2024高考物理一轮复习第十单元电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律自感现象学案新人教版

PAGE14-第2讲法拉第电磁感应定律自感现象考纲考情核心素养►法拉第电磁感应定律Ⅱ►自感、涡流Ⅰ►明确磁通量、磁通量变更、磁通量变更率的区分，知道自感及涡流现象.物理观念全国卷5年3考高考指数★★★★★►敏捷选用感应电动势大小的公式．►结合电路学问推断电势的凹凸.科学思维学问点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)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的欧姆定律，即I＝eq\f(E,R＋r).3．导体切割磁感线的情形(1)垂直切割：E＝Blv，式中l为导体切割磁感线的有效长度．(2)不垂直切割：E＝BLvsinθ，式中θ为v与B的夹角．(3)匀速转动：导体棒在垂直匀强磁场方向以角速度ω绕一端转动切割磁感线时，E＝eq\f(1,2)Bl2ω.学问点二自感、涡流1．自感现象(1)概念：由于导体本身的电流变更而产生的电磁感应现象称为自感．(2)自感电动势①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫做自感电动势．②表达式：E＝Leq\f(ΔI,Δt).(3)自感系数L①相对因素：与线圈的大小、形态、匝数以及是否有铁芯有关．②单位：亨利(H)，1mH＝10－3H,1μH＝10－6H.2．涡流当线圈中的电流发生变更时，在它旁边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．电磁阻尼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．4．电磁驱动假如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而运动起来．1．思索推断(1)磁通量变更越大，产生的感应电动势也越大．(×)(2)感应电动势的大小与线圈的匝数无关．(×)(3)线圈中的自感电动势越大，自感系数就越大．(×)(4)磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势．(√)(5)自感电动势阻碍电流的变更，但不能阻挡电流的变更．(√)2.如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面对里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨ab和cd上以速度v向右滑动，MN中产生的感应电动势大小为E1；若金属杆速度改为2v，其他条件不变，MN中产生的感应电动势大小变为E2.则关于通过电阻R的电流方向及E1E2的推断，下列说法正确的是(C)A．c→a,21 B．a→c,21C．a→c,12 D．c→a,12解析：本题考查电磁感应定律中的动生问题．金属杆以速度v向右滑动，回路中磁通量增大，由右手定则可知，回路中产生逆时针方向的感应电流，通过电阻R的电流方向为a→c，依据法拉第电磁感应定律E＝BLv可知E1E2＝12，选项C正确．3.如图所示，半径为r的n匝线圈放在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场充溢正方形区域并垂直穿过该区域，当磁场以eq\f(ΔB,Δt)的变更率变更时，线圈产生的感应电动势大小为(B)A．0 B．neq\f(ΔB,Δt)·L2C．neq\f(ΔB,Δt)·πr2 D．neq\f(ΔB,Δt)·r2解析：由法拉第电磁感应定律可知线圈产生的自感电动势E＝neq\f(ΔB,Δt)·L2，故B正确．4.在如图所示的电路中，LA为灯泡，S为开关，L为有铁芯的线圈．对于这样的电路，下列说法正确的是(C)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打开或闭合的瞬间，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可能不马上熄灭解析：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，但阻碍不是阻挡，S闭合后有电流通过LA；S断开瞬间，线圈产生自感电动势，因电路断开，电流马上消逝，灯泡LA马上熄灭，故C正确，A、B、D错误．5．(多选)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(AB)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．取走线圈中的铁芯解析：当电磁铁接通沟通电源时，金属杯处在变更的磁场中产生涡电流发热，使水温上升．要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻．增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势．瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱，所以选项A、B正确，C、D错误．考点1法拉第电磁感应定律的理解和应用1．对法拉第电磁感应定律的理解(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更率eq\f(ΔΦ,Δt)共同确定，与磁通量Φ的大小、变更量ΔΦ的大小没有必定联系．(2)磁通量的变更率eq\f(ΔΦ,Δt)对应Φ­t图线上某点切线的斜率．(3)公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求解的是一个回路中某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．法拉第电磁感应定律的两个特例(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S发生变更，则ΔΦ＝B·ΔS，E＝nBeq\f(ΔS,Δt).