法拉高中物理一轮复习教案第电磁感应定律 自感 涡流2
高考物理一轮复习 第九章 电磁感应 第2讲 法拉第电磁感应定律 自感 涡流教案
第2讲 法拉第电磁感应定律 自感 涡流知识点一 法拉第电磁感应定律 1.感应电动势(1)概念：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 . (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 ＝n ΔΦΔt，其中n 为线圈匝数.(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的 定律，即I ＝ . 3.导体切割磁感线的情形(1)若B 、l 、v 相互垂直，则E ＝ . (2)v ∥B 时，E ＝0.答案：1.(1)电磁感应现象 (2)磁通量 无关 (3)楞次定律 右手定则 2.(1)磁通量的变化率 (3)欧姆ER ＋r3.(1)Blv知识点二 自感、涡流 1.自感现象(1)概念：由于导体本身的 变化而产生的电磁感应现象称为自感. (2)自感电动势①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫做 . ②表达式：E ＝ . (3)自感系数L①相关因素：与线圈的 、形状、 以及是否有铁芯有关. ②单位：亨利(H)，1 mH ＝ H,1 μH ＝ H. 2.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 ，这种电流像水的漩涡所以叫涡流.答案：1.(1)电流 (2)①自感电动势 ②L ΔIΔt (3)①大小 匝数②10－310－62.感应电流(1)磁通量变化越大，产生的感应电动势也越大.( ) (2)磁通量变化越快，产生的感应电动势就越大.( ) (3)磁通量的变化率描述的是磁通量变化的快慢.( ) (4)感应电动势的大小与线圈的匝数无关.( ) (5)线圈中的自感电动势越大，自感系数就越大.( )(6)磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势.( ) (7)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.( ) (8)自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化.( ) 答案：(1) (2)√ (3)√ (4) (5) (6)√ (7)√ (8)√动生电动势和感生电动势当线圈匝数为1时，法拉第电磁感应定律的数学式是E ＝d Φd t ，E 表示电动势的大小.中学教材中写成E ＝ΔΦΔt ，既表示平均也表示瞬时.应用时常遇到两种情况，一是S 不变而B 随时间变化，则可用形式E ＝S ΔB Δt ；二是B 不变而S 变化，则可应用形式E ＝B ΔSΔt .至于导体棒切割磁感线产生的电动势E ＝Blv ，教材则是通过一典型模型利用E ＝B ΔSΔt推出的.我们知道，B 不随时间变化(恒定磁场)而闭合电路的整体或局部在运动，这样产生的感应电动势叫动生电动势，其非静电力是洛伦兹力.B 随时间变化而闭合电路的任一部分都不动，这样产生的感应电动势叫感生电动势，其非静电力是涡旋电场(非静电场)对电荷的作用力.上述两种电动势统称感应电动势，其联系何在？分析磁通量Φ的定义公式Φ＝BS 可见Φ与BS 两个变量有关，既然E ＝d Φd t ，那么根据全导数公式有d Φd t ＝S ∂B ∂t ＋B ∂S ∂t ，其中S ∂B∂t 即感生电动势，体现了因B 随时间变化而产生的影响.B ∂S∂t 同样具有电动势的单位，其真面目是什么呢？我们采用和现行中学教材一样的方法，建立一物理模型分析.如图所示，MN 、PQ 是两水平放置的平行光滑金属导轨，其宽度为L ，ab 是导体棒，切割速度为v .设匀强磁场磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里.在Δt 时间内，回路面积变化为ΔS ＝L Δx ，面积的平均变化率ΔS Δt ＝L Δx Δt .当Δt →0时，Δx Δt →v ，即d S d t ＝Lv ，d S d t 对应全导数公式中的∂S ∂t ，可见B ∂S ∂t ＝BLv ，这就是动生电动势，体现了因面积变化而产生的影响.推而广之，线圈在匀强磁场中做收缩、扩张、旋转等改变面积的运动而产生的电动势也是动生电动势.两种电动势可以同时出现.考点一 法拉第电磁感应定律的理解和应用1.感应电动势的决定因素(1)由E ＝n ΔΦΔt 知，感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率ΔΦΔt 和线圈匝数n 共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系.(2)ΔΦΔt 为单匝线圈产生的感应电动势大小.2.法拉第电磁感应定律的两个特例(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 ΔBΔt ·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 ΔSΔt.[典例1] (2017·安徽安庆质检)如图甲所示，一个电阻值为R 、匝数为n 的圆形金属线圈与阻值为2R 的电阻R 1连接成闭合回路，线圈的半径为r 1.在线圈中半径为r 2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图乙所示(规定图甲中B 的方向为正方向).图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0，导线的电阻不计.求0～t 1时间内：甲 乙 (1)通过电阻R 1的电流大小和方向；(2)通过电阻R 1的电荷量q 及电阻R 1上产生的热量.[解题指导] (1)B t 图象为一条倾斜直线，表示磁场均匀变化，即变化率恒定. (2)本题应区分磁场的面积和线圈的面积.[解析] (1)根据楞次定律可知，通过R 1的电流方向为由b 到a .根据法拉第电磁感应定律得，线圈中的电动势E ＝n ΔB πr 22Δt ＝n ·B 0πr 22t 0根据闭合电路欧姆定律得，通过R 1的电流I ＝E 3R ＝nB 0πr 223Rt 0. (2)通过R 1的电荷量q ＝It 1＝nB 0πr 22t 13Rt 0R 1上产生的热量Q ＝I 2R 1t 1＝2n 2B 20π2r 42t 19Rt 2. [答案] (1)nB 0πr 223Rt 0方向由b 到a(2)nB 0πr 22t 13Rt 0 2n 2B 20π2r 42t 19Rt 2[变式1] 如图所示，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( )A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt答案：B 解析：磁感应强度的变化率ΔB Δt＝2B －B Δt ＝B Δt ，法拉第电磁感应定律公式可写成E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔBΔt S ，其中磁场中的有效面积S ＝12a 2，代入得E ＝n Ba 22Δt，选项B 正确，A 、C 、D 错误. [变式2](2016·北京卷)如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a 、b ，磁场方向与圆环所在平面垂直.磁感应强度B 随时间均匀增大.两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为E a 和E b .不考虑两圆环间的相互影响.下列说法正确的是( )A.E a ∶E b ＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B.E a ∶E b ＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C.E a ∶E b ＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D.E a ∶E b ＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向答案：B 解析：由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt πr 2，ΔB Δt 为常数，E 与r 2成正比，故E a ∶E b ＝4∶1.磁感应强度B 随时间均匀增大，故穿过圆环的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反，垂直纸面向里，由安培定则可知，感应电流均沿顺时针方向，故B 项正确.应用电磁感应定律应注意的三个问题(1)公式E ＝n ΔΦΔt 求解的是一个回路中某段时间内的平均感应电动势，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 ΔBΔt求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内的有效面积.(3)通过回路截面的电荷量q 仅与n 、ΔΦ和回路电阻R 有关，与时间长短无关.推导如下：q ＝I Δt ＝n ΔΦΔtR Δt ＝n ΔΦR. 考点 导体切割磁感线产生感应电动势的计算1.平动切割(1)常用公式：若运动速度v 和磁感线方向垂直，则感应电动势E ＝BLv .注意：公式E ＝BLv 要求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).(2)有效长度：公式中的L 为有效切割长度，即导体在与v 垂直的方向上的投影长度. (3)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.转动切割在磁感应强度为B 的匀强磁场中，长为L 的导体棒绕一端为轴以角速度ω匀速转动时，此时产生的感应电动势E ＝BLv 中＝12B ωL 2.若转动的是圆盘，则可以把圆盘看成由很多根半径相同的导体杆组合而成的.考向1 导体棒平动切割磁感线[典例2] (2015·安徽卷)如图所示，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( )A.电路中感应电动势的大小为Blvsin θB.电路中感应电流的大小为Bv sin θrC.金属杆所受安培力的大小为B 2lv sin θrD.金属杆的热功率为B 2lv 2r sin θ[解题指导] 解答该题要明确以下几点：(1)金属杆切割磁感线的有效长度并不是它的实际长度，而是它的长度沿垂直速度方向的投影长度.(2)金属杆相当于电源，电路中的电流可利用欧姆定律求得. (3)金属杆的热功率可用公式P ＝I 2R 求得.[解析] 金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为E ＝Blv (l为切割磁感线的有效长度)，选项A 错误；电路中感应电流的大小为I ＝ER ＝Blv lsin θr＝Bv sin θr ，选项B 正确；金属杆所受安培力的大小为F ＝BIl ′＝B ·Bv sin θr ·l sin θ＝B 2lvr ，选项C 错误；金属杆的热功率为P ＝I 2R ＝B 2v 2sin 2θr 2·lr sin θ＝B 2lv 2sin θr，选项D 错误.[答案] B考向2 导体棒旋转切割磁感线[典例3] (多选)1831年，法拉第发明的圆盘发电机(图甲)是利用电磁感应的原理制成的，是人类历史上第一台发电机.图乙是这个圆盘发电机的示意图：铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C 、D 分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触，使铜盘转动，电阻R 中就有电流通过.若所加磁场为匀强磁场，方向水平向右，回路的总电阻恒定，从左往右看，铜盘沿顺时针方向匀速转动，下列说法正确的是( )甲 乙A.