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)产生条件：穿过回路的磁通量发生改变，与电路是否闭合无关。 (3)方向判断：感应电动势的方向用楞次定律或右手定则判断。 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，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。 (2)公式：E ＝n ΔΦ
Δt
，其中n 为线圈匝数。
(1) 磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率的区别：
磁通量Φ
磁通量变化量ΔΦ 磁通量变化率ΔΦ
Δt
物理意义
磁通量越大，某时刻穿过磁场中某个面的磁感线条数越多
某段时间穿过某个面的末、初磁通量的差值
表述磁场中穿过某个面的磁通量变化快慢的物理量 大小计算
Φ＝B ·S ⊥，S ⊥为与B 垂直的面
积，不垂直时，取S 在与B 垂直方向上的投影
ΔΦ＝Φ2－Φ1，ΔΦ＝B ·ΔS 或ΔΦ＝S ·ΔB
ΔΦΔt ＝B ·ΔS Δt 或ΔΦΔt ＝S ·ΔB Δt
注意
若穿过某个面有方向相反的
磁场，则不能直接用Φ＝B ·S ，应考虑相反方向的磁通量相互抵消以后所剩余的磁通量
开始和转过180°后平面都与磁场垂直，但穿过平面的磁通量是不同的，一正一负，ΔΦ＝2B ·S ，而不是零
即不表示磁通量的大小，也不表示变化的多少。在Φ－t 图象中，可用切线的斜率表示
备注 线圈在磁场中绕垂直于B 的轴匀速转动时，线圈平面与磁感线平行时，Φ＝0，
ΔΦΔt 最大；线圈平面与磁感线垂直时，Φ最大，ΔΦ
Δt
为零
(2)对公式的理解：
(3)用公式E ＝nS ΔB
Δt
求感应电动势时，S 为线圈在垂直于磁场方向的有效面积。
1.半径为r 、电阻为R 的n 匝圆形线圈在边长为l 的正方形abcd 外，匀强磁场充满并垂直穿过该正方形区域，如图9－2－1甲所示。当磁场随时间的变化规律如图乙所示时，则穿过圆形线圈磁通量的变化率为________，t 0时刻线圈产生的感应电流为________。
图9－2－1
解析：磁通量的变化率为ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝B 0
t 0
l 2
根据法拉第电磁感应定律得线圈中的感应电动势 E ＝n ΔΦΔt ＝n B 0
t 0
l 2
再根据闭合电路欧姆定律得感应电流I ＝n ΔΦΔtR ＝n B 0l 2
t 0R 。
答案：B 0t 0l 2 n B 0l 2
t 0R
导体切割磁感线时的感应电动势
1．导体在匀强磁场中平动
(1)一般情况：运动速度v 和磁感线方向夹角为θ，则E ＝Bl v sin_θ。 (2)常用情况：运动速度v 和磁感线方向垂直，则E ＝Bl v 。 2．导体棒在匀强磁场中转动
导体棒以端点为轴，在垂直于磁感线的平面内以角速度ω匀速转动产生感应电动势E ＝1
2
Bωl 2(导体棒的长度为l )。
1．对公式E ＝Bl v 的理解
(1)正交性：该公式适用于匀强磁场，且B 、l 、v 三者两两垂直，若三者中任意二者平行，则导体都不切割磁感线，E ＝0。
(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E ＝Bl v 。
(3)瞬时性：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 为有效切割长度，即导体与v 垂直的方向上的投影长度。图9－2－2中有效长度分别为：
图9－2－2
甲图：l ＝cd sin β(容易错算成l ＝ab sin β)； 乙图：沿v 1方向运动时，l ＝MN 沿v 2方向运动时，l ＝0。 丙图：沿v 1方向运动时，l ＝2R 沿v 2方向运动时，l ＝0 沿v 3方向运动时，l ＝R
