1、第2節法拉第電磁感應定律自感渦流一、法拉第電磁感應定律1感應電動勢(1)概念：在電磁感應現象中產生的電動勢。(2)產生條件：穿過回路的磁通量發生改變，與電路是否閉合無關。(3)方向判斷：感應電動勢的方向用楞次定律或右手定則判斷。2法拉第電磁感應定律(1)內容：閉合電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比。(2)公式：en，其中n為線圈匝數。3導體切割磁感線時的感應電動勢(1)垂直切割：eblv。(2)傾斜切割：eblvsin_，其中為v與b的夾角。(3)旋轉切割(以一端為軸)：ebl2。二、自感和渦流1自感現象由于通過導體自身的電流發生變化而產生的電磁感應現象。2自感電動勢

2、(1)定義：在自感現象中產生的感應電動勢。(2)表達式：el。(3)自感系數l：與線圈的大小、形狀、匝數以及是否有鐵芯等因素有關，單位為亨利(h)。3渦流現象(1)渦流：塊狀金屬放在變化磁場中，或者讓它在磁場中運動時，金屬塊內產生的旋渦狀感應電流。(2)產生原因：金屬塊內磁通量變化感應電動勢感應電流。4電磁阻尼導體在磁場中運動時，感應電流會使導體受到安培力，安培力的方向總是阻礙導體的相對運動。5電磁驅動如果磁場相對于導體轉動，在導體中會產生感應電流使導體受到安培力而使導體運動起來。一、思考辨析(正確的畫“”，錯誤的畫“”)10，不一定等于0。()2線圈中磁通量變化越大，產生的感應電動勢越大。(

3、)3當導體在勻強磁場中垂直磁場方向運動時(運動方向和導體垂直)，感應電動勢為eblv。()4線圈中的電流越大，自感系數也越大。()5對于同一線圈，當電流變化越快時，線圈中的自感電動勢越大。()6渦流是由整塊導體發生的電磁感應現象，不遵從電磁感應定律。()二、走進教材1(人教版選修32p17t1改編)將閉合多匝線圈置于僅隨時間變化的磁場中，關于線圈中產生的感應電動勢和感應電流，下列表述正確的是()a感應電動勢的大小與線圈的匝數無關b穿過線圈的磁通量越大，感應電動勢越大c穿過線圈的磁通量變化越快，感應電動勢越大d感應電流產生的磁場方向與原磁場方向始終相同c由法拉第電磁感應定律en知，感應電動勢的大

4、小與線圈匝數有關，a錯誤；感應電動勢正比于，與磁通量的大小無直接關系，b錯誤，c正確；根據楞次定律知，感應電流的磁場總是阻礙引起感應電流的磁通量的變化，即“增反減同”，d錯誤。2.(粵教版選修32p18t3改編)如圖所示，半徑為r的n匝線圈放在邊長為l的正方形abcd之外，勻強磁場充滿正方形區域并垂直穿過該區域，當磁場以的變化率變化時，線圈產生的感應電動勢大小為()a0bnl2cnr2dnr2b由法拉第電磁感應定律可知線圈產生的自感電動勢enl2，故b正確。3.(魯科版選修32p33t1)在如圖所示的電路中，la為燈泡，s為開關，l為有鐵芯的線圈。對于這樣的電路，下列說法正確的是()a因為線圈

5、l通電后會產生自感現象，所以s閉合后，燈泡la中無電流通過b在s打開或閉合的瞬間，電路中都不會產生自感現象c當s閉合時，電路中會產生自感現象d在s閉合后再斷開的瞬間，燈泡la可能不立即熄滅cs閉合瞬間，由于線圈產生自感電動勢而阻礙通過燈泡la的電流的增加，但阻礙不是阻止，s閉合后有電流通過la；s斷開瞬間，線圈產生自感電動勢，因電路斷開，電流立即消失，燈泡la立即熄滅，故c正確，a、b、d錯誤。 法拉第電磁感應定律的理解和應用1對法拉第電磁感應定律的理解(1)公式en求解的是一個回路中某段時間內的平均電動勢，在磁通量均勻變化時，瞬時值才等于平均值。(2)感應電動勢的大小由線圈的匝數和穿過線圈的

