(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)

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1、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(xiàn)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1] 2.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:E=n,其中n為線圈匝數(shù)。[注3] 3.導體切割磁感線的情形 (1)垂直切割:E=Blv。 (2)傾斜切割:E=Blvsin_θ,其中θ為v與B的夾角。 (3)旋轉切割(以一端為軸):E=B

2、l2ω。 二、自感和渦流 1.自感現(xiàn)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(xiàn)象。 2.自感電動勢 (1)定義:在自感現(xiàn)象中產生的感應電動勢。 (2)表達式:E=L。 (3)自感系數(shù)L:與線圈的大小、形狀、圈數(shù)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(shù)無關,感應電動勢與匝數(shù)有關,n

3、匝線圈相當于n個相同的電源串聯(lián)。 [深化理解] (1)計算通過導體截面的電荷量的兩個途徑: q=t (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=。 [基礎自測] 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(shù)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。(√)

4、二、選擇題 1.[粵教版選修3-2 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(  ) A.0           B.n·L2 C.n·πr2 D.n·r2 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E=n·L2,故B正確。 2.[魯科版選修3-2 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(xiàn)象,所以S閉合后,燈泡LA中無電流通過

5、 B.在S打開或閉合的瞬間,電路中都不會產生自感現(xiàn)象 C.當S閉合時,電路中會產生自感現(xiàn)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C S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3-2 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

6、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(xiàn),難度中等。 考點一 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E=n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。 (

7、2)感應電動勢的大小由線圈的匝數(shù)和穿過線圈的磁通量的變化率共同決定,而與磁通量Φ的大小、變化量ΔΦ的大小沒有必然聯(lián)系。 (3)磁通量的變化率對應Φ-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、ΔΦ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,ΔΦ=BΔS,則E=n。 (2)磁通量的變化是由磁場變化引起時,ΔΦ=ΔBS,則E=n,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(jù)定義求,ΔΦ=|Φ末-Φ初|,E=n≠n。 [典例] 輕質細線吊著一質量為m=0.

8、42 kg、邊長為L=1 m、匝數(shù)n=10的正方形線圈,其總電阻為r=1 Ω。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t=4 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 E=n=n·L2=0.5 V 則P==0.25 W。 (3)通過線圈的電流I==0.5 A,由題圖乙可知當t=4 s時,B=0.6 T,線圈受到的安培力F

9、安=nBIL 由平衡條件得F安+F線=mg 聯(lián)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Ⅲ)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t=T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

10、0,由E==S知,E=0,故A正確。在t=和t=T時,圖線斜率最大,在t=和t=T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(shù)為100匝、邊長為10 cm、總電阻為0.1 Ω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(  )

11、 A.導線圈中產生的是交變電流 B.在t=2.5 s時導線圈產生的感應電動勢為1 V C.在0~2 s內通過導線橫截面的電荷量為20 C D.在t=1 s時,導線圈內電流的瞬時功率為10 W 解析:選ACD 在0~2 s內,磁感應強度變化率為=1 T/s,根據(jù)法拉第電磁感應定律,產生的感應電動勢為E1=nS=100×0.12×1 V=1 V;在2~3 s內,磁感應強度變化率為=2 T/s,根據(jù)法拉第電磁感應定律,產生的感應電動勢為E2=nS=100×0.12×2 V=2 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t=2.5 s時,產生的感應電動勢為E2=2 V,選項

12、B錯誤。在0~2 s內,感應電流I==10 A,通過導體橫截面的電荷量為q=IΔt1=20 C,選項C正確。在t=1 s時,導線圈內感應電流的瞬時功率P=UI=I2R=102×0.1 W=10 W,選項D正確。 考點二 導體棒切割磁感線產生感應電動勢[多維探究類] 1.E=Blv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 E=Blv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

13、ω勻速轉動時,產生的感應電動勢為E=Bl=Bl2ω,如圖所示。 考法(一) 轉動切割產生感應電動勢 [例1] (2018·全國卷Ⅰ)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(xiàn)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Ⅰ);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Ⅱ)。在過程Ⅰ、Ⅱ中,流過OM的電荷量相等,則等于(  ) A.         B. C. D.2

14、[解析] 在過程Ⅰ中,根據(jù)法拉第電磁感應定律,有 E1== 根據(jù)閉合電路歐姆定律,有 I1= 且q1=I1Δt1 在過程Ⅱ中,有 E2== I2= q2=I2Δt2 又q1=q2,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

15、過線框導體橫截面的電荷量為q2,則(  ) A.Q1>Q2,q1=q2 B.Q1>Q2,q1>q2 C.Q1=Q2,q1=q2 D.Q1=Q2,q1>q2 [解析] 由Q=I2Rt得,Q1=2Rt=×=,同理,Q2=,又因為Lab>Lbc,故Q1>Q2。由電荷量q=Δt=n=,故q1=q2。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 E=n E=BLv E=BL2ω E=NBSω

16、sin ωt [題點全練] 1.[轉動切割產生感應電動勢] (多選)(2016·全國卷Ⅱ)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

17、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E=Bl2ω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ω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P=I2R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

18、電阻為R,則(  ) A.線框穿進磁場過程中,框中電流的方向為D→C→B→A→D B.AC剛進入磁場時線框中感應電流為 C.AC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A→B→C→D→A,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E=Bav,則線框中感應電流為I==,故CD兩端的電壓為U=I×R=Bav,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

19、培力的方向垂直于AD邊向下,它們的大小都是F=BIa,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(xiàn)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I-t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E=BLv,設線框總電阻是R,則感應電流I=

20、,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。 考點三 自感和渦流[基礎自修類] [題點全練] 1

21、.[通、斷電自感現(xiàn)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(shù)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(xiàn)象、電路分析] (2017·北京高考)圖1和圖2是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖,L1和

22、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IL>I1,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

23、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(jù)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

24、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(jù)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(xiàn)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(shù)越大,自感現(xiàn)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

25、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(lián)的燈泡 與線圈并聯(lián)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: ①若I2≤I1,燈泡逐漸變暗; ②若I2>I1,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(xiàn)象與生活密切相關,高考對這部分的考查更趨向于有關現(xiàn)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、

26、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E-t關系如圖所示。如果只將刷卡速度改為,線圈中的E-t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(xiàn)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(  )

27、 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

28、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(jù)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(jù)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。 13

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