高中物理鲁科版选修3-2期末复习学案 法拉第电磁感应定律　自感　涡流Word版含解析

　法拉第电磁感应定律　自感　涡流
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：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：遵守闭合电路的欧姆定律，即I＝。
3.导体切割磁感线的情形
(1)若B、l、v相互垂直，则E＝Blv。
(2)v∥B时，E＝0。
自感、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。
(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自感电动势。
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有关。
②单位：亨利(H)，1 mH＝10－3 H，1 μH＝10－6 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感应电流，这种电流像水的漩涡所以叫涡流。
小题速练
1.思考判断
(1)Φ＝0，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、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)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。(　　)
(5)磁场相对于导体棒运动时，导体棒中也可能产生感应电动势。(　　)
(6)涡流就是自感。(　　)
答案　(1)√　(2)×　(3)√　(4)√　(5)√　(6)×
2.[人教版选修3－2P21第4题改编]如图1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，线框两次匀速地完全进入磁场，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(　　)
图1
A.Q1＞Q2，q1＝q2 　　 B.Q1＞Q2，q1＞q2
C.Q1＝Q2，q1＝q2 D.Q1＝Q2，q1＞q2
解析　设线框边长分别为l1、l2，线框中产生的热量Q＝I2Rt＝()2R·＝＝l1。由于lab＞lbc，所以Q1＞Q2。通过线框导体横截面的电荷量q＝·Δt＝·Δt＝＝，故q1＝q2，选项A正确。
答案 A　
　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)E＝n的研究对象是一个回路，E＝n求得的电动势是整个回路的感应电动势。
(3)E＝n求的是Δt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。
(4)磁通量的变化率对应Φ－t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)磁通量的变化由面积变化引起时，
ΔΦ＝B·ΔS，则E＝n；
(2)磁通量的变化由磁场变化引起时，
ΔΦ＝ΔB·S，则E＝n；
(3)磁通量的变化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＝n≠n。
【例1】　(2018·常州市高三第一次模拟)(多选)如图2所示，半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r，已知弹性螺旋线圈的电阻为R，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法中正确的是(　　)
图2
A.保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，有顺时针方向的电流
B.保持磁场不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，有逆时针方向的电流
C.保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为
D.保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为
解析　保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，穿过线圈的磁通量没有变化，没有感应电流，A项错误；保持磁场不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，穿过线圈的磁通量减小，有感应电流，根据楞次定律判断感应电流方向为逆时针，B项正确；保持半径不变，磁场随时间按照B＝kt变化，根据法拉第电磁感应解得感应电动势为E＝＝kπr2，所以根据闭合电路的欧姆定律有I＝，C项正确，D项错误。
答案　BC
应用电磁感应定律应注意的三个问题
(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)利用公式E＝nS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积。
(3)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔФ和回路电阻R有关，与时间长短无关，与Φ是否均匀变化无关。推导如下：q＝Δt＝Δt＝。
　导体切割磁感线产生感应电动势的计算
1.导体切割磁感线产生感应电动势常见情况
情景图
研究
对象
一段直导线(或等效成直导线)
绕一端转动的一段导体棒
绕与B垂直的轴转动的导线框
表达式
E＝BLv
E＝BL2ω
E＝NBSωsin ωt
2.对平动切割应用注意点
(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。
其中B、L、v三者两两垂直。
(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。
【例2】　如图3所示，在水平面内固定着U形光滑金属导轨，轨道间距为50 cm，金属导体棒ab质量为0.1 kg，电阻为0.2 Ω，横放在导轨上，电阻R的阻值是
0.8 Ω(导轨其余部分电阻不计)。现加上竖直向下的磁感应强度为0.2 T的匀强磁场。用水平向右的恒力F＝0.1 N拉动ab，使其从静止开始运动，则(　　)
图3
A.导体棒ab开始运动后，电阻R中的电流方向是从P流向M
B.导体棒ab运动的最大速度为10 m/s
C.导体棒ab开始运动后，a、b两点的电势差逐渐增加到1 V后保持不变
D.导体棒ab开始运动后任一时刻，F的功率总等于导体棒ab和电阻R的发热功率之和
解析　由右手定则可判断电阻R中的感应电流方向是从M流向P，A错误；当金属导体棒受力平衡时，其速度将达到最大值，由F＝BIL，I＝＝可得
F＝，代入数据解得vm＝10 m/s，B正确；感应电动势的最大值Em＝1 V，a、b两点的电势差为路端电压，最大值小于1 V，C错误；在达到最大速度以前，F所做的功一部分转化为内能，另一部分转化为导体棒的动能，D错误。
答案　B
【例3】　(2016·全国卷Ⅱ，20)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图4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4
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
