【物理】2019届一轮复习人教版　　法拉第电磁感应定律　自感和涡流学案 14页

第二节　法拉第电磁感应定律　自感和涡流 ‎(对应学生用书第187页)‎ ‎[教材知识速填]‎ 知识点1　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：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，其中n为线圈匝数．‎ ‎3．导体切割磁感线的情形 ‎(1)垂直切割：E＝Blv.‎ ‎(2)倾斜切割：E＝Blvsin_θ，其中θ为v与B的夹角．‎ ‎(3)旋转切割(以一端为轴)：E＝Bl2ω.‎ 易错判断 ‎(1)Φ＝0，不一定等于0.(√)‎ ‎(2)线圈匝数n越多，磁通量越大，产生的感应电动势也越大．(×)‎ ‎(3)公式E＝Blv中的l是导体棒的总长度．(×)‎ ‎(4)磁场相对导体棒运动时，导体棒中也可能产生感应电动势．(√)‎ 知识点2　自感和涡流 ‎1．自感现象 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.‎ ‎(3)自感系数L：①相关因素：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯等因素有关．‎ ‎②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，在它附近的导体中产生的像水的旋涡一样的感应电流．‎ 易错判断 ‎(1)线圈中的电流越大，自感系数也越大．(×)‎ ‎(2)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．(√)‎ ‎(3)自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化．(√)‎ ‎[教材习题回访]‎ 考查点：对法拉第电磁感应定律的理解 ‎1．(人教版选修3－2P17T1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]　C　‎ 考查点：求感应电动势的大小 ‎2. (粤教版选修3－2P18T3改编)如图1021所示，半径为r的n匝线圈放在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场充满正方形区域并垂直穿过该区域，当磁场以的变化率变化时，线圈产生的感应电动势大小为(　　)‎ 图1021‎ A．0　　　　　　　 B．n·L2‎ C．n·πr2 D．n·r2‎ ‎[答案]　B　‎ 考查点：自感现象 ‎3．(鲁科版选修3－2P33T1)在如图1022所示的电路中，LA为灯泡，S为开关，L为有铁芯的线圈．对于这样的电路，下列说法正确的是(　　)‎ 图1022‎ A．因为线圈L通电后会产生自感现象，所以S闭合后，灯泡LA中无电流通过 B．在S打开或闭合的瞬间，电路中都不会产生自感现象 C．当S闭合时，电路中会产生自感现象 D．在S闭合后再断开的瞬间，灯泡LA可能不立即熄灭 ‎[答案]　C　‎ 考查点：涡流现象 ‎4．(多选)(沪科版选修3－2P37T1改编)变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这是因为(　　)‎ A．增大涡流，提高变压器的效率 B．减小涡流，提高变压器的效率 C．增大铁芯中的电阻，以产生更多的热量 D．增大铁芯中的电阻，以减小发热量 ‎[答案]　BD　‎ ‎(对应学生用书第188页)‎ 法拉第电磁感应定律的理解和应用 ‎1．对法拉第电磁感应定律的理解 ‎(1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率共同决定，而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系．‎ ‎(2)磁通量的变化率对应Φt图线上某点切线的斜率．‎ ‎2．应用法拉第电磁感应定律的三种情况 ‎(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝BΔS，则E＝n；‎ ‎(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔBS，则E＝n；‎ ‎(3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E＝n≠n.‎ ‎[题组通关]‎ ‎1．(2018·威海模拟)半径为R的圆形线圈共有n匝，总阻值为R0，其中心位置处半径为r的虚线范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面，如图1023所示，若初始的磁感应强度为B，在时间t内均匀减小为0，则通过圆形线圈的电流为(　　)‎ 图1023‎ A．nBπR2　　　　　　　 B．nBπr2‎ C. D. D　[由于线圈平面与磁场方向垂直，故穿过该面的磁通量为：Φ＝BS，半径为r的虚线范围内有匀强磁场，所以磁场的区域面积为：S＝πr2即Φ＝πBr2，由E＝及I＝可得I＝，故选项D正确．]‎ ‎2．(2018·济南模拟)如图1024所示，将外皮绝缘的圆形闭合细导线扭一次变成两个面积比为1∶4的圆形闭合回路(忽略两部分连接处的导线长度)，分别放入垂直圆面向里、磁感应强度大小随时间按B＝kt(k>0，为常数)的规律变化的磁场，前后两次回路中的电流比为(　　) ‎ 图1024‎ A．1∶3 B．3∶1‎ C．1∶1 D．9∶5‎ ‎[题眼点拨]　①“闭合细导线扭一次”注意判断各自产生的电流方向；②“面积比为1∶‎4”‎可求得周长比为1∶2.