（新課改省份專用）2020版高考物理一輪復習 第十章 第2節(jié) 法拉第電磁感應定律 自感 渦流學案（含解析）.doc

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第2節(jié)法拉第電磁感應定律自感渦流一、法拉第電磁感應定律1感應電動勢(1)概念：在電磁感應現象中產生的電動勢。(2)產生條件：穿過回路的磁通量發(fā)生改變，與電路是否閉合無關。(3)方向判斷：感應電動勢的方向用楞次定律或右手定則判斷。注12法拉第電磁感應定律(1)內容：閉合電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比。注2(2)公式：En，其中n為線圈匝數。注33導體切割磁感線的情形(1)垂直切割：EBlv。(2)傾斜切割：EBlvsin_，其中為v與B的夾角。 (3)旋轉切割(以一端為軸)：EBl2。二、自感和渦流1自感現象由于通過導體自身的電流發(fā)生變化而產生的電磁感應現象。2自感電動勢(1)定義：在自感現象中產生的感應電動勢。(2)表達式：EL。(3)自感系數L：與線圈的大小、形狀、圈數以及是否有鐵芯等因素有關，單位為亨利(H)。3渦流當線圈中的電流發(fā)生變化時，在它附近的導體中產生的像水中的旋渦一樣的感應電流。【注解釋疑】注1 感應電動勢的方向與電池電動勢的方向一樣，都規(guī)定為在電源內部由負極指向正極。注2 正確區(qū)分磁通量、磁通量的變化和磁通量的變化率。注3 穿過線圈的磁通量與匝數無關，感應電動勢與匝數有關，n匝線圈相當于n個相同的電源串聯。深化理解(1)計算通過導體截面的電荷量的兩個途徑： qt(2)安培力做功時的能量轉化：電能機械能。(3)平動直桿所受的安培力：FA；熱功率：P熱?；A自測一、判斷題(1)線圈中磁通量越大，產生的感應電動勢越大。()(2)線圈中磁通量變化越大，產生的感應電動勢越大。()(3)線圈中磁通量變化越快，產生的感應電動勢越大。()(4)感應電流產生的磁場方向與原磁場方向始終相同。()(5)線圈中的電流越大，自感系數也越大。()(6)對于同一線圈，當電流變化越快時，線圈中的自感電動勢越大。()二、選擇題1.粵教版選修32 P18T3改編如圖所示，半徑為r的n匝線圈放在邊長為L的正方形abcd之外，勻強磁場充滿正方形區(qū)域并垂直穿過該區(qū)域，當磁場以的變化率變化時，線圈產生的感應電動勢大小為()A0BnL2Cnr2 Dnr2解析：選B由法拉第電磁感應定律可知線圈產生的自感電動勢EnL2，故B正確。2.魯科版選修32 P33T1在如圖所示的電路中，LA為燈泡，S為開關，L為有鐵芯的線圈。對于這樣的電路，下列說法正確的是()A因為線圈L通電后會產生自感現象，所以S閉合后，燈泡LA中無電流通過B在S打開或閉合的瞬間，電路中都不會產生自感現象C當S閉合時，電路中會產生自感現象D在S閉合后再斷開的瞬間，燈泡LA可能不立即熄滅解析：選CS閉合瞬間，由于線圈產生自感電動勢而阻礙通過燈泡LA的電流的增加，但阻礙不是阻止，S閉合后有電流通過LA；S斷開瞬間，線圈產生自感電動勢，因電路斷開，電流立即消失，燈泡LA立即熄滅，故C正確，A、B、D錯誤。3滬科版選修32 P37T1改編(多選)變壓器的鐵芯是利用薄硅鋼片疊壓而成的，而不是采用一整塊硅鋼，這是因為()A增大渦流，提高變壓器的效率B減小渦流，提高變壓器的效率C增大鐵芯中的電阻，以產生更多的熱量D增大鐵芯中的電阻，以減小發(fā)熱量解析：選BD不使用整塊硅鋼而采用很薄的硅鋼片，這樣做的目的是增大鐵芯中的電阻，阻斷渦流回路，來減少電能轉化成鐵芯的內能，提高效率，故B、D正確，A、C錯誤。高考對本節(jié)內容的考查，主要集中在法拉第電磁感應定律的應用、導體棒切割磁感線產生感應電動勢，通常還會結合電路或力學知識進行考查，難度較大。而對自感、渦流考查時，一般以選擇題的形式呈現，難度中等?？