2020年高考物理新课标第一轮总复习讲义：第十章第二讲　法拉第电磁感应定律　自感　涡流

基础复习课第二讲　法拉第电磁感应定律　自感　涡流[小题快练]1．判断题(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)线圈匝数n越多，磁通量越大，产生的感应电动势也越大．( × )(5)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．( √ )(6)自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化．( √ )2．下面关于涡流的说法中正确的是( A )A．涡流跟平时常见的感应电流一样，都是因为穿过导体的磁通量变化而产生的B．涡流不是感应电流，而是一种有别于感应电流的特殊电流C．涡流有热效应，但没有磁效应D．在硅钢中不能产生涡流3. 如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平速度v0抛出．设在整个过程中，棒的取向不变且不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小变化情况是( C )A．越来越大　　　　　　 B．越来越小C．保持不变  D．无法判断4. (2015·重庆卷)如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S.若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb( C )A．恒为B．从0均匀变化到C．恒为－D．从0均匀变化到－考点一　法拉第电磁感应定律的应用 (自主学习)1．对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的四种情况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＝nE＝BLvsin θE＝BL2ωE＝NBSωsin ωt 1－1. [E＝n的应用]　(2016·北京卷)如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直．磁感应强度B随时间均匀增大．两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb.不考虑两圆环间的相互影响．下列说法正确的是(　　)A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向答案：B1－2.[B－t图象的问题]　(多选)如图甲所示，圆形闭合线圈内存在方向垂直纸面向外的磁场，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)A．0～1 s内线圈的磁通量不断增大B．第4 s末的感应电动势为0C．0～1 s内与2～4 s内的感应电流大小相等D．0～1 s内感应电流方向为顺时针方向答案：AD1－3. [法拉第电磁感应定律的应用]  (2015·江苏卷)做磁共振(MRI)检查时，对人体施加的磁场发生变化时会在肌肉组织中产生感应电流．某同学为了估算该感应电流对肌肉组织的影响，将包裹在骨骼上的一圈肌肉组织等效成单匝线圈，线圈的半径r＝5.0 cm，线圈导线的截面积A＝0.80 cm2，电阻率ρ＝1.5 Ω·m.如图所示，匀强磁场方向与线圈平面垂直，若磁感应强度B在0.3 s内从1.5 T均匀地减为零，求：(计算结果保留一位有效数字) (1)该圈肌肉组织的电阻R；(2)该圈肌肉组织中的感应电动势E；(3)0.3 s内该圈肌肉组织中产生的热量Q.解析：(1)由电阻定律得R＝ρ，代入数据得R≈6×103 Ω.(2)感应电动势E＝，代入数据得E≈4×10－2 V.(3)由焦耳定律得Q＝Δt，代入数据得Q＝8×10－8 J.答案：(1)6×103 Ω　(2)4×10－2 V　(3)8×10－8 J[反思总结]应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题1．公式E＝n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．利用公式E＝nS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积．3．通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关．推导如下：q＝Δt＝Δt＝.考点二　导体棒切割磁感线产生感应电动势的计算 (自主学习)1．E＝Blv的三个特性(1)正交性：本公式要求磁场为匀强磁场，而且B、l、v三者互相垂直．