2019版高考物理一轮复习第十章电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流学案201805194109.doc

第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流微知识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。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。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。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：En。其中n为线圈的匝数。微知识2 导体切割磁感线产生的感应电动势导体棒切割磁感线时，可有以下三种情况微知识3 自感和涡流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相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。单位：亨利H(1 mH103 H,1 H106 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。一、思维辨析(判断正误，正确的画“”，错误的画“”。)1线圈中的磁通量越大，产生的感应电动势越大。()2线圈的匝数越多，磁通量越大，产生的感应电动势也越大。()3导体在磁场中运动速度越大，产生的感应电动势越大。()4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。()5自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化。()二、对点微练1(法拉第电磁感应定律)如图所示，虚线MN表示甲、乙、丙三个相同正方形金属框的一条对称轴，金属框内均匀分布有界匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律满足Bkt，金属框按照图示方式处在磁场中，测得金属框甲、乙、丙中的感应电流分别为I甲、I乙、I丙，则下列判断正确的是()AI乙2I甲，I丙2I甲 BI乙2I甲，I丙0CI乙0，I丙0 DI乙I甲，I丙I甲解析I甲，I乙S，由于丙中磁通量始终为零，故I丙0。所以I乙2I甲，I丙0，只有B项正确。答案B2(公式EBlv的应用)如图所示，在庆祝反法西斯胜利70周年阅兵盛典上，我国预警机“空警2 000”在通过天安门上空时机翼保持水平，以4.5102 km/h的速度自东向西飞行。该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50 m，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.7105 T，则()A两翼尖之间的电势差为2.9 VB两翼尖之间的电势差为1.1 VC飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高D飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低解析飞机的飞行速度为4.5102 km/h125 m/s，飞机两翼尖之间的电动势为EBLv4.710550125 V0.29 V，A、B项错；飞机从东向西飞行，磁场竖直向下，根据右手定则可知，飞机左方翼尖电势高于右方翼尖的电势，C项对，D项错。答案C3(自感现象)如图所示，电感线圈L的自感系数足够大，其电阻忽略不计，LA、LB是两个相同的灯泡，且在下列实验中不会烧毁，电阻R2阻值约等于R1的两倍，则()A闭合开关S时，LA、LB同时达到最亮，且LB更亮一些B闭合开关S时，LA、LB均慢慢亮起来，且LA更亮一些C断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB马上熄灭D断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭解析由于灯泡LA与线圈L和R1串联，灯泡LB与电阻R2串联，当S闭合瞬间，通过线圈的电流突然增大，线圈产生自感电动势，阻碍电流的增大，所以LB比LA先亮，A、B项错误；由于LA所在的支路电阻阻值较小，故稳定时电流较大，即LA更亮一些，当S断开瞬间，线圈产生自感电动势，两灯组成的串联电路中，电流从线圈中开始减小，即从IA减小，故LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭。