高考物理一轮复习第10章电磁感应第2节法拉第电磁感应定律自感涡流学案

这是一份高考物理一轮复习第10章电磁感应第2节法拉第电磁感应定律自感涡流学案，共17页。学案主要包含了法拉第电磁感应定律，自感和涡流等内容，欢迎下载使用。

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：闭合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＝neq \f(ΔΦ,Δt)，其中n为线圈匝数。
3．导体切割磁感线时的感应电动势
(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＝eq \f(1,2)Bl2ω。
二、自感和涡流
1．自感现象
由于通过导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象。
2．自感电动势
(1)定义：在自感现象中产生的感应电动势。
(2)表达式：E＝Leq \f(ΔI,Δt)。
(3)自感系数L：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯等因素有关，单位为亨利(H)。
3．涡流现象
(1)涡流：块状金属放在变化磁场中，或者让它在磁场中运动时，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。
4．电磁阻尼
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相对运动。
5．电磁驱动
如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力而使导体运动起来。
一、思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
1．Φ＝0，eq \f(ΔΦ,Δt)不一定等于0。(√)
2．线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大。(×)
3．当导体在匀强磁场中垂直磁场方向运动时(运动方向和导体垂直)，感应电动势为E＝BLv。(√)
4．线圈中的电流越大，自感系数也越大。(×)
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．涡流是由整块导体发生的电磁感应现象，不遵从电磁感应定律。(×)
二、走进教材
1．(人教版选修3－2P17T1改编)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是( )
A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关
B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同
C [由法拉第电磁感应定律E＝neq \f(ΔΦ,Δt)知，感应电动势的大小与线圈匝数有关，A错误；感应电动势正比于eq \f(ΔΦ,Δt)，与磁通量的大小无直接关系，B错误，C正确；根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即“增反减同”，D错误。]
2.(粤教版选修3－2P18T3改编)如图所示，半径为r的n匝线圈放在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场充满正方形区域并垂直穿过该区域，当磁场以eq \f(ΔB,Δt)的变化率变化时，线圈产生的感应电动势大小为( )
A．0B．neq \f(ΔB,Δt)·L2
C．neq \f(ΔB,Δt)·πr2D．neq \f(ΔB,Δt)·r2
B [由法拉第电磁感应定律可知线圈产生的自感电动势E＝neq \f(ΔB,Δt)·L2，故B正确。]
3.(鲁科版选修3－2P33T1)在如图所示的电路中，LA为灯泡，S为开关，L为有铁芯的线圈。对于这样的电路，下列说法正确的是( )
A．因为线圈L通电后会产生自感现象，所以S闭合后，灯泡LA中无电流通过
B．在S打开或闭合的瞬间，电路中都不会产生自感现象
C．当S闭合时，电路中会产生自感现象
D．在S闭合后再断开的瞬间，灯泡LA可能不立即熄灭
C [S闭合瞬间，由于线圈产生自感电动势而阻碍通过灯泡LA的电流的增加，但阻碍不是阻止，S闭合后有电流通过LA；S断开瞬间，线圈产生自感电动势，因电路断开，电流立即消失，灯泡LA立即熄灭，故C正确，A、B、D错误。]
法拉第电磁感应定律的理解和应用 eq \([讲典例示法])
1．对法拉第电磁感应定律的理解
(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eq \f(ΔΦ,Δt)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eq \f(ΔΦ,Δt)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＝eq \f(nΔΦ,R)，仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关。
2．磁通量发生变化的三种情况
(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝BΔS，则E＝neq \f(BΔS,Δt)。
(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔBS，则E＝neq \f(ΔBS,Δt)，注意S为线圈在磁场中的有效面积。
(3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E＝neq \f(|B2S2－B1S1|,Δt)≠neq \f(ΔBΔS,Δt)。
eq \([典例示法]) (多选)(2019·全国卷Ⅰ)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( )
图(a) 图(b)
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eq \f(B0rS,4t0ρ)
D．圆环中的感应电动势大小为eq \f(B0πr2,4t0)
BC [根据楞次定律可知在0～t0时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(1,2)πr2·eq \f(B0,t0)＝eq \f(B0πr2,2t0)，根据电阻定律可得R＝ρ eq \f(2πr,S)，根据欧姆定律可得I＝eq \f(E,R)＝eq \f(B0rS,4t0ρ)，所以选项C正确，D错误。]
eq \([跟进训练])
对感应电动势E＝neq \f(ΔΦ,Δt)的理解与应用
1.(2018·全国卷Ⅰ)如图所示，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则eq \f(B′,B)等于( )
A．eq \f(5,4) B．eq \f(3,2) C．eq \f(7,4) D．2
