(考點分析)-第二節(jié)-法拉第電磁感應(yīng)定律、自感和渦流用

PAGE4PAGE【考點分析】第二節(jié)法拉第電磁感應(yīng)定律、自感和渦流【考點一】對法拉第電磁感應(yīng)定律的理解【典型例題1】將閉合多匝線圈置于僅隨時間變化的磁場中，線圈平面與磁場方向垂直，關(guān)于線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，下列表述正確的是()A．感應(yīng)電動勢的大小與線圈的匝數(shù)無關(guān)B．穿過線圈的磁通量越大，感應(yīng)電動勢越大C．穿過線圈的磁通量變化越快，感應(yīng)電動勢越大D．感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場方向與原磁場方向始終相同【解析】由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)知，感應(yīng)電動勢的大小與線圈匝數(shù)有關(guān)，A錯誤；感應(yīng)電動勢正比于eq\f(ΔΦ,Δt)，與磁通量的大小無直接關(guān)系，B錯誤，C正確；根據(jù)楞次定律知，感應(yīng)電流的磁場總是阻礙引起感應(yīng)電流的磁通量的變化，即“增反減同”，D錯誤．【答案】C【考點二】判斷感應(yīng)電動勢的方向、大小【典型例題2】(2022?廣東肇慶市高三(下)三模)如圖甲所示為無線充電技術(shù)中使用的通電線圈示意圖，線圈匝數(shù)為n，面積為S，電阻為R。勻強磁場平行于線圈軸線穿過線圈，設(shè)向右為正方向，磁感應(yīng)強度隨時間變化的圖像如圖乙所示。則在0到t1時間內(nèi)，下列說法正確的是()A．線圈a端的電勢比線圈b端的電勢高B．通過線圈的磁通量的變化量為C．線圈ab兩端的電勢差Uab恒為D．若用導(dǎo)線將線圈a、b兩端連接起來，則通過導(dǎo)線橫截面的電荷量為【解析】A．線圈中原磁場先向左減弱后向后增強，由楞次定律可知，感應(yīng)磁場方向一直向左，根據(jù)線圈環(huán)繞方向知a端電勢比b端電勢高，故A正確；B．在0到時間內(nèi)，通過線圈的磁通量的變化量為，故B錯誤；C．由法拉第電磁感應(yīng)定律，故C錯誤；D．若用導(dǎo)線將線圈a、b兩端連接起來，通過導(dǎo)線橫截面的電荷量，故D正確。故選AD?！敬鸢浮緼D【考點三】感應(yīng)電動勢、感應(yīng)電流的計算【典型例題3】(2022?山東省濱州市高三(上)期末)如圖甲所示，粗細均勻的導(dǎo)體框ABC，∠B=90°，∠C=30°，AB邊長為L，導(dǎo)體框的總電阻為R。一勻強磁場垂直導(dǎo)體框ABC所在平面，方向向里，磁感應(yīng)強度隨時間變化規(guī)律如圖乙所示。下列說法正確的是()A．導(dǎo)體框ABC中電流的方向為順時針B．導(dǎo)體框ABC中電流的大小為C．t0時刻兩直角邊AB和BC所受安培力合力大小為D．兩直角邊AB和BC所受安培力合力方向為垂直AC向左下方【解析】A．結(jié)合圖甲和圖乙，根據(jù)楞次定律可知，導(dǎo)體框ABC中電流的方向為逆時針，故A錯誤；B．結(jié)合圖甲和圖乙，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動勢，則感應(yīng)電流，故B錯誤；C．磁場中的閉合回路所受安培力的合力為零，則兩直角邊AB和BC所受安培力合力大小與斜邊AC的安培力大小相等，則，故C正確；D．磁場中的閉合回路所受安培力的合力為零，則兩直角邊AB和BC所受安培力合力大小與斜邊AC的安培力大小相等，方向相反，根據(jù)左手定則可知，AC邊所受安培力方向為垂直AC向左下方，則兩直角邊AB和BC所受安培力合力方向為垂直AC向右上方，故D錯誤。故選C。【答案】C【考點四】平動切割磁感線【典型例題4】兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應(yīng)強度方向與紙面垂直．邊長為0.1m、總電阻為0.005Ω的正方形導(dǎo)線框abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場邊界平行，如圖甲所示．已知導(dǎo)線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t＝0時刻進入磁場．線框中感應(yīng)電動勢隨時間變化的圖線如圖乙所示(感應(yīng)電流的方向為順時針時，感應(yīng)電動勢取正)．下列說法正確的是()A．磁感應(yīng)強度的大小為0.5TB．導(dǎo)線框運動的速度的大小為0.5m/sC．磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面向外D．在t＝0.4s至t＝0.6s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1N【解析】由E－t圖象可知，導(dǎo)線框經(jīng)過0.2s全部進入磁場，則速度v＝eq\f(l,t)＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，選項B正確；由題圖乙可知，E＝0.01V，根據(jù)E＝Blv得，B＝eq\f(E,lv)＝eq\f(0.01,0.1×0.5)T＝0.2T，選項A錯誤；根據(jù)右手定則及正方向的規(guī)定可知，磁感應(yīng)強度的方向垂直于紙面向外，選項C正確；在t＝0.4s至t＝0.6s這段時間內(nèi)，導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.01,0.005)A＝2A,所受的安培力大小為F＝BIl＝0.2×2×0.1N＝0.04N，選項D錯誤．【答案】BC【歸納總結(jié)】理解E＝Blv的“五性”(1)正交性：本公式是在一定條件下得出的，除磁場為勻強磁場外，還需B、l、v三者互相垂直．(2)瞬時性：若v為瞬時速度，則E為相應(yīng)的瞬時感應(yīng)電動勢．(3)平均性：導(dǎo)體平動切割磁感線時，若v為平均速度，則E為平均感應(yīng)電動勢，即E＝Blv.(4)有效性：公式中的l為導(dǎo)體切割磁感線的有效長度．如圖中，棒的有效長度為ab間的距離．(5)相對性：E＝Blv中的速度v是導(dǎo)體相對磁場的速度，若磁場也在運動，應(yīng)注意速度間的相對關(guān)系．【考點五】轉(zhuǎn)動切割磁感線【典型例題5】如圖所示，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應(yīng)強度大小為B，方向平行于ab邊向上．當金屬框繞ab邊以角速度ω逆時針轉(zhuǎn)動時，a、b、c三點的電勢分別為Ua、Ub、Uc.已知bc邊的長度為l.下列判斷正確的是()A．Ua>Uc，金屬框中無電流B．Ub>Uc，金屬框中電流方向沿a－b－c－aC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中無電流D．Ubc＝eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中電流方向沿a－c－b－a【解析】金屬框abc平面與磁場平行，轉(zhuǎn)動過程中磁通量始終為零，所以無感應(yīng)電流產(chǎn)生，選項B、D錯誤．轉(zhuǎn)動過程中bc邊和ac邊均切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，由右手定則判斷Ua＜Uc，Ub＜Uc，選項A錯誤．由轉(zhuǎn)動切割產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的公式得Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，選項C正確．【答案】C【考點六】對通電自感和斷電自感現(xiàn)象的分析【典型例題6】如圖1和圖2是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈．實驗時，斷開開關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關(guān)S2，燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同．下列說法正確的是()A．圖1中，A1與L1的電阻值相同B．圖1中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流C．圖2中，變阻器R與L2的電阻值相同D．圖2中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器R中電流相等【解析】在題圖1中斷開S1瞬間，燈A1突然閃亮，說明斷開S1前，L1中的電流大于A1中的電流，故L1的阻值小于A1的阻值，A、B選項均錯誤；在題圖2中，閉合S2瞬間，由于L2的自感作用，通過L2的電流很小，D錯誤；閉合S2后，最終A2與A3亮度相同，說明兩支路電流相等，故R與L2的阻值相同，C項正確．【答案】C【考點七】電磁阻尼現(xiàn)象的應(yīng)用【典型例題7】掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌．為了有效隔離外界振動對STM的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖所示．無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場；出現(xiàn)擾動后，對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是()【解析】施加磁場來快速衰減STM的微小振動，其原理是電磁阻尼，在振動時通過紫銅薄板的磁通量變化，紫銅薄板中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流，則其受到安培力作用，該作用阻礙紫銅薄板振動，即促使其振動衰減．方案A中，無論紫銅薄板上下振動還是左右振動，通過它的磁通量都發(fā)生變化；方案B中，當紫銅薄板上下振動時，通過它的磁通量可能不變，當紫銅薄板向右振動時，通過它的磁通量不變；方案C中，紫銅薄板上下振動、左右振動時，通過它的磁通量可能不變；方案D中，當紫銅薄板上下振動時，紫銅薄板中磁通量可能不變．綜上可知，對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是A.【答案】A【考點八】渦流現(xiàn)象的應(yīng)用【典型例題8】(2022?北京市海淀區(qū)高三(下)一模)現(xiàn)代科學(xué)研究中常要用到高速電子，電子感應(yīng)加速器是利用感生電場使電子加速的設(shè)備，它的基本原理如圖甲所示，上、下為電磁鐵的兩個磁極，磁極之間有一個環(huán)形真空室，圖乙為真空室的俯視圖。當電磁鐵線圈通入如圖丙所示的正弦式交變電流時，可使電子在真空室中做加速圓周運動。以圖甲中所示電流方向為正方向，不考慮相對論效應(yīng)，在每個周期T內(nèi)，電子能沿逆時針方向(俯視)做加速圓周運動的時間為()A． B． C．D．【解析】通電螺線管內(nèi)部的磁場與電流大小成正比，且變化的磁場產(chǎn)生電場。電子在真空室中沿逆時針方向做加速圓周運動時，渦旋電場的方向應(yīng)沿著順時針方向，又洛倫茲力提供電子做圓周運動的向心力，根據(jù)左手定則可知磁場方向應(yīng)豎直向上，根據(jù)右手螺旋定則可知，只有在、時間內(nèi)磁感應(yīng)強度方向豎直向上，其中時間內(nèi)，根據(jù)楞次定律可知，產(chǎn)生渦旋電場沿著逆時針方向，不符合題意，時間內(nèi)，根據(jù)楞次定律可知，產(chǎn)生渦旋電場沿順時針方向，符合題意。故選D?！敬鸢浮緿【考點九】對法拉第電磁感應(yīng)定律的綜合應(yīng)用【典型例題9】如圖所示，兩條相距l(xiāng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌位于同一水平面(紙面)內(nèi)，其左端接一阻值為R的電阻；一與導(dǎo)軌垂直的金屬棒置于兩導(dǎo)軌上；在電阻、導(dǎo)軌和金屬棒中間有一面積為S的區(qū)域，區(qū)域中存在垂直于紙面向里的均勻磁場，磁感應(yīng)強度大小B1隨時間t的變化關(guān)系為B1＝kt，式中k為常量；在金屬棒右側(cè)還有一勻強磁場區(qū)域，區(qū)域左邊界MN(虛線)與導(dǎo)軌垂直，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B0，方向也垂直于紙面向里．某時刻，金屬棒在一外加水平恒力的作用下從靜止開始向右運動，在t0時刻恰好以速度v0越過MN，此后向右做勻速運動．金屬棒與導(dǎo)軌始終相互垂直并接觸良好，它們的電阻均忽略不計．求：(1)在t＝0到t＝t0時間間隔內(nèi)，流過電阻的電荷量的絕對值；(2)在時刻t(t>t0)穿過回路的總磁通量和金屬棒所受外加水平恒力的大?。窘馕觥?1)在金屬棒未越過MN之前，t時刻穿過回路的磁通量為Φ＝ktS①設(shè)在從t時刻到t＋Δt的時間間隔內(nèi)，回路磁通量的變化量為ΔΦ，流過電阻R的電荷量為Δq.由法拉第電磁感應(yīng)定律有E＝eq\f(ΔΦ,Δt) ②由歐姆定律有i＝eq\f(E,R) ③由電流的定義有i＝eq\f(Δq,Δt) ④聯(lián)立①②③④式得|Δq|＝eq\f(kS,R)Δt ⑤由⑤式得，在t＝0到t＝t0的時間間隔內(nèi)，流過電阻R的電荷量q的絕對值為|q|＝eq\f(kt0S,R).⑥(2)當t>t0時，金屬棒已越過MN，由于金屬棒在MN右側(cè)做勻速運動，有f＝F⑦式中，f是外加水平恒力，F(xiàn)是勻強磁場施加的安培力．設(shè)此時回路中的電流為I，F(xiàn)的大小為F＝B0lI ⑧此時金屬棒與MN之間的距離為s＝v0(t－t0) ⑨勻強磁場