C项错误，D项正确。答案D4(涡流)如图所示为高频电磁炉的工作示意图，它是采用电磁感应原理产生涡流加热的，它利用变化的电流通过线圈产生变化的磁场，当变化的磁场通过含铁质锅的底部时，即会产生无数小涡流，使锅体本身自行高速升温，然后再加热锅内食物。电磁炉工作时产生的电磁波，完全被线圈底部的屏蔽层和顶板上的含铁质锅所吸收，不会泄漏，对人体健康无危害。关于电磁炉，以下说法正确的是()A电磁炉是利用变化的磁场在食物中产生涡流对食物加热的B电磁炉是利用变化的磁场产生涡流，使含铁质锅底迅速升温，进而对锅内食物加热的C电磁炉是利用变化的磁场使食物中的极性水分子振动和旋转来对食物加热的D电磁炉跟电炉一样是让电流通过电阻丝产生热量来对食物加热的解析电磁炉的工作原理是利用变化的电流通过线圈产生变化的磁场，变化的磁场通过含铁质锅的底部产生无数小涡流，使锅体温度升高后加热食物，故选项A、D错误，B正确；而选项C是微波炉的加热原理，C项错误。答案B见学生用书P160微考点1法拉第电磁感应定律的理解和应用核|心|微|讲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和线圈的匝数n。而与磁通量的大小、磁通量变化量的大小无必然联系。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EnB.(2)垂直于磁场的回路面积不变，磁感应强度发生变化，此时EnS，其中是Bt图象的斜率。典|例|微|探【例1】(多选)粗细均匀的导线绕成匝数为n、半径为r的圆形闭合线圈。线圈放在磁场中，磁场的磁感应强度随时间均匀增大，线圈中产生的电流为I，下列说法正确的是()A电流I与匝数n成正比B电流I与线圈半径r成正比C电流I与线圈面积S成正比D电流I与导线横截面积S0成正比【解题导思】(1)感应电动势和感应电流如何表示？答：感应电动势 Ennr2，感应电流I 。(2)感应电流与线圈的匝数n、半径r、导线的横截面积S0、线圈的面积S有何关系？答：感应电流与线圈的匝数n、线圈的面积S无关 ，与半径r、导线的横截面积S0均成正比。 解析由题给条件可知感应电动势为Enr2，电阻为R，电流I，联立以上各式得I，则可知B、D项正确，A、C项错误。答案BD题|组|微|练1如图所示为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S。若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差ab()A恒为B从0均匀变化到C恒为D从0均匀变化到解析根据E，(B2B1)S，知E，根据楞次定律可判断电流由a流向b，电源内部由低电势流向高电势，所以ba，A、B项错误；磁感应强度均匀增加，产生恒定电动势，C项正确，D项错误。答案C2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的大小应为()A.B.C.D.解析当导线框匀速转动时，设半径为r，导线框电阻为R，在很小的t时间内，转过圆心角t，由法拉第电磁感应定律及欧姆定律可得感应电流I1；当导线框不动，而磁感应强度发生变化时，同理可得感应电流I2，令I1I2，可得，C项对。答案C微考点2导体切割磁感线产生感应电动势的计算核|心|微|讲1理解EBlv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l为导体切割磁感线的有效长度。(4)相对性：EBlv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EBlv与En的区别与联系典|例|微|探【例2】如图所示，水平放置的平行金属导轨，相距L0.50 m，左端接一电阻R0.20 、方向垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度B0.40 T，导体棒ab垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当ab以v4.0 m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：(1)ab棒中感应电动势的大小，并指出a、b哪端电势高。(2)回路中感应电流的大小。(3)维持ab棒做匀速运动的水平力F的大小。【解题导思】(1)哪一部分导体相当于电源？答：切割磁感线运动的导体相当于电源。(2)安培力是阻力还是动力？答：阻力，阻碍导体棒的相对运动。 解析(1)根据EBLv，则E0.40.54 V0.8 V，由右手定则可知，a端电势高于b端电势。