2027届高三物理一轮复习课件：第十二章　电磁感应_含解析

这是一份2027届高三物理一轮复习课件：第十二章　电磁感应_含解析，共139页。
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第1节 电磁感应现象 楞次定律 实验：探究影响感应电流方向的因
考点1　电磁感应现象的理解和判断1.磁通量(1)公式:Φ=BS,S为所研究的平面垂直于磁感应强度B方向的投影面积。磁通量为标量,单位是Wb。(2)物理意义:磁通量的大小可形象地表示为穿过某一面积的磁感线条数的多少。2.电磁感应现象(1)感应电流产生的条件:穿过闭合回路的磁通量发生变化。(2)当磁通量发生变化时,如果回路不闭合,则只有感应电动势,没有感应电流。
典例1    (2025北京,3,3分)下列图示情况,金属圆环中不能产生感应电流的是 (         )
A.图(a)中,圆环在匀强磁场中向左平移B.图(b)中,圆环在匀强磁场中绕轴转动C.图(c)中,圆环在通有恒定电流的长直导线旁向右平移D.图(d)中,圆环向条形磁铁N极平移
解析　   【关键:当穿过闭合回路的磁通量发生变化时,回路中产生感应电流】图(a)中,穿过圆环的磁通量不发生变化,金属圆环中不能产生感应电流,A正确。图(b)、图(c)、图(d)中,穿过圆环的磁通量均发生变化,故均能产生感应电流,B、C、D错误。
考点2　楞次定律及其应用
一、楞次定律的内容感应电流具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
二、正确理解楞次定律中“阻碍”的含义 
三、楞次定律的推论及其应用
四、右手定则1.内容:伸开右手,使拇指与其余四个手指垂直,并且都与手掌在同一个平面内;让磁感线从掌心进入,并使拇指指向导线运动的方向,这时四指所指的方向就是感应电流的方向。2.适用情况:导体切割磁感线产生感应电流。
典例2    (2025河南,5,4分)如图,一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时,沿N极到S极的方向看,下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是 (         )  　　　     
解析　　沿N极到S极的方向看,薄片右侧远离磁场,穿过薄片的磁通量减少,由于感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁通量的减少,故感应电流的磁场方向与原磁场方向相同,结合安培定则可以判定,右侧涡电流方向为顺时针。同理判定左侧涡电流方向为逆时针,C正确。
方法技巧方法1:右手定则快速判断取金属薄片中线附近一平行中线的金属条作为研究对象,金属条切割磁感线,磁场方向垂直纸面向里,金属条运动方向向右,应用右手定则即可判定电流方向。为什么不用金属片右侧边缘判定?考虑到磁场较强的地方起决定性作用。方法2:利用“来拒去留”快速判断涡电流方向当金属片的一部分靠近磁场时,这部分金属片中涡电流产生的磁场方向与原磁场方向相反(来拒);当金属片的一部分远离磁场时,这部分金属片中涡电流产生的磁场方向与原磁场方向相同(去留)。
拓展设问左右两部分涡电流的相互作用是吸引还是排斥?
