【物理】2018届一轮复习人教版第27讲法拉第电磁感应定律、自感和涡流

【物理】2018届一轮复习人教版第27讲法拉第电磁感应定律、自感和涡流

第27讲　法拉第电磁感应定律、自感和涡流 Ø 教材知识梳理 一、法拉第电磁感应定律 ‎1．感应电动势 ‎(1)定义：在________中产生的电动势．‎ ‎(2)产生条件：穿过回路的________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________或________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________成正比．‎ ‎(2)公式：E＝________．‎ 二、自感和涡流 ‎1．自感现象 ‎(1)是由于导体本身的电流发生变化时而产生的________现象．由于自感而产生的电动势叫作自感电动势．‎ ‎(2)自感电动势E＝________．‎ ‎(3)自感系数L与线圈的横截面积、长短、匝数、是否有铁芯等有关，单位是________．‎ ‎2．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，叫作________．‎ ‎【思维辨析】‎ ‎(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)线圈匝数n越多，磁通量越大，产生的感应电动势也越大．(　　)‎ ‎(5)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．(　　)‎ ‎(6)自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化．(　　)‎ Ø 考点互动探究 ‎　考点一　法拉第电磁感应定律的理解和应用 ‎1.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＝B·ΔS，则E＝n；‎ ‎(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则E＝n；‎ ‎(3)磁通量的变化是由面积和磁场变化共同引起时，则根据定义求，ΔΦ＝Φ末－Φ初，E＝n≠n.‎ ‎1 [2015·重庆卷] 图10271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(　　)‎ 图10271‎ A．恒为 B．从0均匀变化到 C．恒为－ D．从0均匀变化到－ ‎■ 方法技巧 应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题 ‎(1)公式E＝n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＝nS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积．‎ 式题 如图10272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(　　)‎ 图10272‎ A. B. C. D. ‎　考点二　导体切割磁感线引起的感应电动势的计算 考向一　E＝Blv的三个特性 ‎(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．图10273中，导体棒的有效长度为a、b间的距离．‎ 图10273‎ ‎(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 [2015·安徽卷] 如图10274所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计．已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)．则(　　)‎ 图10274‎ A．电路中感应电动势的大小为 B．电路中感应电流的大小为 C．金属杆所受安培力的大小为 D．金属杆的热功率为 式题 [2015·海南卷] 如图10275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′.则等于(　　)‎ 图10275‎ A. B. C．1 D. 考向二　转动切割磁感线产生感应电动势的计算 当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E＝Blv＝Bl2ω，如图10276所示．