2021高考物理鲁科版一轮复习教师用书：第十章第2节　法拉第电磁感应定律　自感和涡流

第2节　法拉第电磁感应定律　自感和涡流

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.

(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:电路中感应电动势的大小与穿过这一电路的磁通量变化率成正比.

(2)公式:E=n,其中n为线圈匝数.

3.导体切割磁感线的情形

(1)垂直切割:E=Blv.

(2)倾斜切割:E=Blvsin θ,其中θ为v与B的夹角. 

(3)旋转切割(以一端为轴):E=Bl2ω.

4.反电动势

(1)概念:电动机转动时,线圈中也会产生感应电动势,这个感应电动势总要削弱电源电动势的作用,我们把这个电动势称为反电动势.

(2)作用:反电动势阻碍电动机线圈的转动.

二、自感和涡流

1.自感现象

由于通过导体自身的电流变化而产生的电磁感应现象.

2.自感电动势

(1)定义:由导体自身电流变化所产生的感应电动势.

(2)表达式:E=L.

(3)自感系数L:

①相关因素:与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯等因素有关.

②单位:亨利(H),1 mH=10-3 H,1 μH=10-6 H.

3.涡流

(1)涡流:块状金属放在变化的磁场中,穿过金属块的磁通量发生变化,金属块内产生的旋涡状感应电流.

(2)产生原因:金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流.

(3)涡流的利用:冶炼金属的高频感应炉利用炉内金属中涡流产生焦耳热使金属熔化;家用电磁炉也是利用涡流原理制成的.

(4)涡流的减少:各种电动机和变压器中,用涂有绝缘漆的硅钢片叠加成的铁芯,以减少涡流.

1.思考判断

(1)线圈中磁通量变化越大,产生的感应电动势越大.(　×　)

(2)公式E=Blv中的l是导体棒的总长度.(　×　)

(3)磁场相对导体棒运动时,导体棒中也能产生感应电动势.(　√　)

(4)线圈中的感应电动势大小与线圈的匝数无关.(　×　)

(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.(　√　)

2.

(多选)如图所示,用相同导线绕成的两个单匝线圈a,b的半径分别为r和2r,圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合,若磁场的磁感应强度均匀增大,开始时的磁感应强度不为0,则(　BD　)

A.任意时刻,穿过a,b两线圈的磁通量之比均为1∶4

B.任意时刻,穿过a,b两线圈的磁通量之比均为1∶1

C.a,b两线圈中产生的感应电动势之比为1∶2

D.a,b两线圈中产生的感应电动势之比为1∶1

解析:任意时刻,穿过a,b两线圈的磁感线条数相等,磁通量相等,故磁通量之比为1∶1,故A错误,B正确;根据法拉第电磁感应定律得E=S,S为线圈在磁场范围内的有效面积,S=πr2,因为S相等,也相等,所以a,b两线圈中产生的感应电动势相等,感应电动势之比为1∶1,故C错误,D正确.

3.

如图所示,电路中A,B是两个完全相同的灯泡,L是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈,C是电容很大的电容器.当S闭合时,A,B灯泡的发光情况是(　A　)

A.S闭合后,A亮一下又逐渐熄灭,B逐渐变亮

B.S闭合后,B亮一下又逐渐变暗,A逐渐变亮

C.S闭合足够长时间后,A和B一样亮

D.S闭合足够长时间后,A,B都熄灭

解析:S闭合后,A,B都变亮,且A比B亮,之后A逐渐熄灭,B逐渐变亮,A项正确,B项错误.S闭合足够长时间后,A熄灭,B一直都是亮的,C,D项错误.

4.电磁炉是利用电磁感应现象产生的涡流使锅体发热,从而加热食物的.下列相关的说法中正确的是(　A　)

A.锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关

B.电磁炉中通入电压足够高的直流电也能正常工作

C.环保绝缘材料制成的锅体也可以利用电磁炉来烹饪食物

D.电磁炉的上表面一般都用金属材料制成,以加快热传递,减少热损耗

解析:涡流是由高频交变电流产生的磁场引起的电磁感应现象,频率越大,产生的涡流越大,直流电不产生涡流,A项正确,B项错误;电磁炉表面一般用绝缘材料制成,避免产生涡流,而锅体用金属制成,利用涡流加热食物,C,D项错误.

考点一　法拉第电磁感应定律的理解与应用

1.对法拉第电磁感应定律的理解

(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)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.

(3)磁通量的变化率对应Φt图线上某点切线的斜率.

