2024届高考物理一轮总复习第十章电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流学案.docx

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1、第2讲法拉第电磁感应定律 自感和涡流一、法拉第电磁感应定律1感应电动势(1)定义：在电磁感应现象中产生的电动势。(2)产生：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。(3)方向：感应电动势的方向判断可用：楞次定律；右手定则。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：En，其中n为线圈匝数。(3)感应电流与感应电动势的关系：有感应电动势，不一定有感应电流(电路不闭合)； 有感应电流，一定有感应电动势(电路闭合)。3导体切割磁感线的情形(1)若B、l、v相互垂直，则EBlv。(2)vB时，E0。二、自感、涡流1自感现象(1)定

2、义：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作自感电动势。表达式：EL。(3)自感系数L影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。单位：国际单位制单位为亨利(H)，1 mH103 H,1 H106 H。2涡流(1)定义：块状金属放在变化磁场中，或在磁场中有相对运动时，金属块内产生的旋涡状感应电流。(2)产生原因：金属块内磁通量变化感应电动势感应电流。,1如图甲所示，线圈两端a、b与一电阻R相连，线圈内有垂直于线圈平面向里的磁场，t0时刻起，穿过线圈的磁通量按图乙所示的规律变化。2如图丙、丁是研究通电自感和断电自感现象的

3、电路。微点判断(1)图乙中t0时刻线圈磁通量最大，产生的电动势最大。()(2)图乙中t02t0时间内线圈磁通量变化快，产生的电动势大。()(3)图乙中t02t0时间内线圈产生的感应电动势大小是0t0时间内的2倍。()(4)图丙中K闭合瞬间，LA、LB一起亮起来。()(5)图丙中K断开时，LA、LB一起逐渐熄灭。()(6)图丁中K闭合时，LC立即亮起来。()(7)图丁中K断开时，LC一定闪亮一下再熄灭。()(一) 法拉第电磁感应定律的应用(固基点) 题点全练通1公式En的应用(多选)单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图所示，则( )A在t0时，线圈中

4、磁通量最大，感应电动势也最大B在t1102 s时，感应电动势最大C在t2102 s时，感应电动势为0D在02102 s时间内，线圈中感应电动势的平均值为0解析：选BC由法拉第电磁感应定律知E，故t0及t2102 s时，E0，A错误，C正确；t1102 s时，E最大，B正确；02102 s时间内，0，感应电动势的平均值E0，D错误。2公式EnS的应用(2022河北高考)将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小BB0kt，B0和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为( )AkS1 B5kS2Ck(S1

5、5S2) Dk(S15S2)解析：选D根据法拉第电磁感应定律可得大圆线圈产生的感应电动势E1kS1，每个小圆线圈产生的感应电动势E2kS2，由线圈的绕线方式和楞次定律可知大、小圆线圈中产生的感应电动势方向相同，故线圈中总的感应电动势大小为EE15E2k(S15S2)，D正确。3EnB的应用如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S0.3 m2、电阻R0.6 ，磁场的磁感应强度B0.2 T。现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在t0.5 s时间内合到一起。求线圈在上述过程中(1)感应电动势的平均值E；(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；(3

6、)通过导线横截面的电荷量q。解析：(1)感应电动势的平均值E，磁通量的变化BS，解得E，代入数据得E0.12 V。(2)平均电流I，代入数据得I0.2 A(电流方向如图所示)。(3)电荷量qIt，代入数据得q0.1 C。答案：(1)0.12 V(2)0.2 A，电流方向见解析图(3)0.1 C4结合i-t图像判断E感的大小及方向(多选)如图甲，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的变化如图乙所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势( )A在t时为零B在t时改变方向C在t时最大，且沿顺时针方向D在tT时最大，且沿顺时针方向解析

7、：选AC在t时，交流电图线斜率为0，即磁场变化率为0，由ES知，E0，故A正确。在t和tT时，图线斜率最大，在t和tT时感应电动势最大。在到之间，电流由Q向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产生的感应电流的磁场方向也垂直纸面向里，则R中感应电动势沿顺时针方向，同理可判断在到T时，R中电动势也为顺时针方向，在T到T时，R中电动势为逆时针方向，C正确，B、D错误。要点自悟明1对法拉第电磁感应定律的理解(1)公式En求解的是一个回路中某段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。(2)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

