（江苏专用版）2020版高考物理总复习 第九章 第2讲 法拉第电磁感应定律 涡流与自感现象课件

第2讲法拉第电磁感应定律涡流与自感现象基础过关知识梳理1.将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中,关于线圈中产生的感应电动势和感应电流,下列表述正确的是 (C)A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关B.穿过线圈的磁通量越大,感应电动势越大C.穿过线圈的磁通量变化越快,感应电动势越大D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同基础自测解析根据法拉第电磁感应定律E=n ,A、B项错误,C项正确;根据楞次定律易知,D项错误。Φt2.(2017南通模拟)电磁炉是利用电磁感应现象产生的涡流,使锅体发热从而加热食物,下列相关的说法中正确的是 (A)A.锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关B.电磁炉中通入电压足够高的直流电也能正常工作C.金属或环保绝缘材料制成的锅体都可以利用电磁炉来烹饪食物D.电磁炉的上表面一般都用金属材料制成,以加快热传递、减少热损耗解析涡流是高频交流电产生的磁场引起的电磁感应现象,故选项A正确,B错误;电磁炉表面一般用绝缘材料制成,避免产生涡流,锅体用金属制成,利用涡流加热食物,故选项C、D错误。考点一对法拉第电磁感应定律的理解考点二导体切割磁感线产生感应电动势的计算考点突破考点三通电自感和断电自感考点四涡流考点一对法拉第电磁感应定律的理解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化率 共同决定,而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系。(2)磁通量的变化率 对应Φ-t图线上某点切线的斜率。ΦtΦt2.应用法拉第电磁感应定律的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时,ΔΦ=B·ΔS,则E=n ;(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时,ΔΦ=ΔB·S,则E=n ;(3)磁通量的变化是由面积和磁场变化共同引起时,则根据定义求,ΔΦ=Φ末-Φ初,E=n ≠n 。BStBSt2211BSBStBSt例1(多选)(2018常州一模)如图所示,半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向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变化,线圈中的电流为 D.保持半径不变,使磁场随时间按B=kt变化,线圈中的电流为 2krR22krR答案BC保持磁场不变,线圈的半径由2r变到3r的过程中,穿过线圈的磁通量没有变化,没有感应电流,A项错误;保持磁场不变,线圈的半径由2r变到0.5r的过程中,穿过线圈的磁通量减小,有感应电流,根据楞次定律判断感应电流为逆时针方向,B项正确;保持半径不变,磁场随时间按照B=kt变化,根据法拉第电磁感应定律得感应电动势为E= =kπr2,所以根据闭合电路的欧姆定律有I= ,C项正确,D项错误。Φt2krR考点二导体切割磁感线产生感应电动势的计算1.当导体平动垂直切割磁感线时,即B、l、v两两垂直时(如图甲所示)E=Blv。公式中l指有效切割长度,即导体在与v和B垂直的方向上的投影长度。 2.图乙中的有效切割长度为l=cdsinθ。3.图丙中的有效切割长度为l=MN。4.图丁中的有效切割长度:沿v1方向运动时,l= R;沿v2方向运动时,l=R。25.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,如图所示,产生的感应电动势为E=Bl = Bl2ω。 v12例2(2018课标Ⅰ)如图,导体轨道OPQS固定,其中PQS是半圆弧,Q为半圆弧的中心,O为圆心,轨道的电阻忽略不计,OM是有一定电阻的可绕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,现使金属杆由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一定的变化率从B增加到B‘(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中,流过OM的电荷量相等,则等于 (B)'BBA. B. C. D.2543274解析过程Ⅰ回路中磁通量变化ΔΦ1= BπR2,设OM的电阻为R',流过OM的电荷量Q1= ;过程Ⅱ回路中磁通量变化ΔΦ2= (B'-B)πR2,流过OM的电荷量Q2= 。Q2=Q1,联立解得 = ,选项B正确。141'ΦR122'ΦR'BB32例3(多选)如图所示,一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路,虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于回路所在的平面,回路以速度v向右匀速进入磁场,直径CD始终与MN垂直。从D点到达边界开始到C点进入磁场为止,下列结论正确的是 (ACD)A.感应电流方向不变B.CD段直线始终不受安培力C.感应电动势最大值E=BavD.感应电动势平均值E= πBav14解析半圆形闭合回路在进入磁场的过程中,磁通量增加,磁场方向垂直纸面向里,根据楞次定律,可知感应电流的方向为逆时针方向,方向不变,故A项正确;CD段中有感应电流通过,且CD段与磁场垂直,所以必定受到安培力,且安培力方向竖直向下,故B项错误;切割的有效长度的最大值为a,则感应电动势的最大值E=Bav,故C项正确;根据法拉第电磁感应定律得 = = = πBav,故D项正确。EBSt2122Baav14考点三通电自感和断电自感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),RLRA现象S闭合瞬间,A2灯立即亮起来,A1灯逐渐变亮,最终两灯一样亮开关S断开时,灯A闪亮一下后再渐渐熄灭2.三点注意、三个技巧 例4(2018南京三模)如图所示,电源电动势为E,其内阻r不可忽略,L1、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。下列说法正确的是 (C)A.刚接通开关S的瞬间,L2立即亮,L1逐渐变亮B.