2020年高考物理一輪復(fù)習(xí)熱點(diǎn)題型專題24法拉第電磁感應(yīng)定律的理解及應(yīng)用

1、最新修正版2020年高考物理一輪復(fù)習(xí)熱點(diǎn)題型專題24法拉第電磁感應(yīng)定律的理解及應(yīng)用題型一對(duì)法拉第電磁感應(yīng)定律的理解及應(yīng)用題型二導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)類型1平動(dòng)切割磁感線類型2轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線題型三自感現(xiàn)象題型四渦流電磁阻尼和電磁驅(qū)動(dòng)題型一對(duì)法拉第電磁感應(yīng)定律的理解及應(yīng)用1.求解感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的常見情況情景圖0IWXXXXMX/XXi ZMMXX%把, 1g ba研究對(duì)象回路（不一定閉合）一段直導(dǎo)線（或 等效成直導(dǎo)線）繞一端垂與磁場(chǎng)轉(zhuǎn)動(dòng)的一段導(dǎo)體棒繞與B垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的導(dǎo)線框表送式E=n歿 AtE= BLvsin 0_ 12E=BL o)E=NBScosin （從中性面位置開始計(jì)時(shí)）2.應(yīng)用注

2、意點(diǎn)公式E=n等的應(yīng)用，A與B、S相關(guān)，可能是號(hào)=BS,也可能是號(hào)=嚼，當(dāng)B = kt 時(shí)，號(hào)=kS.【例題1】（2019 新課標(biāo)全國(guó)I卷）空間存在一方向與直面垂直、大小隨時(shí)間變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其邊界如圖（a）中虛線MN所示，一硬質(zhì)細(xì)導(dǎo)線的電阻率為 缶橫截面積為S,將該導(dǎo)線 做成半徑為r的圓環(huán)固定在紙面內(nèi)，圓心 O在MN上。t=0時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向如圖（a）所示。磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖（b）所示，則在1=0到1=力的時(shí)間間隔內(nèi)A.圓環(huán)所受安培力的方向始終不變B.圓環(huán)中的感應(yīng)電流始終沿順時(shí)針方向C.圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為B°rS4t010D.圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為【答案】B

3、C【解析】AB、根據(jù)B-t圖象，由楞次定律可知，線圈中感應(yīng)電流方向一直為順時(shí)針,但在b時(shí)刻，磁場(chǎng)的方向發(fā)生變化，故安培力方向Fa的方向在b時(shí)刻發(fā)生變化，則A錯(cuò)誤，B正確；CD、由閉合電路歐姆定律得：I =E,又根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定RBA ab _ r22二 rB0 rS律得：e =竺=空工，又根據(jù)電阻定律得：R=P2，聯(lián)立得：1=資6，.：t ：t 2S4t0：則C正確，D錯(cuò)誤。故本題選BCo【例題2】（多選）（2018全國(guó)卷出20）如圖甲，在同一平面內(nèi)固定有一長(zhǎng)直導(dǎo)線PQ和一導(dǎo)線木g R, R在PQ的右側(cè).導(dǎo)線PQ中通有正弦交流電i, i的變化如圖乙所示，規(guī)定從 Q到P為電流正方向.導(dǎo)線框R

4、中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)（）A.在t= T時(shí)為零4B.在t=T時(shí)改變方向C.在t=T時(shí)最大，且沿順時(shí)針方向D.在t=T時(shí)最大，且沿順時(shí)針方向【答案】 AC J _，_ , A AB【斛析】在t= 4時(shí)，i t圖線斜率為0,即磁場(chǎng)變化率為 0,由E = -1=wS知，E=0,A項(xiàng)正確；在t = 2和t=T時(shí)，i t圖線斜率的絕對(duì)值最大，在 t=T和t=T時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最 大.在T到T之間，電流由Q向P減弱，導(dǎo)線在 R處產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場(chǎng)，且磁場(chǎng)減弱， 由楞次定律知，R產(chǎn)生的感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向也垂直紙面向里，即R中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)沿順時(shí)針方向，同理可判斷在T到3T之間，R中電動(dòng)勢(shì)也為順時(shí)針方向，在 B.2to時(shí)