‎ 图10276‎ ‎3 (多选)[2016·全国卷Ⅱ] 法拉第圆盘发电机的示意图如图10277所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是(　　)‎ 图10277‎ A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定 B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动 C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化 D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍 考向三　公式E＝n与E＝Blv的区别与联系 E＝n E＝Blv 区别 研究对象 闭合回路 ‎　回路中做切割磁感线运动的那部分导体 研究内容 ‎　求的是Δt时间内的平均感应电动势，E与某段时间或某个过程对应 ‎　(1)若v为瞬时速度，则求的是瞬时感应电动势；(2)若v为平均速度，则求的是平均感应电动势 适用范围 ‎　对任何电路普遍适用 ‎　只适用于导体切割磁感线运动的情况 联系 ‎　(1)E＝Blv可由E＝n在一定条件下推导出来； (2)E＝n也可求瞬时感应电动势，当Δt→0时的E即为瞬时感应电动势；(3)当导体切割磁感线运动时用E＝Blv求E方便，当得知穿过回路的磁通量发生变化时，用E＝n求E比较方便 ‎4 (多选)如图10278所示，半径为R的半圆形硬导体AB以速度v在水平U形框架上匀速滑动，且彼此接触良好．匀强磁场的磁感应强度为B，U形框架中接有电阻R0，则AB进入磁场的过程中(　　)‎ 图10278‎ A．R0中电流的方向由上到下 B．感应电动势的平均值为BπRv C．感应电动势的最大值为2BRv D．感应电动势的最大值为BπRv ‎　考点三　自感现象、涡流现象的理解及应用 ‎1.通电自感与断电自感现象对比 通电自感 断电自感 自感电路 器材规格 ‎　A1、A2灯同规格，R＝RL，L较大 ‎　L很大(有铁芯)‎ 自感现象 ‎　在S闭合瞬间，A2灯立即亮起来，A1灯逐渐变亮，最终一样亮 ‎　在开关S断开时，A灯渐渐熄灭 产生原因 ‎　开关闭合时，流过电感线圈的电流迅速增大，使线圈产生自感电动势，阻碍了电流的增大，流过A1灯的电流比流过A2灯的电流增加得慢 ‎　断开开关S时，流过线圈L的电流减小，自感电动势阻碍电流的减小，使电流继续存在一段时间．在S断开后，通过L的电流反向通过A灯，A灯不会立即熄灭，若RL＜RA，原来的电流IL＞IA，则A灯熄灭前要闪亮一下，若RL≥RA，原来的电流IL≤IA，则A灯逐渐熄灭，不再闪亮一下 等效理解 ‎　自感线圈的作用相当于一个阻值无穷大的电阻短时间内减小为零(或减小为自感线圈的直流电阻)‎ ‎　自感线圈的作用相当于一个瞬时电源(电源电动势在短时间内减小为零)‎ 能量转化 电能转化为磁场能 磁场能转化为电能 ‎2.自感电动势的作用是阻碍电流的变化，但自感电动势只是延缓了过程的进行，不能使过程停止，更不能使过程反向．‎ ‎3．自感线圈中的电流增大时，自感电动势阻碍电流的增大，电流减小时，自感电动势阻碍电流的减小．发生自感现象的瞬间，线圈中电流的大小和方向不变，即电流不发生“突变”．‎ 考向一　对涡流的考查 ‎5 (多选)[2015·全国卷Ⅰ] 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10279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10279‎ 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 考向二　对自感现象及其图像的考查 ‎6 (多选)如图102710所示，电路中M和N是两个完全相同的小灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的电感线圈，C是电容很大的电容器，电源的内阻不计．当S闭合与断开时，对M、N的发光情况判断正确的是(　　)‎ 图102710‎ A．S闭合时，M立即亮，然后逐渐熄灭 B．S闭合时，N立即亮，然后逐渐熄灭 C．S闭合足够长时间后，N发光而M不发光 D．S闭合足够长时间后再断开，N立即熄灭而M逐渐熄灭 式题 (多选)如图102711所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈， D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源．在t＝0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S.规定电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过D1和D2的电流，则四个选项中能定性描述电流I随时间t变化关系的是(　　)‎ 图102711‎ ‎102712‎ ‎■ 建模点拨 开关断开瞬间，灯泡是否变得更亮，要看开关断开瞬间通过灯泡的电流是不是比电路稳定时通过灯泡的电流更大；若开关断开瞬间通过灯泡的电流比电路稳定时通过灯泡的电流还小，灯泡只是渐渐变暗．