(江苏专版)2020版高考物理一轮复习 第九章 第2节 法拉第电磁感应定律课件
法拉第电磁感应定律
目录
一 课前回顾·基础速串 二 课堂提能·考点全通 三 课后演练·逐点过关
一
课前回顾·基础速串
宏观 ·循图忆知
微观 ·易错判断
(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。
解析：铜不能被磁化，铜质弦不能使电吉他正常工作，选项 A 错误；取走磁体后，金属弦不能被磁化，弦的振动无法通 过电磁感应转化为电信号，音箱不能发声，选项 B 正确；增 加线圈匝数，根据法拉第电磁感应定律 E＝nΔΔΦt 知，线圈的 感应电动势变大，选项 C 正确；弦振动过程中，线圈中的磁 场方向不变，但磁通量一会儿增大，一会儿减小，则产生的 感应电流的方向不断变化，选项 D 正确。 答案：BCD
(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则 E＝nΔΔBt·S；
(3)磁通量的变化是由面积和磁场变化共同引起时，则根据定 义求，ΔΦ＝Φ 末－Φ 初，E＝nB2S2－ΔtB1S1≠nΔBΔΔt S。
[典例] (2016·北京高考)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( )
[答案]定律应注意的三个问题
(1)公式 E＝nΔΔΦt 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＝nSΔΔBt 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＝ I Δt＝nΔΔt·ΦRΔt＝nΔRΦ。
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
[解析] 由楞次定律知，题中圆环感应电流产生的磁场与 原磁场方向相反，故感应电流沿顺时针方向。由法拉第电磁 感应定律知 E＝ΔΔΦt ＝ΔΔBtS＝ΔBΔ·πt R2，由于两圆环半径之比 Ra∶Rb＝2∶1，所以 Ea∶Eb＝4∶1，选项 B 正确。
[集训冲关]
1.(2018·徐州期末)如图所示，a、b 是用同种规格的铜
丝做成的两个单匝同心圆环，两环半径之比为 2∶
3，其中仅在 a 环所围区域内有垂直于纸面向里的
匀强磁场。当该匀强磁场的磁感应强度均匀增大时，a、b 两环
内的感应电动势大小和感应电流大小之比分别为
()
A．1∶1,3∶2
B．1∶1,2∶3
(√ )
(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)磁场相对于导体棒运动时，导体棒中也可能产生感应电动势。
(√)
(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。
(√ )
(7)自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化。 (√)
纵观 ·物理学史
纽曼、韦伯于 1845 年和 1846 年先后提出法拉第电磁感 应定律。
C．4∶9,2∶3
D．4∶9,9∶4
解析：由法拉第电磁感应定律得：E＝nΔΔΦt ＝nΔΔBt S＝nΔΔBt πR2， 因两圆环内磁场面积相同，则得到 Ea∶Eb＝1∶1。根据电阻 定律 r＝ρLS＝ρ2πSR，两线圈电阻之比 ra∶rb＝Ra∶Rb＝2∶3。 线圈中感应电流 I＝Er ，由上综合得到：Ia∶Ib＝3∶2；故 A 正确，B、C、D 错误。 答案：A
二
课堂提能·考点全通
突破点(一) 法拉第电磁感应定律的应用 师生共研类
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ΔΔΦt 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ΔΔΦt 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三种情况 (1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝B·ΔS，则 E＝nBΔΔtS；
突破点(二) 导体切割磁感线产生感应电动势的计算 师生共研类
3．如图甲所示，一个圆形线圈的匝数 n＝1 000，线圈面积 S＝200 cm2，
线圈的电阻 r＝1 Ω，线圈外接一个阻值 R＝4 Ω 的电阻。把线圈
放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间
变化规律如图乙所示，则
()
A．前 4 s 内的感应电动势为 2 V B．在开始的 2 s 内穿过线圈的磁通量的变化量等于零 C．前 4 s 内通过电阻 R 的电流由下至上 D．后 4 s 内电路中的感应电流大小为 0.4 A
2．[多选](2016·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
解析：前 2 s 内磁通量的变化量为：ΔΦ＝Φ2－Φ0＝S(B2－B0)＝ 200×10－4×(0.3－0.2)Wb＝2×10－3 Wb，由法拉第电磁感应定律， 得前 4 s 内的感应电动势为 E＝nSΔΔBt ＝1 000×200×10－4×0.4－4 0.2 V＝1 V，故 A、B 错误；由楞次定律可知，前 4 s 内产生的感应电 流为逆时针方向，通过电阻 R 的电流由下至上，故 C 正确；由欧姆 定律，2～4 s 内电路中的感应电流大小为 I＝R＋E r＝4＋1 1 A＝0.2 A， 4～6 s 内感应电动势为 E′＝nSΔΔBt′′＝1 000×200×10－4×02.4 V＝ 4 V，感应电流 I′＝RE＋′r＝0.8 A，故 D 错误。 答案：C
高考物理一轮复习 第9章 法拉第电磁感应定律(第2课时)课件
• [解析] 金属杆垂直平动切割磁感线产生的 感应电动势E＝Blv，判断金属杆切割磁感线 产生的感应电流方向可用右手定则．
• 由右手定则判断可得，电阻R上的电流方向 为则aE→1∶cE，2由＝E1∶＝2B，lv知故，选E项1＝C正Bl确v，．E2＝2Blv，
(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＝__L_ΔΔ_It__. ③自感系数 L： 相关因素：与线圈的大小、形状、_圈__数__以及是否有_铁__芯___ 有关． 单位：亨利(H)，1 mH＝_1__0_－_3__H,1μH＝10－6 H.
• 2．涡流
第九章 电磁感应
第二课时 法拉第电磁感应定律, 自感涡流
• 考纲考情：5年19考 • 法拉第电磁感应定律(Ⅱ) 自感，涡流(Ⅰ)
• [基础梳理]
• 知识点一 法拉第电磁感应定律
• 1．感应电动势
• (1)定义：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__．
• 交流感应电动机就是利用___电__磁_驱_动____的原理工作的．
[小题快练]
1.一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂
直．先保持线框的面积不变，将磁感应强度在 1 s 时间内均匀
地增大到原来的两倍．接着保持增大后的磁感应强度不变，在
1 s 时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半．先后两
• [答案] C
• 4．(2016·漳州高三质检)在如图所示的电路 中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为电阻 可忽略不计的自感线圈，E为电源，S为开
高考物理一轮复习 第9单元电磁感应第2讲 法拉第电磁感应定律课件 新人教
均电动势.