解析电流大小相同的情况下,距离越近,作用力越大,左、右两部分涡电流在最近处是同向电流,则两部分涡电流相互吸引。
提分关键·方法提升“四步法”判断感应电流的方向 
典例3    (多选)如图所示,水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN,MN的左侧有一如图所示的闭合电路。当PQ在一外力的作用下运动时,MN向右运动,则PQ所做的运动可能是(         ) A.向右加速运动　　　    B.向左加速运动C.向右减速运动　　　    D.向左减速运动
解析　　根据安培定则可知,ab在右侧产生的磁场方向垂直纸面向里,MN向右运动,根据左手定则可判断MN中感应电流方向由M到N。由安培定则可知L1中感应电流产生的磁场方向向上,由楞次定律可知L2中感应电流产生的磁场向上减弱或向下增强。如果L2中感应电流产生的磁场向上减弱,根据安培定则可知PQ中感应电流由Q到P且减小,再根据右手定则可知PQ向右减速运动;如果L2中感应电流产生的磁场向下增强,根据安培定则可知PQ中感应电流由P到Q且增大,再根据右手定则可知PQ向左加速运动。A、D错误,B、C正确。
提分关键·方法提升三定则和一定律的辨析
考点3　实验:探究影响感应电流方向的因素1.实验器材:条形磁体、灵敏电流计、线圈、导线、一节干电池(用来查明线圈中电流的流向与灵敏电流计指针偏转方向的关系)。2.实验现象:以下面四种情况(如图甲、乙、丙、丁)为例,根据实验结果,填写表格。    
3.实验结论当穿过线圈的磁通量增加时,感应电流的磁场与原磁场的方向相反;当穿过线圈的磁通量减少时,感应电流的磁场与原磁场的方向相同。
第2节 法拉第电磁感应定律　自感和涡流
考点1　法拉第电磁感应定律的理解及应用一、感应电动势1.产生条件:穿过电路的磁通量发生变化。与电路是否闭合无关。2.产生感应电动势的那部分导体相当于电源。
二、法拉第电磁感应定律1.内容:闭合电路中感应电动势的大小,跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。2.大小:E= (单匝线圈);E=n (n匝线圈)。3.应用E=n 求解的三种思路(1)磁感应强度B不变,垂直于磁场的回路面积S发生变化,则E=nB 。(2)垂直于磁场的回路面积S不变,磁感应强度B发生变化,则E=nS 。(3)磁感应强度B、垂直于磁场的回路面积S均发生变化,则E=n 。
典例1    某研究团队的实验证实超导态“分段费米面”科研成果入选2022年度“中国科学十大进展”。如图甲所示,超导体圆环半径为r,常温下电阻为R,圆环的横截面半径远小于圆环半径,钕磁铁沿圆环轴线从上到下穿过圆环。沿圆环轴线方向的磁感应强度分量By随时间t变化的情况如图乙所示(已作简化处理)。求:      (1)0~2t0时间内和5t0~6t0时间内圆环中产生的感应电动势的大小E1和E2;(2)0~6t0时间内圆环产生的焦耳热Q。
答案(1)          (2) 
解题导引          
解析(1)0~2t0时间内圆环中产生的感应电动势大小E1= = ,5t0~6t0时间内圆环中产生的感应电动势的大小E2= = 。(2)0~2t0时间内圆环产生的焦耳热Q1= ×2t02t0~5t0时间内穿过圆环的磁通量不发生变化,圆环内无感应电流,不产生焦耳热5t0~6t0时间内圆环产生的焦耳热Q2= t00~6t0时间内圆环产生的焦耳热Q=Q1+Q2= 。
考点2　导体切割磁感线产生感应电动势1.导体切割磁感线时的感应电动势
2.对E=Blv的理解
3.转动切割磁感线时感应电动势的计算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E=Bl = Bl2ω,如图所示。 
典例2    (人教版选必二P34,T6改编)一长为l的导体棒在磁感应强度为B的匀强磁场中绕其一端以角速度ω在垂直于磁场的平面内匀速转动(如图所示)。 (1)(回归教材)求ab两端产生的感应电动势。
·········· 教考衔接 ··········