‎ 第27讲　法拉第电磁感应定律、自感和涡流 ‎【教材知识梳理】‎ 核心填空 一、1.(1)电磁感应现象　(2)磁通量　(3)楞次定律　右手定则 ‎2．(1)磁通量的变化率　(2)n 二、1.电磁感应　2.L　3.亨利　4.涡流 思维辨析 ‎(1)(×)　(2)(×)　(3)(√)　(4)(×)　(5)(√)‎ ‎(6)(√)‎ ‎【考点互动探究】‎ 考点一 例1　D　[解析] 根据法拉第电磁感应定律知电势差大小为E＝nS；根据楞次定律可知b点电势较高，故φa－φb小于0，选C.‎ 变式题　B　[解析] 磁感应强度的变化率＝＝，法拉第电磁感应定律公式可写成E＝n＝nS，其中磁场中的有效面积S＝a2，代入得E＝n，选项B正确，选项A、C、D错误．‎ 考点二 例2　B　[解析] 因为金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动，其切割磁感线的有效长度为导轨间距l，由法拉第电磁感应定律，电路中感应电动势E＝Blv，A错误；由图可知，金属杆接入电路的实际长度为x＝，电路有效电阻R＝x·r＝，由闭合电路的欧姆定律，电路中电流大小I＝＝＝，B正确；金属杆所受安培力F＝BIx＝B··＝，C错误；金属杆的热功率P＝I2R＝·＝，D错误．‎ 变式题　B　[解析] 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L，所以＝.选项B正确．‎ 例3　AB　[解析] 将圆盘看成由无数辐条组成，各辐条都在切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，当圆盘顺时针转动时(从上往下看)，根据右手定则可判断，圆盘上感应电流从边缘向中心，流过电阻R的电流方向从a到b，B正确；由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E＝BLv＝BL2ω，而I＝，故A正确，C错误；当角速度ω变为原来的2倍时，感应电动势E＝BL2ω变为原来的2倍，感应电流I变为原来的2倍，电流在R上的热功率P＝I2R变为原来的4倍，D错误．‎ 例4　AC　[解析] AB进入磁场的过程中根据右手定则可判断感应电流方向为逆时针方向，即由上向下通过R0，选项A正确；感应电动势的平均值为E＝＝＝，选项B错误；当AB完全进入磁场后，其有效切割长度最大，最大值为2R，则感应电动势的最大值为Em＝B·2Rv＝2BRv，选项C正确，选项D错误．‎ 考点三 例5　AB　[解析] 小磁针在圆盘所在处形成的磁场是非匀强磁场，圆盘可以等效为许多环形闭合线圈，圆盘转动过程中，穿过每个环形闭合线圈的磁通量不断地发生变化，在每一环形线圈上产生电动势和涡电流，A正确；环形线圈随圆盘转动，由楞次定律可知，线圈会受到小磁针施加的阻碍相对运动的力，根据牛顿第三定律可知，小磁针会受到与线圈即圆盘转动方向相同的力的作用，此力来源于电磁感应形成的涡电流，而不是自由电子随圆盘转动形成的电流，B正确，D错误．从圆盘的整个盘面上看，圆盘转动过程中穿过整个圆盘的磁通量不变，C错误．‎ 例6　AC　[解析] 电容器的特性是“充电和放电”，在开始充电阶段，相当于阻值很小的电阻，放电阶段相当于电源．线圈的特性是 “阻交流、通直流”，即电流不会突然变化，当电流突然增大时，线圈相当于阻值很大的电阻，当电流突然减小时，充当电源．因此，当开关刚闭合时，电容器对电流的阻碍作用小，线圈对电流的阻碍作用大，C和N组成的电路分压作用小，M、L组成的电路分压作用大，N灯较暗，M灯较亮．当开关闭合足够长的时间后，电容器充电完成，线圈中电流为直流电，而其直流电阻为零，N灯较亮，M灯被短路，不发光，选项A、C正确，选项B错误；开关断开瞬间，电容器和N组成的回路中，电容器放电，N灯逐渐变暗，M灯和线圈组成的回路中，线圈充当电源，M灯变亮，然后逐渐熄灭，故选项D错误．‎ 变式题　BC　[解析] 闭合开关S，D1缓慢变亮，D2和D3立即变亮．在t1时刻断开开关S后，由于自感现象通过D1的电流逐渐减小，方向不变，而通过D2和D3的电流方向立即改变，且逐渐减小，选项B、C正确．‎ ‎【教师备用习题】‎ ‎1．[2015·全国卷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φa、φb、φc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是(　　)‎ A．φa>φc，金属框中无电流 B. φb>φc，金属框中电流方向沿abca C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流 D．