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必考部分第十章电磁感应第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流基础·全面落实考点·深度研析素能·专项突破真题·实战演练基础·全面落实教材回扣基础自测一、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。①感生电动势：由于_______________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_______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__________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___________欧姆定律，即I＝__________。电磁感应现象磁场的变化运动磁通量闭合电路ER＋r2．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____________________成正比。(2)公式：E＝____________。其中n为线圈的____________。磁通量的变化率nΔΦΔt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，可有以下三种情况三、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，由于自感而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_________有关。②单位：亨利H(1mH＝10－3H,1μH＝10－6H)。电流自感电动势LΔIΔt大小匝数铁芯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_____________，安培力的方向总是_____________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_____________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_____________的原理工作的。(3)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了_____________的推广应用。感应电流安培力阻碍感应电流电磁驱动楞次定律(判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。)1．线圈中的磁通量越大，产生的感应电动势越大。()2．线圈的匝数越多，磁通量越大，产生的感应电动势也越大。()3．导体在磁场中运动速度越大，产生的感应电动势越大。()4．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。()5．自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化。()×√××√1．(法拉第电磁感应定律)如图所示，虚线MN表示甲、乙、丙三个相同正方形金属框的一条对称轴，金属框内均匀分布着有界匀强磁场，磁感应强度随时间变化规律满足B＝kt，金属框按照图示方式处在磁场中，测得金属框甲、乙、丙中的感应电流分别为I甲、I乙、I丙，则下列判断正确的是()A．I乙＝2I甲，I丙＝2I甲B．I乙＝2I甲，I丙＝0C．I乙＝0，I丙＝0D．I乙＝I甲，I丙＝I甲解析I甲＝E甲R＝ΔBΔt·S2·1R＝Sk2R，I乙＝E乙R＝ΔBΔt·S·1R＝SkR，由于丙中磁通量始终为零，故I丙＝0。所以I乙＝2I甲，I丙＝0，只有B项正确。答案B2.(公式E＝Blv的应用)如图所示，在庆祝反法西斯胜利70周年阅兵盛典上，我国预警机“空警－2000”在通过天安门上空时机翼保持水平，以4.5×102km/h的速度自东向西飞行。该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50m，北京地区地磁场的竖直分量向下，大小为4.7×10－5T，则()A．两翼尖之间的电势差为2.9VB．两翼尖之间的电势差为1.1VC．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势高D．飞机左方翼尖的电势比右方翼尖的电势低解析飞机的飞行速度为4.5×102km/h＝125m/s，飞机两翼尖之间的电动势为E＝BLv＝4.7×10－5×50×125V＝0.29V，A、B两项错误；飞机从东向西飞行，磁场竖直向下，根据右手定则可知，飞机左方翼尖电势高于右方翼尖的电势，C项正确，D项错误。答案C3.(自感现象)如图所示，电感线圈L的自感系数足够大，其电阻忽略不计，L1、L2是两个相同的灯泡，且在下列实验中不会烧毁，电阻R2阻值约等于R1的两倍，则()A．闭合开关S时，L1、L2同时达到最亮，且L2更亮一些B．闭合开关S时，L1、L2均慢慢亮起来，且L1更亮一些C．断开开关S时，L1慢慢熄灭，L2马上熄灭D．断开开关S时，L1慢慢熄灭，L2闪亮后才慢慢熄灭解析由于灯泡L1与线圈L和R1串联，灯泡L2与电阻R2串联，当S闭合瞬间，通过线圈的电流突然增大，线圈产生自感电动势，阻碍电流的增大，所以L2比L1先亮，A、B两项错误；由于L1所在的支路电阻阻值较小，故稳定时电流较大，即L1更亮一些，当S断开瞬间，线圈产生自感电动势，两灯组成的串联电路中，电流从线圈中开始减小，即从I1减小，故L1慢慢熄灭，L2闪亮后才慢慢熄灭。C项错误，D项正确。答案D4.(涡流)如图所示为高频电磁炉的工作示意图，它是采用电磁感应原理产生涡流加热的，它利用变化的电流通过线圈产生变化的磁场，当变化的磁场通过含铁质锅的底部时，即会产生无数小涡流，使锅体本身自行迅速升温，进而加热锅内食物。电磁炉工作时产生的电磁波，完全被线圈底部的屏蔽层和顶板上的含铁质锅所吸收，不会泄漏，对人体健康无危害。关于电磁炉，以下说法正确的是()A．电磁炉是利用变化的磁场在食物中产生涡流对食物加热的B．