‎ B　[同一导线构成不同闭合回路，它们的电阻相同，那么电流之比等于它们的感应电动势之比，设圆形线圈的周长为l，依据法拉第电磁感应定律E＝S，之前的闭合回路的感应电动势E＝kπ，圆形闭合细导线扭一次变成两个面积比为1∶4的圆形闭合回路，根据面积之比等于周长的平方之比，则1∶4的圆形闭合回路的周长之比为1∶2，导线扭之后的闭合回路的感应电动势E′＝kπ－kπ；则前后两次回路中的电流比I∶I′＝E∶E′＝3∶1，B正确．]‎ 如图所示，由一根金属导线绕成闭合线圈，线圈的半径分别为R、2R，磁感应强度B随时间t的变化规律是B＝kt(k 为常数)，方向垂直于线圈平面．闭合线圈中产生的感应电动势为(　　)‎ A．kπR2　　　　　　　 B．3kπR2‎ C．4kπR2 D．5kπR2‎ B　[由法拉第电磁感应定律可得E＝，ΔΦ＝ΔBS，故E＝S＝k(4πR2－πR2)＝3kπR2，选项B正确．]‎ ‎[反思总结]　应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题 (1)公式E＝求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值.‎ (2)利用公式E＝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：.‎ 导体切割类感应电动势的计算 ‎1．E＝Blv的特性 ‎(1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且B、l、v三者互相垂直．‎ ‎(2)有效性：公式中的l为导体切割磁感线的有效长度．如图1025中，导体棒的有效长度为ab间的距离．‎ 图1025‎ ‎(3)相对性：E＝Blv中的速度v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系．‎ ‎2．导体转动切割磁感线产生感应电动势的情况 若长为L的导体棒在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω 匀速转动，则 ‎(1)以中点为轴时，E＝0(不同两段的代数和)．‎ ‎(2)以端点为轴时E＝BωL2(平均速度取中点位置的线速度ωL)．‎ ‎(3)以任意点为轴时E＝Bω(L－L)(L1>L2，不同两段的代数和)．‎ ‎[多维探究]‎ 考向1　平动切割产生感应电动势 ‎1．(2018·无锡模拟) 一个匀强磁场的边界是MN，MN左侧无磁场，右侧是范围足够大的匀强磁场区域，如图1026甲所示．现有一个金属线框沿ab方向以恒定速度从MN左侧垂直进入匀强磁场区域．线框中的电流随时间变化的It图象如图1026乙所示．则可能的线框是下列选项中的哪一个(　　)‎ 甲 乙 图1026‎ A　　　　　B　　　　　C　　　　　　D D　[导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，设线框总电阻是R，则感应电流I＝，由图乙所示图象可知，感应电流先均匀变大，后均匀变小，且电流大小与时间成正比，由于B、v、R是定值，故导体棒的有效长度L应先均匀变长，后均匀变短，且L随时间均匀变化，即L与时间t成正比．闭合圆环匀速进入磁场时，有效长度L先变大，后变小，但L随时间不是均匀变化，不符合题意，故A错误；正方形线框进入磁场时，有效长度L不变，感应电流不变，不符合题意，故B错误；梯形线框匀速进入磁场时，有效长度L先均匀增加，后不变，最后均匀减小，不符合题意，故C错误；三角形线框匀速进入磁场时，有效长度L先增加，后减小，且随时间均匀变化，符合题意，故D正确．]‎ ‎2. (多选)半径为a右端开小口的导体圆环和长为‎2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确 定，如图1027所示．则(　　) ‎ 图1027‎ A．θ＝0时，杆产生的电动势为2Bav B．θ＝时，杆产生的电动势为Bav C．θ＝0时，杆受的安培力大小为 D．θ＝时，杆受的安培力大小为 AD　[当θ＝0时，杆切割磁感线的有效长度l1＝‎2a，所以杆产生的电动势E1＝Bl1v＝2Bav，选项A正确；此时杆上的电流I1＝＝，杆受的安培力大小F1＝BI‎1l1＝，选项C错误；当θ＝时，杆切割磁感线的有效长度l2＝2acos ＝a，杆产生的电动势E2＝Bl2v＝Bav，选项B错误；此时杆上的电流I2＝＝，杆受的安培力大小F2＝BI‎2l2＝，选项D正确．]‎ 考向2　转动切割产生感应电动势 ‎3. (多选)如图1028所示，S和P是半径为a的环形导线的两端点，OP间电阻为R，其余电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于环面，金属棒OQ与环形导线接触，以角速度ω绕O点无摩擦匀速转动时，则(　　)‎ 图1028‎ A．电阻R两端的电压为 B．电阻R消耗的功率为 C．金属棒受的安培力为 D．外力对OQ做功的功率为 ‎[题眼点拨]　①“OP间电阻为R，其余电阻不计”说明R两端电压等于电动势；②“OQ以角速度ω绕O点无摩擦匀速转动”说明外力做功的功率等于电功率．‎ AB　[OQ产生的电动势E＝Ba＝，因为只有OP间有电阻，所以电阻R两端的电压为，A正确；电阻R消耗的功率为P＝＝，B正确；电路中电流I＝＝，金属棒受的安培力F＝BIa＝，C错误；外力对OQ做功的功率为P′＝P＝，D错误．]‎ ‎4．(多选)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、电阻为R的均匀金属棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图1029所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器．金属棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．下列说法正确的是(　　) ‎ 图1029‎ A．