高中物理【法拉第电磁感应定律 自感和涡流】一轮复习资料
第63课时法拉第电磁感应定律、自感和涡流2025届高考物理一轮复习课件
电流方向由N到M，使回路中的电流减小，则杆OP受到的安培力减
小，杆MN中的电流减小，安培力会减小，加速度减小，故B、C错
误，D正确。
目录
高中总复习·物理
1. 【平动切割问题】
（多选）如图所示，分布于全空间的匀强磁场垂
直于纸面向里，其磁感应强度大小为B＝2 T。宽
图乙中b曲线，故B错误；断开开关前，两支路中电流相等，刚断开
开关时，回路中的电流不变，所以小灯泡不会发生明显闪亮，而是
逐渐熄灭，故C错误；t1时刻，两支路中电压相等，电流相等，则电
阻相等，即小灯泡与线圈的电阻相等，故D正确。
目录
高中总复习·物理
2. 【涡流问题】
（2023·全国乙卷17题）一学生小组在探究电磁感应现象时，进行
C. 在t＝0.05 s时，金属框ab边受到安培力的方向垂直于ab向右
D. 在t＝0到t＝0.1 s时间内，金属框中电流的电功率为0.064 W
目录
高中总复习·物理
Δ
解析：根据法拉第电磁感应定律E＝
，金属框的面积不
Δ
Δ
0.2T
2
变，磁场的磁感应强度变化，故ΔΦ＝ΔB·
L， ＝
＝2
Δ
T/s，解得E＝0.08
0.1s
0.08
V，故A正确；感应电流为I＝ ＝
A＝
0.1
0.8 A，在t＝0.05 s时，ab边受到的安培力大小为F＝BIl＝
0.1×0.8×0.2 N＝0.016 N，故B正确；根据楞次定律，感应电
流阻碍原磁通量的变化，原磁通量随时间在减小，故线框有
扩大的趋势，则ab边受到的安培力水平向左，故C错误；电功
高三物理一轮复习【法拉第电磁感应定律 自感和涡流】
法拉第电磁感应定律 自感和涡流〖必备知识〗一、法拉第电磁感应定律1．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 ＝n ΔΦΔt，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 ＝ER ＋r .2．导体切割磁感线的情形(1)若B 、l 、v 相互垂直，则E ＝ ．(2)E ＝Bl v sin θ，θ为运动方向与磁感线方向的夹角．(3)导体棒在磁场中转动：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产生感应电动势E ＝Bl v －＝12Bl 2ω⎝⎛⎭⎫平均速度取中点位置线速度12l ω. 二、自感和涡流 1．自感现象(1)概念：由于导体本身的 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做自感电动势． ②表达式：E ＝L ΔIΔt .(3)自感系数L①相关因素：与线圈的 、形状、 以及是否有铁芯有关． ②单位：亨利(H)，1 mH ＝ H ，1 μH ＝ 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像 状的感应电流．考点一 法拉第电磁感应定律的理解及应用1．法拉第电磁感应定律的理解(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率ΔΦΔt和线圈的匝数共同决定，而与磁(2)磁通量的变化率ΔΦΔt 是Φt 图象上某点切线的斜率．2．应用法拉第电磁感应定律的三种情况(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝B ·ΔS ，则E ＝n B ·ΔSΔt .(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB ·S ，则E ＝n ΔB ·SΔt .(3)磁通量的变化是由面积和磁场变化共同引起时，则根据定义求，ΔΦ＝Φ末－Φ初，E ＝nB 2S 2－B 1S 1Δt ≠n ΔB ·ΔSΔt. 例1、轻质细线吊着一质量为m ＝0.42 kg 、边长为L ＝1 m 、匝数n ＝10的正方形线圈，其总电阻为r ＝1 Ω.在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示．(g ＝10 m/s 2)(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针； (2)求线圈的电功率；(3)求在t ＝4 s 时轻质细线的拉力大小．考点二 导体切割磁感线产生感应电动势的计算1．E ＝Bl v 的特性(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 ＝Bl v 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产生感应电动势的情况若长为L 的导体棒在磁感应强度为B 的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，则 (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 ＝12B ωL 2(平均速度取中点位置的线速度12ωL )．(3)以任意点为轴时E ＝12B ω(L 21－L 22)(L 1>L 2，不同两段的代数和)． 第1维度：平动切割产生感应电动势例2、(多选)半径为a 右端开小口的导体圆环和长为2a 的导体直杆，单位长度电阻均为R 0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B ．杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开始，杆的位置由θ确定，如图所示．则( )A ．θ＝0时，杆产生的电动势为2Ba vB ．θ＝π3时，杆产生的电动势为3Ba vC ．θ＝0时，杆受的安培力大小为2B 2a v(π＋2)R 0D ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2a v (5π＋3)R 0第2维度：转动切割产生感应电动势例3、 (多选)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，则电流大小恒定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倍第3维度：线框在磁场中平动切割产生感应电动势例4、一个匀强磁场的边界是MN，MN左侧无磁场，右侧是范围足够大的匀强磁场区域，如图甲所示．现有一个金属线框沿ab方向以恒定速度从MN左侧垂直进入匀强磁场区域．线框中的电流随时间变化的It图象如图乙所示．则可能的线框是下列选项中的哪一个()考点三自感和涡流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例5、(多选)如图所示，两个相同灯泡L1、L2分别与电阻R和自感线圈L串联，接到内阻不可忽略的电源的两端，当闭合开关S到电路稳定后，两灯泡均正常发光，已知自感线圈的自感系数很大．则下列说法正确的是()A．闭合开关S到电路稳定前，灯泡L1逐渐变亮B．闭合开关S到电路稳定前，灯泡L2由亮变暗C．断开开关S的一段时间内，A点电势比B点电势高D．断开开关S的一段时间内，灯泡L2亮一下逐渐熄灭例6、(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是两个完全相同的电灯，E是内阻不计的电源．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分别表示通过电灯D1和D2的电流，规定图中箭头所示方向为电流正方向，以下各图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是()电磁感应现象在生产、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、电磁焊接术、卫星悬绳发电、磁悬浮列车等．例7、磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈．当以速度v 0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E t 关系如图所示．如果只将刷卡速度改为v 02，线圈中的E t 关系图可能是( )例8、 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课堂练习1、 (法拉第电磁感应定律的应用)如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n ，面积为S .若在t 1到t 2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B 1均匀增加到B 2，则该段时间线圈两端a 和b 之间的电势差φa －φb ( )A ．恒为nS (B 2－B 1)t 2－t 1B ．从0均匀变化到nS (B 2－B 1)t 2－t 1C ．恒为－nS (B 2－B 1)t 2－t 1D ．从0均匀变化到－nS (B 2－B 1)t 2－t 12．(导线平动切割)如图所示，abcd 为水平放置的平行“匚”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Bl vsin θB ．电路中感应电流的大小为B v sin θrC ．金属杆所受安培力的大小为B 2l v sin θrD ．金属杆的热功率为B 2l v 2r sin θ3、 (导线转动切割)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U a 、U b 、U c .已知bc 边的长度为l .下列判断正确的是( )A ．U a >U c ，金属框中无电流B ．U b >U c ，金属框中电流方向沿a b c aC ．U b c ＝－12Bl 2ω，金属框中无电流D ．U b c ＝12Bl 2ω，金属框中电流方向沿a c b a4、 (对涡流的理解)(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mgR5．(含电容器电路的自感现象)(多选)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EC ．断开S 的瞬间，通过R 1的电流方向向右D ．断开S 的瞬间，通过R 2的电流方向向右第2讲 法拉第电磁感应定律 自感和涡流参考答案例1、解析：(1)由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向． (2)由法拉第电磁感应定律得E ＝n ΔΦΔt ＝n ·12L 2ΔBΔt ＝0.5 V则P ＝E 2r＝0.25 W(3)I ＝Er ＝0.5 A ，F 安＝nBIL由图乙可知t ＝4 s 时 B ＝0.6 TF 安＝10×0.6×0.5×1 N ＝3 N 据平衡条件有 F 安＋F 线＝mg 联立解得F 线＝1.2 N.