1、高考资源网（） 您身边的高考专家第2课时法拉第电磁感应定律自感涡流知 识 梳 理知识点一、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：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：En，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EBlv求出，式中l为导体切割磁感线的有效长度。(2)导体棒
2、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EBlBl2(平均速度等于中点位置的线速度l)。知识点二、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)自感电动势定义：在自感现象中产生的感应电动势叫做自感电动势。表达式：EL。(3)自感系数L相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。单位：亨利(H)，1 mH103 H,1 H106 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。思维深化判断正误，正确的画“”，错误的画“”。(1)线圈中磁通量变化
3、越大，产生的感应电动势越大。()(2)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大。()(3)线圈中的电流越大，自感系数也越大。()(4)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。()答案(1)(2)(3)(4)题 组 自 测题组一对法拉第电磁感应定律的理解及应用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解析由法拉第电磁感应定律En知，感应电动势
4、的大小与线圈匝数有关，A错；感应电动势正比于，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。答案C2(2014江苏卷，1)如图1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t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1A. B. C. D.解析由法拉第电磁感应定律可知，在t时间内线圈中产生的平均感应电动势为Enn，选项B正确。答案B题组二公式EBlv的应用3如图2所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中
5、，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E1；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E2。则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1E2分别为()图2Aca,21 Bac,21Cac,12 Dca,12解析用右手定则判断出两次金属棒MN中的电流方向为NM，所以电阻R中的电流方向ac。由电动势公式EBlv可知：，故选项C正确。答案C4有一个匀强磁场边界是EF，在EF右侧无磁场，左侧是匀强磁场区域，如图3甲所示。现有一个闭合的金属线框以恒定速度从EF右侧水平进入匀强磁场区域。线框中的电流随时间变化的it图像如图乙所示，则可能的线框是下列四个
6、选项中的()图3解析由图乙可知，电流先是均匀增加，后均匀减小，又il，所以金属线框切割磁感线的有效长度应先是均匀增加，后均匀减小，A项符合；B项线框中间部分进入磁场后切割磁感线的有效长度不变；C项切割磁感线的有效长度不变，D项切割磁感线的有效长度不是均匀地增加和减小。答案A题组三自感现象、涡流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4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
7、原因是()图4A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，阻碍作用越强延迟现象越明显，故D错误。答案C6(多选)(2014江苏卷，7)如图5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
8、施可行的有()图5A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，选项C、D错误。答案AB考点一法拉第电磁感应定律En的应用1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EnB。(2)垂直于磁场的回路面积不变，磁感应强度发生变化，此时EnS，其中是Bt图像的斜率。2决定感应电动
9、势E大小的因素E的大小由和线圈的匝数共同决定。【例1】(多选)(2014四川卷，6)如图6所示，不计电阻的光滑U形金属框水平放置，光滑、竖直玻璃挡板H、P固定在框上，H、P的间距很小。质量为0.2 kg的细金属杆CD恰好无挤压地放在两挡板之间，与金属框接触良好并围成边长为1 m的正方形，其有效电阻为0.1 。此时在整个空间加方向与水平面成30角且与金属杆垂直的匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律是B(0.40.2t)T，图示磁场方向为正方向。框、挡板和杆不计形变。则()图6At1 s时，金属杆中感应电流方向从C到DBt3 s时，金属杆中感应电流方向从D到CCt1 s时，金属杆对挡板P的压力大小为
