高考物理一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)題型演練專(zhuān)題26 法拉第電磁感應(yīng)定律、自感和渦流（解析版）

2020屆高考物理一輪復(fù)習(xí)熱點(diǎn)題型歸納與變式演練專(zhuān)題26法拉第電磁感應(yīng)定律、自感和渦流【專(zhuān)題導(dǎo)航】目錄TOC\o"1-3"\h\u熱點(diǎn)題型一法拉第電磁感應(yīng)定律的理解和應(yīng)用 1熱點(diǎn)題型二導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì) 3導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線問(wèn)題 4導(dǎo)體旋轉(zhuǎn)切割磁感線問(wèn)題 5熱點(diǎn)題型三應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電荷量問(wèn)題 7熱點(diǎn)題型四自感和渦流 9【題型演練】 11【題型歸納】熱點(diǎn)題型一法拉第電磁感應(yīng)定律的理解和應(yīng)用1．對(duì)法拉第電磁感應(yīng)定律的理解(1)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小由線圈的匝數(shù)和穿過(guò)線圈的磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)共同決定，而與磁通量Φ的大小、變化量ΔΦ的大小沒(méi)有必然聯(lián)系．(2)磁通量的變化率eq\f(ΔΦ,Δt)對(duì)應(yīng)Φ-t圖線上某點(diǎn)切線的斜率．2．應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律的三種情況(1)磁通量的變化是由面積變化引起時(shí)，ΔΦ＝BΔS，則E＝neq\f(BΔS,Δt)；(2)磁通量的變化是由磁場(chǎng)變化引起時(shí)，ΔΦ＝ΔBS，則E＝neq\f(ΔBS,Δt)；(3)磁通量的變化是由于面積和磁場(chǎng)變化共同引起的，則根據(jù)定義求，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E＝neq\f(|B2S2－B1S1|,Δt)≠neq\f(ΔBΔS,Δt).【例1】(2019·全國(guó)卷Ⅰ)空間存在一方向與紙面垂直、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ρ、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t＝0到t＝t1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?lè)较駽．圓環(huán)中的感應(yīng)電流大小為eq\f(B0rS,4t0ρ)D．圓環(huán)中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為eq\f(B0πr2,4t0)【答案】BC【解析】由題可知，通過(guò)圓環(huán)的磁通量隨時(shí)間t均勻變化，則圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)、感應(yīng)電流的大小和方向均不變，但t0時(shí)刻磁場(chǎng)方向發(fā)生變化，故安培力方向發(fā)生變化，A錯(cuò)誤；根據(jù)楞次定律，圓環(huán)中感應(yīng)電流的方向始終沿順時(shí)針?lè)较?，B正確；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(B0,t0)·eq\f(πr2,2)＝eq\f(πB0r2,2t0)，根據(jù)閉合電路歐姆定律知，電流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(πB0r2,2t0),ρ\f(2πr,S))＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，C正確，D錯(cuò)誤。【變式1】如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩個(gè)導(dǎo)體圓環(huán)a、b，磁場(chǎng)方向與圓環(huán)所在平面垂直．磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增大．兩圓環(huán)半徑之比為2∶1，圓環(huán)中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)分別為Ea和Eb，不考慮兩圓環(huán)間的相互影響．下列說(shuō)法正確的是()A．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針?lè)较駼．Ea∶Eb＝4∶1，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針?lè)较駽．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿逆時(shí)針?lè)较駾．Ea∶Eb＝2∶1，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針?lè)较颉敬鸢浮緽.【解析】由法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)πr2，eq\f(ΔB,Δt)為常數(shù)，E與r2成正比，故Ea∶Eb＝4∶1.磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間均勻增大，故穿過(guò)圓環(huán)的磁通量增大，由楞次定律知，感應(yīng)電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向與原磁場(chǎng)方向相反，垂直紙面向里，由安培定則可知，感應(yīng)電流均沿順時(shí)針?lè)较?，故B項(xiàng)正確．【變式2】輕質(zhì)細(xì)線吊著一質(zhì)量為m＝0.42kg、邊長(zhǎng)為L(zhǎng)＝1m、匝數(shù)n＝10的正方形線圈，其總電阻為r＝1Ω.在線圈的中間位置以下區(qū)域分布著磁場(chǎng)，如圖甲所示．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取10m/s2)(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＝4s時(shí)輕質(zhì)細(xì)線的拉力大小．【答案】(1)逆時(shí)針(2)0.25W(3)1.2N【解析】(1)由楞次定律知感應(yīng)電流的方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较颍?2)由法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝n·eq\f(1,2)L2eq\f(ΔB,Δt)＝0.5V則P＝eq\f(E2,r)＝0.25W(3)I＝eq\f(E,r)＝0.5A，F(xiàn)安＝nBIL，t＝4s時(shí)，B＝0.6TF安＋F線＝mg聯(lián)立解得F線＝1.2N.熱點(diǎn)題型二導(dǎo)體棒切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)1．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(chǎng)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)外，還需B、l、v三者互相垂直．(2)瞬時(shí)性：若v為瞬時(shí)速度，則E為相應(yīng)的瞬時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)．(3)平均性：導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線時(shí)，若v為平均速度，則E為平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，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(zhǎng)度．如圖中，棒的有效長(zhǎng)度為ab間的距離．(5)相對(duì)性：E＝Blv中的速度v是導(dǎo)體相對(duì)磁場(chǎng)的速度，若磁場(chǎng)也在運(yùn)動(dòng)，應(yīng)注意速度間的相對(duì)關(guān)系．2．導(dǎo)體棒切割磁感線時(shí)，可有以下四種情況情景圖研究對(duì)象回路(不一定閉合)一段直導(dǎo)線(或等效成直導(dǎo)線)繞一端轉(zhuǎn)動(dòng)的一段導(dǎo)體棒繞與B垂直的軸轉(zhuǎn)動(dòng)的導(dǎo)線框表達(dá)式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)E＝BLvsinθE＝eq\f(1,2)BL2ωE＝NBSω·sin(ωt＋φ0)導(dǎo)體平動(dòng)切割磁感線問(wèn)題【例2】(2019·甘肅靖遠(yuǎn)模擬)如圖所示，abcd為水平放置的平行“”形光滑金屬導(dǎo)軌，間距為l，導(dǎo)軌間有垂直于導(dǎo)軌平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，已知金屬桿MN傾斜放置，與導(dǎo)軌成θ角，單位長(zhǎng)度的電阻為r，保持金屬桿以速度v沿平行于cd的方向滑動(dòng)(金屬桿滑動(dòng)過(guò)程中與導(dǎo)軌接觸良好)．則()A．電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為eq\f(Blv,sinθ)B．電路中感應(yīng)電流的大小為eq\f(Bvsinθ,r)C．金屬桿所受安培力的大小為eq\f(B2lvsinθ,r)D．金屬桿的熱功率為eq\f(B2lv2,rsinθ)【答案】B.【解析】金屬桿的運(yùn)動(dòng)方向與金屬桿不垂直，電路中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小為E＝Blv(l為切割磁感線的有效長(zhǎng)度)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；電路中感應(yīng)電流的大小為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Blv,\f(l,sinθ)r)＝eq\f(Bvsinθ,r)，選項(xiàng)B正確；金屬桿所受安培力的大小為F＝BIl′＝B·eq\f(Bvsinθ,r)·eq\f(l,sinθ)＝eq\f(B2lv,r)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；金屬桿的熱功率為P＝I2R＝eq\f(B2v2sin2θ,r2)·eq\f(lr,sinθ)＝eq\f(B2lv2sinθ,r)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．