电磁炉是利用变化的磁场产生涡流，使含铁质锅底迅速升温，进而对锅内食物加热的C．电磁炉是利用变化的磁场使食物中的极性水分子振动和旋转来对食物加热的D．电磁炉跟电炉一样是让电流通过电阻丝产生热量来对食物加热的解析电磁炉的工作原理是利用变化的电流通过线圈产生变化的磁场，变化的磁场通过含铁质锅的底部产生无数小涡流，使锅体温度升高后加热食物，故A、D两项错误，B项正确；而选项C是微波炉的加热原理，C项错误。答案B考点·深度研析核心考点分层突破考点1法拉第电磁感应定律的理解和应用考|点|速|通1．对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ΔΦΔt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ΔΦΔt对应Φ－t图线上某点切线的斜率。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＝nB·ΔSΔt。(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则E＝nΔB·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＝nB2S2－B1S1Δt≠nΔB·ΔSΔt。典|例|微|探【例1】(多选)粗细均匀的导线绕成匝数为n、半径为r的圆形闭合线圈。线圈放在磁场中，磁场的磁感应强度随时间均匀增大，线圈中产生的电流为I，下列说法正确的是()A．电流I与匝数n成正比B．电流I与线圈半径r成正比C．电流I与线圈面积S成正比D．电流I与导线横截面积S0成正比解析由题给条件可知感应电动势为E＝nπr2ΔBΔt，电阻为R＝ρn2πrS0，电流I＝ER，联立以上各式得I＝S0r2ρ·ΔBΔt，则可知B、D两项正确，A、C两项错误。答案BD应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题1．公式E＝nΔΦΔt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＝nSΔBΔt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＝nΔΦΔt·RΔt＝nΔΦR。题|组|冲|关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．Ba22ΔtB．nBa22ΔtC．nBa2ΔtD．2nBa2Δt解析由E＝nΔΦΔt＝nΔBΔt·S＝n2B－BΔt×12a2＝nBa22Δt，B项正确，A、C、D三项错误。答案B2.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Ea和Eb，不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正确的是()A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向解析由法拉第电磁感应定律可得E＝ΔΦΔt＝ΔBΔt·S，根据题意可得SaSb＝41，故Ea∶Eb＝4∶1，感应电流产生的磁场要阻碍原磁场的变大，即产生向里的感应磁场，根据楞次定律可得，感应电流均沿顺时针方向，B项正确。答案B考点2导体切割磁感线产生感应电动势的计算考|点|速|通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为导体棒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。2．导体棒转动切割磁感线当导体棒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＝Blv－＝12Bl2ω，如图所示。典|例|微|探【例2】如图，空间有一匀强磁场，一直金属棒与磁感应强度方向垂直，当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为E，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为E′。则E′E等于()A．12B．22C．1D．2解析若直金属棒的长为L，则弯成折线后，有效切割长度为22L。根据E＝BLv可知感应电动势的大小与有效切割长度成正比，故E′E＝22，B项正确。答案B本题考查切割磁感线产生感应电动势公式E＝Blv，解题时应注意l是“有效切割长度”。1．若l与B不垂直，则l在垂直于B的方向的投影长度为有效切割长度。2．若l出现弯折的情况，则先将两端点相连，再确定其有效切割长度。题|组|冲|关1.如图所示，平行导轨间距为d，一端跨接一个电阻R。匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于平行金属导轨所在平面。金属棒与导轨的电阻均不计。当金属棒沿垂直于棒的方向以恒定的速度v在金属导轨上滑行时，通过电阻R的电流是()A．BdvRB．BdvsinθRC．BdvcosθRD．BdvRsinθ解析电流应等于感应电动势除以电阻R，问题在于感应电动势应如何计算。由于这里有明显的金属切割磁感线的运动，故不妨用E＝Blv的办法计算。能够引起感应电流的电动势是MN间产生的电动势，所以有效切割长度应为MN，而MN用已知参数表示应为dsinθ，所以有效切割长度l＝dsinθ。解得E＝Blv＝Bdvsinθ，I＝ER＝BdvRsinθ，所以D项正确。答案D2．(多选)如图所示，S和P是半径为a的环形导线的两端点，OP间电阻为R，其余电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直环面，金属棒OQ与环形导线接触，以角速度ω绕O点无摩擦匀速转动时，则()A．电阻R两端的电压为Bωa22B．电阻R消耗的功率为B2ω2a44RC．金属棒受的安培力为B2ωa22RD．外力对OQ做功的功率为B2ω2a42R解析OQ产生的电动势E＝Bav＝Ba2ω2，因为只有OP间有电阻，所以电阻R两端的电压为Bωa22，A项正确；电阻R消耗的功率为P＝E2R＝B2ω2a44R，B项正确；电路中电流I＝ER＝Ba2ω2R，金属棒受的安培力F＝BIa＝B2a3ω2R，C项错误；外力对OQ做功的功率为P′＝P＝B2ω