答案：(1)逆时针 (2)0.25 W (3)1.2 N例2、解析：选AD ．当θ＝0时，杆切割磁感线的有效长度l 1＝2a ，所以杆产生的电动势E 1＝Bl 1v ＝2Ba v ，选项A 正确；此时杆上的电流I 1＝E 1(πa ＋2a )R 0＝2B v (π＋2)R 0，杆受的安培力大小F 1＝BI 1l 1＝4B 2a v(π＋2)R 0，选项C 错误；当θ＝π3时，杆切割磁感线的有效长度l 2＝2a cos π3＝a ，杆产生的电动势E 2＝Bl 2v ＝Ba v ，选项B 错误；此时杆上的电流I 2＝E 2⎝⎛⎭⎫2πa －π3a ＋a R 0＝3B v (5π＋3)R 0，杆受的安培力大小F 2＝BI 2l 2＝3B 2a v(5π＋3)R 0，选项D 正确．例3、解析：选AB ．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 ＝12Bl 2ω知，角速度恒定，则感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A 正确；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．例4、解析：选D．线框切割磁感线产生的感应电动势E＝BL v，设线框总电阻是R，则感应电流I＝ER，由题图乙所示图象可知，感应电流先均匀变大，后均匀变小，且电流大小与时间成正比，由于B、v、R是定值，故切割磁感线的有效长度L应先均匀变长，后均匀变短，且L随时间均匀变化，0～t0内L与时间t成正比．圆形线框匀速进入磁场时，有效长度L先变大，后变小，但L随时间不是均匀变化，不符合题意，故A错误；正方形线框进入磁场时，有效长度L不变，感应电流不变，不符合题意，故B错误；梯形线框匀速进入磁场时，有效长度L先均匀增加，后不变，最后均匀减小，不符合题意，故C错误；三角形线框匀速进入磁场时，有效长度L先增加，后减小，且随时间均匀变化，符合题意，故D正确．例5、解析：选AB．闭合开关的瞬间，L2灯立即发光，L1灯所在电路上线圈产生自感电动势，阻碍电流的增大，电流只能逐渐增大，L1灯逐渐变亮，故A正确；闭合开关S到电路稳定前，L1电路中的电流逐渐增大，电源的内电阻上的电压逐渐增大，所以路端电压逐渐减小，则灯泡L2逐渐变暗，故B正确；闭合开关，待电路稳定后断开开关，L中产生自感电动势，相当于电源，电流的方向与开关断开前L1的方向相同，从右向左流过L2灯，所以A点电势比B点电势低，故C错误；断开开关S的一段时间内，L中产生自感电动势，相当于电源，电流从原来的电流开始减小，所以两个灯泡都是逐渐熄灭，不会闪亮一下，故D错误．例6、解析：选AC．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，由于线圈L自感的影响，D2的电流较小，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，D 2马上熄灭，D 1与L 组成回路，由于L 的自感作用，D 1慢慢熄灭，电流反向且减小；综上所述知选项A 、C 正确．例7、解析：选D ．若将刷卡速度改为v 02，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．例8、解析：选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应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．课堂练习1、解析：选C ．根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝n (B 2－B 1)S t 2－t 1，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b 点电势高于a 点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a 、b 两点电势差恒为φa －φb ＝－nS (B 2－B 1)t 2－t 1，选项C 正确．2、解析：选B ．金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为E ＝Bl v (l 为切割磁感线的有效长度)，选项A 错误；电路中感应电流的大小为I ＝E R ＝Bl v lr sin θ＝B v sin θr，选项B 正确；金属杆所受安培力的大小为F ＝BIl ′＝B ·B v sin θr ·l sin θ＝B 2l v r ，选项C 错误；金属杆的热功率为P ＝I 2R ＝B 2v 2sin 2θr 2·lr sin θ＝B 2l v 2sin θr ，选项D 错误． 3、解析：选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U a <U c ，U b <U c ，选项A 错误；由转动切割产生感应电动势的公式得U b c ＝－12Bl 2ω，选项C 正确． 4、解析：选CD ．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，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．5、解析：选BC ．闭合S ，稳定后，电容器相当于断路，线圈L 相当于短路，所以电容器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R 2构成回路放电，通过R 2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，R 1与线圈L 构成回路，所以通过R 1的电流方向向右，C 项正确．第2讲 法拉第电磁感应定律 自感和涡流定时练习1. (多选)如图是磁悬浮的原理，图中A 是圆柱形磁铁，B 是用高温超导材料制成的超导圆环．将超导圆环水平放在磁铁A 上，它就能在磁力的作用下悬浮在磁铁A 上方的空中，则( )A ．将B 放入磁场的过程中，B 中将产生感应电流，稳定后，感应电流消失B ．将B 放入磁场的过程中，B 中将产生感应电流，稳定后，感应电流仍存在C ．如A 的N 极朝上，B 中感应电流为顺时针方向(俯视)D ．如A 的N 极朝上，B 中感应电流为逆时针方向(俯视)2．(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( )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B ＝B 0＋kt (k >0)随时间变化．t ＝0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 ．所带电荷量与t 成正比C ．带正电，电荷量是kL 2C 4πD ．带负电，电荷量是kL 2C 4π4、(自感现象)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，L 1和L 2为电感线圈．实验时，断开开关S 1瞬间，灯A 1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S 2，灯A 2逐渐变亮．而另一个相同的灯A 3立即变亮，最终A 2与A 3的亮度相同．下列说法正确的是( )A ．图甲中，A 1与L 1的电阻值相同B ．图甲中，闭合S 1，电路稳定后，A 1中电流大于L 1中电流C ．图乙中，变阻器R 与L 2的电阻值相同D ．图乙中，闭合S 2瞬间，L 2中电流与变阻器R 中电流相等5、如图所示，三个灯泡L 1、L 2、L 3的阻值关系为R 1＜R 2＜R 3，电感线圈L 的直流电阻可忽略，D 为理想二极管，开关S 从闭合状态突然断开时，下列判断正确的是( )A ．L1逐渐变暗，L 2、L 3均先变亮，然后逐渐变暗B ．L 1逐渐变暗，L 2立即熄灭，L 3先变亮，然后逐渐变暗C ．L 1立即熄灭，L 2、L 3均逐渐变暗D ．L 1、L 2、L 3均先变亮，然后逐渐变暗6、在一空间有方向相反，磁感应强度大小均为B 的匀强磁场，如图所示，垂直纸面向外的磁场分布在一半径为a 的圆形区域内，垂直纸面向里的磁场分布在除圆形区域外的整个区域，该平面内有一半径为b (b >2a )的圆形线圈，线圈平面与磁感应强度方向垂直，线圈与半径为a的圆形区域是同心圆．从某时刻起磁感应强度在Δt 时间内均匀减小到B 2，则此过程中该线圈产生的感应电动势大小为( )A ．πB (b 2－a 2)2ΔtB ．πB (b 2－2a 2)ΔtC ．πB (b 2－a 2)ΔtD ．πB (b 2－2a 2)2Δt7、 (多选)如图所示，一导线弯成直径为d 的半圆形闭合回路，虚线MN 右侧有磁感应强度为B 的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面．回路以速度v 向右匀速进入磁场，直径CD 始终与MN 垂直．从D 点到达边界开始到C 点进入磁场为止，下列说法中正确的是( )A ．感应电流方向为逆时针方向B ．CD 段直导线始终不受安培力C ．感应电动势的最大值E ＝Bd vD ．感应电动势的平均值E －＝18πBd v 8、. (多选)如图所示，水平面上固定一个顶角为60°的光滑金属导轨MON ，导轨处于磁感应强度大小为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，质量为m 的导体棒CD 与∠MON 的角平分线垂直，导轨与棒单位长度的电阻均为r .t ＝0时刻，CD 在水平外力F 的作用下从O 点以恒定速度v 0沿∠MON 的角平分线向右滑动，在滑动过程中始终保持与导轨良好接触．若棒与导轨均足够长，则( )A ．流过导体棒的电流I 始终为B v 03rB ．F 随时间t 的变化关系为F ＝23B 2v 209rt C ．t 0时刻导体棒的发热功率为23B 2v 3027r t 0D ．撤去F 后，导体棒上能产生的焦耳热为12m v 209、如图所示，abcd 为水平放置的平行“匚”形光滑金属导轨，导轨间距为l ，电阻不计．导轨间有垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B .金属杆放置在导轨上，与导轨的接触点为M 、N ，并与导轨成θ角．金属杆以ω 的角速度绕N 点由图示位置匀速转动到与导轨ab 垂直，转动过程中金属杆与导轨始终接触良好，金属杆单位长度的电阻为r .则在金属杆转动过程中( )A ．M 、N 两点电势相等B ．金属杆中感应电流的方向由N 流向MC ．电路中感应电流的大小始终为Bl ω2rD ．