5、刻，R中電流萬向?yàn)橛蒩至1J bC.0to時(shí)間內(nèi)R的電流小于to2to時(shí)間內(nèi)R的電流D.0to時(shí)間內(nèi)R的電流大于to2to時(shí)間內(nèi)R的電流【答案】AC【解析】由楞次定律可知 0to時(shí)間內(nèi)線圈中的感應(yīng)電流方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向，to2to時(shí)間內(nèi)線圈中感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針方向，故A正確，B錯(cuò)誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律：E"號(hào)=n號(hào)S,可知oto時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小是 to2to時(shí)間內(nèi)的感應(yīng)電流為1=, 所以oto時(shí)間內(nèi)R的電流是to2to時(shí)間內(nèi)R的電流的；故C正確，D錯(cuò)誤.【例題4】輕質(zhì)細(xì)線吊著一質(zhì)量為 m= o.42 kg、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)= 1 m、匝數(shù)n=1。的正方形線圈， 其總電阻為r=1 在

6、線圈的中間位置以下區(qū)域分布著磁場(chǎng)，如圖4甲所示.磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化關(guān)系如圖乙所示.（g=10 m/s2）T到T之間，R中電動(dòng)勢(shì)244為逆時(shí)針方向，C項(xiàng)正確，B、D項(xiàng)錯(cuò)誤.【例題3】（多選）（2019山東省泰安市質(zhì)檢）如圖甲所示，線圈兩端a、b與一電阻R相連，線 圈內(nèi)有垂直于線圈平面向里的磁場(chǎng)，t=0時(shí)刻起，穿過線圈的磁通量按圖乙所示的規(guī)律變化， 下列說法正確的是（）甲乙1Agto時(shí)刻，R中電流萬向?yàn)橛?a至1J b(1)判斷線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流的方向是順時(shí)針還是逆時(shí)針;(2)求線圈的電功率;(3)求在t= 4 s時(shí)輕質(zhì)細(xì)線的拉力大小【答案】 逆時(shí)針 (2)0.25

7、W (3)1.2 N.(2)由法拉第電磁感應(yīng)定律得【解析】(1)由楞次定律知感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針方向E= n=nAt1 2L2 ABAt= 0.5 V則 P=L 0.25 W r(3)I=1 = 0.5 A,由題圖乙可知，t=4 s 時(shí)，B = 0.6 T, F 安=門81F 安+ Ft= mg聯(lián)立解得FT=1.2 N.【拓展延伸】(1)在例2中磁感應(yīng)強(qiáng)度為多少時(shí)，細(xì)線的拉力剛好為0?(2)在例2中求6 s內(nèi)通過線圈橫截面的電荷量？答案 (1)0.84 T (2)3 C解析(1)細(xì)線的拉力剛好為 0時(shí)滿足：F 安'=mgF 安'=nBlL聯(lián)立解得：B'= 0.84 T

8、(2)q=0.5 6C = 3 C.【例題5】(多選)(2018湖南省常德市期末檢測(cè))圖甲為興趣小組制作的無線充電裝置中的 受電線圈示意圖，已知線圈匝數(shù)n=100、電阻r=1 、橫截面積S= 1.5 >10 3 m2,外接電阻R=7 線圈處在平行于線圈軸線的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化如圖乙所 示，則()i I即(X I 尸 T )甲乙A.在t=0.01 s時(shí)通過R的電流方向發(fā)生改變B.在t=0.01 s時(shí)線圈中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) E = 0.6 VC.在00.02 s內(nèi)通過電阻 R的電荷量q= 1.5 103 CD.在0.020.03 s內(nèi)R產(chǎn)生的焦耳熱為 Q= 1.8 10 3

9、J【答案】BC【解析】 根據(jù)楞次定律可知，在 00.01 s內(nèi)和在0.010.02 s內(nèi)電流方向相同，故 A錯(cuò) 誤；在00.02 s內(nèi)，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律可知：E=n號(hào)=謂S= 100 >4X1.5 10 3 V =0.6 V,故B正確；在00.02 s內(nèi)，產(chǎn)生的感應(yīng)電流為 1=7=#； A = 0.075 A,通過電R+r 7+1阻R的電荷量為q= It = 0.075 >0.02 C=1.5 >10 3 C,故C正確；在0.020.03 s內(nèi)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E'= n=n卓 S= 100 >8X1.5 10 3 V= 1.2 V,產(chǎn)生的感應(yīng)電流為

