2024届高考物理一轮复习全书完整Word版第十章 第2讲

这是一份2024届高考物理一轮复习全书完整Word版第十章 第2讲，共21页。试卷主要包含了法拉第电磁感应定律，自感等内容，欢迎下载使用。
第2讲　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)感应电动势：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＝n，其中n为线圈匝数．
(3)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路的欧姆定律，即I＝.
(4)说明：①当ΔΦ仅由B的变化引起时，则E＝n；当ΔΦ仅由S的变化引起时，则E＝n；当ΔΦ由B、S的变化同时引起时，则E＝n≠n.②磁通量的变化率是Φ－t图象上某点切线的斜率．
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＝Bl＝Bl2ω(平均速度等于中点位置的线速度lω)．
自测1　将多匝闭合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
答案　C
二、自感、涡流、电磁阻尼和电磁驱动
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：E＝L.
(3)自感系数L的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关．
2．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．
3．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，安培力总是阻碍导体的相对运动．
4．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运动起来．
自测2　(多选)(2016·江苏卷·6)电吉他中电拾音器的基本结构如图1所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音．下列说法正确的有(　　)

图1
A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作
B．取走磁体，电吉他将不能正常工作
C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势
D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化
答案　BCD
解析　铜质弦为非磁性材料，不能被磁化，选用铜质弦，电吉他不能正常工作，A项错误；若取走磁体，金属弦不能被磁化，其振动时，不能在线圈中产生感应电动势，电吉他不能正常工作，B项正确；由E＝n可知，C项正确；弦振动过程中，穿过线圈的磁通量大小不断变化，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向不断变化，D项正确．


1．感应电动势求解的“四种”情形
情景图




研究对象
回路(不一定闭合)
一段直导线(或等效成直导线)
绕一端垂直匀强磁场匀速转动的一段导体棒
绕与B垂直的轴匀速转动的导线框
表达式
E＝n
E＝BLvsin θ
E＝BL2ω
E＝NBSωsin ωt(从中性面位置开始计时)

2.解题技巧
公式E＝n的应用，ΔΦ与B、S相关，可能是＝B，也可能是＝S，当B＝kt时，＝kS.
例1　(多选)(2018·全国卷Ⅲ·20)如图2甲，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的变化如图乙所示，规定从Q到P为电流正方向．导线框R中的感应电动势(　　)

图2
A．在t＝时为零
B．在t＝时改变方向
C．在t＝时最大，且沿顺时针方向
D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向
答案　AC
解析　在t＝时，i－t图线斜率为0，即磁场变化率为0，由E＝＝S知，E＝0，A项正确；在t＝和t＝T时，i－t图线斜率的绝对值最大，在t＝和t＝T时感应电动势最大．在到之间，电流由Q向P减弱，导线在R处产生垂直纸面向里的磁场，且磁场减弱，由楞次定律知，R产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，即R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在到之间，R中电动势也为顺时针方向，在T到T之间，R中电动势为逆时针方向，C项正确，B、D项错误．
变式1　(2019·安徽蚌埠市第二次质检)同一平面内固定有一长直导线PQ和一带缺口的刚性金属圆环，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于圆环所在平面固定放置的平行金属板MN连接，如图3甲所示．导线PQ中通有正弦交变电流i，i的变化如图乙所示，规定从Q到P为电流的正方向，则在1～2 s内(　　)

图3
A．M板带正电，且电荷量增加
B．M板带正电，且电荷量减小
C．M板带负电，且电荷量增加
D．M板带负电，且电荷量减小
答案　A
解析　在1～2 s内，穿过金属圆环的磁场垂直于纸面向里，磁感应强度变小，穿过金属圆环的磁通量变小，磁通量的变化率变大；假设环闭合，由楞次定律可知感应电流磁场与原磁场方向相同，即感应电流磁场方向垂直于纸面向里，然后由安培定则可知感应电流沿顺时针方向，由法拉第电磁感应定律可知感应电动势增大，由此可知M板电势高，带正电，电荷量增加，故A正确，B、C、D错误．
例2　(2019·江苏卷·14)如图4所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的面积S＝0.3 m2、电阻R＝0.6 Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2 T．现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt＝0.5 s时间内合到一起．求线圈在上述过程中

图4
(1)感应电动势的平均值E；
(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；
(3)通过导线横截面的电荷量q.
答案　(1)0.12 V　(2)0.2 A　电流方向见解析图
(3)0.1 C
解析　(1)感应电动势的平均值E＝
磁通量的变化ΔФ＝BΔS
联立可得E＝，代入数据得E＝0.12 V；
(2)平均电流I＝
代入数据得I＝0.2 A(电流方向见图)；

(3)电荷量q＝IΔt
代入数据得q＝0.1 C.
变式2　(2019·江苏海门市、启东市联考)如图5所示，磁场中有两个正方形导体环a、b，磁场方向与导体环所在平面垂直．磁感应强度B随时间均匀增大，两正方形边长之比为2∶1，环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，不考虑两环间的相互影响．下列说法正确的是(　　)

