1、第2节法拉第电磁感应定律自感涡流一、法拉第电磁感应定律1感应电动势(1)概念：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。(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。(2)公式：En，其中n为线圈匝数。3导体切割磁感线时的感应电动势(1)垂直切割：EBlv。(2)倾斜切割：EBlvsin_，其中为v与B的夹角。(3)旋转切割(以一端为轴)：EBl2。二、自感和涡流1自感现象由于通过导体自身的电流发生变化而产生的电磁感应现象。2自感电动势
2、(1)定义：在自感现象中产生的感应电动势。(2)表达式：EL。(3)自感系数L：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯等因素有关，单位为亨利(H)。3涡流现象(1)涡流：块状金属放在变化磁场中，或者让它在磁场中运动时，金属块内产生的旋涡状感应电流。(2)产生原因：金属块内磁通量变化感应电动势感应电流。4电磁阻尼导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体的相对运动。5电磁驱动如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力而使导体运动起来。一、思考辨析(正确的画“”，错误的画“”)10，不一定等于0。()2线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大。(
3、)3当导体在匀强磁场中垂直磁场方向运动时(运动方向和导体垂直)，感应电动势为EBLv。()4线圈中的电流越大，自感系数也越大。()5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。()6涡流是由整块导体发生的电磁感应现象，不遵从电磁感应定律。()二、走进教材1(人教版选修32P17T1改编)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是()A感应电动势的大小与线圈的匝数无关B穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大C穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大D感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同C由法拉第电磁感应定律En知，感应电动势的大
4、小与线圈匝数有关，A错误；感应电动势正比于，与磁通量的大小无直接关系，B错误，C正确；根据楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，即“增反减同”，D错误。2.(粤教版选修32P18T3改编)如图所示，半径为r的n匝线圈放在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场充满正方形区域并垂直穿过该区域，当磁场以的变化率变化时，线圈产生的感应电动势大小为()A0BnL2Cnr2Dnr2B由法拉第电磁感应定律可知线圈产生的自感电动势EnL2，故B正确。3.(鲁科版选修32P33T1)在如图所示的电路中，LA为灯泡，S为开关，L为有铁芯的线圈。对于这样的电路，下列说法正确的是()A因为线圈
5、L通电后会产生自感现象，所以S闭合后，灯泡LA中无电流通过B在S打开或闭合的瞬间，电路中都不会产生自感现象C当S闭合时，电路中会产生自感现象D在S闭合后再断开的瞬间，灯泡LA可能不立即熄灭CS闭合瞬间，由于线圈产生自感电动势而阻碍通过灯泡LA的电流的增加，但阻碍不是阻止，S闭合后有电流通过LA；S断开瞬间，线圈产生自感电动势，因电路断开，电流立即消失，灯泡LA立即熄灭，故C正确，A、B、D错误。 法拉第电磁感应定律的理解和应用1对法拉第电磁感应定律的理解(1)公式En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)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的
6、磁通量的变化率共同决定，而与磁通量的大小、变化量的大小没有必然联系。(3)磁通量的变化率对应t图线上某点切线的斜率。(4)通过回路截面的电荷量q，仅与n、和回路电阻R有关，与时间长短无关。2磁通量发生变化的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，BS，则En。(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，BS，则En，注意S为线圈在磁场中的有效面积。(3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根据定义求，|末初|，Enn。(多选)(2019全国卷)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为、横截面积为S，将该导线做成半径为r
7、的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示。则在t0到tt1的时间间隔内()图(a)图(b)A圆环所受安培力的方向始终不变B圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C圆环中的感应电流大小为D圆环中的感应电动势大小为BC根据楞次定律可知在0t0时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t0t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，所以选项A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得Er2，根据电阻定律可得R ，根据欧姆定律可得I，所以选项C正确，D错误。对感应电动