6、磁通量的變化率共同決定，而與磁通量的大小、變化量的大小沒有必然聯系。(3)磁通量的變化率對應t圖線上某點切線的斜率。(4)通過回路截面的電荷量q，僅與n、和回路電阻r有關，與時間長短無關。2磁通量發生變化的三種情況(1)磁通量的變化是由面積變化引起時，bs，則en。(2)磁通量的變化是由磁場變化引起時，bs，則en，注意s為線圈在磁場中的有效面積。(3)磁通量的變化是由于面積和磁場變化共同引起的，則根據定義求，|末初|，enn。(多選)(2019全國卷)空間存在一方向與紙面垂直、大小隨時間變化的勻強磁場，其邊界如圖(a)中虛線mn所示。一硬質細導線的電阻率為、橫截面積為s，將該導線做成半徑為r

7、的圓環固定在紙面內，圓心o在mn上。t0時磁感應強度的方向如圖(a)所示；磁感應強度b隨時間t的變化關系如圖(b)所示。則在t0到tt1的時間間隔內()圖(a)圖(b)a圓環所受安培力的方向始終不變b圓環中的感應電流始終沿順時針方向c圓環中的感應電流大小為d圓環中的感應電動勢大小為bc根據楞次定律可知在0t0時間內，磁感應強度減小，感應電流的方向為順時針，圓環所受安培力水平向左，在t0t1時間內，磁感應強度反向增大，感應電流的方向為順時針，圓環所受安培力水平向右，所以選項a錯誤，b正確；根據法拉第電磁感應定律得er2，根據電阻定律可得r ，根據歐姆定律可得i，所以選項c正確，d錯誤。對感應電動

8、勢en的理解與應用1.(2018全國卷)如圖所示，導體軌道opqs固定，其中pqs是半圓弧，q為半圓弧的中點，o為圓心。軌道的電阻忽略不計。om是有一定電阻、可繞o轉動的金屬桿，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磁場，磁感應強度的大小為b。現使om從oq位置以恒定的角速度逆時針轉到os位置并固定(過程)；再使磁感應強度的大小以一定的變化率從b增加到b(過程)。在過程、中，流過om的電荷量相等，則等于()ab cd2b設om的電阻為r，圓的半徑為l，過程：om轉動的過程中產生的平均感應電動勢大小為e1，流過om的電流為i1，則流過om的電荷量為q1i1t1；過

9、程：磁場的磁感應強度大小均勻增加，則該過程中產生的平均感應電動勢大小為e2，電路中的電流為i2，則流過om的電荷量為q2i2t2；由題意知q1q2，則解得，b正確，a、c、d錯誤。2(多選)(2018全國卷)如圖(a)，在同一平面內固定有一長直導線pq和一導線框r，r在pq的右側。導線pq中通有正弦交流電i，i的變化如圖(b)所示，規定從q到p為電流正方向。導線框r中的感應電動勢()圖(a)圖(b)a在t時為零b在t時改變方向c在t時最大，且沿順時針方向d在tt時最大，且沿順時針方向ac因通電導線的磁感應強度大小正比于電流的大小，故導線框r中磁感應強度與時間的變化關系類似于題圖(b)，感應電動

10、勢正比于磁感應強度的變化率，即題圖(b)中的切線斜率，斜率的正負反映電動勢的方向，斜率的絕對值反映電動勢的大小。由題圖(b)可知，電流為零時，電動勢最大，電流最大時電動勢為零，a正確，b錯誤；再由楞次定律可判斷在一個周期內，內電動勢的方向沿順時針，時刻最大，c正確；其余時間段電動勢沿逆時針方向，d錯誤。回路中電荷量的求解3.如圖所示，長為l的金屬導線彎成一圓環，導線的兩端接在電容為c的平行板電容器上，p、q為電容器的兩個極板。磁場方向垂直于環面向里，磁感應強度以bb0kt(k0)隨時間變化。t0時，p、q兩極板電勢相等，兩極板間的距離遠小于環的半徑。經時間t，電容器的p極板()a不帶電b所帶電

