一轮复习-第2讲-法拉第电磁感应定律--自感和涡流.docx

第2讲法拉第电磁感应定律 自感和涡流【必备知识落实基础性】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那么来判断。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：登 其中为线圈匝数。(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/二占。说明：磁通量与线圈的匝数无关，但感应电动势与匝数有关，匝线圈相当于个相同 的电源串联。加试小题1 .粤教版选修3-2Pi8T3改编如下图，半径为一的匝线圈放在边长为L 的正方形砧之外，匀强磁场充满正方形区域并垂直穿过该区域。当磁场以笑的变化率变 化时，线圈产生的感应电动势大小为()八c AB 一厂 AB AB )A. 0B. rr.RC. zr而兀厂2D.犷1，-2 1.B解析：由法拉第电磁感应定律可知线圈产生的自感电动势石=疗斤/?,故B正确。3.导体切割磁感线时的感应电动势二、自感、涡流切割方式电动势表达式说明垂直切割E = Blv导体棒与磁场方向垂直，磁场为匀强磁场式中1为导体切割磁感线的有效长度旋转切割中导体棒的平均速度等于中点位置的线速度;3倾斜切割E = Blvsin0(O为v与B的夹角)旋转切割(以一端为轴)1 9E = Bl v = Bpco1.互感现象倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为，。保持金属杆以速度u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）。贝!）（）A.电路中感应电动势的大小为忑方S1I1 （/B.电路中感应电流的大小为bosin 9rC.金属杆所受安培力的大小为B2lvsin 0D.金属杆的热功率为区2勿2rsin 02.B 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£=8历（/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Z=-7=, sin 0选项B正确；金属杆所受安培力的大小为F=BILf =3"等辿,1/=2,选项C错误; / dill U 人口 l 2 ls B2v2sin2O lr B2lv2sin 0, _ 川口金属杆的热功率为尸=尸氏=丁一而万=；一,选项D错误。考向2：转动切割要点归纳导体棒转动切割磁感线时的感应电动势如下图，长为/的导体棒"以。为圆心，以角速度/在磁感应强度为3的匀强磁场 中匀速转动，其感应电动势可从两个角度推导.（1）棒上各点速度不同，其平均速度）=/次，由E=B历得棒上感应电动势大小为E=（平均速度取中点位置的线速度3/）假设经时间加，棒扫过的面积为45=兀/噜磁通量的变化量AO=BAS=；乙IL 4乙BParM,由E=华得棒上感应电动势大小为E*Bl2co. l I乙(3)假设长为/的导体棒ab以0为圆心以角速度在磁感应强度为B的匀强磁场中匀速转 动，且的。长度为小 也可以从平均速度及法拉第电磁感应定律两种方法进行推导。请大家自己做一下，在此仅给出结果：E=B(d+/)2Sd2co O由此结果也可看出，当绕端点转动时，d=0,那么回到上面的结果(4)以导体棒上任意一点为轴时，石"婀A-&(不同两段的代数和，其中/1泌)。典例导引典例 如凰直角三角形金属框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边以角速度切逆时针转动时,o、b、c三点的电势分别为Ra、八口。be边的长度为/。以下判断正确的选项是()o(1)(1)A.0a>0c,金属框中无电流B.rqrc,金属框中电流方向为a-b-c-aC. Uhb/2®金属框中无电流D.U"=：8/2®金属框中电流方向为a-c-b-a解题指导：导体棒一局部切割磁感线产生的感应电动势大小可考虑用E=BLv求解，方向用右手定那么判断;假设某导体框几局部同时切割磁感线，感应电动势大小可优先考虑用法拉第电 磁感应定律求解，方向用楞次定律判断。