人教版高考物理一轮复习第10章电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流学案

第2讲　法拉第电磁感应定律　自感和涡流

知识点1　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。

注意：感应电动势的方向与电源电动势的方向一样，都规定为在电源内部由负极指向正极。

2．法拉第电磁感应定律

(1)内容：感应电动势的大小跟穿过这一回路的磁通量的变化率成正比。

(2)公式：E＝n，其中n为线圈匝数。

(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守闭合电路的欧姆定律，即I＝。

3．导体切割磁感线时的感应电动势

(1)若B、l、v相互垂直，则E＝Blv。

(2)v∥B时，E＝0。

知识点2　自感、涡流

1．自感现象

(1)概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感。

(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自感电动势。

②表达式：E＝L。

(3)自感系数L

①相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关。

②单位：亨利(H)，1mH＝10－3 H,1μH＝10－6 H。

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，这种电流像水的漩涡，所以叫涡流。

思考：(1)穿过线圈的磁通量变化越大，产生的感应电动势是否也越大？

(2)利用E＝Blv推导出导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动时产生感应电动势的表达式。

[答案]　(1)否　(2)E＝Bl＝Bl＝Bl2ω

双基自测

一、堵点疏通

1．磁通量变化越大，产生的感应电动势也越大。(　×　)

2．磁通量变化越快，产生的感应电动势就越大。(　√　)

3．磁通量的变化率描述的是磁通量变化的快慢。(　√　)

4．感应电动势的大小与线圈的匝数无关。(　×　)

5．线圈中的自感电动势越大，自感系数就越大。(　×　)

6．磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势。(　√　)

二、对点激活

1．(多选)如图所示，用相同导线绕成的两个单匝线圈a，b的半径分别为r和2r，圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，若磁场的磁感应强度均匀增大，开始时的磁感应强度不为0，则(　BD　)

A．任意时刻，穿过a，b两线圈的磁通量之比均为1︰4

B．任意时刻，穿过a，b两线圈的磁通量之比均为1︰1

C．a，b两线圈中产生的感应电动势之比为1︰2

D．a，b两线圈中产生的感应电动势之比为1︰1

[解析]　任意时刻，穿过a，b两线圈的磁感线条数相等，磁通量相等，故磁通量之比为1︰1，故A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得E＝S，S为线圈在磁场范围内的有效面积，S＝πr2，因为S相等，也相等，所以a，b两线圈中产生的感应电动势相等，感应电动势之比为1︰1，故C错误，D正确。

2．金属探测器已经广泛应用于安检场所，关于金属探测器的论述正确的是(　C　)

A．金属探测器可用于食品生产，防止细小的砂石颗粒混入食品中

B．金属探测器探测地雷时，探测器的线圈中产生涡流

C．金属探测器探测金属时，被测金属中感应出涡流

D．探测过程中金属探测器与被测物体相对静止与相对运动探测效果相同

[解析]　金属探测器只能探测金属，不能用于食品生产，不能防止细小的砂石颗粒混入食品中，A错误；金属探测器探测金属时，被测金属中感应出涡流，B错误，C正确；探测过程中金属探测器应与被测物体相对运动，相对静止时无法得到探测效果，D错误。

核心考点·重点突破

HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO

考点一　法拉第电磁感应定律的理解及应用

1．应用法拉第电磁感应定律E＝n时应注意

(1)研究对象：E＝n的研究对象是一个回路，而不是一段导体。

(2)物理意义：E＝n求的是Δt时间内的平均感应电动势，当Δt→0时，则E为瞬时感应电动势。

(3)E＝n求得的电动势是整个回路的感应电动势，而不是回路中某段导体的电动势，整个回路的电动势为零，其回路中某段导体的感应电动势不一定为零。

2．法拉第电磁感应定律应用的三种情况

(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝B·ΔS，则E＝nB。

(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则E＝n·S，S是磁场范围内的有效面积。

(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＝n≠n。

3．在图像问题中磁通量的变化率是Φ－t图像上某点切线的斜率，利用斜率和线圈匝数可以确定感应电动势的大小。

例1　(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)感应电动势的平均值　E＝

磁通量的变化　ΔΦ＝BΔS

解得　E＝

代入数据得　E＝0.12 V。

(2)平均电流　I＝

代入数据得　I＝0.2 A(电流方向如图)。

(3)电荷量　q＝IΔt

代入数据得　q＝0.1 C。

[答案]　(1)0.12 V　(2)0.2 A(电流方向见解析中图)　(3)0.1 C

名师点拨　求电荷量三法

(1)q＝It(式中I为回路中的恒定电流、t为时间)