三、导体切割磁感线运动时产生感应电动势
知识建构
技能建构
1.平动切割磁感线 (1)大小:E=⑥BLvsin θ(θ指v与B的夹角)
知识建构
技能建构
•1、纪律是集体的面貌，集体的声音，集体的动作，集体的表情，集体的信念。 •2、知之者不如好之者，好之者不如乐之者。 •3、反思自我时展示了勇气，自我反思是一切思想的源泉。 •4、在教师手里操着幼年人的命运，便操着民族和人类的命运。一年之计，莫如树谷；十年之计，莫如树木；终身之计，莫如树人。 •5、诚实比一切智谋更好，而且它是智谋的基本条件。 •6、做老师的只要有一次向学生撒谎撒漏了底，就可能使他的全部教育成果从此为之失败。2022年1月2022/1/102022/1/102022/1/101/10/2022 •7、凡为教者必期于达到不须教。对人以诚信，人不欺我;对事以诚信，事无不成。2022/1/102022/1/10January 10, 2022 •8、教育者，非为已往，非为现在，而专为将来。2022/1/102022/1/102022/1/102022/1/10
知识建构
技能建构
B.在时间3 s~5 s内,I的大小越来越小 C.前2 s内,通过线圈某截面的总电量为0.01 C D.第3 s内,线圈的发热功率最大
【名师点金】电流的大小取决于感应电动势,由E=n
t
=nS
Bt,B-t图
的斜率决定了E的大小,而电量q=
I
t=S
R
·ΔB,其大小取决于ΔB.
知识建构
C.线圈中电流变化越快,自感系数越大
D.线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定
【解析】自感电动势E自=L
I t
,与自感系数及电流的变化率有关,A
(江苏专版)2020版高考物理一轮复习 第九章 第2节 法拉第电磁感应定律讲义(含解析)
法拉第电磁感应定律(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)磁场相对于导体棒运动时，导体棒中也可能产生感应电动势。
(√)(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。
(√)(7)自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化。
(√)纽曼、韦伯于1845年和1846年先后提出法拉第电磁感应定律。
突破点(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Φt 图线上某点切线的斜率。
2．应用法拉第电磁感应定律的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝B ·ΔS ，则E ＝n B ΔS Δt； (2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB ·S ，则E ＝n ΔB ·S Δt； (3)磁通量的变化是由面积和磁场变化共同引起时，则根据定义求，ΔΦ＝Φ末－Φ初，E ＝n B 2S 2－B 1S 1Δt ≠n ΔB ΔS Δt 。
[典例] (2016·北京高考)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E a 和E b 。
不考虑两圆环间的相互影响。
下列说法正确的是( )A ．E a ∶E b ＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B ．E a ∶E b ＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C ．E a ∶E b ＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D ．E a ∶E b ＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向[解析] 由楞次定律知，题中圆环感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，故感应电流沿顺时针方向。
高考物理一轮复习 第九章 电磁感应(第2课时)法拉第电磁感应定律
规律总结
公式 导体
E ＝n ΔΔΦt
一个回路
E＝Blv 一段导体
适用
普遍适用
导体切割磁感线
意义
常用于求平均电动势
既可求平均值 也可求瞬时值
本质上是统一的．后者是前者的一种特殊情况．但是，当导体
联系
做切割磁感线运动时，用 E＝Blv 求 E 比较方便；当穿过电路
的磁通量发生变化时，用
E＝n
电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的
长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直
且接触良好．在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体
棒所受安培力分别用FM、FN表示．不计轨道电阻．以下 叙述正确的是( )
A．FM向右
B．FN向左
C．FM逐渐增大 D．FN逐渐减小
解析：由安培定则可知，通电直导线在 M、N 区产生的磁场方 向分别为垂直纸面向外、垂直纸面向里，导体棒向右通过 M 区时， 由右手定则可知产生的感应电流方向向下，由左手定则可知，FM 向 左，同理可以判断，FN 向左，越靠近通电直导线磁场越强，导体棒 匀速运动，由 E＝BLv、I＝RE、F＝BIL 可知，FM 逐渐增大，FN 逐 渐减小，正确选项为 B、C、D.
1．(2015·重庆卷)如图所示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( )
A
．恒为nS（B2－B1） t 2－t 1
B ．从
答案：C
考点二 导体切割磁感线产生感应电动势的 计算
1．公式E＝Blv的使用条件 (1)匀强磁场． (2)B、l、v三者相互垂直． (3)如不垂直，用公式E＝Blvsin θ求解，θ为B与v方向间 的夹角． 2．“瞬时性”的理解 若v为瞬时速度，则E为瞬时感应电动势． 若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即E＝Blv.
高考物理一轮复习 第9章 第二节 法拉第电磁感应定律及
1．(2015·新课标Ⅱ·15)(单选)如图，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 ω 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.
下列判正确的是( C )
2．(2015·重庆·4)(单选)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
稳定后突然断开 S，则下列说法中正确的是( B )
A．电灯立即熄灭 B．电灯先变暗再熄灭 C．电灯会比原来亮一下再熄灭，且电灯电流方向与 S 断开 前方向相同 D．电灯会比原来亮一下再熄灭，且电灯电流方向与 S 断开 前方向相反
例 1 (2016·师大附中模拟)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、纵轴的截距分别为 t0 和 B0，导线的电阻不计．求 0 至 t1 时间内
高考总复习一轮
第九章 物理
1．(单选)关于感应电动势，下列说法中正确的是( D ) A．线圈中的磁通量越大，产生的感应电动势一定越大 B．线圈放在磁感应强度越大的地方，产生的感应电动势一 定越大 C．线圈中产生的感应电动势为 2V，则穿过线圈的磁通量的 变化率一定为 2Wb/s D．线圈中产生的感应电动势为 2V，则线圈电源的“－”极 比“＋”极电势低 2V