键c一法拉第電磁感應定律的應用師生共研類1對法拉第電磁感應定律的理解(1)公式En求解的是一個回路中某段時間內的平均電動勢，在磁通量均勻變化時，瞬時值才等于平均值。(2)感應電動勢的大小由線圈的匝數和穿過線圈的磁通量的變化率共同決定，而與磁通量的大小、變化量的大小沒有必然聯系。(3)磁通量的變化率對應t圖線上某點切線的斜率。(4)通過回路截面的電荷量q，僅與n、和回路電阻R有關，與時間長短無關。2磁通量發(fā)生變化的三種情況(1)磁通量的變化是由面積變化引起時，BS，則En。(2)磁通量的變化是由磁場變化引起時，BS，則En，注意S為線圈在磁場中的有效面積。(3)磁通量的變化是由于面積和磁場變化共同引起的，則根據定義求，|末初|，Enn。典例輕質細線吊著一質量為m0.42 kg、邊長為L1 m、匝數n10的正方形線圈，其總電阻為r1 。在線圈的中間位置以下區(qū)域分布著磁場，如圖甲所示。磁場方向垂直紙面向里，磁感應強度大小隨時間變化關系如圖乙所示。(g取10 m/s2)(1)判斷線圈中產生的感應電流的方向是順時針還是逆時針；(2)求線圈的電功率；(3)求在t4 s時輕質細線的拉力大小。解析(1)由楞次定律知感應電流的方向為逆時針方向。(2)由法拉第電磁感應定律得EnnL20.5 V則P0.25 W。(3)通過線圈的電流I0.5 A，由題圖乙可知當t4 s時，B0.6 T，線圈受到的安培力F安nBIL由平衡條件得F安F線mg聯立解得F線1.2 N。答案(1)逆時針(2)0.25 W(3)1.2 N題點全練1法拉第電磁感應定律、楞次定律的綜合(多選)(2018全國卷)如圖(a)，在同一平面內固定有一長直導線PQ和一導線框R，R在PQ的右側。導線PQ中通有正弦交流電i，i的變化如圖(b)所示，規(guī)定從Q到P為電流正方向。導線框R中的感應電動勢()A在t時為零B在t時改變方向C在t時最大，且沿順時針方向D在tT時最大，且沿順時針方向解析：選AC在t時，交流電圖線斜率為0，即磁場變化率為0，由ES知，E0，故A正確。在t和tT時，圖線斜率最大，在t和tT時感應電動勢最大。在到之間，電流由Q向P減弱，導線在R處產生垂直紙面向里的磁場，且磁場減弱，由楞次定律知，R產生的感應電流的磁場方向也垂直紙面向里，則R中感應電動勢沿順時針方向，同理可判斷在到T時，R中電動勢也為順時針方向，在T到T時，R中電動勢為逆時針方向，C正確，B、D錯誤。2感應電荷量的計算(多選)如圖甲所示，abcd是匝數為100匝、邊長為10 cm、總電阻為0.1 的正方形閉合導線圈，放在與線圈平面垂直的圖示勻強磁場中。磁感應強度B隨時間t的變化關系如圖乙所示。則以下說法正確的是()A導線圈中產生的是交變電流B在t2.5 s時導線圈產生的感應電動勢為1 VC在02 s內通過導線橫截面的電荷量為20 CD在t1 s時，導線圈內電流的瞬時功率為10 W解析：選ACD在02 s內，磁感應強度變化率為1 T/s，根據法拉第電磁感應定律，產生的感應電動勢為E1nS1000.121 V1 V；在23 s內，磁感應強度變化率為2 T/s，根據法拉第電磁感應定律，產生的感應電動勢為E2nS1000.122 V2 V。導線圈中產生的感應電流為方波交變電流，選項A正確。在t2.5 s時，產生的感應電動勢為E22 V，選項B錯誤。在02 s內，感應電流I10 A，通過導體橫截面的電荷量為qIt120 C，選項C正確。在t1 s時，導線圈內感應電流的瞬時功率PUII2R1020.1 W10 W，選項D正確?？键c二導體棒切割磁感線產生感應電動勢多維探究類1EBlv的三個特性正交性本公式要求磁場為勻強磁場，而且B、l、v三者互相垂直有效性公式中的l為導體棒切割磁感線的有效長度，如圖中相對性EBlv中的速度v是導體棒相對磁場的速度，若磁場也在運動，應注意速度間的相對關系2導體棒轉動切割磁感線當導體棒在垂直于磁場的平面內，繞一端以角速度勻速轉動時，產生的感應電動勢為EBlBl2，如圖所示?？挤?