(通用版)201X-201x版高中物理 第1章 电磁感应与现代生活 1.3 探究感应电动势的大小学案

电感器在电路中的作用
电感器的定义与原理
电感器的应用领域与未来发 展
电磁感应与现代生活的 联系
电磁感应在电子设备中的应用
电磁感应现象：在电子设备中，电磁感应现象是普遍存在的，如变压器、电感器等。
电磁感应在电子设备中的作用：电磁感应在电子设备中起到转换电能、控制电流和保护电路的作用。 电磁感应在电子设备中的应用实例：如手机充电器、电磁炉、无线充电等，都利用了电磁感应的原理。
● 电磁感应技术还可以应用于节能环保领域。例如，可以利用电磁感应技术对工业生产过程中的余热进行回收利用，从而提高能源利用效率。此外，电磁感应技 术也可以应用于太阳能发电等领域，为环保事业做出贡献。
● 电磁感应技术应用于环保监测 最后，电磁感应技术还可以应用于环保监测领域。通过利用电磁感应技术对环境中的污染物质进行监测和分析，可以及 时了解环境状况，为环境保护提供科学依据。
● 电磁感应技术也可以应用于空气净化领域。通过产生电磁场，可以有效地去除空气中的有害物质，如甲醛、苯等。这种技术在空气净化领域的应用可以有效地 改善室内空气质量，保障人们的健康。
● 电磁感应技术应用于节能环保 电磁感应技术还可以应用于节能环保领域。例如，可以利用电磁感应技术对工业生产过程中的余热进行回收利用，从而 提高能源利用效率。此外，电磁感应技术也可以应用于太阳能发电等领域，为环保事业做出贡献。
电磁感应与现代生活的关系
电磁感应基本概念： 法拉第电磁感应定 律、楞次定律等
电磁感应在现代生 活中的应用：发电 机、变压器、无线 充电等
电磁感应对现代生 活的影响：能源转 换、环境保护、医 疗技术等
电磁感应的未来发 展：新能源、智能 家居、交通出行等
电磁感应的应用
电磁感应在发电机中的应用

答案
[要点总结] 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.
ΔΦ 2.公式：E＝_n__Δ_t_，其中n为 线圈匝数 ，ΔΦ总是取绝对 值. 此公式一般用来表示Δt时间内感应电动势的平均值 . 3.对法拉第电磁感应定律的理解
(1)磁通量的变化率ΔΔΦt 和磁通量 Φ 没有 (填“有”或“没有”)直接关
达标检测
当堂检测 巩固反馈
知识探究
一、法拉第电磁感应定律
实验探究：感应电动势大小与磁通量变化的关系 实验装置如图1所示，根据实验结果完成表格(填“较大”或“较小”)， 然后回答下列问题．
图1
表1
较小
较大 表2
较小
较小
较大
较大
答案
(1)在实验中，为什么可以用电流表指针偏转角度大致判断感应电动势 的大小？
系.Φ 很大时，ΔΔΦt 可能很小，也可能很大；Φ＝0 时，ΔΔΦt 可能不为 0.
(2)E＝nΔΔΦt 有两种常见形式：①线圈面积 S 不变，磁感应强度 B 均匀变化： E＝nΔΔBt S.②磁感应强度 B 不变，线圈面积 S 均匀变化：E＝nB·ΔΔSt .(其中ΔΔΦt 是 Φ－t 图像上某点切线的斜率，ΔΔBt 为 B－t 图像上某点切线的斜率) (3)产生感应电动势的那部分导体相当于电源 .如果电路没有闭合，这时虽 然没有感应电流，但感应电动势依然存在.
典型例题
例1 关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是
A.穿过线圈的磁通量Φ最大时，所产生的感应电动势就一定最大
B.穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ增大时，所产生的感应电动势也增大
C.穿过线圈的磁通量Φ等于0，所产生的感应电动势就一定为0
√D.穿过线圈的磁通量的变化率

第一章电磁感应【学习目标】1．了解电磁感应的发现过程，体会人类探索自然规律的科学态度和科学精神；学习法拉第等科学家的优秀品质。

2．通过观察和实验，理解感应电流的产生条件；举例说明电磁感应在生活和生产中的应用。

3．通过探究，理解楞次定律；理解法拉第电磁感应定律。

培养空间思维能力和通过观察、实验得出物理规律的能力。

4．通过实验，了解自感现象和涡流现象；能举例说明自感现象和涡流现象在生活和生产中的应用。

知道反电动势的概念，了解电磁感应中的能量守恒。

第1节电磁感应现象的发现第2节感应电流产生的条件【学习目标】1．了解电磁感应的发现过程，认识电磁感应现象发现的时代背景和思想历程。

体会人类探索自然规律的科学态度和科学精神；学习法拉第等科学家的优秀品质，促成学科学、用科学为人类效劳的意识。

2．正确认识科学发现不仅需要艰辛的劳动，而且需要具有敏锐深邃的科学洞察力、丰富的直觉和蔼于创新的优良品质。

3．知道电磁感应现象和感应电流。

4．通过实验探究，总结感应电流产生的条件。

5．学习从物理现象和实验中归纳科学规律，认识归纳法是科学研究的一种重要的方法。

【阅读指导】1．1820年，从实验中发现了电流的磁效应，引起了科学界的关注，形成了对电磁现象研究的热潮。

不少物理学家根据对称性的思考，提出既然电能产生磁，是否磁也能产生电呢？法拉第经历了长达年的探索，终于获得了成功，于1831年证实了“磁生电〞现象的存在，他在论文中将“磁生电〞现象分为五类：⑴⑵⑶⑷⑸。

