2021版高考物理大复习通用版：法拉第电磁感应定律自感涡流含答案.doc

教学资料范本2021版高考物理大复习通用版：法拉第电磁感应定律自感涡流含答案编 辑：_时 间：_一、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：En、其中n为线圈匝数。3导体切割磁感线的情形(1)垂直切割：EBlv。(2)倾斜切割：EBlvsin 、其中为v与B的夹角。(3)旋转切割(以一端为轴)：EBl2。二、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：EL。(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。(1)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运动。(2)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、使导体受到安培力作用、安培力使导体运动起来。交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的。1思考辨析(正确的画“”、错误的画“”)(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(人教版选修32P17T1改编)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中、关于线圈中产生的感应电动势和感应电流、下列表述正确的是()A感应电动势的大小与线圈的匝数无关B穿过线圈的磁通量越大、感应电动势越大C穿过线圈的磁通量变化越快、感应电动势越大D感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同C由法拉第电磁感应定律En知、感应电动势的大小与线圈匝数有关、A错误；感应电动势正比于、与磁通量的大小无直接关系、B错误、C正确；根据楞次定律知、感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化、即“增反减同”、D错误。3(粤教版选修32P18T3改编)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、当磁场以的变化率变化时、线圈产生的感应电动势大小为()A0 BnL2 Cnr2 Dnr2B由法拉第电磁感应定律可知线圈产生的自感电动势EnL2、故B正确。4(鲁科版选修32P33T1)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CS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(沪科版选修32P37T1改编)(多选)变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的、而不是采用一整块硅钢、这是因为()A增大涡流、提高变压器的效率B减小涡流、提高变压器的效率C增大铁芯中的电阻、以产生更多的热量D增大铁芯中的电阻、以减小发热量BD不使用整块硅钢而采用很薄的硅钢片、这样做的目的是增大铁芯中的电阻、阻断涡流回路、来减少电能转化成铁芯的内能、提高效率、故B、D正确、A、C错误。 法拉第电磁感应定律的理解和应用讲典例示法1对法拉第电磁感应定律的理解(1)公式En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共同决定、而与磁通量的大小、变化量的大小没有必然联系。(3)磁通量的变化率对应t图线上某点切线的斜率。(4)通过回路截面的电荷量q、仅与n、和回路电阻R有关、与时间长短无关。2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、BS、则En。(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时、BS、则En、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、|末初|、Enn。典例示法(20xx全国卷)如图所示、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)；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)。在过程、中、流过OM的电荷量相等、则等于()A B C D2审题指导：在电磁感应中计算通过电路的电荷量时要用到电流的平均值、因此在本题中、首先根据法拉第电磁感应定律计算感应电动势的平均值、再利用欧姆定律计算平均电流、最后根据电流的定义式得出电荷量。B设OM的电阻为R、圆的半径为l、过程：OM转动的过程中产生的平均感应电动势大小为E1、流过OM的电流为I1、则流过OM的电荷量为q1I1t1；过程：磁场的磁感应强度大小均匀增加、则该过程中产生的平均感应电动势大小为E2、电路中的电流为I2、则流过OM的电荷量为q2I2t2；由题意知q1q2、则解得、B正确、A、C、D错误。应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题(1)公式En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EnS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、和回路电阻R有关、与时间长短无关。推导如下：qtt。跟进训练对感生电动势En的理解与应用1关于感应电动势的大小、下列说法中正确的是()A穿过线圈的磁通量越大、所产生的感应电动势就越大B穿过线圈的磁通量的变化量越大、所产生的感应电动势就越大C穿过线圈的磁通量的变化率越大、所产生的感应电动势就越大 D穿过线圈的磁通量等于0、所产生的感应电动势就一定为0C根据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、与磁通量及磁通量的变化量没有必然联系。当磁通量很大时、感应电动势可能很小、甚至为0。