第67課時法拉第電磁感應定律、自感和渦流目標要求1.理解法拉第電磁感應定律，會應用E＝nΔΦΔt進行有關計算。2.會計算導體切割磁感線產生的感應電動勢。3.考點一法拉第電磁感應定律的理解及應用1.感應電動勢(1)感應電動勢：在電磁感應現(xiàn)象中產生的電動勢。(2)產生條件：穿過電路的磁通量發(fā)生改變，與電路是否閉合無關。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：E＝nΔΦΔt①若已知Φ－t圖像，則圖線上某一點的切線斜率為ΔΦ②當ΔΦ僅由B的變化引起時，E＝nSΔBΔt，其中S為線圈在磁場中的有效面積。若B＝B0＋kt，則Δ③當ΔΦ僅由S的變化引起時，E＝nBΔS④當B、S同時變化時，則E＝nB2S2-B1S1Δt(3)感應電流與感應電動勢的關系：I＝ER(4)說明：E的大小與Φ、ΔΦ無關，決定于磁通量的變化率ΔΦ1.Φ＝0，ΔΦΔt不一定等于0。(2.穿過線圈的磁通量變化越大，感應電動勢也越大。(×)3.穿過線圈的磁通量變化越快，感應電動勢越大。(√)4.線圈匝數(shù)n越多，磁通量越大，產生的感應電動勢也越大。(×)例1(2023·天津卷·11)如圖，有一正方形線框，質量為m，電阻為R，邊長為l，靜止懸掛著，一個三角形磁場垂直于線框所在平面，磁感線垂直紙面向里，且線框中磁區(qū)面積為線框面積一半，磁感應強度變化B＝kt(k>0)，已知重力加速度g，求：(1)感應電動勢E；(2)線框開始向上運動的時刻t0。答案(1)kl22(解析(1)根據(jù)法拉第電磁感應定律有E＝l22(2)由題圖可知線框受到的安培力大小為FA＝BIl＝BElR＝當線框開始向上運動時有FA＝mg解得t0＝2mgR針對訓練1(2023·湖北卷·5)近場通信(NFC)器件應用電磁感應原理進行通訊，其天線類似一個壓平的線圈，線圈尺寸從內到外逐漸變大。如圖所示，一正方形NFC線圈共3匝，其邊長分別為1.0cm、1.2cm和1.4cm，圖中線圈外線接入內部芯片時與內部線圈絕緣。若勻強磁場垂直通過此線圈，磁感應強度變化率為103T/s，則線圈產生的感應電動勢最接近()A.0.30V B.0.44V C.0.59V D.4.3V答案B解析根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝ΔΦΔt，可得E1＝ΔBΔtS1，E2＝ΔBΔtS2，E3＝ΔBΔtS3，三個線圈產生的感應電動勢方向相同，故E＝E1＋E2＋E3＝103×(1.02＋1.22＋1.42)×10－針對訓練2(2024·福建卷·4)拓撲結構在現(xiàn)代物理學中具有廣泛的應用?，F(xiàn)有一條絕緣紙帶，兩條平行長邊鑲有銅絲，將紙帶一端扭轉180°，與另一端連接，形成拓撲結構的莫比烏斯環(huán)，如圖所示。連接后，紙環(huán)邊緣的銅絲形成閉合回路，紙環(huán)圍合部分可近似為半徑為R的扁平圓柱。現(xiàn)有一勻強磁場從圓柱中心區(qū)域垂直其底面穿過，磁場區(qū)域的邊界是半徑為r的圓(r<R)。若磁感應強度大小B隨時間t的變化關系為B＝kt(k為常量)，則回路中產生的感應電動勢大小為()A.0 B.kπR2 C.2kπr2 D.2kπR2答案C解析由題意可知，銅絲構成的莫比烏斯環(huán)形成了兩匝(n＝2)線圈串聯(lián)的閉合回路，穿過回路的磁場有效面積為S＝πr2，根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，回路中產生的感應電動勢大小為E＝nΔΦΔt＝nΔB·SΔt＝2k考點二動生電動勢的計算1.