并把这些现象正式定名为“电磁感应〞。

由电磁感应现象产生的电流叫。

2．教材P5图1-2-1〔a〕实验中，导线在运动时是磁感线的，电路中出现了电流；而在〔b〕实验中，导线是沿着磁感线方向运动的，即导线没有做切割磁感线的运动，电路中电流。

实验和理论说明：当闭合电路的一局部导体在磁场中做运动时，电路中有感应电流产生。

3．在法拉第的有些实验中，导体并没有做运动，但闭合电路中出现了感应电流。

1.4 电磁感应的案例分析[目标定位] 1.了解反电动势及其作用.2.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法.3.掌握电磁感应中的能量转化与守恒问题，并能用来处理力电综合问题.一、反电动势1.定义：电动机转动时，线圈因切割磁感线，所以会产生感应电动势，线圈中产生的感应电动势跟加在线圈上的电压方向相反.这个跟外加电压方向相反的感应电动势叫反电动势.2.在具有反电动势的电路中，其功率关系为IU－IE反＝I2R；式中IU是电源供给电动机的功率(输入功率)，IE反是电动机输出的机械功率(输出功率)，I2R是电动机回路中损失的热功率.二、电磁感应中的动力学问题1.电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力作用，所以电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向.(2)求回路中的电流的大小和方向.(3)分析研究导体受力情况(包括安培力).(4)列动力学方程或平衡方程求解.2.两种状态处理(1)导体匀速直线运动，应根据平衡条件列式分析；(2)导体做匀速直线运动之前，往往做变加速直线运动，处于非平衡状态，应根据牛顿第二定律或结合功能关系分析.例1如图1所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，电阻R＝0.3 Ω接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m ＝0.1 kg、接入电路的电阻r＝0.1 Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2.从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，求：(g＝10 m/s2)图1(1)导体棒所能达到的最大速度；(2)试定性画出导体棒运动的速度－时间图像.答案(1)10 m/s (2)见解析图解析(1)导体棒切割磁感线运动，产生的感应电动势：E＝BLv ①回路中的感应电流I＝ER＋r②导体棒受到的安培力F安＝BIL ③导体棒运动过程中受到拉力F、安培力F安和摩擦力f的作用，根据牛顿第二定律：F－μmg－F安＝ma ④由①②③④得：F－μmg－B2L2vR＋r＝ma ⑤由⑤可知，随着速度的增大，安培力增大，加速度a减小，当加速度a减小到0时，速度达到最大.此时有F－μmg－B2L2v mR＋r＝0 ⑥可得：v m＝F－μmg R＋rB2L2＝10 m/s⑦(2)由(1)中分析可知，导体棒运动的速度－时间图像如图所示.。