【變式1】(2017·高考天津卷)如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌置于水平面內(nèi)，導(dǎo)軌之間接有電阻R.金屬棒ab與兩導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸，整個(gè)裝置放在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌平面向下．現(xiàn)使磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻減小，ab始終保持靜止，下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流方向由b到aB．a(chǎn)b中的感應(yīng)電流逐漸減小C．a(chǎn)b所受的安培力保持不變D．a(chǎn)b所受的靜摩擦力逐漸減小【答案】D.【解析】本題考查楞次定律、電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、安培力、平衡條件．由于通過(guò)回路的磁通量向下減小，則根據(jù)楞次定律可知ab中感應(yīng)電流的方向由a到b，A錯(cuò)誤；因ab不動(dòng)，回路面積不變；當(dāng)B均勻減小時(shí)，由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S知，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)恒定，回路中感應(yīng)電流I＝eq\f(E,R＋r)恒定，B錯(cuò)誤；由F＝BIL知，F(xiàn)隨B減小而減小，C錯(cuò)誤；對(duì)ab由平衡條件有f＝F，故D正確．【變式2】如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，金屬桿MN在平行金屬導(dǎo)軌上以速度v向右勻速滑動(dòng)，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1；若磁感應(yīng)強(qiáng)度增為2B，其他條件不變，MN中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)變?yōu)镋2.則通過(guò)電阻R的電流方向及E1與E2之比E1∶E2分別為 ()A．c→a,2∶1 B．a(chǎn)→c,2∶1C．a(chǎn)→c,1∶2 D．c→a,1∶2【答案】C【解析】用右手定則判斷出兩次金屬棒MN中的電流方向?yàn)镹→M，所以電阻R中的電流方向a→c.由電動(dòng)勢(shì)公式E＝Blv可知eq\f(E1,E2)＝eq\f(Blv,2Blv)＝eq\f(1,2)，故選項(xiàng)C正確．導(dǎo)體旋轉(zhuǎn)切割磁感線問(wèn)題【例3】.半徑分別為r和2r的同心圓形導(dǎo)軌固定在同一水平面內(nèi)，一長(zhǎng)為r、電阻為R的均勻金屬棒AB置于圓導(dǎo)軌上面，BA的延長(zhǎng)線通過(guò)圓導(dǎo)軌中心O，裝置的俯視圖如圖所示，整個(gè)裝置位于一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，方向豎直向下．在兩環(huán)之間接阻值也為R的定值電阻和電容為C的電容器．金屬棒在水平外力作用下以角速度ω繞O逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，在轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中始終與導(dǎo)軌保持良好接觸．下列說(shuō)法正確的是()A．金屬棒中電流從B流向AB．金屬棒兩端電壓為eq\f(3,4)Bωr2C．電容器的M板帶負(fù)電D．電容器所帶電荷量為eq\f(3,2)CBωr2【答案】AB【解析】根據(jù)右手定則可知金屬棒中電流從B流向A，選項(xiàng)A正確；金屬棒轉(zhuǎn)動(dòng)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E＝Breq\f(ωr＋ω·2r,2)＝eq\f(3,2)Bωr2，切割磁感線的金屬棒相當(dāng)于電源，金屬棒兩端電壓相當(dāng)于電源的路端電壓，因而U＝eq\f(R,R＋R)E＝eq\f(3,4)Bωr2，選項(xiàng)B正確；金屬棒A端相當(dāng)于電源正極，電容器M板帶正電，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由C＝eq\f(Q,U)可得電容器所帶電荷量為Q＝eq\f(3,4)CBωr2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．【變式1】如圖，直角三角形金屬框abc放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向平行于ab邊向上．當(dāng)金屬框繞ab邊以角速度ω逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，a、b、c三點(diǎn)的電勢(shì)分別為Ua、Ub、Uc.已知bc邊的長(zhǎng)度為l.下列判斷正確的是()A．Ua>Uc，金屬框中無(wú)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(wú)電流D．Ubc＝eq\f(1,2)Bl2ω，金屬框中電流方向沿a－c－b－a【答案】C.