2019-2020年高考物理一輪復習講義 第九章 電磁感應 第2講 法拉第電磁感應定律 自感 渦流 教科版.doc

2019-2020年高考物理一輪復習講義 第九章 電磁感應 第2講 法拉第電磁感應定律 自感 渦流 教科版一、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(chǎn)生的電動勢感生電動勢：由于磁場的變化而激發(fā)出感生電場，由感生電場而產(chǎn)生的感應電動勢動生電動勢：由于導體在磁場中運動而產(chǎn)生的感應電動勢(2)條件：無論電路是否閉合，只要穿過電路的磁通量發(fā)生變化，電路中就一定有感應電動勢(3)與感應電流的關系：遵守閉合電路歐姆定律，即I.2法拉第電磁感應定律(1)定律內(nèi)容：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(2)公式：En.其中n為線圈的匝數(shù)二、導體切割磁感線產(chǎn)生的感應電動勢導體棒切割磁感線時，可有以下三種情況：切割方式電動勢表達式說明垂直切割EBLv導體棒與磁場方向垂直磁場為勻強磁場傾斜切割EBLvsin_其中為v與B的夾角旋轉(zhuǎn)切割(以一端為軸)EBL2三、自感和渦流1自感現(xiàn)象(1)概念：由于導體本身的電流變化而產(chǎn)生的電磁感應現(xiàn)象稱為自感，由于自感而產(chǎn)生的感應電動勢叫做自感電動勢(2)表達式：EL.(3)自感系數(shù)L相關因素：與線圈的大小、形狀、匝數(shù)以及是否有鐵芯有關單位：亨利(H,1 mH103 H,1 H106 H)2渦流當線圈中的電流發(fā)生變化時，在它附近的任何導體中都會產(chǎn)生感應電流，這種電流像水的旋渦所以叫做渦流(1)電磁阻尼：當導體在磁場中運動時，感應電流會使導體受到安培力，安培力的方向總是阻礙導體的運動(2)電磁驅(qū)動：如果磁場相對于導體運動，在導體中會產(chǎn)生感應電流使導體受到安培力的作用，安培力使導體運動起來交流感應電動機就是利用電磁驅(qū)動的原理工作的(3)電磁阻尼和電磁驅(qū)動的原理體現(xiàn)了楞次定律的推廣應用1關于電路中感應電動勢的大小，下列說法正確的是()A穿過電路的磁通量越大，感應電動勢就越大B電路中磁通量的改變量越大，感應電動勢就越大C電路中磁通量改變越快，感應電動勢就越大D若電路中某時刻磁通量為零，則該時刻感應電流一定為零答案：C2穿過一個單匝閉合線圈的磁通量始終為每秒均勻增加 2 Wb，則()A線圈中感應電動勢每秒增加2 VB線圈中感應電動勢每秒減少2 VC線圈中感應電動勢始終為2 VD線圈中感應電動勢始終為一個確定值，但由于線圈有電阻，電動勢小于2 V解析：由E知：/t恒定，所以E2 V.答案：C3.如圖所示，L為一個自感系數(shù)很大的自感線圈，開關閉合后，小燈泡能正常發(fā)光，那么閉合開關和斷開開關的瞬間，能觀察到的現(xiàn)象分別是()A小燈泡逐漸變亮，小燈泡立即熄滅B小燈泡立即亮，小燈泡立即熄滅C小燈泡逐漸變亮，小燈泡比原來更亮一下再慢慢熄滅D小燈泡立即亮，小燈泡比原來更亮一下再慢慢熄滅解析：開關閉合瞬間，通過自感線圈的電流逐漸增大，自感線圈產(chǎn)生自感電動勢阻礙原電流的增加，故小燈泡逐漸變亮；開關斷開瞬間，回路處于斷開狀態(tài)，故小燈泡立即熄滅，選項A正確答案：A4.