1.5 自感现象与日光灯[目标定位] 1.能分析通电自感和断电自感现象.2.能写出自感电动势的表达式，知道自感系数的决定因素.3.了解自感现象中的能量转化.4.了解日光灯的组成以及起辉器和镇流器的工作原理.一、日光灯电路按图1所示电路连接日光灯电路，闭合开关，观察日光灯的发光过程，简单表达其工作原理.图1答案(1)闭合开关，电源把电压加在起辉器的两极，起辉器内氖气放电产生热量从而使起辉器内双金属片接触，电路导通.(2)电路接通后，起辉器中氖气停顿放电，温度降低，双金属片别离，瞬间切断的电流使镇流器产生瞬时高压，使灯管内气体导电而发光.(3)日光灯正常发光时，镇流器起降压限流作用，保证日光灯正常工作.[要点总结]1.日光灯电路包括日光灯管、镇流器、起辉器、开关、导线等.自动开关.3.镇流器是一个带铁心的多匝线圈，在启动时提供瞬时高压，点燃灯管之后起到降压限流的作用.例1假设将图2甲中起辉器换为开关S1，并给镇流器并联一个开关S2，如图乙所示，那么以下表达正确的选项是( )图2S3接通，日光灯就能正常发光S3、S1接通后，S2不接通，日光灯就能正常发光C.S2不接通，接通S3、S1后，再断开S1，日光灯就能正常发光D.当日光灯正常发光后，再接通S2，日光灯仍能正常发光答案 C解析一般日光灯启动的瞬间把电源、灯丝、镇流器接通后自动断开，靠镇流器产生瞬时高压，使灯管内气体导电，所以启动时既要使题图乙中S3闭合，又要使S1瞬间闭合再断开，A、B错，C对.正常工作时镇流器起降压限流作用，假设把题图乙中S2闭合，那么镇流器失去作用，日光灯不能正常工作，D错.二、自感现象1.通电自感：如图3，先闭合S，调节R2，使A1、A2的亮度一样，再调节R1使A1、A2正常发光，再断开S，再次闭合.根据楞次定律分析现象，观察两只灯泡在电路接通的瞬间发光情况有什么不同？图3答案现象：灯泡A2立即发光，灯泡A1逐渐亮起来.原因：电路接通时，电流由零开场增加，穿过线圈L的磁通量逐渐增加，为了阻碍磁通量的增加，感应电流产生的磁通量与原来电流产生的磁通量方向相反，那么线圈中感应电动势的方向与原来的电流方向相反，阻碍了L中电流的增加，即推迟了电流到达稳定值的时间. 2.断电自感：如图4所示，先闭合开关使灯泡发光，然后断开开关.图4(1)开关断开前后，流过灯泡的电流方向各怎样？(2)在断开过程中，有时灯泡闪亮一下再熄灭，有时灯泡只会缓慢变暗直至熄灭，请分析上述两种现象的原因是什么？答案(1)S闭合时，灯泡A中电流向左，S断开瞬间，灯泡A中电流方向向右，所以开关S 断开前后，流过灯泡的电流方向相反.(2)在电源断开后灯泡又闪亮一下的原因是灯泡断电后自感线圈中产生的感应电流比原线圈中的电流大.要想使灯泡闪亮一下再熄灭，就必须使自感线圈的电阻小于与之并联的灯泡电阻.而当线圈电阻大于或等于灯泡电阻时，灯泡只会延迟一段时间再熄灭.[要点总结]1.自感现象：由于通过导体本身的的电流发生变化时，在线圈中引起的电磁感应现象.2.自感电动势：自感现象中产生的感应电动势.3.当线圈中的电流增大时，自感电动势的方向与原电流方向相反；当线圈中电流减小时，自感电动势的方向与原电流方向一样.阻碍线圈中电流的变化，但不能阻止线圈中电流的变化.对通电自感和断电自感现象的分析(1)通电瞬间自感电动势阻碍断路，电流稳定时自感线圈相当于导体.(2)断电时自感线圈处相当于电源，假设断电前，自感线圈电流大小I L大于灯泡的电流I A那么灯会闪亮一下再熄灭；假设断电前自感线圈中的电流I L小于或等于灯泡中的电流I A那么灯泡不会闪亮，而是逐渐熄灭.要注意断电前后通过灯泡的电流方向是否变化.例2如图5所示，电感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，L A、L B是两个一样的灯泡，且在以下实验中不会烧毁，电阻R2阻值约等于R1的两倍，那么 ( )图5S时，L A、L B同时到达最亮，且L B更亮一些S时，L A、L B均慢慢亮起来，且L A更亮一些S时，L A慢慢熄灭，L B马上熄灭S时，L A慢慢熄灭，L B闪亮后才慢慢熄灭答案 D解析由于灯泡L A与线圈L串联，灯泡L B与电阻R2串联，当S闭合的瞬间，通过线圈的电流突然增大，线圈产生自感电动势，阻碍电流的增加，所以L B先亮，由于L A所在的支路电阻阻值偏小，故稳定时电流大，即L A更亮一些，A、B错误；当S断开的瞬间，线圈产生自感电动势，两灯组成的串联电路中，电流从线圈中电流开场减小，即从I A减小，故L A慢慢熄灭，L B 闪亮后才慢慢熄灭，C错误，D正确.1.分析通电自感需抓住三点：(1)通电瞬间自感线圈处相当于断路；(2)电流增大过程中自感线圈对电流有阻碍作用，使线圈中的电流从0逐渐增大到稳定值；(3)电流稳定时自感线圈相当于导体.2.断电自感时，由于自感电动势的作用，线圈中的电流从原值逐渐减小.假设断开开关瞬间通过灯泡的电流大于断开开关前的电流，灯泡会闪亮一下；假设断开开关瞬间通过灯泡的电流小于或等于断开开关前的电流，灯泡不会闪亮一下，而是逐渐变暗.例3如图6所示的电路中，S闭合且稳定后流过电感线圈的电流是2 A，流过灯泡的电流是1 A，现将S突然断开，S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流i随时间t变化关系的图像是( )图6答案 D解析开关S断开前，通过灯泡D的电流是稳定的，其值为1 A.开关S断开瞬间，自感线圈的支路由于自感现象会产生与线圈中原电流方向一样的感应电动势，使线圈中的电流从原来的2 A逐渐减小，方向不变，且同灯泡D构成回路，通过灯泡D的电流和线圈L中的电流相等，也应该是从2 A 逐渐减小到零，但是方向与原来通过灯泡D 的电流方向相反，D 对.三、自感电动势的大小 磁通量变化率和线圈本身的自感特性有关. E 的表达式：E ＝L ΔI Δt.其中L 是自感系数，简称电感，单位：亨利，符号：H.1 mH ＝10－3H ；1 μH＝10－6 H. 3.决定因素：与线圈的大小、形状、匝数，以及是否有铁心等因素有关，与E 、ΔI 、Δt 等无关.例4 关于线圈中自感电动势的大小，以下说法中正确的选项是( )A.电感一定时，电流变化越大，自感电动势越大B.电感一定时，电流变化越快，自感电动势越大C.通过线圈的电流为零的瞬间，自感电动势为零D.通过线圈的电流为最大值的瞬间，自感电动势最大答案 B解析 电感一定时，电流变化越快，ΔI Δt 越大，由E ＝L ΔI Δt知，自感电动势越大，A 错，B 对；线圈中电流为零时，电流的变化率不一定为零，自感电动势不一定为零，故C 错；当通过线圈的电流最大时，假设电流的变化率为零，自感电动势为零，故D 错.1.(对自感现象的理解)关于自感现象，以下说法正确的选项是( )B.对于同一线圈，当电流变化越大时，线圈产生的自感电动势也越大C.对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈的自感系数也越大D.对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势也越大答案 D解析 当电流增大时，感应电流的方向与原来的电流方向相反，当电流减小时，感应电流的方向与原来的电流方向一样，应选项A 错误；自感电动势的大小，与电流变化快慢有关，与电流变化大小无关，应选项B 错误，D 正确；自感系数只取决于线圈本身的因素，与电流变化情况无关，应选项C 错误.2.(自感现象的分析)(多项选择)如图7所示电路中，、是两只一样的电流表，电感线圈L 的直流电阻与电阻R 阻值相等.下面判断正确的选项是( )图7S接通的瞬间，电流表的读数大于的读数S接通的瞬间，电流表的读数小于的读数S接通，电路稳定后再断开的瞬间，电流表的读数大于的读数S接通，电路稳定后再断开的瞬间，电流表的读数等于的读数答案BD3.(对日光灯电路的分析)(多项选择)关于日光灯电路，以下说法正确的选项是( )C.如果把日光灯灯管两端的电极分别短路，日光灯仍能正常发光D.如果日光灯在正常发光时，把起辉器取走，日光灯仍能正常发光答案AD解析起辉器起到自动开关作用，配合镇流器产生瞬时高电压启动灯管.日光灯正常发光时，起辉器可以取走.而镇流器在日光灯正常工作时起降压限流作用，不能取出.灯管两极短路后，日光灯将不能正常发光，故A、D项正确.4.(自感现象的图像问题)在如图8所示的电路中，两个一样的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁心的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调节R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I.然后，断开S.假设t′时刻再闭合S，那么在t′前后的一小段时间内，能正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图像是( )图8答案 B解析与滑动变阻器R串联的L2L1，由于自感，电流逐渐变大，A错误，B正确. B两点间电压U AB随时间t变化的图像中正确的选项是选项B.。

