2025秋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涡流课件（56页PPT）

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第十章　电磁感应
第2讲　法拉第电磁感应定律　自感　涡流
素养目标　1.了解感应电动势的概念，区分磁通量、磁通量的变化和磁通量的变化率，知道自感现象和涡流.（物理观念） 2.理解能量守恒在电磁感应、自感现象和涡流中的体现.（物理观念） 3.灵活选用判断感应电动势大小的公式.（科学思维） 4.能够结合电路知识判断电势的高低.（科学思维）
A. φO＞φa＞φb＞φc B. φO＜φa＜φb＜φc
C. φO＞φa＞φb＝φc D. φO＜φa＜φb＝φc
C
解析：根据几何关系可知Ob＝Oc，根据v＝ωr、E＝Brv及右手定则可知，UOb＝UOc＞UOa，且O点的电势最高，即φO＞φa＞φb＝φc，C正确.
C
C. 1 N
电磁感应现象　
磁通量　
无关　
楞次定律　
右手定则　
磁通量的变化率　
欧姆　

深化1　　磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率的比较
物理量 磁通量Φ 磁通量变化量ΔΦ
意义 某时刻穿过某个面的磁感线的条数 某段时间内穿过某个面的磁通量变化了多少 穿过某个面的磁通量变化的快慢
大小 Φ＝BS（S与B垂直） ΔΦ＝Φ2－Φ1
A. kS1 B. 5kS2
C. k（S1－5S2） D. k（S1＋5S2）
D
A. πkr2 B. πkR2
C. πB0r2 D. πB0R2
A
ABD
A. MN最终一定静止于OO'位置
B. MN运动过程中安培力始终做负功
C. 从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN的速率一直在增大
D. 从释放到第一次到达OO'位置过程中，MN中电流方向由M到N
解析：MN在运动过程中，受重力、支持力和安培力作用，且MN始终克服安培力做
功，将机械能转化为电能，电能又转化为焦耳热；MN最后静止时，安培力为零，重
力与支持力平衡，只能在OO'位置，A、B正确.MN从释放到第一次运动到OO'位置过
程中，由右手定则可得MN的电流方向由M到N，D正确.当重力沿导轨切线方向的分
力与安培力沿导轨切线方向的分力等大反向时，MN速率最大，故从释放到第一次到
达OO'位置过程中，MN的速率先增大后减小，C错误.
A
A. 通过金属棒的电流为2BCv2tan θ
B. 金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tan θ
C. 金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电
D. 金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定
切割方式 电动势表达式 说明
垂直切割 E＝Blv （1）导体棒与磁场方向垂直.
（2）磁场为匀强磁场
倾斜切割 E＝Blvsin θ，其中θ为v与B的夹角
旋转切割（以一端为轴）
Blv　
深化2　　对公式E＝Blv的理解
项目 含义
正交性 B、l、v三者互相垂直
瞬时性 若v是瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势
有效性 公式中的l为导体切割磁感线的有效长度.如图所示，导体的有效长度为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，应注意速度间的相对关系
角度1　平动切割磁感线
C
A. R1中的电流方向为P到M，且电流大小逐渐增大
AC
A. O点电势比D点高
B. 通过R的电流方向由下至上
D. 发电机的电动势为E＝Br2ω
解析：铜质圆盘转动时，根据右手定则可知，电流方向由D点指向O点，则O点
相当于电源的正极，D点相当于电源的负极，则O点电势比D点高，通过R的电流
故C正确，D错误.
AC
A. 金属棒在倾斜导轨上做匀加速运动
B. 金属棒在水平导轨上做匀减速运动
C. 金属棒进入DEFG区域后，闭合开关S瞬间，通过电感线圈的电流最小
A. 摩擦 B. 声波
C. 涡流 D. 光照
解析：雷电发生时，变化的电流周围会产生变化的磁场，处于该磁场中的金属会产生涡流，涡流的热效应导致金属熔化，C正确.
C
A. P与Q同时熄灭
B. P比Q先熄灭
C. Q闪亮后再熄灭
D. P闪亮后再熄灭
D
解析：由题图可知，当开关S闭合时，流经Q灯的电流等于流经P灯与电感线圈L的电流之和，又知电感线圈电阻很小，由并联电路分流原理可知流经电感线圈的电流大于流经P灯的电流.当开关S断开时，由电感线圈的性质可知其中会产生与原电流方向相同的自感电动势，以阻碍其自身电流减小，此时流经P灯的电流和电感线圈电流相等，所以P灯会闪亮后再熄灭，而Q灯会立即熄灭，D正确.
电流　
自感电动势　
大小　
匝数　
10－3　
10－6　
感应电流　
阻碍　
感应电流　
深化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.
深化2　　自感中“闪亮”与“不闪亮”的问题
项目 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
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、I2：
①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；
②若I2＞I1，灯泡闪亮后逐渐变暗.