铜盘转动过程中，穿过铜盘的磁通量不变B.电阻R 中有正弦式交变电流通过C.若不给铜盘施加任何外力，铜盘最终会停下来D.通过R 的电流方向是从a 流向b[解析] 铜盘切割磁感线产生感应电动势，铜盘相当于电源，从而在电路中形成方向不变的电流，内部电流方向是从负极(D 点)到正极(C 点).由于铜盘在运动中受到安培力的阻碍作用，故最终会停下来.故选A 、C.[答案] AC [变式3](2015·新课标全国卷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U a 、U b 、U c .已知bc 边的长度为l .下列判断正确的是( )A.U a >U c ，金属框中无电流B.U b >U c ，金属框中电流方向沿a →b →c →aC.U bc ＝－12Bl 2ω，金属框中无电流D.U ac ＝12Bl 2ω，金属框中电流方向沿a →c →b →a答案：C 解析：闭合金属框在匀强磁场中以角速度ω逆时针转动时，穿过金属框的磁通量始终为零，金属框中无电流.由右手定则可知U b ＝U a <U c ，A 、B 、D 选项错误；b 、c 两点的电势差U bc ＝－Blv 中＝－12Bl 2ω，选项C 正确.公式E ＝Blv 与E ＝n ΔΦΔt的比较考点通电自感和断电自感1.对自感现象的理解(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，自感线圈就相当于普通导体.(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”问题考向1 通电自感[典例4] 如图所示，A 、B 是两个完全相同的灯泡，L 的自感系数较大的线圈，其直流电阻忽略不计.当开关S 闭合时，下列说法正确的是( )A.A 比B 先亮，然后A 熄灭B.B 比A 先亮，然后B 逐渐变暗，A 逐渐变亮C.A、B一起亮，然后A熄灭D.A、B一起亮，然后A逐渐变亮，B的亮度不变[解析] 开关闭合的瞬间，线圈由于自感阻碍电流通过，相当于断路，B灯先亮，之后线圈阻碍作用减弱，相当于电阻减小，则总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，B灯所在支路电流减小，B灯变暗，A灯所在支路电流增大，A灯变亮.[答案] B考向2 断电自感[典例5] 如图所示电路中，L是一电阻可忽略不计的电感线圈，a、b为L的左、右两端点，A、B、C为完全相同的三个灯泡，原来开关S是闭合的，三个灯泡均在发光.某时刻将开关S断开，则下列说法正确的是( )A.a点电势高于b点，A灯闪亮后缓慢熄灭B.b点电势高于a点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭C.a点电势高于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭D.b点电势高于a点，B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭[解题指导] (1)断电自感现象中电流方向不改变.(2)L电阻不计，开关闭合时电流满足I A＞I B＝I C.[解析] 开关S闭合稳定时，电感线圈支路的总电阻较B、C灯支路电阻小，故流过A灯的电流I1大于流过B、C灯的电流I2，且电流方向由a到b，a点电势高于b点.当开关S断开，电感线圈会产生自感现象，相当于电源，b点电势高于a点，阻碍流过A灯电流的减小，瞬间流过B、C灯支路的电流比原来的大，故B、C灯闪亮后再缓慢熄灭，故B正确.[答案] B考向3 自感现象中的图象问题[典例6]在如图所示的电路中，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，选项中能定性描述电流I 随时间t 变化关系的是( )A B C D[解析] 当S 闭合时，D 1、D 2同时亮且通过的电流大小相等，但由于L 的自感作用，D 1被短路，I 1逐渐减小到零，I 2逐渐增大至稳定；当S 再断开时，D 2马上熄灭，D 1与L 组成回路，由于L 的自感作用，D 1慢慢熄灭，电流反向且减小；综上所述知A 正确.[答案] A分析自感现象时的两点注意(1)通电自感线圈中的电流不能发生突变，即通电过程中，电流是逐渐变大的；断电过程中，电流是逐渐变小的，此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他元件形成回路.(2)断电自感中，灯泡是否闪亮问题的判断 ①通过灯泡的自感电流大于原电流时，灯泡闪亮； ②通过灯泡的自感电流小于等于原电流时，灯泡不会闪亮.1.[公式E ＝BLv 的应用]如图所示，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ε′ε等于( )A.12B.22C.1D. 2答案：B 解析：设弯折前金属棒切割磁感线的长度为L ，弯折后，金属棒切割磁感线的有效长度为l ＝22L ，故产生的感应电动势为ε′＝Blv ＝22BLv ＝22ε，所以ε′ε＝22，B 正确.2.⎣⎢⎡⎦⎥⎤公式E ＝n ΔΦΔt 的应用如图所示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t 1到t 2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B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )A.恒为nS （B 2－B 1）t 2－t 1B.从0均匀变化到nS （B 2－B 1）t 2－t 1 C.恒为－nS （B 2－B 1）t 2－t 1D.从0均匀变化到－nS （B 2－B 1）t 2－t 1答案：C 解析：由楞次定律判定，感应电流从a 流向b ，b 点电势高于a 点电势，故φa －φb ＝－nS B 2－B 1t 2－t 1，因为磁场均匀增加，所以φa －φb 为恒定的，可见C 正确. 3.⎣⎢⎡⎦⎥⎤公式E ＝12BL 2ω的应用如图所示，半径为r 的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B 中，绕O 轴以角速度ω沿逆时针方向匀速运动，则通过电阻R 的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)( )A.由c 到d ，I ＝Br 2ωRB.由d 到c ，I ＝Br 2ωRC.由c 到d ，I ＝Br 2ω2RD.由d 到c ，I ＝Br 2ω2R答案：D 解析：由右手定则判定通过电阻R 的电流的方向是由d 到c ；而金属圆盘产生的感应电动E ＝12Br 2ω，所以通过电阻R 的电流大小是I ＝Br 2ω2R，选项D 正确. 4.[通电自感与断电自感]在如图所示的电路中，a 、b 为两个完全相同的灯泡，L 为电阻可忽略不计的自感线圈，E 为电源，S 为开关.关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是( )A.合上开关，a 先亮，b 后亮；断开开关，a 、b 同时熄灭B.合上开关，b 先亮，a 后亮；断开开关，a 先熄灭，b 后熄灭C.合上开关，b 先亮，a 后亮；断开开关，a 、b 同时熄灭D.合上开关，a 、b 同时亮；断开开关，b 先熄灭，a 后熄灭答案：C 解析：由于L 是自感线圈，当合上S 时，自感线圈L 将产生自感电动势，阻碍电流的增加，故有b 灯先亮，a 灯后亮；当S 断开时，L 、a 、b 组成回路，L 产生自感电动势阻碍电流的减弱，由此可知，a 、b 同时熄灭，C 正确.5.公式E ＝12BL 2ω和E ＝n ΔΦΔt的应用如图所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流.现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化.为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔB Δt的大小应为( )A.4ωB 0πB.2ωB 0πC.ωB 0πD.ωB 02π答案：C 解析：当导线框匀速转动时，设半径为r ，导线框电阻为R ，在很小的Δt 时间内，转过圆心角Δθ＝ωΔt ，由法拉第电磁感应定律及欧姆定律可得感应电流I 1＝B 0ΔS R Δt ＝B 0·πr 2Δθ2πR Δt ＝B 0r 2ω2R ；当导线框不动，而磁感应强度发生变化时，同理可得感应电流I 2＝ΔBS R Δt ＝ΔB ·πr 22R Δt ，令I 1＝I 2，可得ΔB Δt ＝B 0ωπ，C 对.。
届物理一轮复习教学案-法拉第电磁感应定律-互感-自感
法拉第电磁感应定律互感自感一.考点整理基本概念１.感应电动势:在电磁感应现象中产生的电动势叫做感应电动;⑴产生条件：穿过回路的磁通量发生，与电路是否闭合无关.⑵方向判断：感应电动势的方向用或右手定则判断．２．法拉第电磁感应定律: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；Ｅ= ,其中n为线圈匝数．⑴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= .⑵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 =求出,式中l为导体切割磁感线的；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 = =Ｂｌv中点（棒中点位置的线速度lω／2）．３.互感现象:两个相互靠近的线圈，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,这种现象叫互感.⑴应用;利用互感现象可以把由一个线圈传递到另一个线圈,如变压器、收音机的磁性天线．⑵危害；互感现象能发生在任何两个相互靠近的电路之间,电力工程和电子电路中,有时会影响电路正常工作.4．自感现象:由于导体本身的变化而产生的电磁感应现象称为自感.自感电动势:在自感现象中产生的感应电动势叫做自感电动势；E＝(其中L叫做自感系数，L与线圈的、、匝数以及有关,单位:亨利H,１mH = H,1μＨ＝H）．自感电动势的方向:自感电动势总是＿_＿＿__原来导体中电流的变化.当回路中的电流增加时,自感电动势和原来电流的方向＿____＿_；当回路中的电流减小时，自感电动势和原来电流的方向＿____＿＿.自感对电路中的电流变化有__＿_____＿_＿_作用，使电流不能____＿_＿＿．⑴自感现象的应用:如日光灯电路中的镇流器，无线电设备中和电容器一起组成的振荡电路等．日光灯电路是由启动器、镇流器和灯管组成的．_＿__＿＿在日光灯启动时起到开关作用,正常工作时断开；镇流器的作用是在灯开始点亮时起＿__＿__＿____的作用，在日光灯正常发光时起__________作用．⑵防止:制作精密电阻时，采用_______＿绕法,防止自感现象的发生，减小因自感而造成的误差．5．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，叫做_＿____＿＿.二.思考与练习思维启动1.将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中,线圈平面与磁场方向垂直，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２．在如图所示的电路中,Ａ1和A2是两个相同的灯泡，线圈L的自感系数足够大,电阻可以忽略不计．下列说法中正确的是( )A．合上开关S时,A2先亮，A１后亮，最后一样亮Ｂ.断开开关Ｓ时，Ａ1和A２都要过一会儿才熄灭C．断开开关S时,Ａ2闪亮一下再熄灭D.断开开关Ｓ时,流过A2的电流方向向右３．如图所示,A、Ｂ为大小、形状均相同且内壁光滑，但用不同材料制成的圆管，竖直固定在相同高度．两个相同的磁性小球，同时从Ａ、Ｂ管上端的管口无初速度释放，穿过Ａ管的小球比穿过 B 管的小球先落到地面，下面对于两管的描述中可能正确的是( ）A．A管是用塑料制成的,B 管是用铜制成的Ｂ．