(4)通过回路截面的电荷量q=,与n,ΔΦ和回路电阻R有关.

2.法拉第电磁感应定律应用的三种情况

(1)回路与磁场垂直的面积S不变,磁感应强度发生变化,则ΔΦ=ΔB·S,E=n·S.

(2)磁感应强度B不变,回路与磁场垂直的面积发生变化,则ΔΦ=B·ΔS,E=nB.

(3)磁通量的变化是由面积和磁场变化共同引起的,则根据定义求,ΔΦ=Φ2-Φ1,E=n.

[例1] (2019·湖南衡阳二模)(多选)如图(甲)所示,abcd是匝数为100匝、边长为10 cm、总电阻为0.1 Ω的正方形闭合导线圈,放在与线圈平面垂直的图示匀强磁场中.磁感应强度B随时间t的变化关系如图(乙)所示.则以下说法正确的是(　ACD　)

A.导线圈中产生的是交变电流

B.在t=2.5 s时导线圈产生的感应电动势为1 V

C.在0~2 s内通过导线横截面的电荷量为20 C

D.在t=1 s时,导线圈内电流的瞬时功率为10 W

解析:在0~2 s内,磁感应强度变化率为=1 T/s,根据法拉第电磁感应定律,产生的感应电动势为E1=nS=100×0.12×1 V=1 V;在2~3 s内,磁感应强度变化率为=2 T/s,根据法拉第电磁感应定律,产生的感应电动势为E2=nS=100×0.12×2 V=2 V.导线圈中产生的感应电流为方波交变电流,选项A正确;在t=2.5 s时,产生的感应电动势为E2=2 V,选项B错误.在0~2 s内,感应电流I==10 A,通过导体横截面的电荷量为q=IΔt1=20 C,选项C正确;在t=1 s时,导线圈内感应电流的瞬时功率P=UI=I2R=102×0.1 W=10 W,选项D正确.

在匀强磁场中,电容器接在切割磁感线的导体棒两端,不计一切电阻,电容器两极板间的电压等于导体棒切割磁感线产生的电动势E,电容器的充电(或放电)电流I==,又E=Blv,则ΔU=Bl(Δv)可得Δq=CBlΔv.　

1.

(2019·贵州贵阳摸底)如图所示,边长为l的正方形单匝金属线框ABCD,左半部分处在方向垂直于线框平面向里的匀强磁场中,磁感应强度大小为B,线框的AD边从图中位置按俯视的逆时针方向,以线速度v绕固定对称轴OO′匀速转动90°,则此过程线框中(　D　)

A.感应电流方向沿A→D→C→B→A

B.磁通量的最大值为Bl2

C.平均感应电动势为Blv

D.平均感应电动势为

解析:由楞次定律结合安培定则,可知感应电流方向应为A→B→C→D→A,A项错误;通过线框的磁通量的最大值为Φ=BS=Bl2,B项错误;由法拉第电磁感应定律可知,线框转过90°过程中线框的平均感应电动势为=,ΔΦ=Bl2,Δt=,联立可得=,C项错误,D项正确.

2.

(2019·湖南岳阳质检)(多选)用导线绕成一圆环,环内有一用同样导线折成的内接正方形线框,圆环与线框绝缘,如图所示.把它们放在磁感应强度为 B的匀强磁场中,磁场方向垂直于圆环平面(纸面)向里.当磁场均匀减弱时(　AC　)

A.线框和圆环中的电流方向都为顺时针

B.线框和圆环中的电流方向都为逆时针

C.线框和圆环中的电流大小之比为1∶

D.线框和圆环中的电流大小之比为1∶2

解析:依据楞次定律,当磁场均匀减弱时,圆环和线框中的电流方向都为顺时针,故A正确,B错误;设正方形的边长为2a.由几何关系可知,外接圆的半径r=a,则根据法拉第电磁感应定律得,正方形回路中的感应电动势与外接圆中感应电动势之比为E正∶E圆=(2a)2∶π(a)2=2∶π,根据电阻定律得,正方形回路中的电阻与外接圆的电阻之比为R正∶R圆=ρ∶ρ=2∶π,由欧姆定律得正方形回路中的感应电流与外接圆中感应电流之比为I正∶I圆=∶ =1∶,故C正确,D错误.

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,导体的有效长度为a,b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,应注意速度间的相对关系.

