通用版2020届高考物理总复习第十章第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流（含答案解析）

2020高考一轮第十章第2讲法拉第电磁感应定律自感和涡流（通用版）
物 理

[基础知识·填一填]
[知识点1]　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．
(2)产生：只要穿过回路的　磁通量　发生变化，就能产生感应电动势，与电路是否闭合无关．
(3)方向：产生感应电动势的电路(导体或线圈)相当于电源，电源的正、负极可由　右手定则　或　楞次定律　判断．
(4)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＝　　.
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：E＝　n　，n为线圈匝数．
3．导体切割磁感线的情形
(1)若B、l、v相互垂直，则E＝　Blv　.
(2)若B⊥l，l⊥v，v与B夹角为θ，则E＝　Blvsin_θ　.
(3)若v∥B，则E＝0.

判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．
(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)磁场相对导体棒运动时，导体棒中也能产生感应电动势．(√)
[知识点2]　自感与涡流　
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　.
(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
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　水的旋涡　状的感应电流．
(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转动，在导体中会产生　感应电流　，使导体受到安培力作用，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．

判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．
(1)线圈中的电流越大，自感系数也越大．(×)
(2)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．(√)
(3)变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的，这是为了增大铁芯中的电阻、减小涡流，提高变压器的效率．(√)
[教材挖掘·做一做]
1．(人教版选修3－2 P17第1题改编)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是(　　)
A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关
B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同
答案：C
2．(人教版选修3－2 P21第2题改编)(多选)如图甲所示，单匝线圈两端A、B与一理想电压表相连，线圈内有一垂直纸面向里的匀强磁场，线圈中的磁通量变化规律如图乙所示．下列说法正确的是(　　)

A．0～0.10 s内磁通量的变化量为0.15 Wb
B．电压表读数为0.5 V
C．电压表“＋”接线柱接A端
D．B端比A端的电势高
答案：BC
3．(人教版选修3－2 P20第1题改编)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—2 000”在天安门上空时机翼保持水平，以4.5×102 km/h的速度自东向西飞行．该机的翼展(两翼尖之间的距离)为50 m，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2.9 V
B．两翼尖之间的电势差为1.1 V
C．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：C　[飞机的飞行速度为4.5×102 km/h＝125 m/s，飞机两翼尖之间的电动势为E＝BLv＝4.7×10－5×50×125 V＝0.29 V，A、B项错；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对，D错．]
4．(人教版选修3－2 P22演示改编)如图所示电路中，La、Lb两灯相同，闭合开关S电路达到稳定后两灯一样亮，则(　　)

A．当S断开的瞬间，La、Lb两灯中电流立即变为零
B．当S断开的瞬间，La、Lb两灯中都有向右的电流，两灯不立即熄灭
C．当S闭合的瞬间，La比Lb先亮
D．当S闭合的瞬间，Lb比La先亮
解析：D　[由于La与线圈L串联，Lb与滑动变阻器R串联，当S闭合的瞬间，通过线圈的电流突然增大，线圈产生自感电动势 ，阻碍电流的增加，所以Lb比La先亮，故C错误，D正确；当S断开的瞬间，线圈产生自感电动势，两灯组成的串联电路中，有顺时针方向的电流，故A、B错误．]

考点一　法拉第电磁感应定律的应用
[考点解读]
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＝n.
(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则E＝n.
(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＝n≠n.
[典例赏析]
[典例1]　(多选)如图甲所示，abcd是匝数为100匝、边长为10 cm、总电阻为0.1 Ω的正方形闭合导线圈，放在与线圈平面垂直的图示匀强磁场中，磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则以下说法正确的是(　　 )