如圖所示，正方形線圈abcd位于紙面內(nèi)，邊長為L，匝數(shù)為N，線圈內(nèi)接有電阻值為R的電阻，過ab中點和cd中點的連線OO恰好位于垂直紙面向里的勻強磁場的右邊界上，磁場的磁感應強度為B.當線圈轉(zhuǎn)過90時，通過電阻R的電荷 量為()A. B.C. D.解析：初狀態(tài)時，通過線圈的磁通量為1，當線圈轉(zhuǎn)過90時，通過線圈的磁通量為0，由qN可得通過電阻R的電量為.答案：B5.如圖所示，一段導線彎曲成半徑為R的半圓形閉合回路虛線MN、PQ間有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場的寬度等于R，方向垂直于回路所在的平面現(xiàn)讓回路以速度v向右勻速穿過磁場，直徑CD始終與MN垂直關于此過程，下列結(jié)論正確的是()A穿過的過程中回路中感應電流一直不為零B感應電流的方向一直不變C感應電動勢先增大后減小再增大再減小D感應電動勢最大值Em2BRv解析：當回路的圓心到磁場的中間時，回路中的感應電動勢為零，電流為零，A項錯誤；磁通量先向里增大，后向里減小，根據(jù)楞次定律，感應電流的方向先沿逆時針方向后沿順時針方向，B項錯誤；當回路的圓心到MN或PQ上時，切割磁感線的有效長度最長，感應電動勢最大為BRv，D項錯誤；在穿過磁場的過程中，回路切割磁感線的有效長度先變大，后變小，再變大，再變小，因此感應電動勢先增大后減小再增大再減小，C項正確答案：C1決定感應電動勢大小的因素感應電動勢E的大小決定于穿過電路的磁通量的變化率和線圈的匝數(shù)n.而與磁通量的大小、磁通量變化量的大小無必然聯(lián)系2磁通量變化通常有兩種方式(1)磁感應強度B不變，垂直于磁場的回路面積發(fā)生變化，此時EnB；(2)垂直于磁場的回路面積不變，磁感應強度發(fā)生變化，此時EnS，其中是Bt圖象的斜率(xx新課標全國卷)如圖，均勻磁場中有一由半圓弧及其直徑構(gòu)成的導線框，半圓直徑與磁場邊緣重合；磁場方向垂直于半圓面(紙面)向里，磁感應強度大小為B0.使該線框從靜止開始繞過圓心O、垂直于半圓面的軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動半周，在線框中產(chǎn)生感應電流現(xiàn)使線框保持圖中所示位置，磁感應強度大小隨時間線性變化為了產(chǎn)生與線框轉(zhuǎn)動半周過程中同樣大小的電流，磁感應強度隨時間的變化率的大小應為()A.B.C. D.解析：當線框繞過圓心O的轉(zhuǎn)動軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動時，由于面積的變化產(chǎn)生感應電動勢，從而產(chǎn)生感應電流設半圓的半徑為r，導線框的電阻為R，即I1.當線圈不動，磁感應強度變化時，I2，因I1I2，可得，C選項正確答案：C(1)應用法拉第電磁感應定律解題的一般步驟分析穿過閉合電路的磁場方向及磁通量的變化情況；利用楞次定律確定感應電流的方向；靈活選擇法拉第電磁感應定律的不同表達形式列方程求解(2)應注意的問題通過回路的電荷量q僅與n、和回路電阻R有關，與變化過程所用的時間長短無關，推導過程：qtt.11：在豎直向上的勻強磁場中，水平放置一個不變形的單匝金屬圓線圈，線圈所圍的面積為0.1 m2，線圈電阻為1 .