自主解答典例C解析:闭合金属框在匀强磁场中绕附边以角速度3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,B、D两项错误;由右手定那么可知g=/心力、c两点间的 电势差Ubc=-Blv中=-躯2® A项错误,C项正确。针对训练1 .（金属盘转动切割）如下图，半径为厂的金属圆盘在垂直于盘面的磁感应强度为3的匀强磁场中，绕。轴以角速度口沿逆时针方向匀速运动，那么通过电阻R的电流的方向和大小是（金属圆盘的电阻不计）（C.由 C 至U d, /= G D Za i_ , T BPcoD.由 d 到 c, /= zrl.D解析：由右手定那么，圆盘相当于电源，其电流方向为从边缘指向圆心，所以通过电阻R的电流的方向是由d到c;而金属圆盘产生的感应电动势5W口，所以通过电阻R的电 流大小是/=笫，D正确.Zl2.（金属杆转动切割）（多项选择）如下图，用粗细均匀的铜导线制成半径为八电阻为4R 的圆环，尸。为圆环的直径，在尸。的左右两侧均存在垂直圆环所在平面的匀强磁场，磁感 应强度大小均为从 但方向相反。一根长为2人电阻不计的金属棒例N绕着圆心。以角速 度顺时针匀速转动，金属棒与圆环紧密接触。以下说法正确的选项是（）A.金属棒MN两端的电压大小为吕G产B.金属棒中的电流大小为驾C.图示位置金属棒中电流方向为从M到ND.金属棒MN在转动一周的过程中电流方向不变2.AC解析：金属棒和N。都切割磁感线，产生感应电动势，由右手定那么可知两端 产生的感应电动势方向相同，所以产生的感应电动势为石二2义3X及"2二&"2,又因为 MN的电阻不计，所以MN两端的电压就等于棒产生的电动势3/，故A正确；MN 棒把圆环分为相等的两局部，每局部的电阻为2R,且两局部是并联的，所以电路中的总电 阻为A,由闭合电路欧姆定律可知"N中的电流为午，故B错误；由右手定那么可知图示 位置金属棒中电流方向为从M到M故C正确；由右手定那么可知V。转到右侧磁场时，金 属棒中电流方向为从N到故D错误。考向3：感生电动势要点归纳1 .感生电场(1)定义：麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场。这种电场与静电场不同，它不是由电荷产生的，我们把它叫作感生电场(2)感生电场的特点：感生电场是一种涡旋电场，电场线是闭合的。感生电场的方向可由楞次定律判断。如下图，当磁场增强时，产生的感生电场是与磁场 方向垂直且阻碍磁场增强的电场。感生电场的存在与是否存在闭合电路无关。(3)感生电场与静电场的比拟产生条件不同静电场是由电荷激发的，而感生电场是由变化的磁场激发的。描述电场的电场线特点不同静电场的电场线总是始于无穷远或正电荷，终止于负电荷或无穷远，不闭合也不相交; 而变化的磁场周围产生的感生电场的电场线是闭合曲线。没有终点与起点，这种情况与磁场 中的磁感线类似，所以感生电场又称为涡旋电场。电场对电荷做功不同单位正电荷在静电场中沿闭合路径运动一周时，电场力所做的功为零。而单位正电荷在 感生电场中沿闭合路径运动一周时，电场力所做的功不为零。(4)电场方向及判断方法不同静电场方向与正电荷所受电场力方向一致，沿电场线的切线方向；感生电场方向是根据 磁场的变化情况由楞次定律判断的。如下图，磁感应强度6增强，假定在磁场周围有一个 闭合回路，由楞次定律可知回路中感应电流产生的磁场方向向下，由安培定那么可判断出电流 方向为顺时针方向(俯视)，那么感生电场方向也为顺时针方向。2 .感生电动势(1)定义：如果感应电动势是由感生电场产生的，它也叫作感生电动势。(2)非静电力：感生电场对自由电荷的作用力。(3)感生电动势与动生电动势比拟感生电动势动生电动势产生原因磁场的变化导体做切割磁感线运动非静电力感生电场对自由电荷的 电场力自由电荷所受洛伦兹力沿导体方向的 分力回路中相当 于电源的部 分处于变化磁场中的线圈 局部做切割磁感线运动的导体产生的 原因磁场变化产生电动势，。是由于磁场变化而产 生的，所以AO=AAS导体运动产生电动势，AG是由于导体 线框本身的面积发生变化而产生的，所 以A以=8AS方向判断方 法由楞次定律判断通常由右手定那么判断，也可由楞次定律 判断大小计算方 法由£=«计算通常由E=Blvsin。计算，也可由E=,卷计算典例导引典例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。如下图，一 个半径为一的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场环上套一带电荷量为+ q的小球。