2024高考物理一轮复习第十章电磁感应第二节法拉第电磁感应定律及其应用学案新人教版

PAGE10-其次节法拉第电磁感应定律及其应用eq\a\vs4\al(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变更，与电路是否闭合无关．(3)方向推断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则推断．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更率成正比．(2)公式：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n为线圈匝数．3．导体切割磁感线的情形(1)垂直切割：E＝Blv．(2)倾斜切割：E＝Blvsinθ，其中θ为v与B的夹角．(3)旋转切割(以一端为轴)：E＝eq\f(1,2)Bl2ω．4．反电动势(1)概念：电动机转动时，线圈中也会产生感应电动势，这个感应电动势总要减弱电源电动势的作用，我们把这个电动势称为反电动势．(2)作用：反电动势阻碍电动机线圈的转动．1．穿过某闭合回路的磁通量Φ随时间t变更的图象分别如图中①～④所示，下列关于该回路中的感应电动势的论述，正确的是()①②③④A．图①中，回路中产生的感应电动势恒定不变B．图②中，回路中产生的感应电动势始终在变大C．图③中，回路中在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生的感应电动势D．图④中，回路中产生的感应电动势先变小后变大解析：图①中回路Φ恒定不变，即ΔΦ＝0，无电动势产生，故A错误；由图②可知：eq\f(ΔΦ,Δt)为定值，由法拉第电磁感应定律，E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知产生的感应电动势恒定不变，故B错误；由图③可知：0～t1比t1～t2时间段内斜率大，产生的感应电动势大，故C错误；由图④可知：eq\f(ΔΦ,Δt)(即Φt图像斜率)先变小再变大，故感应电动势先变小后变大，故D正确．答案：Deq\a\vs4\al(二、自感和涡流)1．自感现象由于通过导体自身的电流变更而产生的电磁感应现象．2．自感电动势(1)定义：在自感现象中产生的感应电动势．(2)表达式：E＝Leq\f(ΔI,Δt)．(3)自感系数L：①相关因素：与线圈的大小、形态、匝数以及是否有铁芯等因素有关．②单位：亨利(H)，1mH＝10－3H，1μH＝10－6H.3．涡流(1)涡流：块状金属放在变更的磁场中，或者让它在磁场中运动时，金属块内产生的漩涡状感应电流．(2)产生缘由：金属块内磁通量变更→感应电动势→感应电流．(3)涡流的利用：冶炼金属的高频感应炉利用炉内金属中涡流产生焦耳热使金属熔化；家用电磁炉也是利用涡流原理制成的．(4)涡流的削减：各种电机和变压器中，用涂有绝缘漆的硅钢片叠加成的铁芯，以削减涡流．2．(多选)(2024·河南商丘期末)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通沟通电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有()A．增加线圈的匝数B．提高沟通电源的频率C．将金属杯换为瓷杯D．取走线圈中的铁芯答案：AB考点一法拉第电磁感应定律的理解与应用1.感应电动势的确定因素(1)由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知，感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变更率eq\f(ΔΦ,Δt)和线圈匝数n共同确定的，磁通量Φ较大或磁通量的变更量ΔΦ较大时，感应电动势不肯定较大．(2)eq\f(ΔΦ,Δt)为单匝线圈产生的感应电动势大小．(3)eq\f(ΔΦ,Δt)对应Φt图线上某点切线的斜率．2．法拉第电磁感应定律的三种状况(1)回路与磁场垂直的面积S不变，磁感应强度发生变更，则ΔΦ＝ΔB·S，E＝neq\f(ΔB,Δt)·S.(2)磁感应强度B不变，回路与磁场垂直的面积发生变更，则ΔΦ＝B·ΔS，E＝nBeq\f(ΔS,Δt).(3)磁通量的变更是由面积和磁场变更共同引起的，则依据定义求，ΔΦ＝Φ末－Φ初，E＝neq\f(B2S2－B1S1,Δt)≠neq\f(ΔBΔS,Δt).eq\a\vs4\al(典例)(多选)(2024·江苏常州模拟)如图所示，半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面对外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r，已知弹性螺旋线圈的电阻为R，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法中正确的是()A．保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，有顺时针的电流B．保持磁场不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，有逆时针的电流C．