人教版高三物理一轮复习基础梳理第九章课时1法拉第电磁感应定律楞次定律自感涡流

课时1法拉第电磁感应定律楞次定律自感涡流一、电磁感应当穿过闭合电路的磁通量发生变化时,电路中有电流产生,这种现象称为电磁感应现象。(1)条件:穿过闭合电路的磁通量发生变化。(2)特例:闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动。发生电磁感应现象时,机械能或其他形式的能转化为电能。温馨提示:当回路不闭合时,没有感应电流,但有感应电动势,只产生感应电动势的现象也可以称为电磁感应现象,且产生感应电动势的那部分导体或线圈相当于电源。二、感应电流方向的判断(1)内容:感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。(2)适用情况:所有的电磁感应现象。(1)内容:伸开右手,使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一个平面内,让磁感线从掌心进入,并使拇指指向导线运动的方向,这时四指所指的方向就是感应电流的方向。(2)适用情况:导线切割磁感线产生感应电流。考点一电磁感应现象的判断表述一:闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动。表述二:穿过闭合电路的磁通量发生变化。(1)确定研究的闭合回路。(2)弄清楚回路内的磁场分布,并确定该回路的磁通量Φ。(3)QUOTEΦ不变→无感应电流Φ变化判断电路中能否产生感应电流的一般流程[典例1]如图所示,闭合铜环与闭合金属矩形框架abcd接触良好,匀强磁场垂直穿过它们。当铜环沿框架向右移动时()A.efg边上没有感应电流产生,因为铜环内磁通量没有变化B.ab边上没有感应电流产生,因为金属框架内磁通量没有变化C.ab边上有感应电流,efg边上没有感应电流D.ab边、efg边上均有感应电流解析:法一取aefgb为研究的回路,当闭合铜环向右移动时,其磁通量Φ增大,所以该回路中有感应电流,ab边、efg边上均有感应电流产生,选项A,B,C错误,D正确。法二当闭合铜环向右移动时,efg,ehg两边都在切割磁感线,相当于两个电源并联,所以ab,efg,dc和ehg各边上均有感应电流产生,选项A,B,C错误,D正确。答案:D判断能否产生电磁感应现象,关键是看回路的磁通量是否发生了变化。磁通量的变化量ΔΦ=Φ2Φ1有多种形式,主要有:(1)S,θ不变,B改变,这时ΔΦ=ΔB·Ssinθ;(2)B,θ不变,S改变,这时ΔΦ=ΔS·Bsinθ;(3)B,S不变,θ改变,这时ΔΦ=BS(sinθ2sinθ1)。变式1:(多选)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(AB)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解析:当圆盘转动时,圆盘的半径切割磁针产生的磁场的磁感线,产生感应电动势,选项A正确;如图所示,铜圆盘上存在许多小的闭合回路,当圆盘转动时,穿过小的闭合回路的磁通量发生变化,回路中产生感应电流,根据楞次定律,感应电流阻碍其相对运动,但抗拒不了相对运动,故磁针会随圆盘一起转动,但略有滞后,选项B正确;在圆盘转动过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量始终为零,选项C错误;圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成的电流的磁场方向沿圆盘轴线方向,会使磁针沿轴线方向偏转,选项D错误。考点二感应电流方向的判断1.楞次定律:感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。2.右手定则:如图,伸开右手,使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一平面内,让磁感线从掌心进入,并使拇指指向导体运动的方向,这时四指所指的方向就是感应电流的方向。说明:(1)楞次定律适用于所有的电磁感应现象。(2)右手定则是楞次定律的一个推论,适用于导体棒切割磁感线产生感应电流。[典例2]如图,垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨,导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS,一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内,线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动,在运动开始的瞬间,关于感应电流的方向,下列说法正确的是()A.PQRS中沿顺时针方向,T中沿逆时针方向B.PQRS中沿顺时针方向,T中沿顺时针方向C.PQRS中沿逆时针方向,T中沿逆时针方向D.PQRS中沿逆时针方向,T中沿顺时针方向解析:因为PQ突然向右运动,由右手定则可知,运动开始的瞬间,PQRS中有沿逆时针方向的感应电流,穿过T中的磁通量减小,由楞次定律可知,T中有沿顺时针方向的感应电流,D正确,A,B,C错误。答案:D变式2:(多选)如图所示,“U”形金属框架固定在水平面上,金属杆ab与框架间无摩擦。整个装置处于竖直方向的磁场中。若因磁场的变化,使杆ab向右运动,则磁感应强度(AD)解析:杆ab向右运动,使得闭合回路中磁通量有增加趋势,说明原磁场的磁通量必定减小,即磁感应强度正在减小,与方向向上、向下无关,故选项A,D正确,B,C错误。