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1、专题10.2 法拉第电磁感应定律自感现象1.能应用法拉第电磁感应定律En和导线切割磁感线产生电动势公式EBlv计算感应电动势.2.会判断电动势的方向，即导体两端电势的高低.3.理解自感现象、涡流的概念，能分析通电自感和断电自感知识点一 法拉第电磁感应定律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(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：En，其中n为线圈匝数(3)感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合
2、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)导体垂直切割磁感线时，感应电动势可用EBlv求出，式中l为导体切割磁感线的有效长度；(2)导体棒在磁场中转动时，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EBlBl2 (平均速度等于中点位置的线速度l)知识点二 自感、涡流、电磁阻尼和电磁驱动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：EL.(3)自感系数L的影响因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关2涡流现象(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，
3、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3电磁阻尼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相对运动4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而使导体运动起来【拓展提升】 1自感现象的特点(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)在通电自感中线圈相当于一个变化的电阻阻值由无穷大逐渐减小，通电瞬间自感线圈相当于断路(4)在断电自感中线圈相当于电源，与其他电学元件构成回路时，自感电动势由某值逐渐减小到零(5)电流稳定时，自感线圈相当于普通导体，
4、是否需要考虑其电阻，需依题意而定(6)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，不能使过程停止，更不能使过程反向2自感中灯泡“闪亮”与“不闪亮”的原因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：若I2I1，灯泡逐渐变暗；若I2I1，灯泡闪亮后逐渐变暗两种情况灯泡中电流方向均改变考点一 对法拉第电磁感应定律的理解与应用【典例1】（2019新课标全国卷）空间存在一方向与直面垂直、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
5、质细导线的电阻率为、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（ ）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【答案】BC【解析】AB、根据B-t图象，由楞次定律可知，线圈中感应电流方向一直为顺时针，但在t0时刻，磁场的方向发生变化，故安培力方向的方向在t0时刻发生变化，则A错误，B正确；CD、由闭合电路欧姆定律得：，又根据法拉第电磁感应定律得：，又根据电阻定律得：，联立得：
6、，则C正确，D错误。故本题选BC。【举一反三】(2018全国卷11)如图，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)；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)在过程、中，流过OM的电荷量相等，则等于()ABCD2【答案】B【解析】在过程中，根据法拉第电磁感应定律，有E1根据闭合电路欧姆定律，有I1且q1I1t1在过程中，有E2I2，q2I2t
7、2又q1q2，即所以.【方法技巧】1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和线圈的匝数共同决定，而与磁通量、磁通量的变化量的大小没有必然联系(2)当仅由B引起时，则En；当仅由S引起时，则En.2磁通量的变化率是t图象上某点切线的斜率3求解感应电动势常见的情况与方法情景图研究对象回路(不一定闭合)一段直导线(或等效成直导线)绕一端转动的一段导体棒绕与B垂直且在导线框平面内的轴转动的导线框表达式EnEBLvEBL2ENBSsint【变式1】（福建福州三中2019届高三模拟）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
8、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()A保持磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，有顺时针方向的电流B保持磁场不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，有逆时针方向的电流C保持半径不变，使磁场随时间按Bkt变化，线圈中的电流大小为D保持半径不变，使磁场随时间按Bkt变化，线圈中的电流大小为【答案】BC【解析】由于磁场不变，线圈的半径由2r变到3r的过程中，穿过线圈的磁通量不变，所以线圈中没有感应电流产生，故A错误；由于磁场不变，线圈的半径由2r变到0.5r的过程中，穿过线圈的磁通量变小，根据楞次定律可知，线圈中产生逆时针方向的电流，故B正确；保持