導體平動切割磁感線產生感應電動勢的算式E＝Blv的理解適用條件在勻強磁場中，B、l、v三者互相垂直。如果不相互垂直，應取垂直分量進行計算有效長度公式E＝Blv中的l為有效長度，即為導體兩端點連線在垂直于速度方向上的投影長度。如圖，導體的有效長度分別為：圖甲：l＝cdsinβ圖乙：沿v方向運動時，l＝MN圖丙：沿v1方向運動時，l＝2R；沿v2方向運動時，l＝R相對速度E＝Blv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.導體轉動切割磁感線如圖，當長為l的導體在垂直于勻強磁場(磁感應強度為B)的平面內，繞一端以角速度ω勻速轉動，當導體運動Δt時間后，轉過的弧度θ＝ωΔt，掃過的面積ΔS＝12l2ωΔt，則E＝ΔΦΔt＝BΔSΔt＝12Bl2ω(1.公式E＝Blv中的l是導體棒的總長度。(×)2.磁場相對導體棒運動，導體棒中也可能產生感應電動勢。(√)3.長為l的導體垂直于勻強磁場B以角速度ω勻速轉動產生的電動勢為12Bl2ω。(×例2如圖所示，空間有一勻強磁場，一直金屬棒與磁感應強度方向垂直，當它以速度v沿與棒和磁感應強度都垂直的方向運動時，棒兩端的感應電動勢大小為ε，將此棒彎成兩段長度相等且相互垂直的折彎，置于與磁感應強度相垂直的平面內，當它沿兩段折線夾角平分線的方向以速度v運動時，棒兩端的感應電動勢大小為ε'，則ε'ε等于()A.12 B.22 C.1 D答案B解析設折彎前金屬棒切割磁感線的長度為L，則ε＝BLv，折彎后，金屬棒切割磁感線的有效長度為l＝(L2)2＋(L2)2＝22L，故產生的感應電動勢為ε'＝Blv＝B·22Lv例3如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內存在垂直于平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，圓外無磁場。一根長為2R的導體桿ab水平放置，a端處在圓形磁場的下邊界，現(xiàn)使桿繞a端以角速度ω逆時針勻速旋轉180°，在旋轉過程中()A.b端的電勢始終高于a端B.ab桿的電動勢最大值E＝BR2ωC.全過程中，ab桿平均電動勢E＝BR2ωD.當桿旋轉θ＝120°時，ab間電勢差Uab＝12BR2答案C解析根據(jù)右手定則，a端相當于電源正極，b端為負極，a端電勢高于b端電勢，故A錯誤；當導體桿ab和直徑重合時，切割磁感線的有效長度l＝2R，此時產生的感應電動勢最大，ab桿切割磁感線產生的感應電動勢為E＝12Bl2ω＝2BR2ω，故B錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應定律可知，全過程中，ab桿平均電動勢為E＝ΔΦΔt＝BR2ω，故C正確；當θ＝120°時，ab桿切割磁感線的有效長度l'＝3R，ab桿切割磁感線產生的感應電動勢為E'＝12Bl'2ω＝針對訓練3(2024·湖南卷·4)如圖，有一硬質導線Oabc，其中是半徑為R的半圓弧，b為圓弧的中點，直線段Oa長為R且垂直于直徑ac。該導線在紙面內繞O點逆時針轉動，導線始終在垂直紙面向里的勻強磁場中。則O、a、b、c各點電勢關系為()A.φO>φa>φb>φcB.φO<φa<φb<φcC.φO>φa>φb＝φcD.φO<φa<φb＝φc答案C解析導線繞O點轉動過程中相當于Oa、Ob、Oc導體棒轉動切割磁感線，如圖所示，根據(jù)右手定則可知O點電勢最高；根據(jù)E＝Blv＝12Bωl因為lOb＝lOc>lOa可得0<UOa<UOb＝UOc得φO>φa>φb＝φc故選C?？