考点三楞次定律的推广应用“阻碍”的含义可以推广为感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因:(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”;(2)阻碍相对运动——“来拒去留”;(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”;(4)阻碍原电流的变化(自感现象)——“增反减同”。[典例3]如图,通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面,位置靠近ab且相互绝缘。当MN中电流突然减小时,线圈所受安培力的合力方向()解析:因为导线MN靠近ab,由图可知,线圈中等效合磁场为垂直纸面向里,当MN中电流减小时,由楞次定律可知感应电流的磁场阻碍磁通量的减小,故线圈向右运动,所受安培力的合力向右,故只有B项正确。答案:B变式3:如图,一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上,细线从一水平金属圆环中穿过。现将环从位置Ⅰ释放,环经过磁铁到达位置Ⅱ。设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为F1和F2,重力加速度大小为g,则(A)1>mg,F21<mg,F2<mg1>mg,F21<mg,F2>mg解析:金属圆环从位置Ⅰ到位置Ⅱ过程中,由楞次定律知,金属圆环在磁铁上端时受力向上,在磁铁下端时受力也向上,则金属圆环对磁铁的作用力始终向下,对磁铁受力分析可知F1>mg,F2>mg,A项正确。考点四法拉第电磁感应定律(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QUOTEΔΦΔt共同决定,而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然的联系。(2)磁通量的变化率对应Φt图线上某点切线的斜率。(1)磁通量的变化是由面积变化引起时,ΔΦ=BΔS,则E=nQUOTEBΔSΔt;(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时,ΔΦ=ΔBS,则E=nQUOTEΔBSΔt;(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=nQUOTE|B2S2-B1S1|Δt≠n(1)公式E=nQUOTEΔΦΔt求解的是一个回路中某段时间内的平均感应电动势,只有在磁通量均匀变化时,瞬时值才等于平均值。(2)利用公式E=nSQUOTEΔBΔt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=QUOTEIΔt=QUOTEnΔΦΔtRΔt=QUOTEnΔΦR。表达式E=nQUOTEΔΦΔtE=BLvsinθE=QUOTE12BL2ωE=NBSωsin(ωt+0)情景图意义一般求平均感应电动势,当Δt→0时求的是瞬时感应电动势一般求瞬时感应电动势,当v为平均速度时求的是平均感应电动势用平均值法求瞬时感应电动势求瞬时感应电动势适用条件所有磁场(匀强磁场定量计算、非匀强磁场定性分析)匀强磁场匀强磁场匀强磁场[典例4]如图a所示,平行长直金属导轨水平放置,间距L=0.4m。导轨右端接有阻值R=1Ω的电阻,导体棒垂直放置在导轨上,且接触良好。导体棒及导轨的电阻均不计,导轨间正方形区域abcd内有方向竖直向下的匀强磁场,bd连线与导轨垂直,长度也为L。从t=0时刻开始,磁感应强度B的大小随时间t的变化规律如图b所示;同一时刻,棒从导轨左端开始向右匀速运动,1s后刚好进入磁场。若使棒在导轨上始终以速度v=1m/s做直线运动,求:(1)棒进入磁场前,回路中的电动势E;(2)棒在运动过程中受到的最大安培力F以及棒通过三角形abd区域时电流i与时间t的关系式。解析:(1)棒在进入磁场前没有切割磁感线,但磁场的强弱发生变化,导致磁通量发生变化。abcd的面积S=L2,①E=nQUOTEΔΦΔt=nQUOTEΔBΔt·S②由①②联立得E=0.04V。(2)棒进入磁场后,做切割磁感线运动,当棒到达bd时,产生的感应电流最大,同时切割长度最大,所以受到的安培力也最大,到达bd时,产生的感应电动势E=BLbdv③产生的感应电流I=QUOTEER④所受最大安培力F=BILbd⑤由③④⑤联立得F=0.04N,棒通过三角形abd区域时,切割磁感线的长度l=2v(t1),其中t的取值范围为1s≤t≤1.2s⑥产生的感应电动势E′=Blv⑦感应电流i=QUOTEE'R⑧由⑥⑦⑧联立感应电流为i=QUOTE2Bv2R(t1)=t1(1s≤t≤1.2s)。答案:(1)0.04V(2)0.04Ni=t1(1s≤t≤1.2s)变式4:(多选)如图所示,一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于回路所在的平面向里。回路以速度v向右匀速进入磁场,直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止,下列结论正确的是(ACD)m=BavD.感应电动势平均值E=QUOTE14πBav解析:在闭合回路进入磁场的过程中,通过闭合回路的磁通量逐渐增大,根据楞次定律可知感应电流的方向始终为逆时针方向,A正确。根据左手定则可判断,CD段受安培力向下,B不正确。当半圆形闭合回路进入磁场一半时,有效切割长度最大为a,所以感应电动势最大值为Em=Bav,C正确。