江苏专用2020版高考物理新增分大一轮复习第九章电磁感应专题突破十一电磁感应定律的综合应用讲义含解析
专题突破十一 电磁感应定律的综合应用命题点一 电磁感应中的图象问题1.解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键.2.解题步骤(1)明确图象的种类，即是B －t 图象还是Φ－t 图象，或者E －t 图象、I －t 图象等；(2)分析电磁感应的具体过程；(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系；(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式；(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等；(6)画图象或判断图象.3.两种常用方法(1)排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化)，特别是分析物理量的正负，以排除错误的选项.(2)函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图象进行分析和判断.例1 (多选)(2018·扬州中学5月模拟)在光滑水平桌面上有一边长为l 的正方形线框abcd ，bc 边右侧有一等腰直角三角形匀强磁场区域efg ，三角形腰长为l ，磁感应强度垂直桌面向下，abef 在同一直线上，其俯视图如图1所示，线框从图示位置在水平拉力F 作用下向右匀速穿过磁场区，线框中感应电流i 及拉力F 随时间t 的变化关系可能是(以逆时针方向为电流的正方向，F 向右为正方向，时间单位为)( )lv图1答案 BD变式1 (2018·如皋市调研)将一段导线绕成如图2甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内.回路的ab 边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中.回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B 随时间t 变化的图象如图乙所示.用F 表示ab 边受到的安培力，以水平向右为F 的正方向，能正确反映F 随时间t 变化的图象是( )图2答案 B解析 根据题图B －t 图象可知，在0～时间内，B －t 图线的斜率为负且为定值，根据法拉T2第电磁感应定律E ＝nS 可知，该段时间圆环区域内感应电动势和感应电流是恒定的，由楞ΔBΔt次定律可知，ab 中电流方向为b →a ，再由左手定则可判断ab 边受到向左的安培力，且0～T2时间内安培力恒定不变，方向与规定的正方向相反；在～T 时间内，B －t 图线的斜率为正且T2为定值，故ab 边所受安培力仍恒定不变，但方向与规定的正方向相同.综上可知，B 正确.命题点二 电磁感应中的动力学与能量问题1.解决电磁感应中的动力学问题的一般思路2.能量转化及焦耳热的求法(1)能量转化其他形式的能量电能焦耳热或其他形式的能量――→克服安培力做功――→电流做功 (2)求解焦耳热Q的三种方法3.单棒导体切割磁感线的一般运动过程类型“电—动—电”型“动—电—动”型示意图已知量棒ab 长L ，质量m ，电阻R ；导轨光滑水平，电阻不计棒ab 长L ，质量m ，电阻R ；导轨光滑，电阻不计过程分析(↑表示增大，↓表示减小，→表示推出)S 闭合，棒ab 受安培力F ＝BLE R，此时加速度a ＝，棒ab BLEmR速度v ↑→感应电动势E ′＝棒ab 释放后下滑，此时加速度a ＝g sin α，棒ab 速度v ↑→感应电动势E ＝BLv ↑→电流I ＝↑→安培力F ＝E RBLv ↑→电流I ↓→安培力F ＝BIL ↓→加速度a ↓，当安培力F ＝0时，a ＝0，v 最大，最后匀速运动BIL ↑→加速度a ↓，当安培力F ＝mg sin α时，a ＝0，v 最大，最后匀速运动能量转化分析通过安培力做功，电能一部分转化为棒的动能，一部分通过克服安培力做功转化为电能，又通过电阻转化为焦耳热重力势能一部分转化为棒的动能，一部分通过克服安培力做功转化为电能，又通过电阻转化为焦耳热4.两种状态及处理方法状态特征处理方法平衡态加速度为零根据平衡条件列式分析非平衡态加速度不为零根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系进行分析模型1 “导体棒”切割磁感线例2 (多选)(2018·江苏单科·9)如图3所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L ，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d ，磁感应强度为B .质量为m 的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等.金属杆在导轨间的电阻为R ，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g .金属杆( )图3A.刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下B.穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间C.穿过两磁场产生的总热量为4mgdD.释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h 可能小于m 2gR 22B 4L4答案 BC解析 穿过磁场Ⅰ后，金属棒在磁场之间做加速运动，在磁场Ⅱ上边缘速度大于从磁场Ⅰ出来时的速度，即进入磁场Ⅰ时速度等于进入磁场Ⅱ时速度，大于从磁场Ⅰ出来时的速度.金属棒在磁场Ⅰ中做减速运动，加速度方向向上，A 错.金属棒在磁场Ⅰ中做减速运动，由牛顿第二定律知ma ＝BIL －mg ＝－mg ，B 2L 2v Ra 随着减速过程逐渐变小，即在前一段做加速度减小的减速运动.在磁场之间做加速度为g 的匀加速直线运动，两个过程位移大小相等，由v －t 图象(可能图象如图所示)可以看出前一段用时多于后一段用时，B 对.由于进入两磁场时速度相等，由动能定理知，W 安1－mg ·2d ＝0，W 安1＝2mgd .即通过磁场Ⅰ产生的热量为2mgd ，故穿过两磁场产生的总热量为4mgd ，C 对.设刚进入磁场Ⅰ时速度为v ，则由机械能守恒定律知mgh ＝mv 2，①12进入磁场时ma ＝BIL －mg ＝－mg ，B 2L 2vR解得v ＝，②m (a ＋g )RB 2L 2由①②式得h ＝>，D 错.m 2(a ＋g )2R 22B 4L 4g m 2gR 22B 4L 4例3 (2018·南京市三模) 如图4甲所示，固定在水平桌面上的间距为L 的光滑平行金属导轨，其右端MN 间接有阻值为R 的定值电阻，导轨上存在着以efhg 为边界，宽度为d 的匀强磁场，磁场磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示，方向竖直向下.一长度为L 的金属棒垂直于导轨放置，金属棒的电阻也为R ，在t ＝0时刻从图示位置在恒力作用下由静止开始沿导轨向右运动，t ＝t 0时刻恰好进入磁场，此时磁感应强度为B 0，并保持不变.金属棒从图示位置到恰好穿出磁场的运动过程中，电阻R 上的电流大小不变，导轨电阻不计.求：图4(1)0～t 0时间内流过电阻R 的电流I 的大小和方向；(2)金属棒穿过磁场的速度及所受恒力的大小；(3)金属棒从图示位置到恰好穿出磁场的运动过程中，电阻R 上产生的焦耳热Q .