磁感应强度3随时间均匀增加，其变化率为上假设小球在环上运动一周, 那么感生电场对小球的作用力所做功的大小是（）1 °A. 0BrqkC. litrqkD. TtPqk 解题指导：感生电场对小球做的功即为非静电力对小球做的功。根据电动势的定义式即可进 行求解。自主解答典例D解析：变化的磁场产生的感生电动势为E= 巨兀小球在环上运动一周感At生电场对其所做的功卬=<7£=4%兀/, D项正确，A、B、C项错误。针对训练1 .（感生电动势问题）如下图的是一个水平放置的玻璃圆环形小槽，槽内光滑，槽宽度和深度处处相同。现将一直径略小于槽宽的带正电小球放在槽中，让它获得一初速度用，与 此同时，有一变化的磁场垂直穿过玻璃圆环形小槽外径所对应的圆面积，磁感应强度的大小 跟时间成正比例增大，方向竖直向下。设小球在运动过程中电荷量不变，那么（）B.小球受到的向心力大小不断增大C.磁场力对小球做了功D.小球受到的磁场力大小与时间成正比1.B解析：当磁感应强度随时间均匀增大时，将产生一恒定的感生电场，由楞次定律知，电 场方向和小球初速度方向相同，因小球带正电，安培力对小球做正功，小球速度逐渐增大, 向心力也随着增大，故A错误，B正确；洛伦兹力对运动电荷（小球）不做功，故C错误；小 球所受洛伦兹力尸=转%随着速率的增大而增大，同时883那么/和/不成正比，故D错 误。2 . (B-t图像)如下图,垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abed放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R=OA。，边长1=0.2 m。求:在t=0到时间内，金属框中的感应电动势E。占0.05 s时,金属框ab边受到的安培力F的大小和方向。在t=0至h=O.l s时间内，金属框中电流的电功率P。2.解析:在t=0到的时间内,磁感应强度的变化量ABH.2T,设穿过金属框的磁通量变化量为A。,根据法拉第电磁感应定律有E笔二喏代入数据，解得E=0.08Vo设金属框中的电流为/油闭合电路欧姆定律，有/=0.8AK由题图可知t=0.05s时，磁感应强度&=O.1T,金属框ab边受到的安培力F=/8i/=0.016N,方 向垂直于ab向左。在t=0到时间内，金属框中电流的电功率P=/2r=。064W。答案:0.08V 0.016N,方向垂直ab向左(3)0.064W考点3自感和涡流考向1：自感要点归纳一、互感现象如下图，在法拉第的实验中，两个线圈之间并没有导线相连,但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感应电动势。(1)互感现象是一种常见的电磁感应现象,它不仅发生于绕在同一铁芯上的两个线圈之间,而且可以发生于任何两个相互靠近的电路之间。（2）互感现象可以把能量由一个电路传到另一个电路。变压器、无线充电技术、收音机的 “磁性天线”就是利用互感现象制成的。（3）危害：互感现象能发生在任何两个相互靠近的电路之间。在电力工程和电子电路中， 互感现象有时会影响电路的正常工作。这时需要设法减小或消除互感现象的效果。二、自感现象自感现象是一种电磁感应现象，遵守法拉第电磁感应定律和楞次定律。1 .通电自感和断电自感的比拟通电自感通电自感断电自感L /wwL /ww1器 材 要 求4、A2同规格,L较大L很大（有铁芯），Rl«Ra在S闭合瞬间,A2灯立即亮起来，后 慢慢变暗；4灯逐渐变亮，最终一样 亮由于开关闭合时，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4灯 的电流比流过A2灯的电流增加得 慢在S闭合瞬间,A2灯立即亮起来，后 慢慢变暗；4灯逐渐变亮，最终一样 亮由于开关闭合时，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4灯 的电流比流过A2灯的电流增加得 慢在开关S断开时，灯A突然闪亮一下后再渐渐熄 灭断开开关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，通过L的电流通 过灯Ao由于&使得流过灯A的电流在开 关断开瞬间突然增大，然后慢慢减小到Oo能 量 转 化能 量 转 化电能转化为磁场能磁场能转化为电能2 .