金版教程2025年高考物理复习第2讲 法拉第电磁感应定律　自感、涡流

第讲法拉第电磁感应定律自感、涡流[教材阅读指导](对应人教版选择性必修第二册相关内容及问题)第二章第2节阅读“电磁感应定律”这一部分内容，由法拉第电磁感应定律可得E＝keq\f(ΔΦ,Δt)，式子中的k什么情况下等于1?提示：当式中各物理量均取国际单位且线圈匝数为1时。第二章第2节“导线切割磁感线时的感应电动势”这部分的[思考与讨论]，产生动生电动势的非静电力与什么有关？提示：与磁场对导体中自由电荷的洛伦兹力有关。第二章第2节[练习与应用]T4图2.2­6，矩形线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动时，产生的感应电动势是否变化？为什么？提示：因为速度在垂直于磁场方向的分量在变化，由E＝Blv可知感应电动势在变化。第二章第2节[练习与应用]T5。提示：Q＝eq\f(πUd,4B)。第二章第2节[练习与应用]T6，导体棒在与匀强磁场垂直的面内转动切割产生的电动势怎样求得？提示：由E＝Blv求得，其中的v为导体棒上各点速度的平均值。第二章第3节阅读“电磁感应现象中的感生电场”这一部分内容，产生感生电动势的非静电力是什么？提示：是感生电场对导体中自由电荷的电场力。第二章第3节“电磁阻尼”这部分的[做一做]中图2.3­9，为什么灵敏电流表在运输时总要用导体把两个接线柱连在一起？提示：使电流表内元件与导体形成闭合电路，以便在电流表的指针晃动时产生电磁阻尼作用，防止电流表的指针剧烈晃动。第二章第4节图2.4­3，若线圈L的电阻小于灯泡A的电阻，开关S断开后，灯泡A是逐渐变暗还是更亮一下再逐渐变暗？提示：更亮一下再逐渐变暗。第二章第4节[练习与应用]T3。提示：(1)当开关S由断开变为闭合时，由于线圈的自感作用，通过线圈的电流由0逐渐增大，A、B同时发光，然后A由亮变得更为明亮，B逐渐变暗，直至不亮。(2)当开关S由闭合变为断开时，发生断电自感现象，A立即不亮，B突然变亮再逐渐变暗，直至不亮。第二章[复习与提高]B组T6。提示：(1)铜盘可看作沿半径方向的无数个细铜条组成，细铜条切割磁感线产生感应电动势；(2)从D到R再到C；(3)E＝eq\f(πBr2,T)。必备知识梳理与回顾一、法拉第电磁感应定律1．感应电动势(1)概念：在eq\x(\s\up1(01))电磁感应现象中产生的电动势。(2)产生条件：穿过回路的eq\x(\s\up1(02))磁通量发生改变，与电路是否闭合eq\x(\s\up1(03))无关。(3)方向判断：感应电动势的方向用eq\x(\s\up1(04))楞次定律或eq\x(\s\up1(05))右手定则来判断。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eq\x(\s\up1(06))磁通量的变化率成正比。(2)公式：eq\x(\s\up1(07))E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，其中n为eq\x(\s\up1(08))线圈匝数。(3)感应电流与感应电动势的关系：遵守eq\x(\s\up1(09))闭合电路欧姆定律，即I＝eq\x(\s\up1(10))eq\f(E,R＋r)。3．导体切割磁感线时的感应电动势切割方式电动势表达式说明垂直切割E＝eq\x(\s\up1(11))Blv①导体棒与磁场方向垂直，磁场为匀强磁场；②式中l为导体切割磁感线的有效长度；③旋转切割中导体棒的平均速度等于中点位置的线速度eq\f(1,2)lω倾斜切割E＝eq\x(\s\up1(12))Blvsinθ(θ为v与B的夹角)旋转切割(以一端为轴)E＝Bleq\o(v,\s\up6(－))＝eq\f(1,2)Bl2ω二、互感、自感、涡流、电磁阻尼和电磁驱动1．互感现象两个互相靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的eq\x(\s\up1(01))磁场会在另一个线圈中产生eq\x(\s\up1(02))感应电动势。这种现象叫作互感，这种感应电动势叫作eq\x(\s\up1(03))互感电动势。2．自感现象(1)定义：当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场在eq\x(\s\up1(04))线圈本身激发出eq\x(\s\up1(05))感应电动势，这种现象称为自感。(2)自感电动势①定义：由于eq\x(\s\up1(06))自感而产生的感应电动势。