10、0.1 NDt3 s时，金属杆对挡板H的压力大小为0.2 N解析根据楞次定律可判断感应电流的方向总是从C到D，故A正确，B错误；由法拉第电磁感应定律可知：Esin 300.212 V0.1 V，故感应电流为I1 A，金属杆受到的安培力FABIL，t1 s时，FA0.211 N0.2 N，方向如图甲，此时金属杆受力分析如图甲，由平衡条件可知F1FAcos 600.1 N，F1为挡板P对金属杆施加的力。t3 s时，磁场反向，此时金属杆受力分析如图乙，此时挡板H对金属杆施加的力向右，大小F3BILcos 600.211 N0.1 N。故C正确，D错误。答案AC应用法拉第电磁感应定律解题的一般步骤(1
11、)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。【变式训练】1如图7甲所示，电路的左侧是一个电容为C的电容器，电路的右侧是一个环形导体，环形导体所围的面积为S。在环形导体中有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小随时间变化的规律如图乙所示。则在0t0时间内电容器()图7A上极板带正电，所带电荷量为B上极板带正电，所带电荷量为C上极板带负电，所带电荷量为D上极板带负电，所带电荷量为解析在0t0时间内回路中磁通量增加，由楞次定律知，回路中产生的感应电流方向为逆时针方向，电容器上极板带正电。由法拉第电
12、磁感应定律知，在0t0时间内回路中产生的感应电动势E，电容器两极板之间电压UE，电容器所带电荷量为qCU，选项A正确。答案A考点二导体切割磁感线产生感应电动势的计算1公式EBlv的使用条件(1)匀强磁场。(2)B、l、v三者相互垂直。2EBlv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。如图8中，棒的有效长度为ab间的距离。图8(4)相对性：EBlv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。【例2】(
13、多选)如图9所示，在一磁感应强度B0.5 T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放着两根相距为h0.1 m的平行金属导轨MN和PQ，导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R0.3 的电阻，导轨上跨放着一根长为L0.2 m，每米阻值r2.0 的金属棒ab，金属棒与导轨正交放置，交点为c、d，当金属棒在水平拉力作用下以速度v4.0 m/s向左做匀速运动时，则下列说法正确的是()图9A金属棒a、b两端点间的电势差为0.2 VB水平拉金属棒的力的大小为0.02 NC金属棒a、b两端点间的电势差为0.32 VD回路中的发热功率为0.06 W解析当金属棒ab在水平拉力作用下向左做匀速运动时，切
14、割磁感线的有效长度为cd部分，cd部分产生的感应电动势EBhv0.50.14.0 V0.2 V，由闭合电路欧姆定律，可得回路中产生的感应电流为I A0.4 A，金属棒ab受到的安培力F安BIh0.50.40.1 N0.02 N，要使金属棒匀速运动，应有FF安0.02 N，B正确；该回路为纯电阻电路，回路中的热功率为P热I2(Rhr)0.08 W，D错误；金属棒ab两点间的电势差等于Uac、Ucd与Udb三者之和，由于UcdEIrcd，所以UabEabIrcdBLvIhr0.32 V，A错误，C正确。答案BC【变式训练】2(多选)(2014山东卷，16)如图10，一端接有定值电阻的平行金属轨道固
15、定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好。在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示。不计轨道电阻。以下叙述正确的是()图10AFM向右 BFN向左CFM逐渐增大 DFN逐渐减小解析由安培定则可知，通电直导线在M、N区产生的磁场方向分别为垂直纸面向外、垂直纸面向里，导体棒向右通过M区时，由右手定则可知产生的感应电流方向向下，由左手定则可知，FM向左，同理可以判断，FN向左，越靠近通电直导线磁场越强，导体棒匀速运动，由EBLv、I、FBIL可知，FM逐渐增大，FN逐渐减小，正确选项为B、C、D。答案BCD考点三通电自感和断
16、电自感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：若I2I1，灯泡逐渐变暗；若I2I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。两种情况灯泡中电流方向均改变【例3】(多选)如图11甲、
17、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()图11A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，然后才逐渐变暗解析题图甲所示电路中，灯A和线圈L串联，电流相同，断开S时，线圈上产生自感电动势，阻碍原电流的减小，通过R、A形成回路，灯A逐渐变暗。题图乙所示电路中，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，电源不给灯供电，而线圈L产生自感电动势阻碍电流的减小，通过R、A形成回路，灯A中电流比原来大，变得更亮，然后逐渐变暗。答案AD【变式训练】3如图12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()图12解析开关S原来闭合时，电路处于稳定状态，流过R1的电流方向向左，大小为I1。与R1并联的R2和线圈L支路，电流I2的方向也是向左。当某一时刻开关S突然断开时，L中向左的电流要减小，由于自感现象，线圈L产生自感电动势，在回路“LR1AR2”中形成感应电流，电流通过R1的方向与原来相反，变为向右，并从I2开始逐渐减小到零，故D图正确。答案D高考资源网版权所有，侵权必究！