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，根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，流过电阻的电流方向从a到b，B正确；由法拉第电磁感应定律得感生电动势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正确，C错误；由P＝I2R＝知，当ω变为2倍时，P变为原来的4倍，D错误。
答案　AB
　通电自感和断电自感　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
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。两种情况灯泡中电流方向均改变
【例4】　(2018·江苏南通、徐州、扬州、泰州、淮安、宿迁市高三第一次调研)(多选)用电流传感器研究自感现象的电路如图5甲所示，线圈L中未插入铁芯，直流电阻为R。闭合开关S，传感器记录了电路中电流i随时间t变化的关系图象，如图乙所示，t0时刻电路中电流达到稳定值I。下列说法中正确的是(　　)
图5
A.t＝t0时刻，线圈中自感电动势最大
B.若线圈中插入铁芯，上述过程电路中电流达到稳定值经历的时间大于t0
C.若线圈中插入铁芯，上述过程中电路达到稳定时电流值仍为I
D.若将线圈匝数加倍，上述过程中电路达到稳定时电流值仍为I
解析　t＝t0时刻，线圈中电流稳定，自感现象消失，线圈中没有自感电动势，故A项错误；若线圈中插入铁芯，线圈自感系数增大，自感现象延长，所以若线圈中插入铁芯，上述过程电路中电流达到稳定值经历的时间大于t0，故B项正确；线圈中插入铁芯，但线圈的直流电阻不变，所以稳定时电流不变，故C项正确；若将线圈匝数加倍，线圈直流电阻增大，稳定时电流减小，故D项错误。
答案　BC
【例5】　(多选)如图6所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有(　　)
图6
A.增加线圈的匝数
B.提高交流电源的频率
C.将金属杯换为瓷杯
D.取走线圈中的铁芯
解析　当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高。要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻。增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势。瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱。所以选项A、B正确，C、D错误。
答案　AB
分析自感现象的两点注意
(1)通过自感线圈中的电流不能发生突变，即通电过程中，电流逐渐变大；断电过程中，电流逐渐变小，此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他电路元件形成回路。
(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，则灯泡先闪亮后再慢慢熄灭。

比较思维能力的培养——电磁阻尼与电磁驱动的比较
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
【典例】　(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7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7
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，系统震动时，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、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，故选项A正确，B、C、D错误。
答案　A
对安培力是动力、阻力的理解技巧
电磁阻尼是安培力阻碍导体运动的现象，电磁驱动是安培力使导体运动起来的现象，但实质上均是感应电流使导体在磁场中受到安培力。
【变式训练】　如图8所示，蹄形磁铁的两极之间放置一个线圈abcd，磁铁和线圈都可以绕OO′轴转动，当磁铁按图示方向绕OO′轴转动时，线圈的运动情况是(　　)
图8
A.俯视，线圈顺时针转动，转速与磁铁相同
B.俯视，线圈逆时针转动，转速与磁铁相同
C.线圈与磁铁转动方向相同，但转速小于磁铁的转速
D.线圈静止不动
解析　当磁铁转动时，由楞次定律知，线圈中有感应电流产生，以阻碍磁通量的增加，即感应电流的方向必定是使其受到的力的方向与磁铁转动方向相同，以减小磁通量的增加，因而线圈跟着转起来，但转速小于磁铁的转速。如果转速相等，线圈中的磁通量不再变化，起“驱动”作用的安培力将消失，选项C正确。
答案 C　
1.如图9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9
A. 　　B.
C. 　　D.
解析　由法拉第电磁感应定律可知，在Δt时间内线圈中产生的平均感应电动势为E＝n＝n＝，选项B正确。
答案　B
2.如图10所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一定值电阻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(指向图中纸面内)。现对MN施力使它沿导轨方向以速度v(如图)做匀速运动。令U表示MN两端电压的大小，则(　　)
图10
A.U＝Blv，流过定值电阻R的感应电流由b到d
B.U＝Blv，流过定值电阻R的感应电流由d到b
C.U＝Blv，流过定值电阻R的感应电流由b到d
D.U＝Blv，流过定值电阻R的感应电流由d到b
解析　由右手定则可知，通过MN的电流方向为N→M，电路闭合，流过电阻R的电流方向由b到d，选项B、D错误；导体杆切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，导体杆为等效电源，其电阻为等效电源内电阻，由闭合电路欧姆定律可知，U＝IR＝·R＝Blv，选项A正确，C错误。
答案　A
3.(2018·南通三模)(多选)健身车上装有金属电磁阻尼飞轮，飞轮附近固定一电磁铁，示意图如图11所示，人在健身时带动飞轮转动。则(　　)
图11
A.飞轮转速越大，阻尼越大
B.电磁铁所接电压越大，阻尼越大
C.飞轮材料电阻率越大，阻尼越大
D.飞轮材料密度越大，阻尼越大
解析　电磁阻尼为电磁感应中感应电流所受安培力导致，安培力越大，电磁阻尼越大，故飞轮转速越大，产生的感应电动势越大，感应电流越大，安培力越大，阻尼越大，A正确；电磁铁所接电压越大，则磁场越强，产生的感应电动势越大，感应电流越大，安培力越大，阻尼越大，B正确；飞轮材料电阻率越大，电阻越大，感应电流越小，安培力越小，阻尼越小，C错误；飞轮材料的密度对电磁感应没有影响，D错误。
答案　AB
4.(2018·盐城市高三第三次模拟)如图12甲所示，把带铁芯的线圈L与小灯泡串联起来，先把它们接到电动势为E(内阻不计)的直流电源上；再把它们接到交流电源上，如图乙所示，取直流电源的电压与交流电压的有效值相等。下列叙述正确的是(　　)
图12
A.接交流电时灯泡更亮些
B.接直流电和接交流电时灯泡一样亮
C.减小交流电频率时图乙中灯泡变亮
D.图甲中闭合S瞬间，通过灯泡的电流立即达到最大值
解析　线圈对直流电无阻碍作用，对交流电有阻碍作用，故直流电路中的电流更大一些，接直流的灯泡变亮一些，A、B错误；交流电的频率越小，线圈的阻碍作用越小，则电流越大，灯泡更亮，C正确；图甲中闭合S的瞬间，电流从无到有，因线圈的自感现象，电流逐渐增大，D错误。
答案　C