②表达式：E＝eq\x(\s\up1(07))Leq\f(ΔI,Δt)。③自感系数L相关因素：与线圈的大小、形状、eq\x(\s\up1(08))匝数，以及是否有eq\x(\s\up1(09))铁芯等因素有关。单位：亨利(H)，1mH＝eq\x(\s\up1(10))10－3H，1μH＝10－6H。3．涡流、电磁阻尼和电磁驱动(1)涡流：如果穿过导体的磁通量发生变化，由于eq\x(\s\up1(11))电磁感应，导体内会产生eq\x(\s\up1(12))感应电流，这种电流像水中的漩涡，所以叫作涡电流，简称涡流。(2)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到eq\x(\s\up1(13))安培力，安培力的方向总是eq\x(\s\up1(14))阻碍导体的运动，这种现象称为电磁阻尼。(3)电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生eq\x(\s\up1(15))感应电流，它使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用常常称为电磁驱动。交流感应电动机就是利用eq\x(\s\up1(16))电磁驱动的原理工作的。(4)电磁阻尼和电磁驱动的原理体现了eq\x(\s\up1(17))楞次定律的推广应用。一、堵点疏通1．回路中磁通量变化量越大，回路产生的感应电流越大。()2．导体棒在磁场中运动一定能产生感应电动势。()3．公式E＝Blv中的l就是导体的长度。()4．在自感现象中，通过线圈的感应电流一定和原电流方向相反。()5．断电自感中，通过线圈的感应电流方向与原电流方向一致。()答案1.×2.×3.×4.×5.√二、对点激活1．将闭合多匝线圈置于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解析由法拉第电磁感应定律可知E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，感应电动势的大小与匝数成正比，A错误。感应电动势大小与磁通量的变化率成正比，磁通量变化越快，感应电动势越大，C正确。感应电动势的大小与磁通量的大小以及磁通量的变化量的大小无关，所以B错误。感应电流产生的磁场阻碍原磁场的变化，可能与原磁场方向相同，也可能与原磁场方向相反，D错误。2．(人教版选择性必修第二册·第二章[复习与提高]A组T5改编)A、B两个闭合线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，半径rA＝2rB，分别按图甲、乙两种方式放入匀强磁场中，且磁感应强度随时间均匀减小，则下列说法正确的是()A．甲图中，A、B两线圈中电动势之比为4∶1B．甲图中，A、B两线圈中电流之比为2∶1C．乙图中，A、B两线圈中电动势之比为4∶1D．乙图中，A、B两线圈中电流之比为4∶1答案C解析由法拉第电磁感应定律可知，E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，其中S为有效面积。甲图中，A、B两线圈的有效面积相等，所以感应电动势之比就是匝数比，为1∶1，由电阻定律R＝ρeq\f(L,S横)可知，电阻之比为两线圈周长之比，也就是2∶1，所以甲图中，A、B两线圈中电流之比为1∶2，故A、B错误。同理，乙图中，A、B两线圈中电动势之比为4∶1，电流之比为2∶1，故C正确，D错误。3.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ε；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ε′。则eq\f(ε′,ε)等于()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2)C．1 D.eq\r(2)答案B解析设金属棒的长度为l，磁感应强度为B，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小ε＝Blv；当将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线时，有效长度变为l′＝eq\f(\r(2),2)l，所以此时的感应电动势大小ε′＝Bl′v＝eq\f(\r(2),2)Blv。