金属棒中电流从B流向A B．金属棒两端电压为Bωr2‎ C．电容器的M板带负电 D．电容器所带电荷量为CBωr2‎ AB　[根据右手定则可知金属棒中电流从B流向A，选项A正确；金属棒转动产生的电动势为E＝Br＝Bωr2，切割磁感线的金属棒相当于电源，金属棒两端电压相当于电源的路端电压，因而U＝E＝Bωr2，选项B正确；金属棒A端相当于电源正极，电容器M板带正电，选项C错误；由C＝可得电容器所带电荷量为Q＝CBωr2，选项D错误．]‎ ‎(2015·全国Ⅱ卷)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．Ubc＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a→c→b→a C　[金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误；转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断Ua＜Uc，Ub＜Uc，选项A错误；由转动切割产生感应电动势的公式得Ubc＝－Bl2ω，选项C正确．]‎ ‎[反思总结]　电磁感应现象中电势高低的判断 ‎(1)产生感应电动势的那部分电路或导体相当于电源．‎ ‎(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．‎ 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 电路中稳态电流分别为I1、I2：‎ 电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变 ‎①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；‎ ‎②若I2>I1，灯泡闪亮后逐渐变暗.‎ 两种情况灯泡中电流方向均改变 ‎[多维探究]‎ 考向1　自感现象中的it图象 ‎1.电流传感器在电路中相当于电流表，可以用来研究自感现象．在如图10210所示的实验电路中，L是自感线圈，其自感系数足够大，直流电阻值大于灯泡D的阻值，电流传感器的电阻可以忽略不计．在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开开关S.在下列表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的图象中，可能正确的是(　　)‎ 图10210‎ A　　　　　　B　　　　　　C　　　　　D ‎[题眼点拨]　①“L的自感系数足够大”说明L产生的自感电动势较大；②“直流电阻值大于灯泡D的阻值”说明两者稳定并联时，通过D的电流大．‎ D　[闭合S瞬间，外电路电阻最大，然后外电路电阻逐渐减小，外电压逐渐减小，所以通过电流传感器的电流逐渐减小，电路稳定后，外电路电阻不变，外电压不变，通过电流传感器的电流不变；因为线圈的直流电阻值大于灯泡D的阻值，稳定后，通过线圈的电流小于通过电流传感器的电流．t＝t1时刻断开开关S，由于自感现象，原来通过线圈L的电流从左向右流过电流传感器，逐渐减小．D图符合题中情况．]‎ 考向2　含有电容器的自感现象问题 ‎2．(多选)(2018·贵阳模拟)如图10211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(　　)‎ 图10211‎ 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E C．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 BC　[闭合S，稳定后，电容器相当于断路，线圈L相当于短路，所以电容器b极板与电源正极相连，带正电荷，A项错误；电源有内阻，电容器两端电压等于电路的路端电压，小于电源电动势，B项正确；断开S瞬间，电容器与R2构成回路放电，通过R2的电流方向向左，D项错误；断开S瞬间，由于自感现象，线圈L相当于临时电源，阻碍原来的电流减小，通过线圈的电流方向不变，R1与线圈L构成回路，所以通过R1的电流方向向右，C项正确．]‎ ‎[反思总结]　分析自感现象的方法——等效法 (1)线圈中电流增大时，线圈可以等效成一阻值由较大逐渐减小的电阻，电流非线性逐渐增大.‎ (2)线圈中电流减小时，线圈可等效成一个电动势由较大逐渐减小的电源，线圈中的磁场能逐渐转化成电能，构成回路中的电流沿原方向非线性逐渐减小.‎ 考向3　对涡流现象的理解 ‎3．(多选)(2015·全国Ⅰ卷)1824年，法国科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10212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10212‎ 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 AB　[当圆盘转动时，圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线，产生感应电动势，选项A正确；‎ 如图所示，铜圆盘上存在许多小的闭合回路，当圆盘转动时，穿过小的闭合回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流阻碍其相对运动，但抗拒不了相对运动，故磁针会随圆盘一起转动，但略有滞后，选项B正确；在圆盘转动过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零，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，会使磁针沿轴线方向偏转，选项D错误．]‎