【文档说明】高考物理一轮复习课件第10章电磁感应10-2 (含解析).ppt，共(49)页，1.466 MB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-90020.html

以下为本文档部分文字说明：

进入导航第1页第十章电磁感应进入导航第2页第2讲法拉第电磁感应定律自感现象进入导航第3页进入导航第4页考点1法拉第电磁感应定律的理解和应用1．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ΔΦΔt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ΔΦΔt对应Φ-t图线上某点切线的斜率．进入导航第5页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＝nBΔSΔt；(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，

ΔΦ＝S·ΔB，则E＝nS·ΔBΔt；(3)磁通量的变化是由面积和磁场共同变化引起时，则根据定义，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E＝n|B2S2－B1S1|Δt≠n|ΔBΔS|Δt.进入导航第6页1．(2018·全国卷

Ⅲ)(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()AC进入导航第7页A．在t

＝T4时为零B．在t＝T2时改变方向C．在t＝T2时最大，且沿顺时针方向D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向进入导航第8页解析：本题考查楞次定律的应用及法拉第电磁感应定律．由i-t图象可知，在t＝T4时，ΔiΔt＝0，此时穿过导线框R的磁通量的变化率ΔΦ

Δt＝0，由法拉第电磁感应定律可知，此时导线框R中的感应电动势为0，选项A正确；同理在t＝T2和t＝T时，ΔiΔt为最大值，ΔΦΔt为最大值，导线框R中的感应电动势为最大值，不改变方向，选项B错误；根据楞次定律，t＝T2时，导线框R中的感应电动势的方向为顺时针方向，而t＝T时，导线框R中的感应电

动势的方向为逆时针方向，选项C正确，选项D错误．进入导航第9页2．如图甲所示，用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的直径．在ab的右侧存在一个足够大的匀强磁场，t＝0时刻磁场方向垂直于竖

直圆环平面向里，磁场磁感应强度B随时间t变化的关系如图乙所示，则0～t1时间内()D进入导航第10页A．圆环中产生感应电流的方向为逆时针B．圆环中产生感应电流的方向先顺时针后是逆时针C．圆环一直具有扩张的趋势D．圆环中感应电流的大小为B0rS4t0ρ解析：磁通量先向里减

小再向外增大，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为一直为顺时针，故A、B错误；由楞次定律的“来拒去留”可知，0～t0为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势，t0～t1为了阻碍磁通量的增大，线圈有缩小的趋势，故C错误；由法拉第电磁感应定律，得E＝ΔBS2Δt＝B0πr22t0，感

应电流I＝ER＝B0πr22t0·Sρ×2πr＝B0rS4t0ρ，故D正确．进入导航第11页3．(2019·河北石家庄质检)如图甲所示，导体棒MN置于水平导轨上，P、Q之间有阻值为R的电阻，PQNM所围的面积为S，不计导轨和导体棒的电阻．导轨所在

区域内存在沿竖直方向的磁场，规定磁场方向竖直向上为正，在0～2t0时间内磁感应强度的变化情况如图乙所示，导体棒MN始终处于静止状态．下列说法正确的是()D进入导航第12页A．在0～t0和t0～2t0内，导体棒受到导轨的摩擦力方向相同B．在t0～2t0内，通过电阻R的电流方向为P

到QC．在0～t0内，通过电阻R的电流大小为2B0SRt0D．在0～2t0内，通过电阻R的电荷量为B0SR进入导航第13页解析：本题考查法拉第电磁感应定律的图象问题，定性分析加定量计算可快速求解．由图乙所示图

象可知，0～t0内磁感应强度减小，穿过回路的磁通量减小，由楞次定律可知，为阻碍磁通量的减少，导体棒具有向右的运动趋势，导体棒受到向左的摩擦力，在t0～2t0内，穿过回路的磁通量增加，为阻碍磁通量的增加，导体棒有向左的运动趋势，导体棒受到向右的摩擦力，在两时间

段内摩擦力方向相反，故A错误；由图乙所示图象可知，在t0～2t0内磁感应强度增大，穿过闭合回路的磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，通过电阻R的电流方向为Q到P，故B错误；由图乙所示图象，应

用法拉第电磁感应定律可得，进入导航第14页在0～t0内感应电动势E1＝ΔΦΔt＝S·ΔBΔt＝B0St0，感应电流为I1＝E1R＝B0SRt0，故C错误；由图乙所示图象，应用法拉第电磁感应定律可得，在0～2t0内通过电阻R的电荷量为q1＝NΔΦR＝2B0S－B

