1、高考资源网（） 您身边的高考专家第2讲法拉第电磁感应定律自感涡流法拉第电磁感应定律(考纲要求)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)导体棒在磁场中转动时导体棒以端点
2、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线速度l).自感、涡流(考纲要求)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：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3电磁感应的重要应用(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相对运
3、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1对公式En的理解2公式EBLv与公式En的比较EnEBLv导体一个回路一段导体适用普遍使用导体切割磁感线意义常常用于求平均电动势既可求平均值也可求瞬时值联系本质上是统一的后者是前者的一种特殊情况但是，当导体做切割磁感线运动时，用EBLv求E比较方便；当穿过电路的磁通量发生变化时，用En求E比较方便.1(2012安徽六校联考)图中ad所示分别为穿过某一闭合回路的磁通量随时间t变化的图象，关于回
4、路中产生的感应电动势下列论述正确的是()A图a中回路产生的感应电动势恒定不变B图b中回路产生的感应电动势一直在变大C图c中回路在0t1时间内产生的感应电动势小于在t1t2时间内产生的感应电动势D图d中回路产生的感应电动势先变小再变大解析磁通量随时间t变化的图象中，斜率表示感应电动势，所以图a中不产生感应电动势，图b中产生恒定的感应电动势，图c中0t1时间内的感应电动势大于t1t2时间内的感应电动势，图d中感应电动势先变小再变大答案D图9212如图921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轴以角速度沿逆时针方向匀速转动，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
5、由c到d，I B由d到c，IC由c到d，I D由d到c，I答案D图9223在匀强磁场中，有一个接有电容器的单匝导线回路，如图922所示，已知C30 F，L15 cm，L28 cm，磁场以5102 T/s的速率增加，则()A电容器上极板带正电，带电荷量为6105 CB电容器上极板带负电，带电荷量为6105 CC电容器上极板带正电，带电荷量为6109 CD电容器上极板带负电，带电荷量为6109 C解析电容器两极板间的电势差U等于感应电动势E，由法拉第电磁感应定律，可得EL1L22104 V，电容器的带电荷量QCUCE6109 C，再由楞次定律可知上极板的电势高，带正电，C项正确答案C图9234如图
6、923所示为一光滑轨道，其中MN部分为一段对称的圆弧，两侧的直导轨与圆弧相切，在MN部分有如图所示的匀强磁场，有一较小的金属环如图放置在P点，金属环由静止自由释放，经很多次来回运动后，下列判断正确的有()A金属环仍能上升到与P等高处B金属环最终将静止在最低点C金属环上升的最大高度与MN等高D金属环上升的最大高度一直在变小解析金属环在进入磁场以及穿出磁场的过程中，都将产生涡流，机械能转化为内能，金属环的动能变小当金属环只在磁场中运动时，不再产生涡流，最后将在MN之间来回运动，所以最后上升的最大高度与MN等高答案C5闭合回路由电阻R与导线组成，其内部磁场大小按Bt图变化，方向如图924所示，则回路
7、中()图924A电流方向为逆时针方向B电流强度越来越大C磁通量的变化率恒定不变D产生的感应电动势越来越大解析由楞次定律可以判断电流方向为顺时针方向，A项错误；由法拉第电磁感应定律En可得，EnS，由图可知是恒量，所以电动势恒定，D项错误；根据欧姆定律，电路中电流是不变的，B项错误；由于磁场均匀增加，线圈面积不变所以磁通量的变化率恒定不变，C项正确答案C考点一法拉第电磁感应定律En的应用应用法拉第电磁感应定律En时应注意：(1)研究对象：En 的研究对象是一个回路，而不是一段导体；(2)物理意义：En求的是t时间内的平均感应电动势，当t0时，则E为瞬时感应电动势；(3)En求得的电动势是整个回路
8、的感应电动势，而不是回路中某段导体的电动势整个回路的电动势为零，其回路中某段导体的感应电动势不一定为零；(4)用公式EnS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积(5)若回路中与磁场方向垂直的面积S及磁感应强度B均随时间变化，则EtnStnBt，要特别注意题目要求的是哪个时刻的感应电动势【典例1】 如图925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R1连接成闭合回路，线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2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925乙所示，图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计，求0至t1时
