高考物理一轮复习讲义 第九章 电磁感应 第2讲 法拉第电磁感应定律 自感 涡流 教科版

第2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．①感生电动势：由于磁场的变化而激发出感生电场，由感生电场而产生的感应电动势．②动生电动势：由于导体在磁场中运动而产生的感应电动势．(2)条件：无论电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就一定有感应电动势．(3)与感应电流的关系：遵守闭合电路欧姆定律，即I＝ER＋r.2．法拉第电磁感应定律(1)定律内容：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：E＝n ΔΦΔt.其中n为线圈的匝数．二、导体切割磁感线产生的感应电动势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：E＝L ΔI Δt.(3)自感系数L①相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关．②单位：亨利(H,1 mH ＝10－3 H,1 μH ＝10－6H)． 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感应电流，这种电流像水的旋涡所以叫做涡流．(1)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的运动．(2)电磁驱动：如果磁场相对于导体运动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来．交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的．(3)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用．1．关于电路中感应电动势的大小，下列说法正确的是( ) A ．穿过电路的磁通量越大，感应电动势就越大 B ．电路中磁通量的改变量越大，感应电动势就越大 C ．电路中磁通量改变越快，感应电动势就越大D ．若电路中某时刻磁通量为零，则该时刻感应电流一定为零 答案： C2．穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加 2 Wb ，则( ) A ．线圈中感应电动势每秒增加2 V B ．线圈中感应电动势每秒减少2 V C ．线圈中感应电动势始终为2 VD ．线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2 V解析： 由E ＝ΔΦΔt知：ΔΦ/Δt 恒定，所以E ＝2 V.答案： C3.如图所示，L 为一个自感系数很大的自感线圈，开关闭合后，小灯泡能正常发光，那么闭合开关和断开开关的瞬间，能观察到的现象分别是( )A ．小灯泡逐渐变亮，小灯泡立即熄灭B ．小灯泡立即亮，小灯泡立即熄灭C ．小灯泡逐渐变亮，小灯泡比原来更亮一下再慢慢熄灭D ．小灯泡立即亮，小灯泡比原来更亮一下再慢慢熄灭解析： 开关闭合瞬间，通过自感线圈的电流逐渐增大，自感线圈产生自感电动势阻碍原电流的增加，故小灯泡逐渐变亮；开关断开瞬间，回路处于断开状态，故小灯泡立即熄灭，选项A 正确．答案： A4.如图所示，正方形线圈abcd 位于纸面内，边长为L ，匝数为N ，线圈内接有电阻值为R 的电阻，过ab 中点和cd 中点的连线OO ′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为B .当线圈转过90°时，通过电阻R 的电荷 量为( )A.BL 22RB.NBL 22RC.BL 2RD.NBL 2R解析： 初状态时，通过线圈的磁通量为Φ1＝BL 22，当线圈转过90°时，通过线圈的磁通量为0，由q ＝N ΔΦR 可得通过电阻R 的电量为NBL 22R.答案： B5.如图所示，一段导线弯曲成半径为R 的半圆形闭合回路．虚线MN 、PQ 间有磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场的宽度等于R ，方向垂直于回路所在的平面．现让回路以速度v 向右匀速穿过磁场，直径CD始终与MN垂直．关于此过程，下列结论正确的是( ) A．穿过的过程中回路中感应电流一直不为零B．感应电流的方向一直不变C．感应电动势先增大后减小再增大再减小D．感应电动势最大值E m＝2BRv解析：当回路的圆心到磁场的中间时，回路中的感应电动势为零，电流为零，A项错误；磁通量先向里增大，后向里减小，根据楞次定律，感应电流的方向先沿逆时针方向后沿顺时针方向，B项错误；当回路的圆心到MN或PQ上时，切割磁感线的有效长度最长，感应电动势最大为BRv，D项错误；在穿过磁场的过程中，回路切割磁感线的有效长度先变大，后变小，再变大，再变小，因此感应电动势先增大后减小再增大再减小，C项正确．答案： C法拉第电磁感应定律的应用1．决定感应电动势大小的因素感应电动势E 的大小决定于穿过电路的磁通量的变化率ΔΦΔt和线圈的匝数n .而与磁通量的大小、磁通量变化量ΔΦ的大小无必然联系．