①由于导体棒匀速切割磁感线产生感应电动势使闭合回路中的电流恒定，根据电流定义式可知q＝It。

②闭合线圈中磁通量均匀增大或减小且回路中电阻保持不变，则电路中的电流I恒定，时间t内通过线圈横截面的电荷量q＝It。

(2)q＝n(其中R为回路电阻、ΔΦ为穿过闭合回路的磁通量的变化量)

①闭合回路中的电阻R不变、并且只有磁通量变化为电路提供电动势。

②从表面来看，穿过回路的磁通量与时间无关；但ΔΦ与时间有关、随时间而变化。

(3)Δq＝CBLΔv(式中C为电容器的电容、B为匀强磁场的磁感应强度、L为导体棒切割磁感线的有效长度、Δv为导体棒切割速度的增量)

在匀强磁场中，电容器接在切割磁感线的导体棒两端，不计一切电阻，电容器两极板间的电压等于导体棒切割磁感线产生的电动势E，电容器的充电(或放电)电流I＝＝，又E＝BLv，则ΔU＝BL(Δv)可得Δq＝CBLΔv。

〔变式训练1〕(2021·广东七校联合体联考)(多选)如图所示，半径为2r的弹性螺旋线圈内有垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，磁场区域的半径为r，已知弹性螺旋线圈的电阻为R，线圈与磁场区域共圆心，则以下说法中正确的是(　BC　)

A．保持磁场的磁感应强度不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，有顺时针方向的感应电流产生

B．保持磁场的磁感应强度不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，有逆时针方向的感应电流产生

C．保持线圈半径不变，使磁感应强度大小随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为

D．保持线圈半径不变，使磁感应强度大小随时间按B＝kt变化，线圈中的电流为

[解析]　本题考查楞次定律的应用和感生电流的计算。由于磁场的面积和磁感应强度不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，穿过线圈的磁通量不变，所以在线圈中没有感应电流产生，故A错误；由于磁场的面积和磁感应强度不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，线圈包含磁场的面积变小，磁通量变小，根据楞次定律可知，线圈中产生逆时针方向的感应电流，故B正确；保持线圈半径不变，使磁感应强度大小随时间按B＝kt变化，磁感应强度增大，穿过线圈的磁通量增大，根据楞次定律可知，线圈中产生顺时针方向的电流，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律，可知感应电流I＝＝＝＝k＝，故C正确，D错误。

考点二　导体切割磁感线产生感应电动势的计算

1．导体平动切割磁感线

对于导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式E＝Blv，应从以下几个方面理解和掌握。

(1)正交性

本公式是在一定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场，还需B、l、v三者相互垂直。实际问题中当它们不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算，公式可为E＝Blvsin θ，θ为B与v方向间的夹角。

(2)平均性

导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即＝Bl。

(3)瞬时性

若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。

(4)有效性

公式中的l为有效切割长度，即导体与v垂直的方向上的投影长度。下图中有效长度分别为：

甲图：l＝cdsin β(容易错算成l＝absin β)。

乙图：沿v1方向运动时，l＝MN；

丙图：沿v1方向运动时，l＝R；

沿v2方向运动时，l＝R。

(5)相对性

E＝Blv中的速度v是相对于磁场的速度，若磁场也运动时，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＝Bl＝Bl2ω，如图所示。

(1)以中点为轴时，E＝0(不同两段的代数和)；

(2)以端点为轴时，E＝Bωl2(平均速度取中点位置时的线速度ωl)；

(3)以任意点为轴时，E＝Bω(l－l)(不同两段的代数和)。

例2　(2020·江淮十校联考)如图所示，在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动。金属导轨间距为L电阻不计，金属杆的电阻为2R、长度为L，ab间电阻为R，MN两点间电势差为U，则通过电阻R的电流方向及U的大小(　B　)

A．a→b，BLv　 B．a→b，

C．a→b，　 D．b→a，

[解析]　由右手定则判断可知，MN中产生的感应电流方向为N→M，则通过电阻R的电流方向为a→b，MN产生的感应

电动势公式为：E＝BLv，R两端的电压为：U＝·R＝，故B项正确。

〔变式训练2〕边界MN的一侧区域内，存在着磁感应强度大小为B、方向垂直于光滑水平桌面的匀强磁场。边长为l的正三角形金属线框abc粗细均匀，三边阻值相等，a顶点刚好位于边界MN上，现使线框围绕过a点且垂直于桌面的转轴匀速转动，转动角速度为ω，如图所示，则在ab边开始转入磁场的瞬间，ab两端的电势差Uab为(　A　)