9、间内，图925(1)通过电阻R1上的电流大小和方向；(2)通过电阻R1上的电荷量q及电阻R1上产生的热量解析(1)由图象分析可知，0至t1时间内由法拉第电磁感应定律有EnnS.而Sr22，由闭合电路欧姆定律有I1联立以上各式解得通过电阻R1上的电流大小为I1由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a.(2)通过电阻R1上的电荷量qI1t1通过电阻R1上产生的热量QI12R1t1.答案见解析(1)计算通过导线横截面的电荷量一定要用平均电流乘以时间(2)由qt，n，可导出电荷量qn.【变式1】 (2011广西二模)图926如图926所示，边长为a、电阻为R的正方形闭合线框ABCD在匀强磁场
10、中绕AB边匀速转动，磁感应强度为B，初始时刻线框所在平面与磁感线垂直，经过t时间后转过120角，求：(1)线框内感应电流在t时间内的平均值；(2)转过120角时感应电动势的瞬时值；(3)设线框电阻为R，则这一过程通过线框导线截面的电荷量解析(1)初始时刻1Ba2，t时刻2Ba2，故|21|Ba2，所以，.(2)因t时间内转过120，故周期为3t，则线框转动的角速度，t时刻CD边的线速度为va，速度方向与磁场夹角为60，所以EBavsin .(3)因为，q，所以q.答案(1)(2)(3)考点二导体切割磁感线产生感应电动势的计算对于导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式EBlv，应从以下几个方面
11、理解和掌握(1)公式使用条件：本公式是在一定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场外，还需B、l、v三者相互垂直实际问题中当它们不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算，公式可为EBlvsin ，为B与v方向间的夹角(2)使用范围：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.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为有效切割长度，即导体与v垂直的方向上的投影长度图中有效长度分别为：甲图：lcdsin ；乙图：沿v1方向运动时，lMN；沿v2方向运动时，l0.丙图：沿v1方向运动时，lR；沿v2方向运动时，l0；沿v3方向运动时，lR(4)相对性：EBlv
12、中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动，应注意速度间的相对关系【典例2】 如图927所示，水平放置的三条光滑平行金属导轨abc，相距均为d1 m，导轨ac间横跨一质量为m1 kg的金属棒MN，棒与导轨始终良好接触，棒的电阻r2 ，导轨的电阻忽略不计在导轨bc间接一电阻为R2 的灯泡，导轨ac间接一理想电压表整个装置放在磁感应强度B2T的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，现对棒MN施加一水平向右的拉力F，使棒从静止开始运动，试求：图927(1)若施加的水平恒力F8 N，则金属棒达到稳定时速度为多少？(2)若施加的水平外力功率恒定，棒达到稳定时速度为1.5 m/s，则此时电压表的读数为多少
13、？(3)若施加的水平外力功率恒为P20 W，经历t1 s时间，棒的速度达到2 m/s，则此过程中灯泡产生的热量是多少？解析(1)当F与安培力平衡时，金属棒速度达到稳定，设稳定时速度大小为v1，F安BdlIR总R解得v16 m/s(2)设电压表的读数为U，则UBdv2ULULBdv2解得U5 V(3)设小灯泡和金属棒产生的热量分别为Q1，Q2有Q1Q221由功能关系得：PtQ1Q2mv2可得Q112 J答案(1)6 m/s(2)5 V(3)12 J【变式2】 如图928所示，一导线弯成闭合线圈，以速度v向左匀速进入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直平面向外线圈总电阻为R，从线圈进入磁场开始到
14、完全进入磁场为止，下列结论正确的是()图928A感应电流一直沿逆时针方向B线圈受到的安培力先增大，后减小C感应电动势的最大值EBrvD穿过线圈某个横截面的电荷量为解析在闭合线圈进入磁场的过程中，通过闭合线圈的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向一直为顺时针方向，A错误导体切割磁感线的有效长度先变大后变小，感应电流先变大后变小，安培力也先变大后变小，B正确导体切割磁感线的有效长度最大值为2r，感应电动势最大为E2Brv，C错误穿过线圈某个横截面的电荷量为Q，D错误答案B考点三自感现象、通电和断电自感的比较通电自感断电自感电路图器材要求A1、A2同规格，RRL，L较大L很大(有铁芯)，R
15、LRA现象在S闭合瞬间，A2灯立即亮起来，A1灯逐渐变亮，最终一样亮在开关S断开时，灯A突然闪亮一下后再渐渐熄灭(当抽掉铁芯后，重做实验，断开开关S时，会看到灯A马上熄灭)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，且由于RLRA，使得流过A灯的电流在开关断开瞬间突然增大，从而使A灯的发光功率突然变大能量转化情况电能转化为磁场能磁场能转化为电能【典例3】 如图929所示，图929
16、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，灯L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)()AS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BS闭合，L1不亮，L2很亮；S断开，L1、L2立即不亮CS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亮一下才熄灭DS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立即不亮，L1亮一下才熄灭解析当S闭合，L的自感系数很大，对电流的阻碍作用较大，L1和L2串接后与电源相连，L1和L2同时