10、I'= -E=tAtR+ r71j21 A = 0.15 A, R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q= |2Rt=0.152X7>0.01 J= 1.575 10 3 J,故 D 錯(cuò)誤.題型二導(dǎo)體切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)1 .大小計(jì)算:切割方式感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的表達(dá)式垂直切割E= Blv傾斜切割E= Blvsin 0,其中。為v與B的夾角旋轉(zhuǎn)切割（以一端為軸）I-12E = -Bl 3說明（1）導(dǎo)體與磁場(chǎng)方向垂直；（2）磁場(chǎng)為勻強(qiáng)磁場(chǎng).2 .方向判斷：（1）把產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的那部分電路或?qū)w當(dāng)作電源的內(nèi)電路，那部分導(dǎo)體相當(dāng)于電源.（2）若電路是不閉合的，則先假設(shè)有電流通過，然后應(yīng)用楞次定律或右手定則判

11、斷出電流的方向.（3）電源內(nèi)部電流的方向是由負(fù)極（低電勢(shì)）流向正極（高電勢(shì)），外電路順著電流方向每經(jīng)過一個(gè)電阻電勢(shì)都要降低.類型1平動(dòng)切割磁感線【例題1 （多選）（2017全國(guó)卷 20）兩條平行虛線間存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與紙面垂直邊長(zhǎng)為0.1 m、總電阻為0.005 的正方形導(dǎo)線框 abcd位于紙面內(nèi)，cd邊與磁場(chǎng)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(yùn)動(dòng)，cd邊于t=0時(shí)刻進(jìn)入磁場(chǎng)線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖線如圖乙所示（感應(yīng)電流的方向?yàn)轫槙r(shí)針時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)取正）.下列說法正確的是（）,4E/V ：_ _一一aO 0.2 0,4； 0.6； j/s:-o.ni J !

12、A.磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.5 TB.導(dǎo)線框運(yùn)動(dòng)的速度的大小為0.5 m/sC.磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外D.在t=0.4 s至t = 0.6 s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框所受的安培力大小為0.1 N【答案】BC【解析】由E t圖象可知，導(dǎo)線框經(jīng)過0.2 s全部進(jìn)入磁場(chǎng)，則速度丫=； = 02 m/s=0.5 m/s,選項(xiàng)B正確；由題圖乙可知，E = 0.01 V,根據(jù)E=Blv得，B = E = c0.0L T = 0.2 T,選項(xiàng)lv 0.1 0.5A錯(cuò)誤；根據(jù)右手定則及正方向的規(guī)定可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于紙面向外，選項(xiàng)C正確；在t=0.4 s至t=0.6 s這段時(shí)間內(nèi)，導(dǎo)線框中的感應(yīng)電流

13、I=R=音卷A = 2 A,所受 的安培力大小為 F=BIl =0.2 >2X0.1 N=0.04 N,選項(xiàng) D錯(cuò)誤.【例題2】（多選）（2018山東省臨沂市上學(xué)期期末）如圖所示，矩形線框abcd處于磁感應(yīng)強(qiáng)度 為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向與線框平面垂直，線框 ab長(zhǎng)為2L, bc長(zhǎng)為L(zhǎng), MN為垂直于 ab并可在ab和cd上自由滑動(dòng)的金屬桿，且桿與 ab和cd接觸良好，abcd和MN上單位長(zhǎng) 度的電阻皆為r.讓MN從ad處開始以速度 v向右勻速滑動(dòng)，設(shè) MN與ad之間的距離為x（0買wr）,則在整個(gè)過程中（A.當(dāng)x= 0時(shí)，MN中電流最小8.當(dāng)x= L時(shí)，MN中電流最小C.MN中電流的最

14、小值為2Bv5rD.MN中電流的最大值為6Bv11r【答案】BCD【解析】MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為 E=BLv, MN中電流BLvfL+2x15L2xrLr+ 6L6BL2v-4(x-L 2r+ 15L2r,當(dāng)X= °或3 2L時(shí)，MN中電流最大，MN中電流的最大值為二當(dāng)x=L時(shí)，MN中電流最小，MN中電流的最小值為Imin=2Bv,故A錯(cuò)誤，B、C、D正確.類型2轉(zhuǎn)動(dòng)切割磁感線【例題1】（2018全國(guó)卷I 17）如圖，導(dǎo)體軌道 OPQS固定，其中PQS是半圓弧，Q為半圓弧的中點(diǎn)，O為圓心.軌道的電阻忽略不計(jì).OM是有一定電阻、可繞 。轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿，M端 位于PQS上，OM與軌道接觸