微型专题1 楞次定律的应用[目标定位] 1.学习应用楞次定律的推论判断感应电流的方向.2.理解安培定则、左手定则、右手定则和楞次定律的区别.一、“增反减同”法感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量(原磁场磁通量)的变化.(1)当原磁场磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；(2)当原磁场磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同.口诀记为“增反减同”.注意：本方法适用于磁感线单方向穿过闭合回路的情况.例1如图1所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外、ad边在纸内，由图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和位置Ⅲ都很接近位置Ⅱ，这个过程中线圈的感应电流( )图1A.沿abcd流动B.沿dcba流动C.先沿abcd流动，后沿dcba流动D.先沿dcba流动，后沿abcd流动答案A解析由条形磁铁的磁场可知，线圈在位置Ⅱ时穿过闭合线圈的磁通量最小，为零.由于位置Ⅰ和位置Ⅲ都很接近位置Ⅱ，则线圈从位置Ⅰ到位置Ⅱ，从下向上穿过线圈的磁通量在减少，线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，从上向下穿过线圈的磁通量在增加，根据楞次定律可知感应电流的方向是abcd.二、“来拒去留”法导体与磁场相对运动产生电磁感应现象时，产生的感应电流与磁场间有力的作用，这种力的作用会“阻碍”相对运动，口诀记为“来拒去留”.例2如图2所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是( )图2A.向右摆动B.向左摆动C.静止D.无法判定答案A解析本题可由两种方法来解决：方法1：画出磁铁的磁感线分布，如图甲所示，当磁铁向铜环运动时，穿过铜环的磁通量增加，由楞次定律判断出铜环中的感应电流方向如图甲所示.分析铜环受安培力作用而运动时，可把铜环中的电流等效为多段直线电流元.取上、下两小段电流元作为研究对象，由左手定则确定两段电流元的受力，由此可推断出整个铜环所受合力向右，故A正确.甲乙方法2(等效法)：磁铁向右运动，使铜环产生的感应电流可等效为图乙所示的条形磁铁，两磁铁有排斥作用，故A正确.三、“增缩减扩”法当闭合电路中有感应电流产生时，电路的各部分导线就会受到安培力作用，会使电路的面积有变化(或有变化趋势).(1)若原磁通量增加，则通过减小有效面积起到阻碍的作用.(2)若原磁通量减小，则通过增大有效面积起到阻碍的作用.口诀记为“增缩减扩”.注意：本方法适用于磁感线单方向穿过闭合回路的情况.例3如图3所示，在载流直导线旁固定有两平行光滑金属导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体ab和cd的运动情况是( )图3A.一起向左运动B.一起向右运动C.ab和cd相向运动，相互靠近D.ab和cd相背运动，相互远离答案C解析由于在闭合回路abcd中，ab和cd电流方向相反，所以两导体运动方向一定相反，排除A、B；当载流直导线中的电流逐渐增强时，穿过闭合回路的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流总是阻碍穿过回路磁通量的变化，所以两导体相互靠近，减小面积，达到阻碍磁通量增大的目的，故选C.四、“增离减靠”法发生电磁感应现象时，通过什么方式来“阻碍”原磁通量的变化要根据具体情况而定.可能是阻碍导体的相对运动，也可能是改变线圈的有效面积，还可能是通过远离或靠近变化的磁场源来阻碍原磁通量的变化.即：(1)若原磁通量增加，则通过远离磁场源起到阻碍的作用.(2)若原磁通量减小，则通过靠近磁场源起到阻碍的作用.口诀记为“增离减靠”.例4如图4所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管横截面平行，当开关S接通瞬间，两铜环的运动情况是( )图4A.同时向两侧推开B.同时向螺线管靠拢C.一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断D.同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断答案A解析开关S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有增加，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，则两环将同时向两侧运动，故A正确.五、安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的区别运用1.右手定则是楞次定律的特殊情况(1)楞次定律的研究对象为整个闭合导体回路，适用于磁通量变化引起感应电流的各种情况.(2)右手定则的研究对象为闭合导体回路的一部分，适用于一段导体在磁场中做切割磁感线运动.2.区别安培定则、左手定则、右手定则的关键是抓住因果关系(1)因电而生磁(I→B)→安培定则.(判断电流周围磁感线的方向)(2)因动而生电(v、B→I感)→右手定则.(导体切割磁感线产生感应电流)(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则.(磁场对电流有作用力)例5(多选)如图5所示装置中，cd杆光滑且原来静止.当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动(导体棒切割磁感线速度越大，感应电流越大)( )图5A.向右匀速运动B.向右加速运动C.向左加速运动D.向左减速运动答案BD解析ab杆向右匀速运动，在ab杆中产生恒定的电流，该电流在线圈L1中产生恒定的磁场，在L2中不产生感应电流，所以cd杆不动，故A错误；ab杆向右加速运动，根据右手定则，知在ab杆上产生增大的由a到b的电流，根据安培定则，在L1中产生方向向上且增强的磁场，该磁场向下通过L2，由楞次定律，cd杆中产生c到d的电流，根据左手定则，cd杆受到向右的安培力，向右运动，故B正确；同理可得C错误，D正确.六、从能量的角度理解楞次定律感应电流的产生并不是创造了能量.导体做切割磁感线运动时，产生感应电流，感应电流受到安培力作用，导体克服安培力做功从而实现其他形式的能向电能的转化，所以楞次定律的“阻碍”是能量转化和守恒的体现.例6如图6所示，铜质金属环从条形磁铁的正上方由静止开始水平下落，在下落过程中，下列判断正确的是( )图6A.金属环在下落过程中的机械能守恒B.金属环在下落过程中动能的增加量小于其重力势能的减少量C.金属环的机械能先减小后增大D.磁铁对桌面的压力始终大于其自身的重力答案B解析金属环在下落过程中，磁通量发生变化产生感应电流，金属环受到磁场力的作用，机械能不守恒，A错误.由能量守恒，金属环重力势能的减少量等于其动能的增加量和在金属环中产生的电能之和，B正确.金属环下落的过程中，机械能不停地转变为电能，机械能一直减少，C错误.当金属环下落到磁铁中央位置时，无感应电流，环和磁铁间无作用力，磁铁对桌面的压力大小等于磁铁的重力，D错误.1.(“来拒去留”法)如图7所示，甲是闭合铜线框，乙是有缺口的铜线框，丙是闭合的塑料线框，它们的正下方都放置一薄强磁铁，现将甲、乙、丙拿至相同高度H处同时释放(各线框下落过程中始终水平不翻转)，则以下说法正确的是( )图7A.三者同时落地B.甲、乙同时落地，丙后落地C.甲、丙同时落地，乙后落地D.乙、丙同时落地，甲后落地答案D解析在下落过程中，闭合铜线框中产生感应电流.由“来拒去留”可知，答案选D.2.(“增缩减扩”法及“来拒去留”法)如图8所示，水平桌面上放有一个闭合铝环，在铝环轴线上方有一个条形磁铁.当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，下列判断正确的是( )图8A.铝环有收缩趋势，对桌面压力减小B.铝环有收缩趋势，对桌面压力增大C.铝环有扩张趋势，对桌面压力减小D.铝环有扩张趋势，对桌面压力增大答案B解析根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，闭合铝环内的磁通量增大，因此铝环面积应有收缩的趋势，同时有远离磁铁的趋势，故增大了和桌面的挤压程度，从而使铝环对桌面压力增大，故B项正确.3.(楞次定律的重要结论)如图9所示，水平放置的光滑杆上套有A、B、C三个金属环，其中B 接电源.在接通电源的瞬间，A、C两环( )图9A.都被B吸引B.都被B排斥C.A被吸引，C被排斥D.A被排斥，C被吸引答案B解析在接通电源的瞬间，通过B环的电流从无到有，电流产生的磁场从无到有，穿过A、C两环的磁通量从无到有，A、C两环产生感应电流，由楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化，为了阻碍原磁通量的增加，A、C两环都被B环排斥而远离B环，故A、C、D错误，B正确.4.(“增离减靠”法)(多选)如图10是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头M向右运动，则可能是( )图10A.开关S闭合瞬间B.开关S由闭合到断开的瞬间C.开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向左迅速滑动D.开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向右迅速滑动答案AC解析当开关突然闭合时，左线圈上有了电流，产生磁场，而对于右线圈来说，磁通量增加，产生感应电流，使钻头M向右运动，故A项正确；当开关S已经闭合时，只有左侧线圈电流增大才会导致钻头M向右运动，故C项正确.5.(安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的区别运用)(多选)如图11所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力的作用下运动时，MN在磁场力的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是( )图11A.向右加速运动B.向左加速运动C.向右减速运动D.向左减速运动答案BC解析当PQ向右运动时，用右手定则可判定PQ中感应电流的方向是由Q→P，由安培定则可知穿过L1的磁场方向是自下而上的；若PQ向右加速运动，则穿过L1的磁通量增加，用楞次定律可以判断流过.MN的感应电流是从N→M的，用左手定则可判定MN受到向左的安培力，将向左运动，可见选项A错误；若PQ向右减速运动，流过MN的感应电流方向、MN所受的安培力的方向均将反向，MN向右运动，所以选项C正确；同理可判断选项B正确，选项D错误.如有侵权请联系告知删除，感谢你们的配合！精品。