規(guī)定線圈中感應電流I的正方向從上往下看是順時針方向，如圖甲所示磁場的磁感應強度B隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示則下列說法正確的是()A在時間05 s內(nèi)，I的最大值為0.1 AB在第4 s時刻，I的方向為逆時針C前2 s內(nèi)，通過線圈某截面的總電量為0.01 CD第3 s內(nèi)，線圈的發(fā)熱功率最大解析：根據(jù)Bt圖象的斜率表示，由EnSk，因此剛開始時，圖象的斜率為0.1，代入得電源的電動勢為0.01 V電流為0.01 A，故A項錯誤；在第4 s時，根據(jù)楞次定律，電流為逆時針，故B項正確；由q，代入得C項正確；第3 s內(nèi)，B不變，故不產(chǎn)生感應電流，因此發(fā)熱功率為零，D項錯誤答案：BC1理解EBlv的“四性”(1)正交性：本公式是在一定條件下得出的，除磁場為勻強磁場外，還需B、l、v三者互相垂直(2)瞬時性：若v為瞬時速度，則E為相應的瞬時感應電動勢(3)有效性：公式中的l為導體切割磁感線的有效長度(4)相對性：EBlv中的速度v是導體相對磁場的速度，若磁場也在運動，應注意速度間的相對關系2公式EBlv與En的區(qū)別與聯(lián)系EnEBlv區(qū)別研究對象閉合回路回路中做切割磁感線運動的那部分導體適用范圍對任何電磁感應現(xiàn)象普遍適用只適用于導體切割磁感線運動的情況聯(lián)系導體切割磁感線是電磁感應現(xiàn)象的特例，EBlv可由En推導得出(xx四川理綜)半徑為a右端開小口的導體圓環(huán)和長為2a的導體直桿，單位長度電阻均為R0.圓環(huán)水平固定放置，整個內(nèi)部區(qū)域分布著豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B.桿在圓環(huán)上以速度v平行于直徑CD向右做勻速直線運動，桿始終有兩點與圓環(huán)良好接觸，從圓環(huán)中心O開始，桿的位置由確定，如圖所示則()A0時，桿產(chǎn)生的電動勢為2BavB時，桿產(chǎn)生的電動勢為BavC0時，桿受的安培力大小為D時，桿受的安培力大小為解析：當0時，桿切割磁感線的有效長度l12a，所以桿產(chǎn)生的電動勢E1Bl1v2Bav，選項A正確此時桿上的電流I1，桿受的安培力大小F1BI1l1，選項C錯誤當時，桿切割磁感線的有效長度l22acosa，桿產(chǎn)生的電動勢E2Bl2vBav，選項B錯誤此時桿上的電流I2，桿受的安培力大小F2BI2l2，選項D正確答案：AD21：如圖所示，水平放置的U形框架上接一個阻值為R0的電阻，放在垂直紙面向里的、場強大小為B的勻強磁場中，一個半徑為L、質(zhì)量為m的半圓形硬導體AC在水平向右的恒定拉力F作用下，由靜止開始運動距離d后速度達到v，半圓形硬導體AC的電阻為r，其余電阻不計下列說法正確的是()A此時AC兩端電壓為UAC2BLvB此時AC兩端電壓為UACC此過程中電路產(chǎn)生的電熱為QFdmv2D此過程中通過電阻R0的電荷量為q解析：AC的感應電動勢為：E2BLv，兩端電壓為UAC，A錯、B對；由功能關系得Fdmv2QW，C錯；此過程中平均感應電流為，通過電阻R0的電荷量為qt，D對答案：BD通電自感斷電自感電路圖器材要求A1，A2同規(guī)格，RRL，L較大L很大(有鐵蕊)RLRA現(xiàn)象在S閉合瞬間，A2燈立即亮起來，A1燈逐漸變亮，最終一樣亮在開關S斷開時，燈A逐漸熄滅原因由于開關閉合時，流過電感線圈的電流迅速增大