(2)(链接高考)(2024湖南,4,4分)如图,有一硬质导线Oabc,其中 是半径为R的半圆弧,b为圆弧的中点,直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动,导线始终在垂直纸面向里的匀强磁场中。则O、a、b、c各点电势关系为 (         )A.φO>φa>φb>φc　　　    B.φOφb=φc,C正确。
考点3　自感现象一、互感两个互相靠近的线圈,当一个线圈中的电流变化时,它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势。这种现象叫作互感,这种感应电动势叫作互感电动势。
二、自感1.定义:当一个线圈中的电流变化时,它所产生的变化的磁场在线圈本身激发出感应电动势,这种现象称为自感。由于自感而产生的感应电动势叫作自感电动势。2.自感电动势的表达式:E=L 。3.自感系数L的影响因素:线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯等。
4.通电自感和断电自感的比较
典例3　图1为演示自感现象的实验电路。实验时,先闭合开关S,电路达到稳定后,灯泡A和B处于正常发光状态,在t0时刻,将开关S断开,测量得到t0时刻前后灯泡A、B两端电势差Uab、Ucd随时间t的变化关系,如图2、3所示。电源内阻及电感线圈L的直流电阻可忽略不计。下列说法正确的是(         )A.图2所示为灯泡A两端电势差Uab在S断开前后随时间的变化关系B.S断开瞬间,电感线圈L两端电势差大小为U0C.电源电动势为2U0D.由图2和图3可知两灯泡正常发光时,灯泡A的阻值与灯泡B的阻值之比为1∶2
解析　　电路达到稳定后,灯泡A和B处于正常发光状态,Uab>0,Ucd>0,开关S断开瞬间,由于电感线圈的自感作用,Uab>0,Ucd3L),虚线之间的匀强磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度的大小为B。重力加速度为g,不计空气阻力,则 (        )
A.线框进入磁场过程中电流方向为ADCBAB.在t0时刻线框的速度大小为v0-gt0C.当CD边刚进入磁场时C、D两点间的电势差UCD=BLv0D.线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热等于2mgd
(4)(链接高考)(2025福建,16,16分)水平地面上固定有一倾角为30°的绝缘光滑斜面,其上有两个宽度分别为l1、l2的长条形匀强磁场区域Ⅰ、Ⅱ,虚线为磁场边界,均与斜面底边平行;两区域磁场的磁感应强度大小相等、方向均垂直斜面向上,示意图如图所示。一质量为m、电阻为R的正方形细导线框abcd置于区域Ⅰ上方的斜面上,cd边与磁场边界平行。线框由静止开始下滑,依次穿过区域Ⅰ、区域Ⅱ。已知cd边进入区域Ⅰ到ab边离开区域Ⅰ的过程中,线框速度恒为v;cd边进入区域Ⅱ和ab边离开区域Ⅱ时线框的速度相同;区域Ⅰ、Ⅱ间的无磁场区域宽度大于线框边长,线框各边材料相同、粗细均匀;下滑过程线框形状不变且始终处于斜面内,cd边始终与磁场边界平行;重力加速度大小为g。求:
①初始时cd边与区域Ⅰ上边界的距离;②cd边进入区域Ⅰ后瞬间,cd两端的电势差;③cd边进入区域Ⅱ到ab边离开区域Ⅱ的过程中,线框克服安培力做功的平均功率。 
答案(1)①2∶1　②4∶1　③2∶1    (2)D    (3)AD    (4)① 　② ③ v或 v
解析(1)①在单匝线圈进入磁场的过程中,感应电动势E=Blv根据闭合电路欧姆定律得I= = 第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比 = = 。②单匝线圈匀速进入磁场,则外力与安培力平衡,所以外力做功的功率P=Fv=BIlv= 第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比 = = 。③根据功能关系,外力做的功转化为线圈产生的热量,所以第二次进入与第一次进入过