A 管是用铝制成的，Ｂ管是用胶木制成的C．Ａ管是用胶木制成的,B 管是用塑料制成的Ｄ．A 管是用胶木制成的，B 管是用铝制成的三.考点分类探讨典型问题〖考点１〗法拉第电磁感应定律的应用【例1】如图所示，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框,半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面)向里，磁感应强度大小为B0．使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流.现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化.为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔＢ／Δt的大小应为( ）Ａ．4ωＢ0/π B.2ωB0/πＣ.ωＢ0／π D.ωB0/２π【变式跟踪1】一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直.先保持线框的面积不变,将磁感应强度在１s时间内均匀地增大到原来的两倍.接着保持增大后的磁感应强度不变,在１s时间内,再将线框的面积均匀地减小到原来的一半．先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为（)A．0.５Ｂ．1 C.２Ｄ.４〖考点2〗导体切割磁感线产生感应电动势的计算【例2】半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0．圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为Ｂ．杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动,杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定,如图所示.则（)A.θ = 0时，杆产生的电动势为2Ba vB．θ = 错误!时，杆产生的电动势为错误!Ba vC．θ= 0时，杆受的安培力大小为2B2a v／[（π +２)R0］Ｄ．θ =π3时,杆受的安培力大小为3B2a v/［(5π＋3)R0］【变式跟踪２】如图所示,水平放置的U形框架上接一个阻值为Ｒ０的电阻,放在垂直纸面向里的、磁感应强度大小为Ｂ的匀强磁场中，一个半径为L、质量为m的半圆形硬导体AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由静止开始运动距离ｄ后速度达到v,半圆形硬导体ＡC的电阻为ｒ,其余电阻不计.下列说法正确的是( ）A.此时AC两端电压为U AＣ= 2BL vB.此时AC两端电压为ＵＡC＝2BＬv R0/（R０＋r)C．此过程中电路产生的电热为Q = Fd–m v2／2D.此过程中通过电阻R0的电荷量为ｑ= 2BLd／(R0＋r)〖考点３〗自感和涡流【例３】如图所示的电路中，L1、L2为完全相同的灯泡,线圈L的电阻忽略不计．下列说法中正确的是 ( ） Ａ.合上开关 S 接通电路时，L 2 先亮 L 1 后亮,最后一样亮 Ｂ.合上开关 S 接通电路时,L 1 和 L ２ 始终一样亮 Ｃ．断开开关 S 切断电路时，Ｌ2 立即熄灭,L １ 过一会儿才熄灭 D.断开开关 S 切断电路时,Ｌ１、L 2 同时立即熄灭 【变式跟踪３】如图所示的电路，Ｄ１和D ２是两个相同的小电珠,Ｌ是一个自感系数相当大的线圈,其电阻与R 相同,由于存在自感现象,在开关Ｓ接通和断开时，灯泡D １和D 2先后亮暗的次序是（ ) A.接通时D 1先达最亮,断开时D 1后暗 B ．接通时D 2先达最亮，断开时D ２后暗 C ．接通时Ｄ１先达最亮,断开时D 1先暗 D.接通时D 2先达最亮，断开时D 2先暗 四.考题再练 高考试题 1．【２012·课标全国卷】如图所示，一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内,线框在长直导线右侧，且其长边与长直导线平行.已知在t = 0到t = t 1的时间间隔内，直导线中电流i 发生某种变化,而线框中的感应电流总是沿顺时针方向;线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右.设电流i 正方向与图中箭头所示方向相同,则i 随时间t 变化的图线可能是 （ ) 【预测1】如图所示，一带铁芯线圈置于竖直悬挂的闭合铝框右侧，与线圈相连的导线ａbc ｄ内有水平向里变化的磁场.下列哪种变化磁场可使铝框向左偏离 ( )2．【2013·新课标全国卷Ⅱ】如图，在光滑水平桌面上有一边长为l 、电阻为R 的正方形导线框;在导线框右侧有一宽度为d （ｄ ＞ ｌ)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右行动.t = 0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合,随后导线框进入并通过磁场区域.下列v – t 图像中,可能正确描述上述过程的是 （ ） 【预测２】某学生设计了一个验证法拉第电磁感应定律的实验,实验装置如图甲所示.在大线圈Ⅰ中放置一个小线圈Ⅱ,大线圈Ⅰ与多功能电源连接.多功能电源输入到大线圈Ⅰ的电流i １的周期为T ，且按图乙所示的规律变化，电流i １将在大线圈Ⅰ的内部产生变化的磁场，该磁场磁感应强度Ｂ与线圈中电流ｉ1的关系为B ＝ ki 1(其中ｋ为常数)．小线圈Ⅱ与电流传感器连接，并可通过计算机处理数据后绘制出小线圈Ⅱ中感应电流i ２随时间ｔ变化的图象.若仅将多功能电源输出电流变化的频率适当增大，则下图所示各图象中可能正确反映i ２–t 变化的是(下图中分别以实线和虚线表示调整前、后的i ２–t 图象） （ ）五．课堂演练 自我提升 1．某同学为了验证断电自感现象,自己找来带铁心的线圈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.虽经多次重复，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( ） Ａ．电源的内阻较大 B ．小灯泡电阻偏大 C ．线圈电阻偏大 D ．线圈的自感系数较大 2.有一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，a ｂ为圆环的一条直径．如图所示，在ａｂ的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场,磁场垂直圆环所在平面,方向如图所示．磁感应强度大小随时间的变化率为ΔB ／Δt ＝ k (ｋ < 0）．则下列判断中正确的是 （ ） Ａ．圆环中产生逆时针方向的感应电流 B.圆环具有扩张趋势 C.圆环中感应电流大小为k ｒＳ/2ρ Ｄ.图中a 、ｂ两点的电势差Ｕab ＝ ∣k πｒ2/4∣ 3．如图所示,一由均匀电阻丝折成的正方形闭合线框abcd ，置于磁感应强度方向垂直纸面向外的有界匀强磁场中,线框平面与磁场垂直，线框ｂc 边与磁场左右边界平行.若将该线框以不同的速率从图示位置分别从磁场左、右边界匀速拉出直至全部离开磁场，在此过程中 （ ） A ．流过ａb 边的电流方向相反 Ｂ.ab 边所受安培力的大小相等 C.线框中产生的焦耳热相等 D.通过电阻丝某横截面的电荷量相等 ４.一导线弯成如图所示的闭合线圈，图甲中线圈以速度v 向左匀速进入磁感应强度为B 的匀强磁场，从线圈进入磁场开始到完全进入磁场为止.图乙中线圈以ＯO ′为轴从图示位置（线圈平面与磁场平行)在磁感应强度为B 的匀强磁场中匀速转动.则（ ） A.图甲中，感应电动势先增大后减小 B ．图甲中，感应电动势的最大值Ｅ = Ｂr ｖ C ．图乙中,线圈开始转动时感应电动势最大D ．图乙中,线圈开始转动时由于穿过线圈的磁通量为零,故感应电动势最小 ５．如图所示，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落,穿过一根竖直悬挂的条形磁铁,铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴线始终保持重合．若取磁铁中心O 为坐标原点，建立竖直向下为正方向的ｘ轴,则下图中最能正确反映环中感应电流i 随环心位置坐标x 变化的关系图象是 ( ）A B C D v 0 0 0 0 t t t t v v v v dl6.如图所示,A是一边长为L的正方形导线框.虚线框内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场宽度为３L．线框的bｃ边与磁场左右边界平行且与磁场左边界的距离为L．现维持线框以恒定的速度ｖ沿x轴正方向运动．规定磁场对线框作用力沿ｘ轴正方向为正，且在图示位置时为计时起点，则在线框穿过磁场的过程中，磁场对线框的作用力随时间变化的图象正确的是( ）参考答案：一．考点整理基本概念1．改变楞次定律2．nΔφ／ΔｔE／(R + r）Bl v有效长度Bl２ω／23．感应电动势能量4．电流ＬΔI/Δｔ大小形状是否有铁芯10－３1０-6阻碍相反相同延迟突变启动器产生瞬时高压降压限流双线5．涡流二．思考与练习思维启动1.C；由法拉第电磁感应定律E＝ｎΔφ/Δt知，感应电动势的大小与线圈匝数有关,A错.感应电动势正比于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．AB；合上开关S时,线圈Ｌ中产生的自感电动势阻碍电流增大，并且阻碍作用逐渐变小直至为零,故A２先亮，A１后亮，最后一样亮．选项A正确．断开开关S时,线圈L中产生的自感电动势阻碍电流减小,因电路稳定时通过A1和A2的电流大小相等，故断开开关S时,Ａ１和A2都逐渐熄灭,流过A2的电流方向向左.选项B正确，C、Ｄ错误.３．AD；磁性小球穿过铜管或铝管时,管中产生感应电流，又据楞次定律可知,感应电流产生的磁场阻碍小球的下落;而当小球穿过塑料管或胶木管时,管中不产生感应电流，小球做自由落体运动．故选项A、Ｄ正确．三.考点分类探讨典型问题例１C；当线框绕过圆心Ｏ的转动轴以角速度ω匀速转动时,由于面积的变化产生感应电动势,从而产生感应电流．设半圆的半径为r，导线框的电阻为R,即I１=E/R = （Δφ/Δt)/Ｒ= Ｂ0ΔS/RΔｔ＝(πｒ2/2）B0/(Rπ/ω）= B0r2ω/2R.当线圈不动，磁感应强度变化时，Ｉ2＝E/R= Δφ/RΔt =ΔBS／RΔt = （ΔB/Δt）( πｒ2/2R），因I1＝I2，可得ΔＢ/Δt =ωB０／π,Ｃ选项正确．变式1 B；设原磁感应强度是B，线框面积是S,第１s内Δφ１=２ＢS–BＳ= BS,第2 s内Δφ2＝2Ｂ·(S/２）–2BＳ＝–BS.因为E = nΔφ／Δt，所以两次电动势大小相等,B正确.例2 AD；当θ= ０时，杆切割磁感线的有效长度ｌ1 = 2a，所以杆产生的电动势Ｅ1 = Ｂｌ１v＝２Ｂa ｖ,选项A正确．此时杆上的电流I1＝E1／［(πa＋２ａ)R0］=2Bｖ／［（π+ ２）R０],杆受的安培力大小Ｆ1 = BI１l1 = ４Ｂ2a v／[(π +2)R0]，选项Ｃ错误.当θ＝π/3 时,杆切割磁感线的有效长度ｌ2 =2aｃoｓπ/3=ａ,杆产生的电动势E２＝Bl２v＝Ba v，选项B错误．此时杆上的电流I2=E２／[(２πa–2πa/6 + a)R0] = 3B v/[(5π + ３) R0],杆受的安培力大小F2 = ＢI2l２= 3B2a v/［(5π+ 3)R0]，选项D正确.变式2 ＢD；AＣ的感应电动势为Ｅ＝2BＬv，两端电压为ＵＡＣ＝ER0/（R０＋ｒ) ＝2BＬv R0/(Ｒ0+ｒ），A错、Ｂ对;由功能关系得Fd＝m v２/２+ Q＋Qμ，Ｃ错;此过程中平均感应电流为I平均= 2BＬｄ/( R0 + r)Δｔ，通过电阻R0的电荷量为q =I平均Δt = ２BLd/(R0＋r)，Ｄ对. 例3 A；接通电路时，由于线圈的自感作用,Ｌ1支路相当于断路,电流增大得慢,L1后亮；稳定后,线圈的作用消失,又相当于短路,L１、L2并联,亮度一样;断开开关，都过一会儿才熄灭．