电路中通过的电荷量为Bl 2r tan θ10、如图所示，水平“U 形”导轨abcd 固定在匀强磁场中，ab 与cd 平行，间距L 1＝0.5 m ，金属棒AB 垂直于ab 且和ab 、cd 接触良好，AB 与导轨左端bc 的距离为L 2＝0.8 m ，整个闭合回路的电阻为R ＝0.2 Ω，磁感应强度为B 0＝1 T 的匀强磁场竖直向下穿过整个回路．金属棒AB 通过滑轮和轻绳连接着一个质量为m ＝0.04 kg 的物体，不计一切摩擦，现使磁场以ΔB Δt＝0.2 T/s 的变化率均匀地增大．求： (1)金属棒上电流的方向；(2)感应电动势的大小；(3)物体刚好离开地面的时间(g 取10 m/s 2)．第2讲 法拉第电磁感应定律 自感和涡流定时练习 参考答案1、解析：选BC ．当将B 环靠近A 时，由于越靠近磁铁A ，磁场就越强，磁感线就越密，所以在靠近过程中穿过B 环的磁通量发生改变，即在该环中会产生感应电流；由于发生了超导，即B 环没有电阻，所以稳定后B 环中的电流不会变小，且永远存在，故A 错误，B 正确．此时B 环水平放在磁铁A 上且悬浮在磁铁A 的上方空中，即其相互排斥，说明B 环的下面是N 极，故B 环中感应电流为顺时针方向(俯视)，故C 正确，D 错误．2、解析：选BD ．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．3、解析：选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L ＝2πR ，得R ＝L 2π，感应电动势E ＝ΔB Δt·S ＝k ·πR 2，解得E ＝kL 24π，电容器上的电荷量Q ＝CE ＝kL 2C 4π，B 、C 错误，D 正确． 4、解析：选C ．断开开关S 1瞬间，线圈L 1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L 1的电流反向通过A 1，灯A 1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明I L 1>I A1，即R L 1<R A1，故A 错；题图甲中，闭合开关S 1，电路稳定后，因为R L 1<R A1，所以A 1中电流小于L 1中电流，故B 错；题图乙中，闭合开关S 2，灯A 2逐渐变亮，而另一个相同的灯A 3立即变亮，最终A 2与A 3的亮度相同，说明变阻器R 与L 2的电阻值相同，故C 对；闭合S 2瞬间，通过L 2的电流增大，由于电磁感应，线圈L 2产生自感电动势，阻碍电流的增大，则L 2中电流与变阻器R 中电流不相等，故D 错．5、解析：选B ．开关S 处于闭合状态时，由于R 1＜R 2＜R 3，则分别通过三个灯泡的电流大小I 1＞I 2＞I 3，开关S 从闭合状态突然断开时，电感线圈产生与L 中电流方向一致的自感电动势，由于二极管的反向截止作用，L 2立即熄灭，电感线圈、L 1、L 3组成闭合回路，L 1逐渐变暗，通过L 3的电流由I 3变为I 1，再逐渐减小，故L 3先变亮，然后逐渐变暗，选项B 正确．6、解析：选D ．磁感线既有垂直纸面向外的，又有垂直纸面向里的，所以可以取垂直纸面向里的方向为正方向．磁感应强度大小为B 时线圈磁通量Φ1＝πB (b 2－a 2)－πBa 2， 磁感应强度大小为B 2时线圈磁通量Φ2 ＝12πB (b 2－a 2)－12πBa 2，因而该线圈磁通量的变化量的大小为ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝12πB (b 2－2a 2)．根据法拉第电磁感应定律可得线圈中产生的感应电动势的大小为E ＝ΔΦΔt ＝πB (b 2－2a 2)2Δt.故选项D 正确． 7、解析：选AD ．线圈进磁场过程，垂直平面向里的磁通量逐渐增大，根据楞次定律“增反减同”，感应电流方向为逆时针方向，选项A 正确；CD 端导线电流方向与磁场垂直，根据左手定则判断，安培力竖直向下，选项B 错误；线圈进磁场切割磁感线的有效长度是初、末位置的连线，进磁场过程，有效切割长度最长为半径，所以感应电动势最大值为Bd v 2，选项C 错误；感应电动势的平均值E －＝ΔΦΔt ＝B ·12π⎝⎛⎭⎫d 22d v＝Bd πv 8，选项D 正确． 8、解析：选ABC ．导体棒的有效切割长度L ＝2v 0t tan 30°，感应电动势E ＝BL v 0，回路的总电阻R ＝(2v 0t tan 30°＋2v 0t cos 30°)r ，通过导体棒的电流I ＝E R ＝B v 03r ，选项A 正确；导体棒受力平衡，则外力F 与安培力平衡，即F ＝BIL ，得F ＝23B 2v 209rt ，选项B 正确；t 0时刻导体棒的电阻为R x ＝2v 0t 0tan 30°·r ，则导体棒的发热功率P 棒＝I 2R x ＝23B 2v 3027r t 0，选项C 正确；从撤去F 到导体棒停下的过程，根据能量守恒定律有Q棒＋Q 轨＝12m v 20－0，得导体棒上能产生的焦耳热Q 棒＝12m v 20－Q 轨<12m v 20，选项D 错误． 9、解析：选A ．根据题意可知，金属杆MN 为电源，导轨为外电路，由于导轨电阻不计，。
2025版高考物理大一轮复习课件第十二章电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流
25
考点一 考点二 考点三 考点四 限时规范训练
维度2 转动切割问题
例 3 如图所示，光滑铜环水平固定，半径为l，长为l、电阻为r的
铜棒OA的一端在铜环的圆心O处，另一端与铜环良好接触，整个装置处
在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中。现使铜棒OA以角
速度ω逆时针(俯视)匀速转动，A端始终在铜环上，定值电阻的阻值为3r，
B0；左侧匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，规定垂 直纸面向外为磁场的正方向。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为
S0，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。求：
(1)t＝t20时，圆环受到的安培力； 甲
乙
(2)在 0～32t0 内，通过圆环的电荷量。
11
考点一 考点二 考点三 考点四 限时规范训练
03
考点三 自感
30
考点一 考点二 考点三 考点四 限时规范训练
知识梳理
1.自感现象 由于导体线圈本身的电流发生变化而引起的电磁感应现象，叫作自 感。 2.自感电动势 (1)在自感现象中产生的电动势叫作自感电动势。
(2)表达式：EL＝LΔΔIt。
31
考点一 考点二 考点三 考点四 限时规范训练
考点一 法拉第电磁感应定律
的理解及应用
4
考点一 考点二 考点三 考点四 限时规范训练
知识梳理
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__□_1_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__□_2 _楞__次__定__律_____或右手定则判
然联系。
高考物理一轮复习 专题 法拉第电磁感应定律 自感 涡流
法拉第电磁感应定律 自感 涡流知识梳理知识点一 法拉第电磁感应定律 1.感应电动势(1)概念：在 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：感应电动势的大小跟穿过这一电路的 成正比. (2)公式：E ＝n ΔΦΔt，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 ＝ . 3.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.答案：1.(1)电磁感应现象 (2)磁通量 无关 (3)楞次定律 右手定则 2.(1)磁通量的变化率 (3)欧姆ER ＋r3.(1)Blv知识点二 自感、涡流 1.自感现象(1)概念：由于导体本身的 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做 . ②表达式：E ＝ . (3)自感系数L①相关因素：与线圈的 、形状、 以及是否有铁芯有关. ②单位：亨利(H)，1 mH ＝ H,1 μH ＝ 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 ，这种电流像水的漩涡所以叫涡流.答案：1.(1)电流 (2)①自感电动势 ②L ΔIΔt (3)①大小 匝数②10－310－62.感应电流 [思考判断](1)Φ＝0，ΔΦΔt不一定等于0。
( )(2)感应电动势E 与线圈匝数n 有关，所以Φ、ΔΦ、ΔΦΔt 的大小均与线圈匝数有关。
( )(3)线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大。
( )(4)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E ＝BLv 。
( )(5)涡流就是自感。
( )答案 (1)√ (2)× (3)√ (4)√ (5)×考点精练考点一 法拉第电磁感应定律的理解和应用 1.感应电动势的决定因素(1)由E ＝n ΔΦΔt 知，感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率ΔΦΔt 和线圈匝数n共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系.(2)ΔΦΔt 为单匝线圈产生的感应电动势大小.2.法拉第电磁感应定律的两个特例(1)回路与磁场垂直的面积S 不变，磁感应强度发生变化，则ΔΦ＝ΔB ·S ，E ＝n ΔBΔt ·S .(2)磁感应强度B 不变，回路与磁场垂直的面积发生变化，则ΔΦ＝B ·ΔS ，E ＝nB ΔSΔt .对应训练[典例1] (2017·安徽安庆质检)如图甲所示，一个电阻值为R 、匝数为n 的圆形金属线圈与阻值为2R 的电阻R 1连接成闭合回路，线圈的半径为r 1.在线圈中半径为r 2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图乙所示(规定图甲中B 的方向为正方向).图线与横、纵轴的截距分别为t 0和B 0，导线的电阻不计.求0～t 1时间内：甲 乙(1)通过电阻R 1的电流大小和方向；(2)通过电阻R 1的电荷量q 及电阻R 1上产生的热量.[解题指导] (1)B t 图象为一条倾斜直线，表示磁场均匀变化，即变化率恒定. (2)本题应区分磁场的面积和线圈的面积.[解析] (1)根据楞次定律可知，通过R 1的电流方向为由b 到a .