(2)感应电流大小为I A4.0 A。(3)由于ab棒受安培力，故外力FILB4.00.50.4 N0.8 N，故外力的大小为0.8 N。答案(1)0.8 V，a端高(2)4.0 A(3)0.8 N题|组|微|练3.如图所示，平行导轨间距为d，一端跨接一个电阻R。匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于平行金属导轨所在平面。金属棒与导轨的电阻均不计。当金属棒沿垂直于棒的方向以恒定的速度v在金属导轨上滑行时，通过电阻R的电流是()A. B.C. D.解析电流应等于感应电动势除以电阻R，问题在于感应电动势应如何计算。由于这里有明显的金属切割磁感线的运动，故不妨用EBlv的办法计算。能够引起感应电流的电动势是MN间产生的电动势，所以有效切割长度应为MN，而MN用已知参数表示应为，所以有效切割长度l。解得EBlv，I，所以选项D正确。答案D4.(多选)如图所示，长为L的细金属棒OP固定在顶角为2的塑料圆锥体的侧面上，当圆锥体绕其轴OO以角速度在磁感应强度大小为B、方向水平向右的匀强磁场中匀速转动时，下列说法中正确的是()AOP旋转经过a或c位置时，两端电势差为零BOP旋转经过b或d位置时，两端电势差为零COP旋转经过a或c位置时，两端电势差最大，最大值为BL2sincosDOP旋转经过a或c位置时，两端电势差最大，最大值为BL2cos2解析由题可知，P端旋转经过b点或d点的瞬间，OP的运动方向与磁感应强度方向平行，这时OP不产生感应电动势，两端电势差为零，B项对；当P端旋转经过a点或c点的瞬间，OP的运动方向与磁感应强度方向垂直，产生的感应电动势最大，此时OP在垂直于磁感应强度方向上的有效长度为lLcos，P端的速度为vLsin，OP上所有点的平均速度v，可得OP上的感应电动势为EBlBL2sincos，C项对，A、D项错。答案BC微考点3自感现象的理解和应用核|心|微|讲通电自感和断电自感的比较通电自感断电自感电路图器材要求A1、A2同规格，RRL，L较大L很大(有铁芯)，RLRA现象在S闭合的瞬间，灯A2立即亮起来，灯A1逐渐变亮，最终一样亮在开关S断开时，灯A突然闪亮一下后再渐渐熄灭原因开关闭合时，流过电感线圈的电流迅速增大，线圈产生自感电动势，阻碍了电流的增大，使流过灯A1的电流比流过灯A2的电流增加得慢开关S断开时，流过线圈L的电流减小，线圈产生自感电动势，阻碍了电流的减小，使电流继续存在一段时间；通过L的电流反向通过灯A，且由于RLRA，使得流过灯A的电流在开关断开的瞬间突然增大，即灯A闪亮一下再熄灭能量转化情况电能转化为磁场能磁场能转化为电能典|例|微|探【例3】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【解题导思】(1)断开开关时线圈中感应电流的方向与原电流的方向有何关系？答：相同。(2)断开开关后瞬间，灯泡中电流与线圈中电流有何关系？答：断开后瞬间灯泡中电流与线圈中电流相等。 解析由自感规律可知，在开关断开的瞬间造成灯泡闪亮以及延时的原因是在线圈中产生了与原电流同向的自感电流，且大于稳定时通过灯泡的原电流。由图可知灯泡和线圈构成闭合的自感回路，与电源无关，故A项错误；造成不闪亮的原因是自感电流不大于稳定时通过灯泡的原电流，当线圈电阻小于灯泡电阻时才会出现闪亮现象，故B项错误，C项正确；自感系数越大，感抗越大，延时越明显，故D项错误。答案C题|组|微|练5.如图所示的电路中，A1和A2是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其阻值与R相同。在开关S接通和断开时，灯泡A1和A2亮暗的顺序是()A接通时A1先达最亮，断开时A1后灭B接通时A2先达最亮，断开时A1后灭C接通时A1先达最亮，断开时A1先灭D接通时A2先达最亮，断开时A1先灭解析当开关S接通时，A1和A2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，瞬间电流几乎全部从A1通过，而该电流又将同时分路通过A2和R，所以A1先达最亮，经过一段时间电路稳定后，A1和A2达到一样亮。当开关S断开时，电源电流立即为零，同时A2与R被导线短路，没有电流通过，因此A2立刻熄灭，而对A1，由于通过线圈的电流突然减弱，线圈中产生自感电动势，使线圈L和A1组成的闭合电路中有感应电流，所以A1后灭。答案A6.如图所示的电路中，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈，其直流电阻与灯泡电阻相同。