r0.2 .当金属棒在水平拉力作用下以速度v40 m/s向左做匀速运动时()Aab棒所受安培力大小为0.02 NBN、Q间电压为0.2 VCa端电势比b端电势低D回路中感应电流大小为1 A解析：选Aab棒产生的电动势EBLv0.50.140 V0.2 V，电流I0.4 A，ab棒受的安培力FBIL0.50.40.1 N0.02 N，A正确，D错误；N、Q之间的电压UE0.12 V，B错误；由右手定则得a端电势较高，C错误4(2015安徽卷)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金属杆的热功率为解析：选B导体棒切割磁感线产生感应电动势EBlv，故A错误；感应电流的大小I，故B正确；所受的安培力为FBI，故C错误；金属杆的热功率QI2r，故D错误.考点三自感和涡流1自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变化(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行但它不能使过程停止，更不能使过程反向2自感中“闪亮”与“不闪亮”问题与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡电路图通电时电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定断电时电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变电路中稳态电流为I1、I2：若I2I1，灯泡逐渐变暗；若I2I1，灯泡闪亮后逐渐变暗两种情况下灯泡中电流方向均改变 (2018河南洛阳模拟)(多选)如图所示，电路中A、B是规格相同的灯泡，L是电阻可忽略不计的电感线圈，那么下列判断正确的是()A闭合开关S时，A、B一起亮，然后A变暗后熄灭B闭合开关S时，B先亮，A逐渐变亮，最后A、B一样亮C断开开关S时，A立即熄灭，B由亮变暗后熄灭D断开开关S时，B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭解析：选AD闭合开关S时，A、B一起亮，稳定后，A灯熄灭，B灯更亮，A正确，B错误；断开开关S时，B灯立即熄灭，A灯闪亮一下后熄灭，C错误，D正确分析自感现象的两点注意(1)通过自感线圈中的电流不能发生突变，即通电过程，线圈中电流逐渐变大，断电过程，线圈中电流逐渐变小，方向不变此时线圈可等效为“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 (多选)如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，线圈L的电阻不计，以下判断正确的是()A闭合S，稳定后，电容器的a极板带正电B闭合S，稳定后，电容器两端电压小于EC断开S的瞬间，通过R1的电流方向向右D断开S的瞬间，通过R2的电流方向向右解析：选BC闭合S，稳定后，R2的电压是路端电压，而电容器两端的电压等于R2两端的电压，小于E，电容器的b板带正电，A错误，B正确；断开S的瞬间，线圈L与R1组成闭合回路，通过R1的电流向右，C正确；电容器通过R2放电，通过R2的电流向左，D错误5(2018浙江五校联考)如图1所示的是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术其原理是用电流线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，从而获得构件内部是否断裂及位置的信息如图2所示的是一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将立刻跳起关于对以上两个运用实例理解正确的是()A涡流探伤技术运用了互感原理，跳环实验演示了自感现象B能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料C以上两个案例中的线圈所连接电源都必须是变化的交流电源D以上两个案例中的线圈所连接电源也可以都是稳恒电源解析：选B涡流探伤技术运用了互感原理，跳环实验演示了互感现象，选项A错误；能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料，能使的在套环中形成感应电流，选项B正确；以上两个案例中涡流探伤技术的线圈必须用交流电源，而跳环实验演示所连接电源是直流电源，选项CD错误6(多选)如图甲、乙所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯泡A的电阻，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则()A在电路甲中，断开S后，A将逐渐变暗B在电路甲中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗C在电路乙中，断开S后，A将逐渐变暗D在电路乙中，断开S后，A将先变得更亮，然后才逐渐变暗解析：选AD题图甲所示电路中，灯A和线圈L串联，电流相同，断开S时，线圈上产生自感电动势，阻碍原电流的减小，通过R、A形成回路，灯A逐渐变暗，选项A正确，B错误；题图乙所示电路中，电阻R和灯A串联，灯A的电阻大于线圈L的电阻，电流则小于线圈L中的电流，断开S时，电源不给灯供电，而线圈L产生自感电动势阻碍电流的减小，通过R、A形成回路，灯A中电流比原来大，A将变得更亮，然后逐渐变暗12