第2讲 法拉第电磁感应定律 自感现象\n必备知识·自主排查关键能力·分层突破\n必备知识·自主排查\n一、法拉第电磁感应定律1．感应电动势(1)概念：在________现象中产生的电动势．(2)产生条件：穿过回路的______发生改变，与电路是否闭合____．(3)方向判断：感应电动势的方向用________或________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________成正比．(2)公式：E＝________，其中n为线圈匝数．(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的________定律，即I＝.电磁感应磁通量无关楞次定律右手定则变化率n欧姆\n3．导体切割磁感线的情形(1)若B、l、v相互垂直，则E＝________．(2)v∥B时，E＝0.(3)公式中l为有效长度，示例图：Blv\n二、自感、涡流1．自感现象(1)概念：当一个线圈中的电流变化时，它所产生的________的磁场在线圈本身激发出__________，这种现象称为自感．(2)自感电动势①定义：在自感现象中产生的感应电动势叫作___________．②表达式：E＝________．(3)自感系数L①相关因素：与线圈的________、形状、匝数以及是否有铁芯有关．②单位：亨利(H)，1mH＝________H，1μH＝10－6H．2．涡流当线圈中的电流发生变化时，在它附近的任何导体中都会产生感应电流，这种电流，看起来就像水中的漩涡，所以叫涡流．变化感应电动势自感电动势L大小10－3\n【生活、科技情境】1.(1)真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置．()(2)家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的．()(3)阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动．()(4)变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流．()√×√√\n【教材拓展】2.[人教版选择性必修第二册P29“做一做”改编]在图中，电流表与螺线管组成闭合电路，则关于电流表指针偏转情况：(1)磁铁快速插入螺线管时比慢速插入螺线管时电流表指针偏转大．()(2)磁铁快速插入螺线管和慢速插入螺线管，磁通量变化相同，故电流表指针偏转相同．()(3)磁铁放在螺线管中不动时，螺线管中的磁通量最大，所以电流表指针偏转最大．()(4)将磁铁从螺线管中拔出时，磁通量减小，所以电流表指针偏转一定减小．()√×××\n关键能力·分层突破\n考点一 法拉第电磁感应定律的应用1．法拉第电磁感应定律的理解(1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率共同决定，而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系．(2)磁通量的变化率对应Φt图线上某点切线的斜率．2．应用法拉第电磁感应定律时应注意的两个问题(1)公式E＝n求解的是一个回路中某段时间内的平均感应电动势，在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值．(2)利用公式E＝nS求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积．\n【跟进训练】1.[人教版选择性必修第二册P43T5改编]A、B两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，半径rA＝2rB，分别按下图甲、乙两种方式放入匀强磁场中，且磁感应强度随时间均匀减小，则下列说法正确的是()A．甲图中，A、B两线圈中电动势之比为4∶1B．甲图中，A、B两线圈中电流之比为2∶1C．乙图中，A、B两线圈中电动势之比为4∶1D．乙图中，A、B两线圈中电流之比为4∶1答案：C\n2．如图甲所示，N＝200匝的线圈(图中只画了2匝)，电阻r＝2Ω，其两端与一个R＝48Ω的电阻相连，线圈内有指向纸内方向的磁场．线圈中的磁通量按图乙所示规律变化．(1)判断通过电阻R的电流方向；(2)求线圈产生的感应电动势E；(3)求电阻R两端的电压U.\n解析：(1)根据图像可知，线圈中垂直于纸面向里的磁场增大，为了阻碍线圈中磁通量的增大，根据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的感应电流为逆时针方向，通过电阻R的电流方向为a→b.(2)根据法拉第电磁感应定律得E＝N＝200×V＝10V(3)电阻R两端的电压为路端电压，根据分压规律可知U＝E＝×10V＝9.6V\n考点二 导体棒切割磁感线产生感应电动势的计算E＝BLv的三个特性正交性本公式要求磁场为匀强磁场，而且B、L、v三者互相垂直有效性公式中的L为导体棒切割磁感线的有效长度，如图所示相对性E＝BLv中的速度v是导体棒相对磁场的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系\n角度1平动切割例1[2021·河北卷，7]如图，两光滑导轨水平放置在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.导轨间距最窄处为一狭缝，取狭缝所在处O点为坐标原点．