8、决定，而与磁通量的大小、变化量的大小没有必然联系。(3)磁通量的变化率对应t图线上某点切线的斜率。(4)通过回路截面的电荷量q，仅与n、和回路电阻R有关，与时间长短无关。2法拉第电磁感应定律的变形式(1)EnS适用于垂直于磁场的回路面积S不变，磁感应强度B发生变化的情形；此时，在Bt图像中是图线的斜率。(2)EnB适用于磁感应强度B不变，垂直于磁场的回路面积S发生变化的情形。(二) 导体棒切割磁感线产生感应电动势(精研点)1平动切割(1)公式EBlv的理解适用条件磁场为匀强磁场B、l、v三者互相垂直有效性公式中的l为导体棒切割磁感线的有效长度，如图中的有效切割长度均为ab相对性EBlv中的速度

9、v是导体棒相对磁场的速度。若磁场也在运动，应注意其相对速度(2)当B与l、v垂直但l与v不垂直时：EBlvsin ，其中为v与l的夹角，如图甲所示。2转动切割：当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度匀速转动时，产生的感应电动势为EBlBl2，如图乙所示。考法全析例1(2021河北高考)如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点。狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为，一电容为C的电容器与导轨左端相连。导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻。下列说法正确的是( )A通过金属棒的电流

10、为2BCv2tan B金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tan C金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电D金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定解析经过时间t，金属棒切割磁感线的有效长度L2vttan ，金属棒切割磁感线产生的感应电动势EBLv2Bv2ttan ，则电容器极板上的电荷量QCE2BCv2ttan ，则通过金属棒中的电流I2BCv2tan ，A正确；当金属棒到达xx0时，即vtx0时，电容器极板上的电荷量Q02BCvx0tan ，B错误；根据楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向(从上往下看)，则电容器的上极板带正电，C错误；因为金属棒做匀速运动，所以外力FF安BIL，

11、外力做功的功率PFv4B2Cv4ttan2 ，是变化的，D错误。答案A例2如图所示，abcd为水平放置的平行光滑金属导轨，间距为l。导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成角，单位长度的电阻为r。保持金属杆以速度v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)。则( )A电路中感应电动势的大小为B电路中感应电流的大小为C金属杆所受安培力的大小为D金属杆的热功率为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EBlv(l为切割磁感线的有效长度)，A错误；电路中感应电流的大小为I，B正确；金属杆所受安培力的大小为F

12、BILB，C错误；金属杆的热功率为PI2R，D错误。答案B例3(多选)如图是金属圆盘发电机的原理图。匀强磁场垂直于金属圆盘，电阻R通过导线与两块铜片电刷D、C连接，D、C分别与转动轴和圆盘的边缘良好接触。圆盘绕通过圆心O的固定转动轴按图示顺时针方向转动，电阻R中就有电流通过。则( )A电流方向由D经过电阻R流向CB通过电阻R的电流大小与铜盘的半径成正比C通过电阻R的电流大小与磁感应强度成正比D通过电阻R的电流大小与圆盘转动的角速度成正比解析金属圆盘按题图所示方向转动，切割磁感线，产生感应电动势，根据右手定则可判断圆盘边缘电势比轴心电势高，故电流方向由C经过电阻R流向D，A错误；根据法拉第电磁感

13、应定律有感应电动势EBLvBR2，结合欧姆定律可知，B错误，C、D正确。答案CD(三) 自感和涡流 电磁阻尼与电磁驱动(释疑点)考法(一)自感现象分析例1(2022广州模拟)如图，L是自感系数很大、电阻不计的线圈，a、b是两个相同的小灯泡，在开关S由断开到闭合的过程中，下列说法正确的是( )Aa先亮b后亮，然后b逐渐变亮Bb先亮a后亮，然后a逐渐变亮Ca、b同时亮后b逐渐变暗至熄灭Da、b同时亮后a逐渐变暗至熄灭解析当S闭合瞬间，两灯同时获得电压，同时发光，随着线圈L电流的增加，b逐渐变暗直到熄灭，同时，a电流逐渐增大，变得更亮。故C正确，A、B、D错误。答案C例2(多选)如图所示的电路中，L

