2020届高考物理总复习 10.2 法拉第电磁感应定律课件 新人教版

10电磁感应第二节法拉第电磁感应定律知识架构答案1．电磁感应电源变化闭合2．变化率3．大小圈数基础自测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)线圈匝数n越多，磁通量越大，产生的感应电动势也越大．()(4)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．()(5)感应电动势的大小与线圈的匝数无关.()(6)线圈中的自感电动势越大，自感系数就越大.()(7)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.()(8)自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化.()答案：(1)×(2)×(3)×(4)√(5)×(6)×(7)√(8)√2．如图10－2－1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之比分别为()图10－2－1A．c→a，2∶1B．a→c，2∶1C．a→c，1∶2D．c→a，1∶2解析：由右手定则可知，电阻R上电流的方向为a→c，由E＝BLv可知，E1∶E2＝1∶2，C正确．答案：C3．如图10－2－2所示，水平放置的平行金属导轨MN与PQ之间接有定值电阻R，导体棒ab长为l且与导轨接触良好，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，现使导体棒ab向右匀速运动，下列说法正确的是()图10－2－2A．导体棒ab两端的感应电动势越来越小B．导体棒ab中的感应电流方向是a→bC．导体棒ab所受安培力方向水平向右D．导体棒ab所受合力做功为零解析：由于导体棒匀速运动，磁感应强度及长度不变，由E＝Blv可知，运动中感应电动势不变；由楞次定律可知，导体棒中的电流方向由b指向a；由左手定则可知，导体棒所受安培力方向水平向左；由于匀速运动，棒的动能不变，由动能定理可知，合力做的功等于零．选项A、B、C错误，D正确．答案：D考点突破1．感应电动势的决定因素(1)由E＝nΔΦΔt知，感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率ΔΦΔt和线圈匝数n共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．(2)ΔΦΔt为单匝线圈产生的感应电动势大小．2．法拉第电磁感应定律的两个特例(1)回路与磁场垂直的面积S不变，磁感应强度发生变化，则ΔΦ＝ΔB·S，E＝nΔBΔt·S.(2)磁感应强度B不变，回路与磁场垂直的面积发生变化，则ΔΦ＝B·ΔS，E＝nBΔSΔt.【典例1】(2019年湖北七校联考)(多选)如图10－2－3所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长La＝2Lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀减小，不考虑线圈之间的相互影响，则()图10－2－3A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为2∶1C．a、b线圈中感应电流之比为4∶1D．a、b线圈中电功率之比为8∶1【解析】原磁场向里减小，根据楞次定律可知，感应电流的磁场与原磁场方向相同，因此感应电流的方向为顺时针方向，选项A正确；根据法拉第电磁感应定律可知，E＝nΔΦΔt＝nΔBΔtL2，而La＝2Lb，因此电动势之比为4∶1，选项B错误；线圈电阻R＝ρLS，故电阻之比为2∶1，由闭合电路欧姆定律可知I＝ER，则电流之比为2∶1，选项C错误；电功率P＝I2R，两线圈电流之比为2∶1，电阻之比为2∶1，则电功率之比为8∶1，选项D正确．【答案】AD变式训练1(2019年河北邯郸统考)如图10－2－4所示，有一接在电容器C两端的单匝圆形导线回路，垂直于回路平面存在着垂直纸面向里的匀强磁场B，已知圆的半径r＝5cm，电容C＝20μF，当磁场B以4×10－2T/s的变化率均匀增加时，则()图10－2－4A．电容器a板带正电，电荷量为2π×10－9CB．电容器a板带负电，电荷量为2π×10－9CC．电容器b板带正电，电荷量为4π×10－9CD．电容器b板带负电，电荷量为4π×10－9C解析：根据楞次定律知，感应电动势的方向沿逆时针方向，则a极板带正电，根据法拉第电磁感应定律得E＝nΔBΔtS＝4×10－2×π×52×10－4V＝π×10－4V，则Q＝CU＝CE＝2×10－5×π×10－4C＝2π×10－9C，选项A正确，B、C、D错误．答案：A变式训练2(多选)将一条形磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置，第一次缓慢插入，第二次快速插入，两次插入过程中不发生变化的物理量是()A．磁通量的变化量B．磁通量的变化率C．感应电流的大小D．流过导体某横截面的电荷量解析：将一条形磁铁从相同位置插入到闭合线圈中的同一位置，第一次缓慢插入线圈时，磁通量增加慢，第二次迅速插入线圈时，磁通量增加快，但磁通量变化量相同，磁通量变化率不同，A正确，B错误；根据法拉第电磁感应定律，第二次线圈中产生的感应电动势大，根据欧姆定律可知第二次感应电流大，即I2I1，C错误；流过导体某横截面的电荷量q＝I－Δt＝E－RΔt＝ΔΦΔtR·Δt＝ΔΦR，由于磁通量变化量相同，电阻不变，所以通过导体横截面的电荷量不变，D正确．答案：AD1．平动切割(1)常用公式：若运动速度v和磁感线方向垂直，则感应电动势E＝BLv.注意：公式E＝BLv要求B⊥L、B⊥v、L⊥v，即B、L、v三者两两垂直，式中的L应该取与B、v均垂直的有效长度(即导体的有效切割长度)．(2)有效长度：公式中的L为有效切割长度，即导体在与v垂直的方向上的投影长度．(3)相对性：E＝BLv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动时，应注意速度间的相对关系．2．