高考物理一轮复习第10章电磁感应第2课时法拉第电磁感应定律学案

这是一份高考物理一轮复习第10章电磁感应第2课时法拉第电磁感应定律学案，共10页。
1．法拉第电磁感应定律
(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。
(2)公式：E＝neq \f(ΔΦ,Δt)，其中n为线圈匝数。
2．导体切割磁感线的情形
(1)垂直切割：E＝Blv。
(2)倾斜切割：E＝Blvsin_θ，其中θ为v与B的夹角。
(3)旋转切割(以一端为轴)：E＝eq \f(1,2)Bl2ω。
3．自感和涡流
(1)自感现象
由于通过导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象。
(2)自感电动势
①定义：在自感现象中产生的感应电动势。
②表达式：E＝Leq \f(ΔI,Δt)。
③自感系数L：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯等因素有关，单位为亨利(H)。
(3)涡流
当线圈中的电流发生变化时，在它附近的导体中产生的像水中的旋涡一样的感应电流。
[基础自查]
1．判断正误
(1)线圈中磁通量越大，产生的感应电动势越大。(×)
(2)线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大。(×)
(3)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大。(√)
(4)感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同。(×)
(5)线圈中的电流越大，自感系数也越大。(×)
(6)对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势越大。(√)
2．如图所示，在庆祝中华人民共和国成立70周年阅兵盛典上，我国预警机“空警­2000”在通过天安门上空时机翼保持水平，以4.5×102 km/h的速度自东向西飞行。该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50 m，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.7×10－5 T，则( )
A．两翼尖之间的电势差为2.9 V
B．两翼尖之间的电势差为1.1 V
C．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高
D．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低
解析：选C 飞机的飞行速度为4.5×102 km/h＝125 m/s，飞机两翼尖之间的电动势为E＝BLv＝4.7×10－5×50×125 V＝0.29 V，A、B两项错误；飞机从东向西飞行，磁场竖直向下，根据右手定则可知，飞机左方翼尖电势高于右方翼尖的电势，C项正确，D项错误。
3.如图所示，半径为r的n匝线圈放在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场充满正方形区域并垂直穿过该区域，当磁场以eq \f(ΔB,Δt)的变化率变化时，线圈产生的感应电动势大小为( )
A．0 B．neq \f(ΔB,Δt)·L2
C．neq \f(ΔB,Δt)·πr2 D．neq \f(ΔB,Δt)·r2
解析：选B 由法拉第电磁感应定律可知线圈产生的自感电动势E＝neq \f(ΔB,Δt)·L2，故B正确。
4.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可能不立即熄灭解析：选C S闭合瞬间，由于线圈产生自感电动势而阻碍通过灯泡LA的电流的增加，但阻碍不是阻止，S闭合后有电流通过LA；S断开瞬间，线圈产生自感电动势，因电路断开，电流立即消失，灯泡LA立即熄灭，故C正确，A、B、D错误。
5．以下现象中属于涡流现象的应用的是( )
解析：选B 电烤箱是利用电流发热的原理，故A错误；监考老师手中的金属探测仪，可以探测人身是否携带通信设备(金属物品)，是通过金属上产生涡流而使报警器发出警告的，故B正确；工人穿上金属丝织成的衣服可以高压带电作业是利用静电屏蔽原理，故C错误；车载充电器没有应用涡流现象，故D错误。
考点一 法拉第电磁感应定律的应用
1．磁通量发生变化的三种情况
(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝BΔS，则E＝neq \f(BΔS,Δt)。
(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔBS，则E＝neq \f(ΔBS,Δt)，注意S为线圈在磁场中的有效面积。
(3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E＝neq \f(|B2S2－B1S1|,Δt)≠neq \f(ΔBΔS,Δt)。
2．求解感应电动势的常见情况与方法