所以eq\f(ε′,ε)＝eq\f(\r(2),2)，故B正确。4．(人教版选择性必修第二册·第二章第4节[演示]“观察两个灯泡的发光情况”改编)(多选)如图所示，两个灯泡A1和A2的规格相同，A1与线圈L串联后接到电路中，A2与可变电阻R串联后接到电路中。先闭合开关S，调节R，使两个灯泡的亮度相同，再调节R1，使它们正常发光，然后断开开关S，下列说法正确的是()A．重新接通电路，A1、A2同时亮B．重新接通电路，A1逐渐变亮C．接通电路，一段时间电路稳定后再次断开S，A1、A2逐渐熄灭D．接通电路，一段时间电路稳定后再次断开S，A2闪亮一下再熄灭答案BC解析重新接通电路，由于L有自感电动势产生，阻碍电流增大，所以A1逐渐变亮，而A2立即变亮，故A错误，B正确。接通电路，一段时间电路稳定后再次断开S，A1、A2与L、R构成回路，L相当于电源，因原来两支路电流相等，所以不会出现A2闪亮一下再熄灭的现象，A1、A2都会逐渐熄灭，故C正确，D错误。5.(人教版选择性必修第二册·第二章第3节[练习与应用]T3改编)如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置。小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部。则小磁块()A．在P和Q中都做自由落体运动B．在两个下落过程中的机械能都守恒C．在P中的下落时间比在Q中的长D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大答案C解析小磁块在铜管中下落的过程，根据电磁感应知铜管中产生涡流，小磁块受到阻力，P中小磁块的部分机械能转化为铜管中涡流产生的焦耳热，机械能不守恒，故A、B错误。Q管为塑料管，小磁块下落过程为自由落体运动，所以比在P中下落时间短，落至底部时比在P中的速度大，故C正确，D错误。关键能力发展与提升考点一法拉第电磁感应定律的理解和应用深化理解1．法拉第电磁感应定律公式的物理意义：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求的是Δt时间内的平均感应电动势，当Δt→0时，E为瞬时感应电动势。提示：①Φ、ΔΦ、eq\f(ΔΦ,Δt)的大小之间没有必然的联系，Φ＝0，eq\f(ΔΦ,Δt)不一定等于0；②感应电动势E与线圈匝数n有关，但Φ、ΔΦ、eq\f(ΔΦ,Δt)的大小均与线圈匝数无关。2．法拉第电磁感应定律应用的三种情况(1)磁通量的变化是由有效面积变化引起时，ΔΦ＝B·ΔS，则E＝neq\f(B·ΔS,Δt)。(动生电动势)(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则E＝neq\f(ΔB·S,Δt)，S是线圈在磁场范围内的有效面积，eq\f(ΔB,Δt)在B­t图像中为图线切线的斜率。(感生电动势)(3)磁通量的变化是由有效面积变化和磁场变化共同引起时，则根据定义求，ΔΦ＝Φ末－Φ初，eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(B2S2－B1S1,Δt)。求瞬时值时，先分别求出动生电动势E1和感生电动势E2，再叠加求和。3．在图像问题中磁通量的变化率eq\f(ΔΦ,Δt)是Φ­t图像上某点切线的斜率，利用斜率和线圈匝数可以确定感应电动势的大小。考向1感应电动势的计算例1(2023·湖北高考)近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大。如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0cm、1.2cm和1.4cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘。若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103T/s，则线圈产生的感应电动势最接近()A．0.30V B．0.44VC．0.59V D．4.3V[答案]B[解析]根据法拉第电磁感应定律可知，3匝线圈产生的感应电动势大小分别为E1＝eq\f(ΔΦ1,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S1＝103×1.02×10－4V＝0.1V，E2＝eq\f(ΔΦ2,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S2＝103×1.22×10－4V＝0.144V，E3＝eq\f(ΔΦ3,Δt)＝eq\f(ΔB,Δt)S3＝103×1.42×10－4V＝0.196V，根据楞次定律可知，3匝线圈产生的感应电动势方向相同，则总电动势E＝E1＋E2＋E3＝0.44V，故选B。