【物理】2019届一轮复习人教版法拉第电磁感应定律自感涡流学案 13页

‎ 法拉第电磁感应定律 自感 涡流 知识梳理 知识点一　法拉第电磁感应定律 ‎1.感应电动势 ‎(1)概念：在　　　　中产生的电动势.‎ ‎(2)产生条件：穿过回路的　　　　发生改变，与电路是否闭合　　　　.‎ ‎(3)方向判断：感应电动势的方向用　　　　或　　　　判断.‎ ‎2.法拉第电磁感应定律 ‎(1)内容：感应电动势的大小跟穿过这一电路的　　　　成正比.‎ ‎(2)公式：E＝n，其中n为线圈匝数.‎ ‎(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的　　　　定律，即I＝　　　　.‎ ‎3.导体切割磁感线的情形 ‎(1)若B、l、v相互垂直，则E＝　　　　.‎ ‎(2)v∥B时，E＝0.‎ 答案：1.(1)电磁感应现象　(2)磁通量　无关　(3)楞次定律　右手定则　2.(1)磁通量的变化率　(3)欧姆　　3.(1)Blv 知识点二　自感、涡流 ‎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.‎ ‎(2)自感电动势 ‎①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫做　　　　.‎ ‎②表达式：E＝　　　　.‎ ‎(3)自感系数L ‎①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)，1 mH＝　　　　H,1 μH＝　　　　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　　　　，这种电流像水的漩涡所以叫涡流.‎ 答案：1.(1)电流　(2)①自感电动势　②L　(3)①大小　匝数 ‎②10－3　10－6　2.感应电流 ‎ [思考判断]‎ ‎(1)Φ＝0，不一定等于0。(　　)‎ ‎(2)感应电动势E与线圈匝数n有关，所以Φ、ΔΦ、的大小均与线圈匝数有关。(　　)‎ ‎(3)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大。(　　)‎ ‎(4)当导体在匀强磁场中垂直磁场方向运动时(运动方向和导体垂直)，感应电动势为E＝BLv。(　　)‎ ‎(5)涡流就是自感。(　　)‎ 答案　(1)√　(2)×　(3)√　(4)√　(5)×‎ 考点精练 考点一　法拉第电磁感应定律的理解和应用 ‎1.感应电动势的决定因素 ‎(1)由E＝n知，感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率和线圈匝数n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)为单匝线圈产生的感应电动势大小.‎ ‎2.法拉第电磁感应定律的两个特例 ‎(1)回路与磁场垂直的面积S不变，磁感应强度发生变化，则ΔΦ＝ΔB·S，E＝n·S.‎ ‎(2)磁感应强度B不变，回路与磁场垂直的面积发生变化，则ΔΦ＝B·ΔS，E＝nB.‎ 对应训练 ‎[典例1]　(2017·安徽安庆质检)如图甲所示，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(规定图甲中B的方向为正方向).图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0，导线的电阻不计.求0～t1时间内：‎ ‎ ‎ 甲　　　　　　　　　　乙 ‎(1)通过电阻R1的电流大小和方向；‎ ‎(2)通过电阻R1的电荷量q及电阻R1上产生的热量.‎ ‎[解题指导]　(1)Bt图象为一条倾斜直线，表示磁场均匀变化，即变化率恒定.‎ ‎(2)本题应区分磁场的面积和线圈的面积.‎ ‎[解析]　(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 E＝n＝ 根据闭合电路欧姆定律得，通过R1的电流 I＝＝.‎ ‎(2)通过R1的电荷量 q＝It1＝ R1上产生的热量 Q＝I2R1t1＝.‎ ‎[答案]　(1)　方向由b到a ‎(2)　 ‎[变式1]　如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中.在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B.在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　)‎ A.　　B.　　C.　　D. 答案：B　解析：磁感应强度的变化率＝‎ ＝，法拉第电磁感应定律公式可写成E＝n＝nS，其中磁场中的有效面积S＝a2，代入得E＝n，选项B正确，A、C、D错误. : | |k ]‎ ‎[变式2](2016·北京卷)如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直.磁感应强度B随时间均匀增大.两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb.不考虑两圆环间的相互影响.下列说法正确的是(　　)‎ A.Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向 B.Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向 C.Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向 D.Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向 答案：B　解析：由法拉第电磁感应定律E＝＝πr2，为常数，E与r2成正比，故Ea∶Eb＝4∶1.磁感应强度B随时间均匀增大，故穿过圆环的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反，垂直纸面向里，由安培定则可知，感应电流均沿顺时针方向，故B项正确.‎ 反思总结 应用电磁感应定律应注意的三个问题 ‎(1)公式E＝n求解的是一个回路中某段时间内的平均感应电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值.‎ ‎(2)利用公式E＝nS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＝Δt＝Δt＝.