答案 (1) 方向由N →M (2) (3)B 0Ld 2Rt 0d t 0B 20L 2d 2Rt 0B 20L 2d22Rt 0解析 (1)0～t 0时间内，由E ＝SΔBΔt解得E ＝B 0Ldt由I ＝E 2R解得I ＝B 0Ld2Rt 0由楞次定律可知，电流方向为由N 到M(2)经分析可知，金属棒穿过磁场的过程中电动势大小与0～t 0时间内相同由E ＝＝B 0LvB 0Ldt0解得v ＝d t 0金属棒匀速通过磁场由受力平衡得F ＝BIL则F ＝B 20L 2d 2Rt 0(3)金属棒从题图所示位置到恰好穿出磁场的运动过程中电流大小不变，为I ＝B 0Ld2Rt 0金属棒匀速通过磁场的时间为t ＝＝t 0d v所以Q ＝I 2R (t 0＋t 0)＝.B 20L 2d22Rt 0变式2 (2018·泰州中学月考)如图5甲所示，MN 、PQ 为水平放置的足够长的平行光滑导轨，导轨间距L 为0.5m ，导轨左端连接一个阻值为2Ω的定值电阻R ，将一根质量为0.2kg 的金属棒cd 垂直放置在导轨上，且与导轨接触良好，金属棒cd 的电阻r ＝2Ω，导轨电阻不计，整个装置处于垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度B ＝2T.若棒以1m/s 的初速度向右运动，同时对棒施加水平向右的拉力F 作用，并保持拉力的功率恒为4W ，从此时开始计时，经过2s 金属棒的速度稳定不变，图乙为安培力与时间的关系图象.试求：图5(1)金属棒的最大速度；(2)金属棒的速度为3m/s 时的加速度大小；(3)求从开始计时起2s 内电阻R 上产生的电热.答案 (1)4m/s (2)m/s 2 (3)3.25J 3512解析 (1)金属棒速度最大时，所受合外力为零，即F 安m ＝F .由题图乙可知F 安m ＝1.0N ，则v m ＝＝＝4m/s.P F PF 安m(2)金属棒速度为3m/s 时，感应电动势E ′＝BLv ＝2×0.5×3V ＝3V.电流I ′＝，F 安′＝BI ′L E ′R ＋r金属棒受到的拉力F ′＝＝NP v 43根据牛顿第二定律F ′－F 安′＝ma 解得a ＝＝m/s 2＝m/s 2.F ′－F 安′m 43－340.23512(3)从开始计时起2s 内，由动能定理得，Pt ＋W 安＝mv m 2－mv 021212W 安＝－6.5J则Q R ＝＝3.25J.－W 安2模型2 “导线框”切割磁感线例4 (2018·南通市、泰州市一模)如图6所示，光滑绝缘斜面倾角为θ，斜面上平行于底边的虚线MN 、PQ 间存在垂直于斜面向上、磁感应强度为B 的匀强磁场，MN 、PQ 相距为L .一质量为m 、边长为d (d ＜L )的正方形金属线框abef 置于斜面上，线框电阻为R .ab 边与磁场边界MN 平行，相距为L .线框由静止释放后沿斜面下滑，ef 边离开磁场前已做匀速运动，重力加速度为g .求：图6(1)线框进入磁场过程中通过线框横截面的电荷量q ；(2)线框ef 边离开磁场区域时速度的大小v ；(3)线框穿过磁场区域产生的热量Q .答案 (1) (2) (3)mg (2L ＋d )sin θ－Bd 2R mgR sin θB 2d 2m 3g 2R 2sin 2θ2B 4d 4解析 (1)线框进入磁场的过程产生的平均感应电动势E ＝ΔΦΔt通过回路的电荷量q ＝I ·Δt ＝·Δt E R磁通量的变化量ΔΦ＝Bd 2解得q ＝.Bd 2R(2)线框ef 边离开磁场前，线框中产生的感应电流I ＝Bdv R受到的安培力F ＝IdB 由平衡条件有mg sin θ－F ＝0解得v ＝.mgR sin θB 2d 2(3)线框由静止至离开磁场，由能量守恒定律有mg (2L ＋d )sin θ－Q ＝mv 2－012解得Q ＝mg (2L ＋d )sin θ－.m 3g 2R 2sin 2θ2B 4d 4例5 (2018·扬州市一模)实验小组想要探究电磁刹车的效果，在遥控小车底面安装宽为L 、长为2.5L 的N 匝矩形线框abcd ，总电阻为R ，面积可认为与小车底面相同，其平面与水平地面平行，小车总质量为m .如图7是简化的俯视图，小车在磁场外以恒定的功率做直线运动，受到地面阻力恒为F f ，进入磁场前已达到最大速度v ，车头(ab 边)刚要进入磁场时立即撤去牵引力，车尾(cd 边)刚出磁场时速度恰好为零.已知有界磁场宽度为2.5L ，磁感应强度为B ，方向竖直向下.求：图7(1)进入磁场前小车所受牵引力的功率P ；(2)车头刚进入磁场时，感应电流的大小I ；(3)电磁刹车过程中产生的焦耳热Q .答案 (1)F f v (2) (3)mv 2－5F f L NBLv R 12解析 (1)进入磁场前小车匀速运动时速度最大，根据受力平衡则有：F ＝F f 牵引力的功率为：P ＝Fv ＝F f v ；(2)车头刚进入磁场时，产生的感应电动势为：E ＝NBLv 感应电流的大小为：I ＝＝E R NBLv R(3)根据能量守恒定律得：Q ＋F f ·5L ＝mv 212可得，电磁刹车过程中产生的焦耳热为：Q ＝mv 2－5F f L .121.(多选)(2018·启东中学月考)如图8所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计.两质量、长度均相同的导体棒c 、d 置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h 处.磁场宽为3h ，方向与导轨平面垂直.先由静止释放c ，c 刚进入磁场立即匀速运动，此时再由静止释放d ，两导体棒与导轨始终保持良好接触.用a c 表示c 的加速度，E k d 表示d 的动能，x c 、x d 分别表示c 、d 相对释放点的位移.下图中正确的是( )图8答案 BD解析 导体棒c 进入磁场前做自由落体运动，加速度恒为g ，有h ＝gt 2，v ＝gt ，c 棒进入12磁场以速度v 做匀速直线运动的路程为h ′＝vt ＝gt 2＝2h ，此后d 棒进入磁场，d 棒进入磁场而c 棒还没有穿出磁场的过程，无电磁感应，两导体棒仅受到重力作用，加速度均为g ，直到c 棒穿出磁场，穿出磁场后c 棒仅受重力，加速度仍为g ，A 错误，B 正确；c 棒穿出磁场后，d 棒切割磁感线产生感应电动势，在回路中产生感应电流，因此时d 棒速度大于c 棒进入磁场时切割感线的速度，故感应电动势、感应电流、感应安培力都大于c 棒刚进入磁场时的大小，d 棒减速，直到穿出磁场仅受重力，做匀加速运动，结合匀变速直线运动v 2－v 02＝2gh ，可知匀加速过程动能与运动距离成正比，D 正确.2.(2018·如皋市模拟四)如图9所示，质量为m 、电阻为R 的单匝矩形线框置于光滑水平面上，线框边长ab ＝L 、ad ＝2L .虚线MN 过ad 、bc 边中点.一根能承受最大拉力为F 0的细线沿水平方向拴住ab 边中点O ，细线与ab 边垂直.从某时刻起，在MN 右侧加一方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小按B ＝kt 的规律均匀变化.一段时间后，细线被拉断，线框向左运动，ab 边穿出磁场时的速度为v .求：图9(1)细线断裂前线框中的电功率P ；(2)细线断裂后瞬间线框的加速度大小a 及线框离开磁场的过程中安培力所做的功W ；答案 (1) (2) mv2k 2L 4R F 0m 12解析 (1)根据法拉第电磁感应定律：E ＝＝L 2＝kL 2；ΔΦΔt ΔBΔt电功率：P ＝＝E 2R k 2L 4R(2)细线断裂瞬间安培力：F 安＝F 0，线框的加速度a ＝＝F 安m F 0m线框离开磁场过程中，由动能定理得：W ＝mv 2.123.(2018·南京师大附中5月模拟)近期大功率储能技术受到媒体的广泛关注，其中飞轮储能是热点之一.为说明某种飞轮储能的基本原理，将模型简化为如图10所示：光滑的”Π”形导轨水平放置，电阻不计，长度足够.轨道平行部分间距为L ＝1m ，导轨上静止放置有长度也为L 、质量为m ＝100kg 、接入电路的电阻为R 1＝0.1Ω的导体棒AB .导轨间虚线框区域有垂直轨道平面向上的均匀变化磁场.