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第2讲　法拉第电磁感应定律　涡流和自感
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。
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基础自测
1.(人教版选择性必修第二册P45A组T2改编)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一根水平放置的金属棒ab以某一水平速度v0抛出，金属棒在运动过程中始终保持水平，不计空气阻力。下图能正确反映金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小E随时间t变化情况的是(　　)
答案　A
2.(人教版选择性必修第二册P45A组T5改编)如图所示，匀强磁场中有a、b两个闭合线圈，它们用同样的导线制成，匝数均为10匝，半径ra= 2rb。磁场方向与线圈所在平面垂直，磁感应强度B随时间均匀增大。两线圈中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，感应电流分别为Ia和Ib，不考虑两线圈间的相互影响。下列说法正确的是(　　)
A.感应电流均沿顺时针方向
B.Ea∶Eb=2∶1
C.Ia∶Ib=4∶1
D.Ia∶Ib= 2∶1
答案　D
考点一　法拉第电磁感应定律的理解及应用
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=BΔS，则E=n。
(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ=ΔBS，则E=。
(3)磁通量的变化是由于面积和磁场变化共同引起的，则根据定义有ΔΦ=|Φ末-Φ初|，E=n≠。
例1 如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t均匀变化。正方形硬质金属框abcd放置在磁场中，金属框平面与磁场方向垂直，电阻R=0.1 Ω，边长l=0.2 m。求:
(1)在t=0到t=0.1 s时间内，金属框中的感应电动势E;
(2)t=0.05 s时，金属框ab边受到的安培力F的大小和方向;
(3)在t=0到t=0.1 s时间内，金属框中电流的电功率P。
答案　(1)0.08 V　(2)0.016 N　方向垂直于ab边向左　(3)0.064 W
解析　(1)在t=0到t=0.1 s的时间Δt内，磁感应强度的变化量ΔB=0.2 T，设穿过金属框的磁通量变化量为ΔΦ，有ΔΦ=ΔBl2
由于磁场均匀变化，金属框中产生的电动势是恒定的，有E=
联立解得E=0.08 V。
(2)设金属框中的电流为I，由闭合电路的欧姆定律，有I=
由图可知，t=0.05 s时，磁感应强度为B1=0.1 T
金属框ab边受到的安培力F=IlB1
联立解得F=0.016 N
由楞次定律知金属框中感应电流方向为顺时针，由左手定则知，ab边受到安培力方向垂直于ab边向左。
(3)在t=0到t=0.1 s时间内，金属框中电流的电功率P=I2R
联立解得P=0.064 W。
考点二　导体切割磁感线产生感应电动势
导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式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，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=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
考向　平动切割磁感线
例2 (2024·江苏盐城期末)如图所示，abcd为水平固定放置的U形导体框，其中bc长为x，bc部分阻值为r，其余部分电阻不计，长为2x、阻值为2r的均匀导体棒MN始终与导体框接触良好，整个装置处于垂直纸面向外的匀强磁场中。现使导体棒以速度v水平向左匀速运动，则导体棒MN两端的电势差是(　　)
A.0.5Bxv B.Bxv C.1.5Bxv D.2Bxv
答案　C
解析　导体棒以速度v水平向左匀速运动，等效电路如图所示
UPQ=·r=0.5Bxv，闭合回路之外的电势差为UMP+UQN=Bxv，所以导体棒两端的电势差UMN=UMP+UPQ+UQN=1.5Bxv，故C正确。
判断感应电路中电势高低的方法
考向　转动切割磁感线
