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法拉第电磁感应定律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线圈匝数n越多，磁通量越大，产生的感应电动势也越大×5磁场相对于导体棒运动时，导体棒中也可能产生感应电动势√6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√7自感电动势阻碍电流的变化，但不能阻止电流的变化√纽曼、韦伯于1845年和1846年先后提出法拉第电磁感应定律突破点一 法拉第电磁感应定律的应用1．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Φt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] 2016·北京高考如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环a、b，磁场方向与圆环所在平面垂直磁感应强度B随时间均匀增大两圆环半径之比为2∶1，圆环中产生的感应电动势分别为Ea和Eb不考虑两圆环间的相互影响下列说法正确的是 A．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿逆时针方向B．Ea∶Eb＝4∶1，感应电流均沿顺时针方向C．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿逆时针方向D．Ea∶Eb＝2∶1，感应电流均沿顺时针方向[解析] 由楞次定律知，题中圆环感应电流产生的磁场与原磁场方向相反，故感应电流沿顺时针方向由法拉第电磁感应定律知E＝＝＝，由于两圆环半径之比Ra∶Rb＝2∶1，所以Ea∶Eb＝4∶1，选项B正确[答案] B[方法规律]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＝[集训冲关]
1.2018·徐州期末如图所示，a、b是用同种规格的铜丝做成的两个单匝同心圆环，两环半径之比为2∶3，其中仅在a环所围区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场当该匀强磁场的磁感应强度均匀增大时，a、b两环内的感应电动势大小和感应电流大小之比分别为 A．1∶13∶2 B．1∶12∶3C．4∶92∶3D．4∶99∶4解析选A 由法拉第电磁感应定律得E＝n＝nS＝nπR2，因两圆环内磁场面积相同，则得到Ea∶Eb＝1∶1根据电阻定律r＝ρ＝ρ，两线圈电阻之比ra∶rb＝Ra∶Rb＝2∶3线圈中感应电流I＝，由上综合得到Ia∶Ib＝3∶2；故A正确，B、C、D错误2．[多选]2016·江苏高考电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音下列说法正确的有 A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作B．取走磁体，电吉他将不能正常工作C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化解析选BCD 铜不能被磁化，铜质弦不能使电吉他正常工作，选项A错误；取走磁体后，金属弦不能被磁化，弦的振动无法通过电磁感应转化为电信号，音箱不能发声，选项B正确；增加线圈匝数，根据法拉第电磁感应定律E＝n知，线圈的感应电动势变大，选项C正确；弦振动过程中，线圈中的磁场方向不变，但磁通量一会儿增大，一会儿减小，则产生的感应电流的方向不断变化，选项D正确3．如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝1000，线圈面积S＝200cm2，线圈的电阻r＝1Ω，线圈外接一个阻值R＝4Ω的电阻把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示，则 A．前4s内的感应电动势为2VB．在开始的2s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零C．前4s内通过电阻R的电流由下至上D．后4s内电路中的感应电流大小为
0.4A解析选C 前2s内磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ2－Φ0＝SB2－B0＝200×10－4×
0.3－
0.2Wb＝2×10－3Wb，由法拉第电磁感应定律，得前4s内的感应电动势为E＝nS＝1000×200×10－4×V＝1V，故A、B错误；由楞次定律可知，前4s内产生的感应电流为逆时针方向，通过电阻R的电流由下至上，故C正确；由欧姆定律，2～4s内电路中的感应电流大小为I＝＝A＝
0.2A，4～6s内感应电动势为E′＝nS＝1000×200×10－4×V＝4V，感应电流I′＝＝