(5)相对性：E ＝Bl v 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．公式E ＝n ΔΦ
Δt
与E ＝Bl v sin θ的区别与联系
E ＝n ΔΦΔt
E ＝Bl v sin θ
区别
研究对象
闭合回路
回路中做切割磁感线运动的那部分
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，公式求的是瞬
时感应电动势
(2)若v 为平均速度，公式求的是平
均感应电动势
适用范围 对任何电路普遍适用
只适用于导体切割磁感线运动的情况
联系
(1)E ＝Bl v sin θ可由E ＝n ΔΦ
Δt
在一定条件下推导出来
(2)E ＝n ΔΦ
Δt 也可求瞬时感应电动势，当Δt →0时的E 即为瞬时感应电动
势
(3)当导体切割磁感线运动时用E ＝Bl v sin θ求E 方便，当穿过回路的磁通量发生变化时，用E ＝n ΔΦ
Δt
求E 比较方便
2.如图9－2－3所示，空间存在两个磁场，磁感应强度大小均为B ，方向相反且垂直纸面，MN 、PQ 为其边界，OO ′为其对称轴。一导线折成边长为l 的正方形闭合回路abcd ，回路在纸面内以恒定速度v 0向右运动，当运动到关于OO ′对称的位置时( )
图9－2－3
A ．穿过回路的磁通量为零
B ．回路中感应电动势大小为2Bl v 0
C ．回路中感应电流的方向为顺时针方向
D ．回路中ab 边与cd 边所受安培力方向相同
解析：选ABD 当回路运动到关于OO ′对称的位置时，穿过回路的两个相反方向的磁场面积相等，且磁感应强度大小均为B ，穿过回路的磁通量为零，选项A 正确；ab 、cd 两个边均切割磁感线产生感应电动势，由右手定则可判断出，两个边产生的感应电流的方向均为逆时针方向，所以回路中感应电动势大小为2Bl v 0，选项B 正确，选项C 错误；根据左手定则可判断出回路中ab 、cd 两个边所受安培力的方向相同，选项D 正确。
自感和涡流
1．自感现象
由于通过导体自身的电流变化而产生的电磁感应现象。 2．自感电动势
(1)定义：在自感现象中产生的感应电动势。 (2)表达式：E ＝L ΔI
Δt 。
(3)自感系数L ：
①相关因素：与线圈的大小、形状、圈数以及是否有铁芯等因素有关。
②单位：亨利(H)，1 mH＝10－3H,1 μH＝10－6 H。
3．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感应电流，这种电流像水中的旋涡，所以叫涡流。
(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的作用，安培力使导体运动起来。
对自感现象的理解
(1)自感线圈的作用：
①使线圈中的电流渐变而不突变，即电流从一个值到另一个值总需要一定的时间。
②在阻碍电流增大的过程中本身储存了磁场能，而在阻碍电流减小的过程中，又把储存的磁场能释放出来。
③当流过自感线圈的电流不变时，线圈仅起导线(或电阻)的作用。
(2)自感电动势的方向——增反减同：
①如果导体中原来的电流是增大的，自感电动势就要阻碍原来电流的增大，即感应电流的方向与原电流方向相反。
②如果导体中原来的电流是减小的，自感电动势就要阻碍原来电流的减小，即感应电流的方向与原电流的方向相同。
3．通电自感和断电自感的对比：
通电自感断电自感电路图
器材要求A1、A2同规格，R＝R L，L较大L很大(有铁芯) R L?R A
现象在S闭合瞬间，A2灯立即亮起来，
A1灯逐渐变亮，最终一样亮
在开关S断开时，灯A突然闪亮一下
后再渐渐熄灭
原因由于开关闭合时，流过电感线圈的
电流迅速增大，使线圈产生自感电
动势，阻碍了电流的增大，使流过
灯A1的电流比流过灯A2的电流增
加得慢
S断开时，线圈L产生自感电动势，
阻碍了电流的减小，使电流继续存在