【解析】金屬框abc平面與磁場(chǎng)平行，轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中磁通量始終為零，所以無(wú)感應(yīng)電流產(chǎn)生，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤；轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中bc邊和ac邊均切割磁感線，產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，由右手定則判斷Ua＜Uc，Ub＜Uc，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由轉(zhuǎn)動(dòng)切割產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的公式得Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，選項(xiàng)C正確．【變式2】(2016·高考全國(guó)卷Ⅱ)法拉第圓盤(pán)發(fā)電機(jī)的示意圖如圖所示．銅圓盤(pán)安裝在豎直的銅軸上，兩銅片Q分別與圓盤(pán)的邊緣和銅軸接觸．圓盤(pán)處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B中．圓盤(pán)旋轉(zhuǎn)時(shí)，關(guān)于流過(guò)電阻R的電流，下列說(shuō)法正確的是 ()A．若圓盤(pán)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(pán)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(pán)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(pán)轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，則電流在R上的熱功率也變?yōu)樵瓉?lái)的2倍【答案】AB【解析】將圓盤(pán)看成無(wú)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(pán)順時(shí)針(俯視)轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)右手定則可知圓盤(pán)上感應(yīng)電流從邊緣流向中心，流過(guò)電阻的電流方向從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＝BLeq\x\to(v)＝eq\f(1,2)BL2ω，I＝eq\f(E,R＋r)，ω恒定時(shí)，I大小恒定，ω大小變化時(shí)，I大小變化，方向不變，故A對(duì)，C錯(cuò)；由P＝I2R＝eq\f(B2L4ω2R,4R＋r2)知，當(dāng)ω變?yōu)樵瓉?lái)的2倍時(shí)，P變?yōu)樵瓉?lái)的4倍，D錯(cuò)．熱點(diǎn)題型三應(yīng)用法拉第電磁感應(yīng)定律求解感應(yīng)電荷量問(wèn)題(1)公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求解的是一個(gè)回路中某段時(shí)間內(nèi)的平均電動(dòng)勢(shì)，在磁通量均勻變化時(shí)，瞬時(shí)值才等于平均值．(2)利用公式E＝nSeq\f(ΔB,Δt)求感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)時(shí)，S為線圈在磁場(chǎng)范圍內(nèi)的有效面積．(3)通過(guò)回路截面的電荷量q僅與n、ΔΦ和回路電阻R有關(guān)，與時(shí)間長(zhǎng)短無(wú)關(guān)．推導(dǎo)如下：q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nΔΦ,ΔtR)Δt＝eq\f(nΔΦ,R).【例4】(2018·高考全國(guó)卷Ⅰ)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O轉(zhuǎn)動(dòng)的金屬桿，M端位于PQS上，OM與軌道接觸良好．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(guò)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(guò)程Ⅱ)．在過(guò)程Ⅰ、Ⅱ中，流過(guò)OM的電荷量相等，則eq\f(B′,B)等于 ()A.eq\f(5,4)B.eq\f(3,2)C.eq\f(7,4)D．2【答案】B【解析】設(shè)OM的電阻為R，過(guò)程Ⅰ，OM轉(zhuǎn)動(dòng)的過(guò)程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E1＝eq\f(ΔΦ,Δt1)＝eq\f(B·ΔS,Δt1)＝eq\f(B·\f(1,4)πl(wèi)2,Δt1)＝eq\f(πBl2,4Δt1)，流過(guò)OM的電流為I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(πBl2,4RΔt1)，則流過(guò)OM的電荷量為q1＝I1·Δt＝eq\f(πBl2,4R)；過(guò)程Ⅱ，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均勻增加，則該過(guò)程中產(chǎn)生的平均感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E2＝eq\f(ΔΦ,Δt2)＝eq\f(（B′－B）S,Δt2)＝eq\f(（B′－B）πl(wèi)2,2Δt2)，電路中的電流為I2＝eq\f(E2,R)＝eq\f(π（B′－B）l2,2RΔt2)，則流過(guò)OM的電荷量為q2＝I2·Δt2＝eq\f(π（B′－B）l2,2R)；由題意知q1＝q2，則解得eq\f(B′,B)＝eq\f(3,2)，B正確，A、C、D錯(cuò)誤．