狭缝右侧两导轨与x轴夹角均为θ，一电容为C的电容器与导轨左端相连．导轨上的金属棒与x轴垂直，在外力F作用下从O点开始以速度v向右匀速运动，忽略所有电阻．下列说法正确的是()A．通过金属棒的电流为2BCv2tanθB．金属棒到达x0时，电容器极板上的电荷量为BCvx0tanθC.金属棒运动过程中，电容器的上极板带负电D．金属棒运动过程中，外力F做功的功率恒定答案：A\n解析：经过时间t，金属棒切割磁感线的有效长度L＝2vttanθ，金属棒切割磁感线产生的感应电动势E＝BLv＝2Bv2ttanθ，则电容器极板上的电荷量Q＝CE＝2BCv2ttanθ，则通过金属棒中的电流I＝＝2BCv2tanθ，A正确；当金属棒到达x＝x0时，即vt＝x0时，电容器极板上的电荷量Q0＝2BCvx0tanθ，B错误；根据楞次定律可知，感应电流沿逆时针方向(从上往下看)，则电容器的上极板带正电，C错误；因为金属棒做匀速运动，所以外力F＝F安＝BIL，外力做功的功率P＝Fv＝4B2Cv4ttan2θ，是变化的，D错误．\n命题分析试题情境属于综合性题目，以导体棒切割磁感线为素材创设学习探索问题情境必备知识考查法拉第电磁感应定律、电荷量及电流的计算、安培力及功率等关键能力考查理解能力、推理论证能力．理解法拉第电磁感应定律的准确含义学科素养考查物理观念、科学思维．要求由导线切割磁感线产生电动势推导电容器的带电量及电路中的电流、功率等\n角度2旋转切割例2[2021·广东卷，10](多选)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨．圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场．金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好．初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上．若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有()A．杆OP产生的感应电动势恒定B．杆OP受到的安培力不变C．杆MN做匀加速直线运动D．杆MN中的电流逐渐减小答案：AD\n解析：根据转动切割磁感线产生感应电动势的公式可知EOP＝Bl2ω，故A正确．OP切割磁感线，产生感应电流，由右手定则可判断出MN中电流为从M到N，根据左手定则可知MN所受安培力向左，MN向左运动，切割磁感线，产生的感应电流与OP切割磁感线产生的感应电流方向相反，故OP与MN中的电流会逐渐减小，OP所受安培力逐渐减小，MN做加速度逐渐减小的加速运动，故B、C错误，D正确．\n命题分析试题情境属于综合性题目，以导体棒旋转产生电动势为素材创设学习探索问题情境必备知识考查电动势的产生、安培力公式关键能力考查理解能力、推理能力．理解平动切割和转动切割产生电动势的综合性问题学科素养考查物理观念、科学思维．要求考生会分析闭合电路中两导体棒受力存在动态变化的问题\n【跟进训练】3．(多选)如图所示是都由均匀导线制成的单匝正方形线框a和圆形线框b处于矩形有界匀强磁场区域中的俯视图，两线框置于光滑绝缘水平面上，现用外力分别同时作用于两线框使其以大小相等的速度v沿垂直于磁场的方向分别向左、向右做匀速直线运动，运动过程中正方形线框左边始终与磁场左边界平行，已知正方形线框的边长和圆形线框的直径相等，两线框的电阻相同．两线框在匀速离开磁场的过程中．\n下列说法正确的是()A．外力对线框a、b做的功相等，线框a、b产生的热量也相等B．线框a、b全部离开磁场过程中通过线框的电荷量之比qa∶qb＝4∶πC．线框a所受安培力的冲量大于线框b所受安培力的冲量D．线框a、b中产生的最大感应电动势大小相等答案：BCD\n解析：设磁场的磁感应强度大小为B，线框b的半径为r，则线框a的边长为2r.当线框a匀速离开磁场时所受安培力是恒力，所受作用在线框上的外力大小等于线框所受恒定安培力的大小，而线框b匀速离开磁场时所受安培力是变力，所受外力是变力，其最大值与线框a所受外力相等，则b所受外力的平均值小于a所受外力，由于两线框的位移相等，则外力做功不相等，安培力做功也不相等，转化的内能(产生的热量)也不相等，选项A错误．通过线框的电荷量q＝·Δt＝·Δt＝·Δt＝，而两线框的面积之比为4r2∶πr2＝4∶π，可知选项B正确．两线框完全离开磁场所用的时间相同，而线框a所受安培力大于线框b所受安培力的平均值，由I＝·Δt可知线框a所受安培力的冲量大于线框b所受安培力的冲量，选项C正确．线框a中的最大感应电动势Ea＝2Brv，线框b正好有一半穿出磁场时感应电动势有最大值，为Eb＝2Brv，选项D正确．\n4．如图所示，固定在水平面上的半径为r的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．长为l的金属棒，一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO′上，随轴以角速度ω匀速转动，在圆环的A点和电刷间接有阻值为R的电阻和电容为C、板间距为d的平行板电容器，有一带电微粒在电容器极板间处于静止状态．已知重力加速度为g，不计其它电阻和摩擦，下列说法正确的是()A．棒产生的电动势为Bl2ωB．微粒的电荷量与质量之比为C．电阻消耗的电功率为D．电容器所带的电荷量为CBr2ω答案：B\n解析：棒产生的电动势为E＝Br·ωr＝Br2ω，A错误．