0SR＝B0SR，故D正确．进入导航第15页应用电磁感应定律需注意的三个问题(1)公式E＝nΔΦΔt求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．(2)利用公式E＝nSΔBΔt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

仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关，与Φ是否均匀变化无关．推导如下：q＝IΔt＝nΔΦΔtRΔt＝nΔΦR.进入导航第16页考点2导体切割磁感线产生的感应电动势考向1平动切割1．计算公式：E＝BLv或E＝BLvsinθ.2．E＝Blv的三个特性(1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且

B、l、v三者互相垂直．(2)有效性：公式中的l为导体棒切割磁感线的有效长度．下图中，导体棒的有效长度为ab间的距离．进入导航第17页(3)相对性：E＝Blv中的速度v是导体棒相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系．进入导航第18页(2

019·云南曲靖统考)(多选)半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确

定，如图所示．则()AD进入导航第19页A．θ＝0时，杆产生的电动势为2BavB．θ＝π3时，杆产生的电动势为3BavC．θ＝0时，杆受的安培力大小为2B2avπ＋2R0D．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B2av5π＋3R0[审题指导](1)导体棒长度指处在磁场中的长度，称为有效长度．

θ＝0和θ＝π3时二者不同．(2)先计算感应电动势，再计算感应电流，最后计算安培力．进入导航第20页【解析】当θ＝0时，杆产生的电动势E＝BLv＝2Bav，故A正确；当θ＝π3时，根据几何关系得出此时导体棒的有效切割长度为a，所以杆产生的电动势为E＝Bav，故B错误；当θ＝0时，由于

单位长度电阻均为R0，所以电路中总电阻为(2＋π)aR0，所以杆受的安培力大小为F＝BIL＝B·2a2Bav2＋πaR0＝4B2av2＋πR0，故C错误；当θ＝π3时，电路中总电阻为1＋5π3aR0，所以杆受的安培力大小为F′＝BI′L′＝3B2av3＋5πR0，故D正确

．进入导航第21页1．(2019·湖南衡阳模拟)如图所示，一对光滑的平行金属导轨(电阻不计)固定在同一水平面内，导轨足够长且间距为L，左端接有阻值为R的电阻，一质量为m、长度为L的匀质金属棒cd放置在导轨上，金属棒的电阻为r，整个装置置于方向竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强

度为B.金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始做加速度大小为a的匀加速直线运动，经过的位移为s时，则()C进入导航第22页A．金属棒中感应电流方向由d到cB．金属棒产生的感应电动势为BLasC．金属棒

中感应电流为BL2asR＋rD．水平拉力F的大小为B2L22asR＋r进入导航第23页解析：根据楞次定律可知电流I的方向从c到d，故A错误；设金属棒cd的位移为s时速度为v，则有v2＝2as，金属棒产生的电动势为E＝BLv

＝BL2as，故B错误；金属棒中感应电流的大小为I＝ER＋r，解得I＝BL2asR＋r，故C正确；金属棒受到的安培力大小为f＝BIL，根据牛顿第二定律可得F－f＝ma，联立解得F＝B2L22asR＋r＋ma，故D错误．进入导航第24页考向2导体棒转动切割磁感线当导体棒在垂

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＝Blv＝12Bl2ω，如图所示．进入导航第25页如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上．当金属框绕

ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc.已知bc边的长度为l.下列判断正确的是()C进入导航第26页A．Ua>Uc，金属框中无电流B．Ub>Uc，金属框中电流方向沿a—b—c—aC．Ubc＝－12Bl2ω，金属框中无电流D．

Ubc＝12Bl2ω，金属框中电流方向沿a—c—b—a[审题指导](1)金属框在转动过程中，磁通量不变，无感应电流产生．(2)金属框bc边和ac边都在切割磁感线，所以有感应电动势．进入导航第27页【解析】穿过金属框的磁通量

始终为零，没有发生变化，故金属框中无电流，B、D项错误；bc边切割磁感线的等效速度为12lω，根据右手定则Ub<Uc，故Ubc＝－12Bl2ω，C项正确；ac边切割磁感线，根据右手定则得Ua<Uc，A项错误．进入导航第28页2．(2018·全国卷

Ⅰ)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．轨道的电阻忽略不计．OM是有一定电阻、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一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)．过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则B′B等于()B进入导航第29页A.54B.3

