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(共38张PPT)
【学习目标】1.理解法拉第电磁感应定律，会应用E=n进行有关计算。
2.会计算导体切割磁感线产生的感应电动势。
3.了解自感现象、涡流、电磁驱动和电磁阻尼。
考点一　法拉第电磁感应定律的理解及应用
考点二　导体切割磁感线产生的电动势
考点三　自感现象
内
容
索
引
课时作业
第31讲　法拉第电磁感应定律　自感和涡流
考点四　涡流、电磁阻尼和电磁驱动
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：穿过电路的___________发生改变，与电路是否闭合无关。
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______________________成正比。
(2)公式：E=n，其中n为线圈匝数。
①若已知Φ－t图像，则图线上某一点的切线斜率为。
考点一　法拉第电磁感应定律的理解及应用
磁通量
磁通量的变化率
②当ΔΦ仅由B的变化引起时，E=nS，其中S为线圈在磁场中的有效面积。若B=B0＋kt，则=k。
③当ΔΦ仅由S的变化引起时，E=nB。
④当B、S同时变化时，则=n≠n。求瞬时值时，分别求出动生电动势E1和感生电动势E2并进行叠加。
(3)感应电流与感应电动势的关系：I=。
(4)说明：E的大小与Φ、ΔΦ无关，而是决定于磁通量的变化率和线圈匝数。
(2023·重庆卷)某小组设计了一种呼吸监测方案：在人身上缠绕弹性金属线圈，观察人呼吸时处于匀强磁场中的线圈面积变化产生的电压，了解人的呼吸状况。如图所示，线圈P的匝数为N，磁场的磁感应强度大小为B，方向与线圈轴线的夹角为θ。若某次吸气时，在t时间内每匝线圈面积增加了S，则线圈P在该时间内的平均感应电动势为(　 　)
A.
B.
C.
D.
例 1
【解析】 根据法拉第电磁感应定律有=N=NBcos θ·，A正确。
A
(多选)(2025·绍兴期中)如图所示，电阻为R、半径为r1的圆形单匝线圈中央有半径为r2的有界匀强磁场，磁感应强度方向垂直于线圈平面向外，磁感应强度随时间变化关系为B=B0＋kt(k＞0)，则磁感应强度从B0增大到2B0的时间内(　 　)
A.线圈面积有缩小的趋势
B.线圈中电子沿逆时针方向定向移动
C.线圈中产生的焦耳热为
D.通过导线横截面的电荷量为
例 2
【解析】 线圈不在磁场中，不受安培力，无收缩扩张的趋势，A错误；根据楞次定律和右手定则可知，线圈中感应电流为顺时针方向，因此电子运动方向为逆时针方向定向移动，B正确；线圈中磁通量变化率为=kπ，线圈中的感应电动势为E==kπ，变化过程中产生的焦耳热为Q=t=，由于t=，联立可得Q=，C正确；通过导线的电荷量为q=It=t，可得q=，D错误。
BC
1.导体平动切割磁感线产生感应电动势的算式E=Blv的理解
考点二　导体切割磁感线产生的电动势
导体两端点连线在垂直于速度方向上的投影长度
适用条件 在匀强磁场中，B、l、v三者互相垂直。如果不相互垂直，应取垂直分量进行计算
有效 长度 公式E=Blv中的l为有效长度，即为______________________________________________。
如图所示，导体的有效长度分别为：
图甲：l=sin β
图乙：沿v方向运动时，l=
图丙：沿v1方向运动时，l=R；沿v2方向运动时，l=________
相对速度 E=Blv中的速度v是导体相对_______的速度，若磁场也在运动，应注意速度间的相对关系
甲　　 乙　 　丙
R
磁场
2.导体转动切割磁感线
如图所示，当长为l的导体在垂直于匀强磁场(磁感应强度为B)的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动，当导体运动Δt时间后，转过的弧度θ=ωΔt，扫过的面积ΔS=l2ωΔt，则E=Bl2ω。　
(多选)(2025·黑吉辽蒙卷) 如图所示，“ ”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直，各边长均为l。线框绕b、e所在直线以角速度ω顺时针匀速转动，be与磁场方向垂直。t=0时刻，abef与水平面平行，则(　 　)
A.t=0时刻，电流方向为abcdefa
B.t=0时刻，感应电动势为Bl2ω
C.t=时刻，感应电动势为0
D.t=0到t=过程中，感应电动势平均值为0
例 3
【解析】 线框旋转切割磁感线产生电动势的两条边为cd和af，t=0时刻cd边速度与磁场方向平行，不产生电动势，此时af边切割磁感线产生电动势，由右手定则可知电流方向为abcdefa，电动势为E=Blv=Blωl=Bl2ω，A、B正确；t=时刻，线框旋转180°，此时依旧是af边切割磁感线产生电动势，感应电动势不为零，C错误；t=0到t=内，穿过线框abef的磁通量变化量为零，穿过线框bcde的磁通量变化量为ΔΦ=2BS=2Bl2，由法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势为E=，D错误。
AB
(2024·广东卷)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法中正确的是(　 　)
A.穿过线圈的磁通量为BL2