A．Bl2ω B．－Bl2ω

C．－Bl2ω D．Bl2ω

[解析]　本题考查电磁感应定律中的旋转切割问题。在ab边开始转入磁场的瞬间，切割磁感线产生的感应电动势为E＝Bl2ω，设每边电阻为R，由闭合电路欧姆定律可得金属线框中电流为I＝，由右手定则可判断出感应电流方向为逆时针方向，ab两端的电势差Uab＝I·2R＝Bl2ω，选项A正确。

考点三　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

例3　在如图所示的电路中，a、b、c为三盏完全相同的灯泡，L是自感线圈，直流电阻为RL，则下列说法正确的是(　B　)

A．合上开关后，c先亮，a、b后亮

B．断开开关时，N点电势高于M点

C．断开开关后，b、c同时熄灭，a缓慢熄灭

D．断开开关后，c马上熄灭，b闪一下后缓慢熄灭

[解析]　开关S闭合瞬间，因线圈L的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律可知，自感电动势阻碍电流的增大，通过a灯的电流逐渐增大，所以b、c先亮，a后亮，选项A错误；断开开关S的瞬间，因线圈L的电流减小，产生自感电动势，根据楞次定律可知通过自感线圈的电流方向与原电流方向相同，N点电势高于M点；L和a、b组成的回路中有电流，由于原来a灯的电流小于b灯的电流，开关断开的瞬间，通过a、b和线圈回路的电流从a灯原来的电流大小开始减小，所以b灯会先变暗，然后a、b灯一起缓慢熄灭，而c没有电流，马上熄灭，选项B正确，C、D错误。

〔变式训练3〕(多选)如图所示的电路中，L为一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1，D2是两个完全相同的灯泡，E是一内阻不计的电源。t＝0时刻，闭合开关S，经过一段时间后，电路达到稳定，t1时刻断开开关S。I1，I2分别表示通过灯泡D1和D2的电流，规定图中箭头所示的方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是(　AC　)

[解析]　当S闭合时，L的自感作用会阻碍其中的电流变大，电流从D1流过；当L的阻碍作用变小时，L中的电流变大，D1中的电流变小至零；D2中的电流为电路总电流，电流流过D1时，电路总电阻较大，电流较小，当D1中电流为零时，电流流过L与D2，总电阻变小，电流变大至稳定；当S再断开时，D2马上熄灭，D1与L组成回路，由于L的自感作用，D1慢慢熄灭，电流反向且减小，故A，C项正确。

考点四　涡流　电磁阻尼和电磁驱动

例4　(2020·贵州贵阳月考)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌，为了有效隔离外界震动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示，无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及其左右振动的衰减最有效的方案是(　A　)

[解析]　施加磁场来快速衰减STM的微小振动，其原理是电磁阻尼，在振动时通过紫铜薄板的磁通量变化，紫铜薄板中产生感应电动势和感应电流，则其受到安培力作用，该作用阻碍紫铜薄板振动，即促使其振动衰减。方案A中，无论紫铜薄板上下振动还是左右振动，通过它的磁通量都发生变化；方案B中，当紫铜薄板上下振动时，通过它的磁通量可能不变，当紫铜薄板向右振动时，通过它的磁通量不变；方案C中，紫铜薄板上下振动、左右振动时，通过它的磁通量可能不变；方案D中，当紫铜薄板上下振动时，紫铜薄板中磁通量可能不变。综上可知，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是A。

名师讲坛·素养提升

MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG

电磁感应在生活中的应用

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STS问题中信息题的考查。命题背景有电磁炉、电子秤、电磁卡、电磁焊接技术、卫星悬绳发电、磁悬浮列车等。

例5　(2021·北京昌平区质检)随着电动汽车的大量普及，汽车无线充电受到越来越多的关注。无线充电简单方便，不需手动操作，没有线缆拖拽，大大提高了用户体验。将受电线圈安装在汽车的底盘上，将供电线圈安装在地面上，如图所示。当电动汽车行驶到供电线圈装置上时，受电线圈即可“接受”到供电线圈的电流，从而对蓄电池进行充电。关于无线充电，下列说法正确的是(　A　)

A．无线充电技术与变压器的工作原理相同

B．为了保护受电线圈不受损坏，可在车底加装一个金属护板

C．只有将供电线圈接到直流电源上，才能对蓄电池进行充电

D．当受电线圈没有对准供电线圈(二者没有完全重合)时，将不能进行无线充电

[解析]　本题借助无线充电为背景考查电磁感应问题。无线充电技术与变压器都是利用电磁感应原理，故A正确；加装的金属护板会产生涡流，涡流会产生热量，且可能会熔化金属，故加装金属护板浪费能量，还可能损坏电器，故B错误；应将供电线圈接到交流电源上，对蓄电池进行充电，故C错误；当受电线圈没有对准供电线圈(二者没有完全重合)时，也可以进行无线充电，故D错误。