程中线圈产生热量之比 = = = 。(2)进磁场时穿过甲线框的磁通量增加,出磁场时穿过甲线框的磁通量减少,根据楞次定律可知甲线框进磁场和出磁场的过程中电流方向相反,A错误。甲、乙两线框在进磁场瞬间,感应电动势E=BLv0,通过甲线框的电流I甲= ,所受安培力F甲=BI甲L= ; 通过乙线框的电流I乙= ,所受安培力F乙=BI乙L= ,故F甲∶F乙=2∶1,线框仅受安培力,B错误。在乙线框进磁场过程中,规定水平向右为正方向,根据动量定理有-B L·Δt=mv乙1-mv0【易错提醒:注意规定正方向】,其中 Δt= = = ,在乙线框出磁场过程中,根据动量定理有-B 'L·Δt'=mv乙2-mv乙1, 'Δt'= = ,联立解得v乙2= = ,C错
误。同理,对甲线框,从刚要进入磁场到完全出磁场,由动量定理得-2B L·Δt″=mv甲-mv0,其中 Δt″= ,解得v甲=0,根据能量守恒,甲线框从刚进入磁场到完全出磁场产生的焦耳热Q甲= m ,乙从刚进入磁场到完全出磁场产生的焦耳热Q乙= m - m = m ,所以 =4∶3,D正确。(3)根据楞次定律可得,线框进入磁场过程中,线框中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外,则线框进入磁场过程中电流方向为ADCBA,A正确。在t0时刻线框完全进入磁场,t0到3t0时间内线框做加速度为g的匀加速直线运动,根据逆向思维可知t0时刻线框的速度大小v=v0-2gt0,B错误。CD边刚进入磁场时产生的感应电动势E=BLv0,所以C、D两点间
的电势差UCD= BLv0【易错:CD相当于电源,根据右手定则可知C端的电势高于D端的电势】,C错误。从CD边刚进入磁场到CD边刚到达磁场下边界的过程中产生的焦耳热Q1=mgd【点拨:在初、末两个状态,线框的速度相同,动能相同,在此过程中重力势能的减少量等于产生的焦耳热】,根据运动的对称性可知穿出和穿入磁场的过程中产生的焦耳热相等,则线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热Q=2Q1=2mgd,D正确。(4)①设线框cd边释放点与Ⅰ区域上边缘的距离为d,从线框释放到cd 边到达Ⅰ区域上边缘的过程中,由动能定理可得mgd sin 30°= mv2,解得d= 。②由题意知线框以速度v匀速通过Ⅰ区域,则线框边长l=l1,且满足BIl1=mg sin 30° ①
又有I= =  ②将②代入①中可得B=  ③cd边进入Ⅰ区域后瞬间,cd边切割磁感线产生的感应电动势E=Bl1v  ④cd两端的电势差Ucd= E= E=  ⑤联立③⑤可得Ucd= 。 ⑥③从cd 边进入Ⅱ区域到ab边离开Ⅱ区域的过程中由动能定理可得mg(l2+l1) sin 30°-W=0 ⑦
解得克服安培力做的功W= mg(l2+l1) ⑧由于题目中并未给出l1与l2的大小关系,故分情况进行讨论第1种情况:若l1l2,垂直于斜面看,如图乙所示 1到2过程,即从cd边刚到Ⅱ区域上边缘到cd边刚到达Ⅱ区域下边缘的过程对线框根据动量定理可得mg sin 30°·t'1-B l1t'1=mv'2-mv1又有 t'1=q'1= 
可得mg sin 30°·t'1- =mv'2-mv1  2到3过程,即从cd边刚到达Ⅱ区域下边缘到ab边刚要进入Ⅱ区域的过程对线框根据动量定理可得mg sin 30°·t'2=mv'3-mv'2  3到4过程,即从ab边刚到达Ⅱ区域上边缘到ab边刚到达Ⅱ区域下边缘的过程对线框根据动量定理可得mg sin 30°·t'3-B l1t'3=mv1-mv'3又有 t'3=q'2= 
即mg sin 30°·t'3- =mv1-mv'3  联立   可得mg sin 30°(t'1+t'2+t'3)-2 =0则t'=t'1+t'2+t'3=   将③代入 可得t'=2 则线框从进入Ⅱ区域到完全离开过程中克服安培力做功的平均功率P'= = v。
第3种情况:若l1=l2,根据题给信息与上述分析可知,线框从刚进入Ⅱ区域到完全离开Ⅱ区域的过程,始终受安培力,可能一直减速,也可能先减速后匀速,则ab进入Ⅱ区域时的速度和ab边离开Ⅱ区域时的速度不可能一致,与题给信息不符,故不存在此种情况。