(全国版)高考物理一轮复习课时练习选修3-2 第十章 第2讲 (含解析).doc

第2讲　法拉第电磁感应定律　自感　涡流知识排查法拉第电磁感应定律1.感应电动势(1)概念：在电磁感应现象中产生的电动势2)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断2．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＝n，其中n为线圈匝数3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的欧姆定律，即I＝3．导体切割磁感线的情形(1)若B、l、v相互垂直，则E＝Blv2)v∥B时，E＝0自感、涡流1.自感现象(1)概念：由于导体本身的电流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自感电动势②表达式：E＝L3)自感系数L①相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关②单位：亨利(H)，1 mH＝10－3 H，1 μH＝10－6 H2．涡流(1)涡流：当线圈中电流变化时，附近的任何导体(如金属块)中产生的旋涡状感应电流2)产生原因：金属块内磁通量变化→感应电动势→感应电流3．电磁阻尼当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的相对运动。

4．电磁驱动如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力而使导体运动起来小题速练1．关于电磁感应，下列说法正确的是 (　　)A．穿过回路的磁通量越大，则产生的感应电动势越大B．穿过回路的磁通量减小，则产生的感应电动势一定变小C．穿过回路的磁通量变化越快，则产生的感应电动势越大D．穿过回路的磁通量变化越大，则产生的感应电动势越大解析　由法拉第电磁感应定律可知感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，与磁通量大小、磁通量的变化量都没有关系，A、B、D错误，C正确答案　C2．如图1所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中在Δt时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀地增大到2B在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　)图1A.　 B.　 C.　 D.答案　B3．如图2所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比为(　　)图2A．c→a，2∶1　　　 B．a→c，2∶1C．a→c，1∶2 D．c→a，1∶2答案　C4．在如图3所示的电路中，A、B为两个完全相同的灯泡，L为自感系数较大且电阻不能忽略的线圈，E为电源，S为开关。

关于两灯泡点亮和熄灭的情况，下列说法正确的是(　　)图3A．合上开关，A先亮，B后亮；稳定后A、B一样亮B．合上开关，B先亮，A后亮；稳定后B比A更亮一些C．断开开关，A逐渐熄灭，B先变得更亮后再与A同时熄灭D．断开开关，B逐渐熄灭，A先变得更亮后再与B同时熄灭答案　B　法拉第电磁感应定律的理解和应用1．决定感应电动势大小的因素感应电动势E的大小决定于穿过电路的磁通量的变化率和线圈的匝数n而与磁通量的大小、磁通量变化量ΔΦ的大小无必然联系2．磁通量变化通常有两种方式 (1)磁感应强度B不变，垂直于磁场的回路面积发生变化，此时E＝nB； (2)垂直于磁场的回路面积不变，磁感应强度发生变化，此时E＝nS，其中是B－t图象的斜率例1】　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圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图4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的关系如图乙所示取g＝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＝n＝n·L2＝0.5 V则P＝＝0.25 W(3)I＝＝0.5 A，F安＝nBILF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【拓展】　(1)在【例1】中磁感应强度为多少时，细线的拉力刚好为0?(2)在【例1】中求在6 s内通过导线横截面的电荷量？解析　(1)细线的拉力刚好为0时满足：F安＝mg，F安＝nBIL联立解得B＝0.84 T(2)由q＝It得q＝0.5×6 C＝3 C答案　(1)0.84 T　(2)3 C应用电磁感应定律需注意的三个问题(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＝Δt＝Δt＝，导出q与n、ΔΦ和电阻R的关系式，可直接代入求解1．(2016·北京理综，16)如图5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(　　)图5A．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解析　由法拉第电磁感应定律得圆环中产生的电动势为E＝＝πr2·，则＝＝，由楞次定律可知感应电流的方向均沿顺时针方向，选项B正确答案　B2．(多选)(2019·福建福州质检)如图6甲所示，用一根导线做成一个半径为r的圆环，其单位长度的电阻为r0，将圆环的右半部分置于变化的匀强磁场中，设磁场方向垂直纸面向里为正，磁感应强度大小随时间做周期性变化关系如图乙所示，则(　　)图6A．在t＝π时刻，圆环中有顺时针方向的感应电流B．在0～时间内圆环受到的安培力大小、方向均不变C．在～π时间内通过圆环横截面的电荷量为D．圆环在一个周期内的发热量为解析　由楞次定律可知在t＝π时刻，圆环中有顺时针方向的感应电流，故A正确；由E＝＝S可知在0～时间内圆环的感应电动势不变，电流不变，受到的安培力F＝BIL，而磁感应强度B变大，所以安培力变大，故B错误；q＝，在～π时间内通过圆环横截面的电荷量为＝，故C错误；由E＝＝S可知E＝B0r2，所以圆环在一个周期内的发热量为Q＝·2π＝，故D正确。

