一轮教案：第9章+第2讲+法拉第电磁感应定律 自感和涡流

PAGEPAGE12第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流主干知识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；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＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n为线圈匝数，eq\f(ΔΦ,Δt)为磁通量的变化率。(3)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＝Blv求出，式中l为导体切割磁感线的有效长度；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＝eq\f(1,2)Bl2ω(平均速度等于中点位置的线速度eq\f(1,2)lω)。2．自感、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。②自感电动势a．定义：在自感现象中产生的感应电动势叫做自感电动势；b．表达式：E＝Leq\f(ΔI,Δt)；③自感系数La．相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关；b．单位：亨利(H)，1mH＝10－3H，1μH＝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，这种电流像水的漩涡，所以叫涡流。核心考点考点一法拉第电磁感应定律的理解1．感应电动势的决定因素感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系。2．法拉第电磁感应定律应用的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝B·ΔS，则E＝neq\f(BΔS,Δt)。(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则E＝neq\f(ΔB·S,Δt)。(3)磁通量的变化是由于面积和磁场共同变化引起时，则根据定义求，ΔΦ＝Φ末－Φ初，E＝neq\f(B2S2－B1S1,Δt)≠neq\f(ΔB·ΔS,Δt)。3．在图象问题中磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)是Φ­t图象上某点切线的斜率，利用斜率和线圈匝数可以确定该点感应电动势的大小。[典题1]如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的匝数N＝100，边长ab＝1.0m、bc＝0.5m，电阻r＝2Ω。磁感应强度B在0～1s内从零均匀变化到0.2T，在1s～5s内从0.2T均匀变化到－0.2(1)0.5s时线圈内感应电动势的大小E1和感应电流的方向；(2)在1s～5s内通过线圈的电荷量q；(3)在0～5s内线圈产生的焦耳热Q。应用电磁感应定律应注意的三个问题1.公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)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＝nSeq\f(ΔB,Δt)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＝IΔt＝eq\f(nΔΦ,ΔtR)Δt＝eq\f(nΔΦ,R)。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.eq\f(Ba2,2Δt)B.eq\f(nBa2,2Δt)C.eq\f(nBa2,Δt)D.eq\f(2nBa2,Δt)2．(2015·浙江高考)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图甲所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。线圈的水平边长L＝0.1m，竖直边长H＝0.3m，匝数为N1。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0T，方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在0～2.0A范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量。(重力加速度取(1)为使电磁天平的量程达到0.5kg，线圈的匝数N(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10Ω。不接外电流，两臂平衡。如图乙所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1m。当挂盘中放质量为0.01kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率eq\f(ΔB,Δt)。考点二导体切割磁感线产生感应电动势的计算1．公式E＝Blv的使用条件(1)匀强磁场。(2)B、l、v三者相互垂直。2．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。如图所示，棒的有效长度为ab间的距离。(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，应注意与速度间的相对关系。3．感应电动势两个公式的比较公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝Blv导体一个回路一段导体适用普遍适用导体切割磁感线意义常用于求平均电动势既可求平均值也可求瞬时值联系本质上是统一的，后者是前者的一种特殊情况。但是，当导体做切割磁感线运动时，用E＝Blv求E比较方便；当穿过电路的磁通量发生变化时，用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求E比较方便问题一导体平动切割磁感线1．(2015·海南高考)如图所示，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε′。则eq\f(ε′,ε)等于()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(2),2)C．1D.eq\r(2)2．(2016·济南模拟)在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2T，有一水平放置的光滑框架，宽度L＝0.4m，如图所示，框架上放置一质量m＝0.05kg、电阻R＝1Ω的金属杆cd，框架电阻不计。若杆cd在水平外力F的作用下以恒定加速度a＝2m/s(1)5s内的平均感应电动势E；(2)第5s末回路中的电流I；(3)第5s末作用在杆cd上的水平外力F。问题二导体转动切割磁感线3．