自感现象中，灯泡亮度变化的问题分析通断电灯泡亮度变化问题，关键要搞清楚电路的连接情况，根据电路特点进行具体分析.与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡电路 图1j.3»仆14通电 时电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮电流/i突然变大，然后逐渐减小到达稳定断电 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/1、h假设/2W/1，灯泡逐渐变暗假设/2刃1，灯泡闪亮一下后 逐渐变暗，两种情况灯泡电 流方向均改变三、自感电动势和自感系数1 .自感电动势产生原因：通过线圈的电流发生变化，导致穿过线圈的磁通量发生变化，因而在原线圈上 产生感应电动势。(2)自感电动势的大小：E = L 式中L是比例系数，叫作自感系数，简称自感或电感。 AZ自感电动势的方向：当原电流增大时，自感电动势的方向与原电流方向相反；当原电流减 小时，自感电动势的方向与原电流方向相同(即:增反减同)。(4)自感电动势的作用：阻碍原电流的变化。2 .自感系数自感电动势的大小与线圈本身的一些特性密切相关,物理学中用自感系数来表示线圈的 这些特性。自感系数简称自感或电感，是线圈的重要参数。国际单位制中，磁感的单位是亨 利，简称亨，符号是H。如果通过线圈的电流在1s内改变1A,产生的自感电动势是IV,那么这个线圈的自感 就是 IHo 即 1H=1V-s/A日光灯镇流器的自感大约为几亨，小型收音机所用的线圈的自感系数大约为几毫亨。线 圈的自感与线圈的形状、横截面积、长短、匝数等因素有关。线圈的横截面积越大，单位长 度匝数越多，线圈越长，它的自感就越大。此外，将铁芯插入线圈，会使自感系数大大增加。3 .对电感线圈阻碍作用的理解假设电路中的电流正在改变，电感线圈会产生自感电动势阻碍电路中电流的变化，使得通过 电感线圈的电流不能突变。阻碍不是阻止,原电流仍在变化,只是使原电流的变化时间变长, 即总是起着推迟电流变化的作用。假设电路中的电流是稳定的，电感线圈相当于一段导线,其阻碍作用是由绕制线圈的导线的电阻引起的。线圈通电和断电时线圈中电流的变化规律如图。说明：对应自感比拟大的线圈，闭合开关瞬间时，线圈相当于断路。在自感电动势作用下， 线圈中的电流不能突变，缓慢变化。3.自感现象的应用(1)自感线圈是交流电路中的重要元件，在广播电台和电视台的无线电设备中，用它和电 容器组成的振荡电路来发射电磁波；(2)收音机和电视机中振荡电路来接收电磁波；(3)日光灯中的镇流器(4)电焊机也利用了自感现象，电焊时焊条和金属工件分别通过导线与电焊机和电源连接， 先把焊条和被焊的工件短暂接触，然后迅速将焊条提起，与工件保持4-5mm的距离。在焊 条突然被提起的瞬间，电流突然减小，电焊机内的大线圈自感产生高压，使焊条与工件之间 的空隙产生电弧火花，电弧火花产生的高温将焊条和金属工件局部融化，冷却后焊接体就融 为一体了。如下图，在制作精密电阻时.，为了消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象, 采取了双线绕法。由于导线是双线绕法，使穿过回路的磁通量等于零,无论通过的电流变化 与否,磁通量均为零，所以不存在感应电动势和感应电流。用这种绕法制造的线圈能使自感现 象减弱到可以忽略不计的程度。典例导引典例 如下图的电路中，电源的电动势为区 内阻为心电感L的电阻不计，电阻R的阻 值大于灯泡D的阻值°在，=0时刻闭合开关S,经过一段时间后，在t=h时刻断开开关So 如选项图所示，表示4、8两点间电压随时间，变化的图像中，正确的选项是()两个互相靠近的线圈，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 线圈中产生感应电动势。这种现象叫作互感，这种感应电动势叫作亘感电动势。2 .自感现象(1)定义：当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场在线圈本身激发出感应 电动势,这种现象称为自感。(2)自感电动势定义：由于自感而产生的感应电动势。表达式：E = IO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等因素有关。