当磁通量等于0时、其变化率可能很大、产生的感应电动势也会很大。所以只有选项C正确。2(多选)用一根横截面积为S、电阻率为的硬质导线做成一个半径为r的圆环、ab为圆环的一条直径。如图所示、在ab的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场、磁场垂直圆环所在平面、磁感应强度大小随时间的变化率为k(k0)。则()A圆环中产生逆时针方向的感应电流B圆环具有扩张的趋势C圆环中感应电流的大小为Da、b两点间的电势差UabBD由k(ka)的圆形线圈、线圈平面与磁感应强度方向垂直、线圈与半径为a的圆形区域是同心圆。从某时刻起磁感应强度在t时间内均匀减小到、则此过程中该线圈产生的感应电动势大小为()A B C DD磁感线既有垂直纸面向外的、又有垂直纸面向里的、所以可以取垂直纸面向里的方向为正方向。磁感应强度大小为B时线圈磁通量1B(b2a2)Ba2, 磁感应强度大小为时线圈磁通量2 B(b2a2)Ba2、因而该线圈磁通量的变化量的大小为|21|B(b22a2)。根据法拉第电磁感应定律可得线圈中产生的感应电动势的大小为E。故选项D正确。回路中电荷量的求解4(20xx德州模拟)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BB0kt(k0)随时间变化。t0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()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D磁感应强度均匀增加、回路中产生的感应电动势的方向为逆时针方向、Q板带正电、P板带负电、A错误；由L2R、得R、感应电动势ESkR2、解得E、电容器上的电荷量QCE、B、C错误、D正确。5如图甲所示、一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路。线圈的半径为r1。在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场、磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图乙所示。图线与横、纵轴上的截距分别为t0和B0。导线的电阻不计。求0至t1时间内：甲乙(1)通过电阻R1的电流大小和方向；(2)通过电阻R1的电荷量q及电阻R1上产生的热量。解析(1)由图象分析可知、0到t1时间内由法拉第电磁感应定律有EnnS而Sr、可得E由闭合电路欧姆定律有I1通过电阻R1的电流大小为I1由楞次定律可判定通过电阻R1的电流方向为从b到a。(2)通过电阻R1的电荷量qI1t电阻R1上产生的热量QIR1t1。答案(1)从b到a(2) 导体棒切割磁感线产生感应电动势讲典例示法1EBlv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：EBlv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、绕一端以角速度匀速转动时、产生的感应电动势为EBlBl2、如图所示。典例示法(20xx全国卷)如图所示、直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中、磁感应强度大小为B、方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度逆时针转动时、a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是()AUaUc、金属框中无电流BUb Uc、金属框中电流方向沿abcaCUbcBl2、金属框中无电流DUbcBl2、金属框中电流方向沿acbaC金属框abc平面与磁场平行、转动过程中磁通量始终为零、所以无感应电流产生、选项B、D错误；转动过程中bc边和ac边均切割磁感线、产生感应电动势、由右手定则判断UaUc、UbIA1、即RL1RA1、故A错；题图甲中、闭合开关S1、电路稳定后、因为RL1RA1、所以A1中电流小于L1中电流、故B错；题图乙中、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、说明变阻器R与L2的电阻值相同、故C对；闭合S2瞬间、通过L2的电流增大、由于电磁感应、线圈L2产生自感电动势、阻碍电流的增大、则L2中电流与变阻器R中电流不相等、故D错。处理自感现象问题的技巧(1)通电自感：线圈相当于一个变化的电阻阻值由无穷大逐渐减小、通电瞬间自感线圈处相当于断路。(2)断电自感：断电时自感线圈处相当于电源、自感电动势由某值逐渐减小到零、回路中电流在原电流基础上逐渐减为零。(3)电流稳定时、理想的自感线圈相当于导线、非理想的自感线圈相当于定值电阻。跟进训练通电自感现象的分析1(多选)在如图所示的甲、乙电路中、电阻R和灯泡A电阻的阻值相等、自感线圈L的电阻值可认为是0、在接通开关S时、则()甲乙A在电路甲中、灯泡A将渐渐变亮B在电路甲中、灯泡A将先变亮、然后渐渐变暗C在电路乙中、灯泡A将渐渐变亮D在电路乙中、灯泡A将先由亮渐渐变暗、然后熄灭AD在电路甲中、当接通开关S时、通过与灯泡A相连的自感线圈L的电流突然增大、由于线圈的自感现象、自感电动势阻碍电流的增大、所以通过灯泡A的电流只能慢慢增大、故选项A正确、选项B错误；在电路乙中、当接通开关S时、通过自感线圈L的电流突然增大、由于线圈的自感现象、开始时、自感线圈L就产生一个很大的自感电动势来阻碍电流的流入、会有电流通过R和灯泡A、使灯泡A亮起、电流稳定后、又因为自感线圈L的电阻值可认为是0、所以灯泡A被短路、熄灭、故选项C错误、选项D正确。2(多选)如图所示、A、B是相同的白炽灯、L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈。下面说法正确的是()A闭合开关S时、A、B灯同时亮、且达到正常B闭合开关S时、B灯比A灯先亮、最后一样亮C闭合开关S时、A灯比B灯先亮、最后一样亮D断开开关S时、A灯与B灯同时慢慢熄灭BD由于自感的作用、闭合开关S时、B灯比A灯先亮、最后一样亮、选项A、C错误、B正确；断开开关S时、L中产生自感电动势、A灯与B灯同时慢慢熄灭、选项D正确。