变式３A;当开关Ｓ接通时，D１和D2应该同时亮，但由于自感现象的存在,流过线圈的电流由零变大时,线圈上产生自感电动势的方向是左边正极，右边负极，使通过线圈的电流从零开始慢慢增加,所以开始瞬时电流几乎全部从D1通过，而该电流又将同时分路通过Ｄ2和Ｒ,所以D1先达最亮，经过一段时间电路稳定后，D1和Ｄ2达到一样亮.当开关Ｓ断开时,电源电流立即为零，因此D2立刻熄灭，而对D１，由于通过线圈的电流突然减弱，线圈中产生自感电动势（右端为正极,左端为负极),使线圈Ｌ和ＤD１后灭.四．考题再练高考试题1．A；因通电导线周围的磁场离导线越近磁场越强，而线框中左右两边的电流大小相等，方向相反，所以受到的安培力方向相反,导线框的左边受到的安培力大于导线框的右边受到的安培力,所以合力与左边框受力的方向相同.因为线框受到的安培力的合力先水平向左,后水平向右,根据左手定则,导线框处的磁场方向先垂直纸面向里，后垂直纸面向外，根据安培定则,导线中的电流先为正，后为负,所以选项A正确，选项Ｂ、C、Ｄ错误．预测1A;铝框向左运动，是为了阻碍本身磁通量的增加，由楞次定律可知:带铁芯线圈产生的电流增加,其产生的磁场增强．为使线圈产生的电流变大,由法拉第电磁感应定律可知:线框abcd中的磁场的＼f（ΔB,Δｔ)逐渐增加，选项A正确,B、C、D错误.2.Ｄ；由于线框在进入磁场过程要切割磁感线而产生感应电流，故线框受到安培力的作用做减速运动，A错误;安培力F安＝Ｂ2l２v/R，因v在减小，故Ｆ安在减小,加速度a= F安/m在减小，即线框进入磁场过程做加速度减小的变减速运动,B错误;由于d> ｌ,若线框完全进入磁场中仍有速度,则线框将会在磁场中做匀速运动直至右边滑出磁场，线框出磁场过程仍做加速度减小的减速运动,Ｃ错误,D正确.预测2 Ｄ;由题图乙知电流i1随时间线性变化,再由B= ki1知磁场也随时间线性变化，则通过线圈Ⅱ的磁通量也随时间线性变化，线圈Ⅱ中产生恒定的电动势与感应电流,A、B皆错误．当频率加大后，磁通量变化率加大,产生的感应电动势与感应电流加大,C错误，D正确．五.课堂演练自我提升1.C;从实物连接图中可以看出,线圈L与小灯泡并联，断开开关Ｓ时，小灯泡A中原来的电流立即消失,线圈Ｌ与小灯泡组成闭合电路，由于自感,线圈中的电流逐渐变小,使小灯泡中的电流变为反向且与线圈中电流相同,小灯泡未闪亮说明断开Ｓ前，流过线圈的电流较小，原因可能是线圈电阻偏大，故选项C正确．２.BD；由于磁场减弱,在线圈中产生顺时针的感应电流，故A错;根据电磁感应规律的推论：要阻碍磁通量减小，则题中线圈应扩张，B正确.圆环中感应电流I = E/R= (kπr2/2）／［ρ(2πr/Ｓ）] = ｋrS/4ρ,故C错;ab部分是整个电路的外电路，ab两端电压为外电压，占整个电动势的一半，Ｕab = E/2 ＝kπr2/4,则选项D正确.３．Ｄ；线框离开磁场，磁通量减小，由楞次定律可知线框中的感应电流方向为a →ｄ→c →b→a，故A错误；由法拉第电磁感应定律得E= BL v，I= E/R,F =BIL =B２Ｌ2v/Ｒ，ｖ不同，F 不同,故B错误;线框离开磁场的时间t= Ｌ/v，产生的热量Q=I2Ｒt=Ｂ2L3v/R，故C错误;通过导体横截面的电荷量q =Ｉt=BL2／R与速率无关,故D正确.4.AC;图甲中，在闭合线圈进入磁场的过程中,因导线切割磁感线的有效长度先变大后变小,所以由Ｅ=Bl v可知，感应电动势Ｅ先变大后变小，选项Ａ正确;导线切割磁感线的有效长度最大值为2r，感应电动势最大,为Ｅ＝２Br v,故选项B错误;图乙中，虽然线圈开始转动时穿过它的磁通量φ最小,但磁通量的变化率Δφ/Δｔ最大,因此感应电动势E最大，选项C正确,D错误.５．Ｂ；闭合铜环在下落过程中穿过铜环的磁场方向始终向上,磁通量先增加后减少，由楞次定律可判断感应电流的方向要发生变化，D项错误;因穿过闭合铜环的磁通量的变化率不是均匀变化，所以感应电流随ｘ的变化关系不可能是线性关系，A项错误;铜环由静止开始下落,速度较小，所以穿过铜环的磁通量的变化率较小，产生的感应电流的最大值较小,过O点后,铜环的速度增大,磁通量的变化率较大,所以感应电流的反向最大值大于正向最大值，故B项正确,C项错误．6．Ｂ;当ｂc边进入磁场切割磁感线时，产生感应电流,利用右手定则可判断感应电流的方向从c→b，再利用左手定则可判断安培力向左,与规定的安培力的正方向相反，A错误，结合Ｉ=BLｖ／R，F =ＢＩL，得安培力F是定值，C错误；当线框穿出磁场时,ad边切割磁感线，产生的感应电流从ｄ→ａ，利用左手定则可判断安培力向左，与规定的安培力的正方向相反,B正确.。
2020版新一线高考物理(人教版)一轮复习教学案：第10章 第2节 法拉第电磁感应定律 自感 涡流 含答案
第2节 法拉第电磁感应定律 自感 涡流知识点一| 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。
产生感应电动势的那部分导体就相当于电源，导体的电阻相当于电源内阻。
(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路欧姆定律，即I ＝E R ＋r。
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 ΔΦΔt，n 为线圈匝数。
3．导体切割磁感线的情形(1)若B 、l 、v 相互垂直，则E ＝Bl v 。
(2)若B ⊥l ，l ⊥v ，v 与B 夹角为θ，则E ＝Bl v sin_θ。
[判断正误](1)Φ＝0，ΔΦΔt 不一定等于0。
(√) (2)感应电动势E 与线圈匝数n 有关，所以Φ、ΔΦ、ΔΦΔt的大小均与线圈匝数有关。
(×) (3)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大。
(√) (4)法拉第提出了法拉第电磁感应定律。
(×)(5)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 ＝BL v 。
(√)考法1 对感生电动势E ＝n ΔΦΔt 的理解与应用1．关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是( )A ．穿过线圈的磁通量Φ越大，所产生的感应电动势就越大B．穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ越大，所产生的感应电动势就越大C．穿过线圈的磁通量的变化率ΔΦΔt越大，所产生的感应电动势就越大D．穿过线圈的磁通量Φ等于0，所产生的感应电动势就一定为0C[根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率ΔΦΔt成正比，与磁通量Φ及磁通量的变化量ΔΦ没有必然联系。
当磁通量Φ很大时，感应电动势可能很小，甚至为0。
当磁通量Φ等于0时，其变化率可能很大，产生的感应电动势也会很大。
所以只有选项C正确。
]2．(2017·天津高考)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。
高三物理一轮复习 第9章 第2课时 法拉第电磁感应定律、自感和涡流导学案(无答案)
1第2课时 法拉第电磁感应定律、自感和涡流【考纲解读】1.能应用法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 和导线切割磁感线产生电动势公式E ＝Blv 计算感应电动势.2.会判断电动势的方向，即导体两端电势的高低.3.理解自感现象、涡流的概念，能分析通电自感和断电自感．【知识要点】一．法拉第电磁感应定律的应用1．感应电动势(1)感应电动势：在 中产生的电动势．产生感应电动势的那部分导体就相当于 ，导体的电阻相当于 ．(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循 定律，即I ＝E R ＋r .2．感应电动势大小的决定因素(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率ΔΦΔt和线圈的 共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．(2)当ΔΦ仅由B 的变化引起时，则E ＝n ΔB ·S Δt；当ΔΦ仅由S 的变化引起时，则E ＝n B ·ΔS Δt ；当ΔΦ由B 、S 的变化同时引起时，则E ＝n B 2S 2－B 1S 1Δt ≠n ΔB ·ΔS Δt. 3．磁通量的变化率ΔΦΔt是Φ－t 图象上某点切线的斜率． 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) 磁场．(2)B 、l 、v 三者相互 ．(3)如不垂直，用公式E ＝Blv sin θ求解，θ为B 与v 方向间的夹角．2．“瞬时性”的理解(1)若v 为瞬时速度，则E 为 感应电动势．(2)若v 为平均速度，则E 为 感应电动势．3．切割的“有效长度”公式中的l 为有效切割长度，即导体在与v 垂直的方向上的投影长度．图4中有效长度分别为：图4 甲图：l ＝cd sin β； 乙图：沿v 1方向运动时，l ＝MN ；沿v 2方向运动时，l ＝0.丙图：沿v 1方向运动时，l ＝2R ；沿v 2方向运动时，l ＝0；沿v 3方向运动时，l ＝R .三．自感现象的理解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 ．(2)表达式：E ＝L ΔI Δt. (3)自感系数L 的影响因素：与线圈的 、形状、 以及是否有铁芯有关．2．自感现象“阻碍”作用的理解(1)流过线圈的电流增加时，线圈中产生的自感电动势与电流方向 ，阻碍电流的 ，使其缓慢地增加．(2)流过线圈的电流减小时，线圈中产生的自感电动势与电流方向 ，阻碍电流的 ，使其缓慢地减小．线圈就相当于电源，它提供的电流从原来的I L 逐渐变小．3．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，自感线圈就相当于普通导体．(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．【典型例题】例1．如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd ，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N ＝100，边长ab ＝1.0 m 、bc ＝0.5 m ，电阻r ＝2 Ω.磁感应强度B 在0～1 s 内从零均匀变化到0.2 T ．在1～5 s 内从0.2 T 均匀变化到－0.2 T ，取垂直纸面向里为磁场的正方向．求：(1)0.5 s 时线圈内感应电动势的大小E 和感应电流的方向；(2)在1～5 s 内通过线圈的电荷量q ；(3)在0～5 s 内线圈产生的焦耳热Q .3例2．如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n ＝100，线圈面积S ＝200 cm 2，线圈的电阻r ＝1 Ω，线圈外接一个阻值R ＝4 Ω的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．下列说法中正确的是( )A ．线圈中的感应电流方向为顺时针方向B ．电阻R 两端的电压随时间均匀增大C ．线圈电阻r 消耗的功率为4×10－4 WD ．前4 s 内通过R 的电荷量为4×10－4 C例3．如图所示，水平放置的粗糙U 形框架上接一个阻值为R 0的电阻，放在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，一个半径为L 、质量为m 的半圆形硬导体AC 在水平向右的恒定拉力F 作用下，由静止开始运动距离d 后速度达到v ，半圆形硬导体AC 的电阻为r ，其余电阻不计．下列说法正确的是( )A ．此时AC 两端电压为U AC ＝2BLvB ．此时AC 两端电压为U AC＝2BLvR 0R 0＋r C ．此过程中电路产生的电热为Q ＝Fd －12mv 2 D ．此过程中通过电阻R 0的电荷量为q ＝2BLd R 0＋r例4．