，使線圈產(chǎn)生自感電動勢，阻礙了電流的增大，使流過A1燈的電流比流過A2燈的電流增加得慢斷開開關S時，流過線圈L的電流減小，產(chǎn)生自感電動勢，阻礙了電流的減小，使電流繼續(xù)存在一段時間；在S斷開后，通過L的電流反向通過電燈A，燈A不會立即熄滅若RLRA，原來的電流ILIA，則A燈熄滅前要閃亮一下若RLRA，原來的電流ILIA，則燈A逐漸熄滅，不再閃亮一下能量轉(zhuǎn)化電能轉(zhuǎn)化為磁場能磁場能轉(zhuǎn)化為電能(xx北京理綜)某同學為了驗證斷電自感現(xiàn)象，自己找來帶鐵芯的線圈L、小燈泡A、開關S和電池組E，用導線將它們連接成如圖所示的電路檢查電路后，閉合開關S，小燈泡發(fā)光；再斷開開關S，小燈泡僅有不顯著的延時熄滅現(xiàn)象雖經(jīng)多次重復，仍未見老師演示時出現(xiàn)的小燈泡閃亮現(xiàn)象，他冥思苦想找不出原因你認為最有可能造成小燈泡未閃亮的原因是()A電源的內(nèi)阻較大 B小燈泡電阻偏大C線圈電阻偏大 D線圈的自感系數(shù)較大解析：小燈泡沒有出現(xiàn)閃亮現(xiàn)象是因為斷電后電路中的小燈泡兩端電壓太小、因斷電后電路與電源脫離關系，線圈與燈泡組成閉合回路，故電源內(nèi)阻大小對自感無影響，A錯誤；若小燈泡電阻偏大，則分得的電壓就大，這有助于出現(xiàn)閃亮現(xiàn)象，B錯誤；若線圈電阻偏大，在自感電動勢一定的情況下，線圈內(nèi)阻上的電壓偏大，相應燈泡兩端的電壓就偏小，這不利于出現(xiàn)閃亮現(xiàn)象，C正確；線圈自感系數(shù)越大，產(chǎn)生的自感電動勢越大，這有利于閃亮現(xiàn)象的出現(xiàn)，故D錯誤答案：C31：如圖所示的電路中，A1和A2是完全相同的燈泡，線圈L的電阻可以忽略下列說法中正確的是()A合上開關K接通電路時，A2先亮，A1后亮，最后一樣亮B合上開關K接通電路時，A1和A2始終一樣亮C斷開開關K切斷電路時，A2立刻熄滅，A1過一會兒才熄滅D斷開開關K切斷電路時，A1和A2都要過一會兒才熄滅解析：由于自感現(xiàn)象，合上開關時，A1中的電流緩慢增大到某一個值，故過一會兒才亮；斷開開關時，A1中的電流緩慢減小到0，A1、A2串聯(lián)，電流始終相等，都是過一會兒才熄滅故選A、D.答案：AD模型特點“桿導軌”模型是電磁感應問題高考命題的“基本道具”，也是高考的熱點“桿導軌”模型問題的物理情境變化空間大，涉及的知識點多，如力學問題、電路問題、磁場問題及能量問題等，常用的規(guī)律有法拉第電磁感應定律、楞次定律、右手定則、左手定則、歐姆定律及力學中的運動規(guī)律、動能定理、功能關系、能的轉(zhuǎn)化和守恒定律等求解思路模型分類模型一單桿水平式物理模型勻強磁場與導軌垂直，磁感應強度為B，棒ab長為L，質(zhì)量為m，初速度為零，拉力恒為F，水平導軌光滑，除電阻R外，其他電阻不計動態(tài)分析設運動過程中某時刻棒的速度為v，由牛頓第二定律知棒ab的加速度為a，a、v同向，隨速度的增加，棒的加速度a減小，當a0時，v最大，I恒定收尾狀態(tài)運動形式勻速直線運動力學特征a0v恒定不變電學特征I恒定(xx天津理綜)如圖所示，一對光滑的平行金屬導軌固定在同一水平面內(nèi)，導軌間距l(xiāng)0.5 m，左端接有阻值R0.3 的電阻一質(zhì)量m0.1 kg，電阻r0.1 的金屬棒MN放置在導軌上，整個裝置置于豎直向上的勻強磁場中，磁場的磁感應強度B0.4 T棒在水平向右的外力作用下，由靜止開始以a2 m/s2的加速度做勻加速運動，當棒的位移x9 m時撤去外力，棒繼續(xù)運動一段距離后停下來，已知撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1Q221.