（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。現(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。現(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