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，D 1、D 2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，t 1时刻断开开关S.I 1、I 2分别表示通过灯泡D 1和D 2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( )【拓展训练】1．(2014·江苏·1)如图所示，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( )A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt2．(2014·安徽·20)英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场．如图所示，一个半径为r 的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B ，环上套一带电荷量为＋q 的小球，已知磁感应强度B 随时间均匀增加，其变化率为k ，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( )A ．0 B.12r 2qk C ．2πr 2qk D ．πr 2qk3．如图所示，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN 在平行金属导轨上以速度v 向右匀速滑动，MN 中产生的感应电动势为E 1；若磁感应强度增为2B ，其他条件不变，MN 中产生的感应电动势变为E 2.则通过电阻R 的电流方向及E 1与E 2之比E 1∶E 2分别为( )A ．c →a,2∶1B ．a →c,2∶1C ．a →c,1∶2D ．c →a,1∶24．如图所示，线圈L 的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，L 1、L 2是两个完全相同的小灯泡，开关S 闭合和断开的过程中，灯L 1、L 2的亮度变化情况是(灯丝不会断)( )A ．S 闭合，L 1亮度不变，L 2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S 断开，L 2立即熄灭，L 1逐渐变暗B ．S 闭合，L 1亮度不变，L 2很亮；S 断开，L 1、L 2立即熄灭C ．S 闭合，L 1、L 2同时亮，而后L 1逐渐熄灭，L 2亮度不变；S 断开，L 2立即熄灭，L 1亮一下再熄灭D ．S 闭合，L 1、L 2同时亮，而后L 1逐渐熄灭，L 2则逐渐变得更亮；S 断开，L 2立即熄灭，L 1亮一下再熄灭5．磁场在xOy 平面内的分布如图所示，其磁感应强度的大小均为B 0，方向垂直于xOy 平面，相邻磁场区域的磁场方向相反，每个同向磁场区域的宽度均为L 0，整个磁场以速度v 沿x 轴正方向匀速运动．若在磁场所在区间内放置一由n 匝线圈组成的矩形线框abcd ，线框的bc ＝L B 、ab ＝L ，L B 略大于L 0，总电阻为R ，线框始终保持静止．求：(1)线框中产生的总电动势大小和导线中的电流大小；(2)线框所受安培力的大小和方向．。
高考物理一轮复习 第十章 电磁感应 第2讲 法拉 第电磁感应定律、自感和涡流教学案(含解析)
第2讲 法拉第电磁感应定律、自感和涡流教材知识梳理一、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________．答案：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 ΔΦΔt二、1.电磁感应 2.L ΔIΔt 3.亨利 4.涡流【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．( ) 答案：(1)(×) (2)(×) (3)(√) (4)(×) (5)(√)(6)(√)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ΔΦΔt 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ΔΦΔt 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 ＝nB ΔSΔt； (2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB ·S ，则E ＝n ΔB ·SΔt；(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 ＝nB 2S 2－B 1S 1Δt≠nΔB ΔSΔt.] 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t 1到t 2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B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )图10271A ．恒为nS （B 2－B 1）t 2－t 1B ．从0均匀变化到nS （B 2－B 1）t 2－t 1C ．恒为－nS （B 2－B 1）t 2－t 1D ．从0均匀变化到－nS （B 2－B 1）t 2－t 1答案：D[解析] 根据法拉第电磁感应定律知电势差大小为E ＝n B 2－B 1t 2－t 1S ；根据楞次定律可知b 点电势较高，故φa －φb 小于0，选C.■ 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 ΔΦΔt 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 ΔBΔt求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内的有效面积．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10272A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt答案：B [解析] 磁感应强度的变化率ΔB Δt ＝2B －B Δt ＝B Δt ，法拉第电磁感应定律公式可写成E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt S ，其中磁场中的有效面积S ＝12a 2，代入得E ＝n Ba22Δt，选项B 正确，选项A 、C 、D 错误． 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．] 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10274A ．电路中感应电动势的大小为Blvsin θB ．电路中感应电流的大小为Bv sin θrC ．金属杆所受安培力的大小为B 2lv sin θrD ．金属杆的热功率为B 2lv 2r sin θ答案：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 ＝lsin θ，电路有效电阻R ＝x ·r ＝lr sin θ，由闭合电路的欧姆定律，电路中电流大小I ＝E R ＝Blvlrsin θ＝Bv sin θr，B 正确；金属杆所受安培力F ＝BIx ＝B ·Bv sin θr ·l sin θ＝B 2lv r ，C 错误；金属杆的热功率P ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫Bv sin θr 2·lr sin θ＝B 2lv 2sin θr，D 错误．[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ε′ε等于()图10275A.12B.22C ．1 D. 2 答案：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22L ，所以ε′ε＝22.选项B 正确．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 ＝12Bl2ω，如图10276所示．图10276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10277A ．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 ＝12BL 2ω，而I ＝ER ，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 ＝12BL 2ω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 ＝I 2R 变为原来的4倍，D 错误．考向三 公式E ＝n ΔΦΔt与E ＝Blv 的区别与联系多选)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R 0，则AB 进入磁场的过程中()图10278A ．R 0中电流的方向由上到下B ．感应电动势的平均值为B πRvC ．感应电动势的最大值为2BRvD ．感应电动势的最大值为B πRv 答案：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R 0，选项A 正确；感应电动势的平均值为E ＝ΔΦΔt ＝12πR 2·BR v＝B πRv2，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E m ＝B ·2Rv ＝2BRv ，选项C 正确，选项D 错误．考点三 1.通电自感与断电自感现象对比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10279A．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答案：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．考向二对自感现象及其图像的考查(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102710A．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逐渐熄灭答案：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．(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， D 1、D 2和D 3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t 1时刻断开开关S.规定电路稳定时流过D 1、D 2的电流方向为正方向，分别用I 1、I 2表示流过D 1和D 2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102711102712答案：BC [解析] 闭合开关S ，D 1缓慢变亮，D 2和D 3立即变亮．在t 1时刻断开开关S 后，由于自感现象通过D 1的电流逐渐减小，方向不变，而通过D 2和D 3的电流方向立即改变，且逐渐减小，选项B 、C 正确．■ 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．【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a b c a C ．U bc ＝－12Bl 2ω，金属框中无电流D ．U bc ＝12Bl 2ω，金属框中电流方向沿a c b a[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 ＝12Bl 2ω，根据右手定则确定c 端电势高，所以U bc＝－E ＝－12Bl 2ω.