虚线框右侧区域有垂直轨道平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B ＝10T.图中开关S 接a ，经过足够长时间，棒AB 向右匀速运动，速度为v ＝100m/s.然后若将开关S 接b ，棒AB 可作为电源对电阻R 2供电，电阻R 2＝0.9Ω.图10(1)开关S 接a ，棒AB 匀速运动时，虚线框中的磁场磁通量每秒钟变化多少？(2)求开关S 接b 的瞬间棒AB 的加速度大小.(3)求开关S 接b 后R 2产生的总热量Q .答案 (1)1000Wb (2)100m/s 2 (3)4.5×105J解析 (1)棒匀速运动时加速度为零，安培力为零，电流为零，磁通量不变，所以虚线框中磁场磁通量每秒增加ΔΦ＝BLvt ＝1 000 Wb ；(2)棒AB 产生的感应电动势E ＝BLv ＝1 000 V ，电路中的感应电流I ＝＝1 000 A ，ER 1＋R 2故受到的安培力为F ＝BIL ＝1×104 N ，根据牛顿第二定律可得a ＝＝100 m/s 2；F m (3)棒的动能全部转化为热量，故Q 总＝mv 2＝5×105 J ，12电阻R 2上产生的热量为Q ＝Q 总＝4.5×105 J.R 2R 1＋R 24.(2018·苏州市模拟)如图11所示，空间存在竖直向下的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B .一边长为L 、质量为m 、电阻为R 的正方形单匝导线框abcd 放在水平桌面上.在水平拉力作用下，线框从左边界以速度v 匀速进入磁场，当cd 边刚进入磁场时撤去拉力，ab 边恰好能到达磁场的右边界.已知线框与桌面间的动摩擦因数为μ，磁场宽度大于L ，重力加速度为g .求：图11(1)ab 边刚进入磁场时，其两端的电压U ；(2)水平拉力的大小F 和磁场的宽度d ；(3)整个过程中产生的总热量Q .答案 (1)BLv (2)＋μmg L ＋34B 2L 2v R v 22μg(3) μmgL ＋mv 2＋12B 2L 3v R解析 (1)感应电动势E ＝BLv感应电流I ＝＝E R BLv Rab 边两端电压U ＝I ·R ＝BLv .3434(2)线框进入磁场后，对线框受力分析得，F ＝F 安＋μmg ＝＋μmg B 2L 2v R撤去拉力后，线框在磁场中只受到滑动摩擦力，做匀减速运动，运动位移x 2＝v 22μg所以磁场宽度d ＝L ＋.v 22μg(3)进入磁场过程中产生焦耳热Q 1＝I 2Rt 1＝B 2L 3v R由于摩擦产生的热量Q 2＝μmg (L ＋)＝μmgL ＋mv 2v 22μg 12所以整个过程产生的热量为Q ＝Q 1＋Q 2＝μmgL ＋mv 2＋.12B 2L 3v R1.(2017·南通市第二次调研)如图1所示，闭合导线框匀速穿过垂直纸面向里的匀强磁场区域，磁场区域宽度大于线框尺寸，规定线框中逆时针方向的电流为正，则线框中电流i 随时间t 变化的图象可能正确的是( )图1答案 B解析 闭合导线框进入磁场时由楞次定律知电流方向为逆时针，故排除D，闭合导线框离开磁场时由楞次定律知电流方向为顺时针，故排除A，根据有效切割长度的变化可知，C错误，B 正确.2.(多选)(2018·盐城中学月考)如图2所示，电阻为R的金属棒，从图示位置分别以速率v1、v2沿电阻不计的光滑轨道从ab匀速滑到a′b′处，若v1∶v2＝1∶2，则在两次移动过程中( )图2A.回路中感应电流I1∶I2＝1∶2B.回路中产生热量Q1∶Q2＝1∶2C.回路中通过横截面的总电荷量q1∶q2＝1∶2D.金属棒产生的感应电动势E1∶E2＝1∶2答案 ABD3.(2018·南京市三校联考)如图3所示，线圈由A位置开始下落，不计空气阻力，在磁场中受到的安培力如果总小于它的重力，则它在A、B、C、D四个位置(B、D位置恰好线圈有一半在磁场中)时，加速度关系为( )图3A.a A>a B>a C>a DB.a A＝a C>a B>a DC.a A＝a C>a D>a BD.a A＝a C>a D＝a B答案 B4.(2017·宜兴市下学期初考)如图4所示，在光滑水平面上，有一个粗细均匀的单匝正方形闭合线框abcd.t＝0时刻，线框在水平外力的作用下，从静止开始向右一直做匀加速直线运动，bc边刚进入磁场的时刻为t1，ad边刚进入磁场的时刻为t2，设线框中产生的感应电流的大小为i，ad边两端电压大小为U，水平拉力大小为F，则下列i、U、F随运动时间t变化关系图象正确的是( )图4答案 C解析 线框的速度与时间的关系式为v ＝at ，a 是加速度，设线框边长为L ，总电阻为R ，在0～t 1时间内，感应电流为零，t 1～t 2时间内，由E ＝BLv 和i ＝得，感应电流与时间的关系式E R为i ＝t ，B 、L 、a 、R 均不变，电流i 与t 成正比，t 2时间后无感应电流，故A 、B 错误；BLa R在0～t 1时间内，感应电流为零，ad 边两端的电压为零，t 1～t 2时间内，电流i 与t 成正比，ad 边两端电压大小为U ＝iR ad ＝·R ＝，电压随时间均匀增加，t 2时间后无感应电流，BLat R 14BLat 4但有感应电动势，ad 边两端电压大小为U ＝E ＝BLat ，电压随时间均匀增加，故C 正确；根据推论得知：线框所受的安培力为F 安＝，由牛顿第二定律得F －F 安＝ma ，得F ＝t ＋B 2L 2v R B 2L 2a Rma ,0～t 1时间内，感应电流为零，F ＝ma ，为定值，t 1～t 2时间内，F 与t 是线性关系，但不过原点，t 2时间后无感应电流，F ＝ma ，为定值，故D 错误.5.(多选)如图5甲所示，闭合矩形导线框abcd 固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直.规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abcda 方向为电流的正方向，水平向右为安培力的正方向.磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示，下列关于线框中的电流i 、ad 边所受的安培力F 随时间t 变化的图象，正确的是( )图5答案 AD解析 由题图B －t 图象可知，0～1s 时间内，B 增大，Φ增大，由楞次定律可知，感应电流方向是逆时针的，为负值；1～3s ，磁通量不变，无感应电流；3～4s ，B 减小，Φ减小，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，为正值；由左手定则可知，在0～1s 内，ad 边受到的安培力水平向右，是正的，1～3s 无感应电流，不受安培力，3～4s 时间内，安培力水平向左，是负的；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E ＝＝·S ，感应电流I ＝＝ΔΦΔt ΔB Δt E R ，由B －t 图象可知，在每一时间段内，是定值，则在各时间段内I 是定值，ad 边S ·ΔB R ·Δt ΔB Δt受到的安培力F ＝BIL ，I 、L 不变，0～1s 内B 均匀增大，则F 均匀增大，3～4s 内B 均匀减小，则F 均匀减小，故B 、C 错误，A 、D 正确.6.(多选)(2018·海安中学月考)水平固定放置的足够长的U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，如图6所示，在导轨上放着金属棒ab ，开始时ab 棒以水平初速度v 0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程( )图6A.外力对棒所做功相等B.电流所做的功相等C.通过ab 棒的电荷量相等D.