考向2判断感应电动势的方向及变化情况例2(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图a中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、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eq\f(B0rS,4t0ρ)D．圆环中的感应电动势大小为eq\f(B0πr2,4t0)[答案]BC[解析]由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变，但t0时刻磁场方向发生变化，故安培力方向发生变化，A错误；根据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向，B正确；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小E＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔB,Δt)))·S′＝eq\f(B0,t0)·eq\f(πr2,2)＝eq\f(πB0r2,2t0)，根据闭合电路欧姆定律知，感应电流大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(πB0r2,2t0),ρ\f(2πr,S))＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，C正确，D错误。法拉第电磁感应定律的规范应用(1)一般解题步骤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①用公式E＝neq\f(ΔΦ,Δt)求解的是一个回路中某段时间内的平均感应电动势，只有在磁通量均匀变化时，瞬时值才等于平均值；②通过回路的电荷量q仅与n、ΔΦ和回路总电阻R有关，与变化过程所用的时间长短无关，推导过程：q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(n\f(ΔΦ,Δt),R)Δt＝eq\f(nΔΦ,R)。考点二导体切割磁感线产生感应电动势的计算拓展延伸切割磁感线的那部分导体相当于电路中的电源，常见的情境有以下两种：1．导体平动切割磁感线对于导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式E＝Blv，应从以下几个方面理解和掌握：(1)正交性本公式是在一定条件下得出的，除了磁场是匀强磁场，还需B、l、v三者相互垂直。当它们不相互垂直时，应取垂直的分量进行计算。(2)平均性导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即eq\o(E,\s\up6(－))＝Bleq\o(v,\s\up6(－))。(3)瞬时性导体平动切割磁感线时，若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势。(4)有效性公式中的l为导体有效切割长度，当v⊥B时，即为导体在垂直于v和B的方向上的投影长度。下图中有效长度分别为：甲图：l＝cdsinβ(容易错算成l＝absinβ)。乙图：沿v1方向运动时，l＝MN；沿v2方向运动时，l＝0。丙图：沿v1方向运动时，l＝eq\r(2)R；沿v2方向运动时，l＝0；沿v3方向运动时，l＝R。(5)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．导体转动切割磁感线当导体棒在垂直于磁场的平面内，绕导体棒上某一点以角速度ω匀速转动时，则：(1)以导体棒中点为轴时，E＝0(相同两段的代数和)。(2)以导体棒端点为轴时，E＝eq\f(1,2)Bωl2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(平均速度取中点位置的线速度\f(1,2)ωl))。(3)以导体棒上任意一点为轴时，E＝eq\f(1,2)Bω(leq\o\al(2,1)－leq\o\al(2,2))(不同两段的代数和，其中l1>l2)。