【變式1】(2019·長(zhǎng)沙模擬)如圖所示，閉合導(dǎo)線框的質(zhì)量可以忽略不計(jì)，將它從如圖所示的位置勻速拉出勻強(qiáng)磁場(chǎng)．若第一次用0.3s時(shí)間拉出，外力所做的功為W1，通過(guò)導(dǎo)線截面的電荷量為q1；第二次用0.9s時(shí)間拉出，外力所做的功為W2，通過(guò)導(dǎo)線截面的電荷量為q2，則()A．W1<W2，q1<q2 B．W1<W2，q1＝q2C．W1>W2，q1＝q2 D．W1>W2，q1>q2【答案】C.【解析】?jī)纱卫龅乃俣戎葀1∶v2＝3∶1.電動(dòng)勢(shì)之比E1∶E2＝3∶1，電流之比I1∶I2＝3∶1，則電荷量之比q1∶q2＝(I1t1)∶(I2t2)＝1∶1.安培力之比F1∶F2＝3∶1，則外力做功之比W1∶W2＝3∶1，故C正確．【變式2】(2019·黑龍江牡丹江一中模擬)如圖所示，阻值為R的金屬棒從圖示位置ab分別以v1、v2的速度沿光滑水平導(dǎo)軌(電阻不計(jì))勻速滑到a′b′位置，若v1∶v2＝1∶2，則在這兩次過(guò)程中()A．回路電流I1∶I2＝1∶2B．產(chǎn)生的熱量Q1∶Q2＝1∶4C．通過(guò)任一截面的電荷量q1∶q2＝1∶1D．外力的功率P1∶P2＝1∶2【答案】AC【解析】回路中感應(yīng)電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(BLv,R)，I∝v，則得I1∶I2＝v1∶v2＝1∶2，故A正確；產(chǎn)生的熱量為Q＝I2Rt＝(eq\f(BLv,R))2R×eq\f(s,v)＝eq\f(B2L2sv,R)，Q∝v，則得Q1∶Q2＝v1∶v2＝1∶2，故B錯(cuò)誤；通過(guò)任一截面的電荷量為q＝It＝eq\f(BLv,R)t＝eq\f(BLs,R)，q與v無(wú)關(guān)，則得q1∶q2＝1∶1，故C正確；由于金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)，外力的功率等于回路中的功率，即得P＝I2R＝(eq\f(BLv,R))2R，P∝v2，則得P1∶P2＝1∶4，故D錯(cuò)誤．熱點(diǎn)題型四自感和渦流1．自感現(xiàn)象的四大特點(diǎn)(1)自感電動(dòng)勢(shì)總是阻礙導(dǎo)體中原電流的變化．(2)通過(guò)線圈中的電流不能發(fā)生突變，只能逐漸變化．(3)電流穩(wěn)定時(shí)，自感線圈就相當(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(guò)程的進(jìn)行，但它不能使過(guò)程停止，更不能使過(guò)程反向．2．自感中“閃亮”與“不閃亮”問(wèn)題與線圈串聯(lián)的燈泡與線圈并聯(lián)的燈泡電路圖通電時(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，電流方向不變電路中穩(wěn)態(tài)電流為I1、I2：①若I2≤I1，燈泡逐漸變暗；②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5】電流傳感器在電路中相當(dāng)于電流表，可以用來(lái)研究自感現(xiàn)象．在如圖所示的實(shí)驗(yàn)電路中，L是自感線圈，其自感系數(shù)足夠大，直流電阻值大于燈泡D的阻值，電流傳感器的電阻可以忽略不計(jì)．在t＝0時(shí)刻閉合開(kāi)關(guān)S，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，在t＝t1時(shí)刻斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S.在下列表示電流傳感器記錄的電流隨時(shí)間變化情況的圖象中，可能正確的是 ()【答案】D【解析】閉合S瞬間，外電路電阻最大，然后外電路電阻逐漸減小，外電壓逐漸減小，所以通過(guò)電流傳感器的電流逐漸減小，電路穩(wěn)定后，外電路電阻不變，外電壓不變，通過(guò)電流傳感器的電流不變；因?yàn)榫€圈的直流電阻值大于燈泡D的阻值，穩(wěn)定后，通過(guò)線圈的電流小于通過(guò)電流傳感器的電流．t＝t1時(shí)刻斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S，由于自感現(xiàn)象，原來(lái)通過(guò)線圈L的電流從左向右流過(guò)電流傳感器，逐漸減?。瓺圖符合題中情況．【題后反思】處理自感現(xiàn)象問(wèn)題的技巧(1)通電自感：線圈相當(dāng)于一個(gè)變化的電阻——阻值由無(wú)窮大逐漸減小，通電瞬間自感線圈處相當(dāng)于斷路．(2)斷電自感：斷電時(shí)自感線圈處相當(dāng)于電源，自感電動(dòng)勢(shì)由某值逐漸減小到零．(3)電流穩(wěn)定時(shí)，理想的自感線圈相當(dāng)于導(dǎo)線，非理想的自感線圈相當(dāng)于定值電阻．【變式1】.(多選)如圖，A、B是相同的白熾燈，L是自感系數(shù)很大、電阻可忽略的自感線圈．下面說(shuō)法正確的是 ()A．閉合開(kāi)關(guān)S時(shí)，A、B燈同時(shí)亮，且達(dá)到正常B．閉合開(kāi)關(guān)S時(shí)，B燈比A燈先亮，最后一樣亮C．