图5
A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向
B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向
C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向
D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向
答案　A
解析　根据法拉第电磁感应定律有E＝n＝nS，题中相同．a正方形中产生的感应电动势为Ea＝＝Sa＝a2；b正方形中产生的感应电动势为Eb＝＝Sb＝b2；由于a∶b＝2∶1，所以＝.由于磁场向里，磁感应强度B随时间均匀增大，根据楞次定律可知，感应电流均沿逆时针方向．
1．大小计算：
切割方式
表达式
垂直切割
E＝Blv
旋转切割(以一端为轴)
E＝Bl2ω

说明　(1)导体与磁场方向垂直；(2)磁场为匀强磁场．
2．方向判断：(1)把产生感应电动势的那部分电路或导体当作电源的内电路，那部分导体相当于电源．(2)若电路是不闭合的，则先假设有电流通过，然后应用楞次定律或右手定则判断出电流的方向．(3)电源内部电流的方向是由负极(低电势)流向正极(高电势)，外电路顺着电流方向每经过一个电阻电势都要降低．

类型1　平动切割磁感线

例3　(2019·江苏苏北三市期末)如图6所示，相距L的两平行金属导轨位于同一水平面上，左端与一阻值为R的定值电阻相连，一质量为m、阻值为r的导体棒放在导轨上，整个装置置于磁感应强度大小为B0、方向竖直向下的匀强磁场中．导体棒在水平外力作用下以速度v沿导轨水平向右匀速滑动．滑动过程中棒始终保持与导轨垂直并接触良好，导轨的电阻可忽略，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.求：

图6
(1)棒中电流I的大小；
(2)水平外力F的大小；
(3)当棒与定值电阻间的距离为d时开始计时，保持棒速度v不变，欲使棒中无电流，求磁感应强度B随时间t变化的关系式．
答案　(1)　(2)μmg＋　(3)B＝
解析　(1)棒切割磁感线产生电动势为E＝B0Lv
根据闭合电路欧姆定律可以得到棒中电流为：I＝
得到：I＝；
(2)棒受力平衡，根据平衡条件可以得到：F＝μmg＋F安，F安＝B0IL
联立可得：F＝μmg＋；
(3)棒中无电流，则回路磁通量不变，则：B0Ld＝BL(vt＋d)
得到：B＝.
变式3　(2019·江苏无锡一中期初)如图7所示，ab、cd为足够长、水平放置的光滑固定导轨，导体棒MN的长度为L＝2 m，电阻r＝1 Ω.有垂直abcd平面向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1.5 T，定值电阻R1＝4 Ω，R2＝20 Ω，小灯泡L的额定功率和额定电压分别为1.35 W和9 V．当导体棒MN水平向左匀速运动时，小灯泡L正常发光．导体棒MN运动过程中始终与导轨垂直且接触良好，求：

图7
(1)理想电流表的示数；
(2)导体棒MN两端的电压；
(3)导体棒MN运动的速度大小．
答案　(1)0.45 A　(2)11.4 V　(3)4 m/s
解析　(1)理想电流表的示数为：I2＝＝0.45 A；
(2)通过灯泡的电流为：IL＝＝0.15 A，则干路中的电流为：I＝I2＋IL＝0.6 A
导体棒MN两端的电压为路端电压，大小为：U＝IR1＋UL＝11.4 V；
(3)感应电动势大小为：E＝U＋Ir＝12 V，由E＝BLv，得v＝＝4 m/s.

类型2　转动切割磁感线

例4　(2020·安徽宣城市调研)边界MN的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场．边长为l的正三角形金属线框abc粗细均匀，三边阻值相等，a顶点刚好位于边界MN上，现使线框围绕过a点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转动角速度为ω，如图8所示，则在ab边开始转入磁场的瞬间a、b两端的电势差Uab为(　　)

图8
A.Bl2ω B．－Bl2ω
C．－Bl2ω D.Bl2ω
答案　A
解析　当ab边刚进入磁场时，ab边切割磁感线，切割长度为两个端点间的距离，即为a、b间的距离l，则E＝Bl ＝Bl＝Bl2ω；设每个边的电阻为R，a、b两点间的电势差为：U＝I·2R＝·2R，故U＝Bl2ω，故A正确，B、C、D错误．
变式4　(多选)(2016·全国卷Ⅱ·20)法拉第圆盘发电机的示意图如图9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9
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
答案　AB
解析　将圆盘看成无数辐条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向从a到b，故B对；由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝BL＝BL2ω，I＝，ω恒定时，I大小恒定，ω大小变化时，I大小变化，方向不变，故A对，C错；由P＝I2R＝知，当ω变为原来的2倍时，P变为原来的4倍，故D错．
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

与线圈串联的灯泡
与线圈并联的灯泡
电路图


通电时
电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮
电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定
断电时
电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变
电路中稳态电流为I1、I2：
①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；
②若I2＞I1，灯泡闪亮后逐渐变暗．
两种情况下灯泡中电流方向均改变

例5　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10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．虽然多次重复，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(　　)