考向1导体平动切割磁感线问题例3(多选)如图所示，在0≤x≤3L的区域内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，粗细均匀的正方形金属线框abcd位于xOy平面内，线框的bc边与x轴重合，cd边与y轴重合，线框的边长为L，每条边的电阻为R。现让线框从图示位置由静止开始沿x轴正方向以加速度a做匀加速直线运动，则下列说法正确的是()A．进入磁场时，线框中的电流沿abcda方向，出磁场时，线框中的电流沿adcba方向B．进入磁场时，c端电势比d端电势高，出磁场时，b端电势比a端电势高C．a、b两端电压的最大值为eq\f(3,4)BLeq\r(6aL)D．线框中的最大电功率为eq\f(2aB2L3,R)[答案]AD[解析]由右手定则，可判断感应电流方向，A正确；进入磁场时，cd相当于电源，d是正极，c端电势比d端电势低，出磁场时，ab相当于电源，a是正极，b端电势比a端电势低，B错误；ab边与磁场右边界重合时，线框的速度最大，a、b两端电压最大，由匀变速直线运动规律有4L＝eq\f(1,2)at2，v＝at，由法拉第电磁感应定律有E＝BLv，又Uabmax＝eq\f(3,4)E，联立得Uabmax＝eq\f(3,4)BLeq\r(8aL)，C错误；ab边与磁场右边界重合时，线框中的电功率最大，Pmax＝eq\f(E2,4R)＝eq\f(（BL\r(8aL)）2,4R)＝eq\f(2aB2L3,R)，D正确。例4(2023·辽宁高考)如图，空间中存在水平向右的匀强磁场，一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动，且始终平行于OP。导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像可能正确的是()[答案]C[解析]设导体棒匀速转动的速率为v，角速度为ω，如图所示，若导体棒在最左侧时开始计时，经过时间t，其转过的角度为θ，则t时刻导体棒垂直磁感线方向的分速度为v⊥＝vcosθ，又θ＝ωt，以t＝0时即导体棒在最左侧时两端的电势差为正，由法拉第电磁感应定律和右手定则知u＝BLv⊥，联立可得u＝BLvcosωt，故选C。考向2导体转动切割磁感线问题例5如图，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－aC．Ubc＝－eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中无电流D．Uac＝eq\f(1,2)Bl2ω，金属框中电流方向沿a－c－b－a[答案]C[解析]在三角形金属框内，有两边切割磁感线，其一为bc边，根据E＝Blv可得：电动势大小为eq\f(1,2)Bl2ω；其二为ac边，ac边有效的切割长度为l，根据E＝Blv，可得：电动势大小也为eq\f(1,2)Bl2ω；由右手定则可知：金属框内无电流，且Uc>Ub＝Ua，A、B、D错误；Ubc＝Uac＝－eq\f(1,2)Bl2ω，C正确。考向3磁感应强度变化的切割例6(多选)如图甲所示，足够长的光滑金属导轨内有垂直于导轨平面向里、方向不变的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t的变化图像如图乙所示。导轨左端接有一个电阻值恒为R的灯泡。从0时刻开始，垂直于导轨的导体棒ab在水平外力F的作用下从导轨的左端沿导轨以速度v水平向右匀速运动。导体棒ab的长度为l，导体棒运动过程中与导轨接触良好，导体棒与导轨的电阻均不计。在导体棒ab向右运动的过程中，下列说法正确的是()A．灯泡亮度不变B．灯泡逐渐变亮C．在运动后的t0时刻，F＝eq\f(2Beq\o\al(2,0)l2v,R)D．