(2024·全国卷Ⅰ)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变更的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变更关系如图(b)所示．则在t＝0到t＝t1的时间间隔内()A．圆环所受安培力的方向始终不变B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C．圆环中的感应电流大小为eq\f(B0rS,4t0ρ)D．圆环中的感应电动势大小为eq\f(B0πr2,4t0)【解析】依据楞次定律可知在0～t0时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A错误，B正确；依据法拉第电磁感应定律得E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(1,2)πr2·eq\f(B0,t0)＝eq\f(B0πr2,2t0)，依据电阻定律可得R＝ρeq\f(2πr,S)，依据欧姆定律可得I＝eq\f(E,R)＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，所以选项C正确，D错误．【答案】BC高分技法应用电磁感应定律需留意的三个问题(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．(3)通过回路截面的电荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nΔΦ,ΔtR)Δt＝eq\f(nΔΦ,R)，导出q与n、ΔΦ和电阻R的关系式，可干脆代入求解．1.(多选)如图所示，线圈匝数为n，横截面积为S，电阻为r，处于一个匀称增加的磁场中，磁感应强度随时间的变更率为k，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C，定值电阻的阻值为r.下列说法正确的是(BC)A．电容器下极板带正电B．电容器上极板带正电C．电容器所带电荷量为eq\f(nSkC,2)D．电容器所带电荷量为nSkC解析：磁场向右匀称增加，由楞次定律推断，电容器上极板带正电，故A错误，B正确；闭合线圈与阻值为r的电阻形成闭合回路，线圈相当于电源，电容器两极板间的电压等于路端电压，线圈产生的感应电动势E＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝nSk，路端电压U＝eq\f(E,2r)·r＝eq\f(E,2)，则电容器所带电荷量为Q＝CU＝eq\f(nSkC,2)，故C正确，D错误．2．(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中通有正弦沟通电i，i的变更如图乙所示，规定从Q到P为电流正方向，导线框R中的感应电动势(AC)A．在t＝eq\f(T,4)时为零B．在t＝eq\f(T,2)时变更方向C．在t＝eq\f(T,2)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＝eq\f(T,4)时，i­t图线斜率为0，即磁场变更率为0，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S知，E＝0，A项正确；在t＝eq\f(T,2)和t＝T时，i­t图线斜率的肯定值最大，在t＝eq\f(T,2)和t＝T时感应电动势最大．在eq\f(T,4)到eq\f(T,2)之间，电流由Q向P减弱，导线在R处产生垂直纸面对里的磁场，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对里，即R中感应电动势沿顺时针方向，同理可推断在eq\f(T,2)到eq\f(3T,4)之间，R中电动势也为顺时针方向，在eq\f(3,4)T到T之间，R中电动势为逆时针方向，C项正确，B、D项错误．考点2导体棒切割磁感线产生感应电动势1．E＝Blv四性的含义：名词含义正交性B、l、v三者相互垂直瞬时性若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势平均性导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势有效性公式中的l为导体切割磁感线的有效长度．如图中棒的有效长度为ab间的距离相对性速度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2.转动切割磁感线电动势的计算当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E＝Bleq\x\to(v)＝eq\f(1,2)Bl2ω，如图所示．题型1平动切割1.如图所示，将长为2m的导线从正中间折成120°的角，使其所在的平面垂直于磁感应强度为2T的匀强磁场．为使导线中产生20V的感应电动势，则导线切割磁感线的最小速度为(A)A．eq\f(10,3)eq\r(3)m/s B．10m/sC．eq\f(20,3)eq\r(3)m/s D．eq\f(5,3)eq\r(3)m/s解析：导线切割磁感线产生的感应电动势与连接A、C的导线产生的感应电动势等效，若速度方向垂直于AC，则产生所要达到的感应电动势须要的切割速度最小，E＝eq\o(AC,\s\up6(→))·Bvmin，得vmin＝eq\f(10,3)eq\r(3)m/s，故选A．2.如图所示，MN、PQ是间距为L的平行金属导轨，置于磁感应强度为B、方向垂直导轨所在平面对里的匀强磁场中，M、P间接有一阻值为R的电阻．一根与导轨接触良好、有效阻值为R的金属导线ab垂直导轨放置，并在水平外力F的作用下以速度v向右匀速运动，则(不计导轨电阻)(C)A．通过电阻R的电流方向为P→R→MB．a、b两点间的电压为BLvC．a端电势比b端高D．a端电势比b端低解析：由右手定则可知，通过电阻R的电流方向为M→R→P，选项A错误；导体棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv，则a、b两点间的电压U＝eq\f(E,R＋R)R＝eq\f(1,2)BLv，选项B错误；由右手定则可知，通过导体棒的电流由b→a，此时导体棒是电源，则导体棒a端电势比b端高，选项C正确，D错误．