14、是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源。在t0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S。规定电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正方向，分别用I1、I2表示流过D1和D2的电流，则四个选项中能定性描述电流I随时间t变化关系的图像是( )解析闭合开关S，D1缓慢变亮，D2和D3立即变亮，稳定后流过D1的电流比D2和D3大。在t1时刻断开开关S后，由于自感现象，通过D1的电流逐渐减小，方向不变，而通过D2和D3的电流方向立即改变，且电流大小先变大后逐渐减小，B、C正确。答案BC自感现象中灯泡亮度变化分析项目与线圈串联的灯泡与线圈并联

15、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。两种情况下灯泡中电流方向均改变考法(二)涡流的理解例3光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图所示，抛物线的方程为yx2，其下半部分处在一个沿水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是ya的直线(如图中的虚线所示)。一个小金属块从抛物线上yb(ba)处以速度v沿抛物线下滑，假设曲面足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是( )Amgb B.mv2Cmg(ba) Dmg(ba)m

16、v2解析金属块最终在磁场区域内往复运动，由初状态到末状态，根据能量守恒定律得E1E2Q，初状态机械能E1mgbmv2，末状态机械能E2mga，产生的焦耳热QE1E2mg(ba)mv2。答案D规律方法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产生涡流时的能量转化伴随着涡流现象，其他形式的能转化成电能，最终在金属块中转化为内能。(1)金属块放在变化的磁场中，则磁场能转化为电能，最终转化为内能。(2)如果是金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动，则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。 考法(三)电磁阻尼与电磁驱动问题例4电

17、磁阻尼如图所示，铝管竖直置于水平桌面上，小磁体从铝管正上方由静止开始下落，在磁体穿过铝管的过程中，磁体不与管壁接触，且无翻转，不计空气阻力。下列选项正确的是( )A磁体做匀加速直线运动B磁体的机械能守恒C磁体动能的增加量小于重力势能的减少量D铝管对桌面的压力大于铝管和磁体的重力之和解析磁体在铝管中运动的过程中，安培力做负功，磁体的加速度小于重力加速度；根据法拉第电磁感应定律可知，磁体速度越快，产生的感应电动势越大，受到的安培力也越大，所以磁体的加速度是逐渐减小的，磁体不是做匀加速运动，故A错误；磁体在整个下落过程中，除重力做功外，还有产生感应电流对应的安培力做功，导致减小的重力势能，部分转化动

18、能外，还要产生内能，故机械能不守恒，且磁体动能的增加量小于重力势能的减少量，故B错误，C正确；以铝管和磁体整体为研究对象，因磁体有向下的加速度，则整体合力向下，故地面对整体的支持力小于总重力，根据牛顿第三定律可知，铝管对桌面的压力小于铝管和磁体的重力之和，故D错误。答案C例5电磁驱动在物理兴趣小组的活动中，某同学将轻质圆形铝板用细棉线悬挂在固定点O上，铝板可以绕O点自由摆动，如图所示。在平行于铝板的竖直面内将一竖放的条形磁铁在铝板附近左右来回拉动(与铝板始终不相碰)，若空气流动对铝板的影响可忽略不计，则下列对这个实验结果的判断，正确的是( )A铝板内不会产生感应电动势B铝板内能产生感应电动势但

19、不会产生感应电流C铝板可以在安培力的作用下摆动起来D铝板始终保持静止不动解析当条形磁铁靠近和远离铝板时，铝板切割磁感线，产生感应电动势，A错误；因铝板各部分切割磁感线的密集程度不同，磁通量的改变量不同，故各部分产生的感应电动势不同，由此能产生感应电流，B错误；铝板产生感应电流后，可在安培力的作用下摆动起来，C正确，D错误。答案C电磁阻尼与电磁驱动的比较项目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