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 ＝2BldΔtB ．因右边面积减少ld ，左边面积增大ld ，两边抵消，ΔΦ＝0，E ＝0C ．ΔΦ＝Bld ，所以E ＝BldΔtD ．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 ＝Bld Δt ，由于两个回路是并联电路，总感应电动势也为E ＝BldΔt ，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∶2C ．乙图中，A 、B 两线圈中电动势之比为8∶9D ．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n 1、n 2，线圈的半径分别为r 1、r 2.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E A ＝n 1ΔB Δt S ，电阻R A ＝ρn 1·2πr 1S ′，B 的电动势为E B ＝n 2ΔBΔtS ，R B ＝ρn 2·2πr 2S ′，因此E A E B ＝n 1n 2＝21，电流之比为I A I B ＝E A E B ·R B R A ＝32，A 错误，B 正确；图乙中，A 的电动势E ′A ＝n 1ΔB Δt πr 21，B 的电动势E ′B ＝n 2ΔB Δt πr 22，因此E ′A E ′B ＝21×49＝89，电流之比I ′A I ′B ＝89×12×32＝23，C 、D 正确．4．[2016·无锡模拟] 如图所示，三个灯泡L 1、L 2、L 3的阻值关系为R 1＜R 2＜R 3，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 ．L 1逐渐变暗，L 2、L 3均先变亮，然后逐渐变暗B ．L 1逐渐变暗，L 2立即熄灭，L 3先变亮，然后逐渐变暗C ．L 1立即熄灭，L 2、L 3均逐渐变暗D ．L 1、L 2、L 3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R 1＜R 2＜R 3，则分别通过三个灯泡的电流大小I 1＞I 2＞I 3，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，L 2立即熄灭，电感线圈、L 1、L 3组成闭合回路，L 1逐渐变暗，通过L 3的电流由I 3变为I 1，再逐渐减小，故L 3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L 1＝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L 2＝0.8 m ，整个闭合回路的电阻为R ＝0.2 Ω，磁感应强度为B 0＝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ΔB Δt＝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/s 2)．[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 ＝ΔΦΔt ＝S ΔB Δt＝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＝BIL 1其中B ＝B 0＋ΔB Δtt I ＝E R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 ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＋Blv 又ΔB Δt＝2 T/s ， 在1 s 末，B ＝2 T ，S ＝lvt ＝0.4×1×1 m 2＝0.4 m 2所以1 s 末，E ＝ΔB ΔtS ＋Blv ＝1.6 V ， 此时回路中的电流I ＝E R＝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．。
高考物理一轮复习第10章第2节法拉第电磁感应定律自感涡流教学案新人教版
考法＝n ΔΦ的理解与应用1．关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是A．穿过线圈的磁通量与两导轨垂直并保持良好接触，) 甲乙磁通量的变化是由面积变化引起时，磁通量的变化是由磁场变化引起时，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，＝nB2S2Δ4．(20xx·太原模拟路。
虚线下列对三角形导线框以速度中，等效切割磁感线的导线长度变化，产生的感应电动势和感应电流大小变化，根据安培力多选)(20xx·全国卷Ⅱ)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。
铜圆盘安装在竖直的．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b．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连接的是电压表的正接线柱还是负接线柱？分钟，则此过程中产生了多少电能？自行车车轮边缘线速度是多少？考法7.(20xx·全国卷Ⅰ)如图所示，导体轨道中点，O为圆心。
轨道的电阻忽略不计。
D．2l－Δt2＝－π2Δt2－2RΔt2，则流过的电荷量为q2＝I2·Δt2＝π－2R；由甲乙的电流大小和方向；的电荷量q及电阻R上产生的热量。
1．自感现象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。
考法通电自感现象的分析1. (的电阻值可认为是甲乙将渐渐变亮考法2.电流传感器在电路中相当于电流表，可以用来研究自感现象。
在如图所示的实验电路中，A B C D瞬间，外电路电阻最大，然后外电路电阻逐渐减小，外电压逐渐减小，所以通过电流传感器的电流逐渐减小，电路稳定后，外电路电阻不变，外电压不变，通过电流传极板带正电，稳定后，电容器两端电压小于E的电流方向向右的电流方向向右考法4．(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．金属球会运动到半圆轨道的另一端．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。
高考物理一轮复习讲义 第2讲 法拉第电磁感应定律自感涡流
第2讲 法拉第电磁感应定律 自感 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．①感生电动势：由于磁场的变化而激发出感生电场，由感生电场而产生的感应电动势． ②动生电动势：由于导体在磁场中运动而产生的感应电动势．(2)条件：无论电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就一定有感应电动势．(3)与感应电流的关系：遵守闭合电路欧姆定律，即I ＝ER ＋r.2．法拉第电磁感应定律(1)定律内容：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 ＝nΔΦΔt.其中n 为线圈的匝数． 二、导体切割磁感线产生的感应电动势 导体棒切割磁感线时，可有以下三种情况：切割方式 电动势表达式 说 明垂直切割 E ＝BLv①导体棒与磁场方向垂直②磁场为匀强磁场倾斜切割E ＝BLv sin_θ其中θ为v 与B 的夹角旋转切割(以一端为轴)E ＝12BL 2ω三、自感和涡流 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 ΔI Δt. (3)自感系数L①相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关． ②单位：亨利(H,1 mH ＝10－3H,1 μH＝10－6H)． 2．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做涡流．(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运动，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．1．关于电路中感应电动势的大小，下列说法正确的是( ) A ．穿过电路的磁通量越大，感应电动势就越大 B ．电路中磁通量的改变量越大，感应电动势就越大 C ．电路中磁通量改变越快，感应电动势就越大D ．若电路中某时刻磁通量为零，则该时刻感应电流一定为零 答案： C2．穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加 2 Wb ，则( ) A ．线圈中感应电动势每秒增加2 V B ．线圈中感应电动势每秒减少2 V C ．线圈中感应电动势始终为2 VD ．线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2 V 解析： 由E ＝ΔΦΔt 知：ΔΦΔt 恒定，所以E ＝2 V.答案： C3.如图所示，L 为一个自感系数很大的自感线圈，开关闭合后，小灯泡能正常发光，那么闭合开关和断开开关的瞬间，能观察到的现象分别是( )A ．小灯泡逐渐变亮，小灯泡立即熄灭B ．小灯泡立即亮，小灯泡立即熄灭C ．小灯泡逐渐变亮，小灯泡比原来更亮一下再慢慢熄灭D ．小灯泡立即亮，小灯泡比原来更亮一下再慢慢熄灭解析： 开关闭合瞬间，通过自感线圈的电流逐渐增大，自感线圈产生自感电动势阻碍原电流的增加，故小灯泡逐渐变亮；开关断开瞬间，回路处于断开状态，故小灯泡立即熄灭，选项A 正确．答案： A4.如图所示，正方形线圈abcd 位于纸面内，边长为L ，匝数为N ，线圈内接有电阻值为R 的电阻，过ab 中点和cd 中点的连线OO ′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为B .当线圈转过90°时，通过电阻R 的电荷 量为( )A.BL 22RB.NBL 22RC.BL 2RD.NBL 2R解析： 初状态时，通过线圈的磁通量为Φ1＝BL 22，当线圈转过90°时，通过线圈的磁通量为0，由q ＝N ΔΦR 可得通过电阻R 的电量为NBL 22R.答案： B5.如图所示，一段导线弯曲成半径为R 的半圆形闭合回路．虚线MN 、PQ 间有磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场的宽度等于R ，方向垂直于回路所在的平面．现让回路以速度v 向右匀速穿过磁场，直径CD 始终与MN 垂直．关于此过程，下列结论正确的是( )A ．穿过的过程中回路中感应电流一直不为零B ．感应电流的方向一直不变C ．感应电动势先增大后减小再增大再减小D ．感应电动势最大值E m ＝2BRv解析： 当回路的圆心到磁场的中间时，回路中的感应电动势为零，电流为零，A 项错误；磁通量先向里增大，后向里减小，根据楞次定律，感应电流的方向先沿逆时针方向后沿顺时针方向，B 项错误；当回路的圆心到MN 或PQ 上时，切割磁感线的有效长度最长，感应电动势最大为BRv ，D 项错误；在穿过磁场的过程中，回路切割磁感线的有效长度先变大，后变小，再变大，再变小，因此感应电动势先增大后减小再增大再减小，C 项正确．答案： C法拉第电磁感应定律的应用1．决定感应电动势大小的因素感应电动势E 的大小决定于穿过电路的磁通量的变化率ΔΦΔt和线圈的匝数n .而与磁通量的大小、磁通量变化量ΔΦ的大小无必然联系．2．磁通量变化通常有两种方式(1)磁感应强度B 不变，垂直于磁场的回路面积发生变化，此时E ＝nB ΔSΔt；(2)垂直于磁场的回路面积不变，磁感应强度发生变化，此时E ＝n ΔB Δt S ，其中ΔBΔt 是B －t图象的斜率．(2012·新课标全国卷)如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔBΔt的大小应为( )A.4ωB 0πB.2ωB 0πC.ωB 0πD.