9、半径不变，使磁场随时间按Bkt变化，磁感应强度增大，穿过线圈磁通量增大，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得Ikk，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【典例2】（2019新课标全国卷）如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t=0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图像中可能正确的是（ ）【答案】AC【解析】ab棒向右运动，切割磁感线产生感应
10、电流，则受到向左的安培力，从而向左做减速运动，；金属棒cd受向右的安培力作用而做加速运动，随着两棒的速度差的减小安培力减小，加速度减小，当两棒速度相等时，感应电流为零，最终两棒共速，一起做匀速运动，故最终电路中电流为0，故AC正确，BD错误。 【举一反三】(2017全国卷20)(多选)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 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t0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
11、的是()A磁感应强度的大小为0.5 TB导线框运动速度的大小为0.5 m/sC磁感应强度的方向垂直于纸面向外D在t0.4 s至t0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N【答案】BC【解析】A错：由图象可知，cd边切割磁感线产生的感应电动势E0.01 V，由公式EBLv，可得磁感应强度的大小B T0.2 TB对：由图象可知，从导线框的cd边进入磁场到ab边刚好进入磁场，用时为0.2 s，可得导线框运动速度的大小v m/s0.5 m/s.C对：感应电流的方向为顺时针时，对cd边应用右手定则可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外D错：t0.4 s至t0.6 s时间段为cd边离开磁场，a
12、b边切割磁感线的过程由闭合电路欧姆定律及安培力公式得安培力F，代入数据得F0.04 N【方法技巧】分析导体棒切割磁感线产生的感应电动势时应注意，一是导体棒切割感线有平动切割和转动切割两种，二是要将其与根据法拉第电磁感应定律计算的感应电动势区别开1EBlv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图中，导体棒的有效长度为ab间的距离(3)相对性：EBlv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匀速转动时，产生的感应电
13、动势为EBlBl2，如图所示【变式2】（黑龙江哈尔滨师大附中2019届高三模拟）如图所示，足够长的平行光滑金属导轨水平放置，宽度L0.4 m，一端连接R1 的电阻导轨所在空间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B1 T导体棒MN放在导轨上，其长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好导轨和导体棒的电阻均可忽略不计在平行于导轨的拉力F作用下，导体棒沿导轨向右匀速运动，速度v5 m/s.求：(1)感应电动势E和感应电流I；(2)在0.1 s时间内，拉力的冲量IF的大小；(3)若将MN换为电阻r1 的导体棒，其他条件不变，求导体棒两端的电压U.【解析】(1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势EBLv10.
14、45 V2 V感应电流I A2 A(2)拉力大小等于安培力大小FBIL120.4 N0.8 N冲量大小IFFt0.80.1 Ns0.08 Ns(3)由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流I A1 A由欧姆定律可得，导体棒两端电压UIR1 V.【答案】(1)2 V2 A(2)0.08 Ns(3)1 V考点三 自感现象涡流【典例3】（安徽师大附中2019届高三模拟）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上的左右两端点，A、B、C为完全相同的三个灯泡，原来电键K是闭合的，三个灯泡均在发光某时刻将电键断开瞬间，下列说法正确的是()Aa点电势高于b点，A灯闪亮后缓慢熄灭Ba点电势高于b点
15、，B、C灯闪亮后缓慢熄灭Cb点电势高于a点，B、C灯闪亮后缓慢熄灭Db点电势高于a点，B、C灯不会闪亮只是缓慢熄灭【答案】C【解析】开关闭合稳定时，流过A的电流大于流过B、C的，开关由闭合到断开瞬间，B、C灯原来的电流瞬间消灭，而线圈产生自感电动势阻碍B、C灯中电流减小，并与A、B、C组成回路，原来两支路电流不相等，则开关断开瞬间，电流都从原来A的值开始减小，所以三灯均过一会儿才熄灭，而流过灯泡B、C的电流比原来大，B、C灯变亮后缓慢熄灭，b点电势高于a点，故选C【变式3】（浙江杭州外国语学校2019届高三模拟）如图所示，L1、L2为两个相同的灯泡，线圈L的直流电阻不计，灯泡L1与一理想二极管D连接下列说法中正确的是()A闭合开关S后，L1会逐渐变亮 B闭合开关S稳定后，L1、L2亮度相同C断开S的瞬间，L1会逐渐熄灭 D断开S的瞬间，a点的电势比b点高【答案】D【解析】闭合开关S后，因线圈自感，则两灯立刻亮，故A项错误；闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，所以L1与二极管被短路，导致灯泡L1不亮，而L2将更亮，因此L1、L2亮度不同，故B项错误；断开S的瞬间，L2会立刻熄灭，线圈L与灯泡L1及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，a端的电势高于b端，所以回路中没有电流，故C项错误，D项正确