Ubc＝Bl2ω，金属框中电流方向沿acba ‎[解析] C　由于bc和ac切割磁感线有效长度相同，故产生的感应电动势相互抵消，金属框中无电流，但b、c两端有电势差，根据法拉第电磁感应定律得E＝Bl2ω，根据右手定则确定c 端电势高，所以Ubc＝－E＝－Bl2ω.‎ ‎2．(多选)如图所示，垂直矩形金属线框的匀强磁场的磁感应强度为B.线框上放置一导体棒ab，ab垂直于线框两个长边且和线框接触良好，长度为l.在Δt时间内，ab向右以速度v匀速滑过距离d，则(　　)‎ A．因右边面积减少ld，左边面积增大ld，则ΔΦ＝B·2ld，E＝ B．因右边面积减少ld，左边面积增大ld，两边抵消，ΔΦ＝0，E＝0‎ C．ΔΦ＝Bld，所以E＝ D．导体棒ab切割磁感线，E＝Blv ‎[解析] CD　左、右两边可看成两个并联的回路．根据法拉第电磁感应定律，每个回路产生的感应电动势为E＝，由于两个回路是并联电路，总感应电动势也为E＝，选项A、B错误，选项C正确；根据导体棒切割磁感线产生感应电动势的公式E＝Blv，选项D正确．‎ ‎3．(多选)[2015·河北百校联盟质量检测] 由粗细相同、同种材料制成的A、B两线圈，分别按图甲、乙两种方式放入匀强磁场中，甲、乙两图中的磁场方向均垂直于线圈平面，A、B线圈的匝数比为2∶1，半径之比为2∶3，当两图中的磁场都随时间均匀变化时(　　)‎ A．甲图中，A、B两线圈中电动势之比为2∶3‎ B．甲图中，A、B两线圈中电流之比为3∶2‎ C．乙图中，A、B两线圈中电动势之比为8∶9‎ D．乙图中，A、B两线圈中电流之比为2∶3‎ ‎[解析] BCD　设线圈匝数分别为n1、n2，线圈的半径分别为r1、r2.导线横截面积为S′，图甲中，设有界磁场的面积为S，则线圈A产生的电动势EA＝n1S，电阻RA＝ρ，B的电动势为EB＝n2S，RB＝ρ，因此＝＝，电流之比为＝·＝，A错误，B正确；图乙中，A的电动势E′A＝n1πr，B的电动势E′B＝n2πr，因此＝×＝，电流之比＝××＝，C、D正确．‎ ‎4．[2016·无锡模拟] 如图所示，三个灯泡L1、L2、L3的阻值关系为R1＜R2＜R3，电感线圈L的直流电阻可忽略，D为理想二极管，开关S从闭合状态突然断开时，下列判断正确的是(　　)‎ A．L1逐渐变暗，L2、L3均先变亮，然后逐渐变暗 B．L1逐渐变暗，L2立即熄灭，L3先变亮，然后逐渐变暗 C．L1立即熄灭，L2、L3均逐渐变暗 D．L1、L2、L3均先变亮，然后逐渐变暗 ‎[解析] B　开关S处于闭合状态时，由于R1＜R2＜R3，则分别通过三个灯泡的电流大小I1＞I2＞I3，开关S从闭合状态突然断开时，电感线圈产生与之前反向的自感电动势，由于二极管的反向截止作用，L2立即熄灭，电感线圈、L1、L3组成闭合回路，L1逐渐变暗，通过L3的电流由I3变为I1，再逐渐减小，故L3先变亮，然后逐渐变暗，选项B正确．‎ ‎5．如图所示，水平“U形”导轨abcd固定在匀强磁场中，ab与cd平行，间距L1＝0.5 m，金属棒AB垂直于ab且和ab、cd接触良好，AB与导轨左端bc的距离为L2＝0.8 m，整个闭合回路的电阻为R＝0.2 Ω，磁感应强度为B0＝1 T的匀强磁场竖直向下穿过整个回路．ad通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m＝0.04 kg的物体，不计一切摩擦，现使磁场以＝0.2 T/s的变化率均匀地增大．求：‎ ‎(1)金属棒上电流的方向．‎ ‎(2)感应电动势的大小．‎ ‎(3)物体刚好离开地面的时间(g取10 m/s2)．‎ ‎[答案] (1)由A到B　(2)0.08 V　(3)5 s ‎[解析] (1)由楞次定律可以判断，金属棒上的电流由A到B.‎ ‎(2)由法拉第电磁感应定律得 E＝＝S＝0.08 V.‎ ‎(3)物体刚好离开地面时，其受到的拉力F＝mg 而拉力F又等于棒所受的安培力，即 mg＝F安＝BIL1‎ 其中B＝B0＋t I＝ 解得t＝5 s.‎ ‎6．如图甲所示，光滑导轨间距为l＝0.4 m，ab为金属棒，与导轨接触良好．均匀变化的磁场垂直穿过导轨平面，磁场的变化情况如图乙所示，金属棒ab接入电路的电阻R为1 Ω，导轨电阻不计．t＝0时刻，ab棒从导轨最左端，以v＝1 m/s的速度向右匀速运动，求1 s 末回路中的感应电流及金属棒ab受到的安培力．‎ ‎[答案] 1.6 A，方向为逆时针方向　1.28 N，方向向左 ‎[解析] 1 s末与t＝0时刻相比，Φ的变化有两个原因，一是B的变化，二是金属棒和导轨所围面积S的变化，显然这两个因素都应当考虑在内，所以有 E＝＝S＋Blv 又＝2 T/s，‎ 在1 s末，B＝2 T，S＝lvt＝0.4×1×1 m2＝0.4 m2‎ 所以1 s末，E＝S＋Blv＝1.6 V，‎ 此时回路中的电流 I＝＝1.6 A 根据楞次定律与右手定则可判断出电流方向为逆时针方向 金属棒ab受到的安培力为F＝BIl＝2×1.6×0.4 N＝1.28 N，方向向左．‎