(2)有效性：公式中的l为导体切割磁感线的有效长度．如图中，导体棒的有效长度为ab间的距离．(3)相对性：E＝Blv中的速度v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系．2．导体转动切割磁感线当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E＝Bl＝Bl2ω，如图所示．2－1. (2019·西藏拉萨中学月考)如图，水平桌面上固定有一半径为R的光滑金属细圆环，环面水平，圆环总电阻为r；空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下；一长度为2R、电阻可忽略的导体棒AC置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点．一拉力作用于棒中点使其以恒定加速度a从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好．下列说法正确的是(　　) A．棒通过整个圆环所用的时间为B．棒经过环心时流过棒的电流为C．棒经过环心时所受安培力的大小为D．棒运动过程中产生的感应电流在棒中由A流向C解析：由于棒做匀加速运动，棒通过整个环的时间为：2R＝at2，即t＝2，故A错误；棒经过环心时速度为：v2＝2aR，即v＝，此时产生电流为：I＝＝＝，故B错误；棒经过环心时受到的安培力为：F＝BIL＝，故C正确．当棒运动过程中，由右手定则可得感应电流方向为从C到A，故D错误．答案：C2－2.[平动切割]　(多选) (2018·江西赣州高三二模)1831年10月28日，法拉第展示了他发明的圆盘发电机，其示意图如图所示，水平铜盘可绕竖直铜轴转动，两铜片M、N分别与铜盘边缘和铜轴连接，使整个铜盘处于竖直向上的匀强磁场中．M和N之间连接阻值为R的电阻和滑动变阻器RP，若从上往下看，铜盘转动的方向为顺时针方向．已知铜盘的半径为L，铜盘转动的角速度为ω，铜盘连同两铜片对电流的等效电阻值为r，磁感应强度为B，下列说法正确的是(　　) A．导体R中的电流方向从a到bB．铜盘转动产生的感应电动势大小为BL2ωC．导体R的最大功率为D．如果RP＝R＋r，则滑动变阻器的最大功率为解析：若从上往下看，铜盘转动的方向为顺时针方向，根据右手定则可知，导体R中的电流方向从b到a，故A错误；根据法拉第电磁感应定律得：铜盘转动产生的感应电动势为E＝BL2ω，故B正确；根据闭合电路欧姆定律得：I＝，则导体R的功率为P＝I2R＝2R，当RP＝0时，导体R的功率最大，即Pm＝，故C正确；把导体R等效成电源的内阻，则电流的等效内阻为r′＝r＋R，此时外电路只有RP，故当RP ＝ r ＋ R时，滑动变阻器的功率最大，即P′m＝，故D正确．答案：BCD考点三　通电自感和断电自感 (自主学习)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．2．三点注意、三个技巧3－1.(2018·辽宁本溪检测)图中L是绕在铁芯上的线圈，它与电阻R、R0、开关和电池E可构成闭合电路．线圈中的箭头表示线圈电流的正方向，当电流的流向与箭头的方向相同时，该电流为正，否则为负．开关K1和K2都处在断开状态．设在t＝0时刻接通K1，经过一段时间后，在t＝t1时刻，再接通K2，则能正确表示L中的电流i随时间t变化的图线是下面给出的四个图中的(　　) 解析：只闭合K1，由于线圈的自感现象，L中的电流逐渐增大；最后增大到稳定值，再闭合K2，导线把线圈L和电阻R短路，由于线圈的自感现象，L中的电流由原值开始逐渐减小，方向不变，最后减小到零．故选A.答案：A3－2.[涡流]　如图，在一根竖直放置的铜管的正上方某处从静止开始释放一个强磁体，在强磁体沿着铜管中心轴线穿过铜管的整个过程中，不计空气阻力，那么(　　)A．由于铜是非磁性材料，故强磁体运动的加速度始终等于重力加速度B．由于铜是金属材料，能够被磁化，使得强磁体进入铜管时加速度大于重力加速度，离开铜管时加速度小于重力加速度C．由于铜是金属材料，在强磁体穿过铜管的整个过程中，铜管中都有感应电流，强磁体的加速度始终小于重力加速度D．由于铜是金属材料，铜管可视为闭合回路，强磁体进入和离开铜管时产生感应电流，在进入和离开铜管时加速度都小于重力加速度，但在铜管内部时加速度等于重力加速度答案：C1．电磁炉是利用电磁感应现象产生的涡流，使锅体发热从而加热食物，下列相关的说法中正确的是( A )A．锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关B．电磁炉中通入电压足够高的直流电也能正常工作C．金属或环保绝缘材料制成的锅体都可以利用电磁炉来烹饪食物D．电磁炉的上表面一般都用金属材料制成，以加快热传递、减少热损耗2．