断电自感现象的分析3(多选)如图所示的电路中、电源电动势为E、内阻为r、线圈L的电阻不计。以下判断正确的是()A闭合S、稳定后、电容器的a极板带正电B闭合S、稳定后、电容器两端电压小于EC断开S的瞬间、通过R1的电流方向向右D断开S的瞬间、通过R2的电流方向向右BC闭合S、稳定后、电容器相当于断路、线圈L相当于短路、所以电容器b极板与电源正极相连、带正电荷、A项错误；电源有内阻、电容器两端电压等于电路的路端电压、小于电源电动势、B项正确；断开S瞬间、电容器与R2构成回路放电、通过R2的电流方向向左、D项错误；断开S瞬间、由于自感现象、线圈L相当于临时电源、阻碍原来的电流减小、通过线圈的电流方向不变、R1与线圈L构成回路、所以通过R1的电流方向向右、C项正确。4(20xx市一模)如图所示的电路、开关闭合、电路处于稳定状态、在某时刻t1突然断开开关S、则通过电阻R1中的电流I1随时间变化的图线可能是下图中的() ABCDD当断开开关、原来通过R1的电流立即消失、由于电磁感应、线圈L产生自感电动势阻碍自身电流变化、产生的感应电流流过电阻、其方向与原来流过电阻R1的电流方向相反、慢慢减小最后为0、故D正确。涡流现象的分析与应用5(多选)如图所示、条形磁铁位于固定的半圆光滑轨道的圆心位置。一半径为R、质量为m的金属球从半圆轨道的一端沿半圆轨道由静止下滑。重力加速度大小为g。下列说法正确的是()A金属球会运动到半圆轨道的另一端B由于金属球没有形成闭合电路、所以金属球中不会产生感应电流C金属球受到的安培力做负功D系统产生的总热量为mgRCD金属球在运动过程中、穿过金属球的磁通量不断变化、在金属球内形成闭合回路、产生涡流、金属球受到的安培力做负功、金属球产生的热量不断地增加、机械能不断地减少、直至金属球停在半圆轨道的最低点、C正确、A、B错误；根据能量守恒定律得系统产生的总热量为mgR、D正确。6(20xx市第一次调研)如图所示、轻质弹簧一端固定在天花板上、另一端拴接条形磁铁、一个铜盘放在条形磁铁的正下方的绝缘水平桌面上、控制磁铁使弹簧处于原长、然后由静止释放磁铁、不计磁铁与弹簧之间的磁力作用、且磁铁运动过程中未与铜盘接触、下列说法中正确的是()A磁铁所受弹力与重力等大反向时、磁铁的加速度为零B磁铁下降过程中、俯视铜盘、铜盘中产生顺时针方向的涡旋电流C磁铁从静止释放到第一次运动到最低点的过程中、磁铁减少的重力势能等于弹簧弹性势能D磁铁从静止释放到最终静止的过程中、磁铁减少的重力势能大于铜盘产生的焦耳热D磁铁上下运动时、由于穿过铜盘的磁通量发生变化、则在铜盘中会产生感应电流、铜盘对磁铁有磁场力、阻碍磁铁的运动、则当磁铁所受弹力与重力等大反向时、此时磁铁还受到下面铜盘的作用力、故此时磁铁的加速度不为零、选项A错误；根据楞次定律、磁铁下降过程中、俯视铜盘、铜盘中产生逆时针方向的涡旋电流、选项B错误；磁铁从静止释放到第一次运动到最低点的过程中、由于有电能产生、则磁铁减少的重力势能等于弹簧弹性势能与产生的电能之和、选项C错误；磁体最终静止时弹簧有弹性势能、则磁铁从静止释放到最终静止的过程中、磁铁减少的重力势能等于铜盘产生的焦耳热与弹簧弹性势能之和、选项D正确。电磁感应现象与生活密切相关、高考对这部分的考查更趋向于有关现代气息和STSE问题中信息题的考查。命题背景有电磁炉、电子秤、电磁卡、电磁焊接术、卫星悬绳发电、磁悬浮列车等。示例(20xx全国卷)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动、在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板、并施加磁场来快速衰减其微小振动、如图所示。无扰动时、按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后、对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是() AB C DA底盘上的紫铜薄板出现扰动时、其扰动方向不确定、在选项C这种情况下、紫铜薄板出现上下或左右扰动时、穿过薄板的磁通量难以改变、不能发生电磁感应现象、没有阻尼效应；在选项B、D这两种情况下、紫铜薄板出现上下扰动时、也没有发生电磁阻尼现象；选项A这种情况下、不管紫铜薄板出现上下或左右扰动时、都发生电磁感应现象、产生电磁阻尼效应、选项A正确。即时训练1(多选)(20xx江苏高考)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示、磁体附近的金属弦被磁化、因此弦振动时、在线圈中产生感应电流、电流经电路放大后传送到音箱发出声音。下列说法正确的有()A选用铜质弦、电吉他仍能正常工作B取走磁体、电吉他将不能正常工作C增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D弦振动过程中、线圈中的电流方向不断变化BCD铜质弦为非磁性材料、不能被磁化、选用铜质弦、电吉他不能正常工作、A项错误；若取走磁体、金属弦不能被磁化、其振动时、不能在线圈中产生感应电动势、电吉他不能正常工作、B项正确；由En可知、C项正确；弦振动过程中、穿过线圈的磁通量大小不断变化、由楞次定律可知、线圈中感应电流方向不断变化、D项正确。2(20xx北京区模拟)随着科技的不断发展、无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机、大到电脑、电动汽车、都已经实现了无线充电从理论研发到实际应用的转化。如图所示为某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图。关于无线充电、下列说法正确的是()A无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电C接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D只要有无线充电底座、所有手机都可以进行无线充电C无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应、故A错误；当给充