名师点睛公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)与E＝Blv的区分与联系E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝Blv区分探讨对象闭合回路回路中做切割磁感线运动的那部分导体适用范围对任何电磁感应现象普遍适用只适用于导体切割磁感线运动的状况联系导体切割磁感线是电磁感应现象的特例，E＝Blv可由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)推导得出题型2转动切割3.边界MN的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场．边长为l的正三角形金属线框abc粗细匀称，三边阻值相等，a顶点刚好位于边界MN上，现使线框围绕过a点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转动角速度为ω，如图所示，则在ab边起先转入磁场的瞬间，ab两端的电势差Uab为(A)A．eq\f(1,3)Bl2ω B．－eq\f(1,2)Bl2ωC．－eq\f(1,3)Bl2ω D．eq\f(1,6)Bl2ω解析：本题考查电磁感应定律中的旋转切割问题．在ab边起先转入磁场的瞬间，切割磁感线产生的感应电动势为E＝eq\f(1,2)Bl2ω，设每边电阻为R，由闭合电路欧姆定律可得金属线框中电流为I＝eq\f(E,3R)，由右手定则可推断出感应电流方向为逆时针方向，ab两端的电势差Uab＝I·2R＝eq\f(1,3)Bl2ω，选项A正确．4.(多选)法拉第圆盘发电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．圆回旋转时，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的方向流淌C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变更，则电流方向可能发生变更D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍解析：将圆盘看成多数辐条组成，它们都在切割磁感线从而产生感应电动势和感应电流，则当圆盘顺时针(俯视)转动时，依据右手定则可知圆盘上感应电流从边缘流向中心，流过电阻的电流方向从a到b，B对；由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝BLeq\x\to(v)＝eq\f(1,2)BL2ω，I＝eq\f(E,R＋r)，ω恒定时，I大小恒定，ω大小变更时，I大小变更，方向不变，故A对，C错；由P＝I2R＝eq\f(B2L4ω2R,4R＋r2)知，当ω变为原来的2倍时，P变为原来的4倍，D错．名师点睛平动切割和转动切割的区分(1)平动切割各点线速度相同，电动势大小E＝BLv；转动切割导体棒绕一点做圆周运动各点线速度不同，电动势大小依据E＝eq\f(1,2)BL2ω计算．(2)公式的适用条件：E＝BLv适用于磁场、导体棒、速度三者相互垂直的状况；E＝eq\f(1,2)BL2ω适用于导体棒绕一端垂直磁场切割磁感线的状况，若不绕一端转动，电动势不等于eq\f(1,2)BL2ω，如图．考点3自感现象的理解和应用1．自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变更．(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变更．(3)电流稳定时，自感线圈相当于一般导体．(4)线圈的自感系数越大，自感现象越明显，自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向．2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡电路图通电时电流渐渐增大，灯泡渐渐变亮电流突然增大，然后渐渐减小达到稳定断电时电流渐渐减小，灯泡渐渐变暗，电流方向不变电路中稳态电流为I1、I2：①若I2≤I1，灯泡渐渐变暗；②若I2>I1，灯泡闪亮后渐渐变暗．两种状况下灯泡中电流方向均变更如图所示，图甲和图乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．试验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后渐渐变暗；闭合开关S2，灯A2渐渐变亮．而另一个相同的灯A3马上变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是()A．图甲中，A1与L1的电阻值相同B．图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图乙中，变阻器接入电路电阻R与L2的电阻值相同D．图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等【解析】断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过A1，灯A1突然闪亮，随后渐渐变暗，说明IL1>IA1，即RL1<RA1，故A错；题图甲中，闭合开关S1，电路稳定后，因为RL1<RA1，所以A1中电流小于L1中电流，故B错；题图乙中，闭合开关S2，灯A2渐渐变亮，而另一个相同的灯A3马上变亮，最终A2与A3的亮度相同，说明变阻器接入电路电阻R与L2的电阻值相同，故C对；闭合S2瞬间，通过L2的电流增大，由于电磁感应，线圈L2产生自感电动势，阻碍电流的增大，则L2中电流与变阻器R中电流不相等，故D错．【答案】C名师点睛分析自感现象的三个技巧3．如图所示，李辉用多用电表的欧姆挡测量一个变压器线圈的电阻，以推断它是否断路．刘伟为了使李辉操作便利，用两手分别握住线圈袒露的两端让李辉测量．测量时表针摆过了肯定角度，李辉由此确认线圈没有断路．正值李辉把多用电表的表笔与被测线圈脱离时，刘伟突然惊叫起来，觉得有电击感．下列说法正