在运动后的t0时刻，F＝eq\f(Beq\o\al(2,0)l2v,R)[答案]BC[解析]由图乙可知，在t时刻磁感应强度的大小为B＝eq\f(B0,t0)t，所以在t时刻回路中由于导体棒运动产生的动生电动势为E1＝Blv＝eq\f(B0lvt,t0)，在t时刻回路中由于磁感应强度变化产生的感生电动势为E2＝eq\f(SΔB,Δt)＝eq\f(lvtB0,t0)，根据右手定则和楞次定律可知，这两个电动势是同方向的，所以回路中的总电动势为E＝E1＋E2＝2eq\f(B0lvt,t0)，因此回路中的总电动势随时间增大，所以灯泡逐渐变亮，故A错误，B正确；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(感应电动势更严谨的求法：根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝\f(Δ（B·S）,Δt)由题及图乙知,t时刻磁感应强度B＝\f(B0,t0)t回路面积S＝lvt，,t＋Δt时刻磁感应强度B′＝\f(B0,t0)（t＋Δt）,回路面积S′＝lv（t＋Δt），,则Δ（B·S）＝B′·S′－BS＝\f(B0,t0)lv（t＋Δt）2－\f(B0,t0)lvt2＝\f(B0,t0)lv[2tΔt＋（Δt）2]，,则E＝\f(Δ（B·S）,Δt)＝2\f(B0,t0)lvt。))导体棒ab在运动后的t0时刻，回路中的总电动势为E′＝2eq\f(B0lvt0,t0)＝2B0lv，回路中的电流为I＝eq\f(E′,R)＝eq\f(2B0lv,R)，导体棒ab受到的安培力为F′＝B0Il＝eq\f(2Beq\o\al(2,0)l2v,R)，由于导体棒ab匀速运动，所以导体棒ab受力平衡，因此水平外力为F＝F′＝eq\f(2Beq\o\al(2,0)l2v,R)，故C正确，D错误。(1)注意理解和掌握E＝Blv，特别是B、l、v三者方向的关系。(2)求瞬时电动势(电流)时，E＝Blv为首选式，并同时注意有效长度l。(3)对于转动切割，如果记不住公式或情况复杂(如转动中心不在导体棒上)时，可用E＝Bleq\o(v,\s\up6(－))计算，也可以用假想的导线将导体棒连接，组成回路，用E＝Beq\f(ΔS,Δt)计算。(4)如果在导体切割磁感线时，磁感应强度B也在变化，则只能用E＝eq\f(Δ（B·S）,Δt)计算。考点三互感、自感、涡流、电磁阻尼和电磁驱动对比分析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”问题灯泡与线圈串联灯泡与线圈并联电路图通电时电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮电流突然增大，灯泡立刻变亮，然后电流逐渐减小达到稳定，灯泡比刚通电时暗些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、I2①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗；②若I2>I1，灯泡闪亮后逐渐变暗。两种情况灯泡中电流方向均改变3.产生涡流的两种情况(1)块状金属放在变化的磁场中。(2)块状金属进出磁场或在非匀强磁场中做切割磁感线运动。4．产生涡流时的能量变化伴随着涡流现象，其他形式的能转化成电能，最终在金属块中转化为内能。(1)金属块放在变化的磁场中，则磁场能转化为电能，最终转化为内能。(2)如果是金属块进出磁场或在非匀强磁场中做切割磁感线运动，则由于克服安培力做功，金属块的机械能转化为电能，最终转化为内能。5．电磁阻尼与电磁驱动的比较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，阻碍导体运动安培力的方向与导体运动方向相同，驱动导体运动能量转化导体克服安培力做功，其他形式能转化为电能，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考向1互感现象例7如图所示是一种延时继电器的示意图。铁芯上有两个线圈A和B。当开关S断开后，电磁铁还会继续吸住衔铁D一小段时间，之后弹簧才把衔铁D拉起，能做到延时的主要原因是()A．线圈A中的电流逐渐减小B．线圈B中产生了感应电流C．铁芯中有剩磁起主要作用D．衔铁D有剩磁起主要作用[答案]B[解析]当开关S断开后，通过线圈A的磁通量减少，由于互感现象，B中产生感应电流，产生的电流磁场对衔铁仍有吸引，故能够延时，B正确，A、C、D错误。考向2自感现象例8(2023·北京高考)如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡。开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关()A．P与Q同时熄灭 B．P比Q先熄灭C．Q闪亮后再熄灭 D．P闪亮后再熄灭[答案]D[解析]开始时开关闭合，由于L的电阻很小，Q灯正常发光，P灯微亮，通过Q灯的电流远大于通过P灯的电流，则通过L的电流也远大于通过P的电流；断开开关时，Q所在电路断开，Q立即熄灭，由于自感，L中产生感应电动势，与P组成闭合回路，通过L和P的电流将从开关断开前L中电流的大小逐渐减为零，故P灯闪亮后再熄灭，D正确，A、B、C错误。