B [设OM的电阻为R，圆的半径为l，过程Ⅰ：OM转动的过程中产生的平均感应电动势大小为E1＝eq \f(ΔΦ,Δt1)＝eq \f(B·ΔS,Δt1)＝eq \f(B·\f(1,4)πl2,Δt1)＝eq \f(πBl2,4Δt1)，流过OM的电流为I1＝eq \f(E1,R)＝eq \f(πBl2,4RΔt1)，则流过OM的电荷量为q1＝I1·Δt1＝eq \f(πBl2,4R)；过程Ⅱ：磁场的磁感应强度大小均匀增加，则该过程中产生的平均感应电动势大小为E2＝eq \f(ΔΦ,Δt2)＝eq \f(B′－BS,Δt2)＝eq \f(B′－Bπl2,2Δt2)，电路中的电流为I2＝eq \f(E2,R)＝eq \f(πB′－Bl2,2RΔt2)，则流过OM的电荷量为q2＝I2·Δt2＝eq \f(πB′－Bl2,2R)；由题意知q1＝q2，则解得eq \f(B′,B)＝eq \f(3,2)，B正确，A、C、D错误。]
2．(多选)(2018·全国卷Ⅲ)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势( )
图(a) 图(b)
A．在t＝eq \f(T,4)时为零
B．在t＝eq \f(T,2)时改变方向
C．在t＝eq \f(T,2)时最大，且沿顺时针方向
D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向
AC [因通电导线的磁感应强度大小正比于电流的大小，故导线框R中磁感应强度与时间的变化关系类似于题图(b)，感应电动势正比于磁感应强度的变化率，即题图(b)中的切线斜率，斜率的正负反映电动势的方向，斜率的绝对值反映电动势的大小。由题图(b)可知，电流为零时，电动势最大，电流最大时电动势为零，A正确，B错误；再由楞次定律可判断在一个周期内，eq \f(T,4)～eq \f(3T,4)内电动势的方向沿顺时针，eq \f(T,2)时刻最大，C正确；其余时间段电动势沿逆时针方向，D错误。]
回路中电荷量的求解
3.如图所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板。磁场方向垂直于环面向里，磁感应强度以B＝B0＋kt(k>0)随时间变化。t＝0时，P、Q两极板电势相等，两极板间的距离远小于环的半径。经时间t，电容器的P极板( )
A．不带电
B．所带电荷量与t成正比
C．带正电，电荷量是eq \f(kL2C,4π)
D．带负电，电荷量是eq \f(kL2C,4π)
D [磁感应强度均匀增加，回路中产生的感应电动势的方向为逆时针方向，Q板带正电，P板带负电，A错误；由L＝2πR，得R＝eq \f(L,2π)，感应电动势E＝eq \f(ΔB,Δt)·S＝k·πR2，解得E＝eq \f(kL2,4π)，电容器上的电荷量Q＝CE＝eq \f(kL2C,4π)，B、C错误，D正确。]
4.如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则( )
A．Q1＜Q2，q1＝q2B．Q1＞Q2，q1＞q2
C．Q1＞Q2，q1＝q2D．Q1＝Q2，q1＜q2
C [设ab和bc边长分别为Lab、Lbc，线框阻值为R，线框运动的速度为v。则有
Q1＝BI1Lab·Lbc＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B\f(BLabv,R)Lab))Lbc＝eq \f(B2L\\al(2,ab)Lbcv,R)，
q1＝I1t＝eq \f(BLabv,R)t＝eq \f(BLabLbc,R)。
同理可以求得Q2＝BI2Lbc·Lab＝eq \f(B2L\\al(2,bc)Labv,R)，
q2＝I2t＝eq \f(BLabLbc,R)。
因为Lab＞Lbc，且两次线框运动速率相同，可得Q1＞Q2，q1＝q2，故C正确。]
导体棒切割磁感线产生感应电动势的计算 eq \([讲典例示法])
1．理解E＝Blv的“五性”
(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)平均性：导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即eq \(E,\s\up8(－))＝Bleq \(v,\s\up8(－))。
(4)有效性：公式中的l为导体切割磁感线的有效长度。如图中，棒的有效长度为ab间的距离。
(5)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．导体棒切割磁感线时，可有以下三种情况
3.“找、判、定”三步确定电势的高低：
eq \([典例示法]) (2019·北京高考)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：
(1)感应电动势的大小E；
(2)拉力做功的功率P；
(3)ab边产生的焦耳热Q。
审题指导：(1)由导体切割磁感线产生感应电动势的公式E＝BLv确定电动势的大小。
(2)根据闭合电路欧姆定律求解感应电流的大小，由安培力F＝BIL和功率P＝Fv确定拉力的功率。
(3)由速度公式确定线圈在磁场中的运动时间，根据焦耳定律求解ab边产生的焦耳热。
[解析] (1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E＝BLv。
(2)线框中的感应电流I＝eq \f(E,R)
拉力大小等于安培力大小F＝BIL
拉力的功率P＝Fv＝eq \f(B2L2v2,R)。
(3)线框ab边电阻Rab＝eq \f(R,4)
时间t＝eq \f(L,v)
ab边产生的焦耳热Q＝I2Rabt＝eq \f(B2L3v,4R)。
[答案] (1)BLv (2)eq \f(B2L2v2,R) (3)eq \f(B2L3v,4R)
eq \([跟进训练])
平动切割产生感应电动势
1．(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是( )
图(a) 图(b)
A．磁感应强度的大小为0.5 T
B．导线框运动的速度的大小为0.5 m/s
C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N
BC [由图象可知，cd边切割磁感线产生的感应电动势E＝0.01 V，由公式E＝BLv，可得磁感应强度的大小B＝eq \f(0.01,0.1×0.5) T＝0.2 T，A错；由图象可知，从导线框的cd边进入磁场到ab边刚好进入磁场，用时为0.2 s，可得导线框运动速度的大小v＝eq \f(0.1,0.2) m/s＝0.5 m/s，B对；感应电流的方向为顺时针时，对cd边应用右手定则可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，C对；t＝0.4 s至t＝0.6 s时间段为cd边离开磁场，ab边切割磁感线的过程。由闭合电路欧姆定律及安培力公式得安培力F＝eq \f(BEL,R)，代入数据得F＝0.04 N，D错。]
转动切割产生感应电动势
2.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－a
C．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
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