江苏版高考物理一轮复习第10章第2节法拉第电磁感应定律自感涡流课时学案

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(对应学生用书第255页)
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：E＝neq \f(ΔΦ,Δt)，其中n为线圈匝数。
(3)感应电流与感应电动势的关系：I＝eq \f(E,R＋r)。
(4)说明：E的大小与Φ、ΔΦ无关，决定于磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)。
3．导体切割磁感线的情形
(1)垂直切割：E＝Blv。
(2)倾斜切割：E＝Blvsin_θ，其中θ为v与B的夹角。
(3)旋转切割(以一端为轴)：E＝eq \f(1,2)Bl2ω。
1．有效长度
公式E＝Blv中的l为导体切割磁感线的有效长度。如图中，导体的有效长度分别为：

甲 乙 丙 丁
图甲：l＝eq \x\t(cd)sin β。
图乙：沿v1方向运动时，l＝eq \x\t(MN)。
图丙：沿v1方向运动时，l＝eq \r(2)R；沿v2方向运动时，l＝R。
图丁：l＝eq \r(a2＋b2)。
2．相对速度
E＝Blv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。
二、自感和涡流
1．自感现象
当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场在线圈本身激发出感应电动势。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。
(2)表达式：E＝Leq \f(ΔI,Δt)。
(3)自感系数L：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯等因素有关，单位为亨利(H)。
3．涡流
(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，金属块内产生的漩涡状感应电流。
(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：当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，使导体受到安培力作用，安培力使导体运动起来。交流感应电动机就是利用电磁驱动的原理工作的。
一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)线圈中磁通量越大，产生的感应电动势越大。(×)
(2)线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势越大。(×)
(3)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大。(√)
(4)感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同。(×)
(5)线圈中的电流越大，自感系数也越大。(×)
(6)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。(√)
二、教材习题衍生
1．(法拉第电磁感应定律的理解与应用)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eq \f(ΔB,Δt)的变化率变化时，线圈产生的感应电动势大小为( )
A．0 B．neq \f(ΔB,Δt)·L2
C．neq \f(ΔB,Δt)·πr2 D．neq \f(ΔB,Δt)·r2
B [由法拉第电磁感应定律可知线圈产生的自感电动势E＝neq \f(ΔB,Δt)·L2，故B正确。]
2．(导体棒切割磁感线产生感应电动势)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 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图甲所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示(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( )
甲 乙
A．磁感应强度的大小为0.5 T
B．导线框运动的速度的大小为0.5 m/s
C．磁感应强度的方向垂直于纸面向里
D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N
B [由E-t图像可知，导线框经过0.2 s全部进入磁场，则速度v＝eq \f(l,t)＝eq \f(0.1,0.2) m/s＝0.5 m/s，选项B正确；由题图乙可知，E＝0.01 V，根据E＝Blv得，B＝eq \f(E,lv)＝eq \f(0.01,0.1×0.5) T＝0.2 T，选项A错误；根据右手定则及正方向的规定可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，选项C错误；在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框中的感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(0.01,0.005) A＝2 A, 所受的安培力大小为F＝BIl＝0.2×2×0.1 N ＝0.04 N，选项D错误。]
3.(自感的理解与应用)如图所示，两个相同的灯泡L1、L2，分别与定值电阻R和自感线圈L串联，自感线圈的自感系数很大，电阻值与R相同，闭合电键S，电路稳定后两灯泡均正常发光。下列说法正确的是( )