解决自感现象问题的技巧(1)通电自感：线圈相当于一个变化的电阻——阻值由无穷大逐渐减小，通电瞬间自感线圈处相当于断路。(2)断电自感：断电时自感线圈相当于电源，电流由恰好断电前的值逐渐减小到零。(3)断电自感现象中电流方向是否改变的判断：与线圈在同一条支路的用电器中的电流方向不变；与线圈并联的用电器中的电流方向改变。(4)电流稳定时，自感线圈就是导体，是否需要考虑其电阻，根据题意而定。【跟进训练】如图是用电流传感器(电流传感器相当于电流表，其电阻可以忽略不计)研究自感现象的实验电路，电源的电动势为E，内阻为r，自感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻值大于灯泡D的阻值，在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开开关S。在下图所示的图像中，可能正确表示电流传感器记录的电流随时间变化情况的是()答案B解析在t＝0时刻，闭合开关的瞬间，由于自感线圈L产生自感电动势，自感线圈相当于一个阻值很大的电阻，灯泡中有一定的电流通过；随着自感线圈L电动势的逐渐减小，自感线圈的等效阻值逐渐减小，直至减小到其直流电阻值，线圈与灯泡并联电路两端的电压逐渐减小至稳定值，故灯泡中的电流逐渐减小至稳定值，A、D错误。当在t＝t1时刻断开开关S时，线圈产生自感电动势，线圈中的电流与原来的电流方向相同，它与灯泡组成的电路中，感应电流沿逆时针方向，故灯泡的电流方向与原来相反，为负值；线圈的直流电阻大于灯泡D的阻值，故t＝t1时刻灯泡中的电流比稳定时要小一些，然后电流随自感电动势的减小而慢慢减小到0，故B正确，C错误。考向3涡流、电磁阻尼和电磁驱动例9扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是()[答案]A[解析]底盘上的紫铜薄板出现扰动时，其振动方向不确定，在B、D这种情况下，紫铜薄板上下振动时，不会产生涡流，从而不会受到电磁阻尼作用；在C这种情况下，紫铜薄板上下及左右振动时，都不会产生涡流，从而不会受到电磁阻尼作用；在A这种情况下，紫铜薄板上下及左右振动时，都会产生涡流，受到电磁阻尼作用，A正确。课时作业[A组基础巩固练]1．(2022·河北高考)将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小B＝B0＋kt，B0和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为()A．kS1 B．5kS2C．k(S1－5S2) D．k(S1＋5S2)答案D解析根据楞次定律可知，题图所示的1个大圆与5个小圆中的感应电动势方向相同，即可等效成1个大圆与5个小圆串联，故线圈中总的感应电动势大小为E＝E大＋5E小，根据法拉第电磁感应定律，有E大＝eq\f(ΔB,Δt)S1，E小＝eq\f(ΔB,Δt)S2，将B＝B0＋kt代入，可解得E＝k(S1＋5S2)，故D正确。2．某星球表面0～200km高度范围内，水平方向磁场的磁感应强度大小随高度由60T均匀减小至10T，为使航天器能在星球表面安全降落，可以利用电磁阻力来减小航天器下落速度。若在航天器上固定一边长为1m的正方形闭合线圈，航天器竖直降落时线圈平面始终与水平磁场垂直，上下两边始终处于水平状态，为使航天器速度为1km/s时产生的电磁阻力(只对该闭合线圈产生的作用力)为1000N，则线圈电阻的阻值R为()A．2.5×10－14Ω B．5×10－11ΩC．6.25×10－8Ω D．1×10－5Ω答案C解析由磁场分布规律可知，线圈上下两边所处位置的磁感应强度大小之差ΔB＝eq\f(（B2－B1）L,h2－h1)＝2.5×10－4T，线圈上下两边产生的总感应电动势大小E＝ΔBLv，线圈上下两边受到的总安培力大小F＝ΔBIL，其中I＝eq\f(E,R)，解得R＝6.25×10－8Ω，C正确。3.如图所示，电路中有三个相同的灯泡L1、L2、L3，电感线圈L的自感系数很大，电阻可忽略，D为理想二极管。下列说法正确的是()A．闭合开关S的瞬间，L3立即变亮，L1、L2逐渐变亮B．闭合开关S的瞬间，L2、L3立即变亮，L1逐渐变亮C．断开开关S的瞬间，L2立即熄灭，L1先变亮一下然后才熄灭D．