B.永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大
C.永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小
D.永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向
例 4
【解析】 图乙中穿过正方形线圈上下部分的磁通量正负抵消，故此时穿过线圈的磁通量为零，A错误；正方形线圈与永磁铁相对运动时，上下两条边切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势E=2BLv，永磁铁相对线圈上升越快，线圈中产生的感应电动势越大，C错误；永磁铁相对线圈上升的高低，对线圈中产生的感应电动势没有影响，B错误；永磁铁相对线圈下降时，穿过线圈的磁通量垂直纸面向外增大，根据楞次定律可知，线圈中产生顺时针方向的感应电流，D正确。
甲 乙
D
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作________________。
2.表达式：E=_________。
3.自感系数L
(1)影响因素：与线圈的________、形状、________以及是否有________有关。
(2)单位：亨利，符号是H(1 mH=10－3 H，1 μH=10－6 H)。
考点三　自感现象
电流
1.线圈中电流越大，自感电动势越大(　 　)
2.对同一线圈，电流的变化越快，线圈中的自感电动势也越大(　 　)
3.自感电动势起到阻止原电流变化的作用(　 　)
自感电动势
L
大小
匝数
铁芯

√

(多选)如图所示，A1、A2是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈。下列说法中，正确的有(　 　)
A.闭合开关S时，A1、A2灯同时亮，且达到正常
B.闭合开关S时，A2灯比A1灯先亮，最后一样亮
C.闭合开关S时，A1灯比A2灯先亮，最后一样亮
D.断开开关S时，A1灯与A2灯均慢慢熄灭
例 5
【解析】 由于自感的作用，闭合开关S时，A2灯比A1灯先亮，最后一样亮，A、C错误，B正确；断开开关S时，L中产生自感电动势，A1灯与A2灯，均慢慢熄灭，D正确。
BD
(2025·浙江1月选考)新能源汽车日趋普及，其能量回收系统可将制动时的动能回收再利用，当制动过程中回收系统的输出电压(U)比动力电池所需充电电压(U0)低时，不能直接充入其中。在下列电路中，通过不断打开和闭合开关S，实现由低压向高压充电，其中正确的是(　 　)
例 6
【解析】 该电路中当开关S断开时，整个电路均断开，则不能给电池充电，A错误；该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，当S断开时L产生自感电动势阻碍电流减小，L相当电源，电源U与L中的自感电动势共同加在电池两端，且此时二极管导通，从而实现给高压充电，B正确；该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时L也与电路断开，还是只有回收系统的电压U加在充电电池两端，则不能实现给高压充电，C错误；该电路中当S闭合且稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时电源U也断开，只有L产生的自感电动势相当电源加在充电电池两端，则不能实现给高压充电，D错误。
B
A. B. C. D.
自感线圈的通电和断电问题
要点总结
现象 通电自感 断电自感
自感电路
器材规格 A1、A2灯规格相同，R=RL，L较大 L很大(有铁芯)
自感现象 在S闭合瞬间，A2灯立即亮起来，A1灯逐渐变亮，最终两灯一样亮 在开关S断开时，A灯逐渐变暗直至熄灭，或闪亮一下再逐渐变暗直至熄灭
1.涡流现象
(1)涡流：块状金属放在________的磁场中，或者让它在___________磁场中运动时，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________→感应电动势→感应电流。
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安培力，安培力总是________导体的运动。
3.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________起来。
考点四　涡流、电磁阻尼和电磁驱动
变化
非均匀
变化
阻碍
运动
1.电磁阻尼体现了能量守恒定律。(　 　)
2.电磁阻尼阻碍相对运动，电磁驱动促进二者相对运动。(　 　)
3.涡流跟其他感应电流一样，都是因为穿过导体的磁通量变化而产生的。(　 　)
√

√
(2025·河南卷)如图所示，一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时，沿N极到S极的方向看，下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是(　 　)
例 7
【解析】 根据题意当金属薄片中心运动到N极正下方时，薄片右侧的磁通量在减小，左侧的磁通量在增加，由于两极间的磁场方向竖直向下，根据楞次定律和安培定则可知，沿N极到S极的方向看，此时薄片右侧的涡电流方向为顺时针，薄片左侧的涡电流方向为逆时针，C正确。