A．闭合电键S后，灯泡L2逐渐变亮
B．闭合电键S后，灯泡L1、L2同时变亮
C．断开电键S后，灯泡L1、L2都逐渐变暗
D．断开电键S后，灯泡L1逐渐变暗，L2立即熄灭
C [闭合电键S后，灯泡L1与线圈连接，由于线圈中电流发生变化从而产生阻碍作用，使电流逐渐变大，灯泡L1逐渐变亮，而电阻R不产生自感电动势，所以灯泡L2立即变亮，故A、B错误；断开电键S后，线圈L中电流要减小，线圈L产生自感电动势，阻碍电流的减小，所以回路中电流逐渐减小，灯泡L1、L2串联，则灯泡L1、L2都逐渐变暗，故C正确，D错误。故选C。]
4．(涡流的理解与应用)变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这是因为( )
A．增大涡流，提高变压器的效率
B．减小涡流，提高变压器的效率
C．增大铁芯中的电阻，以产生更多的热量
D．减小铁芯中的电阻，以减小发热量
B [不使用整块硅钢而采用很薄的硅钢片，这样做的目的是增大铁芯中的电阻，阻断涡流回路，来减少电能转化成铁芯的内能，提高效率，故B正确，A、C、D错误。]
法拉第电磁感应定律的理解和应用
(对应学生用书第257页)
1．对法拉第电磁感应定律的理解
(1)公式E＝neq \f(ΔΦ,Δt)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磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)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。
(3)磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)对应Φ-t图线上某点切线的斜率。
(4)通过回路截面的电荷量q＝eq \f(nΔΦ,R)，仅与n、ΔΦ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，ΔΦ＝BΔS，则E＝neq \f(BΔS,Δt)。
(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔBS，则E＝neq \f(ΔBS,Δt)，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，ΔΦ＝|Φ末－Φ初|，E＝neq \f(|B2S2－B1S1|,Δt)≠neq \f(ΔBΔS,Δt)。
[典例] 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Ⅰ)；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Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则eq \f(B′,B)等于( )
A.eq \f(5,4) B．eq \f(3,2)
C．eq \f(7,4) D．2
审题指导：在电磁感应中计算通过电路的电荷量时要用到电流的平均值，因此在本题中，首先根据法拉第电磁感应定律计算感应电动势的平均值，再利用欧姆定律计算平均电流，最后根据电流的定义式得出电荷量。
B [设OM的电阻为R，圆的半径为l，过程Ⅰ：OM转动的过程中产生的平均感应电动势大小为E1＝eq \f(ΔΦ1,Δt1)＝eq \f(B·ΔS,Δt1)＝eq \f(B·\f(1,4)πl2,Δt1)＝eq \f(πBl2,4Δt1)，流过OM的电流为I1＝eq \f(E1,R)＝eq \f(πBl2,4RΔt1)，则流过OM的电荷量为q1＝I1·Δt1＝eq \f(πBl2,4R)；过程Ⅱ：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＝eq \f(ΔΦ2,Δt2)＝eq \f(B′－BS,Δt2)＝eq \f(B′－Bπl2,2Δt2)，电路中的电流为I2＝eq \f(E2,R)＝eq \f(πB′－Bl2,2RΔt2)，则流过OM的电荷量为q2＝I2·Δt2＝eq \f(πB′－Bl2,2R)；由题意知q1＝q2，则解得eq \f(B′,B)＝eq \f(3,2)，B正确，A、C、D错误。]
应用法拉第电磁感应定律应注意的两个问题
(1)利用公式E＝nSeq \f(ΔB,Δt)求感应电动势时，S为线圈在磁场范围内的有效面积。
(2)通过回路截面的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路电阻R有关，与时间长短无关。推导如下：q＝eq \x\t(I)Δt＝eq \f(nΔΦ,ΔtR)Δt＝eq \f(nΔΦ,R)。
[跟进训练]
法拉第电磁感应定律的应用
1．关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是( )
A．穿过线圈的磁通量Φ越大，所产生的感应电动势就越大
B．穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ越大，所产生的感应电动势就越大
C．穿过线圈的磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)越大，所产生的感应电动势就越大
D．穿过线圈的磁通量Φ等于0，所产生的感应电动势就一定为0
C [根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)成正比，与磁通量Φ及磁通量的变化量ΔΦ没有必然联系。当磁通量Φ很大时，感应电动势可能很小，甚至为0。当磁通量Φ等于0时，其变化率可能很大，产生的感应电动势也会很大，所以只有选项C正确。]
穿过线圈的磁感应强度变化
