2019年高考物理一轮复习讲义：第10章 第2讲《法拉第电磁感应定律　自感现象》(含解析)

第2讲　法拉第电磁感应定律　自感现象

板块一　主干梳理·夯实基础

【知识点1】　法拉第电磁感应定律　Ⅱ

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来判断。

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：遵守闭合电路欧姆定律，即I＝。

(4)导体切割磁感线时的感应电动势

【知识点2】　自感、涡流　Ⅰ

1．互感现象

两个互相靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势的现象。

2．自感现象

(1)定义：当一个线圈中的电流变化时，它产生的变化的磁场在它本身激发出感应电动势。

(2)自感电动势

①定义：由于自感而产生的感应电动势。

②表达式：E＝L。

③自感系数L

相关因素：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯有关。

单位：亨利(H)，1 mH＝10－3 H,1 μH＝10－6 H。

3．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，这种电流像水的旋涡，所以叫涡电流，简称涡流。

(1)电磁阻尼：当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运动。

(2)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的作用，安培力使导体运动起来。

交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的。

(3)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用。

板块二　考点细研·悟法培优

考点1法拉第电磁感应定律的应用[拓展延伸]

1．磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ、磁通量的变化率的比较

提示：①Φ、ΔΦ、的大小之间没有必然的联系，Φ＝0，不一定等于0；②感应电动势E与线圈匝数n有关，但Φ、ΔΦ、的大小均与线圈匝数无关。

2．应用法拉第电磁感应定律E＝n时应注意

(1)研究对象：E＝n的研究对象是一个回路，而不是一段导体。

(2)物理意义：E＝n求的是Δt时间内的平均感应电动势，当Δt→0时，则E为瞬时感应电动势。

3．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＝n。

(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则E＝n，S是磁场范围内的有效面积。

(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＝n。

4．在图象问题中磁通量的变化率是Φ­t图象上某点切线的斜率，利用斜率和线圈匝数可以确定感应电动势的大小。

例1　如图所示，固定在匀强磁场中的水平导轨ab、cd的间距L1＝0.5 m，金属棒ad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杆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)经过多长时间物体刚好离开地面(g取10 m/s2)。

(1)如何判定金属棒上电流的方向？

提示：用楞次定律。

(2)物体刚好离地时，金属杆上的安培力的大小与方向如何？

提示：ad棒受力平衡，mg＝F安，水平向左。

尝试解答　(1)a→d__(2)0.08_V__(3)5_s。

(1)原磁场方向竖直向下，回路中磁通量增大，由楞次定律可知感应电流的磁场方向竖直向上，由安培定则可知金属棒上电流的方向a→d。

(2)由法拉第电磁感应定律可知：E＝n＝nS

面积：S＝L1L2＝0.4 m2

由已知条件得：n＝1，＝0.2 T/s

由已知条件：B＝B0＋t

以上各式联立解得：t＝5 s。

总结升华

法拉第电磁感应定律的规范应用

(1)一般解题步骤：

①分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况；

②利用楞次定律确定感应电流的方向；

③灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解。

(2)应注意的问题：

①(a)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，在B­t图象中为图线的斜率。

(b)E＝nB

②通过回路的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与变化过程所用的时间长短无关，推导过程：q＝Δt＝Δt＝。

　[2017·郴州模拟](多选)如图所示，线圈内有理想边界的磁场，开关闭合，当磁感应强度减小时，有一带电微粒静止于水平放置的平行板电容器中间，若线圈的匝数为n，平行板电容器的板间距离为d，粒子的质量为m，带电荷量为q，线圈面积为S，则下列判断中正确的是(　　)

A．带电微粒带负电

B．线圈内磁感应强度的变化率为

C．当下极板向上移动时，带电微粒将向上运动

D．当开关断开时，带电微粒将做自由落体运动

答案　BC

解析　当磁场减小时，由楞次定律和安培定则可判定，上极板带负电，根据粒子受力平衡可判断应带正电，A错误；对微粒mg＝F＝q而U＝nS。则＝，B正确；当下极板向上移动时，d减小，板间电压不变，则板间场强增大，微粒所受电场力增大，微粒将向上运动，C正确；开关断开时，板间电压不变，故微粒仍静止，D错误。

考点2导体切割磁感线产生感应电动势的计算[深化理解]

1．导体平动切割磁感线

对于导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式E＝Blv，应从以下几个方面理解和掌握。

(1)正交性

本公式是在一定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场，还需B、l、v三者相互垂直。当它们不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算。公式可为E＝Blvsinθ，当B与l垂直时，θ为B与v方向间的夹角；当B与v垂直时，θ为B与l间的夹角。