[多选]如图所示是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接触。若铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路的总电阻为R，从左往右看，铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动。则()A．由于穿过铜盘的磁通量不变，故回路中无感应电流B．回路中感应电流大小不变，为eq\f(BL2ω,2R)C．回路中感应电流方向不变，为C→D→R→CD．回路中有周期性变化的感应电流4．(2015·全国新课标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—aC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中无电流D．Ubc＝eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中电流方向沿a—c—b—a考点三通电自感和断电自感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．断电自感中，灯泡是否闪亮问题(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。[典题2]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，原来电键K是闭合的，三个灯泡均在发光。某时刻将电键K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自感线圈中电流的变化规律通过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；断电过程中，电流是逐渐变小，此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他电路元件形成回路。1．[多选](2016·深圳质检)如图，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈。下面说法正确的是()A．闭合开关S时，A、B灯同时亮，且达到正常B．闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮C．闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮D．断开开关S时，A灯与B灯同时慢慢熄灭2．[多选]如图甲所示的电路中，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，则图乙中能定性描述电流I随时间t变化关系的是()eq\a\vs4\al(巩固小练)1．判断正误(1)线圈中磁通量越大，产生的感应电动势越大。()(2)线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大。()(3)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大。()(4)线圈中的电流越大，自感系数也越大。()(5)磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势。()(6)对于同一线圈，电流变化越快，线圈中的自感电动势越大。()[法拉第电磁感应定律]2.如图所示，闭合金属导线框放置在竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B的大小随时间变化而变化。下列说法中正确的是()A．当B增大时，线框中的感应电流一定增大B．当B增大时，线框中的感应电流一定减小C．当B减小时，线框中的感应电流一定减小D．当B减小时，线框中的感应电流可能不变[导线切割磁感线产生电动势]3.如图所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2。则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比分别为()A．c→a，2∶1B．a→c，2∶1C．a→c，1∶2D．c→a，1∶2[自感现象]4．在如图所示的电路中，两个灵敏电流表G1和G2的零点都在刻度盘中央，当电流从“＋”接线柱流入时，指针向右摆；电流从“－”接线柱流入时，指针向左摆。在电路接通后再断开的瞬间，下列说法中符合实际情况的是()A．G1表指针向左摆，G2表指针向右摆B．G1表指针向右摆，G2表指针向左摆C．G1、G2表的指针都向左摆D．G1、G2表的指针都向右摆[涡流的理解和应用]5.[多选]新一代炊具——电磁炉，无烟、无明火、无污染、不产生有害气体、无微波辐射、高效节能等是电磁炉的优势所在。电磁炉是利用电流通过线圈产生磁场，当磁场的磁感线通过含铁质锅底部时，即会产生涡流，使锅体本身自行高速发热，然后再加热锅内食物。下列相关说法中正确的是()A．锅体中的涡流是由恒定的磁场产生的B．恒定磁场越强，电磁炉的加热效果越好C．锅体中的涡流是由变化的磁场产生的D．提高磁场变化的频率，可提高电磁炉的加热效果专题突破训练单项选择题1.如图所示，正方形线圈abcd位于纸面内，线圈电阻不计，边长为L，匝数为N，线圈内接有阻值为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。当线圈绕OO′转过90°时，通过电阻R的电荷量为()A.eq\f(BL2,2R)B.eq\f(NBL2,2R)C.eq\f(BL2,R)D.eq\f(NBL2,R)2.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3.如图所示，线圈L的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，开关S闭合和断开的过程中，灯L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)()A．S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即熄灭，L1逐渐变亮B．S闭合，L1不亮，L2很亮；S断开，L1、L2立即熄灭C．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭D．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭4.(2015·重庆高考)如图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φa－φb()A．恒为eq\f(nS（B2－B1）,t2－t1)B．从0均匀变化到eq\f(nS（B2－B1）,t2－t1)C．恒为－eq\f(nS（B2－B1）,t2－t1)D．从0均匀变化到－eq\f(nS（B2－B1）,t2－t1)5.(2016·湖北质检)如图所示，一线圈匝数为n，横截面积为S，总电阻为r，处于一个均匀增强的磁场中，磁感应强度随时间的变化率为k，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C，两个电阻的阻值分别为r和2r。