3.公式E=n与E=Blv的区别与联系

[例2]

(2019·山西名校联盟测试)如图所示,光滑水平面内有一正方形导体线框abcd,置于垂直水平面向里、边界为MN的匀强磁场外,线框的ab边平行磁场边界MN,线框以垂直于MN的速度v匀速进入磁场,线框进入磁场过程中,产生的焦耳热为Q1,通过线框导体横截面的电荷量为q1,若线框以速度2v匀速进入磁场,进入磁场过程中,产生的焦耳热为Q2,通过线框导体横截面的电荷量为q2,则下列选项正确的是(　B　)

A.Q2=2Q1,q2=2q1 B.Q2=2Q1,q2=q1

C.Q2=Q1,q2=q1 D.Q2=4Q1,q2=2q1

解析:根据I=及F=BIl可得F=,安培力做的功转化为电能,然后转化为焦耳热,由Q=W=Fl=可知产生的焦耳热与速度成正比,所以Q2=2Q1;根据q=I·t,t=得q=,可知通过线框导体横截面的电荷量与速度无关,q2=q1,选项B正确.

导体切割磁感线的三种方式

1.

(2019·湖南衡阳模拟)(多选)如图所示,均匀金属圆环的总电阻为4R,磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过圆环,金属杆OM的长为l,阻值为R,M端与环接触良好,绕过圆心O的转轴以恒定的角速度ω顺时针转动.阻值为R的电阻一端用导线和环上的A点连接,A点位于O点的正下方,另一端和转轴O处的端点相连接.下列判断正确的是(　AC　)

A.金属杆OM旋转产生的感应电动势恒为

B.金属杆OM旋转产生的感应电动势恒为Bl2ω

C.通过电阻R的电流的最大值为

D.P,Q两点电势满足φP>φQ

解析:M端线速度为v=ωl,OM切割磁感线的平均速度为=,OM转动切割磁感线产生的电动势恒为E=Bl=Bl2ω,A正确,B错误;当M位于最下端时圆环接入电路的电阻为0,此时有最大电流Imax==,根据右手定则可得电流方向从Q到P,P,Q两点电势满足φP<φQ,C正确,D错误.

2.

(2019·河南郑州质检)(多选)如图所示,空间存在两个磁场,磁感应强度大小均为B,方向相反且垂直于纸面,MN,PQ为其边界,OO′为其对称轴.一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd,回路在纸面内以恒定速度v0向右运动,当运动到关于OO′对称的位置时(　ABD　)

A.穿过回路的磁通量为零

B.回路中感应电动势大小为2Blv0

C.回路中感应电流的方向为顺时针方向

D.回路中ab边与cd边所受安培力方向相同

解析:由题意知,穿过回路的磁通量Φ=0,A项正确;由右手定则判断,ab边与cd边切割磁感线产生的感应电动势相当于两个电源串联,回路中的感应电动势E=Blabv0+Blcdv0=2Blv0,B项正确;由右手定则可知,感应电流的方向为逆时针方向,C项错误;由左手定则可知,ab边与cd边所受的安培力方向均向左,D项正确.

考点三　自感和涡流

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.自感中“闪亮”与“不闪亮”问题

[例3] (2019·江苏苏州检测)(多选)在(甲)、(乙)所示的电路中,电阻R和自感线圈L的阻值都很小,且小于灯泡A的电阻,接通S,使电路达到稳定,灯泡A发光,则(　AD　)

A.在电路(甲)中,断开S后,A将逐渐变暗

B.在电路(甲)中,断开S后,A将先变得更亮,然后才逐渐变暗

C.在电路(乙)中,断开S后,A将逐渐变暗

D.在电路(乙)中,断开S后,A将变得更亮,然后才逐渐变暗

解析:题图(甲)所示的电路中,灯A和线圈L串联,电流相同,断开S时,线圈上产生自感电动势,阻碍原电流的减小,通过R,A形成回路,灯A逐渐变暗,A项正确,B项错误;题图(乙)所示的电路中,电阻R和灯A串联,灯A所在支路的电阻大于线圈L所在支路的电阻,电流则小于线圈L中的电流,断开S时,电源不给灯供电,而线圈L产生自感电动势阻碍电流的减小,通过R,A形成回路,灯A中电流比原来大,A将变得更亮,然后逐渐变暗,C项错误,D项正确.

(2)断电自感现象中灯泡是否“闪亮”问题的判断,在于对电流大小的分析,若断电后通过灯泡的电流比原来大,则灯泡先闪亮一下后慢慢熄灭.

1.