单位：亨利(H), 1 mH = 102H,l gH=10-6Ho加试小题2.鲁科版选修3-2P33T1在如下图的电路中，La为灯泡，S为开关，L为 有铁芯的线圈。对于这样的电路，以下说法正确的选项是()A.因为线圈L通电后会产生自感现象，所以S闭合后，灯泡La中无电流通过B.在S翻开或闭合的瞬间，电路中都不会产生自感现象C.当S闭合时，电路中会产生自感现象D.在S闭合后再断开的瞬间，灯泡La可能不立即熄灭2.C解析：S闭合瞬间，由于线圈产生自感电动势而阻碍通过灯泡La的电流的增加, 但阻碍不是阻止，S闭合后仍有电流通过La； S断开瞬间，线圈产生自感电动势，因电路断 开，电流立即消失，灯泡La立即熄灭。故C正确，A、B、D错误。3 .涡流、电磁阻尼和电磁驱动(1)涡流：如果穿过导体的磁通量发生变化，由于电磁感应,导体内会产生感应电流, 这种电流像水中的漩涡，所以叫作涡电流，简称涡流。(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 总是阻碍导体的运动,这种现象称为电磁阻尼。(3)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,它使导体受到安 培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用常常称为电磁驱动。交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的。解题指导：这是一道图像问题。利用自感电动势阻碍原电流变化的特点，结合闭合电路欧姆 定律的相关知识进行求解。（1）线圈L中电流变化时，自感电动势对电流有阻碍作用，随时 间延续，其阻碍作用逐渐变小。（2）。然有正负之分，根据流过D的电流方向确定Uab的正负。 解图像问题时，先要搞清楚研究的是什么元件上的电压（电流）随时间的变化关系；其次要根 据线圈的自感电动势引起的感应电流的方向与原来电流的方向是相同还是相反、大小如何变 化等因素来确定图像。自主解答典例B解析：开关S闭合的瞬间，由于L的阻碍作用，由R与L组成的支路相当于断路, 后来由于L的阻碍作用不断减小，相当于外电路并联局部的电阻不断减小，根据闭合电路 F欧姆定律/=7,整个电路中的总电流增大，由。内=得内电压增大，由Uab=E/得路端电压U"减小。电路稳定后，由于R的阻值大于灯泡D的阻值，所以流过L支路的电 流小于流过灯泡D的电流。当开关S断开时，由于L的自感作用，流过灯泡D的电流立即 与L中电流相等，与灯泡D原来的电流方向相反且逐渐减小，即反向减小，选项B正 确。针对训练L （断电自感）（多项选择）如下图甲、乙电路中，自感线圈L的电阻很小，接通S,使电路 到达稳定，灯泡A发光，以下说法正确的选项是（）A.在电路甲中，断开S, A将逐渐变暗B.在电路甲中，断开S, A将先变得更亮，然后逐渐变暗C.在电路乙中，断开S, A将逐渐变暗D.在电路乙中，断开S, A将先变得更亮，然后逐渐变暗. AD解析：由题图知，电路甲中，灯泡A与电感线圈L在同一个支路中，流过的电流相 同，断开开关S时，线圈L中的自感电动势使得支路中的电流瞬间不变，以后渐渐变小，A 正确，B错误；电路乙中，灯泡A所在支路的电流比电感线圈所在支路的电流要小（因为电 感线圈的电阻很小），断开开关S时，电感线圈的自感电动势要阻碍电流变小，此瞬间电感 线圈中的电流不变，电感线圈相当于一个电源给灯泡A供电。因此反向流过A的电流瞬间 变大，然后逐渐变小，所以灯泡要先更亮一下，然后渐渐变暗，C错误，D正确。1 .（含二极管问题）如下图电路，三个灯泡L、L2、L3的阻值关系为R|<R2<R3,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，以下判断正确的选项是 （）Li逐渐变暗,L2、L3均先变亮,然后逐渐变暗A. Li逐渐变暗,L2立即熄灭,L3先变亮，然后逐渐变暗CL立即熄灭,L2、L3均逐渐变暗D.Li、L2、L3均先变亮,然后逐渐变暗. B 解析：开关S处于闭合状态时，由于Ri<R2<R3,电感线圈直流电阻可忽略，理想二极管 正向导通,那么通过三个灯泡的电流大小关系为ll>l2>ho开关S从闭合状态突然断开时,电感线 圈产生自感电动势阻碍L的减小，由于二极管的反向截止作用,L2立即熄灭，电感线圈、Li、L3 组成闭合回路L逐渐变暗，通过L3的电流由h突变为L,再逐渐减小，故L3先变亮，然后逐渐 变暗，选项B正确。