2.(2022·江苏卷)如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0＋kt，B0、k为常量，则图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为( )
A．πkr2 B．πkR2
C．πB0r2 D．πB0R2
A [根据法拉第电磁感应定律有E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)S＝k·πr2；故A正确，B、C、D错误；故选A。]
穿过线圈的磁场面积变化
3.(2019·江苏卷)如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S＝0.3 m2、电阻R＝0.6 Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2 T。现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt＝0.5 s时间内合到一起。求线圈在上述过程中：
(1)感应电动势的平均值E；
(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；
(3)通过导线横截面的电荷量q。
[解析] (1)由法拉第电磁感应定律有：
感应电动势的平均值E＝eq \f(ΔΦ,Δt)
磁通量的变化ΔΦ＝BΔS
解得：E＝eq \f(BΔS,Δt)
代入数据得：E＝0.12 V。
(2)由闭合电路欧姆定律可得：
平均电流I＝eq \f(E,R)
代入数据得I＝0.2 A
由楞次定律可得，感应电流方向如图：
(3)由电流的定义式I＝eq \f(q,Δt)可得：电荷量q＝IΔt代入数据得q＝0.1 C。
[答案] (1)0.12 V (2)0.2 A(电流方向见解析图) (3)0.1 C
磁感应强度和面积同时变化
4．(2023·江苏南京市调研)如图甲所示，处于匀强磁场中的半封闭平行金属导轨框架MNPQ，NP宽为L。磁场与其平面垂直，磁感应强度B的变化规律如图乙所示。导体棒ab的电阻为R，导轨电阻不计。从t＝0开始，在外力作用下导体从导轨的最左端以速度v向右匀速运动，则t0时刻回路中的感应电流大小为( )
甲 乙
A．0 B．eq \f(B0Lv,R)
C.eq \f(2B0Lv,R) D．eq \f(4B0Lv,R)
C [t0时刻ab切割磁感线产生的动生电动势为E1＝B0Lv，ab中电流的方向由b到a；此时回路中的感生电动势为E2＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(B0－0,Δt)LvΔt＝B0Lv，ab中电流的方向也是b到a。可知回路中的感应电流大小为I＝eq \f(E1＋E2,R)＝eq \f(2B0Lv,R)，故C正确。]
回路中电荷量的求解
5.(2022·如皋市一模)如图所示，正方形线圈MOO′N处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与水平面的夹角为30°，线圈的边长为L，电阻为R，匝数为n。当线圈从竖直面绕OO′顺时针转至水平面的过程中，通过导线截面的电荷量为( )
A.eq \f(\r(3)＋1nBL2,2R) B．eq \f(\r(3)＋1n2BL2,2R)
C.eq \f(\r(3)－1nBL2,2R) D．eq \f(\r(3)－1n2BL2,2R)
A [根据法拉第电磁感应定律得eq \(E,\s\up6(－))＝eq \f(nΔΦ,Δt)
根据欧姆定律得eq \(I,\s\up6(－))＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),R)
根据电流的定义式得q＝eq \(I,\s\up6(－))Δt
联立解得：q＝eq \f(nΔΦ,R)
规定线圈水平放置时磁通量为正
又因为ΔΦ＝|Φ2－Φ1|
其中Φ2＝BL2sin 30°
Φ1＝－BL2cs 30°
联立解得：q＝eq \f(\r(3)＋1nBL2,2R)，故A正确，B、C、D错误。故选A。]
导体棒切割磁感线产生感应电动势
(对应学生用书第259页)
1．E＝Blv的三个特性
(1)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。
(2)有效性：公式中的l为导体切割磁感线的有效长度。如图中，导体棒的有效长度为ab间的距离。
(3)相对性：E＝Blv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．导体转动切割磁感线
当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E＝Bleq \x\t(v)＝eq \f(1,2)Bl2ω，如图所示。
[典例] 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。当金属框绕ab边以角速度ω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( )
A．Ua>Uc，金属框中无电流
B．Ub >Uc，金属框中电流方向沿a→b→c→a
C．Ubc＝－eq \f(1,2)Bl2ω，金属框中无电流
D．Ubc＝eq \f(1,2)Bl2ω，金属框中电流方向沿a→c→b→a
C [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Ua 电磁感应现象中电势高低的判断
(1)产生感应电动势的那部分电路或导体相当于电源。
(2)若电路是不闭合的，则先假设有电流通过，然后应用楞次定律或右手定则判断出电流的方向。
(3)电源内部电流的方向是由负极(低电势)流向正极(高电势)，外电路顺着电流方向每经过一个电阻电势都要降低。
[跟进训练]
平动切割产生感应电动势