一段时间；灯A中电流反向不会立即
熄灭。若R L＜R A，原来的I L＞I A，则A
灯熄灭前要闪亮一下。若R L≥R A，原
来的电流I L≤I A，则灯A逐渐熄灭不再
闪亮一下
能量转化情况电能转化为磁场能磁场能转化为电能
3．在如图9－2－4所示的电路中，a、b为两个完全相同的灯泡，L为电阻可忽略不计的自感线圈，E为电源，S为开关。关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是()
图9－2－4
A．合上开关，a先亮，b后亮；断开开关，a、b同时熄灭
B．合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a先熄灭，b后熄灭
C．合上开关，b先亮，a后亮；断开开关，a、b同时缓慢熄灭
D．合上开关，a、b同时亮；断开开关，b先熄灭，a后熄灭
解析：选C由于L是自感线圈，当合上S时，自感线圈L将产生自感电动势，阻碍电流的增加，故有b灯先亮，而a灯后亮。当S断开时，L、a、b组成回路，L产生自感电动势阻碍电流的减弱，由此可知，a、b同时熄灭，故选项C正确。
法拉第电磁感应定律的应用
[命题分析]本考点为高考热点，主要考查对法拉第电磁感应定律公式E＝nΔΦ
Δt的理解，以选择或计算题呈现。
[例1](2012·济南调研)如图9－2－5甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝1 000，面积S ＝200 cm2，电阻r＝1 Ω，在线圈外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，电阻的一端b与地相接，把线圈放入一个方向垂直于线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示。试问：
图9－2－5
(1)从计时起，t ＝3 s 、t ＝5 s 时刻穿过线圈的磁通量各为多少？ (2)a 点的最高电势和最低电势各为多少？ [思维流程]
第一步：抓信息关键点
关键点 信息获取
(1)观察B －t 图象 t ＝3 s 、t ＝5 s 时的磁感应强度
(2)B －t 图分两段 磁感强度的变化率ΔB
Δt
不同，R 中的电流方向不同
第二步：找解题突破口
由B －t 图可求出t ＝3 s 、t ＝5 s 时的磁感应强度从而求出磁通量；由B －t 图可求出0～4 s 内，4～6 s 内磁感应强度的变化率，进而求出电动势、电流及a 点的最高、最低电势。
第三步：条理作答
[解析] (1)由B －t 图象可知，t ＝3 s 、t ＝5 s 时刻的磁感应强度分别为： B 3＝0.35 T ，B 5＝0.2 T
所以Φ3＝B 3S ＝0.35×200×10－
4 Wb ＝7×10－
3 Wb
Φ5＝B 5S ＝0.2×200×10－
4 Wb ＝4×10－
3 Wb 。
(2)由B －t 图象可知，在0～4 s 这段时间内，磁感应强度的变化率为：ΔB 1Δt 1＝0.4－0.2
4 T /s
＝0.05 T/s
此段时间内，回路中产生的感应电动势为： E 1＝nS ΔB 1Δt 1＝1 000×200×10－
4×0.05 V ＝1 V
回路中的感应电流为： I 1＝
E 1R ＋r ＝14＋1
A ＝0.2 A 方向为b →a 所以U ba ＝I 1R ＝0.8 V
即φa ＝－0.8 V ，此时a 点的电势最低
在4～6 s 这段时间内，回路中产生的感应电动势为： E 2＝nS ΔB 2
Δt 2
＝4 V
回路中的感应电流为：I 2＝E 2R ＋r ＝44＋1
A ＝0.8 A 方向为a →b
所以U ab ＝I 2R ＝3.2 V
即φa ＝3.2 V ，此时a 点的电势最高。
[答案] (1)7×10－
3 Wb 4×10－
3 Wb (2)3.2 V －0.8 V