2 .（含电容器问题）如下图，电源电动势为£,其内阻厂不可忽略，L、L2是完全相同 的灯泡；线圈L的直流电阻不计，电容器的电容为C。以下说法正确的选项是（）A.刚接通开关S的瞬间，Li立即亮，L2逐渐变亮B.合上开关S,电路稳定后，灯泡Li、L2的亮度相同C.电路稳定后在断开S的瞬间，通过灯泡Li的电流方向向右D.电路稳定后在断开S的瞬间，通过灯泡L2的电流为零 3. C 解析：闭合开关瞬间L相当于断路，Li和L2串联接入电路，都有电流，可知两个灯 泡同时变亮，故A错误；稳定后L相当于一段导线，Li中无电流，L2中有电流，二者的亮 度不同，故B错误；断开开关瞬间，L相当于电源与Li组成回路，Li中电流方向向右，故 C正确；电容器和L2组成回路，断开瞬间电容器有一短暂的放电电流，L2中电流不为0, 故D错误。考向2：涡流、电磁阻尼和电磁驱动要点归纳 一、涡流,涡流的实质涡流仍然是由电磁感应而产生的，它仍然遵循感应电流的产生条件，特殊之处在于涡流 产生于块状金属中。(2)严格地说，在变化的磁场中的一切导体内都有涡流产生，只是涡流的大小有区别，以致 一些微弱的涡流被忽略了。1 .产生涡流的两种情况(1)块状金属放在变化的磁场中。(2)块状金属进出磁场或在非匀强磁场中运动。2 .应用(1)涡流热效应的应用，如真空冶炼炉。(2)涡流磁效应的应用，如探雷器、安检门.涡流中的能量转化涡流现象中，其他形式的能转化成电能，并最终在金属块中转化为内能.如果金属块放 在变化的磁场中，那么磁场能转化为电能，最终转化为内能；如果金属块进出磁场或在非匀强 磁场中运动，那么由于克服安培力做功，金属块的机械能转化为电能，最终转化为内能.3 .涡流的危害与防止涡流的危害在各种电机、变压器中，涡流会使铁芯的温度升高，危及线圈绝缘材料的寿命;另外涡流发热要 消耗额外的能量，使电机、变压器的效率降低。(2)涡流的防止为了减小涡流，变压器、电机中的铁芯不是由整块的钢铁制成，而是用薄薄的硅钢片叠压而成。 一方面硅钢片的电阻率比一般钢铁的要大，从而减少损耗;另一方面，每层硅钢片之间都是绝 缘的，阻断了涡流的通路，进一步减小了涡流的发热。二、电磁阻尼与电磁驱动1 .电磁阻尼电磁阻尼有不少应用.例如：使用磁电式电表进行测量时，总希望指针摆到所示值的位 置时便迅速地稳定下来，以便读数.由于指针转轴的摩擦很小，线圈及指针会在所示值附近 来回摆动，不易稳定下来.为此，许多电表把线圈绕在闭合的铝框上，当线圈摆动时，在闭 合的铝框中将产生感应电流，通过电磁阻尼使线圈迅速稳定在所示值的位置.电气列车中的 电磁制动器也是根据电磁阻尼这一道理制成的.2 .电磁驱动如图，当蹄形磁铁转动时，穿过线圈的磁通量就发生变化，假如线圈处于如下图的初 始状态时，穿过线圈的磁通量为零，当蹄形磁铁转动时，穿过线圈的磁通量就增加了，根据 楞次定律，此时线圈中就有感应电流产生，以阻碍磁通量的增加，因而线圈在安培力作用下 会跟着一起转动起来.楞次定律的一种理解是阻碍相对运动，从而阻碍磁通量的增加，磁铁转动时，相对于线圈转动，所以线圈也同方向转动，从而“阻碍”这种相对运动，电磁驱动也可以用楞次定律来解释.3.电磁阻尼与电磁驱动的比拟电磁阻尼、电磁驱动都是电磁感应现象，都遵循楞次定律。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电磁阻尼、电磁驱动现象中安培力的作用效果都是阻碍相对运动，应注意电磁驱动中阻 碍的结果，导体的运动速度仍要小于磁场的运动速度。典例导引典例扫描隧道显微镜（STM）可用来探测样品外表原子尺度上的形貌。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假设干对紫铜薄板，并施加磁场来快 速衰减其微小振动，如下图。无扰动时,按以下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左右振动的衰减最有效的方案是（）曾g/g STM扫描头0§ r-gq § 可加磁场区一i底盘二m /紫铜薄板ax X X X :xxr I I I 一-XX X X一 XXX 入_ L I I ! LAB解题指导：振动衰减的有效方式就是将振动的机械能转化为电能，然后通过产生热量散 发到空气中。