2．磁通量变化通常有两种方式(1)磁感应强度B 不变，垂直于磁场的回路面积发生变化，此时E ＝nB ΔSΔt ；(2)垂直于磁场的回路面积不变，磁感应强度发生变化，此时E ＝n ΔB Δt S ，其中ΔBΔt是B－t 图象的斜率．(2012·新课标全国卷)如图，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B 0.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ΔBΔt的大小应为( )A.4ωB 0πB.2ωB 0πC.ωB 0πD.ωB 02π解析： 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I 1＝E R ＝ΔΦR Δt ＝B 0ΔSR Δt＝12πr 2B 0R πω＝B 0r 2ω2R .当线圈不动，磁感应强度变化时，I 2＝E R ＝ΔΦR Δt ＝ΔBS R Δt ＝ΔB πr 2Δt 2R ，因I 1＝I 2，可得ΔB Δt ＝ωB 0π，C 选项正确．答案：C (1)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． (2)应注意的问题通过回路的电荷量q 仅与n 、ΔΦ和回路电阻R 有关，与变化过程所用的时间长短无关，推导过程：q ＝I Δt ＝n ΔΦΔt R Δt ＝n ΔΦR.1－1：在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1 m 2，线圈电阻为1 Ω.规定线圈中感应电流I 的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示．磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示．则下列说法正确的是( )A ．在时间0～5 s 内，I 的最大值为0.1 AB ．在第4 s 时刻，I 的方向为逆时针C ．前2 s 内，通过线圈某截面的总电量为0.01 CD ．第3 s 内，线圈的发热功率最大解析： 根据B －t 图象的斜率表示ΔB Δt ，由E ＝n ΔΦΔt＝nSk ，因此刚开始时，图象的斜率为0.1，代入得电源的电动势为0.01 V ．电流为0.01 A ，故A 项错误；在第4 s 时，根据楞次定律，电流为逆时针，故B 项正确；由q ＝ΔΦR，代入得C 项正确；第3 s 内，B 不变，故不产生感应电流，因此发热功率为零，D 项错误．答案：BC导体切割磁感线产生感应电动势的计算1．理解E ＝Blv 的“四性”(1)正交性：本公式是在一定条件下得出的，除磁场为匀强磁场外，还需B 、l 、v 三者互相垂直．(2)瞬时性：若v 为瞬时速度，则E 为相应的瞬时感应电动势． (3)有效性：公式中的l 为导体切割磁感线的有效长度．(4)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．公式E ＝Blv 与E ＝n ΔΦ的区别与联系(2012·四川理综)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R 0.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2BavB ．θ＝π3时，杆产生的电动势为3BavC ．θ＝0时，杆受的安培力大小为2B 2avπ＋R 0D ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2avπ＋R 0解析： 当θ＝0时，杆切割磁感线的有效长度l 1＝2a ，所以杆产生的电动势E 1＝Bl 1v＝2Bav ，选项A 正确．此时杆上的电流I 1＝E 1πa ＋2a R 0＝2Bvπ＋R 0，杆受的安培力大小F 1＝BI 1l 1＝4B 2avπ＋R 0，选项C 错误．当θ＝π3时，杆切割磁感线的有效长度l 2＝2a cos π3＝a ，杆产生的电动势E 2＝Bl 2v ＝Bav ，选项B 错误．此时杆上的电流I 2＝E 2πa －2πa 6＋a R 0＝3Bvπ＋R 0，杆受的安培力大小F 2＝BI 2l 2＝3B 2avπ＋R 0，选项D 正确．答案： AD2－1：如图所示，水平放置的U 形框架上接一个阻值为R 0的电阻，放在垂直纸面向里的、场强大小为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U AC ＝2BLvB ．此时AC 两端电压为U AC ＝2BLvR 0R 0＋rC ．此过程中电路产生的电热为Q ＝Fd －12mv 2D ．此过程中通过电阻R 0的电荷量为q ＝2BLdR 0＋r解析： AC 的感应电动势为：E ＝2BLv ，两端电压为U AC ＝ER 0R 0＋r ＝2BLvR 0R 0＋r，A 错、B 对；由功能关系得Fd ＝12mv 2＋Q ＋W μ，C 错；此过程中平均感应电流为I ＝2BLdR 0＋r Δt，通过电阻R 0的电荷量为q ＝I Δt ＝2BLdR 0＋r，D 对．