導軌足夠長且電阻不計，棒在運動過程中始終與導軌垂直且兩端與導軌保持良好接觸求：(1)棒在勻加速運動過程中，通過電阻R的電荷量q；(2)撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2；(3)外力做的功WF.解析：(1)設棒勻加速運動的時間為t，回路的磁通量變化量為，回路中的平均感應電動勢為，由法拉第電磁感應定律得 其中Blx 設回路中的平均電流為，由閉合電路歐姆定律得 則通過電阻R的電荷量為qt聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得q4.5 C (2)設撤去外力時棒的速度為v，對棒的勻加速運動過程，由運動學公式得v22ax 設棒在撤去外力后的運動過程中安培力所做的功為W，由動能定理得W0mv2 撤去外力后回路中產(chǎn)生的焦耳熱Q2W 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得Q21.8 J (3)由題意知，撤去外力前后回路中產(chǎn)生的焦耳熱之比Q1Q221，可得Q13.6 J 在棒運動的整個過程中，由功能關系可知WFQ1Q2 由式得WF5.4 J.答案：(1)4.5 C(2)1.8 J(3)5.4 J模型二單桿傾斜式物理模型勻強磁場與導軌垂直，磁感應強度為B，導軌間距L，導體棒質(zhì)量m，電阻R，導軌光滑，電阻不計(如圖) 動態(tài)分析棒ab釋放后下滑，此時agsin ，棒ab速度v感應電動勢EBLv電流I安培力FBIL加速度a，當安培力Fmgsin 時，0，v最大收尾狀態(tài)運動形式勻速直線運動力學特征a0v最大vm電學特征I恒定(xx山東理綜)如圖所示，相距為L的兩條足夠長的光滑平行金屬導軌與水平面的夾角為，上端接有定值電阻R，勻強磁場垂直于導軌平面，磁感應強度為B.將質(zhì)量為m的導體棒由靜止釋放，當速度達到v時開始勻速運動，此時對導體棒施加一平行于導軌向下的拉力，并保持拉力的功率恒為P，導體棒最終以2v的速度勻速運動導體棒始終與導軌垂直且接觸良好，不計導軌和導體棒的電阻，重力加速度為g.下列選項正確的是()AP2mgvsin BP3mgvsin C當導體棒速度達到時加速度大小為sin D在速度達到2v以后勻速運動的過程中，R上產(chǎn)生的焦耳熱等于拉力所做的功解析：導體棒由靜止釋放，速度達到v時，回路中的電流為I，則根據(jù)共點力的平衡條件，有mgsin BIL.對導體棒施加一平行于導軌向下的拉力，以2v的速度勻速運動時，則回路中的電流為2I，則根據(jù)平衡條件，有Fmgsin B2IL所以拉力Fmgsin ，拉力的功率PF2v2mgvsin ，故選項A正確選項B錯誤；當導體棒的速度達到時，回路中的電流為，根據(jù)牛頓第二定律，得mgsin BLma，解得asin ，選項C正確；當導體棒以2v的速度勻速運動時，根據(jù)能量守恒定律，重力和拉力所做的功之和等于R上產(chǎn)生的焦耳熱，故選項D錯誤答案：AC1.