根据法拉第电磁感应定律得，线圈中的电动势E ＝n ΔB πr 22Δt ＝n ·B 0πr 22t 0根据闭合电路欧姆定律得，通过R 1的电流I ＝E 3R ＝nB 0πr 223Rt 0. (2)通过R 1的电荷量q ＝It 1＝nB 0πr 22t 13Rt 0R 1上产生的热量Q ＝I 2R 1t 1＝2n 2B 20π2r 42t 19Rt 2. [答案] (1)nB 0πr 223Rt 0方向由b 到a(2)nB 0πr 22t 13Rt 0 2n 2B 20π2r 42t 19Rt 2[变式1] 如图所示，一正方形线圈的匝数为n ，边长为a ，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中.在Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B 均匀地增大到2B .在此过程中，线圈中产生的感应电动势为( )A.Ba 22ΔtB.nBa 22ΔtC.nBa 2ΔtD.2nBa 2Δt答案：B 解析：磁感应强度的变化率ΔBΔt＝2B －B Δt ＝B Δt ，法拉第电磁感应定律公式可写成E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔBΔt S ，其中磁场中的有效面积S ＝12a 2，代入得E ＝n Ba 22Δt，选项B 正确，A 、C 、D 错误.[变式2](2016·北京卷)如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a 、b ，磁场方向与圆环所在平面垂直.磁感应强度B 随时间均匀增大.两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为E a 和E b .不考虑两圆环间的相互影响.下列说法正确的是( )A.E a ∶E b ＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B.E a ∶E b ＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C.E a ∶E b ＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D.E a ∶E b ＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向答案：B 解析：由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt πr 2，ΔB Δt 为常数，E 与r 2成正比，故E a ∶E b ＝4∶1.磁感应强度B 随时间均匀增大，故穿过圆环的磁通量增大，由楞次定律知，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反，垂直纸面向里，由安培定则可知，感应电流均沿顺时针方向，故B 项正确.反思总结应用电磁感应定律应注意的三个问题(1)公式E ＝n ΔΦΔt 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 ΔBΔt 求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内的有效面积.(3)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 ＝I Δt ＝n ΔΦΔtR Δt ＝n ΔΦR. 考点二 导体切割磁感线产生感应电动势的计算 1.平动切割(1)常用公式：若运动速度v 和磁感线方向垂直，则感应电动势E ＝BLv .注意：公式E ＝BLv 要求B ⊥L 、B ⊥v 、L ⊥v ，即B 、L 、v 三者两两垂直，式中的L 应该取与B 、v 均垂直的有效长度(即导体的有效切割长度).(2)有效长度：公式中的L 为有效切割长度，即导体在与v 垂直的方向上的投影长度. (3)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.转动切割在磁感应强度为B 的匀强磁场中，长为L 的导体棒绕一端为轴以角速度ω匀速转动时，此时产生的感应电动势E ＝BLv 中＝12B ωL 2.若转动的是圆盘，则可以把圆盘看成由很多根半径相同的导体杆组合而成的.对应训练考向1 导体棒平动切割磁感线[典例2] (2015·安徽卷)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Blvsin θB.电路中感应电流的大小为Bv sin θrC.金属杆所受安培力的大小为B 2lv sin θrD.金属杆的热功率为B 2lv 2r sin θ[解题指导] 解答该题要明确以下几点：(1)金属杆切割磁感线的有效长度并不是它的实际长度，而是它的长度沿垂直速度方向的投影长度.(2)金属杆相当于电源，电路中的电流可利用欧姆定律求得. (3)金属杆的热功率可用公式P ＝I 2R 求得.[解析] 金属杆的运动方向与金属杆不垂直，电路中感应电动势的大小为E ＝Blv (l 为切割磁感线的有效长度)，选项A 错误；电路中感应电流的大小为I ＝E R ＝Blv lsin θr＝Bv sin θr ，选项B 正确；金属杆所受安培力的大小为F ＝BIl ′＝B ·Bv sin θr ·lsin θ＝B 2lv r ，选项C 错误；金属杆的热功率为P ＝I 2R ＝B 2v 2sin 2θr 2·lr sin θ＝B 2lv 2sin θr，选项D 错误.[答案] B考向2 导体棒旋转切割磁感线[典例3] (多选)1831年，法拉第发明的圆盘发电机(图甲)是利用电磁感应的原理制成的，是人类历史上第一台发电机.图乙是这个圆盘发电机的示意图：铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C 、D 分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触，使铜盘转动，电阻R 中就有电流通过.若所加磁场为匀强磁场，方向水平向右，回路的总电阻恒定，从左往右看，铜盘沿顺时针方向匀速转动，下列说法正确的是( )甲 乙A.铜盘转动过程中，穿过铜盘的磁通量不变B.电阻R 中有正弦式交变电流通过C.若不给铜盘施加任何外力，铜盘最终会停下来D.通过R 的电流方向是从a 流向b[解析] 铜盘切割磁感线产生感应电动势，铜盘相当于电源，从而在电路中形成方向不变的电流，内部电流方向是从负极(D 点)到正极(C 点).由于铜盘在运动中受到安培力的阻碍作用，故最终会停下来.故选A 、C.[答案] AC [变式3](2015·新课标全国卷Ⅱ)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U a 、U b 、U c .已知bc 边的长度为l .下列判断正确的是( )A.U a >U c ，金属框中无电流B.U b >U c ，金属框中电流方向沿a →b →c →aC.U bc ＝－12Bl 2ω，金属框中无电流D.U ac ＝12Bl 2ω，金属框中电流方向沿a →c →b →a答案：C 解析：闭合金属框在匀强磁场中以角速度ω逆时针转动时，穿过金属框的磁通量始终为零，金属框中无电流.由右手定则可知U b ＝U a <U c ，A 、B 、D 选项错误；b 、c 两点的电势差U bc ＝－Blv 中＝－12Bl 2ω，选项C 正确.反思总结公式E ＝Blv 与E ＝n ΔΦΔt的比较适用 考点三 通电自感和断电自感 1.对自感现象的理解(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”问题对应训练 考向1 通电自感[典例4] 如图所示，A 、B 是两个完全相同的灯泡，L 的自感系数较大的线圈，其直流电阻忽略不计.当开关S 闭合时，下列说法正确的是( )A.A 比B 先亮，然后A 熄灭B.B 比A 先亮，然后B 逐渐变暗，A 逐渐变亮C.A 、B 一起亮，然后A 熄灭D.A 、B 一起亮，然后A 逐渐变亮，B 的亮度不变[解析] 开关闭合的瞬间，线圈由于自感阻碍电流通过，相当于断路，B 灯先亮，之后线圈阻碍作用减弱，相当于电阻减小，则总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，B 灯所在支路电流减小，B 灯变暗，A 灯所在支路电流增大，A 灯变亮.[答案] B 考向2 断电自感[典例5] 如图所示电路中，L 是一电阻可忽略不计的电感线圈，a 、b 为L 的左、右两端点，A 、B 、C 为完全相同的三个灯泡，原来开关S 是闭合的，三个灯泡均在发光.某时刻将开关S断开，则下列说法正确的是( )A.a点电势高于b点，A灯闪亮后缓慢熄灭B.b点电势高于a点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭C.a点电势高于b点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭D.b点电势高于a点，B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭[解题指导] (1)断电自感现象中电流方向不改变.(2)L电阻不计，开关闭合时电流满足I A＞I B＝I C.[解析] 开关S闭合稳定时，电感线圈支路的总电阻较B、C灯支路电阻小，故流过A 灯的电流I1大于流过B、C灯的电流I2，且电流方向由a到b，a点电势高于b点.当开关S 断开，电感线圈会产生自感现象，相当于电源，b点电势高于a点，阻碍流过A灯电流的减小，瞬间流过B、C灯支路的电流比原来的大，故B、C灯闪亮后再缓慢熄灭，故B正确.[答案] B考向3 自感现象中的图象问题[典例6]在如图所示的电路中，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，选项中能定性描述电流I随时间t变化关系的是( )A B C D[解析] 当S闭合时，D1、D2同时亮且通过的电流大小相等，但由于L的自感作用，D1被短路，I 1逐渐减小到零，I 2逐渐增大至稳定；当S 再断开时，D 2马上熄灭，D 1与L 组成回路，由于L 的自感作用，D 1慢慢熄灭，电流反向且减小；综上所述知A 正确.[答案] A 反思总结分析自感现象时的两点注意(1)通电自感线圈中的电流不能发生突变，即通电过程中，电流是逐渐变大的；断电过程中，电流是逐渐变小的，此时线圈可等效为“电源”，该“电源”与其他元件形成回路.(2)断电自感中，灯泡是否闪亮问题的判断 ①通过灯泡的自感电流大于原电流时，灯泡闪亮；②通过灯泡的自感电流小于等于原电流时，灯泡不会闪亮.随堂检测1．(2015·全国卷Ⅱ，15)如图14，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。
高考物理一轮复习专用资料——第32讲 法拉第电磁感应定律、自感和涡流
第32讲 法拉第电磁感应定律、自感和涡流【考点整合】1、法拉第电磁感应定律：在电磁感应现象中，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。
