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- 2021-06-01 发布
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法拉第电磁感应定律 互感 自感
一.考点整理 基本概念
1.感应电动势:在电磁感应现象中产生的电动势叫做感应电动;
⑴ 产生条件:穿过回路的磁通量发生 ,与电路是否闭合无关.
⑵ 方向判断:感应电动势的方向用 或右手定则判断.
2.法拉第电磁感应定律: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;E = ,其中n为线圈匝数.
⑴ 感应电流与感应电动势的关系:遵守闭合电路欧姆定律,即I = .
⑵ 导体切割磁感线时的感应电动势:① 导体垂直切割磁感线时,感应电动势可用E = 求出,式中l为导体切割磁感线的 ;② 导体棒在磁场中转动时,导体棒以端点为轴,在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生感应电动势E = = Blv中点(棒中点位置的线速度lω/2).
3.互感现象:两个相互靠近的线圈,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 ,这种现象叫互感.
⑴ 应用;利用互感现象可以把 由一个线圈传递到另一个线圈,如变压器、收音机的磁性天线.
⑵ 危害;互感现象能发生在任何两个相互靠近的电路之间,电力工程和电子电路中,有时会影响电路正常工作.
4.自感现象:由于导体本身的 变化而产生的电磁感应现象称为自感.自感电动势:在自感现象中产生的感应电动势叫做自感电动势;E = (其中L叫做自感系数,L与线圈的 、 、匝数以及 有关,单位:亨利H,1 mH = H,1 μH = H).自感电动势的方向:自感电动势总是______原来导体中电流的变化.当回路中的电流增加时,自感电动势和原来电流的方向_______;当回路中的电流减小时,自感电动势和原来电流的方向_______.自感对电路中的电流变化有____________作用,使电流不能________.
⑴ 自感现象的应用:如日光灯电路中的镇流器,无线电设备中和电容器一起组成的振荡电路等.日光灯电路是由启动器、镇流器和灯管组成的.______在日光灯启动时起到开关作用,正常工作时断开;镇流器的作用是在灯开始点亮时起___________的作用,在日光灯正常发光时起__________作用.
⑵ 防止:制作精密电阻时,采用________绕法,防止自感现象的发生,减小因自感而造成的误差.
5.涡流:块状金属在磁场中运动,或者处在变化的磁场中,金属块内部会产生感应电流,这种电流在整块金属内部自成闭合回路,叫做________.
二.思考与练习 思维启动
1.将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中,线圈平面与磁场方向垂直,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
2.在如图所示的电路中,A1和A2是两个相同的灯泡,线圈L的自感系数足够大,电阻可以忽略不计.下列说法中正确的是 ( )
A.合上开关S时,A2先亮,A1后亮,最后一样亮
B.断开开关S时,A1和A2都要过一会儿才熄灭
C.断开开关S时,A2闪亮一下再熄灭
D.断开开关S时,流过A2的电流方向向右
3.如图所示,A、B 为大小、形状均相同且内壁光滑,但用不同材料制成的圆管,竖直固定在相同高度.两个相同的磁性小球,同时从 A、B 管上端的管口无初速度释放,穿过 A 管的小球比穿过 B 管的小球先落到地面,下面对于两管的描述中可能正确的是 ( )
A.A 管是用塑料制成的,B 管是用铜制成的
B.A 管是用铝制成的,B 管是用胶木制成的
C.A 管是用胶木制成的,B 管是用塑料制成的
D.A 管是用胶木制成的,B 管是用铝制成的
三.考点分类探讨 典型问题
〖考点1〗法拉第电磁感应定律的应用
【例1】如图所示,均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框,半圆直径与磁场边缘重合;磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里,磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周,在线框中产生感应电流.现使线框保持图中所示位置,磁感应强度大小随时间线性变化.为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流,磁感应强度随时间的变化率 ΔB/Δt的大小应为 ( )