合上开关S,电路稳定后,灯泡L1、L2的亮度相同C.电路稳定后在断开S的瞬间,通过灯泡L1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的电流为零解析刚接通开关S的瞬间,线圈中电流要增大,则出现自感电动势,L1立即亮,L2逐渐变亮,故A错误;合上开关S,当电路稳定后,由于线圈的直流电阻为零,则灯泡L1被短路,故B错误;电路稳定后断开S的瞬间,线圈中电流要减小,则出现自感电动势,通过灯泡L1的电流方向向右,故C正确;电路稳定后断开S的瞬间,电容器要放电,则灯泡L2慢慢熄灭,故D错误;故选C。考点四涡流例5(多选)(2017南京、盐城二模)关于图中器材的原理和用途,正确的是 (AD)A.变压器可以改变交变电压但不能改变频率B.扼流圈对交流电的阻碍作用是因为线圈存在电阻C.真空冶炼炉的工作原理是炉体产生涡流使炉内金属熔化D.磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用解析变压器可以改变交流电的电压但不能改变交流电的频率,故A项正确;扼流圈对交流电的阻碍作用是因为线圈产生了自感现象,不是因为线圈存在电阻,故B项错误;真空冶炼炉的工作原理是炉中金属产生涡流使炉内金属熔化,不是炉体产生涡流,故C项错误;磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框中可以产生感应电流,能起电磁阻尼的作用,故D项正确。电磁感应在生活中的应用加油小站例6(多选)(2019泰兴中学月考)如图甲所示是一种手摇发电的手电筒,内部有一固定的线圈和可来回运动的条形磁铁,其原理图如图乙所示,当沿图中箭头方向来回摇动手电筒过程中,条形磁铁在线圈内来回运动,灯泡发光,在此过程中,下列说法正确的是 ()A.增加摇动频率,灯泡变亮B.线圈对磁铁的作用力方向不变C.磁铁从线圈一端进入与从该端穿出时,灯泡中电流方向相反D.磁铁从线圈一端进入再从另一端穿出过程,灯泡中电流方向不变答案AC此种手电筒是依据电磁感应原理制造的,要使灯泡亮度增大,即电流变大,可以加速切割磁感线、增加线圈匝数或更换磁性更强的磁铁,或者增大摇动的频率,故A项正确;根据楞次定律的推论“来拒去留”可知,线圈对磁铁的作用力方向发生变化,故B项错误;磁铁从线圈一端进入时,穿过线圈的磁通量增大,从该端穿出时,穿过线圈的磁通量减小,根据楞次定律可知这两个过程中灯泡中电流方向相反,故C项正确;同理可知,D项错误。例7随着科技的不断发展,无线充电已经进入人们的视线,小到手表、手机,大到电脑、电动汽车,都已经实现了无线充电从理论研发到实际应用的转化。如图所示为某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图。关于无线充电,下列说法正确的是 () A.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B.只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电C.接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D.只要有无线充电底座,所有手机都可以进行无线充电答案AC无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应,故A项错误;当给充电设备通以恒定直流电时,充电设备不会产生交变磁场,即不能正常充电,故B项错误;接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同,故C项正确;被充电手机内部,应该有一类似金属线圈的部件与手机电池相连,当有交变磁场时,则产生感应电动势,而普通手机由于没有这一部件,所以不能够利用无线充电设备进行充电,故D项错误。随堂巩固1.(多选)如图所示,闭合开关S,将条形磁铁插入闭合线圈,第一次用时0.2s,第二次用时0.4s,并且两次磁铁的起始和终止位置相同,则 (AB)A.第一次线圈中的磁通量变化较快B.第一次电流表G的最大偏转角较大C.第二次电流表G的最大偏转角较大D.若断开开关S,电流表G均不偏转,故两次线圈两端均无感应电动势解析两次磁通量变化相同,第一次时间短,则第一次线圈中磁通量变化较快,故A项正确;感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比,磁通量的变化率大,感应电动势大,产生的感应电流大,故B项正确,C项错误;断开开关S,电流表G不偏转,故感应电流为零,但感应电动势不为零,故D项错误。2.如图所示,一正方形线圈的匝数为n,边长为a,线圈平面与匀强磁场垂直,且一半处在磁场中。在Δt时间内,磁感应强度的方向不变,大小由B均匀地增大到2B。在此过程中,线圈中产生的感应电动势为 (B) A. B. C. D. 22Bat22nBat2nBat22nBat解析磁感应强度的变化率 = = ,法拉第电磁感应定律公式可写成E=n =n S,其中磁场中的有效面积S= a2,代入得E=n ,选项B正确,A、C、D错误。Bt2BBtBtΦtBt1222Bat3.(多选)(2016江苏单科)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示,磁体附近的金属弦被磁化,因此弦振动时,在线圈中产生感应电流,电流经电路放大后传送到音箱发出声音,下列说法正确的有 (BCD) A.选用铜质弦,电吉他仍能正常工作B.取走磁体,电吉他将不能正常工作C.增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D.弦振动过程中,线圈中的电流方向不断变化解析由于铜质弦不能被磁化,振动时不能产生变化的磁场,线圈中不能产生感应电流,因此电吉他不能正常工作,A项错误;取走磁体,没有磁场,金属弦不能被磁化,弦振动时不能产生变化的磁场,线圈不能产生感应电流,电吉他就不能正常工作,B项正确;增加线圈的匝数,由法拉第电磁感应定律可知,线圈中的感应电动势会增大,C项正确;弦振动过程中,线圈中的磁场方向不变,但磁通量一会儿增大,一会儿减小,产生的感应电流方向不断变化,D项正确。4.如图所示,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。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电流发热,使水温升高。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