键c三自感現(xiàn)象1.概念：當一個線圈中的電流變化時，它所產生的變化的磁場在線圈本身激發(fā)出感應電動勢，這種現(xiàn)象稱為自感，由于自感而產生的感應電動勢叫作自感電動勢。2.表達式：E＝LΔI3.自感系數(shù)L的影響因素：與線圈的大小、形狀、匝數(shù)以及是否有鐵芯有關。4.通電自感和斷電自感的比較電路圖器材要求A1、A2同規(guī)格，R＝RL，L較大L很大(有鐵芯)通電時在S閉合瞬間，燈泡A2立即亮起來，燈泡A1逐漸變亮，最終一樣亮燈泡A立即亮，然后逐漸變暗達到穩(wěn)定斷電時回路電流減小，兩燈泡均逐漸變暗，A1電流方向不變，A2電流反向①若I2≤I1，燈A逐漸變暗；②若I2>I1，燈A閃亮后逐漸變暗兩種情況下燈A中電流方向均改變(選填“改變”或“不變”)總結自感電動勢總是阻礙原電流的變化1.線圈中電流越大，自感系數(shù)也越大。(×)2.對于同一個線圈，電流變化越快，線圈中的自感電動勢也越大。(√)3.自感電動勢總是阻止原電流的變化。(×)例4(2024·山東淄博市檢測)圖甲和圖乙是教材中演示自感現(xiàn)象的兩個電路圖，L1和L2為電感線圈。實驗時，斷開開關S1瞬間，燈A1突然閃亮，隨后逐漸變暗；閉合開關S2，燈A2逐漸變亮，而另一個相同的燈A3立即變亮，最終A2與A3的亮度相同。下列說法正確的是()A.圖甲中，A1與L1的電阻值相同B.圖甲中，閉合S1，電路穩(wěn)定后，A1中電流大于L1中電流C.圖乙中，滑動變阻器R與L2的電阻值相同D.圖乙中，閉合S2瞬間，L2中電流與滑動變阻器R中電流相等答案C解析在題圖甲中，斷開開關S1瞬間，L1與A1構成閉合回路，通過燈A1的電流與通過L1的電流相同，又因燈A1突然閃亮，即通過A1電流增大，則可推出，閉合S1待電路穩(wěn)定后，通過L1的電流大于通過A1電流，根據(jù)L1與A1并聯(lián)，所以L1的電阻小于A1的電阻，故選項A、B錯誤；在題圖乙中，閉合開關S2，最終A2與A3亮度相同，即電流相同，所以L2與滑動變阻器R的電阻相同；閉合開關S2的瞬間，L2中電流小于滑動變阻器R中電流，故選項C正確，D錯誤。分析自感問題的三個技巧考點四渦流電磁阻尼和電磁驅動1.渦流現(xiàn)象(1)渦流：塊狀金屬放在變化磁場中，或者讓它在非均勻磁場中運動時，金屬塊內產生的漩渦狀感應電流。(2)產生原因：金屬塊內磁通量變化→感應電動勢→感應電流。2.電磁阻尼當導體在磁場中運動時，感應電流會使導體受到安培力，安培力總是阻礙導體的運動。3.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運動起來。1.電磁阻尼體現(xiàn)了能量守恒定律。(√)2.電磁阻尼阻礙相對運動，電磁驅動促進二者相對運動。(×)例5掃描隧道顯微鏡(STM)可用來探測樣品表面原子尺度上的形貌。為了有效隔離外界振動對STM的擾動，在圓底盤周邊沿其徑向對稱地安裝若干對紫銅薄板，并施加磁場來快速衰減其微小振動，如圖所示。無擾動時，按下列四種方案對紫銅薄板施加恒磁場；出現(xiàn)擾動后，對于紫銅薄板上下及左右振動的衰減最有效的方案是()答案A解析感應電流產生的條件是閉合回路中的磁通量發(fā)生變化。在A圖中，系統(tǒng)振動時，紫銅薄板隨之上下及左右振動，在磁場中的部分有時多有時少，磁通量發(fā)生變化，產生感應電流，受到安培力，阻礙系統(tǒng)的振動；在B圖中，只有紫銅薄板向左振動才產生感應電流，而上下振動和向右振動無感應電流產生；在C圖中，無論紫銅薄板上下振動還是左右振動，都不會產生感應電流；在D圖中，只有紫銅薄板左右振動才產生感應電流，而上下振動無感應電流產生，故選項A正確，B、C、D錯誤。