17、亮，随着L中电流的增大，L的直流电阻不计，L的分流作用增大，L1中的电流逐渐减小为零，由于总电阻变小，总电流变大，L2中的电流增大，L2灯变得更亮；当S断开，L2中无电流，立即熄灭，而线圈L将要维持本身的电流不变，L与L1组成闭合电路，L1灯要亮一下后再熄灭综上所述，选项D正确答案D【变式3】 (2010北京理综)在如图9210所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I.然后，断开S.若t时刻再闭合S，则在t前后的一小段时间内，正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流
18、i2随时间t变化的图象是()图9210解析本题考查线圈的自感现象、电磁感应中的电流图象由题中给出的电路可知，电路由L与L1和L2与R两个支路并联，在t时刻，L1支路的电流因为有L的自感作用，所以i1由0逐渐增大，L2支路为纯电阻电路，i2不存在逐渐增大的过程，所以B正确；本题答案为B.答案B12.电磁感应中的“杆导轨”模型(1)模型概述“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，考查的知识点多，题目的综合性强，物理情景变化空间大，是我们复习中的难点“杆导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型；导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜；杆的运动状态可分为匀速运动、匀变速运动、非匀
19、变速运动或转动等；磁场的状态可分为恒定不变、均匀变化和非均匀变化等等，情景复杂形式多变(2)模型分类.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，a、v同向，随速度的增加，棒的加速度a减小，当a0时，v最大，I恒定收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征a0v恒定不变电学特征I恒定图9211【例1】 (2010天津理综，11)如图9211所示，质量m10.1 kg，电阻R10.3 ，长度l0.4 m的导体棒ab横放在U型金属框架
20、上框架质量m20.2 kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数0.2.相距0.4 m的MM、NN相互平行，电阻不计且足够长电阻R20.1 的MN垂直于MM.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B0.5 T垂直于ab施加F2 N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM、NN保持良好接触当ab运动到某处时，框架开始运动设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.(1)求框架开始运动时ab速度v的大小；(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q0.1 J，求该过程ab位移x的大小解析(1)ab对框架的压力F1m1g框架受水平面的支持力N
21、m2gF1依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力F2Nab中的感应电动势EBlvMN中电流IMN受到的安培力F安IlB框架开始运动时F安F2由上述各式代入数据解得v6 m/s(2)闭合回路中产生的总热量Q总Q由能量守恒定律，得Fxm1v2Q总代入数据解得x1.1 m答案(1)6 m/s(2)1.1 m.单杆倾斜式物理模型匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，导轨间距L，导体棒质量m，电阻R，导轨光滑，电阻不计动态分析棒ab释放后下滑，此时agsin ，棒ab速度v感应电动势EBLv电流I安培力FBIL加速度a，当安培力Fmgsin 时，a0，v最大收尾状态运动形式匀速直线运动
22、力学特征a0v最大vm电学特征I恒定【例2】 (2011上海单科，32)(14分)如图9212所示，电阻可忽略的光滑平行金属导轨长s1.15 m，两导轨间距L0.75 m，导轨倾角为30，导轨上端ab接一阻值R1.5 的电阻，磁感应强度B0.8 T的匀强磁场垂直轨道平面向上阻值r0.5 ，质量m0.2 kg的金属棒与轨道垂直且接触良好，从轨道上端ab处由静止开始下滑至底端，在此过程中金属棒产生的焦耳热Q10.1 J(取g10 m/s2)求：图9212(1)金属棒在此过程中克服安培力的功W安；(2)金属棒下滑速度v2 m/s时的加速度a.(3)为求金属棒下滑的最大速度vm，有同学解答如下：由动能