转动切割在磁感应强度为B的匀强磁场中，长为L的导体棒绕一端为轴以角速度ω匀速转动时，此时产生的感应电动势E＝BLv中＝12BωL2.若转动的是圆盘，则可以把圆盘看成由很多根半径相同的导体杆组合而成的．题型1导体棒平动切割磁感线【典例2】(2019年广东四校联考)如图10－2－5所示，在一磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，垂直于磁场方向水平放置着两根相距为L＝0.1m的平行金属导轨MN和PQ，导轨电阻忽略不计，在两根导轨的端点N、Q之间连接一阻值R＝0.3Ω的电阻．导轨上正交放置着金属棒ab，其电阻r＝0.2Ω.当金属棒在水平拉力作用下以速度v＝4.0m/s向左做匀速运动时()图10－2－5A．ab棒所受安培力大小为0.02NB．N、Q间电压为0.2VC．a端电势比b端电势低D．回路中感应电流大小为1A【解析】ab棒产生的电动势E＝BLv＝0.5×0.1×4.0V＝0.2V，电流I＝ER＋r＝0.4A，ab棒受的安培力F＝BIL＝0.5×0.4×0.1N＝0.02N，A正确，D错误；N、Q之间的电压U＝RR＋rE＝0.12V，B错误；由右手定则得a端电势较高，C错误．【答案】A题型2导体棒旋转切割磁感线【典例3】如图10－2－6所示，竖直平面内有一金属环，半径为a，总电阻为R(指拉直时两端的电阻)，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，在环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为R2的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为()图10－2－6A.Bav3B.Bav6C.2Bav3D．Bav【解析】当摆到竖直位置时，棒上产生的感应电动势为E＝B·2av－＝2Bav2＝Bav，而AB两端的电压为路端电压，根据闭合电路欧姆定律得：AB两端电压为U＝I·R4＝BavR2＋R4×R4＝13Bav，故A正确．【答案】A变式训练3(2019年河南灵宝月考)如图10－2－7所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的有界匀强磁场，边界如图中虚线所示．当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点间的电势差为()图10－2－7A.2BRvB.22BRvC.24BRvD.324BRv解析：圆环的ab段切割磁感线产生的感应电动势为E＝2BRv；由欧姆定律得a、b两点间的电势差Uab＝E－Irab＝2BRv－2BRvr·r4＝32BRv4，选项D正确．答案：D变式训练4(2016年高考·课标全国卷Ⅱ)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图10－2－8所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是()图10－2－8A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍解析：由题意可知，铜盘旋转时相当于铜盘的半径在转动切割磁感线，由右手定则可知电流方向由a经电阻R流向b，此电流方向与磁场方向和圆盘转动方向有关，与角速度大小无关；由法拉第电磁感应定律可知，E＝Brv＝12Br2ω，角速度ω恒定，电动势E恒定，则电流I恒定；由焦耳定律Q＝I2Rt可知，Q∝I2，I∝ω.答案：AB变式训练5(2018年高考·课标全国卷Ⅰ)如图10－2－9，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中心，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B′B等于()图10－2－9A.54B.32C.74D．2解析：设OM的电阻为R，过程Ⅰ，OM转动的过程中产生的平均感应电动势大小为E1＝ΔΦΔt1＝B·ΔSΔt1＝B·14πl2Δt1＝πBl24Δt1，流过OM的电流为I1＝E1R＝πBl24RΔt1，则流过OM的电荷量为q1＝I1·Δt1＝πBl24R；过程Ⅱ，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＝ΔΦΔt2＝（B′－B）SΔt2＝（B′－B）πl22Δt2，电路中的电流为I2＝E2R＝π（B′－B）l22RΔt2，则流过OM的电荷量为q2＝I2·Δt2＝π（B′－B）l22R；由题意知q1＝q2，则解得B′B＝32，B正确，A、C、D错误．答案：B1．对自感现象的理解(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．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，然后逐渐减小达到稳定断电时电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变电路中稳态电流为I1、I2：①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②若I2I1，灯泡闪亮后逐渐变暗．两种情况灯泡中电流方向均改变题型1通电自感【典例4】如图10－2－10所示，A、B是两个完全相同的灯泡，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻忽略不计．当开关S闭合时，下列说法正确的是()图10－2－10A．A比B先亮，然后A熄灭B．B比A先亮，然后B逐渐变暗，A逐渐变亮C．A、B一起亮，然后A熄灭D．A、B一起亮，然后A逐渐变亮，B的亮度不变【解析】开关闭合的瞬间，线圈由于自感阻碍电流通过，相当于断路，B灯先亮，之后线圈阻碍作用减弱，相当于电阻减小，则总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，B灯所在支路电流减小，B灯变暗，A灯所在支路电流增大，A灯变亮．【答案】B题型2断电自感【典例5】(多选)如图10－2－11甲、乙电路中，电阻R和自感线圈L的电阻都很小．闭合S，使电路达到稳定，灯泡A发光