保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变更，线圈中的电流为eq\f(kπr2,R)D．保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变更，线圈中的电流为eq\f(2kπr2,R)[思维点拨]磁通量有正负，磁通量变更率E＝neq\f(ΔΦ,Δt).解析：保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，穿过线圈的磁通量不变，所以在线圈中没有感应电流产生，故A错误；保持磁场不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，穿过线圈的磁通量变小，依据楞次定律可知，产生逆时针方向的电流，故B正确；保持半径不变，使磁场随时间按B＝kt变更，依据法拉第电磁感应定律，线圈中的感应电动势为E＝kπr2，电流为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(kπr2,R)，故C正确，D错误．答案：BC应用电磁感应定律需留意的两个问题1．公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量匀称变更时，瞬时值才等于平均值．2．利用公式E＝nSeq\f(ΔB,Δt)求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积．考点二导体切割磁感线产生感应电动势的计算1.公式E＝Blv的运用条件(1)匀强磁场．(2)B、l、v三者相互垂直．2．E＝Blv的“四性”(1)正交性：本公式是在肯定条件下得出的，除磁场为匀强磁场外，还需B、l、v三者相互垂直．(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．如图所示，导体的有效长度为a、b间的距离．(4)相对性：E＝Blv中的速度v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应留意速度间的相对关系．3．公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)与E＝Blv的区分与联系项目E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝Blv区分探讨对象闭合回路导体垂直切割磁感线探讨内容求的是Δt时间内的平均感应电动势，E与某段时间或某个过程对应(1)若v为瞬时速度，则求的是瞬时感应电动势．(2)若v为平均速度，则求的是平均感应电动势联系(1)本质上是统一的，E＝Blv可由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)在肯定条件下推导出来．(2)当导体切割磁感线运动时用E＝Blv求E便利；当得知穿过回路磁通量的变更状况时，用E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求E比较便利eq\a\vs4\al(典例)如图所示，将一根绝缘硬金属导线弯曲成一个完整的正弦曲线形态，它通过两个小金属环a、b与长直金属杆导通，图中a，b间距离为L，导线组成的正弦图形顶部或底部到杆的距离都是d.右边虚线范围内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于弯曲导线所在平面的匀强磁场，磁场区域的宽度为eq\f(3L,4)，现在外力作用下导线沿杆以恒定的速度v向右运动，t＝0时刻a环刚从O点进入磁场区域，则下列说法正确的是()A．在t＝eq\f(L,2v)时刻，回路中的感应电动势为BdvB．在t＝eq\f(3L,4v)时刻，回路中的感应电动势为2BdvC．在t＝eq\f(L,4v)时刻，回路中的感应电流第一次变更方向D．在t＝eq\f(L,2v)时刻，回路中的感应电流第一次变更方向[思维点拨](1)当t＝eq\f(L,2v)时刻，金属导线切割磁感线的有效长度是多少？(2)当t＝eq\f(L,4v)或eq\f(3L,4v)时刻，金属导线所处位置如图所示．那么，有效长度均为多少？回路中电流方向一样吗？解析：当t＝eq\f(L,2v)时，切割磁感线有效长度为0，故感应电动势为0，A错误；当t＝eq\f(3L,4v)时，切割磁感线有效长度为d，故感应电动势为Bdv，B错误；当t＝eq\f(L,2v)时，感应电动势方向第一次发生变更，故C错误，D正确．答案：D导体切割磁感线的三种方式切割方式感应电动势的表达式垂直切割E＝Blv倾斜切割E＝Blvsinθ，其中θ为v与B的夹角旋转切割(以一端为轴)E＝eq\f(1,2)Bl2ω考点三自感和涡流项目通电自感断电自感电路图器材规格A1、A2同规格，R＝RL，L较大L很大(有铁芯)，RL<RA现象视察S闭合瞬间，A2灯马上亮起来，A1灯渐渐变亮，最终一样亮S断开时，灯A突然闪亮一下后再渐渐熄灭理论理解S闭合时，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S断开时，线圈L产生自感电动势，阻碍电流的减小，使通过L的电流从原来电流减小，由于IL>IA，会使得流过A灯的电流突然增大，从而使A灯闪亮一下后渐渐熄灭能量转化电能转化为磁场能磁场能转化为电能eq\a\vs4\al(典例)(多选)(2024·苏州检测)如图所示，电路中A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、电阻可忽视的自感线圈，C是电容很大的电容器．