20、动能量转化导体克服安培力做功，其他形式能转化为电能，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，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 课时跟踪检测一、立足主干知识，注重基础性和综合性1以下现象中属于涡流现象的应用的是( )解析：选B电烤箱是利用电流发热的原理，故A错误；金属探测仪可以探测人身是否携带金属物品，是通过金属上产生涡流而使报警器发出警告的，故B正确；高压带电作业屏蔽服是利用静电屏蔽原理，故C错误；车载充电器没有应用涡流现象，故D错误。2零刻度在表盘正中间的电流计非常灵敏，通入

21、电流后，线圈所受安培力和螺旋弹簧的弹力作用达到平衡时，指针在示数附近的摆动很难停下，使读数变得困难。在指针转轴上装上的扇形铝框或扇形铝板，在合适区域加上磁场，可以解决此困难。下列方案合理的是( )解析：选D由题图A、C可知，当指针向左偏转时，铝框或铝板可能会离开磁场，产生不了涡流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，A、C错误；B图是铝框，磁场在铝框中间，当指针偏转角度较小时，铝框不能切割磁感线，不能产生感应电流，起不到电磁阻尼的作用，指针不能很快停下，B错误；D图是铝板，磁场在铝板中间，无论指针偏转角度大小，都会在铝板上产生涡流，起到电磁阻尼的作用，指针会很快停下，便于读数，D正确。3(

22、多选)在日常生活中，比如摩托车和汽车上装有的磁性转速表就是利用了电磁驱动原理，如图所示是磁性式转速表及其原理图，关于磁性式转速表的电磁驱动原理，下列说法正确的是( )A铝盘接通电源，通有电流的铝盘在磁场作用下带动指针转动B永久磁体随转轴转动产生运动的磁场，在铝盘中产生感应电流，感应电流使铝盘受磁场力而转动C铝盘转动的方向与永久磁体转动方向相同D由于铝盘和永久磁体被同一转轴带动，所以两者转动是完全同步的解析：选BC当永久磁体随转轴转动时，产生转动的磁场，在铝盘中会产生感应电流，这时永久磁体的磁场会对铝盘上的感应电流有力的作用，从而产生一个转动的力矩，使指针转动，由于弹簧游丝的反力矩，会使指针稳定

23、指在某一刻度上，A错误，B正确；该转速表利用了电磁感应原理，由楞次定律推论“来拒去留”知，永久磁体转动方向与铝盘转动方向相同，C正确；永久磁体固定在转轴上，铝盘固定在指针轴上，铝盘和永久磁体没有被同一转轴带动，D错误。4(多选)如图甲所示，闭合金属环固定在水平桌面上，MN为其直径。MN右侧分布着垂直桌面向上的有界磁场，磁感应强度大小随时间变化的关系如图乙所示。已知金属环的电阻为1.0 ，直径MN长 20 cm，则t3 s时( )AN点电势高于M点电势BM、N两点间电压为5104 VC环所受安培力大小为5105 ND环所受安培力大小为52105 N解析：选AC由图乙可知：磁感应强度随时间不断增大

24、，磁场方向竖直向上，由楞次定律可知，金属环中感应电流方向沿顺时针方向(从上往下看)，MN右侧半段充当电源，电源内部电流从低电势流向高电势，则N点电势高于M点电势，A正确；根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为ES5104 V，MN右侧半段充当电源，M、N两点间电压为路端电压，则UNM2.5104 V，B错误；金属环中的电流大小为I5104 A，t3 s时，磁感应强度为B0.5 T，金属环所受的安培力大小为FBIL有效5105 N，C正确，D错误。5.如图所示，电路中L是一电阻可忽略不计的电感线圈，a、b为L的左、右两端点，A、B、C为完全相同的三盏灯泡，原来开关S是闭合的，三盏灯泡均发光。某时