ωB 02π解析： 当线框绕过圆心O 的转动轴以角速度ω匀速转动时，由于面积的变化产生感应电动势，从而产生感应电流．设半圆的半径为r ，导线框的电阻为R ，即I 1＝E R ＝ΔΦR Δt ＝B 0ΔSR Δt＝12πr 2B 0Rπω＝B 0r 2ω2R .当线圈不动，磁感应强度变化时，I 2＝E R ＝ΔΦR Δt ＝ΔBS R Δt ＝ΔB πr 2Δt 2R，因I 1＝I 2，可得ΔB Δt ＝ωB 0π，C 选项正确．答案： C(1)应用法拉第电磁感应定律解题的一般步骤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 ＝I Δt ＝nΔΦΔtRΔt ＝n ΔΦR. 1－1：在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1 m 2，线圈电阻为1 Ω.规定线圈中感应电流I 的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示．磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示．则下列说法正确的是( )A ．在时间0～5 s 内，I 的最大值为0.1 AB ．在第4 s 时刻，I 的方向为逆时针C ．前2 s 内，通过线圈某截面的总电量为0.01 CD ．第3 s 内，线圈的发热功率最大解析： 根据B －t 图象的斜率表示ΔB Δt ，由E ＝n ΔΦΔt ＝nSk ，因此刚开始时，图象的斜率为0.1，代入得电源的电动势为0.01 V ．电流为0.01 A ，故A 项错误；在第4 s 时，根据楞次定律，电流为逆时针，故B 项正确；由q ＝ΔΦR，代入得C 项正确；第3 s 内，B 不变，故不产生感应电流，因此发热功率为零，D 项错误．答案： BC导体切割磁感线产生感应电动势的计算1．理解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．(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．2．公式E ＝Blv 与E ＝nΔΦΔt的区别与联系E ＝nΔΦΔtE ＝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 适用范围对任何电磁感应现象普遍适用只适用于导体切割磁感线运动的情况联系导体切割磁感线是电磁感应现象的特例，E ＝Blv 可由E ＝n ΔΦΔt推导得出(2012·四川理综)半径为a 右端开小口的导体圆环和长为2a 的导体直杆，单位长度电阻均为R 0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B .杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开始，杆的位置由θ确定，如图所示．则( )A ．θ＝0时，杆产生的电动势为2BavB ．θ＝π3时，杆产生的电动势为3BavC ．θ＝0时，杆受的安培力大小为2B 2avπ＋2R 0D ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2av 5π＋3R 0解析： 当θ＝0时，杆切割磁感线的有效长度l 1＝2a ，所以杆产生的电动势E 1＝Bl 1v ＝2Bav ，选项A 正确．此时杆上的电流I 1＝E 1πa ＋2a R 0＝2Bvπ＋2R 0，杆受的安培力大小F 1＝BI 1l 1＝4B 2avπ＋2R 0，选项C 错误．当θ＝π3时，杆切割磁感线的有效长度l 2＝2a cos π3＝a ，杆产生的电动势E 2＝Bl 2v ＝Bav ，选项B 错误．此时杆上的电流I 2＝E 22πa －2πa 6＋a R 0＝3Bv 5π＋3R 0，杆受的安培力大小F 2＝BI 2l 2＝3B 2av5π＋3R 0，选项D 正确．答案： AD2－1：如图所示，水平放置的U 形框架上接一个阻值为R 0的电阻，放在垂直纸面向里的、场强大小为B 的匀强磁场中，一个半径为L 、质量为m 的半圆形硬导体AC 在水平向右的恒定拉力F 作用下，由静止开始运动距离d 后速度达到v ，半圆形硬导体AC 的电阻为r ，其余电阻不计．下列说法正确的是( )A ．此时AC 两端电压为U AC ＝2BLvB ．此时AC 两端电压为U AC ＝2BLvR 0R 0＋rC ．此过程中电路产生的电热为Q ＝Fd －12mv 2D ．此过程中通过电阻R 0的电荷量为q ＝2BLdR 0＋r解析： AC 的感应电动势为：E ＝2BLv ，两端电压为U AC ＝ER 0R 0＋r＝2BLvR 0R 0＋r，A 错、B 对；由功能关系得Fd ＝12mv 2＋Q ＋W μ，C 错；此过程中平均感应电流为I ＝2BLdR 0＋r Δt ，通过电阻R 0的电荷量为q ＝I Δt ＝2BLdR 0＋r，D 对．答案： BD通电自感与断电自感的比较通电自感断电自感电路图器材要求A 1，A 2同规格， R ＝R L ，L 较大L 很大(有铁蕊)R L ＜RA现象在S 闭合瞬间，A 2灯立即亮起来，A 1灯逐渐变亮，最终一样亮 在开关S 断开时，灯A 逐渐熄灭原因 由于开关闭合时，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，使流过A 1灯的电流比流过A 2灯的电流增加得慢断开开关S 时，流过线圈L 的电流减小，产生自感电动势，阻碍了电流的减小，使电流继续存在一段时间；在S 断开后，通过L 的电流反向通过电灯A ，灯A 不会立即熄灭．若R L ＜R A ，原来的电流I L ＞I A ，则A 灯熄灭前要闪亮一下．若R L ≥R A ，原来的电流I L ≤I A ，则灯A 逐渐熄灭，不再闪亮一下能量转化电能转化为磁场能磁场能转化为电能(2011·北京理综)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．虽经多次重复，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( )A．电源的内阻较大 B．小灯泡电阻偏大C．线圈电阻偏大 D．线圈的自感系数较大解析：小灯泡没有出现闪亮现象是因为断电后电路中的小灯泡两端电压太小、因断电后电路与电源脱离关系，线圈与灯泡组成闭合回路，故电源内阻大小对自感无影响，A错误；若小灯泡电阻偏大，则分得的电压就大，这有助于出现闪亮现象，B错误；若线圈电阻偏大，在自感电动势一定的情况下，线圈内阻上的电压偏大，相应灯泡两端的电压就偏小，这不利于出现闪亮现象，C正确；线圈自感系数越大，产生的自感电动势越大，这有利于闪亮现象的出现，故D错误．答案： C3－1：如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略．下列说法中正确的是( )A．合上开关K接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B．合上开关K接通电路时，A1和A2始终一样亮C．断开开关K切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会儿才熄灭D．断开开关K切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭解析：由于自感现象，合上开关时，A1中的电流缓慢增大到某一个值，故过一会儿才亮；断开开关时，A1中的电流缓慢减小到0，A1、A2串联，电流始终相等，都是过一会儿才熄灭．故选A、D.答案：AD高考常考“杆＋导轨”模型的突破[模型特点]“杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点．“杆＋导轨”模型问题的物理情境变化空间大，涉及的知识点多，如力学问题、电路问题、磁场问题及能量问题等，常用的规律有法拉第电磁感应定律、楞次定律、右手定则、左手定则、欧姆定律及力学中的运动规律、动能定理、功能关系、能的转化和守恒定律等．[求解思路][模型分类]模型一单杆水平式物理模型匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，棒ab长为L，质量为m，初速度为零，拉力恒为F，水平导轨光滑，除电阻R外，其他电阻不计动态分析设运动过程中某时刻棒的速度为v，由牛顿第二定律知棒ab的加速度为a＝Fm －B2L2vmR，a、v同向，随速度的增加，棒的加速度a减小，当a＝0时，v最大，I＝BIvR恒定收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征a＝0 v恒定不变电学特征I恒定(2012·天津理综)如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻．一质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 ms2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功W F .解析： (1)设棒匀加速运动的时间为Δt ，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt① 其中ΔΦ＝Blx ②设回路中的平均电流为I ，由闭合电路欧姆定律得I ＝E R ＋r③则通过电阻R 的电荷量为q ＝I Δt ④ 联立①②③④式，代入数据得q ＝4.5 C ． ⑤(2)设撤去外力时棒的速度为v ，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v 2＝2ax ⑥设棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W ，由动能定理得W ＝0－12mv 2 ⑦撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2＝－W ⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q 2＝1.8 J ． ⑨(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1，可得Q 1＝3.6 J ⑩在棒运动的整个过程中，由功能关系可知W F ＝Q 1＋Q 2 ⑪ 由⑨⑩⑪式得W F ＝5.4 J.答案： (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J 模型二 单杆倾斜式动态分析棒ab 释放后下滑，此时a ＝g sin α，棒ab 速度v ↑→感应电动势E ＝BLv ↑→电流I ＝E R↑→安培力F ＝BIL ↑→加速度a ↓，当安培力F ＝mg sin α时，α＝0，v 最大收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征a ＝0 v 最大 v m ＝mgR sin αB 2L 2电学特征I 恒定(2012·山东理综)如图所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B .将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g .下列选项正确的是( )A ．P ＝2mgv sin θB ．P ＝3mgv sin θC ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g2sin θD ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功 解析： 导体棒由静止释放，速度达到v 时，回路中的电流为I ，则根据共点力的平衡条件，有mg sin θ＝BIL .对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，以2v 的速度匀速运动时，则回路中的电流为2I ，则根据平衡条件，有F ＋mg sin θ＝B ·2IL 所以拉力F ＝mg sin θ，拉力的功率P ＝F ×2v ＝2mgv sin θ，故选项A 正确．