閉合開(kāi)關(guān)S時(shí)，A燈比B燈先亮，最后一樣亮D．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S時(shí)，A燈與B燈同時(shí)慢慢熄滅【答案】BD【解析】由于自感的作用，閉合開(kāi)關(guān)S時(shí)，B燈比A燈先亮，最后一樣亮，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤，B正確；斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S時(shí)，L中產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，A燈與B燈同時(shí)慢慢熄滅，選項(xiàng)D正確．【變式2】．(2017·高考北京卷)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，L1和L2為電感線圈．實(shí)驗(yàn)時(shí)，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開(kāi)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(shuō)法正確的是 ()A．圖甲中，A1與L1的電阻值相同B．圖甲中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1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(kāi)開(kāi)關(guān)S1瞬間，線圈L1產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，阻礙電流的減小，通過(guò)L1的電流反向通過(guò)A1，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗，說(shuō)明IL1>IA1，即RL1<RA1，故A錯(cuò)；題圖甲中，閉合開(kāi)關(guān)S1，電路穩(wěn)定后，因?yàn)镽L1<RA1，所以A1中電流小于L1中電流，故B錯(cuò)；題圖乙中，閉合開(kāi)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(shuō)明變阻器R與L2的電阻值相同，故C對(duì)；閉合S2瞬間，通過(guò)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)．【題型演練】1.(多選)(2018·高考全國(guó)卷Ⅲ)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)線框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中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)()A．在t＝eq\f(T,4)時(shí)為零B．在t＝eq\f(T,2)時(shí)改變方向C．在t＝eq\f(T,2)時(shí)最大，且沿順時(shí)針?lè)较駾．在t＝T時(shí)最大，且沿順時(shí)針?lè)较颉敬鸢浮緼C【解析】在t＝eq\f(T,4)時(shí)，交流電圖線斜率為0，即磁場(chǎng)變化率為0，由E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S知，E＝0，A對(duì)；在t＝eq\f(T,2)和t＝T時(shí)，圖線斜率最大，在t＝eq\f(T,2)和t＝T時(shí)感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，在eq\f(T,4)到eq\f(T,2)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?lè)较?，同理可判斷在eq\f(T,2)到eq\f(3T,4)時(shí)，R中電動(dòng)勢(shì)也為順時(shí)針?lè)较?，在eq\f(3,4)T到T時(shí)，R中電動(dòng)勢(shì)為逆時(shí)針?lè)较?，C對(duì)，B、D錯(cuò)．2．(多選)如圖甲、乙所示的電路中，電阻R和自感線圈L的電阻值都很小，且小于燈泡A的電阻，接通S，使電路達(dá)到穩(wěn)定，燈泡A發(fā)光，則 ()A．在電路甲中，斷開(kāi)S后，A將逐漸變暗B．在電路甲中，斷開(kāi)S后，A將先變得更亮，然后才逐漸變暗C．在電路乙中，斷開(kāi)S后，A將逐漸變暗D．在電路乙中，斷開(kāi)S后，A將先變得更亮，然后才逐漸變暗【答案】AD【解析】題圖甲所示電路中，燈A和線圈L串聯(lián)，電流相同，斷開(kāi)S時(shí)，線圈上產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)，阻礙原電流的減小，通過(guò)R、A形成回路，燈A逐漸變暗，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；題圖乙所示電路中，電阻R和燈A串聯(lián)，燈A的電阻大于線圈L的電阻，通過(guò)燈A的電流則小于線圈L中的電流，斷開(kāi)S時(shí)，電源不給燈供電，而線圈L產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)阻礙電流的減小，通過(guò)R、A形成回路，燈A中電流比原來(lái)大，A將變得更亮，然后逐漸變暗，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確．3．