安培力对ab 棒所做的功不相等答案 AD解析 根据动能定理，两种情况下外力的功都等于动能的变化量，因初状态和末状态相同，则外力对棒做功相同，选项A 正确；电流所做的功等于回路中产生的焦耳热，根据功能关系可知导轨光滑时，金属棒克服安培力做功多，产生的焦耳热多，电流做功多，故B 错误；根据感应电荷量公式q ＝＝，x 是ab 棒滑行的位移大小，B 、R 、导体棒长度L 相同，x ΔΦR BLx R越大，感应电荷量越大，因此导轨光滑时，感应电荷量大，故C 错误；当导轨光滑时，金属棒克服安培力做功，动能全部转化为焦耳热，产生的内能等于金属棒的初动能；当导轨粗糙时，金属棒在导轨上滑动，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生热，把部分动能转化为内能，另一方面要克服安培力做功，金属棒的部分动能转化为焦耳热，摩擦力做功产生的内能与克服安培力做功转化为内能的和等于金属棒的初动能；所以导轨粗糙时，安培力做的功少，导轨光滑时，安培力做的功多，故D 正确.7.(多选)(2018·溧水中学期初模拟)如图7所示，两根足够长的直金属导轨平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L ，底端接有阻值为R 的电阻.一根质量为m 的均匀直金属杆ab 放在两导轨上，并与导轨垂直，导轨和杆ab 的电阻可忽略.整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上.让杆ab 沿轨道由静止开始下滑，导轨和杆ab 接触良好，不计它们之间的摩擦，杆ab 由静止下滑距离s 时，已匀速运动，重力加速度为g .则 ( )图7A.匀速运动时杆ab 的速度为mgR sin θB 2L 2B.匀速运动时杆ab 受到的安培力大小为mg sin θC.杆ab 由静止下滑距离s 过程中，安培力做功为mgs sin θD.杆ab 由静止下滑距离s 过程中，电阻R 产生的热量为mgs sin θ答案 AB解析 匀速运动时有mg sin θ＝F 安，又F 安＝BIL ＝，解得v ＝，F 安＝mg sin B 2L 2v R mgR sin θB 2L 2θ，故A 、B 正确；杆ab 由静止下滑距离s 过程中，根据能量守恒定律可得电阻R 产生的热量Q ＝mgs sin θ－mv 2，其中v ＝，安培力做功为W ＝－Q ＝mv 2－mgs sin θ，其中v ＝12mgR sin θB 2L 212，故C 、D 错误.mgR sin θB 2L 28.(2018·南京市学情调研)如图8所示，电阻不计、间距为l ＝1.0m 的光滑平行金属导轨，水平放置于磁感应强度B ＝1.0 T 、方向竖直向下的匀强磁场中，导轨左端接一定值电阻R ＝1.5Ω，质量为m ＝1.0kg 、电阻为r ＝0.5Ω的金属棒MN 置于导轨上，始终垂直导轨且接触良好.当MN 受到垂直于棒的水平外力F ＝2.0N 的作用，由静止开始运动，经过位移x ＝1.55m ，到达PQ 处(图中未画出)，此时速度为v ＝2.0m/s.求：图8(1)金属棒在PQ 处所受磁场作用力大小；(2)金属棒在PQ 处的加速度大小；(3)金属棒在运动中回路总共产生的热能.答案 (1)1.0N (2)1.0m/s 2 (3)1.1J解析 (1)速度为v ＝2.0 m/s 时，回路中感应电动势为E ＝Blv产生的感应电流I ＝ER ＋r由此得磁场对金属棒的作用力为：F 安＝BIl ＝＝1.0 N B 2l 2v R ＋r(2)由牛顿第二定律有F －F 安＝ma解得a ＝＝1.0 m/s 2F －F 安m(3)设金属棒受到的安培力做功为W ，由动能定理得Fx ＋W ＝mv 212解得W ＝mv 2－Fx ＝－1.1 J 12金属棒克服安培力所做的功，即回路中总共产生的热能得Q ＝－W ＝1.1 J.9.(2018·盐城市三模)如图9所示，在竖直平面内，水平且平行的Ⅰ、Ⅱ虚线间距为L ，其间有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B .一长为2L 、宽为L 的矩形线框质量为m 、电阻为R .开始时，线框下边缘正好与虚线Ⅱ重合，由静止释放，线框上边缘进入磁场后线框一直做减速运动，经过一段时间后，线框上边缘经过虚线Ⅱ瞬间加速度恰为0.重力加速度为g ，不计空气阻力.求矩形线框穿过磁场过程中：图9(1)上边缘经过虚线Ⅱ瞬间，线框中电流的大小；(2)磁通量变化率的最大值；(3)线框中产生的焦耳热.答案 (1) (2)BL (3)2mgL －mg BL 2gL m 3g 2R 22B 4L4解析 (1)由线框受力平衡得：BIL ＝mg ，解得I ＝.mg BL(2)线框上边缘刚进磁场时磁通量的变化率最大，设此时速度为v 1，磁通量变化率＝BLv 1ΔΦΔt由动能定理得mgL ＝mv 1212则＝BL .ΔΦΔt2gL (3) 设线框上边缘通过虚线Ⅱ瞬间线框速度为v 2，则BLv 2＝IR设线框穿过磁场过程中克服安培力做的功为W ，根据动能定理mgL －W ＝mv 22－mv 121212解得W ＝2mgL －m 3g 2R 22B 4L4线框克服安培力所做的功，就是线框中产生的焦耳热，故Q ＝W ＝2mgL －.m 3g 2R 22B 4L410.(2018·镇江市模拟)如图10所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，其电阻不计，间距为0.4m.导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界为MN ，区域Ⅰ和Ⅱ中的匀强磁场B 的方向分别垂直斜面向下和垂直斜面向上，磁感应强度大小均为0.5T.将质量为0.1kg 、电阻为0.1Ω的导体棒ab 放在导轨上的区域Ⅰ中，ab 刚好不下滑.再在区域Ⅱ中将质量为0.4kg 、电阻为0.1Ω的光滑导体棒cd 从导轨上由静止开始下滑.cd 棒始终处于区域Ⅱ中，两棒与导轨垂直且与导轨接触良好，g 取10m/s 2.图10(1)求ab 棒所受最大静摩擦力，并判断cd 棒下滑时ab 棒中电流的方向；(2)ab 棒刚要向上滑动时，cd 棒的速度大小v ；(3)若从cd 棒开始下滑到ab 棒刚要向上滑动的过程中，装置中产生的总热量为2.6J ，求此过程中cd 棒下滑的距离x .答案 (1)0.5N 由a 流向b (2)5m/s (3)3.8m解析 (1)ab 刚好不下滑时，ab 所受摩擦力为最大静摩擦力有F fmax ＝m 1g sin θ则F fmax ＝0.5 N由右手定则可知cd 棒下滑时ab 棒中电流方向由a 流向b .(2)设ab 刚好要上滑时，cd 棒的感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律有E ＝Blv 设电路中的感应电流为I ，由闭合电路欧姆定律有I ＝E R 1＋R 2设ab 所受安培力为F 安，有F 安＝BIl此时ab 受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F 安＝m 1g sin θ＋F fmax代入数据解得v ＝5 m/s.(3)设从cd 棒开始下滑到ab 棒刚要向上滑动的过程中装置中产生的总热量为Q 总，由能量守恒有m 2gx sin θ＝Q 总＋m 2v 212解得x ＝3.8 m.。
2020高考物理一轮复习第9章电磁感应2第二节法拉第电磁感应定律自感涡流课后达标能力提升新人教版-精装版
