2024高考物理一轮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新人教版

PAGE14-第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流ZHISHISHULIZICEGONGGU,学问梳理·自测巩固学问点1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．导体切割磁感线时的感应电动势(1)若B、l、v相互垂直，则E＝Blv。(2)v∥B时，E＝0。学问点2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作自感电动势。②表达式：E＝Leq\f(ΔI,Δt)。(3)自感系数L①相关因素：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。思索：(1)穿过线圈的磁通量变更越大，产生的感应电动势是否也越大？(2)利用E＝Blv推导出导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动时产生感应电动势的表达式。[答案](1)否(2)E＝Bleq\x\to(v)＝Bleq\f(ωl,2)＝eq\f(1,2)Bl2ω思维诊断：(1)磁通量变更越大，产生的感应电动势也越大。(×)(2)磁通量变更越快，产生的感应电动势就越大。(√)(3)磁通量的变更率描述的是磁通量变更的快慢。(√)(4)感应电动势的大小与线圈的匝数无关。(×)(5)线圈中的自感电动势越大，自感系数就越大。(×)(6)磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势。(√)自测巩固,ZICEGONGGU)1．(多选)如图甲是一个电容器，电容器外壳上标有“4.7μF50V”字样；图乙是一个标准自感线圈，外壳上标有“1H”字样，下列有关该电容器和自感线圈的说法正确的是(BC)A．电容器的电容为4.7×10－12B．自感线圈的自感系数为“1H”C．电容器在20V的工作电压下，其带电荷量为9.4×10－5D．自感线圈的自感电动势大小与流过线圈的电流大小有关[解析]4.7μF＝4.7×10－6F，A错误；1H指的是自感系数，B正确；Q＝CU＝4.7×10－6×20C＝9.4×10－5C，C正确；自感电动势E＝L·eq\f(ΔI,Δt)，与电流变更快慢有关，与电流大小无关，D错误。2．金属探测器已经广泛应用于安检场所，关于金属探测器的论述正确的是(C)A．金属探测器可用于食品生产，防止细小的砂石颗粒混入食品中B．金属探测器探测地雷时，探测器的线圈中产生涡流C．金属探测器探测金属时，被测金属中感应出涡流D．探测过程中金属探测器与被测物体相对静止与相对运动探测效果相同[解析]金属探测器只能探测金属，不能用于食品生产，不能防止细小的砂石颗粒混入食品中，A错误；金属探测器探测金属时，被测金属中感应出涡流，B错误，C正确；探测过程中金属探测器应与被测物体相对运动，相对静止时无法得到探测效果，D错误。3．(2024·北京西城区期末)如图所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面对里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增加为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2。则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比分别为(C)A．c→a,21 B．a→c,21C．a→c,12 D．c→a,12[解析]由右手定则可知，电阻R上电流的方向为a→c，由E＝BLv可知，E1E2＝12，C正确。4.如图所示，半径为r的n匝线圈套在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形，当磁感应强度以eq\f(ΔB,Δt)的变更率匀称变更时，线圈中产生的感应电动势的大小为(D)A．πr2·eq\f(ΔB,Δt) B．L2·eq\f(ΔB,Δt)C．nπr2·eq\f(ΔB,Δt) D．nL2·eq\f(ΔB,Δt)[解析]依据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势的大小为E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nL2·eq\f(ΔB,Δt)，D正确。HEXINKAODIANZHONGDIANTUPO,核心考点·重点突破考点一法拉第电磁感应定律的理解及应用1．