例6　(多选)如图所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动。为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带运动方向．根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈。通过观察图形，判断下列说法正确的是(　BD　)

A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈中感应电流方向从上向下看为逆时针

B．若线圈闭合，传送带以较大速度匀速运动时，磁场对线圈的作用力增大

C．从图中可以看出，第2个线圈是不合格线圈

D．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈

[解析]　若线圈闭合，进入磁场时，穿过线圈的磁通量增大，由楞次定律可知，线圈中的感应电流的磁场方向向下，所以感应电流的方向从上向下看是顺时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，传送带以较大速度匀速运动时，线圈中产生的感应电动势较大，则感应电流较大，磁场对线圈的作用力增大，故B正确；由题图知1、2、4、5、6线圈都发生了相对滑动，而第3个线圈没有滑动，则第3个线圈不闭合，没有产生感应电流，故C错误，D正确。

2年高考·1年模拟

2 NIAN GAO KAO 1 NIAN MO NI

1．(2020·天津)(多选)手机无线充电是比较新颖的充电方式。如图所示，电磁感应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电。在充电过程中(　AC　)

A．送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化

B．受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变

C．送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递

D．手机和基座无需导线连接，这样传递能量没有损失

[解析]　电磁感应式无线充电的原理是电磁感应。利用周期性变化的正弦式交变电流可以在送电线圈附近产生周期性变化的交变磁场，故A正确；当受电线圈处于交变磁场中时，受电线圈中产生交变感应电流，交变感应电流的磁场是周期性变化的，故B错误；送电线圈与受电线圈通过互感现象实现能量传递，故C项正确；手机和基座之间无需导线连接，但是充电过程中存在磁损、热损等，故D项错误。故选A、C。

2．(2019·全国卷Ⅰ，20)(多选)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ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t＝0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t＝0到t＝t1的时间间隔内(　BC　)

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

[解析]　A错：由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变，但t0时刻磁场方向发生变化，故安培力方向发生变化。B对：根据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向。C对，D错：根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝·S′＝·＝，根据闭合电路欧姆定律知，电流I＝＝＝。

3．(2020·河北唐山月考)(多选)如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为l＝1 m，cd间、de间、cf间分别接阻值为R＝10 Ω的电阻。一阻值为R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝4 m/s匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场。下列说法中正确的是(　BD　)

A．导体棒ab中电流的流向为由b到a

B．c、d两端的电压为1 V

C．d、e两端的电压为1 V

D．f、e两端的电压为1 V

[解析]　本题考查动生电动势。根据右手定则得，导体棒ab中电流的流向为由a到b，故A错误；ab棒产生的感应电动势E＝Blv＝0.5×1×4 V＝2 V，则c、d两端的电压为Ucd＝E＝1 V，而d、e间没有电流，则d、e两端的电压为0，f、e两端的电压等于c、d两端的电压，为1 V，故B、D正确，C错误。

4．(2020·陕西模拟)(多选)如图所示，一电阻不计的金属棒AO在匀强磁场中绕平行于磁场方向的轴(过O点)匀速转动，OC＝AC＝L＝0.5 m，磁感应强度大小为B＝2 T，磁场方向垂直纸面向里，金属棒转动的角速度为ω＝10 rad/s，内、外两金属圆环分别与金属棒良好接触并在C、A两处各引出一接线柱与外电阻R＝10 Ω相接(图中未画出)，两金属圆环圆心皆为O且电阻均不计，则(　ABD　)

A．金属棒中有从C到A的感应电流

B．外电阻R中的电流为0.75 A

C．金属棒绕O轴转一圈，通过电阻R的电荷量为零

D．金属棒AC间电压为7.5 V

[解析]　本题考查电磁感应中的旋转切割问题。由右手定则可知，金属棒相当于电源且A是电源的正极，即金属棒中有从C到A的感应电流，A正确；金属棒以角速度ω＝10 rad/s转动，在接入电路部分AC上产生的感应电动势为E＝BLv＝BL·＝，代入数据解得E＝7.5 V，即外电阻R中电流I＝＝0.75 A，B正确；金属棒绕O轴转一圈的过程，因为感应电流的方向一直没有改变，故通过电阻R的电荷量一定不为零，C错误；因为金属棒的电阻不计，即电源没有内阻，电动势全部输出，故电阻R两端电压为7.5 V，即金属棒AC间电压为7.5 V，D正确。