1.如图所示，矩形线框abcd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，线框ab长为2L，bc长为L，MN为垂直于ab并可在ab和cd上自由滑动的金属杆，且杆与ab和cd接触良好，abcd和MN上单位长度的电阻皆为r。让MN从ad处开始以速度v向右匀速滑动，设MN与ad之间的距离为x(0≤x≤2L)，则在整个过程中不正确的是( )
A．当x＝0时，MN中电流最小
B．当x＝L时，MN中电流最小
C．MN中电流的最小值为eq \f(2Bv,5r)
D．MN中电流的最大值为eq \f(6Bv,11r)
A [MN中产生的感应电动势为E＝BLv，MN中电流I＝eq \f(E,R总)＝eq \f(BLv,Lr＋\f(L＋2x5L－2xr,6L))＝eq \f(6BL2v,－4x－L2r＋15L2r)，当x＝0或x＝2L时，MN中电流最大，MN中电流的最大值为Imax＝eq \f(6Bv,11r)，当x＝L时，MN中电流最小，MN中电流的最小值为Imin＝eq \f(2Bv,5r)，故A错误，B、C、D正确。故A选项符合题意。]
2.如图所示，abcd为水平放置的平行“”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动(金属杆滑动过程中与导轨接触良好)。则( )
A．电路中感应电动势的大小为eq \f(Blv,sin θ)
B．电路中感应电流的大小为eq \f(Bvsin θ,r)
C．金属杆所受安培力的大小为eq \f(B2lvsin θ,r)
D．金属杆的发热功率为eq \f(B2lv2,rsin θ)
B [电路中的感应电动势E＝Blv，感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(E,\f(l,sin θ) r)＝eq \f(Bvsin θ,r)，故A错误，B正确；金属杆所受安培力大小F＝BIeq \f(l,sin θ)＝eq \f(B2lv,r)，故C错误；金属杆的发热功率P＝I2R＝I2eq \f(l,sin θ) r＝eq \f(B2lv2sin θ,r)，故D错误。]
转动切割产生感应电动势
3.法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是( )
A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小变化
B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
B [由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B正确；由感应电动势E＝eq \f(1,2)Bl2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A错误；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，电流变为原来的2倍，由P＝I2R知，电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误。]
线框在磁场中平动切割产生感应电动势
4.(2023·江苏常熟中学模拟)如图所示，一电阻为R的导线弯成边长为L的等边三角形闭合回路。虚线MN右侧有磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于闭合回路所在的平面向里。下列对三角形导线框以速度v向右匀速进入磁场过程中的说法正确的是( )
A．回路中感应电流方向为顺时针方向
B．回路中感应电动势的最大值E＝eq \f(\r(3),2)BLv
C．回路中感应电流的最大值I＝eq \f(\r(3),2)RBLv
D．导线所受安培力的大小可能不变
B [在进入磁场的过程中，闭合回路中磁通量增加，根据楞次定律，闭合回路中产生的感应电流方向为逆时针方向，A错误； 等效切割磁感线的导线最大长度为Lsin 60°＝eq \f(\r(3),2)L, 感应电动势的最大值E ＝eq \f(\r(3),2)BLv，B正确；感应电流的最大值I＝eq \f(E,R)＝eq \f(\r(3),2R)BLv，C错误；在进入磁场的过程中，等效切割磁感线的导线长度变化，产生的感应电动势和感应电流大小变化，根据安培力公式可知，导线所受安培力大小一定变化，D错误。]
5．(2023·泰州模拟)如图，足够长的磁铁在空隙产生一个径向辐射状磁场，一个圆形细金属环与磁铁中心圆柱同轴，由静止开始下落，经过时间t，速度达最大值v，此过程中环面始终水平。已知金属环质量为m、半径为r、电阻为R，金属环下落过程中所经过位置的磁感应强度大小均为B，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则( )
A．在俯视图中，环中感应电流沿逆时针方向
B．环中最大的感应电流大小为eq \r(\f(mgv,R))
C．环下落过程中一直处于超重状态
D．t时间内通过金属环横截面的电荷量为eq \f(2πrBvt,R)
B [根据右手定则，在圆环上取一段圆弧分析可知，环中感应电流沿顺时针方向，故A错误；当重力等于安培力时，环下落的速度最大，此时感应电流最大，根据mgv＝I2R，解得I＝eq \r(\f(mgv,R))，故B正确；环下落中mg－F＝ma，加速度向下，始终处于失重状态，故C错误；设t时间内通过金属环横截面的电荷量为q，环下落速度为v时的感应电流大小为I＝eq \f(2πBrv,R)，由于环中感应电流不断增大，则q＜It＝eq \f(2πBrvt,R)，故D错误。故选B。]
自感和涡流
(对应学生用书第260页)
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。
2．自感中“闪亮”与“不闪亮”问题