选项B 错误；当导体棒的速度达到v2时，回路中的电流为I 2，根据牛顿第二定律，得mg sin θ－B I 2L ＝ma ，解得a ＝g2sin θ，选项C 正确；当导体棒以2v 的速度匀速运动时，根据能量守恒定律，重力和拉力所做的功之和等于R 上产生的焦耳热，故选项D 错误．答案： AC1.将闭合多匝线圈(匝数为n )置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势，下列表述正确的是( )A ．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B ．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大C ．若磁感应强度B 不变，Δt 时间内线圈面积变化ΔS ，则E ＝nΔSΔtB D ．若Δt 时间内磁感应强度变化ΔB ，线圈面积变化ΔS ，则E ＝n ΔB ·ΔSΔt解析： 由法拉第电磁感应定律表达式E ＝n ΔΦΔt 可知，感应电动势E 的大小与线圈的匝数n 和磁通量的变化率ΔΦΔt 有关，与磁通量无关，故A 错误，B 正确．当仅有磁感应强度变化时，磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1＝(B 2－B 1)S ＝ΔB ·S ，同理可得当仅有线圈面积变化时磁通量的变化量ΔΦ＝B ·ΔS ，而当磁感应强度和线圈面积同时变化时磁通量的变化量ΔΦ＝B 2S 2－B 1S 1≠ΔB ·ΔS ，故C 正确．D 错误．答案： BC2.如图所示是测定自感系数很大的线圈L 直流电阻的电路，L 两端并联一只电压表，用来测自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路拆开时应先( )A ．断开S 1B ．断开S 2C ．拆除电流表D ．拆除电阻R解析： 将电路拆开时，如果先断开S 1，而电压表与线圈L 仍组成闭合回路，由于L 的自感系数很大，可能产生很大的自感电动势使电压表的指针被打弯，因此，应先断开S 2，B 项正确．答案： B3．一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直．先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s 时间内均匀地增大到原来的两倍．接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s 时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半．先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为( )A.12B ．1C ．2D ．4 解析： 根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔBSΔt ，设初始时刻磁感应强度为B 0，线框面积为S 0，则第一种情况下的感应电动势为E 1＝ΔBSΔt ＝2B 0－B 0S 01＝B 0S 0；则第二种情况下的感应电动势为E 2＝ΔBS Δt ＝2B 0S 0－S 0/21＝B 0S 0，所以两种情况下线框中的感应电动势相等，比值为1，故选项B 正确．答案： B4．2013广州亚运会上100 m 赛跑跑道两侧设有跟踪仪，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L ＝0.5 m ，一端通过导线与阻值为R ＝0.5 Ω的电阻连接；导轨上放一质量为m ＝0.5 kg 的金属杆(如图甲)，金属杆与导轨的电阻忽略不计；均匀磁场竖直向下．用与导轨平行的拉力F 作用在金属杆上，使杆运动．当改变拉力的大小时，相对应的速度v 也会变化，从而使跟踪仪始终与运动员保持一致．已知v 和F 的关系如图乙．(取重力加速度g ＝10 ms 2)则( )A ．金属杆受到的拉力与速度成正比B ．该磁场磁感应强度为1 TC ．图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小D ．导轨与金属杆之间的动摩擦因数为μ＝0.4解析： 由图象可知选项A 错误、C 正确；由F －BIL －μmg ＝0及I ＝BLv R 可得：F －B 2L 2vR－μmg ＝0，从图象上分别读出两组F 、v 数据代入上式即可求得B ＝1 T ，μ＝0.4.所以选项B 、D 正确．答案： BCD5.如图，足够长的U 型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，导轨平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab 棒接入电路的电阻为R ，当流过ab 棒某一横截面的电荷量为q 时，棒的速度大小为v ，则金属棒ab 在这一过程中( )A ．运动的平均速度大小为12vB ．下滑的位移大小为qR BLC ．产生的焦耳热为qBLvD ．受到的最大安培力大小为B 2L 2vRsin θ解析： 对棒受力分析如图所示．F 安＝BIL ＝B 2L 2vR ，故D 错；F 安随棒的速度的增大而增大，故棒做的不是匀加速直线运动．因此运动的平均速度v ≠12v ，A 错；由q ＝n ΔφR 总可得：q ＝BLx R ，故棒下滑的位移x ＝qRBL ，B 正确；求焦耳热应该用有效值，故C 错．答案： B。
高考物理一轮复习第10章第2节法拉第电磁感应定律自感涡流教学案新人教版
高考物理一轮复习第10章第2节法拉第电磁感应定律自感涡流教学案新人教版 第2节 法拉第电磁感应定律 自感 涡流知识点一| 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。
产生感应电动势的那部分导体就相当于电源，导体的电阻相当于电源内阻。
(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路欧姆定律，即I ＝E R ＋r 。
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 ΔΦΔt，n 为线圈匝数。
3．导体切割磁感线的情形(1)若B 、l 、v 相互垂直，则E ＝Blv 。
(2)若B ⊥l ，l ⊥v ，v 与B 夹角为θ，则E ＝Blv sin_θ。
[判断正误](1)Φ＝0，ΔΦΔt 不一定等于0。
(√)(2)感应电动势E 与线圈匝数n 有关，所以Φ、ΔΦ、ΔΦΔt的大小均与线圈匝数有关。
(3)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大。
(√)(4)法拉第提出了法拉第电磁感应定律。
(×) (5)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 。
(√)考法1 对感生电动势E ＝n ΔΦΔt 的理解与应用 1．关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是( )A ．穿过线圈的磁通量Φ越大，所产生的感应电动势就越大B ．穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ越大，所产生的感应电动势就越大C ．穿过线圈的磁通量的变化率ΔΦΔt越大，所产生的感应电动势就越大 D ．穿过线圈的磁通量Φ等于0，所产生的感应电动势就一定为0C [根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率ΔΦΔt成正比，与磁通量Φ及磁通量的变化量ΔΦ没有必然联系。
当磁通量Φ很大时，感应电动势可能很小，甚至为0。
当磁通量Φ等于0时，其变化率可能很大，产生的感应电动势也会很大。
所以只有选项C 正确。
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电能转化为磁场能
磁场能转化为电能
如图所示，L1、L2、L3是完全相同的灯泡，L为直流电阻可忽略的自感线圈，电源内阻不计，开关S原来接通．现将开关S断开，则()
A．L1点亮，L2变暗，最终两灯一样亮
B．L2闪亮一下后恢复到原来的亮度
C．L3变暗一下后恢复到原来的亮度
D．L3闪亮一下后恢复到原来的亮度
A．拉力的大小在运动过程中保持不变
B．棒通过整个圆环所用的时间为
C．棒经过环心时流过棒的电流为B /πr
D．棒经过环心时所受安培力的大小为8B2R /πr
答案：D
通电自感
断电自感
电路图
器材要求
A1、A2同规格，R＝RL，L较大
L很大(有铁芯)
RL＜RA
现象
在S闭合瞬间，A2灯立即亮起来，A1灯逐渐变亮，最三理科目：物理授课人：
课题
第2讲 法拉第电磁感应定律 自感 涡流2
第课时
三维目
1、法拉第电磁感应定律及应用
2、了解自感、涡流现象
重点
法拉第电磁感应定律及应用
中心发
言人
陈熠
难点
法拉第电磁感应定律及应用
教具
课型
课时安排
课时
教法
学法
个人主页
教
学
过
程
教
学
过
程
1．决定感应电动势大小的因素
感应电动势E的大小决定于穿过电路的磁通量的变化率 和线圈的匝数n.而与磁通量的大小、磁通量变化量ΔΦ的大小无必然联系．
2．磁通量变化通常有三种方式
在图象问题中磁通量的变化率 是Φ－t图象上某点切线的斜率．
(2013·江苏卷·13)如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N＝100，边长ab＝1.0 m、bc＝0.5 m，电阻r＝2 Ω.磁感应强度B在0～1 s内从零均匀变化到0.2T．在1～5 s内从0.2T均匀变化到－0.2T，取垂直纸面向里为磁场的正方向．求：
(1)0.5 s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；
(2)在1～5 s内通过线圈的电荷量q；
(3)在0～5 s内线圈产生的焦耳热Q.
答案：(1)10 V，感应电流的方向为a→d→c→b→a(2)10 C(3)100 J
1．理解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．
在开关S断开时，灯A逐渐熄灭
原因
由于开关闭合时，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，使流过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，产生自感电动势，阻碍了电流的减小，使电流继续存在一段时间；在S断开后，通过L的电流反向通过电灯A，灯A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，则灯A逐渐熄灭，不再闪亮一下
答案：AD
【合作学习】：1-1,2-1,3-1
小结
作业：随堂检测
教后
反思
审核人签字：年月日
(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．
如图中，棒的有效长度为ab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．
2．公式E＝Blv与E＝n 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
适用范围
对任何电磁感应现象普遍适用
只适用于导体切割磁感线运动的情况
联系
导体切割磁感线是电磁感应现象的特例，E＝Blv可由E＝n 推导得出
(2013·海南卷·6)如图，水平桌面上固定有一半径为R的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r.空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下：一长度为2R，电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点．棒在拉力的作用下以恒定加速度a从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好．下列说法正确的是()