C
A. B. C. D.
(2023·浙江1月选考)如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO'，接入电阻R构成回路。导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度θ静止释放，导体杆开始下摆。当R=R0时，导体杆振动图像如图乙所示。若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R=2R0时，导体杆振动图像是(　 　)
例 8
【解析】 若电阻变大，则导体杆切割磁感线时产生的感应电流变小，即所受安培力变小，对做阻尼振动的导体杆而言，阻尼变小，振动时间相应延长，B正确，A、C、D错误。
B
甲 乙
A. B.
C. D.
　　在产生“动生电动势”的电源中，非静电力为沿导体方向上的洛伦兹力分力，而在“感生电动势”的电源中，非静电力为涡旋电场力。
素养提升　“动生电动势”和“感生电动势”
动生电动势 感生电动势
(1)如图甲所示，固定于水平面的U形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，金属框两平行导轨间距为l。金属棒MN在外力的作用下，沿框架以速度v向右做匀速直线运动，运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。请根据法拉第电磁感应定律，推导金属棒MN切割磁感线产生的感应电动势E1的大小；
例 9
甲
【解析】 在Δt内金属框和棒所围面积的变化量是ΔS=lvΔt，
则穿过闭合回路的磁通量的变化量是ΔΦ=BΔS，根据法拉第电磁感应定律有E1=，解得感应电动势E1=Blv。
【答案】 在Δt内金属框和棒所围面积的变化量是ΔS=lvΔt，
则穿过闭合回路的磁通量的变化量是ΔΦ=BΔS，根据法拉第电磁感应定律有E1=，解得感应电动势E1=Blv。
(2)变化的磁场会在空间中激发感生电场。如图乙所示，空间存在一个垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B0，磁场区域半径为R。一半径为r的圆形导线环放置在纸面内，其圆心O与圆形磁场区域的中心重合。如果磁感应强度B随时间t的变化关系为B=B0＋kt，其中k为大于0的常量。求圆形导线环中的感应电动势E2的大小；
乙
【解析】 由B=B0＋kt得=k，根据法拉第电磁感应定律有E2=，且有ΔΦ=SΔB、S=πr2，解得E2=πr2k。
【答案】 πr2k
(3)电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置，电源的电动势是电源内部非静电力所做的功与所移动的电荷量之比。已知电子的电荷量为e。求上述金属棒中电子所受到的非静电力F1的大小和导线环中电子所受到的非静电力F2的大小。
【解析】 金属棒 MN 向右切割磁感线时，棒中的电子受到沿棒向下的洛伦兹力充当非静电力 F1，有E1=，W非=F1l，解得F1=Bev。设在很短的时间内导线环中电子的位移为Δx，非静电力对电子做的功为 F2Δx，电子沿着导线环运动一周，非静电力做的功 W非=F2·2πr，根据电动势定义E2=，解得F2=。
【答案】 Bev　
课时作业
答案速对
第十二单元　第31讲　法拉第电磁感应定律　自感和涡流 题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 B B B C C C B
题号 8 9 10 11 答案 A AD D BC 1.如图所示，下列关于涡流的说法，错误的是(　 　)
A.真空冶炼炉是利用涡流来熔化金属的装置
B.家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的
C.阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动
D.变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流
B
冶炼炉　 电磁炉　 阻尼摆　 硅钢片
2.近场通信(NFC)器件应用电磁感应原理进行通信，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1.0 cm、1.2 cm和1.4 cm，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103 T/s，则线圈产生的感应电动势最接近(　 　)
A.0.30 V
B.0.44 V
C.0.59 V
D.4.3 V
【解析】 三匝面积不同的线圈分别产生的感应电动势串联，则总电动势E=()=0.44 V，B正确，A、C、D错误。
B
3.如图所示，在圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，AC导体棒的O点位于圆心，OA长度小于OB长度。在导体棒绕O点逆时针匀速转动的过程中，A、O、B、C点电势分别为φA、φO、φB、φC，则(　 　)

A.φA＞φO　 B.φB＜φA　
C.φO＜φB　 D.φB＞φC
B
4.(2025·浙江名校协作二模)电动汽车快充技术需要很高的电压，因此在快充电路中往往有自感系数很大的线圈，操作不当时，当电路的开关S由闭合转为断开瞬间，线圈会产生很大的自感电动势，而使开关S处产生电弧，会危及操作人员的人身安全，下列设计电路中，可以解决上述问题的是(　 　)
【解析】 由题意可知，当断开瞬间时，线圈中产生很高的自感电动势，若不并联元件，则会产生电弧，因此，当并联电容器时，只能对电容器充电，仍不能解决电弧现象，D错误；当并联发光二极管时，由于发光二极管有单向导电性，因此需考虑方向，B选项的二极管的接法不能防止电弧，而C选项既能避免产生电弧，又不影响电路，C正确，A、B错误。