一)轉動切割產生感應電動勢例1(2018全國卷)如圖，導體軌道OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點，O為圓心。軌道的電阻忽略不計。OM是有一定電阻、可繞O轉動的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好?？臻g存在與半圓所在平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為B?，F使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時針轉到OS位置并固定(過程)；再使磁感應強度的大小以一定的變化率從B增加到B(過程)。在過程、中，流過OM的電荷量相等，則等于()A.B.C. D2解析在過程中，根據法拉第電磁感應定律，有E1根據閉合電路歐姆定律，有I1且q1I1t1在過程中，有E2I2q2I2t2又q1q2，即所以。答案B考法(二)平動切割產生感應電動勢例2如圖所示，紙面內有一矩形導體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長，置于垂直紙面向里、邊界為MN的勻強磁場外，線框兩次勻速地完全進入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab邊平行MN進入磁場，線框上產生的熱量為Q1，通過線框導體橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行MN進入磁場，線框上產生的熱量為Q2，通過線框導體橫截面的電荷量為q2，則()AQ1Q2，q1q2 BQ1Q2，q1q2CQ1Q2，q1q2 DQ1Q2，q1q2解析由QI2Rt得，Q12Rt，同理，Q2，又因為LabLbc，故Q1Q2。由電荷量qtn，故q1q2。所以選項A正確。答案A共性歸納應用法拉第電磁感應定律的四種情況情景圖研究對象回路(不一定閉合)一段直導線(或等效成直導線)繞一端轉動的一段導體棒繞與B垂直的軸轉動的導線框表達式EnEBLvEBL2ENBSsin t題點全練1轉動切割產生感應電動勢(多選)(2016全國卷)法拉第圓盤發(fā)電機的示意圖如圖所示。銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸。圓盤處于方向豎直向上的勻強磁場B中。圓盤旋轉時，關于流過電阻R的電流，下列說法正確的是()A若圓盤轉動的角速度恒定，則電流大小恒定B若從上向下看，圓盤順時針轉動，則電流沿a到b的方向流動C若圓盤轉動方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D若圓盤轉動的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?倍解析：選AB由右手定則知，圓盤按如題圖所示的方向轉動時，感應電流沿a到b的方向流動，選項B正確；由感應電動勢EBl2知，角速度恒定，則感應電動勢恒定，電流大小恒定，選項A正確；角速度大小變化，感應電動勢大小變化，但感應電流方向不變，選項C錯誤；若變?yōu)樵瓉淼?倍，則感應電動勢變?yōu)樵瓉淼?倍，電流變?yōu)樵瓉淼?倍，由PI2R知，電流在R上的熱功率變?yōu)樵瓉淼?倍，選項D錯誤。 2線框在磁場中平動切割產生感應電動勢(多選)如圖所示，光滑水平面上存在有界勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直紙面向里。質量為m、邊長為a的正方形線框ABCD斜向穿進磁場，當AC剛進入磁場時線框的速度大小為v，方向與磁場邊界所成夾角為45。