金属棒电阻不计，故电容器两极板间的电压等于棒产生的电动势，微粒的重力与其受到的电场力大小相等，有q＝mg，可得＝，B正确．电阻消耗的电功率P＝＝，C错误．电容器所带的电荷量Q＝CE＝CBr2ω，D错误．\n考点三 自感现象 涡流角度1通电自感与断电自感现象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．\n2．自感现象中灯泡“闪亮”与“不闪亮”的原因项目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I2>I1，灯泡闪亮后逐渐变暗，两种情况灯泡中电流方向均改变\n例3图甲和图乙是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是()A．图甲中，A1与L1的电阻值相同B．图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流C．图乙中，变阻器R与L2的电阻值相同D．图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等答案：C\n解析：断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过灯A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明IL1>IA1，即RL1<RA1，A错误．图甲中，闭合S1，电路稳定后，因为RL1<RA1，所以A1中电流小于L1中电流，B错误．闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同，说明变阻器R与L2的电阻值相同，C正确．闭合S2瞬间，通过L2的电流增大，由于电磁感应，线圈L2产生自感电动势，阻碍电流的增大，则L2中电流与变阻器R中电流不相等，D错误．\n角度2涡流例4[2022·江苏南京、盐城一模]下列图中，A图是真空冶炼炉，可以冶炼高质量的合金；B图是充电器，工作时绕制线圈的铁芯会发热；C图是安检，可以探测人身上是否携带金属物品；D图是工作人员穿上金属丝织成的衣服，可以高压带电作业．其中不属于涡流的应用的是()答案：D\n解析：线圈接有交变电流，在线圈中会产生变化的磁场，变化的磁场在冶炼炉中产生电场，使自由电荷在电场力的作用下定向移动形成涡流，故A图中真空冶炼炉属于涡流的应用；充电器工作时有交变电流通过，交变电流产生的交变磁场穿过铁芯，在铁芯中产生电场，使自由电荷在电场力的作用下定向移动形成涡流，故B图中充电器属于涡流的应用；线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品中产生交变的感应电流(涡流)，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会影响线圈中的交变电流，从而使金属被探测到，这就是安检探测金属的原理，故C图中安检属于涡流的应用；工作服用包含金属丝的织物制成，形成一个导体壳，壳外有电场，壳内场强保持为0，高压外电场不会对内部产生影响，故D图中工作服属于静电屏蔽的应用．故选D.\n角度3电磁阻尼和电磁驱动例5(多选)在某次科技活动中，有人做了一个电磁“小车”实验：如图所示，用裸露的铜导线绕制成一根长螺线管，将螺线管固定在水平桌面上．用一节干电池和两个磁铁制成一个“小车”，两磁铁的同名磁极粘在电池的正、负两极上．将这辆“小车”推入螺线管中，磁铁与电极和铜线间均能良好导电，“小车”就加速运动起来．关于“小车”的运动，以下说法正确的是()A．图中“小车”加速度方向向右B．图中“小车”加速度方向向左C．只将“小车”上某一磁铁改为S极与电池粘连，“小车”就不能加速运动D．只将“小车”上两磁铁均改为S极与电池粘连，“小车”的加速度方向不变答案：BC\n解析：两磁极间的磁感线如图甲所示，干电池与磁铁及中间部分线圈组成了闭合回路，在两磁极间的线圈中产生电流，左端磁铁的左侧线圈和右端磁铁的右侧线圈中没有电流．线圈中电流方向的左视图如图乙所示，由左手定则可知，中间线圈所受的安培力向右，根据牛顿第三定律可知，“小车”所受的力向左，则“小车”向左加速，故A错误，B正确．只将“小车”上某一磁铁改为S极与电池粘连，则磁感线不会向外发散，通电线圈受到的合力为零，不能加速运动，故C正确．只将“小车”上两磁铁均改为S极与电池粘连，磁感线方向反向，受到的力向右，故“小车”的加速度方向将发生改变，故D错误．\n【跟进训练】5．为测量线圈L的直流电阻R0，某研究小组设计了如图所示电路．已知线圈的自感系数较大，两电表可视为理想电表，其示数分别记为U、I，实验开始前，S1处于断开状态，S2处于闭合状态．关于实验过程，下列说法不正确的是()A．闭合S1，电流表示数逐渐增大至稳定值B．闭合S1，电压表示数逐渐减小至稳定值C．待两电表示数稳定后，方可读取U、I的值D．实验结束后，应先断开S1答案：D\n解析：闭合S1，由于线圈的自感电动势，导致电路中电流慢慢增大，直到一稳定值，A选项不合题意；闭合S1，电压表示数相当于线圈两端的电压，为U＝E－I(R＋r)，电路中电流慢慢增大，直到一稳定值，电压表示数逐渐减小至稳定值，B选项不合题意；待两电表示数稳定后，方可读取U、I的值，此时R0＝，C选项不合题意；实验结束后若先断开开关S1或先拆去电流表或先拆去电阻R，由于L的自感作用都会使L和电压表组成回路，原先L中有较大的电流通过，现在这个电流将通过电压表，造成电表损坏，所以实验完毕应先断开开关S2，D选项符合题意．