公式： t nE ∆∆ϕ＝，其中n 为线圈的匝数。
对法拉第电磁感应定律的理解：（1）t n∆∆ϕ＝E 的两种基本形式：①当线圈面积S 不变，垂直于线圈平面的磁场B 发生变化时，t B S n E ∆∆＝；②当磁场B 不变，垂直于磁场的线圈面积S 发生变化时，tS B n E ∆∆＝。
（2）感应电动势的大小取决于穿过电路的磁通量的变化率t ∆∆ϕ，与φ的大小及△φ的大小没有必然联系。
（3）若t ∆∆ϕ为恒定（如：面积S 不变，磁场B 均匀变化，k tB =∆∆，或磁场B 不变，面积S 均匀变化，'=∆∆k t S ），则感应电动势恒定。
若t ∆∆ϕ为变化量，则感应电动势E 也为变化量，t n E ∆∆ϕ＝计算的是△t 时间内平均感应电动势，当△t→0时，tn E ∆∆ϕ＝的极限值才等于瞬时感应电动势。
（4）磁通量ϕ、磁通量的变化ϕ∆、磁通量的变化率t ∆∆ϕ 磁通量ϕ是指穿过某面积的磁感线的条数，计算式为θϕsin BS ＝，其中θ为磁场B 与线圈平面S 的夹角。
磁通量的变化ϕ∆指线圈中末状态的磁通量2ϕ与初状态的磁通量1ϕ之差，12ϕϕϕ－＝∆，计算磁通量以及磁通量变化时，要注意磁通量的正负。
磁通量的变化率。
磁通量的变化率t∆∆ϕ是描述磁通量变化快慢的物理量。
表示回路中平均感应电动势的大小，是t -ϕ图象上某点切线的斜率。
t∆∆ϕ与ϕ∆以及ϕ没有必然联系。
2、动生电动势的计算： 对于导体切割磁感线产生动生电动势的情况，由法拉第电磁感应定律可以推出：E = lvB 一般地说，公式E = lvB 只能用于计算导体切割磁感线时产生的感应电动势，公式E =t ∆φ∆则可以用来计算所有电磁感应现象中产生的感应电动势；但公式E =t∆φ∆只能用于计算在t ∆时间内的平均感应电动势，而公式E = lvB 则既可以用来计算某段时间内的平均感应电动势，又可以用来计算某个时刻的瞬时感应电动势，只要把公式中的v 分别以某段时间内的平均速度或某个时刻的瞬时速度代入即可。
高考物理一轮总复习精品课件 第十二章 电磁感应 第30讲 法拉第电磁感应定律及其应用
对比
电磁阻尼
电磁驱动
不同点
成因
由于导体在磁场中运动而 产生感应电流,从而使导 体受到安培力
由于磁场运动引起磁通量的变化而产 生感应电流,从而使导体受到安培力
效果
安培力的方向与导体运动 方向相反,阻碍导体运动
导体受安培力的方向与导体运动方向 相同,推动导体运动
对比
电磁阻尼
D
考向2 转动切割磁感线问题
A
考向3 线框在磁场中平动切割磁感线问题
（1）此过程线圈内磁通量的变化量以及线圈中产生的感应电动势大小;
考向4 线框在磁场中转动切割磁感线问题
D
A. B. C. D.
D
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
A.涡流的磁场总是要阻碍穿过工件磁通量的变化 B.涡流的频率等于通入线圈的交变电流的频率 C.通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力 D.待测工件可以是塑料或橡胶制品
典例10 [2023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( )
电磁驱动
不同点
能量转化
导体克服安培力做功,其 他形式的能转化为电能, 最终转化为内能
由于电磁感应,磁场能转化为电能,通 过安培力做功,电能转化为导体的机械 能,而对外做功
相同点
两者都是电磁感应现象,都遵循楞次定律,都是安培力阻碍引起感 应电流的导体与磁场间的相对运动
高考物理一轮复习讲义 第2讲 法拉第电磁感应定律自感涡流
第2讲 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．①感生电动势：由于磁场的变化而激发出感生电场，由感生电场而产生的感应电动势． ②动生电动势：由于导体在磁场中运动而产生的感应电动势．(2)条件：无论电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就一定有感应电动势．(3)与感应电流的关系：遵守闭合电路欧姆定律，即I ＝ER ＋r.2．法拉第电磁感应定律(1)定律内容：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 ＝nΔΦΔt.其中n 为线圈的匝数． 二、导体切割磁感线产生的感应电动势 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 E ＝BLv①导体棒与磁场方向垂直②磁场为匀强磁场倾斜切割E ＝BLv sin_θ其中θ为v 与B 的夹角旋转切割(以一端为轴)E ＝12BL 2ω三、自感和涡流 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，由于自感而产生的感应电动势叫做自感电动势．(2)表达式：E ＝L ΔI Δt. (3)自感系数L①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,1 mH ＝10－3H,1 μH＝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，这种电流像水的旋涡所以叫做涡流．(1)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．(2)电磁驱动：如果磁场相对于导体运动，在导体中会产生感应电流使导体受到安培力的作用，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．(3)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了楞次定律的推广应用．1．关于电路中感应电动势的大小，下列说法正确的是( ) A ．穿过电路的磁通量越大，感应电动势就越大 B ．电路中磁通量的改变量越大，感应电动势就越大 C ．电路中磁通量改变越快，感应电动势就越大D ．若电路中某时刻磁通量为零，则该时刻感应电流一定为零 答案： C2．穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加 2 Wb ，则( ) A ．线圈中感应电动势每秒增加2 V B ．线圈中感应电动势每秒减少2 V C ．线圈中感应电动势始终为2 VD ．线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2 V 解析： 由E ＝ΔΦΔt 知：ΔΦΔt 恒定，所以E ＝2 V.答案： C3.如图所示，L 为一个自感系数很大的自感线圈，开关闭合后，小灯泡能正常发光，那么闭合开关和断开开关的瞬间，能观察到的现象分别是( )A ．小灯泡逐渐变亮，小灯泡立即熄灭B ．小灯泡立即亮，小灯泡立即熄灭C ．小灯泡逐渐变亮，小灯泡比原来更亮一下再慢慢熄灭D ．小灯泡立即亮，小灯泡比原来更亮一下再慢慢熄灭解析： 开关闭合瞬间，通过自感线圈的电流逐渐增大，自感线圈产生自感电动势阻碍原电流的增加，故小灯泡逐渐变亮；开关断开瞬间，回路处于断开状态，故小灯泡立即熄灭，选项A 正确．答案： A4.如图所示，正方形线圈abcd 位于纸面内，边长为L ，匝数为N ，线圈内接有电阻值为R 的电阻，过ab 中点和cd 中点的连线OO ′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁场的磁感应强度为B .当线圈转过90°时，通过电阻R 的电荷 量为( )A.BL 22RB.NBL 22RC.BL 2RD.NBL 2R解析： 初状态时，通过线圈的磁通量为Φ1＝BL 22，当线圈转过90°时，通过线圈的磁通量为0，由q ＝N ΔΦR 可得通过电阻R 的电量为NBL 22R.答案： B5.如图所示，一段导线弯曲成半径为R 的半圆形闭合回路．虚线MN 、PQ 间有磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场的宽度等于R ，方向垂直于回路所在的平面．现让回路以速度v 向右匀速穿过磁场，直径CD 始终与MN 垂直．关于此过程，下列结论正确的是( )A ．穿过的过程中回路中感应电流一直不为零B ．感应电流的方向一直不变C ．感应电动势先增大后减小再增大再减小D ．感应电动势最大值E m ＝2BRv解析： 当回路的圆心到磁场的中间时，回路中的感应电动势为零，电流为零，A 项错误；磁通量先向里增大，后向里减小，根据楞次定律，感应电流的方向先沿逆时针方向后沿顺时针方向，B 项错误；当回路的圆心到MN 或PQ 上时，切割磁感线的有效长度最长，感应电动势最大为BRv ，D 项错误；在穿过磁场的过程中，回路切割磁感线的有效长度先变大，后变小，再变大，再变小，因此感应电动势先增大后减小再增大再减小，C 项正确．答案： C法拉第电磁感应定律的应用1．决定感应电动势大小的因素感应电动势E 的大小决定于穿过电路的磁通量的变化率ΔΦΔt和线圈的匝数n .而与磁通量的大小、磁通量变化量ΔΦ的大小无必然联系．2．磁通量变化通常有两种方式(1)磁感应强度B 不变，垂直于磁场的回路面积发生变化，此时E ＝nB ΔSΔt；(2)垂直于磁场的回路面积不变，磁感应强度发生变化，此时E ＝n ΔB Δt S ，其中ΔBΔt 是B －t图象的斜率．(2012·新课标全国卷)如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔBΔt的大小应为( )A.4ωB 0πB.2ωB 0πC.ωB 0πD.ωB 02π解析： 当线框绕过圆心O 的转动轴以角速度ω匀速转动时，由于面积的变化产生感应电动势，从而产生感应电流．设半圆的半径为r ，导线框的电阻为R ，即I 1＝E R ＝ΔΦR Δt ＝B 0ΔSR Δt＝12πr 2B 0Rπω＝B 0r 2ω2R .当线圈不动，磁感应强度变化时，I 2＝E R ＝ΔΦR Δt ＝ΔBS R Δt ＝ΔB πr 2Δt 2R，因I 1＝I 2，可得ΔB Δt ＝ωB 0π，C 选项正确．答案： C(1)应用法拉第电磁感应定律解题的一般步骤①分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量的变化情况； ②利用楞次定律确定感应电流的方向；③灵活选择法拉第电磁感应定律的不同表达形式列方程求解． (2)应注意的问题通过回路的电荷量q 仅与n 、ΔΦ和回路电阻R 有关，与变化过程所用的时间长短无关，推导过程：q ＝I Δt ＝nΔΦΔtRΔt ＝n ΔΦR. 1－1：在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，线圈所围的面积为0.1 m 2，线圈电阻为1 Ω.规定线圈中感应电流I 的正方向从上往下看是顺时针方向，如图甲所示．磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律如图乙所示．