当S闭合与断开时，A、B灯泡的发光状况是()A．S刚闭合瞬间，A亮一下又渐渐熄灭，B渐渐变亮B．S刚闭合瞬间，B亮一下又渐渐变暗，A渐渐变亮C．S闭合足够长时间后，A和B一样亮D．S闭合足够长时间后再断开，瞬间B中仍有向右的电流，A会亮一下再熄灭[思维点拨]题干关键获得信息L电阻可忽视稳定后L相当于导线，A被短路后熄灭C电容很大起先充电瞬间，导通，可近似短路S闭合足够长时间电容充电完毕——断路L通电自感电动势为零，短路解析：S闭合瞬间，C充电，B被短路不亮，L通电产生自感电动势，阻碍电流增大，电流很小，A中电流较大，瞬间亮；S闭合足够长时间，C充电完毕，断路，B变亮，L自感电动势为零，短路，电流较大设为I0，A熄灭，A正确，B、C错误；断开S瞬间，C放电，电流流过B；L断电，流过A的电流由I0减小到零，A会亮一下再熄灭，D正确．答案：AD分析自感现象时的留意事项1．通过自感线圈中的电流不能发生突变，即通电过程中．电流是渐渐变大，断电过程中，电流是渐渐变小，此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他电路元件形成回路．2．断电自感现象中灯泡是否“闪亮”问题的推断，在于对电流大小的分析，若断电后通过灯泡的电流比原来强，则灯泡先闪亮一下后渐渐熄灭．1.(多选)如图所示，边长为L的正方形导线框abcd放在纸面内，在ad边左侧有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面对里，现使导线框绕a点在纸面内顺时针转动，经时间t转到图中虚线位置，则()A．导线框abcd中感应电流方向为顺时针方向B．导线框abcd中感应电流方向为逆时针方向C．平均感应电动势大小为eq\f(BL2,2t)D．平均感应电动势大小为eq\f(BL2,t)解析：由题意可知导线框的磁通量减小，依据楞次定律推断导线框abcd中感应电流方向为顺时针方向，故A正确，B错误；依据法拉第电磁感应定律得平均感应电动势大小为E＝eq\f(BΔS,Δt)＝eq\f(BL2,2t)，故C正确，D错误． 答案：AC2.在北半球某处上方的地磁场，磁感应强度大小为B，方向与竖直方向的夹角为θ.一边长为L的正方形线框水平放置，如图所示纸面为水平面．现在使线框在t时间内，以cd边为固定转轴，ab边绕轴向上转过90°，则在这一过程中，线框中产生的平均电动势为()A.eq\f(BL2sinθ,t)B.eq\f(BL2cosθ,t)C.eq\f(BL2（sinθ－cosθ）,t)D.eq\f(BL2（sinθ＋cosθ）,t)解析：因为磁感应强度大小为B，方向与竖直方向的夹角为θ，则初位置穿过线框的磁通量为BL2cosθ，线框以cd边为固定转轴，ab边绕轴向上转过90°，穿过线框的磁通量为BL2sinθ，依据法拉第电磁感应定律得平均感应电动势大小为E＝eq\f(Φ2－Φ1,Δt)＝eq\f(BL2（sinθ－cosθ）,t)，故C正确．答案：C3.如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽视不计．MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面对里)．现对MN施力使它沿导轨方向以速度v水平向右做匀速运动．用U表示MN两端电压的大小，下列说法正确的是()A．U＝eq\f(1,2)Blv，流过固定电阻R的感应电流由b经R到dB．U＝Blv，流过固定电阻R的感应电流由d经R到bC．MN受到的安培力大小FA＝eq\f(B2l2v,2R)，方向水平向右D．MN受到的安培力大小FA＝eq\f(B2l2v,R)，方向水平向左解析：依据电磁感应定律，MN产生的电动势E＝Blv，由于MN的电阻与外电路电阻相同，所以MN两端的电压U＝eq\f(1,2)E＝eq\f(1,2)Blv，依据右手定则，流过固定电阻R的感应电流由b经R到d，故A正确，B错误；MN受到的安培力大小FA＝eq\f(B2l2v,2R)，方向水平向左，故C、D错误．答案：A4.(多选)如图所示，在水平面内有两根平行光滑导轨，导轨间距为d，左端连接一个定值电阻R0，右端连接一竖直光滑的四分之一圆弧轨道，轨道半径为r，平行导轨右端的空间区域内存在方向竖直向上的匀强磁场，磁感廊强度大小为B.一导体棒垂直水平导轨放置，电阻为R1，质量为m.在外力作用下，导体棒从水平轨道某处起先沿导轨运动，在滑过圆弧轨道过程中，导体棒的速率始终为v，导体棒到达圆弧轨道最高点时撤去外力．运动过程中导体棒与导轨始终垂直且接触良好，不计导轨电阻，不计空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．导体棒沿圆弧轨道刚上滑时，流过电阻R0的电流为eq\f(Bdv,R0＋R1)B．导体棒沿圆弧轨道上滑过程，流过导体棒的电流方向为a→bC．导体棒沿圆弧轨道上滑过程，流过电阻R0的电流大小不变D．导体棒能回到水平轨道答案：AD5．(2024·四川成都模拟)电磁炉热效率高达90%，炉面无明火，无烟无废气，“火力”强劲，平安牢靠，如图所示是描述电磁炉工作原理的示意图，下