应用法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)时应留意(1)探讨对象：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)的探讨对象是一个回路，而不是一段导体。(2)物理意义：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求的是Δt时间内的平均感应电动势，当Δt→0时，则E为瞬时感应电动势。(3)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求得的电动势是整个回路的感应电动势，而不是回路中某段导体的电动势，整个回路的电动势为零，其回路中某段导体的感应电动势不肯定为零。2．法拉第电磁感应定律应用的三种状况(1)磁通量的变更是由面积变更引起时，ΔΦ＝B·ΔS，则E＝nBeq\f(ΔS,Δt)。(2)磁通量的变更是由磁场变更引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则E＝neq\f(ΔB,Δt)·S，S是磁场范围内的有效面积。(3)磁通量的变更是由于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)。3．在图象问题中磁通量的变更率eq\f(ΔΦ,Δt)是Φ－t图象上某点切线的斜率，利用斜率和线圈匝数可以确定感应电动势的大小。例1(2024·潍坊高三月考)如图所示，平行金属导轨宽度L＝1m，固定在水平面内，左端A、C间接有R＝4Ω的电阻，金属棒DE质量m＝0.36kg，电阻r＝1Ω，垂直导轨放置，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5，到AC的距离x＝1.5m。匀强磁场与水平面成37°角斜向左上方，与金属棒垂直，磁感应强度随时间t变更的规律是B＝(1＋2t)T。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计导轨电阻，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，则经多长时间金属棒起先滑动？[解析]回路中的感应电动势E＝eq\f(ΔB,Δt)Lxsin37°感应电流I＝eq\f(E,R＋r)对金属棒受力分析如图，有FA＝BILFAsin37°＝μNN＝mg＋FAcos37°又B＝(1＋2t)T，联立解得t＝12s。[答案]12s〔类题演练1〕在半径为r、电阻为R的圆形导线框内，以竖直直径为界，左、右两侧分别存在着方向如图甲所示的匀强磁场。以垂直纸面对外的方向为磁场的正方向，两部分磁场的磁感应强度B随时间t的变更规律如图乙所示。则0～t0时间内，导线框中(C)A．没有感应电流B．感应电流方向为逆时针C．感应电流大小为eq\f(πr2B0,t0R)D．感应电流大小为eq\f(2πr2B0,t0R)[解析]依据楞次定律可知，导线框左边产生的感应电流沿顺时针方向，导线框右边产生的感应电流也沿顺时针方向，则整个导线框中的感应电流沿顺时针方向，A、B错误；由法拉第电磁感应定律可知，导线框中产生的感应电动势为导线框左、右两边产生的感应电动势之和，即E＝2×eq\f(ΔB,Δt)S＝2×eq\f(B0πr2,2t0)＝eq\f(πr2B0,t0)，由闭合电路欧姆定律可得，感应电流大小为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(πr2B0,t0R)，C正确、D错误。考点二导体切割磁感线产生感应电动势的计算1．导体平动切割磁感线对于导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式E＝Blv，应从以下几个方面理解和驾驭。(1)正交性本公式是在肯定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场，还需B、l、v三者相互垂直。实际问题中当它们不相互垂直时，应取垂直的重量进行计算，公式可为E＝Blvsinθ，θ为B与v方向间的夹角。(2)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，即eq\x\to(E)＝Bleq\x\to(v)。(3)瞬时性若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。(4)有效性公式中的l为有效切割长度，即导体与v垂直的方向上的投影长度。下图中有效长度分别为：甲图：l＝cdsinβ(简洁错算成l＝absinβ)。