[ :学 ]‎ 考点二　导体切割磁感线产生感应电动势的计算 ‎1.平动切割 ‎(1)常用公式：若运动速度v和磁感线方向垂直，则感应电动势E＝BLv.‎ 注意：公式E＝BLv要求B⊥L、B⊥v、L⊥v，即B、L、v三者两两垂直，式中的L应该取与B、v均垂直的有效长度(即导体的有效切割长度).‎ ‎(2)有效长度：公式中的L为有效切割长度，即导体在与v垂直的方向上的投影长度.‎ ‎(3)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.转动切割 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匀速转动时，此时产生的感应电动势E＝BLv中＝BωL2.若转动的是圆盘，则可以把圆盘看成由很多根半径相同的导体杆组合而成的.‎ 对应训练 考向1　导体棒平动切割磁感线 ‎[典例2]　(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θ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 ‎[解题指导]　解答该题要明确以下几点：‎ ‎(1)金属杆切割磁感线的有效长度并不是它的实际长度，而是它的长度沿垂直速度方向的投影长度.‎ ‎(2)金属杆相当于电源，电路中的电流可利用欧姆定律求得.‎ ‎(3)金属杆的热功率可用公式P＝I2R求得.‎ ‎[解析]　金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为E＝Blv(l为切割磁感线的有效长度)，选项A错误；电路中感应电流的大小为I＝＝＝，选项B正确；金属杆所受安培力的大小为F＝BIl′＝B··＝，选项C错误；金属杆的热功率为P＝I2R＝·＝，选项D错误.‎ ‎[答案]　B 考向2　导体棒旋转切割磁感线 ‎[典例3]　(多选)1831年，法拉第发明的圆盘发电机(图甲)是利用电磁感应的原理制成的，是人类历史上第一台发电机.图乙是这个圆盘发电机的示意图：铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触，使铜盘转动，电阻R中就有电流通过.若所加磁场为匀强磁场，方向水平向右，回路的总电阻恒定，从左往右看，铜盘沿顺时针方向匀速转动，下列说法正确的是(　　)‎ ‎　　‎ 甲　　　　　 　　　乙 A.铜盘转动过程中，穿过铜盘的磁通量不变 B.电阻R中有正弦式交变电流通过 C.若不给铜盘施加任何外力，铜盘最终会停下来 D.通过R的电流方向是从a流向b ‎[解析]　铜盘切割磁感线产生感应电动势，铜盘相当于电源，从而在电路中形成方向不变的电流，内部电流方向是从负极(D点)到正极(C点).由于铜盘在运动中受到安培力的阻碍作用，故最终会停下来.故选A、C.‎ ‎[答案]　AC ‎[变式3]　‎ ‎(2015·新课标全国卷Ⅱ)如图所示，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ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是(　　)‎ A.Ua>Uc，金属框中无电流 B.Ub >Uc，金属框中电流方向沿a→b→c→a C.Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流 D.Uac＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a→c→b→a 答案：C　解析：闭合金属框在匀强磁场中以角速度ω逆时针转动时，穿过金属框的磁通量始终为零，金属框中无电流.由右手定则可知Ub＝UaI1，灯泡闪亮后逐渐变暗.两种情况灯泡中电流方向均改变 对应训练 考向1　通电自感 ‎[典例4]　如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，L的自感系数较大的线圈，其直流电阻忽略不计.当开关S闭合时，下列说法正确的是(　　)‎ A.A比B先亮，然后A熄灭 B.B比A先亮，然后B逐渐变暗，A逐渐变亮 C.A、B一起亮，然后A熄灭 D.A、B一起亮，然后A逐渐变亮，B的亮度不变 ‎[解析]　开关闭合的瞬间，线圈由于自感阻碍电流通过，相当于断路，B灯先亮，之后线圈阻碍作用减弱，相当于电阻减小，则总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，B灯所在支路电流减小，B灯变暗，A灯所在支路电流增大，A灯变亮.‎ ‎[答案]　B 考向2　断电自感 ‎[典例5]　如图所示电路中，L是一电阻可忽略不计的电感线圈，a、b为L的左、右两端点，A、B、C 为完全相同的三个灯泡，原来开关S是闭合的，三个灯泡均在发光.某时刻将开关S断开，则下列说法正确的是(　　)‎ A.a点电势高于b点，A灯闪亮后缓慢熄灭 B.b点电势高于a点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭 C.a点电势高于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭 D.b点电势高于a点，B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭 ‎[解题指导]　(1)断电自感现象中电流方向不改变.‎ ‎(2)L电阻不计，开关闭合时电流满足IA＞IB＝IC.‎ ‎[解析]　开关S闭合稳定时，电感线圈支路的总电阻较B、C灯支路电阻小，故流过A灯的电流I1大于流过B、C灯的电流I2，且电流方向由a到b，a点电势高于b点.当开关S断开，电感线圈会产生自感现象，相当于电源，b点电势高于a点，阻碍流过A灯电流的减小，瞬间流过B、C灯支路的电流比原来的大，故B、C灯闪亮后再缓慢熄灭，故B正确.‎ ‎[答案]　B 考向3　自感现象中的图象问题 ‎[典例6]　[ :学 ]‎ 在如图所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2是两个完全相同的灯泡，E是一内阻不计的电源.t＝0时刻，闭合开关S，经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S.I1、I2分别表示通过灯泡D1和D2的电流，规定图中箭头所示的方向为电流正方向，选项中能定性描述电流I随时间t变化关系的是(　　)‎ ‎ ‎ A　　　 　　B　　　　 C　　　 　　D ‎[解析]　当S闭合时，D1、D2同时亮且通过的电流大小相等，但由于L的自感作用，D1‎ 被短路，I1逐渐减小到零，I2逐渐增大至稳定；当S再断开时，D2马上熄灭，D1与L组成回路，由于L的自感作用，D1慢慢熄灭，电流反向且减小；综上所述知A正确.