A. B. C. D.
C
5.(2024·湖南卷)如图所示，有一硬质导线Oabc，其中abc是半径为R的半圆弧，b为圆弧的中点，直线段Oa长为R且垂直于直径ac。该导线在纸面内绕O点逆时针转动，导线始终位于垂直纸面向里的匀强磁场中，则O、a、b、c各点电势关系为(　 　)
A.φO＞φa＞φb＞φc B.φO＜φa＜φb＜φc
C.φO＞φa＞φb=φc D.φO＜φa＜φb=φc
【解析】 a、b、c点绕O点逆时针转动时，相当于长为Oa、Ob、Oc的导体棒转动切割磁感线，如图所示由右手定则可知，O点电势最高。由法拉第电磁感应定律有E=Blv=Bωl2，又lOa=R，lOb=lOc=R，则UOa＜UOb=UOc，即φO－φa＜φO－φb=φO－φc，所以φO＞φa＞φb=φc，C正确。
C
6.(2025·浙江七彩阳光联盟)利用如图甲所示的装置验证感应电动势大小与磁通量变化率之间的关系。线圈匝数和面积均不变，通过调节智能电源在线圈a中产生可控的变化的磁场，用磁传感器测量线圈b内的磁感应强度B，用电压传感器测量线圈b内的感应电动势E。为了进一步确定定量关系，可利用图乙中的信息，作出(　 　)
A.E－ΔB图像
B.E－ΔΦ图像
C.E－图像
D.E－图像
【解析】 由图乙所示的图像可知，在线圈匝数与横截面积一定的情况下，B随时间的变化率越大，产生的感应电动势越大，为进一步确定感应电动势E与磁通量变化率之间的关系，可以作出E－图像，C正确。
甲 乙
C
7.将四根绝缘硬质细导线顺次绕成如图甲、乙、丙、丁的线圈，其中大圆面积均为S1，小圆面积均为S2，垂直于线圈平面有一方向向外、大小随时间t变化的磁场。磁感应强度大小B=B0＋kt，B0和k均为大于0的常量，下列说法中，正确的是(　 　)
A.图甲的大圆中感应电流方向沿逆时针方向
B.图乙的大圆和小圆总电动势为k(S1－S2)
C.图丙的大圆和小圆总电动势为k(S1－S2)
D.图丁的大圆和小圆所受安培力的合力不为零
B
甲　 乙　 丙　 丁
【解析】 根据楞次定律、安培定则和甲、乙两图中的绕线方式可判断，甲、乙两图中大圆和小圆中产生的感应电流、感应电动势方向均相反，实际线圈中感应电流方向应以大圆中感应电流方向为准，图甲的大圆中感应电流方向为顺时针方向，大圆和小圆总电动势为两电动势之差，有E==k(S1－S2)，A错误，B正确；根据楞次定律、安培定则和图丙中的绕线方式可知，图丙中大圆和小圆中产生感应电动势方向相同，大圆和小圆总电动势为两电动势之和E'==k(S1＋S2)，C错误；由楞次定律、安培定则、左手定则和圆的对称性可知，图丁中大圆和小圆各自所受的安培力的合力均为零，所以大圆和小圆所受安培力的合力为零，D错误。
8.(2025·平湖期中)智能手表通常采用无线充电的方式充电。图甲为智能手表及无线充电基座，图乙为充电原理示意图，充电基座接交流电源，基座内的送电线圈产生交变磁场，从而使智能手表内的受电线圈产生电流。现将问题作如下简化：设受电线圈的匝数为n，若在t1~t2时间内，磁场向上穿过受电线圈，其磁通量由Φ1均匀增加到Φ2。下列说法中，正确的是(　 　)
A.c、d之间的电势差大小为U=n
B.线圈产生感应电流，原理是自感现象
C.无线充电的原理是利用充电基座内的线圈发射电磁波传输能量
D.若用塑料薄膜将充电基座包裹起来，不能为智能手表充电
甲 乙
A
【解析】 在t1~t2时间内，磁场向上穿过受电线圈，其磁通量由Φ1均匀增加到Φ2，根据法拉第电磁感应定律可得c、d之间的电势差大小为U=n，A正确；无线充电的原理是基座内的线圈电流变化，产生变化的磁场，导致手表内部线圈中的磁通量发生改变，线圈产生感应电流，应用的是互感原理，B、C错误；由于无线电充是利用互感原理实现的，因此用塑料薄膜将充电基座包裹起来，仍能为智能手表充电，D错误。
9.(多选)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有图示方向的匀强磁场，金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好。初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上，若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，关于此过程，下列说法中正确的有(　 　)