选择合适的公式进行计算
根据题目所描述的物理过程，选择合适的公式进行计算。需要注意的是，有些公式可能 需要进行适当的变形才能适用于特定的问题。
注意单位换算和计算精度
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电磁炉优点
电磁炉使用注意事项
必须使用铁质或不锈钢锅具、避免空 烧、注意用电安全等。
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无线充电技术
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利用电磁感应或磁共振原理，在发射端和接收端之间形成磁场
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无线充电技术应用领域
实验器材和步骤
实验步骤 1. 搭建实验装置，连接好电路。
2. 调节电磁铁的电流，使磁场强度适中。
实验器材和步骤
3. 闭合开关，记值 ，使电路中的电流发生变化，观 察并记录电流表和电压表的读数
变化。
5. 重复实验多次，获取足够的 数据。
数据处理与结果分析
数据处理
根据实验记录的数据，计算感应电动 势的大小，并绘制感应电动势与磁通 量变化率之间的关系图。
结果分析
通过对比实验数据和理论计算值，验 证法拉第电磁感应定律的正确性。同 时，分析实验误差来源，提出改进实 验的建议。
06
电磁感应相关题型解析
选择题解析技巧
熟练掌握电磁感应的基本概念和公式

图6
3.实验3：如图7所示，将小螺线管A插入大螺线管B中不动，当开关S接通 或断开时，电流表中 有电流通过；若开关S一直闭合，当改变滑动变阻器 的阻值时，电流表中 有 电流通过；而开关一直闭合，滑动变阻器滑动触 头不动时，电流表中 无 电流产生(填“有”或“无”).
图7
4.上述三个实验产生感应电流的情况不同，但其中肯定有某种共同的 原因，完成下表并总结产生感应电流的条件.
解析 答案
例2 磁通量是研究电磁感应现象的重要物理量，如图4
所示，通有恒定电流的导线MN与闭合线框共面，第一次
将线框由位置1平移到位置2，第二次将线框绕cd边翻转
到位置2，设先后两次通过线框的磁通量变化量分别为
图4
ΔΦ1和ΔΦ2，则
A.ΔΦ1>ΔΦ2
√C.ΔΦ1<ΔΦ2
B.ΔΦ1＝ΔΦ2 D.无法确定
图3
解析 答案
(2)在磁场转过90°角的过程中，线圈C中的磁通量变化 了多少？转过180°角呢？
答案 减少了6.28×10－5 Wb 减少了1.256×10－4 Wb
解析 对线圈C，Φ1＝Bπr′2＝6.28×10－5 Wb 当转过90°时，Φ2＝0，故ΔΦ1＝Φ2－Φ1＝0－6.28×10－5 Wb ＝－6.28×10－5 Wb 当转过180°时，磁感线从另一侧穿过线圈，若取Φ1为正， 则Φ3为负，有Φ3＝－Bπr′2， 故ΔΦ2＝Φ3－Φ1＝－2Bπr′2＝－1.256×10－4 Wb.
图8
(2)是否仅是闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动， 如图丁.如果由切割不容易判断，则要回归到磁通量是否变化上去.
典型例题 例3 下图中能产生感应电流的是
√
解析 A选项中，电路没有闭合，无感应电流； B选项中，面积增大，通过闭合电路的磁通量增大，有感应电流； C选项中，穿过线圈的磁感线相互抵消，Φ恒为零，无感应电流； D选项中，磁通量不发生变化，无感应电流.