11、荷量與t成正比c帶正電，電荷量是d帶負電，電荷量是d磁感應強度均勻增加，回路中產生的感應電動勢的方向為逆時針方向，q板帶正電，p板帶負電，a錯誤；由l2r，得r，感應電動勢eskr2，解得e，電容器上的電荷量qce，b、c錯誤，d正確。4.如圖所示，紙面內有一矩形導體閉合線框abcd，ab邊長大于bc邊長，置于垂直紙面向里、邊界為mn的勻強磁場外，線框兩次勻速完全進入磁場，兩次速度大小相同，方向均垂直于mn。第一次ab邊平行mn進入磁場，線框上產生的熱量為q1，通過線框導體橫截面的電荷量為q1；第二次bc邊平行mn進入磁場，線框上產生的熱量為q2，通過線框導體橫截面的電荷量為q2，則()aq1

12、q2，q1q2bq1q2，q1q2cq1q2，q1q2dq1q2，q1q2c設ab和bc邊長分別為lab、lbc，線框阻值為r，線框運動的速度為v。則有q1bi1lablbclbc，q1i1tt。同理可以求得q2bi2lbclab，q2i2t。因為lablbc，且兩次線框運動速率相同，可得q1q2，q1q2，故c正確。 導體棒切割磁感線產生感應電動勢的計算1理解eblv的“五性”(1)正交性：本公式是在一定條件下得出的，除磁場為勻強磁場外，還需b、l、v三者互相垂直。(2)瞬時性：若v為瞬時速度，則e為相應的瞬時感應電動勢。(3)平均性：導體平動切割磁感線時，若v為平均速度，則e為平均感應電動

13、勢，即bl。(4)有效性：公式中的l為導體切割磁感線的有效長度。如圖中，棒的有效長度為ab間的距離。(5)相對性：eblv中的速度v是導體相對磁場的速度，若磁場也在運動，應注意速度間的相對關系。2導體棒切割磁感線時，可有以下三種情況切割方式電動勢表達式說明垂直切割eblv(1)導體棒與磁場方向垂直(2)磁場為勻強磁場傾斜切割eblvsin 其中為v與b的夾角旋轉切割(以一端為軸)ebl23.“找、判、定”三步確定電勢的高低(2019北京高考)如圖所示，垂直于紙面的勻強磁場磁感應強度為b。紙面內有一正方形均勻金屬線框abcd，其邊長為l，總電阻為r，ad邊與磁場邊界平行。從ad邊剛進入磁場直至b

14、c邊剛要進入的過程中，線框在向左的拉力作用下以速度v勻速運動，求：(1)感應電動勢的大小e；(2)拉力做功的功率p；(3)ab邊產生的焦耳熱q。審題指導：(1)由導體切割磁感線產生感應電動勢的公式eblv確定電動勢的大小。(2)根據閉合電路歐姆定律求解感應電流的大小，由安培力fbil和功率pfv確定拉力的功率。(3)由速度公式確定線圈在磁場中的運動時間，根據焦耳定律求解ab邊產生的焦耳熱。解析(1)由法拉第電磁感應定律可得，感應電動勢eblv。(2)線框中的感應電流i拉力大小等于安培力大小fbil拉力的功率pfv。(3)線框ab邊電阻rab時間tab邊產生的焦耳熱qi2rabt。答案(1)bl

15、v(2)(3)平動切割產生感應電動勢1(多選)兩條平行虛線間存在一勻強磁場，磁感應強度方向與紙面垂直。邊長為0.1 m、總電阻為0.005 的正方形導線框abcd位于紙面內，cd邊與磁場邊界平行，如圖(a)所示。已知導線框一直向右做勻速直線運動，cd邊于t0時刻進入磁場。線框中感應電動勢隨時間變化的圖線如圖(b)所示(感應電流的方向為順時針時，感應電動勢取正)。下列說法正確的是()圖(a)(b)a磁感應強度的大小為0.5 tb導線框運動的速度的大小為0.5 m/sc磁感應強度的方向垂直于紙面向外d在t0.4 s至t0.6 s這段時間內，導線框所受的安培力大小為0.1 nbc由圖象可知，cd邊切

16、割磁感線產生的感應電動勢e0.01 v，由公式eblv，可得磁感應強度的大小b t0.2 t，a錯；由圖象可知，從導線框的cd邊進入磁場到ab邊剛好進入磁場，用時為0.2 s，可得導線框運動速度的大小v m/s0.5 m/s，b對；感應電流的方向為順時針時，對cd邊應用右手定則可知，磁感應強度的方向垂直于紙面向外，c對；t0.4 s至t0.6 s時間段為cd邊離開磁場，ab邊切割磁感線的過程。由閉合電路歐姆定律及安培力公式得安培力f，代入數據得f0.04 n，d錯。轉動切割產生感應電動勢2.如圖所示，直角三角形金屬框abc放置在勻強磁場中，磁感應強度大小為b，方向平行于ab邊向上。當金屬框繞a