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分析电磁感应问题的步骤
(1)分析穿过闭合电路的磁场方向及磁通量变化情况。
(2)利用楞次定律判定感应电流的方向，线圈相当于电源，在电源内部电流由负极到正极，在外电路电流由正极经电阻流到负极，电流经电阻R 产生电势降落U ＝IR 。
(3)用公式E ＝nS ΔB Δt 求感应电动势时，S 为线圈在垂直于磁场方向的有效面积，ΔB
Δt 在B
－t 中为图线的斜率。
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[互动探究]
(1)本例中6 s 内电阻R 产生的热量为多少？
(2)若保持磁感应强度B ＝0.2 T 不变，将线圈以任意直径为轴转过90°，求这一过程中通过R 的电荷量为多少？
解析：(1)6 s 内电阻R 产生的热量为
Q ＝I 21Rt 1＋I 2
2Rt 2
＝(0.22×4×4＋0.82×4×2)J ＝5.76 J
(2)ΔΦ＝BS ＝0.2×0.02 Wb ＝4×10－
3Wb
q ＝n ΔΦR ＋r ＝103×4×10－
3
4＋1
C ＝0.8 C 答案：(1)5.76 J (2)0.8 C
导体在匀强磁场中切割磁感线问题
[命题分析] 本考点为高考热点，考查导体平动切割、转动切割感应电动势的计算，常与电路、力学综合。
[例2] 在范围足够大，方向竖直向下的匀强磁场中，B ＝0.2 T ，有一水平放置的光滑框架，宽度为L ＝0.4 m ，如图9－2－6所示，框架上放置一质量为0.05 kg 、电阻为1 Ω的金属杆cd ，框架电阻不计。若杆cd 以恒定加速度a ＝2 m/s 2，由静止开始做匀变速运动，求：
图9－2－6
(1)在5 s 内平均感应电动势是多少？ (2)第5 s 末回路中的电流多大？
(3)第5 s 末作用在杆cd 上的水平外力多大？ [解析] (1)5 s 内的位移x ＝1
2at 2＝25 m
5 s 内的平均速度v ＝x
t ＝5 m/s
(也可用v ＝0＋v 5
2
求解)
故平均感应电动势E ＝BL v ＝0.4 V 。 (2)第5 s 末：v ＝at ＝10 m/s 此时感应电动势：E ＝BL v
则回路中的电流为：I ＝E R ＝BL v R ＝0.2×0.4×10
1 A ＝0.8 A 。
(3)杆cd 匀加速运动，由牛顿第二定律得：F －F 安＝ma 即F ＝BIL ＋ma ＝0.164 N 。
[答案] (1)0.4 V (2)0.8 A (3)0.164 N —————
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(1)用E ＝Bl v 计算电动势时，若v 为平均速度，则E 为平均电动势，若v 为瞬时速度，则E 为瞬时电动势。
(2)用E ＝Bl v 计算平均电动势与用E ＝ΔΦ
Δt
求得的平均电动势是相同的。
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[变式训练]
1.如图9－2－7所示，两个端面半径同为R 的圆柱形铁芯同轴水平放置，相对的端面之间有一缝隙，铁芯上绕导线并与电源连接，在缝隙中形成一匀强磁场。一铜质细直棒ab 水平置于缝隙中，且与圆柱轴线等高、垂直。让铜棒从静止开始自由下落，铜棒下落距离为0.2R 时铜棒中电动势大小为E 1，下落距离为0.8R 时电动势大小为E 2。忽略涡流损耗和边缘效应。关于E 1、E 2的大小和铜棒离开磁场前两端的极性，下列判断正确的是( )
图9－2－7
A ．E 1>E 2，a 端为正
B ．E 1>E 2，b 端为正