一般情况下，对于块状导体，比方金属圆盘，金属薄板等，在磁场不随时间变 化的情况下，将块状导体分割成许多（无限多）导体棒，利用右手定那么进行判断。自主解答典例A解析：假设要有效衰减紫铜薄板上下及左右的微小振动，那么要求施加磁场后，在紫铜 薄板发生上下及左右的微小振动时，能产生感应电流，进而使机械能转化为电能。将块状导 体在磁场中的局部，根据运动情况分割成与运动方向垂直的许多导体棒，该导体棒做切割磁 感线运动。向右振动lx X X1向上振开工 一 一 1以选项A的情况为例，当薄板向右振动时，根据右手定那么，导体棒内产生方向向上的 感应电流，通过不在磁场中的导体局部形成闭合回路。通过相同的方法分析其他切割情况可 知，选项A中，无论上下还是左右振动都能产生感应电流，将机械能转化为内能，起到衰 减作用。1 .X XrX.向右振动向上振动再以选项C的情况为例，当薄板向右振动时，根据右手定那么，导体棒内产生方向向上 的感应电动势，通过不在磁场中的导体局部形成闭合回路。当薄板向上振动时，根据右手定 那么，导体棒内产生方向向左的感应电动势，但是由于左右方向上不存在能够形成闭合回路的 条件，故无法形成电流，不能起到衰减作用。利用同样的方法可以判断出：B选项和D选项只能对左右振动起到衰减作用。针对训练1.（涡流应用）（多项选择）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.假设要缩短上述加热时间，以下措施可行的有（）图5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.AB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流发热，使水温升 高.要缩短加热时间，需增大涡流，即增大感应电动势或减小电阻.增加线圈匝数、提高交 流电源的频率都是为了增大感应电动势，竟杯不能产生涡流，取走铁芯会导致磁性减弱，故 选项A、B正确，选项C、D错误.1 （电磁阻尼）如下图，轻质弹簧一端固定在天花板上，另一端拴接条形磁铁。一个铜盘放在 条形磁铁的正下方的绝缘水平桌面上，控制磁铁使弹簧处于原长，然后由静止释放磁铁。不计 磁铁与弹簧之间的磁力作用，且磁铁运动过程中未与铜盘接触，以下说法中正确的选项是（）。KcA.磁铁所受弹力与重力等大反向时，磁铁的加速度为零B.磁铁下降过程中，俯视铜盘,铜盘中产生顺时针方向的涡旋电流C.磁铁从静止释放到第一次运动到最低点的过程中，磁铁减少的重力势能等于弹簧弹性势能 D.磁铁从静止释放到最终静止的过程中，磁铁减少的重力势能大于铜盘产生的焦耳热2.D解析：磁铁上下运动时，由于穿过铜盘的磁通量发生变化，那么在铜盘中会产生感应电 流,铜盘对磁铁有磁场力，阻碍磁铁的运动，那么当磁铁所受弹力与重力等大反向时，磁铁的加速 度不为零,A项错误;根据楞次定律及安培定那么，磁铁下降过程中，俯视铜盘，铜盘中产生逆时针 方向的涡旋电流,B项错误;磁铁从静止释放到第一次运动到最低点的过程中，由于有电能产生, 那么磁铁减少的重力势能等于弹簧弹性势能与产生的电能之和,C项错误;磁体最终静止时弹簧 有弹性势能，那么磁铁从静止释放到最终静止的过程中，磁铁减少的重力势能等于铜盘产生的焦 耳热与弹簧弹性势能之和,D项正确。3.(电磁驱动)如下图，两根光滑的平行长直金属导轨置于水平面内，导轨间距为L导 轨左端接有阻值为R的电阻，质量为根的导体棒垂直跨接在导轨上.导轨和导体棒的电阻 均不计，且接触良好.在导轨平面上有一矩形区域内存在着竖直向下的匀强磁场，磁感应强 度大小为A开始时，导体棒静止于磁场区域的右端，当磁场以速度s匀速向右移动时，导 体棒随之开始运动，同时受到水平向左、大小为用的恒定阻力，并很快到达恒定速度，此 时导体棒仍处于磁场区域内.x x mXB x LX X(1)求导体棒所到达的恒定速度。2的大小；为使导体棒能随磁场运动，阻力最大不能超过多少.3解析：（1）由法拉第电磁感应定律得E=BL（vs）E由闭合电路欧姆定律得/=当K、上"Z?（0一办）安培力F=BIL=%- A速度恒定时，有丝丁=a解得V2 = V解得V2 = VFfR 一77,为使导体棒能随磁场运动，阻力最大不能超过所受的最大安培力，即导体棒不动时，安培力最大为：Fm= p ,那么阻力最大为Ffm= p. AAMgFfR B?L2Vl答案 （1）S -§2£2 （2）五课时素养评价素养达标1.