0.8A，故D错误突破点二 导体切割磁感线产生感应电动势的计算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，应注意以下几个方面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外，还需B、l、v三者相互垂直2对应性若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即＝Bl若v为瞬时速度，则E为相应的瞬时感应电动势3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，应注意速度间的相对关系4有效性公式中的l为有效切割长度，即导体与v垂直的方向上的投影长度图中有效长度分别为甲图l＝cdsinβ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＝R；沿v2方向运动时，l＝0；沿v3方向运动时，l＝R2．导体转动切割磁感线当导体在垂直于磁场的平面内，绕一端以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势为E＝Bl＝Bl2ω，如图所示3．公式E＝n与E＝Blv的区别与联系E＝nE＝Blv区别研究对象闭合回路垂直切割磁感线的那部分导体研究内容求的是Δt时间内的平均感应电动势，E与某段时间或某个过程对应1若v为瞬时速度，则求的是瞬时感应电动势2若v为平均速度，则求的是平均感应电动势联系1本质上是统一的，E＝Blv可由E＝n在一定条件下推导出来2当导体切割磁感线运动时用E＝Blv求E方便，当得知穿过回路的磁通量发生变化情况时，用E＝n求E比较方便[典例] [多选]2017·全国卷Ⅱ两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直边长为
0.1m、总电阻为
0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图甲所示已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场线框中感应电动势随时间变化的图线如图乙所示感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正下列说法正确的是 A．磁感应强度的大小为
0.5TB．导线框运动速度的大小为
0.5m/sC．磁感应强度的方向垂直于纸面向外D．在t＝
0.4s至t＝
0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为
0.1N[思路点拨] 根据线框匀速运动的位移和时间求出速度，结合E＝BLv求出磁感应强度，根据感应电流的方向，结合楞次定律得出磁场的方向根据安培力公式得出导线框所受的安培力[解析] 由题图乙可知，导线框运动的速度大小v＝＝m/s＝
0.5m/s，B项正确；导线框进入磁场的过程中，cd边切割磁感线，由E＝BLv，得B＝＝T＝
0.2T，A项错误；由题图乙可知，导线框进入磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向，根据楞次定律可知，磁感应强度方向垂直纸面向外，C项正确；在
0.4～
0.6s这段时间内，导线框正在出磁场，回路中的电流大小I＝＝A＝2A，则导线框受到的安培力F＝BIL＝
0.2×2×
0.1N＝
0.04N，D项错误[答案] BC[集训冲关]
1.[多选]如图所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于回路所在的平面回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是 A．感应电流方向不变B．CD段直线始终不受安培力C．感应电动势最大值E＝BavD．感应电动势平均值E＝πBav解析选ACD 半圆形闭合回路在进入磁场的过程中，磁通量增加，磁场方向垂直纸面向里，根据楞次定律，知感应电流的方向为逆时针方向，方向不变，故A正确；CD段中有感应电流通过，且CD段与磁场垂直，所以必定受到安培力，且安培力方向竖直向下，故B错误；切割的有效长度的最大值为a，则感应电动势的最大值E＝Bav，故C正确；根据法拉第电磁感应定律得＝＝＝πBav，故D正确
2.[多选]如图所示是法拉第制作的世界上第一台发电机的模型原理图把一个半径为r的铜盘放在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，使磁感线水平向右垂直穿过铜盘，铜盘安装在水平的铜轴上两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘接触G为灵敏电流表现使铜盘按照图示方向以角速度ω匀速转动，下列说法正确的是 A．C点电势一定低于D点电势B．圆盘中产生的感应电动势大小为Bωr2C．电流表中的电流方向为由a到bD．若铜盘不转动，使所加磁场的磁感应强度均匀增大，在铜盘中可以产生涡流解析选AD 将铜盘看做无数条由中心指向边缘的铜棒组合而成，当铜盘转动时，每根金属棒都在切割磁感线，相当于电源，由右手定则可知，铜盘边缘为电源正极，中心为负极，C点电势低于D点电势，故A正确；回路中产生的感应电动势E＝B·＝Br2ω，故B错误；此电源对外电路供电，电流方向由b经电流表再从a流向铜盘，故C错误；若铜盘不转动，使所加磁场的磁感应强度均匀增大，在铜盘中产生感生电场，使铜盘中的自由电荷在电场力作用下定向移动，形成涡旋电流，故D正确突破点三 通电自感和断电自感1．通电自感和断电自感的比较通电自感断电自感电路图器材A