例3 如图所示，固定在绝缘水平面上的半径r=0.2 m的金属圆环内存在方向竖直向上、磁感应强度大小B=0.1 T的匀强磁场。金属棒一端与圆环接触良好，另一端固定在竖直导电转轴OO'上，随轴顺时针匀速转动。在圆环的A点和电刷间接有阻值R=10 Ω的电阻和板间距d=0.01 m的平行板电容器，有一质量m=1 g、电荷量q=1×10-5 C的颗粒在电容器极板间恰好处于静止状态。重力加速度大小g=10 m/s2，不计其他电阻和摩擦，下列说法正确的是(　　)
A.电容器两极板间的电压为8 V
B.电容器的上极板带正电荷
C.每秒钟通过电阻的电荷量为10 C
D.金属棒转动的角速度大小为5×103 rad/s
答案　D
解析　对电容器极板间的带电颗粒受力分析有q=mg，解得U==10 V，选项A错误;金属棒顺时针运动，由右手定则可知，转轴中心的电势高于圆环边缘的电势，故电容器下极板带正电荷，选项B错误;由公式I== A=1 A，故每秒钟通过电阻的电荷量为Q=It=1×1 C=1 C，选项C错误;由公式E=Br=U，==，解得ω== rad/s=5×103 rad/s，选项D正确。
导体转动切割的三种情况
(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=Bl2ω平均速度取中点位置的线速度lω。
(3)以任意点为轴时，E=Bω(-)(l1、l2分别为转轴到两端点的距离，E为导体两端间的电势差)。
考点三　自感现象
1.自感现象的四大特点
(1)自感电动势总是阻碍线圈中原电流的变化。
(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.通电自感和断电自感的比较
电路图
器材要求 A1、A2同规格，R=RL，L较大 L很大(有铁芯)
通电时 在S闭合瞬间，灯A2立即亮起来，灯A1逐渐变亮，最终一样亮 灯A立即亮，然后逐渐变暗达到稳定
断电时 回路电流减小，灯泡均逐渐变暗，A1电流方向不变，A2电流反向 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
总结 自感电动势总是阻碍原电流的变化
例4 (2025·江苏南通模拟)图甲、乙是演示自感现象的实验电路，实验现象明显。下列说法中正确的是(　　)
A.在图甲中，开关S闭合时两灯泡同时亮
B.在图甲中，仅去掉铁芯后线圈的电感增大
C.在图乙中，开关S断开时线圈中产生自感电动势
D.在图乙中，开关S断开时灯泡中电流方向不改变
答案　C
解析　在题图甲中，开关S闭合时，由于线圈对电流的阻碍作用，A2灯先亮，A1灯缓慢变亮，故A错误;仅去掉铁芯后，线圈的自感系数变小，所以线圈的电感变小，故B错误;在题图乙中，开关S断开，由于线圈对电流的阻碍作用，所以线圈中会产生自感电动势，故C正确;由题图乙可知，在开关S断开前，灯泡中的电流方向为向右，当开关断开后，原来通过灯泡的电流立刻消失，由于线圈对电流的阻碍作用产生自感电动势，线圈相当于电源，与A重新组成回路，此时通过灯泡的电流方向向左，即开关S断开时灯泡中电流方向发生改变，故D错误。
分析自感问题的三个技巧
(1)通电自感:通电时自感线圈相当于一个变化的电阻，阻值由无穷大逐渐减小。
(2)断电自感:断电时自感线圈相当于电源，电动势由某值逐渐减小到零。
(3)电流稳定时，自感线圈相当于导体，是否需要考虑其电阻，根据题意而定。
考点四　涡流、电磁阻尼和电磁驱动
1.产生涡流时的能量转化
(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。
2.电磁阻尼和电磁驱动
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 导体受安培力的方向与导体运动方向相同，推动导体运动
能量 转化 导体克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，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，从而对外做功
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　涡流
例5 (2024·北京顺义一模)如图所示，将绝缘导线绕在柱形铁块上，导线内通以交变电流，铁块内就会产生感应电流，即涡流。当线圈内部空间的磁感线方向竖直向上，在铁块内产生(自上而下观察)沿虚线顺时针方向的涡流方向时，下列说法正确的是(　　)
A.绝缘导线中的电流正在减小
B.绝缘导线中的电流由b流向a
C.为减小涡流，可以增大交变电流的频率
D.为减小涡流，可以把铁块沿纵向切成很薄的铁片，涂上绝缘层后叠放起来
答案　D