答案： BD(2011·北京理综)某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈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解析： 小灯泡没有出现闪亮现象是因为断电后电路中的小灯泡两端电压太小、因断电后电路与电源脱离关系，线圈与灯泡组成闭合回路，故电源内阻大小对自感无影响，A 错误；若小灯泡电阻偏大，则分得的电压就大，这有助于出现闪亮现象，B 错误；若线圈电阻偏大，在自感电动势一定的情况下，线圈内阻上的电压偏大，相应灯泡两端的电压就偏小，这不利于出现闪亮现象，C 正确；线圈自感系数越大，产生的自感电动势越大，这有利于闪亮现象的出现，故D 错误．答案： C 3－1：如图所示的电路中，A 1和A 2是完全相同的灯泡，线圈L 的电阻可以忽略．下列说法中正确的是( )A ．合上开关K 接通电路时，A 2先亮，A 1后亮，最后一样亮B ．合上开关K 接通电路时，A 1和A 2始终一样亮C ．断开开关K 切断电路时，A 2立刻熄灭，A 1过一会儿才熄灭D ．断开开关K 切断电路时，A 1和A 2都要过一会儿才熄灭解析： 由于自感现象，合上开关时，A 1中的电流缓慢增大到某一个值，故过一会儿才亮；断开开关时， A 1中的电流缓慢减小到0，A 1、A 2串联，电流始终相等，都是过一会儿才熄灭．故选A 、D .答案： AD高考常考“杆＋导轨”模型的突破[模型特点]“杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点． “杆＋导轨”模型问题的物理情境变化空间大，涉及的知识点多，如力学问题、电路问题、磁场问题及能量问题等，常用的规律有法拉第电磁感应定律、楞次定律、右手定则、左手定则、欧姆定律及力学中的运动规律、动能定理、功能关系、能的转化和守恒定律等．[求解思路][模型分类]电学特征(2012·天津理综)如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l ＝0.5 m ，左端接有阻值R ＝0.3 Ω的电阻．一质量m ＝0.1 kg ，电阻r ＝0.1 Ω的金属棒MN 放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B ＝0.4 T ．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a ＝2 m/s 2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x ＝9 m 时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R 的电荷量q ； (2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2； (3)外力做的功W F .解析： (1)设棒匀加速运动的时间为Δt ，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt① 其中ΔΦ＝Blx ②设回路中的平均电流为I ，由闭合电路欧姆定律得I ＝E R ＋r③则通过电阻R 的电荷量为q ＝I Δt ④联立①②③④式，代入数据得q ＝4.5 C ． ⑤(2)设撤去外力时棒的速度为v ，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得 v 2＝2ax ⑥设棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W ，由动能定理得W ＝0－12mv 2 ⑦撤去外力后回路中产生的焦耳热 Q 2＝－W ⑧ 联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q 2＝1.8 J ． ⑨(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1，可得Q 1＝3.6 J⑩在棒运动的整个过程中，由功能关系可知W F ＝Q 1＋Q 2 ⑪ 由⑨⑩⑪式得W F ＝5.4 J.答案： (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J电学特征(2012·山东理综)如图所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B .将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g .下列选项正确的是( )A ．P ＝2mgv sin θB ．P ＝3mgv sin θC ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g2sin θD ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功解析： 导体棒由静止释放，速度达到v 时，回路中的电流为I ，则根据共点力的平衡条件，有mg sin θ＝BIL .