A.4ωB0/π B.2ωB0/π C.ωB0/π D.ωB0/2π
【变式跟踪1】一矩形线框置于匀强磁场中,线框平面与磁场方向垂直.先保持线框的面积不变,将磁感应强度在1 s时间内均匀地增大到原来的两倍.接着保持增大后的磁感应强度不变,在1 s时间内,再将线框的面积均匀地减小到原来的一半.先后两个过程中,线框中感应电动势的比值为( )
A.0.5 B.1 C.2 D.4
〖考点2〗导体切割磁感线产生感应电动势的计算
【例2】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,如图所示.则 ( )
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2B2av/[(π + 2)R0]
D.θ = 时,杆受的安培力大小为3B2av/[(5π + 3)R0]
【变式跟踪2】如图所示,水平放置的U形框架上接一个阻值为R0的电阻,放在垂直纸面向里的、磁感应强度大小为B的匀强磁场中,一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC在水平向右的恒定拉力F作用下,由静止开始运动距离d后速度达到v,半圆形硬导体AC的电阻为r,其余电阻不计.下列说法正确的是 ( )
A.此时AC两端电压为UAC = 2BLv
B.此时AC两端电压为UAC = 2BLvR0/(R0 + r)
C.此过程中电路产生的电热为Q = Fd–mv2/2
D.此过程中通过电阻R0的电荷量为q = 2BLd/(R0+r)
〖考点3〗自感和涡流
【例3】如图所示的电路中,L1、L2 为完全相同的灯泡,线圈 L 的电阻忽略不计.下列说法中正确的是 ( )
A.合上开关 S 接通电路时,L2 先亮 L1 后亮,最后一样亮
B.合上开关 S 接通电路时,L1 和 L2 始终一样亮
C.断开开关 S 切断电路时,L2 立即熄灭,L1 过一会儿才熄灭
D.断开开关 S 切断电路时,L1、L2 同时立即熄灭
【变式跟踪3】如图所示的电路,D1和D2是两个相同的小电珠,L是一个自感系数相当大的线圈,其电阻与R相同,由于存在自感现象,在开关S接通和断开时,灯泡D1和D2先后亮暗的次序是( )
A.接通时D1先达最亮,断开时D1后暗
B.接通时D2先达最亮,断开时D2后暗
C.接通时D1先达最亮,断开时D1先暗
D.接通时D2先达最亮,断开时D2先暗
四.考题再练 高考试题
1.【2012·课标全国卷】如图所示,一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内,线框在长直导线右侧,且其长边与长直导线平行.已知在t = 0到t = t1的时间间隔内,直导线中电流i发生某种变化,而线框中的感应电流总是沿顺时针方向;线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右.设电流i正方向与图中箭头所示方向相同,则i随时间t变化的图线可能是 ( )
【预测1】如图所示,一带铁芯线圈置于竖直悬挂的闭合铝框右侧,与线圈相连的导线abcd内有水平向里变化的磁场.下列哪种变化磁场可使铝框向左偏离 ( )
A
B
C
D
v
0
0
0
0
t
t
t
t
v
v
v
v
d
l
2.【2013·新课标全国卷Ⅱ】如图,在光滑水平桌面上有一边长为l、电阻为R的正方形导线框;在导线框右侧有一宽度为d(d > l)的条形匀强磁场区域,磁场的边界与导线框的一边平行,磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右行动.t = 0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合,随后导线框进入并通过磁场区域.下列v – t图像中,可能正确描述上述过程的是 ( )
T
D
T
T
A
t
t
t
t
0
0
0
0
B
i2
i2
i2
i2
T
T
C