1.4 电磁感应的案例分析一、选择题考点一 电磁感应中的动力学问题1.如图1所示，在一匀强磁场中有一U 形导线框abcd ，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R 为一电阻，ef 为垂直于ab 的一根导体杆，它可在ab 、cd 上无摩擦地滑动.杆ef 及线框中导线的电阻都可不计.开始时，给ef 一个向右的初速度，则( )图1A.ef 将减速向右运动，但不是匀减速B.ef 将匀减速向右运动，最后停止C.ef 将匀速向右运动D.ef 将往返运动 答案 A解析 ef 向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，但不是匀减速，由F ＝BIL ＝B 2L 2vR＝ma 知，ef 做的是加速度减小的减速运动.故A 正确.2.(多选)用一段横截面半径为r 、电阻率为ρ、密度为d 的均匀导体材料做成一个半径为R (r ≪R )的圆环.圆环竖直向下落入如图2所示的径向磁场中，圆环的圆心始终在N 极的轴线上，圆环所在位置的磁感应强度大小均为B .圆环在加速下滑过程中某一时刻的速度为v ，忽略其他影响，则( )图2A.此时在圆环中产生了(俯视)顺时针方向的感应电流B.圆环因受到了向下的安培力而加速下落C.此时圆环的加速度a ＝B 2vρdD.如果径向磁场足够长，则圆环的最大速度v m ＝ρdg B 2答案 AD解析 由右手定则可以判断感应电流的方向为(俯视)顺时针方向，可知选项A 正确；由左手定则可以判断，圆环受到的安培力向上，阻碍圆环的运动，选项B 错误；圆环垂直切割磁感线，产生的感应电动势E ＝BLv ＝B ·2πR ·v ，圆环的电阻R 电＝ρ·2πRπr 2，则圆环中的感应电流I ＝E R 电＝B πr 2vρ，圆环所受的安培力F安＝BI ·2πR ，圆环的加速度a ＝mg －F 安m，m ＝d ·2πR ·πr 2，则a ＝g －B 2vρd，选项C 错误；当重力等于安培力时圆环速度达到最大，此时a＝0，可得v m ＝ρgdB 2，选项D 正确. 3.如图3所示，在光滑水平桌面上有一边长为L 、电阻为R 的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d (d ＞L )的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下.导线框以某一初速度向右运动，t ＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域.下列v －t 图像中，正确描述上述过程的是( )图3答案 D解析 导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据E ＝BLv 、I ＝ER 、F ＝BIL得F ＝B 2L 2v R，随着v 的减小，安培力F 减小，导线框做加速度逐渐减小的减速运动.整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，根据F ＝B 2L 2vR，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，所以选项D 正确. 4.(多选)如图4所示，有两根和水平方向成α(α<90°)角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R ，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B ，一根质量为m 、电阻不计的金属杆从轨道上由静止滑下.经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m ，则( )图4A.如果B 增大，v m 将变大B.如果α变大(仍小于90°)，v m 将变大C.如果R 变大，v m 将变大D.如果m 变小，v m 将变大 答案 BC解析 金属杆由静止开始滑下的过程中，金属杆就相当于一个电源，与电阻R 构成一个闭合回路，其受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得：mg sin α－B 2L 2vR＝ma所以金属杆由静止开始做加速度减小的加速运动，当a ＝0时达到最大速度v m ，即mg sin α＝B 2L 2v m R ，可得：v m ＝mgR sin αB 2L 2，故由此式知选项B 、C 正确. 考点二 电磁感应中的能量问题5.如图5所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F 作用下加速上升的一段时间内，力F 做的功与安培力做的功的代数和等于( )图5A.棒的机械能增加量B.棒的动能增加量C.棒的重力势能增加量D.电阻R 上产生的热量答案 A解析 棒加速上升时受到重力、拉力F 及安培力.根据功能关系可知，力F 与安培力做功的代数和等于棒的机械能的增加量，A 正确.6.如图6所示，纸面内有a 、b 两个用同样的导线制成的闭合正方形线圈，匝数均为10匝，边长l a ＝3l b ，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )图6A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流B.a 、b 线圈中感应电动势之比为9∶1C.a 、b 线圈中感应电流之比为3∶4D.a 、b 线圈中电功率之比为3∶1 答案 B解析 根据楞次定律可知，两线圈内均产生逆时针方向的感应电流，选项A 错误；因磁感应强度随时间均匀增大，设ΔB Δt ＝k ，根据法拉第电磁感应定律可得E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt l 2，则E a E b ＝(31)2＝91，选项B 正确；根据I ＝E R ＝E ρ4nl S＝n ΔB Δt l 2S 4ρnl ＝klS4ρ可知，I ∝l ，故a 、b 线圈中感应电流之比为3∶1，选项C 错误；电功率P ＝IE ＝klS 4ρ·n ΔB Δt l 2＝nk 2l 3S4ρ，则P ∝l 3，故a 、b 线圈中电功率之比为27∶1，选项D 错误.7.水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为L 、质量为m 的导体棒ab ，ab 处在磁感应强度大小为B 、方向如图7所示的匀强磁场中，导轨的一端接一阻值为R 的电阻，导轨及导体棒电阻不计.