25、刻将开关S断开，则下列说法正确的是( )Aa点电势高于b点，A灯闪亮后缓慢熄灭Bb点电势高于a点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭Ca点电势高于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭Db点电势高于a点，B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭解析：选B开关S闭合稳定时，电感线圈支路的总电阻比B、C灯支路电阻小，故流过A灯的电流I1大于流过B、C灯的电流I2，且电流方向由a到b，a点电势高于b点。当开关S断开，电感线圈会产生自感现象，相当于电源，b点电势高于a点，阻碍流过A灯电流的减小，瞬间流过B、C灯支路的电流比原来的大，故B、C灯闪亮后缓慢熄灭，故B正确。6轻质细线吊着一质量为m0.42 kg、边长为L1 m、匝数 n10

26、的正方形线圈，其总电阻为r1 。在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。(g取10 m/s2)(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针；(2)求线圈的电功率；(3)求在t4 s时轻质细线的拉力大小。解析：(1)由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向。(2)由法拉第电磁感应定律得EnnL20.5 V则P0.25 W。(3)通过线圈的电流I0.5 A，由题图乙可知当t4 s时，B0.6 T，线圈受到的安培力F安nBIL由平衡条件得F安F线mg联立解得F线1.2 N。答案：(1)逆时针(2)0.25 W(3)1.2

27、N二、强化迁移能力，突出创新性和应用性7.(2022浙江杭州模拟)管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化并焊接。则下列说法正确的是( )A该焊机也能焊接塑料圆管的接缝B线圈的电阻越大，焊接效果越好C线圈的电源换成直流电源也能进行焊接D圆管的接缝处电阻较大，产生的电热较无接缝处大解析：选D塑料圆管在焊接时，管内无法产生交变磁场，塑料圆管中无电流，不能焊接，A错误；圆管通过的高频交流电源一定时，产生的感应电动势一定，线圈的电阻越大，则产生的电流越小，焊接时产

28、生的电热越少，焊接效果不好，B错误；将线圈的电源换成直流电源，线圈不能产生交变磁场，圆管中不产生电流，不能进行焊接，C错误；通过圆管的高频交流电源一定，产生的感应电动势一定，电流一定，圆管的接缝处电阻较大，产生的电热较大，D正确。8(多选)如图甲所示，螺线管匝数n1 000，横截面积S0.02 m2，电阻r1 ，螺线管外接一个阻值R4 的电阻，电阻的一端b接地。一方向平行于螺线管轴线向左的磁场穿过螺线管，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，则( )A在04 s时间内，R中有电流从a流向bB在t3 s时穿过螺线管的磁通量为0.07 WbC在46 s时间内，通过R的电流大小为8 AD在46 s时

29、间内，R两端电压Uab40 V解析：选BC在04 s时间内，原磁场增大，则穿过螺线管的磁通量增大，根据楞次定律可知，感应磁场方向向右，由安培定则可知，R中的电流方向从b流向a，故A错误；由题图乙可知，t3 s时磁感应强度为B3.5 T，则此时穿过螺线管的磁通量为BS0.07 Wb，故B正确；在46 s时间内，感应电动势为En40 V，则通过R的电流大小为I8 A，故C正确；在46 s时间内，根据楞次定律可知，R中的电流从a流向b，则R两端电压为UabIR32 V，故D错误。9.如图所示，在光滑的水平面上有一半径r10 cm、电阻R1 、质量m1 kg的金属圆环，以速度v10 m/s 向一有界磁

30、场运动。匀强磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B0.5 T，从圆环刚进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时，圆环一共释放了32 J的热量，求：(1)此时圆环中电流的瞬时功率；(2)此时圆环运动的加速度。解析：(1)圆环从开始进入磁场到有一半进入磁场过程中，由能量守恒定律得mv2Qmv2，代入数据解得v6 m/s，此时的感应电动势EBLvB2rv0.520.16 V0.6 V，圆环中电流的瞬时功率P W0.36 W。(2)感应电流I A0.6 A，圆环受到的安培力FBILBI2r0.50.620.1 N0.06 N，由牛顿第二定律得Fma，解得圆环此时运动的加速度a m/s20.06 m/s2，由右手定则可知，圆环中感应电流沿逆时针方向，由左手定则可知，安培力水平向左，则加速度方向向左。答案：(1)0.36 W(2)0.06 m/s2，方向向左