[典例] (2019·江苏高考)如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S＝0.3 m2、电阻R＝0.6 Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2 T。现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt＝0.5 s时间内合到一起。求线圈在上述过程中
(1)感应电动势的平均值E；
(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；
(3)通过导线横截面的电荷量q。
[解析] (1)感应电动势的平均值E＝eq \f(ΔΦ,Δt)
磁通量的变化ΔΦ＝BΔS
解得E＝eq \f(BΔS,Δt)
代入数据得E＝0.12 V。
(2)平均电流I＝eq \f(E,R)
代入数据得I＝0.2 A(电流方向如图)。
(3)电荷量q＝IΔt
代入数据得q＝0.1 C。
[答案] (1)0.12 V (2)0.2 A(电流方向见解析图)
(3)0.1 C
eq \a\vs4\al([易错提醒])
(1)公式E＝neq \f(ΔΦ,Δt)求解的是一个回路中某段时间内的平均电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值。
(2)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eq \f(ΔΦ,Δt)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。
(3)磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)对应Φ­t图线上某点切线的斜率。
(4)通过回路截面的电荷量q＝eq \f(nΔΦ,R)，仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关。
[集训冲关]
1．(2020·全国卷Ⅱ)管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接。焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接。焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为( )
A．库仑 B．霍尔
C．洛伦兹 D．法拉第
解析：选D 高频焊接利用的电磁学规律是电磁感应现象，发现者是法拉第，A、B、C项错误，D项正确。
2．(2021·泰安质检)(多选)如图甲所示，线圈两端a、b与一电阻R相连，线圈内有垂直于线圈平面向里的磁场，t＝0时刻起，穿过线圈的磁通量按图乙所示的规律变化，下列说法正确的是( )
A.eq \f(1,2)t0时刻，R中电流方向为由a到b
B.eq \f(3,2)t0时刻，R中电流方向为由a到b
C．0～t0时间内流过R的电流小于t0～2t0时间内流过R的电流
D．0～t0时间内流过R的电流大于t0～2t0时间内流过R的电流
解析：选AC 由楞次定律可知，0～t0时间内线圈中的感应电流方向为逆时针方向，t0～2t0时间内线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故A正确，B错误；根据法拉第电磁感应定律E＝neq \f(ΔΦ,Δt)，可知0～t0时间内感应电动势大小是t0～2t0时间内的eq \f(1,2)，感应电流为I＝eq \f(E,R)，所以0～t0时间内流过R的电流是t0～2t0时间内流过R的电流的eq \f(1,2)，故C正确，D错误。
3. (2018·全国卷Ⅰ)如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的
大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则eq \f(B′,B)等于( )
A.eq \f(5,4) B.eq \f(3,2)
C.eq \f(7,4) D．2
解析：选B 在过程Ⅰ中，根据法拉第电磁感应定律，有E1＝eq \f(ΔΦ1,Δt1)＝eq \f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2)),Δt1)，根据闭合电路欧姆定律，有I1＝eq \f(E1,R)，且q1＝I1Δt1，在过程Ⅱ中，有E2＝eq \f(ΔΦ2,Δt2)＝eq \f(B′－B·\f(1,2)πr2,Δt2)，I2＝eq \f(E2,R)，q2＝I2Δt2，又q1＝q2，即eq \f(B\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)πr2－\f(1,4)πr2)),R)＝eq \f(B′－B·\f(1,2)πr2,R)，解得eq \f(B′,B)＝eq \f(3,2)，B正确。
4．轻质细线吊着一质量为m＝0.42 kg、边长为L＝1 m、匝数n＝10的正方形线圈，其总电阻为r＝1 Ω。在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示。(g取10 m/s2)
(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针；
