统考版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含答案

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一、法拉第电磁感应定律
1．感应电动势
(1)概念：在____________中产生的电动势．
(2)产生条件：穿过回路的________发生改变，与电路是否闭合________．
(3)方法判断：感应电动势的方向用________或________判断．
2．法拉第电磁感应定律
(1)内容：感应电动势的大小跟穿过这一电路的____________成正比．
(2)公式：E＝nΔΦΔt，其中n为线圈匝数．
(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的________定律，即I＝________．
3．导体切割磁感线的情形
(1)若B、l、v相互垂直，则E＝________．
(2)v∥B时，E＝0.
(3)公式中l为有效长度，示例图：
二、自感、涡流
1．自感现象
(1)概念：由于导体本身的________变化而产生的电磁感应现象称为自感．
(2)自感电动势
①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫做__________．
②表达式：E＝____________．
(3)自感系数L
①相关因素：与线圈的________、形状、________以及是否有铁芯有关．
②单位：亨利(H)，1 mH＝________ H，1 μH＝________ H．
2．涡流
当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生________，这种电流像水的漩涡，所以叫涡流．,
教材拓展
1.[人教版选修3－2P18T6改编]A、B两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，半径rA＝2rB，分别按下图甲、乙两种方式放入匀强磁场中，且磁感应强度随时间均匀减小，则下列说法正确的是( )
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
2．[鲁科版选修3－2P33T1]
在如图所示的电路中，LA为灯泡，S为开关，L为有铁芯的线圈．对于这样的电路，下列说法正确的是( )
A．因为线圈L通电后会产生自感现象，所以S闭合后，灯泡LA中无电流通过
B．在S打开或闭合的瞬间，电路中都不会产生自感现象
C．当S闭合时，电路中会产生自感现象
D．在S闭合后再断开的瞬间，灯泡LA可能不立即熄灭
考点一 法拉第电磁感应定律的应用
1．法拉第电磁感应定律的理解
(1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率ΔΦΔt共同决定，而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系．
(2)磁通量的变化率ΔΦΔt对应Φ ­ t图线上某点切线的斜率．
2．应用法拉第电磁感应定律时应注意的两个问题
(1)公式E＝nΔΦΔt求解的是一个回路中某段时间内的平均感应电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．
(2)利用公式E＝nSΔBΔt求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积．
跟进训练
1.(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示．则在t＝0到t＝t1的时间间隔内( )
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为B0rS4t0ρ
D．圆环中的感应电动势大小为B0πr24t0
2．如图甲所示，N＝200匝的线圈(图中只画了2匝)，电阻r＝2 Ω，其两端与一个R＝48 Ω的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场．线圈中的磁通量按图乙所示规律变化．
(1)判断通过电阻R的电流方向；
(2)求线圈产生的感应电动势E；
(3)求电阻R两端的电压U.
考点二 导体棒切割磁感线产生感应电动势的计算
E＝BLv的三个特性
角度1平动切割
例1. [2021·河北卷，7]如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点．狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连．导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻．下列说法正确的是( )
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
角度2旋转切割
例2. [2021·广东卷，10](多选)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨．圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场．金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好．初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上．若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有( )
A．杆OP产生的感应电动势恒定
B．杆OP受到的安培力不变
C．杆MN做匀加速直线运动
D．杆MN中的电流逐渐减小
跟进训练
3．(多选)如图所示是都由均匀导线制成的单匝正方形线框a和圆形线框b处于矩形有界匀强磁场区域中的俯视图，两线框置于光滑绝缘水平面上，现用外力分别同时作用于两线框使其以大小相等的速度v沿垂直于磁场的方向分别向左、向右做匀速直线运动，运动过程中正方形线框左边始终与磁场左边界平行，已知正方形线框的边长和圆形线框的直径相等，两线框的电阻相同．两线框在匀速离开磁场的过程中，下列说法正确的是( )
A．外力对线框a、b做的功相等，线框a、b产生的热量也相等
B．线框a、b全部离开磁场过程中通过线框的电荷量之比qa∶qb＝4∶π
C．线框a所受安培力的冲量大于线框b所受安培力的冲量
D．线框a、b中产生的最大感应电动势大小相等
4．如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动，在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态．已知重力加速度为g，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是( )
A．棒产生的电动势为12Bl2ω
B．微粒的电荷量与质量之比为2gdBr2ω