【预测2】某学生设计了一个验证法拉第电磁感应定律的实验,实验装置如图甲所示.在大线圈Ⅰ中放置一个小线圈Ⅱ,大线圈Ⅰ与多功能电源连接.多功能电源输入到大线圈Ⅰ的电流i1的周期为T,且按图乙所示的规律变化,电流i1将在大线圈Ⅰ的内部产生变化的磁场,该磁场磁感应强度B与线圈中电流i1的关系为B = ki1(其中k为常数).小线圈Ⅱ与电流传感器连接,并可通过计算机处理数据后绘制出小线圈Ⅱ中感应电流i2随时间t变化的图象.若仅将多功能电源输出电流变化的频率适当增大,则下图所示各图象中可能正确反映i2–t变化的是(下图中分别以实线和虚线表示调整前、后的i2–t图象) ( )
五.课堂演练 自我提升
1.某同学为了验证断电自感现象,自己找来带铁心的线圈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 ( )
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
2.有一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环,ab为圆环的一条直径.如图所示,在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场,磁场垂直圆环所在平面,方向如图所示.磁感应强度大小随时间的变化率为ΔB/Δt = k(k < 0).则下列判断中正确的是 ( )
A.圆环中产生逆时针方向的感应电流 B.圆环具有扩张趋势
C.圆环中感应电流大小为krS/2ρ D.图中a、b两点的电势差Uab = ∣kπr2/4∣
3.如图所示,一由均匀电阻丝折成的正方形闭合线框abcd,置于磁感应强度方向垂直纸面向外的有界匀强磁场中,线框平面与磁场垂直,线框bc边与磁场左右边界平行.若将该线框以不同的速率从图示位置分别从磁场左、右边界匀速拉出直至全部离开磁场,在此过程中( )
A.流过ab边的电流方向相反 B.ab边所受安培力的大小相等
C.线框中产生的焦耳热相等 D.通过电阻丝某横截面的电荷量相等
4.一导线弯成如图所示的闭合线圈,图甲中线圈以速度v向左匀速进入磁感应强度为B的匀强磁场,从线圈进入磁场开始到完全进入磁场为止.图乙中线圈以OO′为轴从图示位置(线圈平面与磁场平行)在磁感应强度为B的匀强磁场中匀速转动.则( )
A.图甲中,感应电动势先增大后减小
B.图甲中,感应电动势的最大值E = Brv
C.图乙中,线圈开始转动时感应电动势最大
D.图乙中,线圈开始转动时由于穿过线圈的磁通量为零,故感应电动势最小
5.如图所示,一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落,穿过一根竖直悬挂的条形磁铁,铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合.若取磁铁中心O为坐标原点,建立竖直向下为正方向的x轴,则下图中最能正确反映环中感应电流i随环心位置坐标x变化的关系图象是 ( )
6.如图所示,A是一边长为L的正方形导线框.虚线框内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁场宽度为3L.线框的bc边与磁场左右边界平行且与磁场左边界的距离为L.现维持线框以恒定的速度v沿x轴正方向运动.规定磁场对线框作用力沿x轴正方向为正,且在图示位置时为计时起点,则在线框穿过磁场的过程中,磁场对线框的作用力随时间变化的图象正确的是 ( )
参考答案:
一.考点整理 基本概念
1.改变 楞次定律
2.nΔφ/Δt E/(R + r) Blv 有效长度 Bl2ω/2
3.感应电动势 能量
4.电流 LΔI/Δt 大小 形状 是否有铁芯 10-3 10-6 阻碍 相反 相同 延迟 突变 启动器 产生瞬时高压 降压限流 双线
5.涡流
二.思考与练习 思维启动
1.C;由法拉第电磁感应定律E = nΔφ/Δt知,感应电动势的大小与线圈匝数有关,A错.感应电动势正比于Δφ/Δt,与磁通量的大小无直接关系,B错误、C正确.根据楞次定律知,感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化,即“增反减同”,D错误.
2.AB;合上开关S时,线圈L中产生的自感电动势阻碍电流增大,并且阻碍作用逐渐变小直至为零,故A2先亮,A1后亮,最后一样亮.选项A正确.断开开关S时,线圈L中产生的自感电动势阻碍电流减小,因电路稳定时通过A1和A2的电流大小相等,故断开开关S时,A1和A2都逐渐熄灭,流过A2的电流方向向左.选项B正确,C、D错误.