(多選)如圖甲所示，abcd是匝數(shù)為100匝、邊長(zhǎng)為10cm、總電阻為0.1Ω的正方形閉合導(dǎo)線圈，放在與線圈平面垂直的圖示勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖乙所示，則以下說(shuō)法正確的是()A．導(dǎo)線圈中產(chǎn)生的是交變電流B．在t＝2.5s時(shí)導(dǎo)線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為1VC．在0～2s內(nèi)通過(guò)導(dǎo)線橫截面的電荷量為20CD．在t＝1s時(shí)，導(dǎo)線圈內(nèi)電流的瞬時(shí)功率為10W【答案】ACD【解析】在0～2s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率為eq\f(ΔB1,Δt1)＝1T/s，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E1＝nSeq\f(ΔB1,Δt1)＝100×0.12×1V＝1V；在2～3s內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度變化率為eq\f(ΔB2,Δt2)＝2T/s，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2＝nSeq\f(ΔB2,Δt2)＝100×0.12×2V＝2V．導(dǎo)線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為方波交變電流，選項(xiàng)A正確；在t＝2.5s時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E2＝2V，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在0～2s內(nèi)，感應(yīng)電流I＝eq\f(E1,R)＝10A，通過(guò)導(dǎo)體橫截面的電荷量為q＝IΔt＝20C，選項(xiàng)C正確；在t＝1s時(shí)，導(dǎo)線圈內(nèi)感應(yīng)電流的瞬時(shí)功率P＝UI＝I2R＝102×0.1W＝10W，選項(xiàng)D正確．4.(2019·吉林長(zhǎng)春七校聯(lián)考)一匝由粗細(xì)均勻的同種導(dǎo)線繞成的矩形導(dǎo)線框abcd固定不動(dòng)，其中矩形區(qū)域efcd存在磁場(chǎng)(未畫(huà)出)，磁場(chǎng)方向與線圈平面垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B隨時(shí)間t均勻變化，且eq\f(ΔB,Δt)＝k(k>0)．已知ab＝fc＝4L，bc＝5L，已知L長(zhǎng)度的電阻為r，則導(dǎo)線框abcd中的電流為()A.eq\f(8kL2,9r) B.eq\f(25kL2,18r)C.eq\f(4kL2,9r) D.eq\f(25kL2,9r)【答案】A【解析】電路中的總電阻為R＝18r，電路中的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝eq\f(ΔB,Δt)S＝16kL2，導(dǎo)線框abcd中的電流為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(8kL2,9r)，選項(xiàng)A正確．5.(2019·山東德州模擬)如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的金屬導(dǎo)線彎成一圓環(huán)，導(dǎo)線的兩端接在電容為C的平行板電容器上，P、Q為電容器的兩個(gè)極板，磁場(chǎng)方向垂直于環(huán)面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度以B＝B0＋Kt(K>0)隨時(shí)間變化．t＝0時(shí)，P、Q兩極板電勢(shì)相等，兩極板間的距離遠(yuǎn)小于環(huán)的半徑．經(jīng)時(shí)間t，電容器的P極板 ()A．不帶電B．所帶電荷量與t成正比C．帶正電，電荷量是eq\f(KL2C,4π)D．帶負(fù)電，電荷量是eq\f(KL2C,4π)【答案】D【解析】磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻增加，回路中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较?，Q板帶正電，P板帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；E＝eq\f(ΔB,Δt)·S＝K·πR2，L＝2πR，R＝eq\f(L,2π)，解得E＝eq\f(KL2,4π)，電容器上的電荷量Q＝CE＝eq\f(KL2C,4π)，B、C錯(cuò)誤，D正確．6．(2019·云南玉溪一中檢測(cè))如圖所示，三個(gè)相同的金屬圓環(huán)內(nèi)存在著不同的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，虛線表示環(huán)的某條直徑，已知所有磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化關(guān)系都滿足B＝kt，磁場(chǎng)方向如圖所示．測(cè)得A環(huán)內(nèi)感應(yīng)電流強(qiáng)度為I，則B環(huán)和C環(huán)內(nèi)感應(yīng)電流強(qiáng)度分別為 ()A．IB＝I，IC＝0 B．IB＝I，IC＝2IC．IB＝2I，IC＝2I D．