A．导线圈中产生的是交变电流
B．在t＝2.5 s时导线圈产生的感应电动势为1 V
C．在0～2 s内通过导线横截面的电荷量为20 C
D．在t＝1 s时，导线圈内电流的瞬时功率为10 W
[审题指导]　B－t图象中图线的斜率表示磁感应强度的变化率，因此根据B－t图象可判断出各个时间段的感应电动势．通过的电荷量需要根据公式q＝IΔt计算．
[解析]　ACD　[在0～2 s内，磁感应强度变化率为＝1 T/s，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E1＝nS＝100×0.12×1 V＝1 V；在2～3 s内，磁感应强度变化率为＝2 T/s，根据法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势为E2＝nS＝100×0.12×2 V＝2 V．导线圈中产生的感应电流为方波交变电流，选项A正确；在t＝2.5 s 时，产生的感应电动势为E2＝2 V，选项B错误；在0～2 s内，感应电流I＝＝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．]

应用法拉第电磁感应定律应注意的三个问题
1．公式E＝n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＝nS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＝Δt＝Δt＝.
[题组巩固]
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(　　)

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
解析：D　[导体棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路，磁感应强度均匀减小(＝k为一定值)，则闭合回路中的磁通量减小，根据楞次定律，可知回路中产生顺时针方向的感应电流，ab中的电流方向由a到b，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝＝＝k·S，回路面积S不变，即感应电动势为定值，根据欧姆定律I＝，所以ab中的电流大小不变，故B错误；安培力F＝BIL，电流大小不变，磁感应强度减小，则安培力减小，故C错误；导体棒处于静止状态，所受合力为零，对其受力分析，水平方向静摩擦力f与安培力F等大反向，安培力减小，则静摩擦力减小，故D正确．]
2．(2016·浙江理综)如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la＝3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则(　　)

A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1
C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4
D．a、b线圈中电功率之比为3∶1
解析：B　[a、b两个正方形线圈内的磁场垂直于纸面向里，磁感应强度均匀增加，由楞次定律可以判断感应电流的磁场垂直于纸面向外，再根据安培定则可知：两线圈内产生逆时针方向的感应电流，A错误；由E＝N可知＝＝，B正确；a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数相同，Ra∶Rb＝3∶1，由闭合电路的欧姆定律得Ia＝，Ib＝则＝＝，C项错误；Pa＝IRa，Pb＝IRb，则Pa∶Pb＝27∶1，D错误．故选B.]
考点二　导体切割磁感线产生感应电动势的计算
[考点解读]
1．E＝Blv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＝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．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＝BωL2(平均速度取中点位置的线速度ωL)．(如图所示)

(3)以任意点为轴时E＝Bω(L－L)(L1>L2，不同两段的代数和)．
[考向突破]
[考向1]　平动切割产生感应电动势　
[典例2]　(2019·东北三校联考)如图所示，一电阻为R的导线弯成边长为L的等边三角形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于闭合回路所在的平面向里．下列对三角形导线以速度v向右匀速进入磁场过程中的说法正确的是(　　 )

A．回路中感应电流方向为顺时针方向
B．回路中感应电动势的最大值E＝BLv
C．回路中感应电流的最大值I＝RBLv
D．导线所受安培力的大小可能不变
[解析]　B　[在进入磁场的过程中，闭合回路中磁通量增加，根据楞次定律，闭合回路中产生的感应电流方向为逆时针方向，A错误；等效切割磁感线的导线最大长度为Lsin 60°＝L，感应电动势的最大值E＝BLv，B正确；感应电流的最大值I＝＝BLv，C错误；在进入磁场的过程中，等效切割磁感线的导线长度变化，产生的感应电动势和感应电流大小变化，根据安培力公式可知，导线所受安培力大小一定变化，D错误．]
[考向2]　转动切割产生感应电动势　
[典例3]　(2016·全国卷Ⅱ)(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
[解析]　AB　[圆盘切割磁感线产生的感应电动势E＝Br∝ω，感应电流I＝∝ω，即圆盘转动的角速度恒定，电流大小恒定，A正确．圆盘切割磁感线，相当于圆盘圆心与P点间的半径切割磁感线，根据右手定则，电流沿a到b的方向流动，B正确．由楞次定律知感应电流的方向与圆盘转动的角速度大小无关，C错误．由A项分析知I∝ω，又P＝I2R∝ω2，角速度变为原来的两倍，则R上的热功率变为原来的4倍，D错误．]
　电磁感应现象中电势高低的判断
把产生感应电动势的那部分电路或导体当作电源的内电路，那部分导体相当于电源．若电路是不闭合的，则先假设有电流通过，然后应用楞次定律或右手定则判断出电流的方向．电源内部电流的方向是由负极(低电势)流向正极(高电势)，外电路顺着电流方向每经过一个电阻电势都要降低．
[题组巩固]
1．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
B．电路中感应电流的大小为
C．金属杆所受安培力的大小为
D．金属杆的发热功率为
解析：B　[金属杆MN切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，A错；电路中感应电流的大小I＝＝，B对；金属杆所受的安培力F安＝BI＝，C错；金属杆的热功率P＝I2R＝，D错．]
2．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Ua、Ub、Uc，已知bc边的长度为l.下列判断正确的是(　　)