3.AD;磁性小球穿过铜管或铝管时,管中产生感应电流,又据楞次定律可知,感应电流产生的磁场阻碍小球的下落;而当小球穿过塑料管或胶木管时,管中不产生感应电流,小球做自由落体运动.故选项 A、D 正确.
三.考点分类探讨 典型问题
例1 C;当线框绕过圆心O的转动轴以角速度ω匀速转动时,由于面积的变化产生感应电动势,从而产生感应电流.设半圆的半径为r,导线框的电阻为R,即I1 = E/R = (Δφ/Δt)/R = B0ΔS/RΔt = (πr2/2)B0/(Rπ/ω) = B0r2ω/2R.当线圈不动,磁感应强度变化时,I2 = E/R = Δφ/RΔt = ΔBS/RΔt = (ΔB/Δt)( πr2/2R),因I1 = I2,可得ΔB/Δt = ωB0/π,C选项正确.
变式1 B;设原磁感应强度是B,线框面积是S,第1 s内Δφ1 = 2BS – BS = BS,第2 s内Δφ2 = 2B·(S/2) – 2BS = – BS.因为E = nΔφ/Δt,所以两次电动势大小相等,B正确.
例2 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 = E1/[(πa + 2a)R0] = 2Bv/[(π + 2)R0],杆受的安培力大小F1 = BI1l1 = 4B2av/[(π + 2)R0],选项C错误.当θ = π/3 时,杆切割磁感线的有效长度l2 = 2acosπ/3 = a,杆产生的电动势E2 = Bl2v = Bav,选项B错误.此时杆上的电流I2 = E2/[(2πa–2πa/6 + a)R0] = 3Bv/[(5π + 3) R0],杆受的安培力大小F2 = BI2l2 = 3B2av/[(5π + 3) R0],选项D正确.
变式2 BD;AC的感应电动势为E = 2BLv,两端电压为UAC = ER0/(R0 + r) = 2BLvR0/(R0 + r),A错、B对;由功能关系得Fd = mv2/2 + Q+Qμ,C错;此过程中平均感应电流为I平均 = 2BLd/( R0 + r)Δt,通过电阻R0的电荷量为q = I平均Δt = 2 BLd/( R0 + r),D对.
例3 A;接通电路时,由于线圈的自感作用,L1 支路相当于断路,电流增大得慢,L1 后亮;稳定后,线圈的作用消失,又相当于短路,L1、L2 并联,亮度一样;断开开关,都过一会儿才熄灭.
变式3 A;当开关S接通时,D1和D2应该同时亮,但由于自感现象的存在,流过线圈的电流由零变大时,线圈上产生自感电动势的方向是左边正极,右边负极,使通过线圈的电流从零开始慢慢增加,所以开始瞬时电流几乎全部从D1通过,而该电流又将同时分路通过D2和R,所以D1先达最亮,经过一段时间电路稳定后,D1和D2达到一样亮.当开关S断开时,电源电流立即为零,因此D2立刻熄灭,而对D1,由于通过线圈的电流突然减弱,线圈中产生自感电动势(右端为正极,左端为负极),使线圈L和D1组成的闭合电路中有感应电流,所以D1后灭.
四.考题再练 高考试题
1.A;因通电导线周围的磁场离导线越近磁场越强,而线框中左右两边的电流大小相等,方向相反,所以受到的安培力方向相反,导线框的左边受到的安培力大于导线框的右边受到的安培力,所以合力与左边框受力的方向相同.因为线框受到的安培力的合力先水平向左,后水平向右,根据左手定则,导线框处的磁场方向先垂直纸面向里,后垂直纸面向外,根据安培定则,导线中的电流先为正,后为负,所以选项A正确,选项B、C、D错误.