將閉合多匝線圈(匝數(shù)為n)置于僅隨時間變化的磁場中，線圈平面與磁場方向垂直，關于線圈中產(chǎn)生的感應電動勢，下列表述正確的是()A穿過線圈的磁通量越大，感應電動勢越大B穿過線圈的磁通量變化越快，感應電動勢越大C若磁感應強度B不變，t時間內(nèi)線圈面積變化S，則EnBD若t時間內(nèi)磁感應強度變化B，線圈面積變化S，則En解析：由法拉第電磁感應定律表達式En可知，感應電動勢E的大小與線圈的匝數(shù)n和磁通量的變化率有關，與磁通量無關，故A錯誤，B正確當僅有磁感應強度變化時，磁通量的變化量21(B2B1)SBS，同理可得當僅有線圈面積變化時磁通量的變化量BS，而當磁感應強度和線圈面積同時變化時磁通量的變化量B2S2B1S1BS，故C正確D錯誤答案：BC2.如圖所示是測定自感系數(shù)很大的線圈L直流電阻的電路，L兩端并聯(lián)一只電壓表，用來測自感線圈的直流電壓，在測量完畢后，將電路拆開時應先()A斷開S1 B斷開S2C拆除電流表 D拆除電阻R解析：將電路拆開時，如果先斷開S1，而電壓表與線圈L仍組成閉合回路，由于L的自感系數(shù)很大，可能產(chǎn)生很大的自感電動勢使電壓表的指針被打彎，因此，應先斷開S2，B項正確答案：B3一矩形線框置于勻強磁場中，線框平面與磁場方向垂直先保持線框的面積不變，將磁感應強度在1 s時間內(nèi)均勻地增大到原來的兩倍接著保持增大后的磁感應強度不變，在1 s時間內(nèi)，再將線框的面積均勻地減小到原來的一半先后兩個過程中，線框中感應電動勢的比值為()A. B1 C2 D4解析：根據(jù)法拉第電磁感應定律E，設初始時刻磁感應強度為B0，線框面積為S0，則第一種情況下的感應電動勢為E1B0S0；則第二種情況下的感應電動勢為E2B0S0，所以兩種情況下線框中的感應電動勢相等，比值為1，故選項B正確答案：B4xx廣州亞運會上100 m賽跑跑道兩側(cè)設有跟蹤儀，水平面上兩根足夠長的金屬導軌平行固定放置，間距為L0.5 m，一端通過導線與阻值為R0.5 的電阻連接；導軌上放一質(zhì)量為m0.5 kg的金屬桿(如圖甲)，金屬桿與導軌的電阻忽略不計；均勻磁場豎直向下用與導軌平行的拉力F作用在金屬桿上，使桿運動當改變拉力的大小時，相對應的速度v也會變化，從而使跟蹤儀始終與運動員保持一致已知v和F的關系如圖乙(取重力加速度g10 m/s2)則()A金屬桿受到的拉力與速度成正比B該磁場磁感應強度為1 TC圖線在橫軸的截距表示金屬桿與導軌間的阻力大小D導軌與金屬桿之間的動摩擦因數(shù)為0.4解析：由圖象可知選項A錯誤、C正確；由FBILmg0及I可得：Fmg0，從圖象上分別讀出兩組F、v數(shù)據(jù)代入上式即可求得B1 T，0.4.所以選項B、D正確答案：BCD5.如圖，足夠長的U型光滑金屬導軌平面與水平面成角(090)，其中MN與PQ平行且間距為L，導軌平面與磁感應強度為B的勻強磁場垂直，導軌電阻不計金屬棒ab由靜止開始沿導軌下滑，并與兩導軌始終保持垂直且良好接觸，ab棒接入電路的電阻為R，當流過ab棒某一橫截面的電荷量為q時，棒的速度大小為v，則金屬棒ab在這一過程中()A運動的平均速度大小為vB下滑的位移大小為C產(chǎn)生的焦耳熱為qBLvD受到的最大安培力大小為sin 解析：對棒受力分析如圖所示F安BIL，故D錯；F安隨棒的速度的增大而增大，故棒做的不是勻加速直線運動因此運動的平均速度v，A錯；由qn可得：q，故棒下滑的位移x，B正確；求焦耳熱應該用有效值，故C錯答案：B