两种情况下灯泡中电流方向均改变
深化3　　电磁阻尼与电磁驱动的比较
项目 电磁阻尼 电磁驱动
不同点 成因 由于导体在磁场中运动而产生感应电流，从而使导体受到安培力 由于磁场运动引起磁通量的变化而产生感应电流，从而使导体受到安培力
效果 安培力的方向与导体运动方向相反，阻碍导体运动 导体受安培力的方向与导体运动方向相同，推动导体运动
能量
转化 导体克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能 由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能，而对外做功
相同点 两者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动
角度1　自感现象分析
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：在题图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选项错误；在题图2中，闭合S2瞬间，由于L2的自感作用，通过L2的电流很小，D选项错误；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选项正确.故选C.
角度2　自感现象中的图像问题
C
A. 闭合S，灯泡A和B都缓慢变亮
B. 断开S至灯泡B完全熄灭的过程中，a点电势高于b点电势
C. 图2所示为灯泡B在S断开前后电流随时间的变化关系
D. 由图2可知两灯泡正常发光时，灯泡A的阻值大于灯泡B的阻值
解析：闭合S，通过B的电流立即达到最大且恒定，则B立即变亮，自感线圈L对变化的电流有阻碍作用，因此A缓慢变亮，A错误；断开S，L、A和B构成闭合回路，如图所示，此时L相当于电源，又通过L的原电流减小，根据楞次定律可知感应电流阻碍原电流减小，方向与原电流方向一致，又外电路中电流从高电势流向低电势，则b点电势高于a点电势，断开S前后，通过灯泡A的电流方向均由左向右，通过灯泡B的电流方向从由左向右变为由右向左，因此题图2所示为B在S断开前后电流随时间的变化关系，B错误，C正确；断开S瞬间，通过B的感应电流I大于原电流I0，说明开关S断开前电路稳定时通过A灯电流更大，又A、B并联，因此A的阻值小于B的阻值，D错误.
D
A. 制动过程中，导体不会发热
B. 制动力的大小与导体运动的速度无关
C. 改变线圈中的电流方向，导体就可获得动力
D. 制动过程中导体获得的制动力逐渐减小
解析：由于导体中产生了涡流，根据Q＝I2Rt可知，制动过程中，导体会发热，A错误；导体运动速度越大，穿过导体中回路的磁通量的变化率越大，产生的涡流越大，则所受安培力越大，即制动力越大，即制动力的大小与导体运动的速度有关，B错误；根据楞次定律可知，原磁场对涡流的安培力总是要阻碍导体的相对运动，即改变线圈中的电流方向，导体受到的安培力仍然为阻力，C错误；制动过程中，导体的速度逐渐减小，穿过导体中回路的磁通量的变化率变小，产生的涡流变小，则所受安培力，即制动力变小，D正确.
限时跟踪检测
A级·基础对点练
题组一　法拉第电磁感应定律的理解和应用
A. 甲图中，A、B两线圈中电动势之比为4∶1
B. 甲图中，A、B两线圈中电流之比为2∶1
C. 乙图中，A、B两线圈中电动势之比为4∶1
D. 乙图中，A、B两线圈中电流之比为4∶1
C
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A. k（S3－S2） B. k（S3＋S1－S2）
C. k（S3－S1－S2） D. k（S3＋S2－S1）
B
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甲 乙
A. 2 N B. 4 N C. 5 N D. 6 N
A
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9
题组二　导体棒切割磁感线产生感应电动势的计算
A. φO＞φC
B. φC＞φA
C. φO＝φA
D. φO－φA＝φA－φC
解析：由题图可看出导体棒OA段转动切割磁感线，则根据右手定则可知φO＞φA，其中导体棒AC段不在磁场中，不切割磁感线，电势差为0，则φC＝φA，A正确，B、C错误；根据以上分析可知φO－φA＞0，φA－φC＝0，则φO－φA＞φA－φC，D错误.故选A.
A
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A. θ＝0时，杆产生的电动势为2Bav
AC
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A. 风速越大，导体板中磁通量变化率越小
B. 风速越大，导体板内产生的感应电动势越小
C. 风速越大，导体板内涡流越小
D. 导体板内涡流对永磁体的电磁阻力是大厦减振的原因
D
题组三　自感和涡流
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解析：风速越大，永磁体与可摆动质量块摆动越厉害，导体板中磁通量变化率越大，由电磁感应定律可知，导体板中产生的感应电动势越大，产生的涡流也越大，A、B、C错误；导体板内的涡流与永磁体间的电磁阻力是大厦减振的原因，D正确.
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B级·能力提升练
A. 穿过两环横截面的磁通量之比为2∶1
B. 两环内的感应电动势之比为2∶1
C. 两环内的感应电流之比为2∶1
D. 相同时间内通过两环任一截面的电荷量之比为2∶1
BCD
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A. U甲＝U乙 B. U甲＝2U乙
C. F甲＝F乙
D
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9. 如图所示，有一正方形线框静止悬挂着，其质量为m、电阻为R、边长为l.空间中有一个三角形磁场区域，其磁感应强度大小为B＝kt（k＞0），方向垂直于线框所在平面向里，且线框中磁场区域的面积为线框面积的一半，已知重力加速度为g，求：
（1）感应电动势E；
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（2）线框开始向上运动的时刻t0.
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