(2)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＝Bl。

(3)瞬时性

若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。

(4)有效性

公式中的l为导体有效切割长度，即导体在与v共同所在平面上垂直于v的方向上的投影长度。下图中有效长度分别为：

甲图：l＝cdsinβ(容易错算成l＝absinβ)。

乙图：沿v1方向运动时，l＝MN；沿v2方向运动时，l＝0。

丙图：沿v1方向运动时，l＝R；沿v2方向运动时，l＝0；沿v3方向运动时，l＝R。

(5)相对性

E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动时，应注意速度间的相对关系。

2.导体转动切割磁感线

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＝Bl＝Bl2ω，如图所示。

(1)以中点为轴时，E＝0(相同两段的代数和)；

(2)以端点为轴时，E＝Bωl2(平均速度取中点位置的线速度ωl)；

(3)以任意点为轴时，E＝Bω(l－l)(不同两段的代数和)。

例2　如图所示，将一根绝缘硬金属导线弯曲成一个完整的正弦曲线形状，它通过两个小金属环a、b与长直金属杆导通，图中a、b间距离为L，导线组成的正弦图形顶部或底部到杆的距离都是d。右边虚线范围内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于弯曲导线所在平面的匀强磁场，磁场区域的宽度为，现在外力作用下导线沿杆以恒定的速度v向右运动，t＝0时刻a环刚从O点进入磁场区域，则下列说法正确的是(　　)

A．在t＝时刻，回路中的感应电动势为Bdv

B．在t＝时刻，回路中的感应电动势为2Bdv

C．在t＝时刻，回路中的感应电流第一次改变方向

D．在t＝时刻，回路中的感应电流第一次改变方向

(1)在动生电动势公式E＝Blv中，B、l与v三者的关系？

提示：必须两两垂直，若不垂直必须分解。

(2)导体棒的长度就是公式E＝Blv中的“l”吗？

提示：不是，式中的l指的是有效长度。

尝试解答　选D。

当t＝时，闭合回路的位置如图1，此时的有效长度为零，感应电动势也为零，A选项错误，此时的感应电流也为零，电流为零是电流方向改变的时刻，D选项正确。当t＝时，闭合回路的位置如图2，有效长度为d，感应电动势E＝Bdv，B选项错误。在t＝时刻，闭合回路的位置如图3，有效长度为d，电流大小I＝，电流不为零，电流方向不变，C选项错误。

总结升华

　如图所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为(　　)

A.  B.  C.  D．Bav

答案　A

解析　当摆到竖直位置时，棒上产生的感应电动势为E＝B·2a＝2Ba＝Bav，而AB两端的电压为路端电压，根据闭合电路欧姆定律得：AB两端电压为U＝I·＝×＝Bav，故A正确。

考点3通电自感和断电自感[对比分析]

例3　如图所示，线圈L的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，随着开关S闭合和断开的过程中，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立即不亮，L1逐渐变亮

B．S闭合，L1亮度不变，L2很亮；S断开，L1、L2立即不亮

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立即不亮，L1亮一下才灭

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亮一下才灭

(1)当自感电流满足什么条件时，灯泡L1才会闪一下？

提示：当自感电流大于电路稳定时灯泡L1的原电流时灯泡才会闪一下。

(2)断开开关S瞬间，通过自感线圈的电流方向变吗？

提示：不变。

尝试解答　选D。

S闭合瞬间，自感线圈L相当于一个大电阻，以后阻值逐渐减小到0，所以观察到的现象是灯泡L1和L2同时亮，以后L1逐渐变暗到熄灭，L2逐渐变得更亮。S断开瞬间，自感线圈相当于一个电动势逐渐减小的内阻不计的电源，它与灯泡L1组成闭合回路，所以L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭。所以A、B、C选项都是错误的，只有D选项正确。

总结升华

1．自感线圈扮演的四个角色

(1)刚闭合电路时，线圈这一支路相当于开路即此时I＝0；此时自感线圈等效于一个无限大的电阻。

(2)电路闭合一段时间达到稳定后，线圈等效于无阻导线或电阻。

(3)从闭合到电路稳定这一段时间内，自感线圈等效于一个变化的电阻，这个电阻从无限大逐渐减小为一个一般电阻或无阻导线。

(4)电路刚断开时，线圈等效于一个电源，与其他电路元件可以组成一个新的回路，线圈的电流方向与稳定工作时保持一致，自感电流的大小不会超过断电前瞬间线圈电流的大小，从断电前的电流大小开始逐渐减小。

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强，则灯泡先闪亮一下再逐渐熄灭。

1.(多选)如图甲、乙所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，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(　　)