17、b邊以角速度逆時針轉動時，a、b、c三點的電勢分別為ua、ub、uc。已知bc邊的長度為l。下列判斷正確的是() auauc，金屬框中無電流bub uc，金屬框中電流方向沿abcacubcbl2，金屬框中無電流dubcbl2，金屬框中電流方向沿acbac金屬框abc平面與磁場平行，轉動過程中磁通量始終為零，所以無感應電流產生，選項b、d錯誤；轉動過程中bc邊和ac邊均切割磁感線，產生感應電動勢，由右手定則判斷uauc，ubuc，選項a錯誤；由轉動切割產生感應電動勢的公式得ubcbl2，選項c正確。3.半徑分別為r和2r的同心圓形導軌固定在同一水平面內，一長為r、質量為m且質量分布均勻的直導體棒

18、ab置于圓導軌上面，ba的延長線通過圓導軌中心o，裝置的俯視圖如圖所示。整個裝置位于一勻強磁場中，磁感應強度的大小為b，方向豎直向下。在內圓導軌的c點和外圓導軌的d點之間接有一阻值為r的電阻(圖中未畫出)。直導體棒在水平外力作用下以角速度繞o逆時針勻速轉動，在轉動過程中始終與導軌保持良好接觸。設導體棒與導軌之間的動摩擦因數為，導體棒和導軌的電阻均可忽略。重力加速度大小為g。求：(1)通過電阻r的感應電流的方向和大小；(2)外力的功率。解析(1)根據右手定則，得導體棒ab上的電流方向為ba，故電阻r上的電流方向為cd。設導體棒ab中點的速度為v，則v而var，vb2r根據法拉第電磁感應定律，導體

19、棒ab上產生的感應電動勢ebrv根據閉合電路歐姆定律得i，聯立以上各式解得通過電阻r的感應電流的大小為i。(2)根據能量守恒定律，外力的功率p等于安培力與摩擦力的功率之和，即pbirvfv，而fmg解得p。答案(1)方向為cd大小為(2) 自感和渦流通電自感現象的分析1(多選)在如圖所示的甲、乙電路中，電阻r和燈泡a電阻的阻值相等，自感線圈l的電阻值可認為是0，在接通開關s時，則()甲乙a在電路甲中，燈泡a將漸漸變亮b在電路甲中，燈泡a將先變亮，然后漸漸變暗c在電路乙中，燈泡a將漸漸變亮d在電路乙中，燈泡a將先由亮漸漸變暗，然后熄滅ad在電路甲中，當接通開關s時，通過與燈泡a相連的自感線圈l的

20、電流突然增大，由于線圈的自感現象，自感電動勢阻礙電流的增大，所以通過燈泡a的電流只能慢慢增大，故選項a正確，選項b錯誤；在電路乙中，當接通開關s時，通過自感線圈l的電流突然增大，由于線圈的自感現象，開始時，自感線圈l就產生一個很大的自感電動勢來阻礙電流的流入，會有電流通過r和燈泡a，使燈泡a亮起，電流穩定后，又因為自感線圈l的電阻值可認為是0，所以燈泡a被短路，熄滅，故選項c錯誤，選項d正確。斷電自感現象的分析2如圖所示的電路，開關閉合，電路處于穩定狀態，在某時刻t1突然斷開開關s，則通過電阻r1中的電流i1隨時間變化的圖線可能是下圖中的()abcdd當斷開開關，原來通過r1的電流立即消失，由