C ．E 1 D ． E 1 解析：选D 当铜棒向下运动时，由左手定则可知，铜棒 中的自由电子由于受洛伦兹力作用将向a 端运动，故铜棒b 端为正极。作出铜棒下落时的截面图如图所示，当铜棒下落距离为0.2R 时，由机械能守恒定律可得：1 2m v 21 ＝mg ×0.2R ，所以v 1 ＝0.4gR ，此时铜棒的有效切割长度：L 1＝2R 2－(0.2R )2＝20.96R 2，铜棒的感应电动势E 1＝BL 1v 1＝2BR 0.384gR 。当铜棒下落距离为0.8R 时，由机械能守恒定律可得：1 2m v 22＝ mg ×0.8R ，所以v 2＝ 1.6gR ，此时铜棒的有效切割长度：L 2＝2R 2－(0.8R )2＝20.36R 2，铜棒的感应电动势E 2＝BL 2v 2＝2BR 0.576gR ，故E 1 自感现象的理解及应用 [命题分析] 本考点为高考重点，主要考查对通电自感断电自感现象的理解，以选择题呈现。 [例3] 如图9－2－8所示的电路中，电源的电动势为E ，内阻为r ，电感L 的电阻不计，电阻R 的阻值大于灯泡D 的阻值。在t ＝0时刻闭合开关S ，经过一段时间后，在t ＝t 1时刻断开S 。下列表示A 、B 两点间电压U AB 随时间t 变化的图象中，正确的是( ) 图9－2－8 图9－2－9 [解析] 开关S 闭合的瞬间，由于L 的阻碍作用，由R 与L 组成的支路相当于断路，后来由于L 的阻碍作用不断减小，相当于外电路并联部分的电阻不断减小，根据闭合电路欧 姆定律I＝E R＋r ，整个电路中的总电流增大，由U内＝Ir得内电压增大，由U AB＝E－Ir得路端电压U AB减小。电路稳定后，由于R的阻值大于灯泡D的阻值，所以流过L支路的电流小于流过灯泡D的电流。当开关断开时，由于电感L的自感作用，流过灯泡D的电流立即与L电流相等，与灯泡原来的电流方向相反且逐渐减小，即U AB反向减小，选项B正确。 [答案] B ——————————————————————————————— (1)通电时线圈中产生的自感电动势阻碍电流的增加，感应电流与原电流方向相反，此时含线圈L的支路相当于断开。 (2)断电时线圈中产生的自感电动势阻碍线圈中电流的减少，感应电流与原电流方向相同，在与线圈串联的回路中，线圈相当于电源，它提供的电流从原来的I L逐渐变小。但流过灯D的电流方向与原来相反。 (3)线圈的自感系数越大，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。 —————————————————————————————————————— [变式训练] 2．(2011·北京高考)某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图9－2－10所示的电路。检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因。你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是() 图9－2－10 A．电源的内阻较大B．小灯泡电阻偏大 C．线圈电阻偏大D．线圈的自感系数较大 解析：选C闭合开关S，电路稳定灯泡正常发光时，如果电感线圈L中的电阻比灯泡的电阻大，则电感线圈L中的电流I L比灯泡A中的电流I A小，当开关S断开，则由于自感现象，L和A构成回路使L和A中的电流从I L开始减小，因此不可能看到小灯泡闪亮的现象，C项正确。 开“芯”技法——计算感应电荷量的两种方法 1．磁通量法 (1)定量计算：当闭合电路中的磁通量发生变化时，根据法拉第电磁感应定律，平均感应电动势E ＝n ΔΦ/Δt ，平均感应电流I ＝E /R ＝n ΔΦ/R Δt ，则通过导体横截面的电荷量q ＝I Δt ＝n ΔΦ/R 。 (2)定性分析：流过导体截面的电量q 只与导体线圈的匝数n ，线圈的电阻R 及该过程磁通量的变化ΔΦ有关而与时间无关。 2．冲量法 (1)定量计算：当导体棒在安培力(变力)作用下做变速运动，磁通量的变化难以确定时，常用动量定理通过求安培力的冲量求通过导体横截面的电荷量。 