乙图：沿v1方向运动时，l＝MN；丙图：沿v1方向运动时，l＝eq\r(2)R；沿v2方向运动时，l＝R。(5)相对性E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动时，应留意速度间的相对关系。2．导体转动切割磁感线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。(1)以中点为轴时，E＝0(不同两段的代数和)；(2)以端点为轴时，E＝eq\f(1,2)Bωl2(平均速度取中点位置时的线速度eq\f(1,2)ωl)；(3)以随意点为轴时，E＝eq\f(1,2)Bω(leq\o\al(2,1)－leq\o\al(2,2))(不同两段的代数和)。例2如图所示，半径为R的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面对里。一根长度略大于导轨直径的导体棒MN以速率v在圆导轨上从左端滑到右端，电路中的定值电阻为r，其余电阻不计。导体棒与圆形导轨接触良好。求：(1)在滑动过程中通过电阻r上的电流的平均值；(2)MN从左端到右端的整个过程中，通过r的电荷量；(3)当MN通过圆导轨中心时，通过r的电流是多少？[解析]导体棒从左向右滑动的过程中，切割磁感线产生感应电动势，对电阻r供电。(1)计算平均电流，应当用法拉第电磁感应定律，先求出平均感应电动势。整个过程磁通量的变更为ΔΦ＝BS＝BπR2，所用的时间Δt＝eq\f(2R,v)，代入公式eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，得平均电流为eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),r)＝eq\f(πBRv,2r)。(2)电荷量的运算应当用平均电流，q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(πBR2,r)。(3)当MN通过圆形导轨中心时，切割磁感线的有效长度最大，为l＝2R，依据E＝Blv得E＝B·2Rv，此时通过r的电流为I＝eq\f(E,r)＝eq\f(2BRv,r)。[答案](1)eq\f(πBRv,2r)(2)eq\f(πBR2,r)(3)eq\f(2BRv,r)规律总结：求电荷量三法(1)q＝It(式中I为回路中的恒定电流、t为时间)①由于导体棒匀速切割磁感线产生感应电动势使闭合回路中的电流恒定，依据电流定义式可知q＝It。②闭合线圈中磁通量匀称增大或减小且回路中电阻保持不变，则电路中的电流I恒定，时间t内通过线圈横截面的电荷量q＝It。(2)q＝neq\f(ΔΦ,R)(其中R为回路电阻、ΔΦ为穿过闭合回路的磁通量的变更量)①闭合回路中的电阻R不变、并且只有磁通量变更为电路供应电动势。②从表面来看，穿过回路的磁通量与时间无关；但ΔΦ与时间有关、随时间而变更。(3)Δq＝CBLΔv(式中C为电容器的电容、B为匀强磁场的磁感应强度、L为导体棒切割磁感线的有效长度、Δv为导体棒切割速度的增量)在匀强磁场中，电容器接在切割磁感线的导体棒两端，不计一切电阻，电容器两极板间的电压等于导体棒切割磁感线产生的电动势E，电容器的充电(或放电)电流I＝eq\f(Δq,Δt)＝eq\f(CΔU,Δt)，又E＝BLv，则ΔU＝BL(Δv)可得Δq＝CBLΔv。〔类题演练2〕(2024·潍坊高三月考)(多选)如图所示，等边三角形导体框abc边长为l，bd⊥ac，导体框绕轴bd以角速度ω匀速转动，导体框所在空间有竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场。下列说法正确的是(AD)A．导体框中无感应电流B．导体框中产生正弦交变电流C．a、d两点间电势差为0D．a、d两点间电压为eq\f(1,8)Bωl2[解析]由于导体框平面始终与磁场方向平行，则穿过导体框的磁通量始终为零，即导体框中无感应电池，A正确，B错误；由导体棒在磁场中转动切割磁感线产生感应电动势可知，a、d两点间的电压为E＝eq\f(1,2)Bω(eq\f(l,2))2＝eq\f(1,8)Bωl2，C错误，D正确。考点三自感现象1．通电自感和断电自感的比较通电自感断电自感电路图器材A1、A2同规格，R＝RL，L较大L很大(有铁芯)，RL<RA现象S闭合瞬间，A2灯马上亮起来，A1灯渐渐变亮，最终一样亮开关S断开时，灯A突然闪亮一下后再渐渐熄灭2.三点留意、三个技巧例3(2024·江苏南京、盐城二模)(多选)如图所示，A、B为相同的灯泡，C为电容器，L为电感线圈(其直流电阻小于灯泡电阻)。下列说法中正确的是(AC)A．闭合开关，B马上发光B．闭合开关，电路稳定后，A中没有电流C．电路稳定后，断开开关，B变得更亮后再熄灭D．