[典例] 如图所示，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( )
甲 乙
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
C [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A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明IL1>IA1，即RL1 处理自感现象问题的技巧
(1)通电自感：线圈相当于一个变化的电阻——阻值由无穷大逐渐减小，通电瞬间自感线圈处相当于断路。
(2)断电自感：断电时自感线圈处相当于电源，自感电动势由某值逐渐减小到零，回路中电流在原电流基础上逐渐减为零。
(3)电流稳定时，理想的自感线圈相当于导线，非理想的自感线圈相当于定值电阻。
[跟进训练]
通电自感现象的分析
1．(2023·宿迁中学期末考试)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将立即变亮
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
D [在电路甲中，当接通开关S时，通过与灯泡A相连的自感线圈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，灯泡A将渐渐变亮，故选项A、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，然后渐渐变暗，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.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，线圈L的电阻不计。以下判断正确的是( )
A．闭合S，稳定后，电容器的a极板带正电
B．闭合S，稳定后，电容器两端电压小于E
C．断开S的瞬间，通过R1的电流方向向左
D．断开S的瞬间，通过R2的电流方向向右
B [闭合S，稳定后，电容器相当于断路，线圈L相当于短路，电容器b极板与电源正极相连，带正电荷，A项错误；电源有内阻，电容器两端电压等于电路的路端电压，小于电源电动势，B项正确；断开S瞬间，电容器与R2构成回路放电，通过R2的电流方向向左，D项错误；断开S瞬间，由于自感现象，线圈L相当于临时电源，阻碍原来的电流减小，通过线圈的电流方向不变，R1与线圈L构成回路，所以通过R1的电流方向向右，C项错误。]
3.(2022·江苏锡山高中一模)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( )
A B C D
D [当断开开关，原来通过R1的电流立即消失，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
4.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正功
D．系统产生的总热量为mgR
D [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，A、B、C错误；根据能量守恒定律得系统产生的总热量为mgR，D正确。]
5.如图所示，轻质弹簧一端固定在天花板上，另一端拴接条形磁铁，一个铜盘放在条形磁铁的正下方的绝缘水平桌面上，控制磁铁使弹簧处于原长，然后由静止释放磁铁，不计磁铁与弹簧之间的磁力作用，且磁铁运动过程中未与铜盘接触，下列说法中正确的是( )
A．磁铁所受弹力与重力等大反向时，磁铁的加速度为零
B．磁铁下降过程中，俯视铜盘，铜盘中产生顺时针方向的涡旋电流
C．磁铁从静止释放到第一次运动到最低点的过程中，磁铁减少的重力势能等于弹簧弹性势能
D．磁铁从静止释放到最终静止的过程中，磁铁减少的重力势能大于铜盘产生的焦耳热
D [磁铁上下运动时，由于穿过铜盘的磁通量发生变化，则在铜盘中会产生感应电流，铜盘对磁铁有磁场力，阻碍磁铁的运动，则当磁铁所受弹力与重力等大反向时，此时磁铁还受到下面铜盘的作用力，故此时磁铁的加速度不为零，选项A错误；根据楞次定律，磁铁下降过程中，俯视铜盘，铜盘中产生逆时针方向的涡旋电流，选项B错误；磁铁从静止释放到第一次运动到最低点的过程中，由于有电能产生，则磁铁减少的重力势能等于弹簧弹性势能与产生的电能之和，选项C错误；磁体最终静止时弹簧有弹性势能，则磁铁从静止释放到最终静止的过程中，磁铁减少的重力势能等于铜盘产生的焦耳热与弹簧弹性势能之和，选项D正确。]
电磁阻尼与电磁驱动
6．(2022·南京二模)如图是汽车上使用的电磁制动装置示意图。电磁制动是一种非接触的制动方式，其原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，使导体受到阻碍运动的制动力。下列说法正确的是( )
A．制动过程中，导体不会产生热量
B．如果导体反向转动，此装置将不起制动作用
C．制动力的大小与线圈中电流的大小无关
D．线圈电流一定时，导体运动的速度越大，制动力就越大
D [电磁制动的原理是当导体在通电线圈产生的磁场中运动时，会产生涡流，电流流过电阻时会产生热量，故A错误；如果改变线圈中的电流方向，铁芯产生的磁感线的方向变为反向，此时产生的涡流方向也相反，根据安培力的公式，电流和所处的磁场方向同时反向，安培力方向不变，故还是使导体受到阻碍运动的制动力，故B错误；线圈中电流越大，则产生的磁场越强，则转盘转动产生的涡流越强，则制动器对转盘的制动力越大，故C错误；线圈电流一定时，导体运动的速度越大，转盘转动产生的涡流越强，制动力就越大，故D正确。]
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。
两种情况下灯泡中电流方向均改变