教学资料范本2020高考物理一轮复习第9章电磁感应2第二节法拉第电磁感应定律自感涡流课后达标能力提升新人教版-精装版编辑：__________________时间：__________________【精选】20xx最新高考物理一轮复习第9章电磁感应2第二节法拉第电磁感应定律自感涡流课后达标能力提升新人教版(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒与磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为ε；将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为ε'．则等于( )A．B．2 2C．1 D．2解析：选B．设折弯前导体切割磁感线的长度为L，折弯后，导体切割磁场的有效长度为l＝＝L，故产生的感应电动势为ε'＝Blv ＝B·Lv＝ε，所以＝，B正确．2．英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场．如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场，环上套一带电荷量为＋q的小球．已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( )A．0 B．r2qkC．2πr2qk D．πr2qk解析：选D．变化的磁场使回路中产生的感生电动势E＝＝·S ＝kπr2，则感生电场对小球的作用力所做的功W＝qU＝qE＝qkπr2，选项D正确．3．(20xx·南京模拟)如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场．若第一次用0．3 s时间拉出，外力所做的功为W1，通过导线截面的电荷量为q1；第二次用0．9 s时间拉出，外力所做的功为W2，通过导线截面的电荷量为q2，则( ) A．W1<W2，q1<q2 B．W1<W2，q1＝q2C．W1>W2，q1＝q2 D．W1>W2，q1>q2解析：选C．两次拉出的速度之比v1∶v2＝3∶1．电动势之比E1∶E2＝3∶1，电流之比I1∶I2＝3∶1，则电荷量之比q1∶q2＝(I1t1)∶(I2t2)＝1∶1．安培力之比F1∶F2＝3∶1，则外力做功之比W1∶W2＝3∶1，故C正确．4．(20xx·苏锡常镇四市调研)图中L是线圈，D1、D2是发光二极管(电流从“＋”极流入才发光)．闭合S，稳定时灯泡正常发光，然后断开S瞬间，D2亮了一下后熄灭．则( )A．如图是用来研究涡流现象的实验电路B．开关S闭合瞬间，灯泡立即亮起来C．开关S断开瞬间，P点电势比Q点电势高D．干电池的左端为电源的正极解析：选D．题图是研究自感现象的实验电路，故A错误；开关S闭合瞬间，由于线圈的自感，灯泡逐渐变亮，故B错误；开关S断开瞬间，D2亮了一下，可知通过线圈L的电流方向为从P至Q，故D 正确；开关S断开瞬间，线圈L相当于一个电源，电源内部电流从负极流向正极，所以Q点的电势高于P点的电势，故C错误．5．如图所示，在光滑绝缘水平面上，有一铝质圆形金属球以一定的初速度通过有界匀强磁场，则从球开始进入磁场到完全穿出磁场过程中(磁场宽度大于金属球的直径)，小球( )A．整个过程匀速运动B．进入磁场过程中球做减速运动，穿出过程做加速运动C．整个过程都做匀减速运动D．穿出时的速度一定小于初速度解析：选D．小球在进出磁场时有涡流产生，要受到阻力．6．(20xx·扬州中学检测)如图所示，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计)．则( ) A．S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭B．S闭合时，B灯立即亮，然后逐渐熄灭C．电路接通稳定后，三个灯亮度相同D．电路接通稳定后，S断开时，C灯立即熄灭解析：选A．电路中A灯与线圈并联后与B灯串联，再与C灯并联．S闭合时，三个灯同时立即发光，由于线圈的电阻由大变小，逐渐将A灯短路，A灯逐渐熄灭，A灯的电压逐渐降低，B灯的电压逐渐增大，B灯逐渐变亮，故选项A正确，B错误；电路接通稳定后，A灯被线圈短路，完全熄灭．B、C并联，电压相同，亮度相同，故选项C错误．电路接通稳定后，S断开时，C灯中原来的电流立即减至零，由于线圈中电流要减小，产生自感电动势，阻碍电流的减小，线圈中电流不会立即消失，这个自感电流通过C灯，所以C灯过一会儿熄灭，故选项D错误．二、多项选择题7．(20xx·扬州中学高三考试)将四根完全相同的表面涂有绝缘层的金属丝首尾连接，扭成如图所示四种形状的闭合线圈，图中大圆半径均为小圆半径的两倍，将线圈先后完全置于同一匀强磁场中，线圈平面均与磁场方向垂直．若磁感应强度从B增大到2B，则线圈中通过的电荷量最少的是( )解析：选BC．根据法拉第电磁感应定律E＝N和闭合电路欧姆定律I＝，电荷量q＝It，得q＝；若磁感应强度从B增大到2B，则线圈中通过的电荷量最少的是磁通量变化最少的，由于穿过线圈的磁通量分正反面，因此A选项的磁通量变化最大，而D选项是将小线圈旋转180°后再翻转，则磁通量变化也是最大的，对于B选项是将A选项小线圈旋转180°，则磁通量的变化最小；C选项是将A选项左侧小线圈翻转180°，则磁通量的变化也是最小的，综上所述B、C正确，A、D错误．8．(20xx·徐州模拟)如图所示，灯泡A、B与定值电阻的阻值均为R，L是自感系数较大的线圈，当S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B两灯亮度相同，再闭合S2，待电路稳定后将S1断开，下列说法中正确的是( )A．B灯立即熄灭B．A灯将比原来更亮一下后熄灭C．有电流通过B灯，方向为c→dD．有电流通过A灯，方向为b→a解析：选AD．S1闭合、S2断开且电路稳定时，A、B两灯一样亮，说明两个支路中的电流相等，这时线圈L没有自感作用，可知线圈L的电阻也为R，在S2、S1都闭合且稳定时，IA＝IB，当S2闭合、S1突然断开时，由于线圈的自感作用，流过A灯的电流方向变为b→a，但A灯不会出现比原来更亮一下再熄灭的现象，故选项D 正确，B错误；由于定值电阻R没有自感作用，故断开S1时，B灯立即熄灭，选项A正确，C错误．9．如图，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好．在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是( )A．FM向右B．FN向左C．FM逐渐增大D．FN逐渐减小解析：选BCD．根据直线电流产生磁场的分布情况知，M区的磁场方向垂直纸面向外，N区的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远，磁感应强度越小．当导体棒匀速通过M、N两区时，感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因，故导体棒在M、N两区运动时，受到的安培力均向左，故选项A错误，选项B正确；导体棒在M区运动时，磁感应强度B变大，根据E＝Blv，I＝及F＝BIl可知，FM逐渐变大，故选项C正确；导体棒在N区运动时，磁感应强度B变小，根据E＝Blv，I＝及F＝BIl可知，FN逐渐变小，故选项D正确．10．(20xx·南京高三模拟考试)如图甲所示，静止在水平面上的等边三角形金属线框，匝数n＝20，总电阻R＝2．5 Ω，边长L＝0．3 m，处在两个半径均为r＝0．1 m的圆形匀强磁场中．线框顶点与右侧圆心重合，线框底边与左侧圆直径重合．磁感应强度B1垂直水平面向外，B2垂直水平面向里；B1、B2随时间t的变化图线如图乙所示．线框一直处于静止状态．计算过程中取π＝3，下列说法中正确的是( )A．线框具有向左运动的趋势B．t＝0时刻穿过线框的磁通量为0．5 WbC．t＝0．4 s时刻线框中感应电动势为1．5 VD．0～0．6 s内通过线框截面电荷量为0．36 C解析：选CD．B1垂直水平面向外，大小随时间均匀增加，根据楞次定律知，线框具有向右的运动趋势，选项A错误；t＝0时刻穿过线框的磁通量Φ＝B1×πr2＋B2×πr2＝0．025 Wb，选项B错误；t＝0．4 s时刻线框中感应电动势E＝n＝n×πr2×＝1．5 V，选项C正确；0．6 s时穿过线框的磁通量Φ′＝B′1×πr2＋B2×πr2＝0．07 Wb，根据q＝n＝n得，在0～0．6 s内通过线框截面的电荷量为0．