下列说法正确的是()A闭合开关S，A灯逐渐变亮B电路接通稳定后，流过B灯的电流是流过C灯电流的C电路接通稳定后，断开开关S，C灯立即熄灭D电路接通稳定后，断开开关S，A、B、C灯过一会儿才熄灭，且A灯亮度比B、C灯亮度高解析电路中A灯与线圈并联后与B灯串联，再与C灯并联。S闭合时，线圈的自感系数较大，自感电动势很大，故三个灯同时立即发光，由于线圈的电阻与灯泡电阻相同，电路稳定后，流过A灯的电流是流过C灯电流的，A灯逐渐变暗，故A、B项错误；电路接通稳定后，断开开关S，由于线圈中电流减小，产生自感电动势，阻碍电流的减小，线圈中电流不会立即消失，这个自感线圈与A、B、C三灯构成闭合回路，三灯都要过一会儿再熄灭。由于B、C串联后同A并联，流过A灯的电流大于流过B、C两灯的电流，故A灯比B、C两灯的亮度高，所以D项正确，C项错误。答案D见学生用书P162等效法在电磁感应中的应用素能培养1方法概述闭合线圈磁通量的变化或导体棒切割磁感线形成感应电流，将电磁感应和电路问题相结合，采用等效的方法找到电源和电路结构，利用闭合电路知识求解。2方法技巧(1)明确切割磁感线的部分导体相当于电源，其电阻是电源的内阻，其他部分为外电路，电源的正、负极由右手定则判定。(2)画出等效电路图，并结合闭合电路欧姆定律等有关知识解决问题。经典考题如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中()APQ中电流先增大后减小BPQ两端电压先减小后增大CPQ上拉力的功率先减小后增大D线框消耗的电功率先减小后增大解析设PQ左侧电路的电阻为Rx，则右侧电路的电阻为3RRx，所以外电路的总电阻为R外，外电路电阻先增大后减小，所以路端电压先增大后减小，所以B项错误；电路的总电阻先增大后减小，再根据闭合电路的欧姆定律可得PQ中的电流I先减小后增大，故A项错误；由于导体棒做匀速运动，拉力等于安培力，即FBIL，拉力的功率PBILv，故先减小后增大，所以C项正确；外电路的总电阻R外，最大值为R，小于导体棒的电阻R，又外电阻先增大后减小，由电源的输出功率与外电阻的关系图象可知，线框消耗的电功率先增大后减小，故D项错误。答案C对法对题1如图甲所示，一个圆形线圈的匝数N100，线圈面积S200 cm2，线圈的电阻r1 ，线圈外接一个阻值R4 的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。下列说法正确的是 ()A线圈中的感应电流方向为顺时针方向B电阻R两端的电压随时间均匀增大C线圈电阻r消耗的功率为4104 WD前4 s内通过R的电荷量为4104 C答案C2.(多选)如图所示，金属三角形导轨COD上放有一根金属棒MN，拉动MN使它以速度v在匀强磁场中向右匀速平动，若导轨和金属棒都是粗细相同的均匀导体，它们的电阻率相同，则在MN运动过程中闭合电路的()A感应电动势逐渐增大B感应电流逐渐增大C感应电流将保持不变D感应电流逐渐减小解析拉动MN使它以速度v在匀强磁场中向右匀速平动，t时刻，导体棒切割磁感线的有效长度lvttan ，产生的感应电动势EBlvBv2ttan ，感应电动势逐渐增大，选项A项正确；粗细相同的均匀导体，它们的电阻率相同，单位长度电阻相同，设为R，回路总电阻R总RRvt，产生的感应电流I是一恒量，选项C正确，B、D错误。答案AC见学生用书P1631.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21，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()AEaEb41，感应电流均沿逆时针方向BEaEb41，感应电流均沿顺时针方向CEaEb21，感应电流均沿逆时针方向DEaEb21，感应电流均沿顺时针方向解析由法拉第电磁感应定律Er2，为常数，E与r2成正比，故EaEb41。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。答案B2(多选)如图所示，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，方向垂直环面，金属棒OQ与环形导线接触，以角速度绕O点无摩擦匀速转动时，则 ()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做功的功率为解析OQ产生的电动势EBa，因为只有OP间有电阻，所以电阻R两端的电压为，A项正确；电阻R消耗的功率为P，B项正确；电路中电流I，金属棒受的安培力FBIa，C项错误；外力对OQ做功的功率为PP，D项错误。答案AB3如图所示，一半圆形铝框处在垂直纸面向外的非匀强磁场中，场中各点的磁感应强度