若線框的總電阻為R，則()A線框穿進磁場過程中，框中電流的方向為DCBADBAC剛進入磁場時線框中感應電流為CAC剛進入磁場時線框所受安培力大小為D此時CD兩端電壓為Bav解析：選CD線框進入磁場的過程中穿過線框的磁通量增大，由楞次定律可知，感應電流產生的磁場方向垂直紙面向外，則感應電流的方向為ABCDA，A錯誤；AC剛進入磁場時CD邊切割磁感線，AD邊不切割磁感線，所以產生的感應電動勢為EBav，則線框中感應電流為I，故CD兩端的電壓為UIRBav，B錯誤，D正確；AC剛進入磁場時線框的CD邊受到的安培力的方向與v的方向相反，AD邊受到的安培力的方向垂直于AD邊向下，它們的大小都是FBIa，由幾何關系可以看出，AD邊與CD邊受到的安培力的方向相互垂直，所以AC剛進入磁場時線框所受安培力為AD邊與CD邊受到的安培力的矢量和，即F合F，C正確。3不同線框切割磁感線產生感應電流的比較一個勻強磁場的邊界是MN，MN左側無磁場，右側是范圍足夠大的勻強磁場區(qū)域，如圖甲所示?，F有一個金屬線框沿ab方向以恒定速度從MN左側垂直進入勻強磁場區(qū)域。線框中的電流隨時間變化的It圖像如圖乙所示。則可能的線框是下列選項中的哪一個()解析：選D線框切割磁感線產生的感應電動勢EBLv，設線框總電阻是R，則感應電流I，由題圖乙所示圖像可知，感應電流先均勻變大，后均勻變小，且電流大小與時間成正比，由于B、v、R是定值，故切割磁感線的有效長度L應先均勻變長，后均勻變短，且L隨時間均勻變化，即L與時間t成正比。圓形線框勻速進入磁場時，有效長度L先變大，后變小，但L隨時間不是均勻變化，不符合題意，故A錯誤；正方形線框進入磁場時，有效長度L不變，感應電流不變，不符合題意，故B錯誤；梯形線框勻速進入磁場時，有效長度L先均勻增加，后不變，最后均勻減小，不符合題意，故C錯誤；三角形線框勻速進入磁場時，有效長度L先增加，后減小，且隨時間均勻變化，符合題意，故D正確?？键c三自感和渦流基礎自修類題點全練1通、斷電自感現象的分析(多選)如圖所示，A、B是相同的白熾燈，L是自感系數很大、電阻可忽略的自感線圈。下面說法正確的是()A閉合開關S時，A、B燈同時亮，且達到正常B閉合開關S時，B燈比A燈先亮，最后一樣亮C閉合開關S時，A燈比B燈先亮，最后一樣亮D斷開開關S時，A燈與B燈同時慢慢熄滅解析：選BD由于自感的作用，閉合開關S時，B燈比A燈先亮，最后一樣亮，選項A、C錯誤，B正確；斷開開關S時，L中產生自感電動勢，A燈與B燈同時慢慢熄滅，選項D正確。2自感現象、電路分析(2017北京高考)圖1和圖2是教材中演示自感現象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈。實驗時，斷開開關S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關S2，燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同。下列說法正確的是()A圖1中，A1與L1的電阻值相同B圖1中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流C圖2中，變阻器R與L2的電阻值相同D圖2中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等解析：選C題圖1中，穩(wěn)定時通過A1的電流記為I1，通過L1的電流記為IL。S1斷開瞬間，A1突然變亮，可知ILI1，因此A1和L1電阻不相等，所以A、B錯誤；題圖2中，閉合S2時，由于自感作用，通過L2與A2的電流I2會逐漸增大，而通過R與A3的電流I3立即變大，因此電流不相等，所以D錯誤；由于最終A2與A3亮度相同，所以兩支路電流I相同，根據部分電路歐姆定律，兩支路電壓U與電流I均相同，所以兩支路電阻相同，由于A2、A3完全相同，故變阻器R與L2的電阻值相同，所以C正確。3對渦流的理解(多選)如圖所示，條形磁鐵位于固定的半圓光滑軌道的圓心位置。一半徑為R、質量為m的金屬球從半圓軌道的一端沿半圓軌道由靜止下滑。重力加速度大小為g。