解析　当绝缘导线中的电流由a流向b且正在增加时，柱形铁块中磁场方向如题图所示且在增强，根据楞次定律和安培定则可知此时产生的涡流为顺时针方向，故A、B错误;增大交变电流的频率，电流产生的磁场的变化率增大，可增大导体内产生的感应电动势，可增大涡流，故C错误;在感应电动势的大小一定时要减小涡流，需要增大铁块电阻，根据电阻定律可知，可减小铁块的横截面积，故可以把铁块沿纵向切成很薄的铁片，涂上绝缘层后叠放起来，故D正确。
考向　电磁阻尼
例6 (2023·全国乙卷，17)一学生小组在探究电磁感应现象时，进行了如下比较实验。用图(a)所示的缠绕方式，将漆包线分别绕在几何尺寸相同的有机玻璃管和金属铝管上，漆包线的两端与电流传感器接通。两管皆竖直放置，将一很小的强磁体分别从管的上端由静止释放，在管内下落至管的下端。实验中电流传感器测得的两管上流过漆包线的电流I随时间t的变化分别如图(b)和图(c)所示，分析可知(　　)
A.图(c)是用玻璃管获得的图像
B.在铝管中下落，小磁体做匀变速运动
C.在玻璃管中下落，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D.用铝管时测得的电流第一个峰到最后一个峰的时间间隔比用玻璃管时的短
答案　A
解析　
A正确;
利用F安=IlB定性分析
考向　电磁驱动
例7 (2025·广东广州一模)如图甲所示为探究电磁驱动的实验装置。某个铝笼置于U形磁体的两个磁极间，铝笼可以绕支点自由转动，其截面图如图乙所示。开始时，铝笼和磁体均静止，转动磁体，会发现铝笼也会跟着发生转动，下列说法正确的是(　　)
A.铝笼是因为受到安培力而转动的
B.铝笼转动的速度的大小和方向与磁体相同
C.磁体从图乙位置开始转动时，铝笼截面abcd中的感应电流的方向为a→d→c→b→a
D.当磁体停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，铝笼将保持匀速转动
答案　A
解析　磁体从题图乙位置开始转动时，导致通过铝笼截面的磁通量增加，从而产生感应电流，方向为a→b→c→d→a，因而受到安培力作用，导致铝笼转动，所以铝笼是因为受到安培力而转动的，A正确，C错误;根据楞次定律可知，为阻碍磁通量增加，则导致铝笼与磁体转动方向相同，但快慢不相同，铝笼的转速一定比磁体的转速小，B错误;当磁体停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，由于铝笼转动的过程中仍然能产生感应电流，所以铝笼会受到反方向安培力作用逐渐减速直到停止运动，D错误。
A级　基础对点练
对点练1　法拉第电磁感应定律的理解及应用
1.(2024·江苏无锡期末)某自发电门铃原理如图。N匝线圈绕在固定的铁芯上，初始时右侧强磁体S极与线圈铁芯接触。按下门铃时，右侧强磁体N极与铁芯接触，同时内部电路接通工作。当有磁极与铁芯接触时线圈内磁感应强度为B，单匝线圈面积为S，设转换接触时间为Δt，则线圈产生的感应电动势为(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　初始时右侧强磁体S极与线圈铁芯接触，穿过线圈的磁通量为BS;按下门铃时，右侧强磁体N极与铁芯接触，穿过线圈的磁通量为-BS。转换接触时间为Δt，根据法拉第电磁感应定律有E=N=，故D正确。
2.(2025·江苏苏锡常镇二模)如图所示，半径为r2的圆形单匝线圈中央有半径为r1的有界匀强磁场，磁感应强度随时间变化关系为B=B0+kt(k>0)，线圈电阻为R，则磁感应强度从B0增大到2B0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.通过导线横截面电荷量为
答案　C
解析　由B随时间增大知线圈内的磁通量增加，根据楞次定律和右手定则可知，线圈中感应电流为逆时针方向，因此线圈中电子运动方向为顺时针;而线圈所在位置没有磁场，可知其不受安培力，线圈面积没有变化趋势，故A、B错误;线圈中的感应电动势为E=·S=kπ，变化过程中产生的焦耳热为Q=t=，由于t==，联立可得Q=，故C正确;通过导线横截面的电荷量为q=It=t=，故D错误。
对点练2　导体切割磁感线产生感应电动势
3.(2024·江苏苏州期末)如图所示，圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，总长为2L的导体棒OC的O端位于圆心，A为棒的中点。现使导体棒绕O点在纸面内逆时针匀速转动，则O点到导体棒上任意一点P的电势差U与OP间距离r的关系图像正确的是(　　)
答案　A
解析　由于AC段不切割磁感线，则A、C电势相同，在OA段，设某点到O的距离为r，根据E=Br=Br2ω，则离O越远电势降低得越快，即电势差增大得越快。故A正确。
对点练3　自感现象