(多选)(2019·江苏高级中学开学检测)在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一与磁场方向垂直长度为L的金属杆aO，已知ab＝bc＝cO＝，a、c与磁场中以O为圆心的同心圆金属轨道始终接触良好．一电容为C的电容器接在轨道上，如图所示，当金属杆在与磁场垂直的平面内以O为轴，以角速度ω顺时针匀速转动时( BC )A．Uac＝2UabB．Uac＝2UbOC．电容器带电量Q＝BL2ωCD．若在eO间连接一个理想电压表，则电压表示数为零解析：根据杆转动切割磁感线产生感应电动势的公式E＝BL2ω得：aO、bO、cO间的电势差分别为：UaO＝BL2ω，UbO＝B2ω＝BL2ω，UcO＝B2ω＝BL2ω，则Uac＝UaO－UcO＝BL2ω，可得Uac＝2UbO，故A错误，B正确；电容器板间电压等于ac间的电势差，则电容器所带电量为Q＝CUac＝BL2ωC，故C正确；若在eO间连接一个电压表，UeO＝UcO＝BL2ω，故D错误．3．(多选)如图甲所示，线圈的匝数n＝100匝，横截面积S＝50 cm2，线圈总电阻r＝10 Ω，沿轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间做如图乙所示变化，则在开始的0.1 s内，下列说法正确的是( BD )A．磁通量的变化量为0.25 WbB．磁通量的变化率为2.5×10－2 Wb/sC．a、b间电压为0D．在a、b间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25 A4．(多选)如图所示，一导线弯成直径为d的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列说法中正确的是( AD )A．感应电流方向为逆时针方向B．CD段直导线始终不受安培力C．感应电动势的最大值E＝BdvD．感应电动势的平均值＝πBdv[A组·基础题]1．在如图所示的电路中，两个灵敏电流表G1和G2的零点都在刻度盘中央，当电流从“＋”接线柱流入时，指针向右摆；电流从“－”接线柱流入时，指针向左摆．在电路接通后再断开的瞬间，下列说法中符合实际情况的是( B )A．G1表指针向左摆，G2表指针向右摆B．G1表指针向右摆，G2表指针向左摆C．G1、G2表的指针都向左摆D．G1、G2表的指针都向右摆2. 如图所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板，磁场方向垂直于环面向里，磁感应强度以B＝B0＋Kt(K>0)随时间变化．t＝0时，P、Q两极板电势相等，两极板间的距离远小于环的半径．经时间t，电容器的P极板( D )A．不带电B．所带电荷量与t成正比C．带正电，电荷量是D．带负电，电荷量是3. 如图所示，导体杆OQ在作用于OQ中点且垂直于OQ的力作用下，绕O轴沿半径为r的光滑的半圆形框架在匀强磁场中以一定的角速度转动，磁场的磁感应强度为B，方向垂直于框架平面，AO间接有电阻R，杆和框架电阻不计，回路中的总电功率为P，则( C )A．外力的大小为2BrB．外力的大小为BrC．导体杆旋转的角速度为D．导体杆旋转的角速度为 4．(2017·北京卷)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( C )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5．(多选)光滑金属导轨宽L＝0.5 m，电阻不计，均匀变化的磁场充满整个轨道平面，如图甲所示，磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示．金属棒ab的电阻为2 Ω，垂直固定在导轨上静止不动，且与导轨左端距离l＝0.2 m，则( ACD )A．1 s末回路中的电动势为0.1 VB．1 s末回路中的电流为1 AC．2 s内回路产生的电热为0.01 JD．2 s末，ab所受安培力大小为0.05 N6．(多选) (2015·全国卷Ⅰ)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”．实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示．实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后．下列说法正确的是( AB )A．圆盘上产生了感应电动势B．圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C．在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D．圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动7．(多选)如图甲所示，一个匝数为n的圆形线圈(图中只画了2匝)，面积为S，线圈的电阻为R，在线圈外接一个阻值为R的电阻和一个理想电压表．将线圈放入垂直线圈平面指向纸内的磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．下列说法正确的是( BC )A．0～t1时间内P点电势低于Q点电势B．0～t1时间内电压表的读数为C．t1～t2时间内R上的电流为D．0～t2时间内线圈中的电流方向不变8．(多选)如图所示，平行金属导轨MN和PQ，它们的电阻可以忽略不计，在M和P之间接有阻值为R＝3.0 Ω的定值电阻，导体棒ab长l＝0.5 m，其电阻不计，且与导轨接触良好，整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.4 T．现使ab以v＝10 m/s的速度向右做匀速运动，则以下判断正确的是( AD )A．导体棒ab中的感应电动势E＝2.0 VB．电路中的电流I＝0.5 AC．导体棒ab所受安培力方向向右D．导体棒ab所受合力做功为零[B组·能力题]9．(多选)(2019·河南中原名校质检)图中四个物体由金属圆环组成，它们所用材质和圆环半径都相同，2环较细，其余五个粗环粗细相同，3和4分别由两个相同粗环焊接而成，在焊点处沿两环环心连线方向割开一个小缺口(假设缺口处对环形、质量和电阻的影响均不计)．四个物体均位于竖直平面内．空间存在着方向水平且与环面垂直、下边界为过MN的水平面的匀强磁场.1、2、3的下边缘均与MN相切，4的两环环心连线竖直，小缺口位于MN上，已知圆环的半径远大于导线的直径．现将四个物体同时由静止释放．则( BD )A．1先于2离开磁场B．离开磁场时2和3的速度相等C．在离开磁场的过程中，1和3产生的焦耳热一样多D．在离开磁场的过程中，通过导线横截面的电量，1比4多解析：把粗线框看成n个细线框叠合而成，则每个线框进入磁场的过程中情况完全相同，故线圈1、2的运动状态一定相同，离开磁场时间一定相等，故A错误；线圈3和1，两环互相独立和互相连通比较，电流不变，因此离开磁场速度相等v1＝v3，又v1＝v2，故离开磁场时2、3速度相等，故B正确；由能量守恒可得Q＝mg·2R－mv2，R是圆环半径，1的质量比3小，产生的热量小，所以Q1＜Q3，故C错误；根据q＝，由于1的电阻比4小，但磁通量变化相同，故通过导线1横截面的电量多，即q1＞q4，故D正确．10. 在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.2 T，有一水平放置的光滑框架，宽度L＝0.4 m，如图所示，框架上放置一质量m＝0.05 kg、电阻R＝1 Ω的金属杆cd，框架电阻不计．若杆cd在水平外力F的作用下以恒定加速度a＝2 m/s2由静止开始向右做匀加速直线运动，求： (1)5 s内的平均感应电动势；(2)第5 s末回路中的电流I；(3)第5 s末作用在杆cd上的水平外力F的大小．解析：(1)t＝5 s时金属杆的位移x＝at2＝25 m5 s内的平均速度＝＝5 m/s故平均感应电动势＝BL＝0.4 V(2)第5 s末杆的速度v＝at＝10 m/s此时感应电动势E＝BLv则回路中的电流I＝＝＝0.8 A(3)杆cd做匀加速运动，由左手定则判得所受安培力方向向左，由牛顿第二定律得F－F安＝ma杆cd所受安培力F安＝BIL即F＝BIL＋ma＝0.164 N.答案：(1)0.4 V　(2)0.8 A　(3)0.164 N11. 如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N＝100，边长ab＝1.0 m、bc＝0.5 m，电阻r＝2 Ω.磁感应强度B在0～1 s内从零均匀变化到0.2 T．在1～5 s内从0.2 T均匀变化到－0.2 T，取垂直纸面向里为磁场的正方向．求： (1)0.5 s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；(2)在1～5 s内通过线圈的电荷量q；(3)在0～5 s内线圈产生的焦耳热Q.解析：(1)感应电动势E1＝磁通量的变化量ΔΦ1＝ΔB1S解得E1＝N代入数据得E1＝10 V由楞次定律得，感应电流的方向为a→d→c→b→a.(2)同理可得在1～5 s内产生的感应电动势E2＝N感应电流I2＝电荷量q＝I2Δt2解得q＝N代入数据得q＝10 C(3)0～1 s内的焦耳热Q1＝IrΔt1且I1＝1～5 s内的焦耳热Q2＝IrΔt2Q＝Q1＋Q2代入数据得Q＝100 J.答案：(1)10 V　a→d→c→b→a(2)10 C　(3)100 J