则下列说法正确的是( )A ．在时间0～5 s 内，I 的最大值为0.1 AB ．在第4 s 时刻，I 的方向为逆时针C ．前2 s 内，通过线圈某截面的总电量为0.01 CD ．第3 s 内，线圈的发热功率最大解析： 根据B －t 图象的斜率表示ΔB Δt ，由E ＝n ΔΦΔt ＝nSk ，因此刚开始时，图象的斜率为0.1，代入得电源的电动势为0.01 V ．电流为0.01 A ，故A 项错误；在第4 s 时，根据楞次定律，电流为逆时针，故B 项正确；由q ＝ΔΦR，代入得C 项正确；第3 s 内，B 不变，故不产生感应电流，因此发热功率为零，D 项错误．答案： BC导体切割磁感线产生感应电动势的计算1．理解E ＝Blv 的“四性”(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)有效性：公式中的l 为导体切割磁感线的有效长度．(4)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．公式E ＝Blv 与E ＝nΔΦΔt的区别与联系E ＝nΔΦΔtE ＝Blv区别研究对象 闭合回路回路中做切割磁感线运动的那部分导体 适用范围对任何电磁感应现象普遍适用只适用于导体切割磁感线运动的情况联系导体切割磁感线是电磁感应现象的特例，E ＝Blv 可由E ＝n ΔΦΔt推导得出(2012·四川理综)半径为a 右端开小口的导体圆环和长为2a 的导体直杆，单位长度电阻均为R 0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B .杆在圆环上以速度v 平行于直径CD 向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开始，杆的位置由θ确定，如图所示．则( )A ．θ＝0时，杆产生的电动势为2BavB ．θ＝π3时，杆产生的电动势为3BavC ．θ＝0时，杆受的安培力大小为2B 2avπ＋2R 0D ．θ＝π3时，杆受的安培力大小为3B 2av 5π＋3R 0解析： 当θ＝0时，杆切割磁感线的有效长度l 1＝2a ，所以杆产生的电动势E 1＝Bl 1v ＝2Bav ，选项A 正确．此时杆上的电流I 1＝E 1πa ＋2a R 0＝2Bvπ＋2R 0，杆受的安培力大小F 1＝BI 1l 1＝4B 2avπ＋2R 0，选项C 错误．当θ＝π3时，杆切割磁感线的有效长度l 2＝2a cos π3＝a ，杆产生的电动势E 2＝Bl 2v ＝Bav ，选项B 错误．此时杆上的电流I 2＝E 22πa －2πa 6＋a R 0＝3Bv 5π＋3R 0，杆受的安培力大小F 2＝BI 2l 2＝3B 2av5π＋3R 0，选项D 正确．答案： AD2－1：如图所示，水平放置的U 形框架上接一个阻值为R 0的电阻，放在垂直纸面向里的、场强大小为B 的匀强磁场中，一个半径为L 、质量为m 的半圆形硬导体AC 在水平向右的恒定拉力F 作用下，由静止开始运动距离d 后速度达到v ，半圆形硬导体AC 的电阻为r ，其余电阻不计．下列说法正确的是( )A ．此时AC 两端电压为U AC ＝2BLvB ．此时AC 两端电压为U AC ＝2BLvR 0R 0＋rC ．此过程中电路产生的电热为Q ＝Fd －12mv 2D ．此过程中通过电阻R 0的电荷量为q ＝2BLdR 0＋r解析： AC 的感应电动势为：E ＝2BLv ，两端电压为U AC ＝ER 0R 0＋r＝2BLvR 0R 0＋r，A 错、B 对；由功能关系得Fd ＝12mv 2＋Q ＋W μ，C 错；此过程中平均感应电流为I ＝2BLdR 0＋r Δt ，通过电阻R 0的电荷量为q ＝I Δt ＝2BLdR 0＋r，D 对．答案： BD通电自感与断电自感的比较通电自感断电自感电路图器材要求A 1，A 2同规格， R ＝R L ，L 较大L 很大(有铁蕊)R L ＜RA现象在S 闭合瞬间，A 2灯立即亮起来，A 1灯逐渐变亮，最终一样亮 在开关S 断开时，灯A 逐渐熄灭原因 由于开关闭合时，流过电感线圈的电流迅速增大，使线圈产生自感电动势，阻碍了电流的增大，使流过A 1灯的电流比流过A 2灯的电流增加得慢断开开关S 时，流过线圈L 的电流减小，产生自感电动势，阻碍了电流的减小，使电流继续存在一段时间；在S 断开后，通过L 的电流反向通过电灯A ，灯A 不会立即熄灭．若R L ＜R A ，原来的电流I L ＞I A ，则A 灯熄灭前要闪亮一下．若R L ≥R A ，原来的电流I L ≤I A ，则灯A 逐渐熄灭，不再闪亮一下能量转化电能转化为磁场能磁场能转化为电能(2011·北京理综)某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路．检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( )A．电源的内阻较大 B．小灯泡电阻偏大C．线圈电阻偏大 D．线圈的自感系数较大解析：小灯泡没有出现闪亮现象是因为断电后电路中的小灯泡两端电压太小、因断电后电路与电源脱离关系，线圈与灯泡组成闭合回路，故电源内阻大小对自感无影响，A错误；若小灯泡电阻偏大，则分得的电压就大，这有助于出现闪亮现象，B错误；若线圈电阻偏大，在自感电动势一定的情况下，线圈内阻上的电压偏大，相应灯泡两端的电压就偏小，这不利于出现闪亮现象，C正确；线圈自感系数越大，产生的自感电动势越大，这有利于闪亮现象的出现，故D错误．答案： C3－1：如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略．下列说法中正确的是( )A．合上开关K接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮B．合上开关K接通电路时，A1和A2始终一样亮C．断开开关K切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会儿才熄灭D．断开开关K切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭解析：由于自感现象，合上开关时，A1中的电流缓慢增大到某一个值，故过一会儿才亮；断开开关时，A1中的电流缓慢减小到0，A1、A2串联，电流始终相等，都是过一会儿才熄灭．故选A、D.答案：AD高考常考“杆＋导轨”模型的突破[模型特点]“杆＋导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”，也是高考的热点．“杆＋导轨”模型问题的物理情境变化空间大，涉及的知识点多，如力学问题、电路问题、磁场问题及能量问题等，常用的规律有法拉第电磁感应定律、楞次定律、右手定则、左手定则、欧姆定律及力学中的运动规律、动能定理、功能关系、能的转化和守恒定律等．[求解思路][模型分类]模型一单杆水平式物理模型匀强磁场与导轨垂直，磁感应强度为B，棒ab长为L，质量为m，初速度为零，拉力恒为F，水平导轨光滑，除电阻R外，其他电阻不计动态分析设运动过程中某时刻棒的速度为v，由牛顿第二定律知棒ab的加速度为a＝Fm －B2L2vmR，a、v同向，随速度的增加，棒的加速度a减小，当a＝0时，v最大，I＝BIvR恒定收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征a＝0 v恒定不变电学特征I恒定(2012·天津理综)如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻．一质量m＝0.1 kg，电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 ms2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功W F .解析： (1)设棒匀加速运动的时间为Δt ，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt① 其中ΔΦ＝Blx ②设回路中的平均电流为I ，由闭合电路欧姆定律得I ＝E R ＋r③则通过电阻R 的电荷量为q ＝I Δt ④ 联立①②③④式，代入数据得q ＝4.5 C ． ⑤(2)设撤去外力时棒的速度为v ，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v 2＝2ax ⑥设棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W ，由动能定理得W ＝0－12mv 2 ⑦撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2＝－W ⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q 2＝1.8 J ． ⑨(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1，可得Q 1＝3.6 J ⑩在棒运动的整个过程中，由功能关系可知W F ＝Q 1＋Q 2 ⑪ 由⑨⑩⑪式得W F ＝5.4 J.答案： (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J 模型二 单杆倾斜式动态分析棒ab 释放后下滑，此时a ＝g sin α，棒ab 速度v ↑→感应电动势E ＝BLv ↑→电流I ＝E R↑→安培力F ＝BIL ↑→加速度a ↓，当安培力F ＝mg sin α时，α＝0，v 最大收尾状态运动形式匀速直线运动力学特征a ＝0 v 最大 v m ＝mgR sin αB 2L 2电学特征I 恒定(2012·山东理综)如图所示，相距为L 的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R ，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B .将质量为m 的导体棒由静止释放，当速度达到v 时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P ，导体棒最终以2v 的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g .下列选项正确的是( )A ．P ＝2mgv sin θB ．P ＝3mgv sin θC ．当导体棒速度达到v 2时加速度大小为g2sin θD ．在速度达到2v 以后匀速运动的过程中，R 上产生的焦耳热等于拉力所做的功 解析： 导体棒由静止释放，速度达到v 时，回路中的电流为I ，则根据共点力的平衡条件，有mg sin θ＝BIL .对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，以2v 的速度匀速运动时，则回路中的电流为2I ，则根据平衡条件，有F ＋mg sin θ＝B ·2IL 所以拉力F ＝mg sin θ，拉力的功率P ＝F ×2v ＝2mgv sin θ，故选项A 正确．