答案　AD　导体切割磁感线产生的感应电动势1．理解E＝Blv的“四性”(1)正交性：本公式是在一定条件下得出的，除磁场为匀强磁场外，还需B、l、v三者互相垂直2)瞬时性：若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势3)有效性：公式中l为导体切割磁感线的有效长度4)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．公式E＝n与E＝Blv的区别与联系E＝nE＝Blv区别研究对象闭合回路回路中做切割磁感线运动的那部分导体适用范围对任何电磁感应现象普遍适用只适用于导体切割磁感线运动的情况联系导体切割磁感线是电磁感应现象的特例，E＝Blv可由E＝n推导得出3.转动切割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7所示图7【例2】　(多选)(2017·全国卷Ⅱ，20)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图8(a)所示已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。

下列说法正确的是(　　)图8A．磁感应强度的大小为0.5 TB．导线框运动的速度的大小为0.5 m/sC．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N解析　由E－t图象可知，线框经过0.2 s全部进入磁场，则速度v＝＝ m/s＝0.5 m/s，选项B正确；由图象可知，E＝0.01 V，根据E＝Blv得，B＝＝ T＝0.2 T，选项A错误；根据右手定则及正方向的规定可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C正确；在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框中的感应电流I＝＝ A＝2 A, 所受的安培力大小为F＝BIl＝0.2×2×0.1 N＝0.04 N，选项D错误答案　BC1．(多选)如图9所示，一不计电阻的导体圆环，半径为r、圆心在O点，过圆心放置一长度为2r、电阻为R的辐条，辐条与圆环接触良好，现将此装置放置于磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场中，磁场边界恰与圆环直径在同一直线上，现使辐条以角速度ω绕O点逆时针转动，右侧电路通过电刷与圆环中心和环的边缘相接触，R1＝，S处于闭合状态，不计其他电阻，则下列判断正确的是(　　)图9A．通过R1的电流方向为自下而上B．感应电动势大小为2Br2ωC．理想电压表的示数为Br2ωD．理想电流表的示数为解析　由右手定则可知圆环中心为电源的正极、圆环边缘为电源的负极，因此通过R1的电流方向为自下而上，选项A正确；由题意可知，始终有长度为r的辐条在转动切割磁感线，因此感应电动势大小为Br2ω，选项B错误；由图可知，在磁场内部的半根辐条相当于电源，磁场外部的半根辐条与R1并联，因此理想电压表的示数为Br2ω，选项C正确；理想电流表的示数为，选项D错误。

答案　AC2．如图10所示，光滑水平面内有一边长为L的正方形导体线框abcd，置于垂直水平面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框的ab边平行磁场边界MN线框以垂直MN的速度v匀速进入磁场，线框进入磁场过程中，产生的焦耳热为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；若线框以速度2v匀速进入磁场，进入磁场过程中，产生的焦耳热为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2则下列选项正确的是(　　)图10A．Q2＝2Q1，q2＝2q1 B．Q2＝2Q1，q2＝q1C．Q2＝Q1，q2＝q1 D．Q2＝4Q1，q2＝2q1解析　根据I＝及F＝BIL可得F＝，安培力做的功转化为电能，然后转化为焦耳热，由Q＝W＝FL＝可知产生的焦耳热与速度成正比，所以Q2＝2Q1；根据q＝n＝可知通过线框导体横截面的电荷量与速度无关，q2＝q1，选项B正确答案　B　涡流、自感现象的理解及应用1．自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍线圈中原电流的变化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．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题与线圈串联的灯泡与线圈并联的灯泡电路图通电时电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮电流突然增大，灯泡立刻变亮，然后逐渐减小达到稳定断电时电流逐渐减小，灯泡逐渐变。