IB＝2I，IC＝0【答案】D【解析】C環(huán)中穿過(guò)圓環(huán)的磁感線完全抵消，磁通量為零，保持不變，所以沒(méi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，則IC＝0.根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律得E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(ΔB,Δt)S＝kS，S是有效面積，可得E∝S，所以A、B中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)之比EA∶EB＝1∶2，根據(jù)歐姆定律得，IB＝2IA＝2I.選項(xiàng)D正確．7.如圖所示，兩根相距為l的平行直導(dǎo)軌ab、cd，b、d間連有一固定電阻R，導(dǎo)軌電阻可忽略不計(jì)．MN為放在ab和cd上的一導(dǎo)體桿，與ab垂直，其電阻也為R.整個(gè)裝置處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，磁場(chǎng)方向垂直于導(dǎo)軌所在平面(垂直紙面向里)．現(xiàn)對(duì)MN施力使它沿導(dǎo)軌方向以速度v水平向右做勻速運(yùn)動(dòng)．令U表示MN兩端電壓的大小，下列說(shuō)法正確的是 ()A．U＝eq\f(1,2)Blv，流過(guò)固定電阻R的感應(yīng)電流由b經(jīng)R到dB．U＝Blv，流過(guò)固定電阻R的感應(yīng)電流由d經(jīng)R到bC．MN受到的安培力大小FA＝eq\f(B2l2v,2R)，方向水平向右D．MN受到的安培力大小FA＝eq\f(B2l2v,R)，方向水平向左【答案】A【解析】根據(jù)電磁感應(yīng)定律，MN產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)E＝Blv，由于MN的電阻與外電路電阻相同，所以MN兩端的電壓U＝eq\f(1,2)E＝eq\f(1,2)Blv，根據(jù)右手定則，流過(guò)固定電阻R的感應(yīng)電流由b經(jīng)R到d，故A正確，B錯(cuò)誤；MN受到的安培力大小FA＝eq\f(B2l2v,2R)，方向水平向左，故C、D錯(cuò)誤．8．(2019·廣西南寧二中等三校聯(lián)考)如圖所示，線圈匝數(shù)為n，橫截面積為S，線圈電阻為r，處于一個(gè)均勻增強(qiáng)的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間的變化率為k，磁場(chǎng)方向水平向右且與線圈平面垂直，電容器的電容為C，定值電阻的阻值為r.由此可知，下列說(shuō)法正確的是 ()A．電容器下極板帶正電B．電容器上極板帶正電C．電容器所帶電荷量為eq\f(nSkC,2)D．電容器所帶電荷量為nSkC【答案】BC【解析】根據(jù)磁場(chǎng)向右均勻增加，并由楞次定律可知，電容器上極板帶正電，故A錯(cuò)誤，B正確．閉合線圈與阻值為r的電阻形成閉合回路，線圈相當(dāng)于電源，電容器兩極板間的電壓等于路端電壓，線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝nSk，路端電壓U＝eq\f(E,2r)·r＝eq\f(E,2)，則電容器所帶電荷量為Q＝CU＝eq\f(nSkC,2)，故C正確，D錯(cuò)誤．故選BC.9.(2019·貴州遵義航天中學(xué)模擬)如圖甲所示，水平放置的平行金屬導(dǎo)軌連接一個(gè)平行板電容器C和電阻R，導(dǎo)體棒MN放在導(dǎo)軌上且接觸良好，整個(gè)裝置放于垂直導(dǎo)軌平面的磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的變化情況如圖乙所示(圖示磁感應(yīng)強(qiáng)度方向?yàn)檎?，MN始終保持靜止，則0～t2時(shí)間 ()A．電容器C的電荷量大小始終沒(méi)變B．電容器C的a板先帶正電后帶負(fù)電C．MN所受安培力的大小始終沒(méi)變D．MN所受安培力的方向先向右后向左【答案】AD【解析】由乙圖可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度均勻變化，產(chǎn)生恒定電動(dòng)勢(shì)，由C＝eq\f(Q,U)可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，電容器的電壓U不變，則電荷量大小不變，故A正確；根據(jù)楞次定律可知MN中的感應(yīng)電流方向由N到M，電容器的a極板一直帶正電，故B錯(cuò)誤；感應(yīng)電流不變，由于磁感應(yīng)強(qiáng)度變化，MN所受安培力F＝BIL，所以安培力的大小先減小后增大，方向先向右后向左，故C錯(cuò)誤，D正確．10.用一根橫截面積為S、電阻率為ρ的硬質(zhì)導(dǎo)線做成一個(gè)半徑為r的圓環(huán)，ab為圓環(huán)的一條直徑．如圖所示，在ab的左側(cè)存在一個(gè)均勻變化的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)垂直圓環(huán)所在平面，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間的變化率eq\f(ΔB,Δt)＝k(k<0)．則 ()A．圓環(huán)中產(chǎn)生逆時(shí)針?lè)较虻母袘?yīng)電流B．圓環(huán)具有擴(kuò)張的趨勢(shì)C．圓環(huán)中感應(yīng)電流的大小為eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(krS,2ρ)))