23、定理，W重W安mvm2，.由此所得结果是否正确？若正确，说明理由并完成本小题；若不正确，给出正确的解答解析(1)下滑过程中安培力的功即为在电阻上产生的焦耳热，由于R3r，因此QR3Qr0.3 J(1分)故W安QQRQr0.4 J(2分)(2)金属棒下滑时受重力和安培力F安BILv(1分)由牛顿第二定律mgsin 30vma(3分)所以ag sin 30vm/s23.2 m/s2(2分)(3)此解法正确金属棒下滑时受重力和安培力作用，其运动满足mgsin 30vma上式表明，加速度随速度增加而减小，棒做加速度减小的加速运动无论最终是否达到匀速，当棒到达斜面底端时速度一定为最大由动能定理可以得到棒
24、的末速度，因此上述解法正确(2分)mgs sin 30Qmvm2(2分)得vm m/s2.74 m/s(1分)答案(1)0.4 J(2)3.2 m/s2(3)见解析一、公式EBlv的应用(高频考查)1(2010全国，17改编)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5105 T一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s.下列说法正确的是()A电压表记录的电压为5 mVB电压表记录的电压为10 mVC河南岸的电势较高D河北岸的电势较高解析由EBlv4.510510029103(V)可知A、B
25、项错误再由右手定则可判断河北岸电势高，故C项错误、D项正确答案D图92132(2011山东理综，21改编)如图9213所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B，方向相反且垂直纸面，MN、PQ为其边界，OO为其对称轴一导线折成边长为l的正方形闭合回路abcd，回路在纸面内以恒定速度v0向右运动，当运动到关于OO对称的位置时，下列说法错误的是()A穿过回路的磁通量为零B回路中感应电动势大小为2Blv0C回路中感应电流的方向为顺时针方向D回路中ab边与cd边所受安培力方向相同解析由于两磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，且回路此时关于OO对称，因而此时穿过回路的磁通量为零，A项正确；ab、cd均
26、切割磁感线，相当于两个电源，由右手定则知，回路中感应电流方向为逆时针，两电源串联，感应电动势为2Blv0，B项正确、C项错误；由左手定则知ab、cd所受安培力方向均向左，D项正确答案C图92143(2010全国卷，18)如图9214，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b和下边界d水平在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平线圈从水平面a开始下落已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离若线圈下边刚通过水平面b、c(位于磁场中)和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd，则()AFdFcFbBFcFdFbFdDFcF
27、bvb，当线圈在进入和离开磁场时，穿过线圈的磁通量变化，线圈中产生感应电流，受磁场力作用，其大小为：FBIlBl，因vdvb，所以FdFbFc，选项D正确答案D二、法拉第电磁感应定律En的应用(高频考查)4(2010江苏单科，2)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. B1 C2 D4解析设原磁感应强度是B，线框面积是S.第1 s内12BSBSBS，第2 s内22B2BSBS.因为En
28、，所以两次电动势大小相等，B正确答案B5(2010浙江理综，19)半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图9215甲所示有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图9215乙所示在t0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒则以下说法正确的是()图9215A第2秒内上极板为正极B第3秒内上极板为负极C第2秒末微粒回到了原来位置D第2秒末两极板之间的电场强度大小为解析由图知第2秒内，磁场向里并均匀减小，由楞次定律知，环中电流方向为顺时针，因而上极板带正电，A项正确；第3秒内磁场向
29、外且均匀增大，由楞次定律知，环中电流方向为顺时针，上极板仍带正电，B项错误；同理第1秒内上极板带负电，此微粒2秒内先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，方向不变，C项错误；由法拉第电磁感应定律知，电路中感应电动势为E感r20.1r2，场强为E，D项错误答案A6(2011广东卷，15)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
30、应电动势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C图92167(2011福建卷，17)如图9216所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成角(090)，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vB下滑的位移大小为C产生的焦耳热为qBLvD受到的最大安培力大小为sin 解析对棒受力分析如图所示F安BIL，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，A错；由qn可得：q，故棒下滑的位移x，B正确；求焦耳热应该用有效值，故C错答案B- 15 - 版权所有高考资源网