预测1 A;
铝框向左运动,是为了阻碍本身磁通量的增加,由楞次定律可知:带铁芯线圈产生的电流增加,其产生的磁场增强.为使线圈产生的电流变大,由法拉第电磁感应定律可知:线框abcd中的磁场的逐渐增加,选项A正确,B、C、D错误.
2.D;由于线框在进入磁场过程要切割磁感线而产生感应电流,故线框受到安培力的作用做减速运动,A错误;安培力F安 = B2l2v/R,因v在减小,故F安在减小,加速度a = F安/m在减小,即线框进入磁场过程做加速度减小的变减速运动,B错误;由于d > l,若线框完全进入磁场中仍有速度,则线框将会在磁场中做匀速运动直至右边滑出磁场,线框出磁场过程仍做加速度减小的减速运动,C错误,D正确.
预测2 D;由题图乙知电流i1随时间线性变化,再由B = ki1知磁场也随时间线性变化,则通过线圈Ⅱ的磁通量也随时间线性变化,线圈Ⅱ中产生恒定的电动势与感应电流,A、B皆错误.当频率加大后,磁通量变化率加大,产生的感应电动势与感应电流加大,C错误,D正确.
五.课堂演练 自我提升
1.C;从实物连接图中可以看出,线圈L与小灯泡并联,断开开关S时,小灯泡A中原来的电流立即消失,线圈L与小灯泡组成闭合电路,由于自感,线圈中的电流逐渐变小,使小灯泡中的电流变为反向且与线圈中电流相同,小灯泡未闪亮说明断开S前,流过线圈的电流较小,原因可能是线圈电阻偏大,故选项C正确.
2.BD;由于磁场减弱,在线圈中产生顺时针的感应电流,故A错;根据电磁感应规律的推论:要阻碍磁通量减小,则题中线圈应扩张,B正确.圆环中感应电流I = E/R = (kπr2/2)/[ ρ(2πr/S)] = krS/4ρ,故C错;ab部分是整个电路的外电路,ab两端电压为外电压,占整个电动势的一半,Uab = E/2 = kπr2/4,则选项D正确.
3.D;线框离开磁场,磁通量减小,由楞次定律可知线框中的感应电流方向为a → d → c → b → a,故A错误;由法拉第电磁感应定律得E = BLv,I = E/R,F = BIL = B2L2v/R,v不同,F不同,故B错误;线框离开磁场的时间t = L/v,产生的热量Q = I2Rt = B2L3v/R,故C错误;通过导体横截面的电荷量q = It = BL2/R与速率无关,故D正确.
4.AC;图甲中,在闭合线圈进入磁场的过程中,因导线切割磁感线的有效长度先变大后变小,所以由E = Blv可知,感应电动势E先变大后变小,选项A正确;导线切割磁感线的有效长度最大值为2r,感应电动势最大,为E = 2Brv,故选项B错误;图乙中,虽然线圈开始转动时穿过它的磁通量φ最小,但磁通量的变化率Δφ/Δt最大,因此感应电动势E最大,选项C正确,D错误.
5.B;闭合铜环在下落过程中穿过铜环的磁场方向始终向上,磁通量先增加后减少,由楞次定律可判断感应电流的方向要发生变化,D项错误;因穿过闭合铜环的磁通量的变化率不是均匀变化,所以感应电流随x的变化关系不可能是线性关系,A项错误;铜环由静止开始下落,速度较小,所以穿过铜环的磁通量的变化率较小,产生的感应电流的最大值较小,过O点后,铜环的速度增大,磁通量的变化率较大,所以感应电流的反向最大值大于正向最大值,故B项正确,C项错误.
6.B;当bc边进入磁场切割磁感线时,产生感应电流,利用右手定则可判断感应电流的方向从c→b,再利用左手定则可判断安培力向左,与规定的安培力的正方向相反,A错误,结合I = BLv/R,F = BIL,得安培力F是定值,C错误;当线框穿出磁场时,ad边切割磁感线,产生的感应电流从d→a,利用左手定则可判断安培力向左,与规定的安培力的正方向相反,B正确.