选项B 错误；当导体棒的速度达到v2时，回路中的电流为I 2，根据牛顿第二定律，得mg sin θ－B I 2L ＝ma ，解得a ＝g2sin θ，选项C 正确；当导体棒以2v 的速度匀速运动时，根据能量守恒定律，重力和拉力所做的功之和等于R 上产生的焦耳热，故选项D 错误．答案： AC1.将闭合多匝线圈(匝数为n )置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势，下列表述正确的是( )A ．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大B ．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大C ．若磁感应强度B 不变，Δt 时间内线圈面积变化ΔS ，则E ＝nΔSΔtB D ．若Δt 时间内磁感应强度变化ΔB ，线圈面积变化ΔS ，则E ＝n ΔB ·ΔSΔt解析： 由法拉第电磁感应定律表达式E ＝n ΔΦΔt 可知，感应电动势E 的大小与线圈的匝数n 和磁通量的变化率ΔΦΔt 有关，与磁通量无关，故A 错误，B 正确．当仅有磁感应强度变化时，磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1＝(B 2－B 1)S ＝ΔB ·S ，同理可得当仅有线圈面积变化时磁通量的变化量ΔΦ＝B ·ΔS ，而当磁感应强度和线圈面积同时变化时磁通量的变化量ΔΦ＝B 2S 2－B 1S 1≠ΔB ·ΔS ，故C 正确．D 错误．答案： BC2.如图所示是测定自感系数很大的线圈L 直流电阻的电路，L 两端并联一只电压表，用来测自感线圈的直流电压，在测量完毕后，将电路拆开时应先( )A ．断开S 1B ．断开S 2C ．拆除电流表D ．拆除电阻R解析： 将电路拆开时，如果先断开S 1，而电压表与线圈L 仍组成闭合回路，由于L 的自感系数很大，可能产生很大的自感电动势使电压表的指针被打弯，因此，应先断开S 2，B 项正确．答案： B3．一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直．先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s 时间内均匀地增大到原来的两倍．接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s 时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半．先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为( )A.12B ．1C ．2D ．4 解析： 根据法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt ＝ΔBSΔt ，设初始时刻磁感应强度为B 0，线框面积为S 0，则第一种情况下的感应电动势为E 1＝ΔBSΔt ＝2B 0－B 0S 01＝B 0S 0；则第二种情况下的感应电动势为E 2＝ΔBS Δt ＝2B 0S 0－S 0/21＝B 0S 0，所以两种情况下线框中的感应电动势相等，比值为1，故选项B 正确．答案： B4．2013广州亚运会上100 m 赛跑跑道两侧设有跟踪仪，水平面上两根足够长的金属导轨平行固定放置，间距为L ＝0.5 m ，一端通过导线与阻值为R ＝0.5 Ω的电阻连接；导轨上放一质量为m ＝0.5 kg 的金属杆(如图甲)，金属杆与导轨的电阻忽略不计；均匀磁场竖直向下．用与导轨平行的拉力F 作用在金属杆上，使杆运动．当改变拉力的大小时，相对应的速度v 也会变化，从而使跟踪仪始终与运动员保持一致．已知v 和F 的关系如图乙．(取重力加速度g ＝10 ms 2)则( )A ．金属杆受到的拉力与速度成正比B ．该磁场磁感应强度为1 TC ．图线在横轴的截距表示金属杆与导轨间的阻力大小D ．导轨与金属杆之间的动摩擦因数为μ＝0.4解析： 由图象可知选项A 错误、C 正确；由F －BIL －μmg ＝0及I ＝BLv R 可得：F －B 2L 2vR－μmg ＝0，从图象上分别读出两组F 、v 数据代入上式即可求得B ＝1 T ，μ＝0.4.所以选项B 、D 正确．答案： BCD5.如图，足够长的U 型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0＜θ＜90°)，其中MN 与PQ 平行且间距为L ，导轨平面与磁感应强度为B 的匀强磁场垂直，导轨电阻不计．金属棒ab 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab 棒接入电路的电阻为R ，当流过ab 棒某一横截面的电荷量为q 时，棒的速度大小为v ，则金属棒ab 在这一过程中( )A ．运动的平均速度大小为12vB ．下滑的位移大小为qR BLC ．产生的焦耳热为qBLvD ．受到的最大安培力大小为B 2L 2vRsin θ解析： 对棒受力分析如图所示．F 安＝BIL ＝B 2L 2vR ，故D 错；F 安随棒的速度的增大而增大，故棒做的不是匀加速直线运动．因此运动的平均速度v ≠12v ，A 错；由q ＝n ΔφR 总可得：q ＝BLx R ，故棒下滑的位移x ＝qRBL ，B 正确；求焦耳热应该用有效值，故C 错．答案： B。
版高考物理一轮复习40法拉第电磁感应定律自感涡流课件新人教版
A．回路中感应电流方向始终相同 B．回路受到的安培力方向先向左后向右 C．回路中感应电动势最大值 Em＝Bav D．回路中感应电动势平均值 E ＝12Bav
解析：在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁 通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方 向；当线圈出磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐减小， 根据楞次定律可知感应电流的方向为顺时针方向，故 A 项错误； 根据左手定则可以判断，回路受安培力方向始终向左，故 B 项 错误；当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大 为 a，这时感应电动势最大，为 Em＝Bav，故 C 项正确；进入 磁场的过程中，由法拉第电磁感应定律可得感应电动势平均值
1．(2017·天津卷)如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内， 导轨之间接有电阻 R.金属棒 ab 与两导轨垂直并保持良好接触， 整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下．现使 磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下列说法正确的 是( D )
A．ab 中的感应电流方向由 b 到 a B．ab 中的感应电流逐渐减小 C．ab 所受的安培力保持不变 D．ab 所受的静摩擦力逐渐减小
2．应用法拉第电磁感应定律的三种情况 (1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝B·ΔS，则 E＝ nBΔ·ΔtS； (2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则 E＝ nΔΔBt·S； (3)磁通量的变化是由面积和磁场变化共同引起时，则根据定 义求，ΔΦ＝Φ 末－Φ 初，E＝nB2S2－ ΔtB1S1≠nΔBΔ·Δt S.
选项 B 错误；在 0～2 s 内，感应电流 I＝ER1＝10 A，通过导体横 截面的电荷量为 q＝IΔt＝20 C，选项 C 正确；在 t＝1 s 时，导 线圈内感应电流的瞬时功率 P＝UI＝I2R＝102×0.1 W＝10 W， 选项 D 正确．
2025年高考物理一轮复习专题精讲精练—法拉第电磁感应定律、自感和涡流(解析版)
2025年高考物理一轮复习专题精讲精练—法拉第电磁感应定律、自感和涡流（解析版）1、理解环和掌握法古拉第电滋感应定律。
2、会求感生电动势和动生电动势。
3、理解自感、祸流、电掬驱动和电嘟阻尼考点一法拉第电磁感应定律的应用1．感应电动势(1)感应电动势：在电磁感应现象中产生的电动势．产生感应电动势的那部分导体就相当于电源，导体的电阻相当于电源内阻．(2)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路欧姆定律，即I ＝ER ＋r .2．感应电动势大小的决定因素(1)感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率ΔΦΔt 和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然联系．(2)当ΔΦ仅由B 的变化引起时，则E ＝n ΔB ·S Δt ；当ΔΦ仅由S 的变化引起时，则E ＝n B ·ΔSΔt ；当ΔΦ由B 、S 的变化同时引起时，则E ＝n B 2S 2－B 1S 1Δt ≠n ΔB ·ΔSΔt .3．磁通量的变化率ΔΦΔt是Φ－t 图象上某点切线的斜率．[例题1] （2024•下城区校级模拟）在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一闭合金属圆环，面积为S ，电阻为R 。
规定圆环中电流的正方向如图甲所示，磁场向上为正。
当磁感应强度B 随时间t 按图乙变化时，下列说法正确的是（ ）A ．0～1s 内感应电流的磁场在圆环圆心处的方向向上B ．1～2s 内通过圆环的感应电流的方向与图甲所示方向相反C ．0～2s 内线圈中产生的感应电动势为B 0S 2D ．2～4s 内线圈中产生的焦耳热为2B 02S 2R【解答】解：A 、0～1s 内磁场向下减小，根据楞次定律可知感应电流的磁场在圆环圆心处的方向向下，故A 错误；B 、1～2s 内磁场向上增大，根据楞次定律可知感应电流的磁场在圆环圆心处的方向向下，所以感应电流方向与图甲所示方向相同，故B 错误；C 、根据法拉第电磁感应定律有：E ＝n ΔΦΔt=nsΔB Δt，0～2s 内线圈中产生的感应电动势为E ＝B 0S ，故C 错误；D 、同C 选项可知在2～4s 内线圈中的感应电动势为E ＝B 0S ，焦耳热P =E 2R t ，解得：P =2B 02S 2R ，故D 正确； 故选：D 。
人教版高考物理一轮总复习精品课件 第十章 电磁感应 第2节 法拉第电磁感应定律 自感 涡流
是否违背了能量守恒定律?小灯泡消耗的电能是从何处获得的?