对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，以2v 的速度匀速运动时，则回路中的电流为2I ，则根据平衡条件，有F ＋mg sin θ＝B ·2IL 所以拉力F ＝mg sin θ，拉力的功率P ＝F ×2v ＝2mgv sin θ，故选项A 正确．选项B 错误；当导体棒的速度达到v2时，回路中的电流为I 2，根据牛顿第二定律，得mg sin θ－B I 2L ＝ma ，解得a ＝g2sin θ，选项C正确；当导体棒以2v 的速度匀速运动时，根据能量守恒定律，重力和拉力所做的功之和等于R 上产生的焦耳热，故选项D 错误．答案： AC1.将闭合多匝线圈(匝数为n )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，下列表述正确的是( )A ．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B ．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大C ．若磁感应强度B 不变，Δt 时间内线圈面积变化ΔS ，则E ＝n ΔSΔtBD ．若Δt 时间内磁感应强度变化ΔB ，线圈面积变化ΔS ，则E ＝n ΔB ·ΔSΔt解析： 由法拉第电磁感应定律表达式E ＝n ΔΦΔt可知，感应电动势E 的大小与线圈的匝数n 和磁通量的变化率ΔΦΔt有关，与磁通量无关，故A 错误，B 正确．当仅有磁感应强度变化时，磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1＝(B 2－B 1)S ＝ΔB ·S ，同理可得当仅有线圈面积变化时磁通量的变化量ΔΦ＝B ·ΔS ，而当磁感应强度和线圈面积同时变化时磁通量的变化量ΔΦ＝B 2S 2－B 1S 1≠ΔB ·ΔS ，故C 正确．D 错误．答案： BC2.如图所示是测定自感系数很大的线圈L 直流电阻的电路，L 两端并联一只电压表，用来测自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路拆开时应先( )A ．断开S 1B ．断开S 2C ．拆除电流表D ．拆除电阻R解析： 将电路拆开时，如果先断开S 1，而电压表与线圈L 仍组成闭合回路，由于L 的自感系数很大，可能产生很大的自感电动势使电压表的指针被打弯，因此，应先断开S 2，B 项正确．答案： B3．一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.12B ．1C ．2D ．4 解析： 根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔBSΔt，设初始时刻磁感应强度为B 0，线框面积为S 0，则第一种情况下的感应电动势为E 1＝ΔBS Δt ＝B 0－B 0S 01＝B 0S 0；则第二种情况下的感应电动势为E 2＝ΔBS Δt ＝2B 0S 0－S 01＝B 0S 0，所以两种情况下线框中的感应电动势相等，比值为1，故选项B 正确．答案： B4．2013广州亚运会上100 m 赛跑跑道两侧设有跟踪仪，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L ＝0.5 m ，一端通过导线与阻值为R ＝0.5 Ω的电阻连接；导轨上放一质量为m ＝0.5 kg 的金属杆(如图甲)，金属杆与导轨的电阻忽略不计；均匀磁场竖直向下．用与导轨平行的拉力F 作用在金属杆上，使杆运动．当改变拉力的大小时，相对应的速度v 也会变化，从而使跟踪仪始终与运动员保持一致．已知v 和F 的关系如图乙．(取重力加速度g ＝10 m/s 2)则( )A ．金属杆受到的拉力与速度成正比B ．该磁场磁感应强度为1 TC ．图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小D ．导轨与金属杆之间的动摩擦因数为μ＝0.4解析： 由图象可知选项A 错误、C 正确；由F －BIL －μmg ＝0及I ＝BLv R 可得：F －B 2L 2v R－μmg ＝0，从图象上分别读出两组F 、v 数据代入上式即可求得B ＝1 T ，μ＝0.4.所以选项B 、D 正确．答案： BCD5.如图，足够长的U 型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，导轨平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab 棒接入电路的电阻为R ，当流过ab 棒某一横截面的电荷量为q 时，棒的速度大小为v ，则金属棒ab 在这一过程中( )A ．运动的平均速度大小为12v B ．下滑的位移大小为qR BLC ．产生的焦耳热为qBLvD ．受到的最大安培力大小为B 2L 2v Rsin θ 解析： 对棒受力分析如图所示．F 安＝BIL ＝B 2L 2v R，故D 错；F 安随棒的速度的增大而增大，故棒做的不是匀加速直线运动．因此运动的平均速度v ≠12v ，A 错；由q ＝n ΔφR 总可得：q ＝BLx R ，故棒下滑的位移x ＝qR BL，B 正确；求焦耳热应该用有效值，故C 错．答案： B。