課時精練(分值：100分)1~5題每小題8分，6題14分，共54分1.(2023·北京卷·5)如圖所示，L是自感系數(shù)很大、電阻很小的線圈，P、Q是兩個相同的小燈泡，開始時，開關S處于閉合狀態(tài)，P燈微亮，Q燈正常發(fā)光，斷開開關()A.P與Q同時熄滅 B.P比Q先熄滅C.Q閃亮后再熄滅 D.P閃亮后再熄滅答案D解析由題知，開始時，開關S處于閉合狀態(tài)，由于L的電阻很小，Q燈正常發(fā)光，P燈微亮，通過L的電流大于通過P燈的電流，斷開開關，Q所在電路未閉合，立即熄滅，由于自感，L中產生感應電動勢，與P組成閉合回路，故P燈閃亮后再熄滅，故選D。2.(2024·甘肅卷·6)工業(yè)上常利用感應電爐冶煉合金，裝置如圖所示。當線圈中通有交變電流時，下列說法正確的是()A.金屬中產生恒定感應電流B.金屬中產生交變感應電流C.若線圈匝數(shù)增加，則金屬中感應電流減小D.若線圈匝數(shù)增加，則金屬中感應電流不變答案B解析當線圈中通有交變電流時，感應電爐金屬內的磁通量也不斷隨之變化，金屬中產生交變感應電流，A錯誤，B正確；若線圈匝數(shù)增加，根據(jù)電磁感應定律E＝nΔΦΔt可知，感應電動勢增大，則金屬中感應電流變大，C3.(2023·重慶卷·2)某小組設計了一種呼吸監(jiān)測方案：在人身上纏繞彈性金屬線圈，觀察人呼吸時處于勻強磁場中的線圈面積變化產生的電壓，了解人的呼吸狀況。如圖所示，線圈P的匝數(shù)為N，磁場的磁感應強度大小為B，方向與線圈軸線的夾角為θ。若某次吸氣時，在t時間內每匝線圈面積增加了S，則線圈P在該時間內的平均感應電動勢為()A.NBScosθtC.BSsinθt答案A解析根據(jù)法拉第電磁感應定律有E＝NΔΦΔt＝NBcosθ·S4.如圖甲所示為探究電磁驅動的實驗裝置。某個鋁框置于蹄形磁體的兩個磁極間，鋁框可以繞支點自由轉動，其截面圖如圖乙所示。開始時，鋁框和磁體均靜止，轉動磁體，會發(fā)現(xiàn)鋁框也會跟著發(fā)生轉動，下列說法正確的是()A.鋁框是因為受到安培力而轉動的B.鋁框轉動的速度的大小和方向與磁體相同C.磁體從圖乙位置開始轉動時，鋁框截面abcd中的感應電流的方向為a→d→c→b→aD.當磁體停止轉動后，如果忽略空氣阻力和摩擦力，鋁框將保持勻速轉動答案A解析磁體從題圖乙位置開始轉動時，導致通過鋁框截面的磁通量增加，從而產生感應電流，方向為a→b→c→d→a，因而受到安培力作用，導致鋁框轉動，所以鋁框是因為受到安培力而轉動的，A項正確，C項錯誤；根據(jù)楞次定律可知，為阻礙磁通量增加，則導致鋁框與磁體轉動方向相同，但快慢不相同，鋁框的轉速一定比磁體的轉速小，B項錯誤；當磁體停止轉動后，如果忽略空氣阻力和摩擦力，由于鋁框轉動的過程中仍然能產生感應電流，所以鋁框會受到反方向安培力作用逐漸減速直到停止運動，D項錯誤。5.(來自教材改編)如圖所示，在水平向右的勻強磁場中，將一個水平放置的金屬棒ab以某一水平速度拋出，金屬棒在運動過程中始終保持水平。不計空氣阻力，金屬棒在運動過程中ab兩端的電勢分別為φa、φb，則()A.φa>φb，且Uab保持不變B.φa>φb，且Uab逐漸增大C.φa<φb，且Uba保持不變D.φa<φb，且Uba逐漸增大答案B解析金屬棒在運動過程中始終保持水平，結合右手定則可知a端電勢高于b端電勢，由于金屬棒沒有形成閉合回路，故沒有感應電流，金屬棒不受安培力，只受重力，所以金屬棒做平拋運動，水平分速度不變，豎直分速度逐漸變大，所以ab棒的電動勢逐漸增大。