21、于電磁感應，線圈l產生自感電動勢阻礙自身電流變化，產生的感應電流流過電阻，其方向與原來流過電阻r1的電流方向相反，慢慢減小最后為0，故d正確。渦流現象的分析與應用3.(多選)如圖所示，條形磁鐵位于固定的半圓光滑軌道的圓心位置。一半徑為r、質量為m的金屬球從半圓軌道的一端沿半圓軌道由靜止下滑。重力加速度大小為g。下列說法正確的是()a金屬球會運動到半圓軌道的另一端b由于金屬球沒有形成閉合電路，所以金屬球中不會產生感應電流c金屬球受到的安培力做負功d系統產生的總熱量為mgrcd金屬球在運動過程中，穿過金屬球的磁通量不斷變化，在金屬球內形成閉合回路，產生渦流，金屬球受到的安培力做負功，金屬球產生的熱

22、量不斷地增加，機械能不斷地減少，直至金屬球停在半圓軌道的最低點，c正確，a、b錯誤；根據能量守恒定律得系統產生的總熱量為mgr，d正確。1自感現象的四大特點(1)自感電動勢總是阻礙導體中原電流的變化。(2)通過線圈中的電流不能發生突變，只能緩慢變化。(3)電流穩定時，自感線圈相當于普通導體。(4)線圈的自感系數越大，自感現象越明顯，自感電動勢只是延緩了過程的進行，但它不能使過程停止，更不能使過程反向。2自感中“閃亮”與“不閃亮”問題與線圈串聯的燈泡與線圈并聯的燈泡電路圖通電時電流逐漸增大，燈泡逐漸變亮電流突然增大，然后逐漸減小達到穩定斷電時電流逐漸減小，燈泡逐漸變暗，電流方向不變電路中穩態電流

23、為i1、i2：若i2i1，燈泡逐漸變暗；若i2i1，燈泡閃亮后逐漸變暗。兩種情況下燈泡中電流方向均改變 電磁感應中的stse問題電磁感應現象與生活密切相關，高考對這部分的考查更趨向于有關現代氣息和sts問題中信息題的考查。命題背景有電磁爐、電子秤、電磁卡、電磁焊接術、衛星懸繩發電、磁懸浮列車等。高鐵剎車示例1某研學小組設計了一個輔助列車進站時快速剎車的方案。如圖所示，在站臺軌道下方埋一勵磁線圈，通電后形成豎直方向的磁場(可視為勻強磁場)。在車身下方固定一矩形線框，利用線框進入磁場時所受的安培力，輔助列車快速剎車。已知列車的總質量為m，車身長為s，線框的短邊ab和cd分別安裝在車頭和車尾，長度均

24、為l(l小于勻強磁場的寬度)，整個線框的電阻為r。站臺軌道上勻強磁場區域足夠長，車頭進入磁場瞬間的速度為v0，假設列車停止前所受鐵軌及空氣阻力的合力恒為f。已知磁場的磁感應強度的大小為b，車尾進入磁場瞬間，列車恰好停止。(1)求列車車頭剛進入磁場瞬間線框中的電流大小i和列車的加速度大小a；(2)求列車從車頭進入磁場到停止所用的時間t；(3)請你評價該設計方案的優點和缺點(優、缺點至少寫一種)。解析(1)車頭進入磁場時線框ab邊切割磁感線，有eblv0線框中的電流為i聯立以上兩式可得i線框所受的安培力為f安bil，由牛頓第二定律可得f安fma聯立各式可得a。(2)以列車前進速度方向為正方向，由動

25、量定理可得f安itift0mv0其中f安i又vitis聯立各式可得t。(3)該方案的優點：利用電磁阻尼現象輔助剎車，可以使列車的加速度平穩減小；可以減小常規剎車的機械磨損。該方案的缺點：沒有考慮列車車廂和內部線路等也是金屬材質，進入磁場時會產生渦流對設備產生不良影響；勵磁線圈也需要耗能；線框固定在列車上增加負載且容易出現故障。答案見解析本題中巧妙利用動量定理，因為導線框的運動為非勻變速直線運動，故不能直接利用運動學規律求解，但可以根據動量的變化與合外力的沖量相等關系，找到運動時間的表達式，其中借助于vitis求解安培力的沖量則是解答本題的關鍵所在。磁卡示例2磁卡的磁條中有用于存儲信息的磁極方向不同的磁化區，刷卡器中有檢測線圈。當以速度v0刷卡時，在線圈中產生感應電動勢，其et關系如圖所示。如果只將刷卡速度改為，線圈中的et關系圖可能是()abcdd若將刷卡速度改為，線圈切割磁感線運動時產生的感應電動勢大小將會減半，周期將會加倍，