A.杆OP产生的感应电动势恒定
B.杆OP受到的安培力不变
C.杆MN做匀加速直线运动
D.杆MN中的电流逐渐减小
【解析】 杆OP转动切割磁感线产生的感应电动势为E=Br2ω，因为杆OP匀速转动，所以杆OP产生的感应电动势恒定，A正确；杆OP匀速转动产生的感应电流由M到N通过MN，由左手定则可知杆MN将向左运动切割磁感线，由于MN切割磁感线产生的感应电流方向由N到M，使回路中的电流逐渐减小，则杆OP受到的安培力减小，杆MN中的电流逐渐减小，受到的安培力逐渐减小，加速度逐渐减小，B、C错误，D正确。
AD
10.某同学利用电压传感器来研究电感线圈工作时的特点。图甲中三个灯泡完全相同，不考虑温度对灯泡电阻的影响。在闭合开关S的同时开始采集数据，当电路达到稳定状态后断开开关。图乙是由传感器得到的电压u随时间t变化的图像。不计电源内阻及电感线圈L的电阻。下列说法中，正确的是(　 　)
A.开关S闭合瞬间，流经灯D2和D3的电流相等
B.开关S闭合瞬间至断开前，流经灯D1的电流保持不变
C.开关S断开瞬间，灯D2闪亮一下再熄灭
D.根据题中信息，可以推算出图乙中u1与u2的比值
D
甲 乙
【解析】 开关S闭合瞬间，由于电感线圈的阻碍作用，灯D3逐渐变亮，通过灯D3的电流缓慢增加，待稳定后，流经灯D2和D3的电流相等，故从开关S闭合瞬间至断开前，流经灯D1的电流也是逐渐增加，A、B错误；开关S断开瞬间，由于电感线圈阻碍电流减小，由电感线圈继续为灯D2和D3提供电流，又因为电路稳定时流经灯D2和D3的电流相等，所以灯D2逐渐熄灭，C错误；开关S闭合瞬间，灯D1和D2串联，电压传感器所测电压为D2两端电压，由欧姆定律得u1=，电路稳定后，流过D3的电流为I=·，开关S断开瞬间，电感线圈能够为D2和D3提供与之前等大的电流，故其两端的电压u2=I·2R=，所以，故可以推算出图乙中u1与u2的比值，D正确。
11.(多选)如图所示的甲、乙电路中，A1、A2为两盏完全相同的灯泡，L1、L2是自感系数很大、直流电阻值大于灯泡阻值的自感线圈，E为电源，S1、S2为开关，关于演示自感现象的过程，下列说法中正确的有(　 　)
A.闭合开关S1时，通过A1电流突然增大，然后逐渐减小
达到稳定
B.闭合开关S2时，通过A2电流突然增大，然后逐渐减小
达到稳定
C.断开开关S1时，通过A1电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，
电流方向不变
D.断开开关S2时，通过A2电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变
BC
甲 乙
【解析】 闭合开关S1时，由自感现象可知，通过A1电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮，A错误；闭合开关S2时，通过A2电流突然增大，然后逐渐减小达到稳定，B正确；断开开关S1时，自感线圈L1与灯A1和电阻组成回路，由自感现象可知，通过A1电流逐渐减小，灯泡逐渐变暗，电流方向不变，C正确；如图所示，电路中稳态电流为I1、I2，因自感线圈直流电阻值大于灯泡阻值，则I2＜I1，断开开关S2时，灯泡逐渐变暗，灯泡中电流方向改变，D错误。第31讲　法拉第电磁感应定律　自感和涡流
【学习目标】
1.理解法拉第电磁感应定律，会应用E=n进行有关计算。
2.会计算导体切割磁感线产生的感应电动势。
3.了解自感现象、涡流、电磁驱动和电磁阻尼。
考点一　法拉第电磁感应定律的理解及应用
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：穿过电路的　磁通量　发生改变，与电路是否闭合无关。
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，其中n为线圈匝数。
①若已知Φ－t图像，则图线上某一点的切线斜率为。
②当ΔΦ仅由B的变化引起时，E=nS，其中S为线圈在磁场中的有效面积。若B=B0＋kt，则=k。
③当ΔΦ仅由S的变化引起时，E=nB。
④当B、S同时变化时，则=n≠n。求瞬时值时，分别求出动生电动势E1和感生电动势E2并进行叠加。