15、良好.空間存在與半圓所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.現(xiàn)使OM從OQ位置以恒定的角速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)到OS位置并固定（過程I ）;再使磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小以一定的變化率從B增加到B'過程n）.在過程I、n中，流過 om的電荷量相等,53A.4 B.27C.4 D.2E1 At1A2E2= At212(B - B pr在過程I中，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有1 212BQ -4"I2=E2I2 R,1 2B (B - B 271rq2 = I2 At2又 q1 = q2 ,12 12 bU< -4< 即 4R所以Br 3.B 2【例題2】（多選）（2016全國(guó)卷H

16、20）法拉第圓盤發(fā)電機(jī)的示意圖如圖9所示.銅圓盤安裝在豎直的銅軸上，兩銅片 P、Q分別與圓盤的邊緣和銅軸接觸 .圓盤處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中.圓盤旋轉(zhuǎn)時(shí)，關(guān)于流過電阻R的電流，下列說法正確的是（）QA.若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度恒定，則電流大小恒定B.若從上向下看，圓盤順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，則電流沿a到b的方向流動(dòng)C.若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向不變，角速度大小發(fā)生變化，則電流方向可能發(fā)生變化D.若圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉淼?2倍【答案】AB【解析】 將圓盤看成無數(shù)輻條組成， 它們都在切割磁感線從而產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流，則當(dāng)圓盤順時(shí)針(俯視)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)右手定則可知圓盤上感應(yīng)電

17、流從邊緣流向中心，流過電1 n阻的電流萬向從 a到b, B對(duì)；由法拉第電磁感應(yīng)定律得感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=BLv=2BL2co, I占p恒定時(shí)，I大小恒定，大小變化時(shí)，I大小變化，方向不變，故 A對(duì)，C錯(cuò);2 4 2由IKK知,當(dāng)3變?yōu)樵瓉淼?倍時(shí)，P變?yōu)樵瓉淼?倍，D錯(cuò).題型三自感現(xiàn)象1 .自感現(xiàn)象的四大特點(diǎn)自感電動(dòng)勢(shì)總是阻礙導(dǎo)體中原電流的變化.(2)通過線圈中的電流不能發(fā)生突變，只能緩慢變化電流穩(wěn)定時(shí)，自感線圈相當(dāng)于普通導(dǎo)體.(4)線圈的自感系數(shù)越大，自感現(xiàn)象越明顯，自感電動(dòng)勢(shì)只是延緩了過程的進(jìn)行，但它不能 使過程停止，更不能使過程反向 .2 .自感中閃亮”與不閃亮”問題與線圈串聯(lián)的燈泡與線圈并聯(lián)

18、的燈泡1._電路圖_.通電時(shí)電流逐漸增大，燈泡逐漸變亮電流突然增大，然后逐漸減小達(dá)到穩(wěn)定斷電時(shí)電流逐漸減小，燈泡逐漸變暗，電流方向不義電路中穩(wěn)態(tài)電流為11、I 2： 若I2V1,燈泡逐漸變暗； 若I2>I1,燈泡閃亮后逐漸 變暗.兩種情況下燈泡中電流方向 均改變【例題1】(2017北京理綜19)如圖所示，圖甲和圖乙是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個(gè)電路圖，Li和L2為電感線圈.實(shí)驗(yàn)時(shí)，斷開開關(guān) &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(gè)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（）I1乙A.圖甲中，A1與Li的電阻值相同B.圖甲

19、中，閉合 Si,電路穩(wěn)定后，Ai中電流大于Li中電流C.圖乙中，變阻器 R與L2的電阻值相同D.圖乙中，閉合S2瞬間，L2中電流與變阻器 R中電流相等【答案】C【解析】 斷開開關(guān)Si瞬間，線圈Li產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，阻礙電流的減小，通過 Li的電流反 向通過Ai,燈Ai突然閃亮，隨后逐漸變暗，說明 Ili>Iai,即Rli<Rai,故A錯(cuò)；題圖甲中， 閉合開關(guān)Si,電路穩(wěn)定后，因?yàn)?Rli<Rai ,所以Ai中電流小于Li中電流，故B錯(cuò)；題圖乙 中，閉合開關(guān)S2,燈A2逐漸變亮，而另一個(gè)相同的燈 A3立即變亮，最終 A2與A3的亮度相 同，說明變阻器 R與L2的電阻值相同，故 C