C．电阻消耗的电功率为πB2r4ω2R
D．电容器所带的电荷量为CBr2ω
考点三 自感现象 涡流
角度1通电自感与断电自感现象
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，自感线圈就相当于普通导体．
(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．
2．自感现象中灯泡“闪亮”与“不闪亮”的原因
例3. 图甲和图乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是( )
A．图甲中，A1与L1的电阻值相同
B．图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C．图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同
D．图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
角度2涡流
例4. [2022·江苏南京、盐城一模]下列图中，A图是真空冶炼炉，可以冶炼高质量的合金；B图是充电器，工作时绕制线圈的铁芯会发热；C图是安检，可以探测人身上是否携带金属物品；D图是工作人员穿上金属丝织成的衣服，可以高压带电作业．其中不属于涡流的应用的是( )
角度3电磁阻尼和电磁驱动
例5. (多选)在某次科技活动中，有人做了一个电磁“小车”实验：如图所示，用裸露的铜导线绕制成一根长螺线管，将螺线管固定在水平桌面上．用一节干电池和两个磁铁制成一个“小车”，两磁铁的同名磁极粘在电池的正、负两极上．将这辆“小车”推入螺线管中，磁铁与电极和铜线间均能良好导电，“小车”就加速运动起来．关于“小车”的运动，以下说法正确的是( )
A．图中“小车”加速度方向向右
B．图中“小车”加速度方向向左
C．只将“小车”上某一磁铁改为S极与电池粘连，“小车”就不能加速运动
D．只将“小车”上两磁铁均改为S极与电池粘连，“小车”的加速度方向不变
跟进训练
5.为测量线圈L的直流电阻R0，某研究小组设计了如图所示电路．已知线圈的自感系数较大，两电表可视为理想电表，其示数分别记为U、I，实验开始前，S1处于断开状态，S2处于闭合状态．关于实验过程，下列说法不正确的是( )
A．闭合S1，电流表示数逐渐增大至稳定值
B．闭合S1，电压表示数逐渐减小至稳定值
C．待两电表示数稳定后，方可读取U、I的值
D．实验结束后，应先断开S1
第2讲 法拉第电磁感应定律
自感 涡流
必备知识·自主排查
一、
1．(1)电磁感应现象 (2)磁通量 无关 (3)楞次定律 右手定则
2．(1)磁通量的变化率 (3)欧姆 ER+r
3．(1)Blv
二、
1．(1)电流 (2)自感电动势 LΔIΔt (3)大小 匝数 10－3 10－6
2．感应电流
教材拓展
1．答案：C
2．答案：C
关键能力·分层突破
1．解析：在0～t0时间内，磁感应强度减小，根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左；在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向仍为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得E＝ΔΦΔt＝12πr2·B0t0＝B0πr22t0，由R＝ρlS可得R＝ρ2πrS，根据欧姆定律可得I＝ER＝B0rS4t0ρ，所以选项C正确．
答案：BC
2．解析：(1)根据图象可知，线圈中垂直于纸面向里的磁场增大，为了阻碍线圈中磁通量的增大，根据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的感应电流为逆时针方向，通过电阻R的电流方向为a→b.
(2)根据法拉第电磁感应定律得E＝NΔΦΔt＝200×0.015− V＝10 V
(3)电阻R两端的电压为路端电压，根据分压规律可知
U＝RR+rE＝4848+2×10 V＝9.6 V
答案：(1)a→b (2)10 V (3)9.6 V
例1 解析：经过时间t，金属棒切割磁感线的有效长度L＝2vt tan θ，金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv＝2Bv2t tan θ，则电容器极板上的电荷量Q＝CE＝2BCv2t tan θ，则通过金属棒中的电流I＝ΔQΔt＝2BCv2tan θ，A正确；当金属棒到达x＝x0时，即vt＝x0时，电容器极板上的电荷量Q0＝2BCvx0tan θ，B错误；根据楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向(从上往下看)，则电容器的上极板带正电，C错误；因为金属棒做匀速运动，所以外力F＝F安＝BIL，外力做功的功率P＝Fv＝4B2Cv4t tan2θ，是变化的，D错误．
答案：A
例2 解析：根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式可知EOP＝12Bl2ω，故A正确．OP切割磁感线，产生感应电流，由右手定则可判断出MN中电流为从M到N，根据左手定则可知MN所受安培力向左，MN向左运动，切割磁感线，产生的感应电流与OP切割磁感线产生的感应电流方向相反，故OP与MN中的电流会逐渐减小，OP所受安培力逐渐减小，MN做加速度逐渐减小的加速运动，故B、C错误，D正确．
答案：AD
3．解析：设磁场的磁感应强度大小为B，线框b的半径为r，则线框a的边长为2r.当线框a匀速离开磁场时所受安培力是恒力，所受作用在线框上的外力大小等于线框所受恒定安培力的大小，而线框b匀速离开磁场时所受安培力是变力，所受外力是变力，其最大值与线框a所受外力相等，则b所受外力的平均值小于a所受外力，由于两线框的位移相等，则外力做功不相等，安培力做功也不相等，转化的内能(产生的热量)也不相等，选项A错误．通过线框的电荷量q＝I·Δt＝ER·Δt＝ΔΦR·Δt·Δt＝B·ΔSR，而两线框的面积之比为4r2∶πr2＝4∶π，可知选项B正确．两线框完全离开磁场所用的时间相同，而线框a所受安培力大于线框b所受安培力的平均值，由I＝F·Δt可知线框a所受安培力的冲量大于线框b所受安培力的冲量，选项C正确．线框a中的最大感应电动势Ea＝2Brv，线框b正好有一半穿出磁场时感应电动势有最大值，为Eb＝2Brv，选项D正确．
答案：BCD
4．解析：棒产生的电动势为E＝Br·12ωr＝12Br2ω，A错误．金属棒电阻不计，故电容器两极板间的电压等于棒产生的电动势，微粒的重力与其受到的电场力大小相等，有qEd＝mg，可得qm＝2gdBr2ω，B正确．电阻消耗的电功率P＝E2R＝B2r4ω24R，C错误．电容器所带的电荷量Q＝CE＝12CBr2ω，D错误．
答案：B
例3 解析：断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过灯A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明IL1>IA1，即RL1