‎ ‎[答案]　A 反思总结 分析自感现象时的两点注意 ‎(1)通电自感线圈中的电流不能发生突变，即通电过程中，电流是逐渐变大的；断电过程中，电流是逐渐变小的，此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他元件形成回路.‎ ‎(2)断电自感中，灯泡是否闪亮问题的判断 ‎①通过灯泡的自感电流大于原电流时，灯泡闪亮；‎ ‎②通过灯泡的自感电流小于等于原电流时，灯泡不会闪亮. ‎ 随堂检测 ‎1．(2015·全国卷Ⅱ，15)如图14，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ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是(　　)‎ 图14‎ A．Ua＞Uc，金属框中无电流 B．Ub＞Uc，金属框中电流方向沿a－b－c－a ‎ C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流 D．Ubc＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a ‎2．(2016·浙江理综，16)如图15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la＝3lb，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(　　)‎ 图15‎ A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流 B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1‎ C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4‎ D．a、b线圈中电功率之比为3∶1‎ ‎3. (2015·全国卷Ⅰ，19)(多选)1824年，法国 学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图16所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是(　　)‎ 图16‎ A．圆盘上产生了感应电动势 B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动 C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化 D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动 ‎4．(2016·全国卷Ⅰ，24)如图17，两固定的绝缘斜面倾角均为θ，上沿相连。两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平。右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑。求 图17‎ ‎(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；‎ ‎(2)金属棒运动速度的大小。‎ 参考答案 ‎1.解析　金属框绕ab边转动时，闭合回路abc中的磁通量始终为零(即不变)，所以金属框中无电流。金属框在逆时针转动时，bc边和ac边均切割磁感线，由右手定则可知Ub＜Uc，Ua＜Uc，所以根据E＝Blv可知，Ubc＝Uac＝－Bl＝－Bl＝－Bl2ω。由以上分析可知选项C正确。‎ 答案　C ‎2.解析　根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A错误；因磁感应强度随时间均匀增大，设＝k，根据法拉第电磁感应定律可得E＝n＝nl2，则＝()2＝，选项B正确；根据I＝＝＝＝可知，I∝l，故a、b线圈中感应电流之比为3∶1，选项C错误；电功率P＝IE＝·nl2＝，则P∝l3，故a、b线圈中电功率之比为27∶1，选项D错误。‎ 答案　B ‎3.解析　把圆盘分割成无数根沿半径方向的金属条，圆盘运动过程中，半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，选项A正确；圆盘在径向的辐条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等而形成涡流，产生的磁场又导致磁针转动，选项B正确；圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量没有变化，选项C错误；圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向，不会使磁针转动，选项D错误。‎ 答案　AB ‎4.解析　(1)由ab、cd棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd速度大小总是相等，cd也做匀速直线运动。设导线的张力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为FN1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为FN2，对于ab棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得 ‎　‎ 甲　　　　　　　乙 ‎2mgsin θ＝μFN1＋T＋F①‎ FN1＝2mgcos θ②‎ 对于cd棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得 mgsin θ＋μFN2＝T③‎ FN2＝mgcos θ④‎ 联立①②③④式得：F＝mg(sin θ－3μcos θ)‎ ‎(2)设金属棒运动速度大小为v，ab棒上的感应电动势为 E＝BLv⑤ ‎ 回路中电流I＝⑥‎ 安培力F＝BIL⑦‎ 联立⑤⑥⑦得：‎ v＝(sin θ－3μcos θ) 答案　(1)mg(sin θ－3μcos θ)‎ ‎(2)(sin θ－3μcos θ)