8、势En的理解与应用1.(2018全国卷)如图所示，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，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)；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)。在过程、中，流过OM的电荷量相等，则等于()A B C D2B设OM的电阻为R，圆的半径为l，过程：OM转动的过程中产生的平均感应电动势大小为E1，流过OM的电流为I1，则流过OM的电荷量为q1I1t1
9、；过程：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，电路中的电流为I2，则流过OM的电荷量为q2I2t2；由题意知q1q2，则解得，B正确，A、C、D错误。2(多选)(2018全国卷)如图(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电i，i的变化如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势()图(a)图(b)A在t时为零B在t时改变方向C在t时最大，且沿顺时针方向D在tT时最大，且沿顺时针方向AC因通电导线的磁感应强度大小正比于电流的大小，故导线框R中磁感应强度与时间的变化关系类似于题图(b)，感应
10、电动势正比于磁感应强度的变化率，即题图(b)中的切线斜率，斜率的正负反映电动势的方向，斜率的绝对值反映电动势的大小。由题图(b)可知，电流为零时，电动势最大，电流最大时电动势为零，A正确，B错误；再由楞次定律可判断在一个周期内，内电动势的方向沿顺时针，时刻最大，C正确；其余时间段电动势沿逆时针方向，D错误。回路中电荷量的求解3.如图所示，长为L的金属导线弯成一圆环，导线的两端接在电容为C的平行板电容器上，P、Q为电容器的两个极板。磁场方向垂直于环面向里，磁感应强度以BB0kt(k0)随时间变化。t0时，P、Q两极板电势相等，两极板间的距离远小于环的半径。经时间t，电容器的P极板()A不带电B所
11、带电荷量与t成正比C带正电，电荷量是D带负电，电荷量是D磁感应强度均匀增加，回路中产生的感应电动势的方向为逆时针方向，Q板带正电，P板带负电，A错误；由L2R，得R，感应电动势ESkR2，解得E，电容器上的电荷量QCE，B、C错误，D正确。4.如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN。第一次ab边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1；第二次bc边平行MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则()A
12、Q1Q2，q1q2BQ1Q2，q1q2CQ1Q2，q1q2DQ1Q2，q1q2C设ab和bc边长分别为Lab、Lbc，线框阻值为R，线框运动的速度为v。则有Q1BI1LabLbcLbc，q1I1tt。同理可以求得Q2BI2LbcLab，q2I2t。因为LabLbc，且两次线框运动速率相同，可得Q1Q2，q1q2，故C正确。 导体棒切割磁感线产生感应电动势的计算1理解EBlv的“五性”(1)正交性：本公式是在一定条件下得出的，除磁场为匀强磁场外，还需B、l、v三者互相垂直。(2)瞬时性：若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。(3)平均性：导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应
13、电动势，即Bl。(4)有效性：公式中的l为导体切割磁感线的有效长度。如图中，棒的有效长度为ab间的距离。(5)相对性：EBlv中的速度v是导体相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系。2导体棒切割磁感线时，可有以下三种情况切割方式电动势表达式说明垂直切割EBlv(1)导体棒与磁场方向垂直(2)磁场为匀强磁场倾斜切割EBlvsin 其中为v与B的夹角旋转切割(以一端为轴)EBl23.“找、判、定”三步确定电势的高低：(2019北京高考)如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场
14、直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：(1)感应电动势的大小E；(2)拉力做功的功率P；(3)ab边产生的焦耳热Q。审题指导：(1)由导体切割磁感线产生感应电动势的公式EBLv确定电动势的大小。(2)根据闭合电路欧姆定律求解感应电流的大小，由安培力FBIL和功率PFv确定拉力的功率。(3)由速度公式确定线圈在磁场中的运动时间，根据焦耳定律求解ab边产生的焦耳热。解析(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势EBLv。(2)线框中的感应电流I拉力大小等于安培力大小FBIL拉力的功率PFv。(3)线框ab边电阻Rab时间tab边产生的焦耳热QI2Rabt。答案(1