图10
A．电源的内阻较大 B．小灯泡的电阻偏大
C．线圈电阻偏大 D．线圈的自感系数较大
答案　C
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熄灭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．由题图可知灯泡和线圈构成闭合的自感回路，与电源无关，故A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错误，C正确；自感系数越大，则产生的自感电动势越大，与灯泡是否闪亮无直接关系，故D错误．
变式5　(多选)(2019·山东潍坊市二模)如图11所示，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻可忽略不计，a、b、c是三个相同的小灯泡，下列说法正确的是(　　)

图11
A．开关S闭合时，b、c灯立即亮，a灯逐渐亮
B．开关S闭合，电路稳定后，b、c灯亮，a灯不亮
C．开关S断开时，b、c灯立即熄灭，a灯逐渐熄灭
D．开关S断开时，c灯立即熄灭，a、b灯逐渐熄灭
答案　AD
解析　开关S闭合时，b、c灯立即亮，由于线圈中产生自感电动势阻碍电流的增加，使得a灯逐渐亮，选项A正确；开关S闭合，电路稳定后，三灯都亮，选项B错误；开关S断开时，c灯立即熄灭，由于在L中产生自感电动势阻碍电流的减小，则电流将在L与a、b灯之间形成新的回路，使得a、b灯逐渐熄灭，选项D正确，C错误．


电磁阻尼
电磁驱动
不同点
成因
由于导体在磁场中运动而产生感应电流，从而使导体受到安培力
由于磁场运动引起磁通量的变化而产生感应电流，从而使导体受到安培力
效果
安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动
导体受安培力的方向与导体运动方向相同，推动导体运动
能量转化
导体克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能
由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能，从而对外做功
相同点
两者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动

例6　(2017·全国卷Ⅰ·18)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图12所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是(　　)

图12

答案　A
解析　感应电流产生的条件是闭合回路中的磁通量发生变化．在A图中，系统振动时，紫铜薄板随之上下及左右振动，在磁场中的部分有时多有时少，磁通量发生变化，产生感应电流，受到安培力，阻碍系统的振动；在B图中，只有紫铜薄板向左振动才产生感应电流，而上下振动无感应电流产生；在C图中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，都不会产生感应电流；在D图中，只有紫铜薄板左右振动才产生感应电流，而上下振动无感应电流产生，故选项A正确，B、C、D错误．
变式6　(多选)(2019·北京市东城区二模)如图13甲所示是工业上探测物件表面层内部是否存在缺陷的涡流探伤技术的原理图．其原理是用通电线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变，从而获得物件内部是否断裂及位置的信息．如图乙所示是一个由带铁芯的线圈L、开关S和电源连接起来的跳环实验装置，将一个套环置于线圈L上且使铁芯穿过其中，闭合开关S的瞬间，套环将立刻跳起．对以上两个实例的理解正确的是(　　)

图13
A．涡流探伤技术运用了电流的热效应，跳环实验演示了自感现象
B．能被探测的物件和实验所用的套环必须是导电材料
C．金属探伤时接的是交流电，跳环实验装置中接的是直流电
D．以上两个实例中的线圈所连接的电源也可以都是恒压直流电源
答案　BC
解析　涡流探伤技术的原理是用通电线圈使物件内产生涡电流，借助探测线圈测定涡电流的改变；跳环实验中线圈接在直流电源上，闭合开关的瞬间，穿过套环的磁通量改变，套环中产生感应电流，会跳起，属于演示楞次定律，故A错误．无论是涡流探伤技术，还是演示楞次定律，都需要产生感应电流，而感应电流的产生需在导电材料内，故B正确．金属探伤时，是探测器中通过交变电流，产生变化的磁场，当金属处于该磁场中时，该金属中会感应出涡流；演示楞次定律的实验中，线圈接在直流电源上，故C正确，D错误.

1．(法拉第电磁感应定律的应用)(2019·江苏如皋市期中)穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图14所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是(　　)

图14
A．0～2 s B．2～4 s
C．4～5 s D．5～10 s
答案　D
解析　Φ－t图线斜率表示磁通量的变化率，由题图可知，在5～10 s内图线斜率最小，则磁通量变化率最小，由法拉第电磁感应定律知感应电动势最小，D正确．
2．(平动切割问题)(2019·江苏南京市六校期末)如图15所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计．MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里)．现对MN施力使它沿导轨方向以速度v水平向右做匀速运动．设MN两端电压的大小为U，下列说法正确的是(　　)

图15
A．U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由b经R到d
B．U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由d经R到b
C．MN受到的安培力大小F＝，方向水平向右
D．MN受到的安培力大小F＝，方向水平向左
答案　A
解析　根据法拉第电磁感应定律，MN产生的电动势E＝Blv，由于MN的电阻与外电路电阻相同，所以MN两端的电压U＝E＝Blv，根据右手定则可知流过固定电阻R的感应电流由b经R到d，故A正确，B错误；MN受到的安培力大小F＝，方向水平向左，故C、D错误．
3．(自感现象)(2017·北京卷·19)如图16所示，图甲和图乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮．而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是(　　)

图16
A．图甲中，A1与L1的电阻值相同
B．图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C．图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同
D．图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
答案　C
解析　断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明IL1>IA1，即RL1