答案 线圈中有电流时,线圈就具有了磁场能,断开开关后,线圈相当于电源,
线圈中所储存的磁场能转化为电能,给灯泡提供能量,这一现象并不违背能
量守恒定律。
4.磁电式仪表的线圈常常用铝框做骨架,把线圈绕在铝框上,指针也固定在
铝框上。铝框的作用是什么?
答案 假定仪表工作时指针向右转动,铝框中有感应电流,铝框要受到安培
第十章
第2节 法拉第电磁感应定律
自感 涡流
内
容
索
引
01
强基础 增分策略
02
增素能 精准突破
强基础 增分策略
一、法拉第电磁感应定律
1.感应电动势
电磁感应现象
(1)概念:在
中产生的电动势。
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)产生条件:穿过回路的
力阻碍指针向右偏转,起到减缓的作用,防止打坏指针。
增素能 精准突破
考点一
法拉第电磁感应定律的应用[师生共研]
1.磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ、磁通量的变化率
Δ
Δ
的比较
物理量
磁通量 Φ
磁通量的变化量 ΔΦ
Φ
磁通量的变化率 t
意义
某时刻穿过某
个面的磁感线
的条数
某段时间内穿过某个
面的磁通量变化多少
乙所示。则在t=0到t=t1的时间间隔内(
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
0
C.圆环中的感应电流大小为4
0
π0 2
D.圆环中的感应电动势大小为 4
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
3
2．导体切割磁感线的情形 (1)若 B、l、v 相互垂直，则 E＝___B_lv____． (2)E＝Blvsin θ，θ 为运动方向与磁感线方向的夹角． (3)导体棒在磁场中转动：导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速 转动产生感应电动势 E＝Bl－v ＝12Bl2ω平均速度取中点位置线速度12lω.
栏目导航
8
一、易混易错判断 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．线圈中的电流越大，自感系数也越大．( × ) 5．磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势．( √ ) 6．对于同一线圈，电流变化越快，线圈中的自感电动势越大．( √ )
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．
栏目导航
28
2．导体转动切割磁感线产生感应电动势的情况 若长为 L 的导体棒在磁感应强度为 B 的匀强磁场中以角速度 ω 匀速转动，则 (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＝12BωL2(平均速度取中点位置的线速度12ωL)． (3)以任意点为轴时 E＝12Bω(L21－L22)(L1>L2，不同两段的代数和)．
栏目导航
10
解析：选 C．由法拉第电磁感应定律 E＝nΔΔΦt 知，感应电动势的大小与线圈匝数有 关，A 错；感应电动势正比于ΔΔΦt ，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．
栏目导航
11
2．(沪科版选修 3－2·P37·T1 改编)(多选)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( BD )
栏目导航
29
第 1 维度：平动切割产生感应电动势 (多选)半径为 a 右端开小口的导体圆环和长为 2a 的导体直杆，单位长度电
阻均为 R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度 为 B．杆在圆环上以速度 v 平行于直径 CD 向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环 良好接触，从圆环中心 O 开始，杆的位置由 θ 确定，如图所示．则( AD )
A．恒为nS(tB2－2－t1B1) C．恒为－nS(tB2－2－t1B1)
B．从 0 均匀变化到nS(tB2－2－t1B1) D．从 0 均匀变化到－nS(tB2－2－t1B1)
栏目导航
24
解析：选 C．根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势 E＝nΔΔΦt ＝n(B2t2－－Bt11)S，由 楞次定律和右手螺旋定则可判断 b 点电势高于 a 点电势，因磁场均匀变化，所以感应电 动势恒定，因此 a、b 两点电势差恒为 φa－φb＝－nS(tB2－2－t1B1)，选项 C 正确．
A．54
B．32
C．74
D．2
栏目导航
26
解析：选 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＝ΔΔΦt1 ＝BΔ·Δt1S＝B·Δ14tπ1 l2＝π4ΔBtl12，流过 OM 的电流为 I1＝ER1＝
πBl2 ，则流过 4RΔt1
OM
栏目导航
19
解析：(1)由楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向．
(2)由法拉第电磁感应定律得 E＝nΔΔΦt ＝n·12L2ΔΔBt ＝0.5 V 则 P＝Er2＝0.25 W (3)I＝Er ＝0.5 A，F 安＝nBIL 由图乙可知 t＝4 s 时 B＝0.6 T F 安＝10×0.6×0.5×1 N＝3 N 据平衡条件有 F 安＋F 线＝mg 联立解得 F 线＝1.2 N. 答案：(1)逆时针 (2)0.25 W (3)1.2 N
栏目导航
12
3. (粤教版选修 3－2·P18·T3 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ΔΔBt 的变化率 变化时，线圈产生的感应电动势大小为( B )
A．0 C．nΔΔBt ·πr2
B．nΔΔBt ·L2 D．nΔΔBt ·r2
栏目导航
20
【题后反思】 应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题 (1)公式 E＝nΔΔΦt 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)利用公式 E＝nSΔΔBt 求感应电动势时，S 为线圈在磁场范围内的有效面积． (3)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＝－I Δt＝ΔntΔ·ΦRΔt＝nΔRΦ.
1
第 2 讲 法拉第电磁感应定律 自感和涡流
栏目导航
2
C 必备 知识 落实
一、法拉第电磁感应定律 1．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＝nΔΔΦt ，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＝R＋E r.
栏目导航
18
轻质细线吊着一质量为 m＝0.42 kg、边长为 L＝1 m、匝数 n＝10 的正方形
线圈，其总电阻为 r＝1 Ω.在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图甲所示．磁场
方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化关系如图乙所示．(g＝10 m/s2)
(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针； (2)求线圈的电功率； (3)求在 t＝4 s 时轻质细线的拉力大小．
栏目导航
4
二概念：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做 自感电动势
．
②表达式：E＝LΔΔIt. (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)，1 mH＝__1_0_－_3__ H，1 μH＝__1_0_－__6_ H.
栏目导航
5
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像_水__的__漩__涡___状的感 应电流．
栏目导航
6
1．感应电动势的方向与电池电动势的方向一样，都规定为在电源内部由负极指向 正极．
2．穿过线圈的磁通量与匝数无关，感应电动势与匝数有关，n 匝线圈相当于 n 个相 同的电源串联．
栏目导航
7
3．计算通过导体截面的电荷量的两个途径： q＝－I t－I ＝－ER ，－E ＝nΔΔΦt →q＝nΔRΦ
FA＝BL－I ，FA·Δt＝Δp→q＝BΔLp 4．安培力做功时的能量转化：电能FFAA做 做正 负功 功机械能． 5．平动直杆所受的安培力：FA＝BR2L总2v；热功率：P 热＝B2RL总2v2.
栏目导航
13
解析：选 B．由法拉第电磁感应定律可知线圈产生的感应电动势 E＝nΔΔBt ·L2，故 B 正确．
栏目导航
14
4．(鲁科版选修 3－2·P33·T1)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( C )
A．因为线圈 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
的电荷量为
q1＝I1·Δt1＝π4BRl2；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＝ΔΔΦt2 ＝(B′－Δt2B)S＝(B′－2ΔBt2)πl2，电路
中的电流为 I2＝ER2＝π(B2R′－ΔtB2)l2，则流过 OM 的电荷量为 q2＝I2·Δt2＝π(B′2－RB)l2；由题
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．增大铁芯中的电阻，以减小发热量 解析：选 BD．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、D 正确，A、 C 错误．
栏目导航
25
3. (电动势及电荷量的综合问题)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BB′等于( B )
栏目导航
23
2. (法拉第电磁感应定律的应用)如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线 圈匝数为 n，面积为 S.若在 t1 到 t2 时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其 磁感应强度大小由 B1 均匀增加到 B2，则该段时间线圈两端 a 和 b 之间的电势差 φa－ φb( C )
栏目导航
21
1．(对感生电动势 E＝nΔΔΦt 的理解与应用)关于感应电动势的大小，下列说法中正确 的是( C )
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ΔΔΦt 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