15、)BLv(2)(3)平动切割产生感应电动势1(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.005 的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图(a)所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是()图(a)图(b)A磁感应强度的大小为0.5 TB导线框运动的速度的大小为0.5 m/sC磁感应强度的方向垂直于纸面向外D在t0.4 s至t0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 NBC由图象可知，
16、cd边切割磁感线产生的感应电动势E0.01 V，由公式EBLv，可得磁感应强度的大小B T0.2 T，A错；由图象可知，从导线框的cd边进入磁场到ab边刚好进入磁场，用时为0.2 s，可得导线框运动速度的大小v m/s0.5 m/s，B对；感应电流的方向为顺时针时，对cd边应用右手定则可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，C对；t0.4 s至t0.6 s时间段为cd边离开磁场，ab边切割磁感线的过程。由闭合电路欧姆定律及安培力公式得安培力F，代入数据得F0.04 N，D错。转动切割产生感应电动势2.如图所示，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
17、属框绕ab边以角速度逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是()AUaUc，金属框中无电流BUb Uc，金属框中电流方向沿abcaCUbcBl2，金属框中无电流DUbcBl2，金属框中电流方向沿acbaC金属框abc平面与磁场平行，转动过程中磁通量始终为零，所以无感应电流产生，选项B、D错误；转动过程中bc边和ac边均切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则判断UaUc，UbUc，选项A错误；由转动切割产生感应电动势的公式得UbcBl2，选项C正确。3.半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直
18、导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图所示。整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下。在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)。直导体棒在水平外力作用下以角速度绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒和导轨的电阻均可忽略。重力加速度大小为g。求：(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率。解析(1)根据右手定则，得导体棒AB上的电流方向为BA，故电阻R上的电流方向为CD。设导体棒AB中点的速度为v，则v而vAr，vB2r根据法拉第电磁感应定律
19、，导体棒AB上产生的感应电动势EBrv根据闭合电路欧姆定律得I，联立以上各式解得通过电阻R的感应电流的大小为I。(2)根据能量守恒定律，外力的功率P等于安培力与摩擦力的功率之和，即PBIrvfv，而fmg解得P。答案(1)方向为CD大小为(2) 自感和涡流通电自感现象的分析1(多选)在如图所示的甲、乙电路中，电阻R和灯泡A电阻的阻值相等，自感线圈L的电阻值可认为是0，在接通开关S时，则()甲乙A在电路甲中，灯泡A将渐渐变亮B在电路甲中，灯泡A将先变亮，然后渐渐变暗C在电路乙中，灯泡A将渐渐变亮D在电路乙中，灯泡A将先由亮渐渐变暗，然后熄灭AD在电路甲中，当接通开关S时，通过与灯泡A相连的自感线
20、圈L的电流突然增大，由于线圈的自感现象，自感电动势阻碍电流的增大，所以通过灯泡A的电流只能慢慢增大，故选项A正确，选项B错误；在电路乙中，当接通开关S时，通过自感线圈L的电流突然增大，由于线圈的自感现象，开始时，自感线圈L就产生一个很大的自感电动势来阻碍电流的流入，会有电流通过R和灯泡A，使灯泡A亮起，电流稳定后，又因为自感线圈L的电阻值可认为是0，所以灯泡A被短路，熄灭，故选项C错误，选项D正确。断电自感现象的分析2如图所示的电路，开关闭合，电路处于稳定状态，在某时刻t1突然断开开关S，则通过电阻R1中的电流I1随时间变化的图线可能是下图中的()ABCDD当断开开关，原来通过R1的电流立即消
21、失，由于电磁感应，线圈L产生自感电动势阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过电阻，其方向与原来流过电阻R1的电流方向相反，慢慢减小最后为0，故D正确。涡流现象的分析与应用3.(多选)如图所示，条形磁铁位于固定的半圆光滑轨道的圆心位置。一半径为R、质量为m的金属球从半圆轨道的一端沿半圆轨道由静止下滑。重力加速度大小为g。下列说法正确的是()A金属球会运动到半圆轨道的另一端B由于金属球没有形成闭合电路，所以金属球中不会产生感应电流C金属球受到的安培力做负功D系统产生的总热量为mgRCD金属球在运动过程中，穿过金属球的磁通量不断变化，在金属球内形成闭合回路，产生涡流，金属球受到的安培力做负功，金属球产