(3)感应电流与感应电动势的关系：I=。
(4)说明：E的大小与Φ、ΔΦ无关，而是决定于磁通量的变化率和线圈匝数。
[例1]　(2023·重庆卷)某小组设计了一种呼吸监测方案：在人身上缠绕弹性金属线圈，观察人呼吸时处于匀强磁场中的线圈面积变化产生的电压，了解人的呼吸状况。如图所示，线圈P的匝数为N，磁场的磁感应强度大小为B，方向与线圈轴线的夹角为θ。若某次吸气时，在t时间内每匝线圈面积增加了S，则线圈P在该时间内的平均感应电动势为(　A　)
A. B.
C. D.
【解析】 根据法拉第电磁感应定律有E=N=NBcos θ·，A正确。
[例2]　(多选)(2025·绍兴期中)如图所示，电阻为R、半径为r1的圆形单匝线圈中央有半径为r2的有界匀强磁场，磁感应强度方向垂直于线圈平面向外，磁感应强度随时间变化关系为B=B0＋kt(k＞0)，则磁感应强度从B0增大到2B0的时间内(　BC　)
A.线圈面积有缩小的趋势
B.线圈中电子沿逆时针方向定向移动
C.线圈中产生的焦耳热为
D.通过导线横截面的电荷量为
【解析】 线圈不在磁场中，不受安培力，无收缩扩张的趋势，A错误；根据楞次定律和右手定则可知，线圈中感应电流为顺时针方向，因此电子运动方向为逆时针方向定向移动，B正确；线圈中磁通量变化率为=kπ，线圈中的感应电动势为E==kπ，变化过程中产生的焦耳热为Q=t=，由于t=，联立可得Q=，C正确；通过导线的电荷量为q=It=t，可得q=，D错误。
考点二　导体切割磁感线产生的电动势
1.导体平动切割磁感线产生感应电动势的算式E=Blv的理解
适用 条件 在匀强磁场中，B、l、v三者互相垂直。如果不相互垂直，应取垂直分量进行计算
有效 长度 公式E=Blv中的l为有效长度，即为　导体两端点连线在垂直于速度方向上的投影长度　。 如图所示，导体的有效长度分别为： 甲　　乙　　丙 图甲：l=sin β 图乙：沿v方向运动时，l= 图丙：沿v1方向运动时，l=R；沿v2方向运动时，l=　R　
相对 速度 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
如图所示，当长为l的导体在垂直于匀强磁场(磁感应强度为B)的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动，当导体运动Δt时间后，转过的弧度θ=ωΔt，扫过的面积ΔS=l2ωΔt，则E=Bl2ω。　
[例3]　(多选)(2025·黑吉辽蒙卷) 如图所示，“”形导线框置于磁感应强度大小为B、水平向右的匀强磁场中。线框相邻两边均互相垂直，各边长均为l。线框绕b、e所在直线以角速度ω顺时针匀速转动，be与磁场方向垂直。t=0时刻，abef与水平面平行，则(　AB　)
A.t=0时刻，电流方向为abcdefa
B.t=0时刻，感应电动势为Bl2ω
C.t=时刻，感应电动势为0
D.t=0到t=过程中，感应电动势平均值为0
【解析】 线框旋转切割磁感线产生电动势的两条边为cd和af，t=0时刻cd边速度与磁场方向平行，不产生电动势，此时af边切割磁感线产生电动势，由右手定则可知电流方向为abcdefa，电动势为E=Blv=Blωl=Bl2ω，A、B正确；t=时刻，线框旋转180°，此时依旧是af边切割磁感线产生电动势，感应电动势不为零，C错误；t=0到t=内，穿过线框abef的磁通量变化量为零，穿过线框bcde的磁通量变化量为ΔΦ=2BS=2Bl2，由法拉第电磁感应定律可得平均感应电动势为E=，D错误。
[例4]　(2024·广东卷)电磁俘能器可在汽车发动机振动时利用电磁感应发电实现能量回收，结构如图甲所示。两对永磁铁可随发动机一起上下振动，每对永磁铁间有水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。磁场中，边长为L的正方形线圈竖直固定在减震装置上。某时刻磁场分布与线圈位置如图乙所示，永磁铁振动时磁场分界线不会离开线圈。关于图乙中的线圈，下列说法中正确的是(　D　)
　　
甲 乙
A.穿过线圈的磁通量为BL2
B.永磁铁相对线圈上升越高，线圈中感应电动势越大
C.永磁铁相对线圈上升越快，线圈中感应电动势越小
D.永磁铁相对线圈下降时，线圈中感应电流的方向为顺时针方向