感应电动势平均值E=QUOTEΔΦΔt=QUOTEB·πa222av=QUOTE14πBav,D正确。考点五自感、涡流、电磁阻尼与电磁驱动1.自感现象表达式:E=LQUOTEΔIΔt。(1)自感系数L①相关因素:与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯有关。②单位:亨利(H,1mH=103H,1μH=106H)。(2)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A1,A2同规格,R=RL,L较大L很大(有铁芯)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,阻碍了电流的增大,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A灯,且由于RL≪RA,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(1)涡流:当线圈中的电流发生变化时,在它附近的导体中都会产生感应电流,这种电流像水中的旋涡,所以叫涡流。(2)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动。(3)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,使导体运动起来。说明:电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用。[典例5]如图所示的电路,可用来测定自感系数较大的线圈的直流电阻,线圈两端并联一个电压表,用来测量自感线圈两端的直流电压,在实验完毕后,将电路拆开时应()12解析:该电路实际上就是伏安法测电感线圈直流电阻的电路,在实验完毕后,由于线圈的自感现象,若电路元件拆去的先后顺序不对,可能会烧坏电表。当开关S1,S2闭合,电路稳定时,线圈中的电流方向为a→b,电压表的右端为“+”,左端为“”,指针正向偏转。若先断开开关S1或先拆电流表(或先拆去电阻R)的瞬间,线圈中产生的自感电动势相当于瞬间电源,其a端相当于电源的负极,b端相当于电源的正极,此时电压表加了一个反向电压,使指针反向偏转,因自感系数较大的线圈的电压很大,会烧坏电压表。而先断开开关S2,由于电压表的内阻很大,电路中的总电阻变化很小,电流几乎不变,不会损坏其他器件,故应先断开开关S2,选项B正确。答案:B变式5:(多选)如图所示的电路中,电感线圈L的自感系数很大,电阻可忽略,D为理想二极管,则下列说法正确的有(BD)A.当S闭合时,L1立即变亮,L2逐渐变亮B.当S闭合时,L1一直不亮,L2逐渐变亮C.当S断开时,L2立即熄灭D.当S断开时,L1突然变亮,然后逐渐变暗至熄灭解析:当S闭合时,因二极管加上了反向电压,故二极管截止,L1一直不亮。通过线圈的电流增加,产生感应电动势阻碍电流增加,故使得L2逐渐变亮,选项B正确,A错误;当S断开时,由于线圈自感电动势阻碍电流的减小,通过L1的电流要在L2→L1→D→L中形成新的回路,故L1突然变亮,然后逐渐变暗至熄灭,选项C错误,D正确。1.(电磁感应现象)(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示,磁体附近的金属弦被磁化,因此弦振动时,在线圈中产生感应电流,电流经电路放大后传送到音箱发生声音,下列说法正确的有(BCD)A.选用铜质弦,电吉他仍能正常工作B.取走磁体,电吉他将不能正常工作D.弦振动过程中,线圈中的电流方向不断变化解析:因铜质弦不能被磁化,所以A错误;若取走磁铁,金属弦无法磁化,电吉他将不能正常工作,所以B正确;根据法拉第电磁感应定律知,增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势,所以C正确;弦振动过程中,线圈中的磁通量一会儿增大一会儿减小,所以电流方向不断变化,D正确。2.(楞次定律的应用)(多选)如图,在水平光滑桌面上,两相同的矩形刚性小线圈分别叠放在固定的绝缘矩形金属框的左右两边上,且每个小线圈都各有一半面积在金属框内,在金属框接通逆时针方向电流的瞬间(BC)D.左边小线圈中感应电流沿顺时针方向,右边小线圈中感应电流沿逆时针方向解析:在金属框接通逆时针方向电流的瞬间,穿过两线圈的磁通量均增加,为了阻碍磁通量的增加,由楞次定律知,左、右两线圈分别向左、右移动,两小线圈中感应电流都沿顺时针方向,故B,C正确。3.(楞次定律的应用)如图所示,在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A,B,导轨与直导线平行且在同一水平面内,在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd。当载流直导线中的电流逐渐增强时,导体ab和cd的运动情况是(C)C.ab和cd相向运动,相互靠近D.ab和cd相背运动,相互远离解析:根据安培定则知,直线电流下方的磁场方向垂直纸面向里,电流增强时,磁场增强,根据楞次定律得,回路中的感应电流方向为abdc,根据左手定则知,ab所受安培力方向向右,cd所受安培力向左,即ab和cd相向运动,相互靠近,故选项C正确,A,B,D错误。4.(法拉第电磁感应定律)(多选)法拉第圆盘发动机的示意图如图所示.