断开开关S的瞬间，L2立即熄灭，L3先变亮一下然后才熄灭答案B解析开关S闭合的瞬间，由于自感线圈L产生自感电动势，L1逐渐变亮，而L2、L3立即变亮，故A错误，B正确。断开开关S的瞬间，线圈L和L1、L3构成回路，因原来L1、L3两支路电流相等，所以L1、L3逐渐熄灭，L2立即熄灭，故C、D错误。4.(2023·辽宁省沈阳市高三下质量监测(一))(多选)如图所示，有界匀强磁场磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，有一半径为R的线圈，其单位长度上的电阻为r，线圈直径MN垂直磁场边界于M点，现以M点为轴在纸面内将线圈沿顺时针方向匀速旋转90°，角速度为ω，则()A．感应电流方向为顺时针方向B．感应电动势的最大值为BR2ωC．感应电流的最大值为eq\f(2BR2ω,r)D．整个过程中，通过线圈任意横截面的电荷量为eq\f(BR,4r)答案AD解析在线圈转动的过程中，穿过线圈的磁通量垂直于纸面向里减小，根据楞次定律可知，线圈中的感应电流方向为顺时针方向，故A正确；当线圈恰好旋转90°时，线圈切割磁感线的有效长度最长，长度为其直径，此时线圈中感应电动势的瞬时值最大，最大值为Em＝eq\f(1,2)B×(2R)2ω＝2BR2ω，根据闭合电路欧姆定律可知，感应电流的最大值为Im＝eq\f(Em,r总)，其中r总＝2πRr，解得Im＝eq\f(BRω,πr)，故B、C错误；由法拉第电磁感应定律知，整个过程中，通过线圈任意横截面的电荷量为q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，而eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),r总)，eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)，ΔΦ＝B·ΔS，ΔS＝eq\f(1,2)πR2，联立解得q＝eq\f(RB,4r)，故D正确。5．(多选)磁悬浮列车是高速低耗交通工具，如图a所示，它的驱动系统简化为如图b所示的物理模型。固定在列车底部的正方形金属线框的边长为L，匝数为N，总电阻为R；水平面内平行长直导轨间存在磁感应强度均为B、方向交互相反、边长均为L的正方形组合匀强磁场。当磁场以速度v匀速向右移动时，可驱动停在轨道上的列车，则()A．图b所示时刻线框中感应电流沿逆时针方向B．列车运动的方向与磁场移动的方向相同C．列车速度为v′时线框中的感应电动势大小为2NBL(v－v′)D．列车速度为v′时线框受到的安培力大小为eq\f(2NB2L2（v－v′）,R)答案BC解析线框相对磁场向左运动，根据右手定则可知，图b所示时刻线框中感应电流沿顺时针方向，A错误；图b所示时刻，根据左手定则，列车受到向右的安培力，因此列车运动的方向与磁场移动的方向相同，B正确；列车速度为v′时，根据法拉第电磁感应定律知此时线框中产生的感应电动势大小E＝2NBLΔv＝2NBL(v－v′)，线框受到的安培力大小为F＝2NBIL，又I＝eq\f(E,R)，则F＝eq\f(4N2B2L2（v－v′）,R)，C正确，D错误。6.(2023·天津高考)如图，有一正方形线框，质量为m，电阻为R，边长为l，静止悬挂着，一个三角形匀强磁场垂直于线框所在平面，磁感线垂直纸面向里，且线框中磁场区域面积为线框面积一半，磁感应强度变化规律为B＝kt(k>0)，已知重力加速度g，求：(1)感应电动势E；(2)线框开始向上运动的时刻t0。答案(1)eq\f(kl2,2)(2)eq\f(2mgR,k2l3)解析(1)根据法拉第电磁感应定律有E＝eq\f(ΔΦ,Δt)又Δt时间内穿过线框的磁通量变化量ΔΦ＝SΔB线框中有磁场穿过的面积S＝eq\f(1,2)l2由B＝kt得eq\f(ΔB,Δt)＝k联立解得E＝eq\f(kl2,2)。(2)由闭合电路欧姆定律得，线框中的感应电流大小为I＝eq\f(E,R)由楞次定律得，感应电流的方向为逆时针由左手定则可知，线框受到的安培力方向竖直向上当线框开始向上运动时，有mg＝FA此时安培力大小FA＝IlB0其中B0＝kt0联立解得t0＝eq\f(2mgR,k2l3)。[B组综合提升练]7．(2023·河北高考)(多选)如图1，绝缘水平面上四根完全相同的光滑金属杆围成矩形，彼此接触良好，匀强磁场方向竖直向下。金属杆2、3固定不动，1、4同时沿图1箭头方向移动，移动过程中金属杆所围成的矩形周长保持不变。当金属杆移动到图2位置时，金属杆所围面积与初始时相同。在此过程中()A．金属杆所围回路中电流方向