【解析】 图乙中穿过正方形线圈上下部分的磁通量正负抵消，故此时穿过线圈的磁通量为零，A错误；正方形线圈与永磁铁相对运动时，上下两条边切割磁感线，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势E=2BLv，永磁铁相对线圈上升越快，线圈中产生的感应电动势越大，C错误；永磁铁相对线圈上升的高低，对线圈中产生的感应电动势没有影响，B错误；永磁铁相对线圈下降时，穿过线圈的磁通量垂直纸面向外增大，根据楞次定律可知，线圈中产生顺时针方向的感应电流，D正确。
考点三　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作　自感电动势　。
2.表达式：E=　L　。
3.自感系数L
(1)影响因素：与线圈的　大小　、形状、　匝数　以及是否有　铁芯　有关。
(2)单位：亨利，符号是H(1 mH=10－3 H，1 μH=10－6 H)。
1.线圈中电流越大，自感电动势越大(　 　)
2.对同一线圈，电流的变化越快，线圈中的自感电动势也越大(　√　)
3.自感电动势起到阻止原电流变化的作用(　 　)
[例5]　(多选)如图所示，A1、A2是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈。下列说法中，正确的有(　BD　)
A.闭合开关S时，A1、A2灯同时亮，且达到正常
B.闭合开关S时，A2灯比A1灯先亮，最后一样亮
C.闭合开关S时，A1灯比A2灯先亮，最后一样亮
D.断开开关S时，A1灯与A2灯均慢慢熄灭
【解析】 由于自感的作用，闭合开关S时，A2灯比A1灯先亮，最后一样亮，A、C错误，B正确；断开开关S时，L中产生自感电动势，A1灯与A2灯，均慢慢熄灭，D正确。
[例6]　(2025·浙江1月选考)新能源汽车日趋普及，其能量回收系统可将制动时的动能回收再利用，当制动过程中回收系统的输出电压(U)比动力电池所需充电电压(U0)低时，不能直接充入其中。在下列电路中，通过不断打开和闭合开关S，实现由低压向高压充电，其中正确的是(　B　)
B.
C. D.
【解析】 该电路中当开关S断开时，整个电路均断开，则不
能给电池充电，A错误；该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，当S断开时L产生自感电动势阻碍电流减小，L相当电源，电源U与L中的自感电动势共同加在电池两端，且此时二极管导通，从而实现给高压充电，B正确；该电路中当S闭合时稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时L也与电路断开，还是只有回收系统的电压U加在充电电池两端，则不能实现给高压充电，C错误；该电路中当S闭合且稳定时，线圈L中有电流通过，但当S断开时电源U也断开，只有L产生的自感电动势相当电源加在充电电池两端，则不能实现给高压充电，D错误。
自感线圈的通电和断电问题
现象 通电自感 断电自感
自感 电路
器材 规格 A1、A2灯规格相同，R=RL，L较大 L很大(有铁芯)
自感 现象 在S闭合瞬间，A2灯立即亮起来，A1灯逐渐变亮，最终两灯一样亮 在开关S断开时，A灯逐渐变暗直至熄灭，或闪亮一下再逐渐变暗直至熄灭
考点四　涡流、电磁阻尼和电磁驱动
1.涡流现象
(1)涡流：块状金属放在　变化　的磁场中，或者让它在　非均匀　磁场中运动时，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。
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安培力，安培力总是　阻碍　导体的运动。
3.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　运动　起来。
1.电磁阻尼体现了能量守恒定律。(　√　)
2.电磁阻尼阻碍相对运动，电磁驱动促进二者相对运动。(　 　)
3.涡流跟其他感应电流一样，都是因为穿过导体的磁通量变化而产生的。(　√　)
[例7]　(2025·河南卷)如图所示，一金属薄片在力F作用下自左向右从两磁极之间通过。当金属薄片中心运动到N极的正下方时，沿N极到S极的方向看，下列图中能够正确描述金属薄片内涡电流绕行方向的是(　C　)
B.