2C.74D．2进入导航第30页解析：本题考查法拉第电磁感应定律及电荷量公式．由公式E＝ΔΦΔt，I＝ER，q＝It得q＝ΔΦR，设半圆弧半径为r，对于过程Ⅰ，q1＝B·πr24·R，对于过程Ⅱ，q2＝B′－B·πr22R，由q1＝q2得，B′B＝32，故B项正确．进入导航第31页四种求电动势

的方法表达式情景图研究对象意义适用条件E＝nΔΦΔt回路(不一定闭合)一般求平均电动势，当Δt→0时求的是瞬时电动势匀强磁场定量计算，非匀强磁场定性分析进入导航第32页E＝Blvsinθ一段直导线(或等效成直导线)一般求瞬时电动势，当v为平均速度时求

的是平均电动势匀强磁场E＝12Bl2ω绕一端转动的一段导体棒用平均值法求瞬时电动势匀强磁场进入导航第33页E＝nBSω·sin(ωt＋φ0)绕与B垂直的轴转动的导线框求瞬时电动势匀强磁场进入导航第34页考点3自感现象涡流考向1通电自感与断电

自感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化．(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变化．(3)电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体．(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．进入导航第35页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逐渐增大，灯泡逐渐变亮电流突然增大，灯泡立刻变亮

，然后逐渐减小达到稳定进入导航第36页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、I2①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②若I2>I1，灯泡闪亮后逐渐变暗．两种情况灯泡中电流方向均改变进入导航第37

页1.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．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，然后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立刻变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是()C进入导航第38页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：本题考查自感现象判断．在图1中断开S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明

断开S1前，L1中的电流大于A1中的电流，故L1的阻值小于A1的阻值，A、B选项均错误；在图2中，闭合S2瞬间，由于L2的自感作用，通过L2的电流很小，D错误；闭合S2后，最终A2与A3亮度相同，说明两支路电流相等，故R与L2的阻值相同，C项正确．进入导航第39页2．(2019·钦州

模拟)在如图所示的电路中，S闭合时流过线圈L的电流是2A，流过灯泡A的电流是1A．将S突然断开，则S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流I随时间t变化关系的是图中的()D进入导航第40页进入导航第41页解析：当电键断开时，由于线圈中自感电

动势阻碍电流减小，线圈中的电流逐渐减小，线圈与灯泡A构成回路，所以灯泡中的电流与线圈中电流大小相等，灯泡中电流也逐渐减小，但与断开前方向相反．故D正确，A、B、C错误．进入导航第42页分析自感现象的两点注意(1)断电自感现象中灯泡是否“闪亮”的判断：关键在于对电流大小

的分析，只有断电瞬间通过灯泡的电流比原来大，灯泡才先闪亮后慢慢熄灭．(2)断电自感现象中电流方向是否改变的判断：与线圈在同一支路的用电器的电流方向不变，与线圈不在同一支路的用电器中的电流方向改变．进入导航第43页考向2对涡流的考查3．(多选)1824年，法国科学家阿拉果完

成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示，实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是()AB进入导航第44页

A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动进入导航第45页解析：小磁针在圆盘所在处形成的磁场是

非匀强磁场，圆盘可以等效为许多环形闭合线圈，圆盘转动过程中，穿过每个环形闭合线圈的磁通量不断地发生变化，在每一环形线圈上产生电动势和涡电流，A正确；环形线圈随圆盘转动，由楞次定律可知，线圈会受到小磁针施加的阻碍相对运动的力，根据牛顿第三定律可知，小磁针会受到与线圈即圆盘转动方向相同

的力的作用，此力来源于电磁感应形成的涡电流，而不是自由电子随圆盘转动形成的电流，B正确，D错误．从圆盘的整个盘面上看，圆盘转动过程中穿过整个圆盘的磁通量不变，C错误．进入导航第46页4．扫描隧道显微镜(STM)可用来探测

样品表面原子尺度上的形貌．为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示．无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是()A

进入导航第47页解析：本题考查电磁阻尼．若要有效衰减紫铜薄板上下及左右的微小振动，则要求施加磁场后，在紫铜薄板发生上下及左右的微小振动时，穿过紫铜薄板横截面的磁通量都能发生变化．由选项图可知只有A满足要求，故选A.进入导航第48页对安培力是动力、阻力的理解技巧电磁阻尼

是安培力总是阻碍导体运动的现象，电磁驱动是安培力使导体运动起来的现象，但实质上均是感应电流使导体在磁场中受到安培力．进入导航第49页温示提馨请做：课时作业34PPT文稿（点击进入）