电路稳定后，断开开关，A中电流马上为零[解析]本题考查含容的自感电路。闭合开关S的瞬时，电容器C充电；而电感L阻碍电流的增加，相当于断路，则B先发光；电路稳定后，电容器充电完毕相当于断路，则A中有电流，选项A正确，B错误。电路稳定后，断开开关，则电感L与灯泡B组成新的回路，因电路稳定时L中的电流大于B的电流，则断开S时，B变得更亮后再熄灭，选项C正确。电路稳定后，断开开关，由于电容器放电，则A中电流不会马上为零，选项D错误。〔类题演练3〕(2024·江苏扬州模拟)图1和图2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(C)A．图1中，A1与L1的电阻值相同B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等[解析]题图1中，稳定时通过A1的电流记为IL，通过L1的电流记为I1。S1断开瞬间，A1突然变亮，可知IL>I1，因此A1和L1电阻不相等，所以A、B错误；题图2中，闭合S2时，由于自感作用，通过L2与A2的电流I2会渐渐增大，而通过R与A3的电流I3马上变大，因此电流不相等，所以D错误；由于最终A2与A3亮度相同，所以两支路电流I相同，依据部分电路欧姆定律，两支路电压U与电流I均相同，所以两支路电阻相同。由于A2、A3完全相同，故变阻器R与L2的电阻值相同，所以C正确。JIEDUANPEIYOUCHAQUEBULOU,阶段培优·查缺补漏__电磁感应在生活中的应用__电磁感应现象与生活亲密相关，高考对这部分的考查更趋向于有关现代气息和STS问题中信息题的考查。命题背景有电磁炉、电子秤、电磁卡、电磁焊接术、卫星悬绳发电、磁悬浮列车等。例4(2024·北京昌平区质检)随着电动汽车的大量普及，汽车无线充电受到越来越多的关注。无线充电简洁便利，不需手动操作，没有线缆拖拽，大大提高了用户体验。将受电线圈安装在汽车的底盘上，将供电线圈安装在地面上，如图所示。当电动汽车行驶到供电线圈装置上时，受电线圈即可“接受”到供电线圈的电流，从而对蓄电池进行充电。关于无线充电，下列说法正确的是(A)A．无线充电技术与变压器的工作原理相同B．为了爱护受电线圈不受损坏，可在车底加装一个金属护板C．只有将供电线圈接到直流电源上，才能对蓄电池进行充电D．当受电线圈没有对准供电线圈(二者没有完全重合)时，将不能进行无线充电[解析]本题借助无线充电为背景考查电磁感应问题。无线充电技术与变压器都是利用电磁感应原理，故A正确；加装的金属护板会产生涡流，涡流会产生热量，且可能会熔化金属，故加装金属护板奢侈能量，还可能损坏电器，故B错误；应将供电线圈接到沟通电源上，对蓄电池进行充电，故C错误；当受电线圈没有对准供电线圈(二者没有完全重合)时，也可以进行无线充电，故D错误。2NIANGAOKAOMONIXUNLIAN,2年高考·模拟训练1．(2024·全国卷Ⅰ，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。轨道的电阻忽视不计。OM是有肯定电阻、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肯定的变更率从B增加到B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则eq\f(B′,B)等于(B)A．eq\f(5,4) B．eq\f(3,2)C．eq\f(7,4) D．2[解析]在过程Ⅰ中，依据法拉第电磁感应定律，有E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt1)＝eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2)),Δt1)依据闭合电路欧姆定律，有I1＝eq\f(E1,R)且q1＝I1Δt1在过程Ⅱ中，有E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt2)＝eq\f(B′－B\f(1,2)πr2,Δt2)I2＝eq\f(E2,R)q2＝I2Δt2又q1＝q2，即eq\f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2)),R)＝eq\f(B′－B\f(1,2)πr2,R)所以eq\f(B′,B)＝eq\f(3,2)。2．(2024·河北武邑中学模拟)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)Bl2ωB．－eq\f(1,2)Bl2ωC．－eq\f(1,3)Bl2ωD．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＝