C. D.
【解析】 根据题意当金属薄片中心运动到N极正下方时，薄片右侧的磁通量在减小，左侧的磁通量在增加，由于两极间的磁场方向竖直向下，根据楞次定律和安培定则可知，沿N极到S极的方向看，此时薄片右侧的涡电流方向为顺时针，薄片左侧的涡电流方向为逆时针，C正确。
[例8]　(2023·浙江1月选考)如图甲所示，一导体杆用两条等长细导线悬挂于水平轴OO'，接入电阻R构成回路。导体杆处于竖直向上的匀强磁场中，将导体杆从竖直位置拉开小角度θ静止释放，导体杆开始下摆。当R=R0时，导体杆振动图像如图乙所示。若横纵坐标皆采用图乙标度，则当R=2R0时，导体杆振动图像是(　B　)
　　
甲 乙
A. B.
C. D.
【解析】 若电阻变大，则导体杆切割磁感线时产生的感应电流变小，即所受安培力变小，对做阻尼振动的导体杆而言，阻尼变小，振动时间相应延长，B正确，A、C、D错误。
素养提升　“动生电动势”和“感生电动势”
　　在产生“动生电动势”的电源中，非静电力为沿导体方向上的洛伦兹力分力，而在“感生电动势”的电源中，非静电力为涡旋电场力。
动生电动势
感生电动势
[例9]　(1)如图甲所示，固定于水平面的U形金属框架处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，金属框两平行导轨间距为l。金属棒MN在外力的作用下，沿框架以速度v向右做匀速直线运动，运动过程中金属棒始终垂直于两平行导轨并接触良好。请根据法拉第电磁感应定律，推导金属棒MN切割磁感线产生的感应电动势E1的大小；
甲
【答案】 (1)在Δt内金属框和棒所围面积的变化量是ΔS=lvΔt，
则穿过闭合回路的磁通量的变化量是ΔΦ=BΔS，根据法拉第电磁感应定律有E1=，解得感应电动势E1=Blv。
乙
(2)变化的磁场会在空间中激发感生电场。如图乙所示，空间存在一个垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B0，磁场区域半径为R。一半径为r的圆形导线环放置在纸面内，其圆心O与圆形磁场区域的中心重合。如果磁感应强度B随时间t的变化关系为B=B0＋kt，其中k为大于0的常量。求圆形导线环中的感应电动势E2的大小；
【答案】 (2)πr2k
(3)电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置，电源的电动势是电源内部非静电力所做的功与所移动的电荷量之比。已知电子的电荷量为e。求上述金属棒中电子所受到的非静电力F1的大小和导线环中电子所受到的非静电力F2的大小。
【答案】 (3)Bev　
【解析】 (1)在Δt内金属框和棒所围面积的变化量是ΔS=lvΔt，
则穿过闭合回路的磁通量的变化量是ΔΦ=BΔS，根据法拉第电磁感应定律有E1=，解得感应电动势E1=Blv。
(2)由B=B0＋kt得=k，根据法拉第电磁感应定律有E2=，且有ΔΦ=SΔB、S=πr2，解得E2=πr2k。
(3)金属棒 MN 向右切割磁感线时，棒中的电子受到沿棒向下的洛伦兹力充当非静电力 F1，有E1=，W非=F1l，解得F1=Bev。设在很短的时间内导线环中电子的位移为Δx，非静电力对电子做的功为 F2Δx，电子沿着导线环运动一周，非静电力做的功 W非=F2·2πr，根据电动势定义E2=，解得F2=。

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