现使ab 在水平恒力F 作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动，当通过的位移为s 时，ab 达到最大速度v m .此时撤去外力，最后ab 静止在导轨上.在ab 运动的整个过程中，下列说法正确的是( )图7A.撤去外力后，ab 做匀减速运动B.合力对ab 做的功为FsC.R 上释放的热量为Fs ＋12mv 2mD.R 上释放的热量为Fs 答案 D解析 撤去外力后，导体棒水平方向只受安培力作用，而F 安＝B 2L 2vR，F 安随v 的变化而变化，故导体棒做加速度变化的变速运动，A 错；对整个过程由动能定理得W 合＝ΔE k ＝0，B 错；由能量守恒定律知，恒力F 做的功等于整个回路产生的电能，电能又转化为R 上释放的热量，即Q ＝Fs ，C 错，D 正确.考点三 电磁感应中的动力学及能量综合问题8.(多选)如图8所示，在方向垂直纸面向里，磁感应强度为B 的匀强磁场区域中有一个由均匀导线制成的单匝矩形线框abcd ，线框以恒定的速度v 沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框dc 边始终与磁场右边界平行，线框边长ad ＝L ，cd ＝2L .线框导线的总电阻为R .则在线框离开磁场的过程中，下列说法中正确的是( )图8A.ad 间的电压为BLv3B.流过线框横截面的电荷量为2BL 2RC.线框所受安培力的合力为2B 2L 2vRD.线框中的电流在ad 边产生的热量为2B 2L 3v 3R答案 ABD解析 ad 间的电压为U ＝I ·16R ＝B ·2Lv R ·16R ＝BLv3，故A 正确；流过线框横截面的电荷量q＝I Δt ＝ΔΦΔt ·R ·Δt ＝2BL 2R ，故B 正确；线框所受安培力的合力F ＝BI ·2L ＝4B 2L 2vR，故C 错误；产生的感应电动势E ＝2BLv ，感应电流I ＝E R ，线框中的电流在ad 边产生的热量Q ＝I 2·16R ·L v＝2B 2L 3v3R ，故D 正确.二、非选择题9.如图9所示，相距为L 的光滑平行金属导轨ab 、cd 固定在水平桌面上，上面放有两根垂直于导轨的金属棒MN 和PQ ，金属棒质量均为m ，电阻值均为R .其中MN 被系于中点的细绳束缚住，PQ 的中点与一绕过定滑轮的细绳相连，绳的另一端系一质量也为m 的物块，绳处于拉直状态.整个装置放于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B .若导轨的电阻、滑轮的质量及一切摩擦均忽略不计，当物块由静止释放后，求：(重力加速度为g ，金属导轨足够长，与MN 、PQ 相连的绳跟MN 、PQ 垂直)图9(1)细绳对金属棒MN 的最大拉力； (2)金属棒PQ 能达到的最大速度. 答案 (1)mg (2)2mgRB 2L2解析 (1)对棒PQ ，开始时做加速度逐渐减小、速度逐渐增大的变加速运动，当加速度为零时，速度达到最大，此时感应电流最大.此后棒PQ做匀速直线运动.对棒PQ ，F 安＝BLI m ＝mg对棒MN ，F m ＝F 安＝BLI m ＝mg .(2)对棒PQ ，F 安－mg ＝0时速度最大E ＝BLv m ，I m ＝E 2R，F 安＝BLI m 解得v m ＝2mgR B 2L2. 10.如图10甲所示，不计电阻的平行金属导轨与水平面成37°夹角放置，导轨间距为L ＝1 m ，上端接有电阻R ＝3 Ω，虚线OO ′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场.现将质量m ＝0.1 kg 、接入电路的电阻r ＝1 Ω的金属杆ab 从OO ′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下滑过程中始终与导轨垂直并保持良好接触，杆下滑过程中的v －t 图像如图乙所示.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)求：图10(1)磁感应强度大小B ；(2)杆在磁场中下滑0.1 s 过程中电阻R 上产生的热量.答案 (1)2 T (2)3160J 解析 (1)由题图乙得0～0.1 s 内，杆的加速度a ＝Δv Δt ＝0.50.1m/s 2＝5 m/s 2 0～0.1 s 内，由牛顿第二定律有mg sin 37°－f ＝ma代入数据得f ＝0.1 N0.1 s 后杆匀速运动，有mg sin 37°－f －F 安＝0而F 安＝BIL ＝B BLv R ＋r L ＝B 2L 2v R ＋r解得B ＝2 TBLv(2)方法一：杆在磁场中下滑0.1 s的过程中，回路中的电流恒定，有I＝R＋r＝0.25 A，电阻R 上产生的热量Q R ＝I 2Rt ＝3160 J. 方法二：金属杆ab 在磁场中匀速运动的位移s ＝vt ＝0.05 m金属杆ab 下落的高度h ＝s sin θ＝0.03 m由能量守恒有mgh ＝Q ＋fs电阻R 产生的热量Q R ＝34Q ＝34(mgh －fs )＝3160J. 11.如图11所示，倾角为θ的U 形金属框架下端连接一阻值为R 的电阻，相互平行的金属杆MN 、PQ 间距为L ，与金属杆垂直的虚线a 1b 1、a 2b 2区域内有垂直框架平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，a 1b 1、a 2b 2间距离为d ，一长为L 、质量为m 、电阻为R 的导体棒在金属框架平面上与磁场上边界a 2b 2距离d 处从静止开始释放，最后匀速通过磁场下边界a 1b 1.重力加速度为g (金属框架摩擦及电阻不计，空气阻力不计).求：图11(1)导体棒刚到达磁场上边界a 2b 2时速度大小v 1；(2)导体棒匀速通过磁场下边界a 1b 1时速度大小v 2；(3)导体棒穿越磁场过程中，回路产生的电能.答案 (1)2gd sin θ (2)2mgR sin θB 2L 2 (3)2mgd sin θ－2m 3g 2R 2sin 2 θB 4L4 解析 (1)导体棒在磁场外沿斜面下滑，只有重力做功，由机械能守恒定律得：mgd sin θ＝12mv 12解得： v 1＝2gd sin θ(2)导体棒匀速通过匀强磁场下边界a 1b 1时，由平衡条件： mg sin θ＝F 安F 安＝BIL ＝B 2L 2v 22R解得：v 2＝2mgR sin θB 2L 2 (3)由能量守恒定律得：mgd sin θ＝12mv 22－12mv 12＋Q 解得：Q ＝2mgd sin θ－2m 3g 2R 2sin 2θB 4L 4. 如有侵权请联系告知删除，感谢你们的配合！。