关于感应电动势的大小，以下说法中正确的选项是（）A.穿过线圈的磁通量越大，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AG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穿越大，所产生的感应电动势就越大D.穿过线圈的磁通量e等于0,所产生的感应电动势就一定为01 .C 解析：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笑成 正比，与磁通量0及磁通量的变化量AG没有必然联系。当磁通量0很大时，感应电动势 可能很小，甚至为0。当磁通量g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 .如下图，在磁感应强度大小为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。向右匀速滑动。金属导轨间距为L电阻不计，金属杆的电阻为2R、长度为L, ab二二间电阻为R, MN两点间电势差为U。那么通过电阻A的电流方向及U的大小分别是（）A. afb, BLvA. afb, BLvB. afb.BLvC.C.2BLv2BLv D. b-a,-;-2.B解析：由右手定那么判断可知，MN中产生的感应电流方向为NfM,那么通过电阻RRR+2RRR+2R的电流方向为仇MN产生的感应电动势公式为K两端的电压为U= =一 9故B项正确o3.（多项选择）如下图，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列， 且与传送带以相同的速度匀速运动。为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过 一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带运动方向，根据穿过磁场后线圈间的距离， 就能够检测出不合格线圈。通过观察示意图，判断以下说法正确的选项是（）A.A.假设线圈闭合，进入磁场时，线圈中感应电流方向从上向下看为逆时针B.假设线圈闭合，传送带以较大速度匀速运动时，磁场对线圈的作用力增大C.从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈D.从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈3.BD 解析：假设线圈闭合，进入磁场时，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知， 线圈中的感应电流的磁场方向向下，所以感应电流的方向从上向下看是顺时针，故A错误； 根据法拉第电磁感应定律，传送带以较大速度匀速运动时，线圈中产生的感应电动势较大， 那么感应电流较大，磁场对线圈的作用力增大，故B正确；由题图知1、2、4、5、6线圈都 发生了相对滑动，而第3个线圈没有滑动，那么第3个线圈不闭合，没有产生感应电流，故C 错误，D正确。4.（2020.云南省昆明市“三诊一模”）如图甲所示，单匝矩形金属线框仍cd处在垂直于线框平面的匀强磁场中，线框面积S = 0.3m2,线框连接一个阻值R = 3 Q的电阻，其余电阻不计，线框边位于磁场边界上。取垂直于线框平面向外为磁感应强度3的正方向，磁感应强度3随时间，变化的图像如图乙所示。以下判断正确的选项是（）A.。0.4 s内线框中感应电流沿逆时针方向B. 0.40.8 s内线框有扩张的趋势C.。0.8s内线框中的电流为0.1AD.。0.4s内边所受安培力保持不变4 .C解析：由图乙所示图线可知，。0.4 s内磁感应强度垂直于纸面向里且减小，穿过线框的磁通量减小，由楞次定律可知，线框中感应电流沿顺时针方向，故A错误；0.40.8 s内磁感应强度垂直于纸面向外且增大，穿过线框的磁通量增加，由楞次定律可知，线框有 A0 B 0.4 - （- 0.4）收缩的趋势，故B错误；。0.8 s内线框的感应电动势为E =k = 一版一-X0.3 VE 0 3= 0.3 V,线框中的电流为/二元=y A = 0.1 A,故C正确；在。0.