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(AB)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两倍,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,出现感应电流,则当圆盘顺时针转动时,根据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘向中心,流过电阻的电流方向从a到b,B正确;设圆盘半径为L,由法拉第电磁感应定律得感生电动势E=BLQUOTEv=QUOTE12BL2ω,感应电流大小为I=QUOTEER+r=QUOTEBL2ω2(R+r)恒定,A正确,C错误;由P=QUOTEE2R+r得,当ω变为2倍时,P变为原来的4倍,D错误。5.(自感)(多选)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是两个完全相同的电灯,E是内阻不计的电源。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分别表示通过电灯D1和D2中的电流,规定图中箭头所示方向为电流正方向,以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是(AC)解析:当S闭合时,L的自感作用会阻碍其中的电流变大,电流从D1流过;当L的阻碍作用变小时,L中的电流变大,D1中的电流变小至零;D2中的电流为电路总电流,电流流过D1时,电路总电阻较大,电流较小,当D1中电流为零时,电流流过L与D2,总电阻变小,电流变大至稳定;当S再断开时,D2马上熄灭,D1与L组成回路,由于L的自感作用,D1慢慢熄灭,电流反向且减小;综上所述知选项A,C正确。1.(2019·全国Ⅲ卷,14)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现(D)解析:楞次定律指感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的原磁场的磁通量的变化,这种阻碍作用做功将其他形式的能转变为感应电流的电能,所以楞次定律的阻碍过程实质上就是能量转化的过程,选项D正确。2.(2018·全国Ⅰ卷,19)(多选)如图,两个线圈绕在同一根铁芯上,其中一线圈通过开关与电源连接,另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方,开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是(AD)A.开关闭合后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C.开关闭合并保持一段时间后,小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D.开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动解析:根据安培定则,开关闭合时铁芯上产生水平向右的磁场。根据楞次定律,直导线上将产生由南向北的电流,根据安培定则,直导线上方的磁场垂直纸面向里,故小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动,A正确;开关闭合并保持一段时间后,直导线上没有感应电流,故小磁针的N极指北,B,C错误;开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间,根据楞次定律,直导线上将产生由北向南的电流,这时直导线上方的磁场垂直纸面向外,故小磁针N极朝垂直纸面向外的方向转动,D正确。3.(2018·全国Ⅲ卷,20)(多选)如图(a),在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R,R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i,i的变化如图(b)所示,规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势(AC)A.在t=QUOTET4时为零B.在t=QUOTET2时改变方向C.在t=QUOTET2时最大,且沿顺时针方向D.在t=T时最大,且沿顺时针方向解析:在t=QUOTET4时,交流电图线斜率为0,即磁场变化率为0,由E==QUOTEΔBΔtS知,E=0,选项A正确;在t=QUOTET2和t=T时,图线斜率最大,磁场的变化率最大,则在t=QUOTET2和t=T时感应电动势最大。在QUOTET4到QUOTET2之间,电流由Q到P减弱,导线在R处产生垂直纸面向里的磁场,且磁场减弱,由楞次定律知,R中感应电动势沿顺时针方向,同理可判断在QUOTET2到QUOTE3T4时,R中电动势也为顺时针方向,在QUOTE34T到T时,R中电动势为逆时针方向,选项C正确,B,D错误。4.(2018·全国Ⅱ卷,17)如图,导体轨道OPQS固定,其中PQS是半圆弧,Q为半圆弧的中点,O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆,M端位于PQS上,OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场,磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ);再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ,Ⅱ中,流过OM的电荷量相等,则QUOTEB'B等于(