由I 冲＝F 安Δt ＝BIL ·Δt 和q ＝I ·Δt 得q ＝I 冲BL (2)定性分析：流过导体截面的电量q 只与安培力冲量I 冲、磁感应强度B 和导体棒长度L 有关，与时间无关。 [示例1] 如图9－2－11所示，在匀强磁场中固定放置一根串接一电阻R 的直角形金属导轨aOb (在纸面内)，磁场方向垂直于纸面向里，另有两根金属导轨c 、d 分别平行于Oa 、Ob 放置。保持导轨之间接触良好，金属导轨的电阻不计。现经历以下四个过程：①以速度v 移动d ，使它与Ob 的距离增大一倍；②再以速率v 移动c ，使它与Oa 的距离减小一半；③然后，再以速率2v 移动c ，使它回到原处；④最后以速率2v 移动d ，使它也回到原处。设上述四个过程中通过电阻R 的电荷量的大小依次为Q 1、Q 2、Q 3和Q 4，则( ) 图9－2－11 A ．Q 1＝Q 2＝Q 3＝Q 4 B ．Q 1＝Q 2＝2Q 3＝2Q 4 C ．2Q 1＝2Q 2＝Q 3＝Q 4 D ．Q 1≠Q 2＝Q 3≠Q 4 [解析] 设开始导轨d 与Ob 的距离为x 1，导轨c 与Oa 的距离为x 2，由法拉第电磁感应定律知移动c 或d 时产生的感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝B ·ΔS Δt ，通过R 的电荷量为：Q ＝I ·Δt ＝E R Δt ＝B ·ΔS R ，可见通过R 的电荷量与导体d 或c 移动的速度无关。由于B 与R 为定值，其电荷 量取决于所围成面积的变化。①若导轨d 与Ob 距离增大一倍，即由x 1变为2x 1，则所围成的面积增大了ΔS 1＝x 1·x 2；②若导轨c 再与Oa 距离减小一半，即由x 2变为x 2/2，则所围成 的面积又减小了ΔS 2＝2x 1·x 2/2＝x 1·x 2；③若导轨c 再回到原处，此过程面积的变化为ΔS 3＝ΔS 2＝2x 1·x 2/2＝x 1·x 2；④最后导轨d 又回到原处，此过程面积的变化为ΔS 4＝x 1·x 2。由于ΔS 1＝ΔS 2＝ΔS 3＝ΔS 4，则通过电阻R 的电荷量是相等的，即Q 1＝Q 2＝Q 3＝Q 4。 [答案] A [示例2] 如图9－2－12甲所示，一个电阻为R ，面积为S 的矩形导线框abcd ，水平放置在匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B ，方向与ad 边垂直并与线框平面成45°角，OO ′分别是ab 边和cd 边的中点。现将线框右半边ObcO ′绕OO ′逆时针旋转90°到图乙所示位置。在这一过程中，导线中通过的电荷量是( ) 图9－2－12 A. 2BS 2R B. 2BS R C.BS R D ．0 [解析] 根据法拉第电磁感应定律可以导出感应的电荷量为：Q ＝ΔΦR ；而ΔΦ＝B ·S 2cos 45°－(－B ·S 2sin 45°)＝BS cos 45°＝2 2 BS ，故A 正确。 [答案] A [示例3] 如图9－2－13甲所示，一横截面积S ＝0.1 m 2、匝数n ＝120的闭合线圈放在平行于线圈轴线的匀强磁场中，线圈的总电阻R ＝1.2 Ω。该匀强磁场的磁感应强度B 随时间t 变化的规律如图乙所示。求：在0～0.3 s 时间内，通过该线圈任意一个横截面的电荷量q 。 图9－2－13 [解析] 在0～0.3 s 内，通过该线圈任意一个横截面的电荷量为：q ＝I Δt ＝E R Δt ＝n ΔΦ Δt R Δt ＝n ΔΦR ＝nS ΔB R ＝2C 。 [答案]2C [名师点评]在电磁感应问题中，题目中往往隐含着重要的已知条件或相同因素，这就需要我们认真分析题意才能找到，其中最常见的一种情况就是磁通量变化相同时常会暗示通过导体某一截面的电荷量相同，而求ΔΦ只看初末状态，不必考虑中间过程的细节，另外要注意感应电荷量是通过干路的总电荷量，是各支路的总和。
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