4.(2023·北京卷，5)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　由题意知，开关S闭合时，由于线圈L的电阻很小，P灯微亮，Q灯正常发光，则断开开关前通过Q灯的电流大于通过P灯的电流，线圈L中电流大于通过P灯的电流;断开开关时，Q所在电路中电流立即为零，Q灯立即熄灭，由于自感作用，L中产生感应电动势，与P灯组成闭合回路，通过P灯的电流大于S闭合情况下的电流，故P灯闪亮后再熄灭，D正确。
对点练4　涡流、电磁阻尼和电磁驱动
5.(2025·江苏宿迁一模)一弹簧上端固定，下端悬挂一个磁体，让磁体上下振动，若要使磁体很快停下，下列铝框放置方式效果最明显的是(　　)
答案　A
解析　当磁体穿过固定的闭合线圈时，在闭合线圈中会产生感应电流，感应电流的磁场会阻碍磁体靠近或离开线圈，这样磁体振动时除了受空气阻力外，还要受到线圈的磁场阻力，每次振动克服阻力做的功越多，机械能损失越快，因而会很快停下来。故铝框放置方式效果最明显的是图A。故A正确。
6.(2024·甘肃卷，6)工业上常利用感应电炉冶炼合金，装置如图所示。当线圈中通有交变电流时，下列说法正确的是(　　)
A.金属中产生恒定感应电流
B.金属中产生交变感应电流
C.若线圈匝数增加，则金属中感应电流减小
D.若线圈匝数增加，则金属中感应电流不变
答案　B
解析　当线圈中通有交变电流时，感应电炉中产生非均匀变化的磁场，金属中进而产生交变感应电流，A错误，B正确;若线圈匝数增加，根据法拉第电磁感应定律可知，金属中的感应电流增大，C、D错误。
B级　综合提升练
7.(2024·广东卷，4)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
答案　D
解析　根据题图乙可知此时穿过线圈的磁通量为0，故A错误;根据法拉第电磁感应定律可知永磁铁相对线圈上升越快，磁通量变化越快，线圈中感应电动势越大，故B、C错误;永磁铁相对线圈下降时，根据安培定则可知线圈中感应电流的方向为顺时针方向，故D正确。
8.(2025·江苏泰州一模)如图所示，整个空间中存在方向垂直导轨平面向里的匀强磁场B，导轨间距为l且足够长，左端接阻值为R的定值电阻，导轨电阻不计，现有一长为2l的金属棒垂直放在导轨上，金属棒始终与导轨接触良好，电阻不计。在金属棒以O点为轴沿顺时针方向以恒定角速度ω转过60°的过程中，下列选项正确的是(　　)
A.通过定值电阻的电流方向由b到a
B.转动过程中棒两端的电动势大小不变
C.通过定值电阻的最大电流为
D.通过定值电阻的电荷量为
答案　B
解析　根据右手定则可知，通过定值电阻的电流方向由a到b，A错误;整个导体棒都在磁场中切割磁感线，故两端感应电动势E=B(2l)2ω=2Bl2ω不变，B正确;当金属棒两端接触到导轨时电路中的感应电动势最大，为Em=E=2Bl2ω，则最大感应电流为Im==，C错误; 转过60°的过程中，通过定值电阻的电荷量为q=Δt=Δt=，又ΔS=l·2lsin 60°=l2，联立解得q=，D错误。
9.(2025·江苏南通一模)如图所示，新能源汽车由地面供电装置(主要装置是发射线圈，并直接连接家用电源)将电能传送至车身底部的感应装置(主要装置是接收线圈，并连接充电电池)，对车载电池进行充电。则(　　)
A.增大发射线圈与接收线圈的间距，接收线圈中感应电流的频率不变
B.发射线圈和接收线圈的磁通量变化率相等
C.为了保护接收线圈不受损坏，可在接收线圈下再加装一个金属护板
D.增大发射线圈与接收线圈的间距，发射线圈与接收线圈两端电压之比不变
答案　A
解析　接收线圈与发射线圈中的磁通量变化的频率相同，与发射线圈和接收线圈的间距无关，故A正确;由感应装置与供电装置的工作原理可知，非理想状态下，由于能量损耗，发射线圈和感应线圈的磁通量变化率不等，故B错误;如果在车底加装一个金属护板，金属护板会产生涡流损耗能量，同时屏蔽磁场使接收线圈无法产生感应电流，故C错误;增大发射线圈与接收线圈的间距，则通过接收线圈的磁通量减小，根据E=n可知发射线圈与接收线圈两端电压之比变大，故D错误。
10.(2023·天津卷，10)如图，有一正方形线框静止悬挂着，其质量为m、电阻为R、边长为l。空间中有一个三角形磁场区域，其磁感应强度大小为B=kt(k>0)，方向垂直于线框所在平面向里，且线框中磁场区域的面积为线框面积的一半，已知重力加速度为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)　(2)
解析　(1)根据法拉第电磁感应定律有E=n
又n=1，=·S=kS，S=
解得E=。
(2)根据闭合电路欧姆定律可知线框中的感应电流为I=
线框受到的安培力为FA=IlB
又B=kt(k>0)
联立可得线框受到的安培力为FA=
当线框开始向上运动时，有=mg
解得t0=。

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