故選B。6.(14分)(2024·山東煙臺市期中)如圖，一不可伸長的細繩的上端固定，下端系在邊長為l＝0.40m的單匝正方形金屬框的一個頂點上。金屬框的一條對角線水平，其下方有方向垂直于金屬框所在平面的勻強磁場。已知構成金屬框的導線單位長度的阻值為λ＝5.0×10－3Ω/m；在t＝0到t＝3.0s時間內，磁感應強度大小隨時間t的變化關系為B(t)＝0.3－0.1t(SI)。求：(1)(5分)金屬框中感應電動勢的大??；(2)(9分)t＝2.0s時金屬框所受安培力的大小。答案(1)0.008V(2)0.042N解析(1)金屬框中產生的感應電動勢為E＝ΔΦΔt＝ΔB×l22Δt＝0.1×12(2)金屬框的總電阻為R＝4lλ＝4×0.40×5.0×10－3Ω＝0.008Ω金屬框中的電流為I＝ER＝1t＝2.0s時磁感應強度為B2＝(0.3－0.1×2.0)T＝0.1T金屬框處于磁場中的有效長度為L＝2l此時金屬框所受安培力大小為F安＝B2IL＝0.1×1×2×0.40N＝0.042N。7、8題每小題10分，9題16分，共36分7.(2022·河北卷·5)將一根絕緣硬質細導線順次繞成如圖所示的線圈，其中大圓面積為S1，小圓面積均為S2，垂直線圈平面方向有一隨時間t變化的磁場，磁感應強度大小B＝B0＋kt，B0和k均為常量，則線圈中總的感應電動勢大小為()A.kS1 B.5kS2C.k(S1－5S2) D.k(S1＋5S2)答案D解析由法拉第電磁感應定律，可得大圓線圈產生的感應電動勢E1＝ΔΦ1Δt＝ΔB·S1Δt＝kS1，每個小圓線圈產生的感應電動勢E2＝ΔΦ2Δt＝ΔB·S2Δt＝kS2，由線圈的繞線方式和楞次定律可得大、小圓線圈產生的感應電動勢方向相同，故線圈中總的感應電動勢大小為E＝E1＋8.(2025·山東濟南市模擬)如圖所示，一根長為L的金屬棒CD在磁感應強度為B的勻強磁場中，繞OO'軸順時針(俯視)轉動。圓錐母線與OO'夾角為30°，角速度為ω，OC＝L3，則金屬棒兩端電勢差UCD為(A.－118BωL2 B.118C.－124BωL2 D.124答案D解析將金屬棒投影到垂直于磁場的平面上(如圖)，金屬棒CD切割磁感線的運動等效于金屬棒C'D'垂直切割磁感線的運動。取O'D'中點B'，由于對稱，B'、C'電勢相等，C點電勢高于D點，則UCD＝UB'D'＝B·L6·ω·L4＝1249.(16分)(2023·廣東卷·14)光滑絕緣的水平面上有垂直平面的勻強磁場，磁場被分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，寬度均為h，其俯視圖如圖(a)所示，兩磁場磁感應強度隨時間t的變化如圖(b)所示，0~τ時間內，兩區(qū)域磁場恒定，方向相反，磁感應強度大小分別為2B0和B0，一電阻為R，邊長為h的剛性正方形金屬框abcd，平放在水平面上，ab、cd邊與磁場邊界平行。t＝0時，線框ab邊剛好跨過區(qū)域Ⅰ的左邊界以速度v向右運動。在τ時刻，ab邊運動到距區(qū)域Ⅰ的左邊界h2處，線框的速度近似為零，此時線框被固定，如圖(a)中的虛線框所示。隨后在τ~2τ時間內，Ⅰ區(qū)磁感應強度線性減小到0，Ⅱ區(qū)磁場保持不變；2τ~3τ時間內，Ⅱ區(qū)磁感應強度也線性減小到0(1)(5分)t＝0時線框所受的安培力F；(2)(5分)t＝1.2τ時穿過線框的磁通量Φ；(3)(6分)2τ~3τ時間內，線框中產生的熱量Q。答案(1)9B02h2vR，方向水平向左(2解析(1)由題圖可知t＝0時線框切