下列說法正確的是()A金屬球會運動到半圓軌道的另一端B由于金屬球沒有形成閉合電路，所以金屬球中不會產生感應電流C金屬球受到的安培力做負功D系統(tǒng)產生的總熱量為mgR解析：選CD金屬球在運動過程中，穿過金屬球的磁通量不斷變化，在金屬球內形成閉合回路，產生渦流，金屬球受到的安培力做負功，金屬球產生的熱量不斷地增加，機械能不斷地減少，直至金屬球停在半圓軌道的最低點，C正確，A、B錯誤；根據能量守恒定律得系統(tǒng)產生的總熱量為mgR，D正確。名師微點1自感現象的四大特點(1)自感電動勢總是阻礙導體中原電流的變化。(2)通過線圈中的電流不能發(fā)生突變，只能緩慢變化。(3)電流穩(wěn)定時，自感線圈就相當于普通導體。(4)線圈的自感系數越大，自感現象越明顯，自感電動勢只是延緩了過程的進行，但它不能使過程停止，更不能使過程反向。2自感中“閃亮”與“不閃亮”問題與線圈串聯的燈泡與線圈并聯的燈泡電路圖通電時電流逐漸增大，燈泡逐漸變亮電流突然增大，然后逐漸減小達到穩(wěn)定斷電時電流逐漸減小，燈泡逐漸變暗，電流方向不變電路中穩(wěn)態(tài)電流為I1、I2：若I2I1，燈泡逐漸變暗；若I2I1，燈泡“閃亮”后逐漸變暗。兩種情況下燈泡中電流方向均改變“STS問題”巧遷移電磁感應在生活中的應用電磁感應現象與生活密切相關，高考對這部分的考查更趨向于有關現代氣息和STS問題中信息題的考查。命題背景有電磁爐、電子秤、電磁卡、電磁焊接術、衛(wèi)星懸繩發(fā)電、磁懸浮列車等。1磁卡的磁條中有用于存儲信息的磁極方向不同的磁化區(qū)，刷卡器中有檢測線圈。當以速度v0刷卡時，在線圈中產生感應電動勢，其Et關系如圖所示。如果只將刷卡速度改為，線圈中的Et關系圖可能是()解析：選D若將刷卡速度改為，線圈切割磁感線運動時產生的感應電動勢大小將會減半，周期將會加倍，故D項正確，其他選項錯誤。2隨著科技的不斷發(fā)展，無線充電已經進入人們的視線。小到手表、手機，大到電腦、電動汽車，都已經實現了無線充電從理論研發(fā)到實際應用的轉化。如圖所示為某品牌的無線充電手機利用電磁感應方式充電的原理圖。關于無線充電，下列說法正確的是()A無線充電時手機接收線圈部分的工作原理是“電流的磁效應”B只有將充電底座接到直流電源上才能對手機進行充電C接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同D只要有無線充電底座，所有手機都可以進行無線充電解析：選C無線充電時手機接收線圈部分的工作原理是電磁感應，故A錯誤；當給充電設備通以恒定直流電時，充電設備不會產生交變磁場，即不能正常充電，故B錯誤；接收線圈中交變電流的頻率與發(fā)射線圈中交變電流的頻率相同，故C正確；被充電手機內部，應該有一類似金屬線圈的部件與手機電池相連，當有交變磁場時，則產生感應電動勢，那么普通手機由于沒有金屬線圈，所以不能夠利用無線充電設備進行充電，故D錯誤。3(多選)如圖所示，通過水平絕緣傳送帶輸送完全相同的銅線圈，線圈等距離排列，且與傳送帶以相同的速度勻速運動。為了檢測出個別未閉合的不合格線圈，讓傳送帶通過一固定勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直于傳送帶運動方向，根據穿過磁場后線圈間的距離，就能夠檢測出不合格線圈。通過觀察圖形，判斷下列說法正確的是()A若線圈閉合，進入磁場時，線圈中感應電流方向從上向下看為逆時針B若線圈閉合，傳送帶以較大速度勻速運動時，磁場對線圈的作用力增大C從圖中可以看出，第2個線圈是不合格線圈D從圖中可以看出，第3個線圈是不合格線圈解析：選BD若線圈閉合，進入磁場時，穿過線圈的磁通量增大，由楞次定律可知，線圈中的感應電流的磁場方向向下，所以感應電流的方向從上向下看是順時針，故A錯誤；根據法拉第電磁感應定律，傳送帶以較大速度勻速運動時，線圈中產生的感應電動勢較大，則感應電流較大，磁場對線圈的作用力增大，故B正確；由題圖知1、2、4、5、6線圈都發(fā)生了相對滑動，而第3個線圈沒有滑動，則第3個線圈不閉合，沒有產生感應電流，故C錯誤，D正確。