(2)求线圈的电功率；
(3)求在t＝4 s时轻质细线的拉力大小。
解析：(1)由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向。
(2)由法拉第电磁感应定律得
E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝n·eq \f(1,2)L2eq \f(ΔB,Δt)＝0.5 V
则P＝eq \f(E2,r)＝0.25 W。
(3)通过线圈的电流I＝eq \f(E,r)＝0.5 A，由题图乙可知当t＝4 s时，B＝0.6 T，线圈受到的安培力F安＝nBIL
由平衡条件得F安＋F线＝mg
联立解得F线＝1.2 N。
答案：(1)逆时针 (2)0.25 W (3)1.2 N
考点二 自感和涡流
区别通电自感与断电自感
[典例] 小明同学做验证断电自感现象的实验，他找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路。检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。下列说法正确的是( )
A．断开开关S，一定没电流流过小灯泡
B．开关S断开前后，流过小灯泡的电流方向相反
C．小灯泡未闪亮的原因是线圈电阻偏小
D．小灯泡未闪亮的原因是线圈的自感系数较小
[解析] 由电路图可知，灯泡与线圈并联后接入电路，断开开关瞬间，线圈与灯泡组成闭合电路，线圈产生自感电动势，阻碍电流的减小，有电流流过小灯泡，故A错误；断开开关瞬间，灯泡中原来的由电源提供的电流消失，灯泡与线圈构成闭合回路，通过线圈的电流减小，线圈中的电流流过灯泡，所以开关S断开前后流过小灯泡的电流方向相反，故B正确；线圈电阻偏小，稳定时流过灯泡的电流小于流过线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，由电源提供给灯泡的电流立即消失，而线圈中产生自感电动势阻碍电流的减小，灯泡与线圈组成新的回路，灯泡会发生闪亮现象，故C错误；线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小，D错误。
[答案] B
eq \a\vs4\al([规律方法])
自感线圈在电路中的作用
(1)电路突然接通时，自感线圈产生感应电动势，阻碍电流变化使与之串联的灯泡不是立即变亮，而是逐渐变亮。
(2)电路突然断开时，自感线圈产生感应电动势，在电路中相当于新的电源。若产生的电流比原来的大，则灯泡“闪亮”一下再熄灭；若产生的电流不大于原来的电流，则灯泡不能“闪亮”而逐渐熄灭。
[集训冲关]
1. (2021·石家庄调研)如图所示，电路中L是一电阻可忽略不计的电感线圈，a、b为L的左、右两端点，A、B、C为完全相同的三盏灯泡，原来开关S是闭合的，三盏灯泡均发光。某时刻将开关S断开，则下列说法正确的是( )
A．a点电势高于b点，A灯闪亮后缓慢熄灭
B．b点电势高于a点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭
C．a点电势高于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭
D．b点电势高于a点，B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭
解析：选B 开关S闭合稳定时，电感线圈支路的总电阻比B、C灯支路电阻小，故流过A灯的电流I1大于流过B、C灯的电流I2，且电流方向由a到b，a点电势高于b点。当开关S断开，电感线圈会产生自感现象，相当于电源，b点电势高于a点，阻碍流过A灯电流的减小，瞬间流过B、C灯支路的电流比原来的大，故B、C灯闪亮后缓慢熄灭，故B正确。
2. (2021·重庆巴蜀中学一诊)(多选)如图所示，在线圈正上方放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，几分钟后，杯中的水沸腾起来，t0时刻的电流方向已在图中标出，且此时电流正在增大，则下列关于把水烧开的过程中发生的电磁感应现象的说法正确的有( )
A．金属杯中产生涡流，涡流的热效应使水沸腾起来
B．t0时刻，从上往下看，金属杯中的涡流沿顺时针方向
C．t0时刻，从上往下看，金属杯中的涡流沿逆时针方向
D．将交流电源断开的瞬间，金属杯中的涡流也瞬间消失
解析：选AC 由于交流电在线圈中产生变化的磁场，变化的磁场穿过金属杯可以在金属杯中产生变化的电场，从而产生涡流，使水沸腾，A正确；t0时刻电流从线圈的上端流入且电流正在增大，则穿过金属杯的磁场是向下增大的，所以根据楞次定律，感应电流的磁场方向一定是向上的，由安培定则可知，从上往下看，金属杯中的涡流沿逆时针方向，C正确，B错误；将交流电源断开的瞬间，线圈中的电流还在变化，则金属杯中还有涡流，D错误。
情
景
图
研究
对象
回路(不一定闭合)
一段直导线(或等效成直导线)
绕一端转动的一段导体棒
绕与B垂直的轴转动的导线框
表
达
式
E＝neq \f(ΔΦ,Δt)
E＝Blvsin θ
E＝eq \f(1,2)Bl2ω
E＝nBSω·
sin(ωt＋φ0)
通电自感
断电自感
电路图
器材规格
A1、A2灯同规格，R＝RL，L较大
L很大(有铁芯)，RL