20、對(duì)；I羽合S2瞬間，通過L2的電流增大，由于 電磁感應(yīng)，線圈L2產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，阻礙電流的增大，則 L2中電流與變阻器 R中電流不相 等，故D錯(cuò).【例題2】（20i9湖南省常彳市一模）如圖所示的電路，開關(guān)閉合，電路處于穩(wěn)定狀態(tài)，在 某時(shí)刻ti突然斷開開關(guān) S,則通過電阻 Ri中的電流Ii隨時(shí)間變化的圖線可能是下圖中的 （）L，袍1I【答案】D【解析】當(dāng)斷開開關(guān)，原來通過 Ri的電流立即消失，由于電磁感應(yīng)，線圈L產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)阻礙自身電流變化，產(chǎn)生的感應(yīng)電流流過電阻，其方向與原來流過電阻Ri的電流方向相反，慢慢減小最后為 0,故D正確.題型四渦流電磁阻尼和電磁驅(qū)動(dòng)電磁阻尼與電磁驅(qū)動(dòng)的比較電磁阻尼

21、電磁驅(qū)動(dòng)不同成因由于導(dǎo)體在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)用廣生感應(yīng)電流，從而使導(dǎo)體受到安培力由于磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)引起磁通量的變化而 產(chǎn)生感應(yīng)電流，從而使導(dǎo)體受到安培 力點(diǎn)效果安培力的方向與導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)方向相反，阻礙導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)導(dǎo)體受安培力的方向與導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)方 向相同，推動(dòng)導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)能量轉(zhuǎn)化導(dǎo)體克服安培力做功，其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能，最終轉(zhuǎn)化為內(nèi)能由于電磁感應(yīng)，磁場(chǎng)能轉(zhuǎn)化為電能，通過安培力做功，電能轉(zhuǎn)化為導(dǎo)體的機(jī)械能，從而對(duì)外做功相同點(diǎn)兩者都是電磁感應(yīng)現(xiàn)象，都遵循楞次定律，都是安培力阻礙引起感應(yīng)電流 的導(dǎo)體與磁場(chǎng)間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)【例題1】（2017全國(guó)卷I 18）掃描隧道顯微鏡（STM）可用來探測(cè)樣品表面原子尺度上的形貌 為了有效隔離外界

22、振動(dòng)對(duì)STM的擾動(dòng)，在圓底盤周邊沿其徑向?qū)ΨQ地安裝若干對(duì)紫銅薄板，并施加磁場(chǎng)來快速衰減其微小振動(dòng)，如圖所示.無擾動(dòng)時(shí)，按下列四種方案對(duì)紫銅薄板施加恒磁場(chǎng)；出現(xiàn)擾動(dòng)后，對(duì)于紫銅薄板上下及其左右振動(dòng)的衰減最有效的方案是（）紫銅薄板【答案】A.在A圖中，系統(tǒng)振動(dòng)時(shí),【解析】 感應(yīng)電流產(chǎn)生的條件是閉合回路中的磁通量發(fā)生變化紫銅薄板隨之上下及左右振動(dòng)，在磁場(chǎng)中的部分有時(shí)多有時(shí)少，磁通量發(fā)生變化， 產(chǎn)生感應(yīng) 電流，受到安培力，阻礙系統(tǒng)的振動(dòng)；在 B圖中，只有紫銅薄板向左振動(dòng)才產(chǎn)生感應(yīng)電流, 而上下振動(dòng)無感應(yīng)電流產(chǎn)生；在 C圖中，無論紫銅薄板上下振動(dòng)還是左右振動(dòng)，都不會(huì)產(chǎn)生感應(yīng)電流；在 D圖中，只有紫銅薄板左右振動(dòng)才產(chǎn)生感應(yīng)電流，而上下振動(dòng)無感應(yīng)電流 產(chǎn)生，故選項(xiàng) A正確，B、C、D錯(cuò)誤.【例題2】如圖所示，