22、生的热量不断地增加，机械能不断地减少，直至金属球停在半圆轨道的最低点，C正确，A、B错误；根据能量守恒定律得系统产生的总热量为mgR，D正确。1自感现象的四大特点(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
23、态电流为I1、I2：若I2I1，灯泡逐渐变暗；若I2I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。两种情况下灯泡中电流方向均改变 电磁感应中的STSE问题电磁感应现象与生活密切相关，高考对这部分的考查更趋向于有关现代气息和STSE问题中信息题的考查。命题背景有电磁炉、电子秤、电磁卡、电磁焊接术、卫星悬绳发电、磁悬浮列车等。高铁刹车示例1某研学小组设计了一个辅助列车进站时快速刹车的方案。如图所示，在站台轨道下方埋一励磁线圈，通电后形成竖直方向的磁场(可视为匀强磁场)。在车身下方固定一矩形线框，利用线框进入磁场时所受的安培力，辅助列车快速刹车。已知列车的总质量为m，车身长为s，线框的短边ab和cd分别安装在车头和车尾
24、，长度均为L(L小于匀强磁场的宽度)，整个线框的电阻为R。站台轨道上匀强磁场区域足够长，车头进入磁场瞬间的速度为v0，假设列车停止前所受铁轨及空气阻力的合力恒为f。已知磁场的磁感应强度的大小为B，车尾进入磁场瞬间，列车恰好停止。(1)求列车车头刚进入磁场瞬间线框中的电流大小I和列车的加速度大小a；(2)求列车从车头进入磁场到停止所用的时间t；(3)请你评价该设计方案的优点和缺点(优、缺点至少写一种)。解析(1)车头进入磁场时线框ab边切割磁感线，有EBLv0线框中的电流为I联立以上两式可得I线框所受的安培力为F安BIL，由牛顿第二定律可得F安fma联立各式可得a。(2)以列车前进速度方向为正方
25、向，由动量定理可得F安itift0mv0其中F安i又vitis联立各式可得t。(3)该方案的优点：利用电磁阻尼现象辅助刹车，可以使列车的加速度平稳减小；可以减小常规刹车的机械磨损。该方案的缺点：没有考虑列车车厢和内部线路等也是金属材质，进入磁场时会产生涡流对设备产生不良影响；励磁线圈也需要耗能；线框固定在列车上增加负载且容易出现故障。答案见解析本题中巧妙利用动量定理，因为导线框的运动为非匀变速直线运动，故不能直接利用运动学规律求解，但可以根据动量的变化与合外力的冲量相等关系，找到运动时间的表达式，其中借助于vitis求解安培力的冲量则是解答本题的关键所在。磁卡示例2磁卡的磁条中有用于存储信息的
26、磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈。当以速度v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其Et关系如图所示。如果只将刷卡速度改为，线圈中的Et关系图可能是()ABCDD若将刷卡速度改为，线圈切割磁感线运动时产生的感应电动势大小将会减半，周期将会加倍，故D项正确，其他选项错误。无线充电示例3随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线。小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经实现了无线充电从理论研发到实际应用的转化。如图所示为某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图。关于无线充电，下列说法正确的是()A无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”B只有将充电底座接到直流电源上
27、才能对手机进行充电C接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电C无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应，故A错误；当给充电设备通以恒定直流电时，充电设备不会产生交变磁场，即不能正常充电，故B错误；接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，故C正确；被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件与手机电池相连，当有交变磁场时，则产生感应电动势，那么普通手机由于没有金属线圈，所以不能够利用无线充电设备进行充电，故D错误。电磁炉示例4(2020浙江名校联考)电磁炉又名电磁灶，是现代厨房革命的产物，它无需明火或传导式加热而让
28、热直接在锅底产生，因此热效率得到了极大的提高。电磁炉是一种高效节能厨具，完全区别于传统的有火或无火传导加热厨具。如图所示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是()A通电线圈加直流电，电流越大，电磁炉加热效果越好B电磁炉原理是通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作C在锅和电磁炉中间放一绝缘物质，电磁炉不能起到加热作用D电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的导热性能较差B通电线圈必须加交变电流，且交变电流的频率越高，电磁炉的加热效果越好，选项A错误；电磁炉原理是通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作，选项B正确；在锅和电磁炉中间放一绝缘物质，不会影响涡流的产生，电磁炉仍然能起到加热作用，选项C错误；电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料不能产生涡流，选项D错误。