36 C，选项D正确．三、非选择题11．如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L＝0．4 m，一端连接R＝1 Ω的电阻．导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T．导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好．导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v＝5 m/s．求：(1)感应电动势E和感应电流I；(2)在0．1 s时间内，拉力冲量IF的大小；(3)若将MN换为电阻r＝1 Ω的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U．解析：(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E＝BLv＝1×0．4×5 V＝2 V，感应电流I＝＝ A＝2 A．(2)拉力大小等于安培力大小F＝BIL＝1×2×0．4 N＝0．8 N，冲量大小IF＝FΔt＝0．8×0．1 N·s＝0．08 N·s．(3)由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流I′＝＝ A＝1 A，由欧姆定律可得，导体棒两端的电压U＝I′R＝1×1 V＝1 V．答案：(1)2 V 2 A (2)0．08 N·s(3)1 V12．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、纵轴的截距分别为t0和B0，导线的电阻不计．求0至t1时间内(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．解析：(1)穿过闭合线圈的磁场的面积为S＝πr2由题图乙可知，磁感应强度B的变化率的大小为＝，根据法拉第电磁感应定律得：E＝n＝nS＝,t0)由闭合电路欧姆定律可知流过电阻R1的电流为I＝＝,3Rt0)再根据楞次定律可以判断，流过电阻R1的电流方向应由b到a．(2)0至t1时间内通过电阻R1的电荷量为q＝It1＝t1,3Rt0)．答案：(1),3Rt0) 方向从b到a (2)t1,3Rt0)。
高考物理(江苏专用)一轮复习配套课件：9.2法拉第电磁感应定律 自感现象
【解题探究】 里 后向 (1)0～ T 时间内，回路的圆环区域内磁场方向先向___ 外 ，大小先_____ 减小 后_____ 增大 ，磁感应强度的变化率 B _____ 不变 。 ___ 相等 ， (2) T ～T时间内，感应电动势与0～ T 时间内，大小_____
t
【题组通关方案】
【典题1】(2013·山东高考)将一段导线绕成图甲所示的闭合回
路，并固定在水平面(纸面)内。回路的ab边置于垂直纸面向里
的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以
向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如
图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方
考点1
法拉第电磁感应定律的应用
拓展 延伸
1.感应电动势大小的决定因素：感应电动势大小由穿过闭合
电路的磁通量的变化率 和线圈匝数共同决定，而与磁通
t
量Φ 、磁通量的变化量Δ Φ 的大小没有必然联系， 为单匝
t
线圈产生的感应电动势大小。
2.法拉第电磁感应定律的适用范围：法拉第电磁感应定律适用 于任何情况下感应电动势的计算。但在中学物理中一般用来计 算某段时间内的平均电动势。若所取时间极短，即Δ t趋近于 零时，所求感应电动势为该时刻的瞬时感应电动势。
时间内变化量或磁通量变化与所需时间的比值。 (2)在磁通量与时间关系图线中，某时刻的变化率为该时刻图 线切线的斜率，显然和该时刻的磁通量无关。
2.关于导体切割磁感线感应电动势E=Blv的几点提醒： (1)对应的磁场应是匀强磁场。 (2)导体棒的长度l应是有效长度，不一定是导体棒本身的长度。 (3)式中的速度v是导体棒相对磁场的速度。
2020版高考物理(江苏专用版)新增分大一轮课件：第九章电磁感应第2讲
3.有效切割长度
图
图 5(a)中的有效切割长度为 cd sin θ；图(b)中的有效切割长度为 MN ；图(c)中的 导体沿 v1 方向运动时，有效切割长度为 2R；沿 v2 的方向运动时，有效切割长 度为 R.
例2
(多选)(2018· 丰县中学月考)如图6所示，在一磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁
研透命题点
命题点一
法拉第电磁感应定律的理解与应用
1.求解感应电动势的常见情况
情景图 研究 对象 表达式 回路(不一 定闭合) E＝n ΔΦ Δt 一段直导线(或等 绕一端垂直磁场转 绕与B垂直的轴转 效成直导线) E＝BLv(L为有效 动的一段导体棒
1 2 E＝ BL ω 2
动的导线框 E＝NBSωcos ωt
(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.
ΔΦ (2)公式：E＝n ，其中 n 为线圈匝数. Δt
E
(3)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路的欧姆定律，即 I＝R＋r . 3.导体切割磁感线时的感应电动势 (1)导体垂直切割磁感线时，感应电动势可用 E＝ Blv 求出，式中 l 为导体切割磁 感线的有效长度； (2)导体棒在磁场中转动时，导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向
切割长度)
2.说明
ΔB· S (1)当 ΔΦ 仅由 B 的变化引起时，则 E＝n ；当 ΔΦ 仅由 S 的变化引起时，则 Δt B2S2－B1S1 ΔB·ΔS B·ΔS E＝n ；当 ΔΦ 由 B、S 的变化同时引起时，则 E＝n ≠n . Δt Δt Δt ΔΦ (2)磁通量的变化率 是 Φ－t 图象上某点切线的斜率. Δt
(江苏专用版)2020版高考物理总复习第九章第2讲法拉第电磁感应定律涡流与自感现象课件
考点一 对法拉第电磁感应定律的理解
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 Φ
t
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 Φ 对应Φ-t图线上某点切线的斜率。
t
2.应用法拉第电磁感应定律的三种情况
(1)磁通量的变化是由面积变化引起时,ΔΦ=B·ΔS,则E=n BS ;
D.感应电动势平均值E= 1 πBav
4
解析 半圆形闭合回路在进入磁场的过程中,磁通量增加,磁场 方向垂直纸面向里,根据楞次定律,可知感应电流的方向为逆时针方向, 方向不变,故A项正确;CD段中有感应电流通过,且CD段与磁场垂直,所 以必定受到安培力,且安培力方向竖直向下,故B项错误;切割的有效长 度的最大值为a,则感应电动势的最大值E=Bav,故C项正确;根据法拉第
解析 根据法拉第电磁感应定律E=n Φ,A、B项错误,C项正确;根据楞
t
次定律易知,D项错误。
2.(2017南通模拟)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
A.保持磁场不变,线圈的半径由2r变到3r的过程中,有顺时针的电流
B.保持磁场不变,线圈的半径由2r变到0.5r的过程中,有逆时针的电流
C.保持半径不变,使磁场随时间按B=kt变化,线圈中的电流为 k r2
R
D.保持半径不变,使磁场随时间按B=kt变化,线圈中的电流为 2k r2