1、A2同规格，R＝RL，L较大L很大有铁芯，RLRA现象S闭合瞬间，A2灯立即亮起来，A1灯逐渐变亮，最终一样亮开关S断开时，灯A突然闪亮一下后再渐渐熄灭2．三点注意、三个技巧[题点全练]1．[多选]2019·淮安一模用电流传感器研究自感现象的电路如图甲所示，线圈L中未插入铁芯，直流电阻为R闭合开关S，传感器记录了电路中电流i随时间t变化的关系图像，如图乙所示，t0时刻电路中电流达到稳定值I下列说法中正确的是 A．t＝t0时刻，线圈中自感电动势最大B．若线圈中插入铁芯，上述过程中电路中电流达到稳定值经历的时间大于t0C．若线圈中插入铁芯，上述过程中电路达到稳定时电流值仍为ID．若将线圈匝数加倍，上述过程中电路达到稳定时电流值仍为I解析选BC t＝t0时刻，线圈中电流稳定，自感现象消失，线圈中没有自感电动势，故A错误；若线圈中插入铁芯，线圈自感系数增大，自感现象延长，所以若线圈中插入铁芯，上述过程中电路中电流达到稳定值经历的时间大于t0，故B正确；线圈中插入铁芯，但线圈的直流电阻不变，所以稳定时电流不变，故C正确；若将线圈匝数加倍，线圈直流电阻增大，稳定时电流减小，故D错误
2.2018·南京三模如图所示，电源电动势为E，其内阻r不可忽略，L
1、L2是完全相同的灯泡，线圈L的直流电阻不计，电容器的电容为C下列说法正确的是 A．刚接通开关S的瞬间，L2立即亮，L1逐渐变亮B．合上开关S，电路稳定后，灯泡L
1、L2的亮度相同C．电路稳定后在断开S的瞬间，通过灯泡L1的电流方向向右D．电路稳定后在断开S的瞬间，通过灯泡L2的电流为零解析选C 刚接通开关S的瞬间，线圈中电流要增大，则出现自感电动势，L1立即亮，L2逐渐变亮，故A错误；合上开关S，当电路稳定后，由于线圈的直流电阻为零，则灯泡L1被短路，故B错误；当断开S的瞬间，线圈中电流要减小，则出现自感电动势，通过灯泡L1的电流方向向右，故C正确；断开S的瞬间，电容器也要放电，则灯泡L2慢慢熄灭，故D错误电磁感应在生活中的应用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1．[多选]2019·南京、盐城一模下列图中，A图是真空冶炼炉，可以冶炼高质量的合金；B图是充电器，工作时绕制线圈的铁芯中会发热；C图是安检门，可以探测人身是否携带金属物品；D图是工人穿上金属丝织成的衣服可以高压带电作业不属于涡流现象的是 解析选D 线圈接有交变电流，在线圈中会产生变化的磁场，变化的磁场在冶炼炉中产生电场，使自由电荷在电场力的作用下定向移动形成涡流，故A中属于涡流现象；充电器工作时有交变电流通过，交变电流产生的交变磁场穿过铁芯，在铁芯中产生电场，使自由电荷在电场力的作用下定向移动形成涡流，故B中属于涡流现象；线圈中交变电流产生交变的磁场，会在金属物品中产生交变的感应电流，而金属物品中感应电流产生的交变磁场会在线圈中产生感应电流涡流，引起线圈中交变电流发生变化，从而被探测到，故C中属于涡流现象；工作服用包含金属丝的织物制成，形成一个导体壳，壳外有电场，壳内场强保持为0，高压外电场不会对内部产生影响，故D中属于静电屏蔽2．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选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3．[多选]2019·徐州模拟图甲为磁控健身车，图乙为其车轮处结构示意图，在金属飞轮的外侧有一些磁铁与飞轮不接触，人用力蹬车带动飞轮旋转时，磁铁会对飞轮产生阻碍，拉动旋钮拉线可以改变磁铁与飞轮间的距离下列说法正确的有 A．飞轮受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力B．飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，飞轮受到的阻力越小C．磁铁和飞轮间的距离一定时，飞轮转速越大，受到的阻力越小D．磁铁和飞轮间的距离一定时，飞轮转速越大，内部的涡流越强解析选AD 根据题意，人用力蹬车带动飞轮旋转时，磁铁会对飞轮产生阻碍，则飞轮受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力，选项A正确；飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，飞轮受到安培力越大，阻力越大，选项B错误；磁铁和飞轮间的距离一定时，飞轮转速越大，磁通量的变化率越大，则内部的涡流越强，产生的安培力越大，受到的阻力越大，选项C错误，D正确。
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