A．Ua>Uc，金属框中无电流
B．Ub>Uc，金属框中电流方向沿a?b?c?a
C．Ubc＝－Bl2ω，金属框中无电流
D．Ubc＝Bl2ω，金属框中电流方向沿a?c?b?a
解析：C　[金属框abc绕ba边逆时针旋转时，bc边、ac边都切割磁感线产生感应电动势，大小E＝Bωl2，由右手定则可以判定Ub＝Ua考点三　自感现象的理解及应用
[考点解读]
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

[典例赏析]
[典例4]　(2017·北京卷)图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是(　　)

A．图1中，A1与L1的电阻值相同
B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同
D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
[解析]　C　[在图1中断开S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明断开S1前，L1中的电流大于A1中的电流，故L1的阻值小于A1的阻值，A、B选项均错误；在图2中，闭合S2瞬间，由于L2的自感作用，通过L2的电流很小，D错误；闭合S2后，最终A2与A3亮度相同，说明两支路电流相等，故R与L2的阻值相同，C项正确．]
　自感线圈在电路中的作用
1．电路突然接通时，产生感应电动势，阻碍电流变化使与之串联的灯泡不是立即点亮，而是逐渐变亮．
2．电路突然断开时，产生感应电动势，在电路中相当于新的电源．若流过灯泡的电流比原来的大，则灯泡“闪亮”一下再熄灭；若流过灯泡的电流不大于原来的电流，则灯泡不能闪亮而逐渐熄灭．
[题组巩固]
1.如图所示，线圈L的自感系数很大，且其直流电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，开关S闭合和断开的过程中，灯L1、L2的亮度变化情况是(灯丝不会断)(　　)

A．S闭合，L1亮度不变，L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即熄灭，L1逐渐变亮
B．S闭合，L1不亮，L2很亮；S断开，L1、L2立即熄灭
C．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭
D．S闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即熄灭，L1亮一下才熄灭
解析：D　[当S闭合，L的自感系数很大，对电流的阻碍作用较大，L1和L2串联后与电源相连，L1和L2同时亮，随着L中电流的增大，因为L的直流电阻不计，则L的分流作用增大，L1中的电流逐渐减小为零，由于总电阻变小，故电路中的总电流变大，L2中的电流增大，L2灯变得更亮；当S断开，L2中无电流，立即熄灭，而线圈L产生自感电动势，试图维持本身的电流不变，L与L1组成闭合电路，L1要亮一下后再熄灭．综上所述，D正确．]
2．(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(　　 )


解析：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，电路总电阻较大，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，D2马上熄灭，D1与L组成回路，由于L的自感作用，D1慢慢熄灭，电流反向且减小；综上所述知选项A、C正确．]

思想方法(二十一)　电磁感应在生活中的应用
方 法 阐 述 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

[典例赏析]
[典例]　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v0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E－t关系如图甲所示．如果只将刷卡速度改为，线圈中的E－t关系图可能是图乙中的(　　 )

　　　　　　　　　　　　　　　　图甲

图乙
[解析]　D　[若将刷卡速度改为，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．]
[题组巩固]
1．(2019·北京丰台区模拟)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
解析：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．]
2．(2019·辽宁省实验中学期中)(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
解析：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．]
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