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将先变得更亮，然后才逐渐变暗

答案　AD

解析　在电路甲中，灯A和线圈L串联，它们的电流相同，断开S时，线圈上产生自感电动势，阻碍原通过它的电流减小，但流过灯A的电流仍逐渐减小，故灯A逐渐变暗。在电路乙中，电阻R和灯A串联，灯A的电阻大于线圈L的电阻，电流则小于线圈L中的电流，断开S时，电源不再给灯供电，而线圈产生自感电动势阻碍通过它本身的电流减小，通过R、A形成回路，灯A中电流突然变大，灯A变得更亮，然后渐渐变暗，故A、D正确。

2. 如图所示的电路，开关原先闭合，电路处于稳定状态，在某一时刻突然断开开关S，则通过电阻R1中的电流I1随时间变化的图线可能是下图中的(　　)

答案　D

解析　断电自感中，自感线圈中的感应电流阻碍原电流减小，但不能阻止原电流减小，所以自感线圈中的电流是在原电流的基础上逐渐减小到0，并且变化率也逐渐减小，则断开S后，通过电阻R1的电流I1突然反向，大小变为I2，然后逐渐变为零，所以D选项正确。

(20分)如图所示，两根足够长、电阻不计、间距为d0的光滑平行金属导轨，其所在平面与水平面夹角为θ，导轨平面内的矩形区域abcd内存在有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于斜面向上，ab与cd之间相距为L，金属杆甲、乙的阻值相同，质量均为m。甲杆在磁场区域的上边界ab处，乙杆在甲杆上方与甲杆相距L处，甲、乙两杆都与导轨垂直且接触良好。由静止释放两杆的同时，在甲杆上施加一个垂直于杆平行于导轨的外力F，①使甲杆在有磁场的矩形区域内向下做匀加速直线运动，加速度大小a＝2gsinθ，甲离开磁场时撤去F，②乙杆进入磁场后恰好做匀速运动，然后离开磁场。

(1)求每根金属杆的电阻R是多大？

(2)从释放金属杆开始计时，求外力F随时间t的变化关系式，并说明F的方向。

(3)若整个过程中，乙金属杆共产生热量Q，求外力F对甲金属杆做的功W是多少？

[审题　抓住信息，准确推断]　

 [破题　形成思路，快速突破]　

(1)由乙杆恰好做匀速运动，可以列出平衡方程。

提示：mgsinθ＝BI1d0, I1＝

(2)如何求得乙进入磁场速度？

提示：动能定理　mgLsinθ＝mv。

(3)如何求得F，对哪个杆进行受力分析？

提示：对甲杆　F＋mgsinθ－BId0＝m·2gsinθ。

(4)求F做功应利用什么规律求解。

提示：分过程对甲杆和乙杆进行能量转化分析。

[解题　规范步骤，水到渠成]　

(1)设甲在磁场区域abcd内运动时间为t1，乙从开始运动到ab位置的时间为t2，则由运动学公式得

L＝·2gsinθ·t，L＝gsinθ·t

解得t1＝，t2＝(1分)

因为t1<t2，所以甲离开磁场时，乙还没有进入磁场。(1分)

设乙进入磁场时的速度为v1，乙中产生的感应电动势为E1，回路中的电流为I1，则mv＝mgLsinθ(1分)

E1＝Bd0v1(1分)

I1＝(1分)

mgsinθ＝BI1d0(1分)

解得R＝(1分)

(2)从释放金属杆开始计时，设经过时间t，甲的速度为v，甲中产生的感应电动势为E，回路中的电流为I，外力为F，则

v＝at(1分)

E＝Bd0v(1分)

I＝(1分)

F＋mgsinθ－BId0＝ma(1分)

a＝2gsinθ

联立以上各式解得

F＝mgsinθ＋mgsinθ·t(1分)

方向垂直于杆平行于导轨向下。(1分)

(3)甲在磁场运动过程中，乙没有进入磁场，设甲离开磁场时速度为v0，甲、乙产生的热量相同，均设为Q1，则

v＝2aL(1分)

W＋mgLsinθ＝2Q1＋mv(2分)

解得W＝2Q1＋mgLsinθ

乙在磁场运动过程中，甲、乙产生相同的热量，均设为Q2，则2Q2＝mgLsinθ(2分)

根据题意有Q＝Q1＋Q2(1分)

解得W＝2Q(1分)

[点题　突破瓶颈，稳拿满分]　

此题关键点，先确定运动过程即甲离开磁场时，乙还未进入磁场，这样其实就转化为“单棒”切割问题了，当然受力情况和能量转化也就清晰了。