下列说法正确的是()A．电容器所带电荷量为eq\f(2nSkC,5)B．电容器所带电荷量为eq\f(3nSkC,5)C．电容器下极板带正电D．电容器上极板带正电6．(2016·青岛质检)如图所示，虚线区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为L，磁感应强度大小为B。总电阻为R的直角三角形导线框，两条直角边边长分别为2L和L，在该线框以垂直于磁场边界的速度v匀速穿过磁场的过程中，下列说法正确的是A．线框中的感应电流方向始终不变B．线框中的感应电流一直在增大C．线框所受安培力方向始终相同D．当通过线框的磁通量最大时，产生的感应电动势为零7.（多选）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＝2BLvB．此时AC两端电压为UAC＝eq\f(2BLvR0,R0＋r)C．此过程中电路产生的电热为Q＝Fd－eq\f(1,2)mv2D．此过程中通过电阻R0的电荷量为q＝eq\f(2BLd,R0＋r)第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流答案核心考点考点一法拉第电磁感应定律的理解[典题1][解析](1)感应电动势E1＝eq\f(NΔΦ1,Δt1)，磁通量的变化ΔΦ1＝ΔB1S解得E1＝Neq\f(ΔB1S,Δt1)，代入数据得E1＝10V，感应电流的方向为a→d→c→b→a(2)同理可得E2＝Neq\f(ΔB2S,Δt2)，感应电流I2＝eq\f(E2,r)，电荷量q＝I2Δt2，解得q＝Neq\f(ΔB2S,r)，代入数据得q＝10C(3)0～1s内的焦耳热Q1＝Ieq\o\al(2,1)rΔt1，且I1＝eq\f(E1,r)，1s～5s内的焦耳热Q2＝Ieq\o\al(2,2)rΔt2由Q＝Q1＋Q2，代入数据得Q＝100J[答案](1)10V，感应电流的方向为a→d→c→b→a(2)10C(3)1001.解析：选B磁感应强度的变化率eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2B－B,Δt)＝eq\f(B,Δt)，法拉第电磁感应定律公式可写成E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S，其中磁场中的有效面积S＝eq\f(1,2)a2，代入得E＝eq\f(nBa2,2Δt)，B正确，A、C、D错误。2．解析：(1)线圈受到的安培力F＝N1B0IL①天平平衡，则mg＝N1B0IL②代入数据得N1＝25匝③(2)由电磁感应定律得E＝N2eq\f(ΔΦ,Δt)④即E＝N2eq\f(ΔB,Δt)Ld⑤由欧姆定律得I′＝eq\f(E,R)⑥线圈受到安培力F′＝N2B0I′L⑦天平平衡，则m′g＝Neq\o\al(2,2)B0eq\f(ΔB,Δt)·eq\f(dL2,R)⑧代入数据可得eq\f(ΔB,Δt)＝0.1T/s⑨答案：(1)25匝(2)0.1T/s考点二导体切割磁感线产生感应电动势的计算1．解析：选B感应电动势E＝BLv成立的条件是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)。假设题中金属棒的长度为L，那么折线的有效切割长度为eq\f(\r(2),2)L，所以eq\f(ε′,ε)＝eq\f(\r(2),2)，选项B正确。2．解析：(1)t＝5s内金属杆的位移x＝eq\f(1,2)at2＝25m5s内的平均速度v＝eq\f(x,t)＝5m/seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(也可用v＝\f(0＋v5,2)求解))故平均感应电动势E＝BLv＝0.4V(2)第5s末杆的速度v＝at＝10此时感应电动势E＝BLv则回路中的电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)＝0.8A(3)杆cd匀加速运动，由左手定则判得所受安培力方向向左，由牛顿第二定律得F－F安＝ma杆cd所受安培力F安＝BIL即F＝BIL＋ma＝0.164N答案：(1)0.4V(2)0.8A(3)0.1643．解析：选BC把铜盘看做闭合回路的一部分，铜盘以角速度ω沿顺时针方向匀速转动时，切割磁感线产生感应电动势，回路中有感应电流，A错误；铜盘切割磁感线产生感应电动势E＝eq\f(1,2)BL2ω，根据闭合电路欧姆定律，回路中感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL2ω,2R)，由右手定则可判断出感应电流方向为C→D→R→C，B、C正确，D错误。4．解析：选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＝－eq\f(1,2)Bl2ω，选项C正确。考点三通电自感和断电自感[典题2][解析]电键K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。当电键K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]B1．解析：选BD由于自感的作用，闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮，选项A、C错误，B正确；断开开关S时，L中产生自感电动势，A灯与B灯同时慢慢熄灭，选项D正确。2．解析：选AC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、C正确。eq\a\vs4\al(巩固小练)1．判断正误(1)(×)(2)(×)(3)(√)(4)(×)(5)(√)(6)对(√)2.解析：选D据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，可得E＝neq\f(S·ΔB,Δt)，感应电动势与eq\f(ΔB,Δt)成正比，当磁感应强度B增大或减小时，并不能确定eq\f(ΔB,Δt)是增大或减小，所以感应电动势的大小不能确定。再据欧姆定律可知，感应电流I＝eq\f(E,R)的大小也无法确定，A、B、C错误，D正确。3.解析：选C由右手定则可知，电阻R上电流的方向为a→c，由E＝BLv可知，E1∶E2＝1∶2，C正确。4．解析：选B电路接通后线圈中电流方向向右，当电路断开时，线圈L中电流减小，产生与原方向同向的自感电动势，与G2和电阻组成闭合回路，所以G1中电流方向向右，G2中电流方向向左，即G1指针向右摆，G2指针向左摆，B正确。5.解析：选CD由电磁感应原理可知，锅体中的涡流是由变化的磁场产生的。提高磁场变化的频率，产生的感应电动势变大，可提高电磁炉的加热效果，C、D正确。专题突破训练单项选择题1.解析：选B初状态时，通过单匝线圈的磁通量为Φ1＝eq\f(BL2,2)，当线圈转过90°时，通过单匝线圈的磁通量为零，由q＝IΔt，I＝eq\f(E,R)，E＝Neq\f(ΔΦ,Δt)，联立得q＝Neq\f(ΔΦ,R)，则通过电阻R的电荷量为eq\f(NBL2,2R)。2.解析：选C闭合开关S，电路稳定灯泡正常发光时，如果自感线圈L的电阻比灯泡的电阻大，则电感线圈L中的电流IL比