(2019·山东淄博期中)(多选)如图所示的电路中,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,以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是(　AC　)

解析:当S闭合时,L的自感作用会阻碍其中的电流变大,电流从D1流过;当L的阻碍作用变小时,L中的电流变大,D1中的电流变小至零;D2中的电流为电路总电流,电流流过D1时,电路总电阻较大,电流较小,当D1中电流为零时,电流流过L与D2,总电阻变小,电流变大至稳定;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,故A,C项正确.

2.

(2019·四川成都模拟)(多选)如图所示,条形磁铁位于固定的半圆光滑轨道的圆心位置.一半径为R、质量为m的金属球从半圆轨道的一端沿半圆轨道由静止下滑.重力加速度大小为g.下列说法正确的是(　CD　)

A.金属球会运动到半圆轨道的另一端的等高位置

B.由于金属球没有形成闭合电路,所以金属球中不会产生感应电流

C.金属球受到的安培力做负功

D.系统产生的总热量为mgR

解析:金属球在运动过程中,穿过金属球的磁通量不断变化,在金属球内形成闭合回路,产生涡流,金属球受到的安培力做负功,金属球产生的热量不断地增加,机械能不断地减少,直至金属球停在半圆轨道的最低点,C正确,A,B错误;由于最终小球静止于最低点,根据能量守恒定律得系统产生的总热量为mgR,D正确.

1.(2019·全国Ⅰ卷,20)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场,其边界如图(a)中虚线MN所示,一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S,将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内,圆心O在MN上.t=0时磁感应强度的方向如图(a)所示;磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示.则在t=0到t=t1的时间间隔内(　BC　)

A.圆环所受安培力的方向始终不变

B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向

C.圆环中的感应电流大小为

D.圆环中的感应电动势大小为

解析:根据Bt图象结合楞次定律可知,圆环中感应电流方向一直为顺时针方向,在t0时刻,磁场的方向发生变化,安培力方向发生变化,故A错误,B正确;根据法拉第电磁感应定律得感应电动势E==,根据电阻定律得R=ρ,由闭合电路欧姆定律得I=,解得I=,故C正确,D错误.

2.

(2019·河北石家庄检测)(多选)两根相距为l的足够长的金属弯角光滑导轨如图所示放置,它们各有一边在同一水平面内,另一边与水平面的夹角为37°,质量均为m的金属细杆ab,cd与导轨垂直接触形成闭合回路,导轨的电阻不计,回路总电阻为2R,整个装置处于磁感应强度大小为B,方向竖直向上的匀强磁场中,当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v沿导轨匀速运动时,cd杆恰好处于静止状态,重力加速度为g,以下说法正确的是(　AD　)

A.ab杆所受拉力F的大小为mgtan 37°

B.回路中电流为

C.回路中电流的总功率为mgvsin 37°

D.m与v大小的关系为m=

解析:对cd杆,BIlcos 37°=mgsin 37°,对ab杆,F=BIl,即ab杆所受拉力F=mgtan 37°,故A正确;回路中电流为I=,故B错误;回路中电流的总功率为Fv=mgvtan 37°,故C错误;I=,又I=,解得m=,故D正确.

3.(2019·天津卷,11)如图所示,固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨,垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R,两棒与导轨始终接触良好.MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连,线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场,磁通量变化率为常量k.图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为B.PQ的质量为m,金属导轨足够长、电阻忽略不计.

(1)闭合S,若使PQ保持静止,需在其上加多大的水平恒力F,并指出其方向;

(2)断开S,PQ在上述恒力作用下,由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q,求该过程安培力做的功W.

解析:(1)设线圈中的感应电动势为E,由法拉第电磁感应定律E=,则

E=k①

设PQ与MN并联的电阻为R并,有

R并=②

闭合S时,设线圈中的电流为I,根据闭合电路欧姆定律得

I=③

设PQ中的电流为IPQ,有

IPQ=I④

设PQ受到的安培力为F安,有

F安=BIPQl⑤

保持PQ静止,由受力平衡,有

F=F安⑥

联立①②③④⑤⑥式得

F=⑦

方向水平向右.

(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中,PQ运动的位移为x,所用时间为Δt,回路中的磁通量变化为ΔΦ,平均感应电动势为,有

=⑧

其中

ΔΦ=Blx⑨

设PQ中的平均电流为,有

=⑩

根据电流的定义得

=

由动能定理,有

Fx+W=mv2-0

联立⑦⑧⑨⑩式得

W=mv2-kq.

答案:(1),方向水平向右

(2)mv2-kq