1.3 探究感应电动势的大小[目标定位] 1.能区分磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ和磁通量的变化率ΔΦΔt .2.理解和掌握法拉第电磁感应定律，并能应用于计算感应电动势的大小.3.能够运用E ＝BLv 或E ＝BLv sin θ计算导体切割磁感线时的感应电动势．一、法拉第电磁感应定律实验探究：感应电动势大小与磁通量变化的关系实验装置如图1所示，根据实验结果完成表格(填“较大”或“较小”)，然后回答下列问题．图1 表1表2(1)在实验中，为什么可以用电流表指针偏转角度大致判断感应电动势的大小？ (2)感应电动势的大小跟磁通量变化的大小有关吗？ (3)感应电动势的大小跟磁通量变化的快慢有关吗？ (4)磁场方向对感应电动势的大小是否有影响？ 答案 较小 较大 较小 较小 较大 较大(1)穿过闭合电路的Φ变化⇒产生E 感⇒产生I 感．由闭合电路欧姆定律I ＝ER ＋r知，当电路的总电阻一定时，E 感越大，I 感越大，指针偏转角度越大． (2)感应电动势的大小跟磁通量变化的大小无必然联系． (3)磁通量变化相同时，磁通量变化越快，感应电动势越大． (4)磁场方向对感应电动势的大小没有影响． [要点总结]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 ΔΦΔt ，其中n 为线圈匝数，ΔΦ总是取绝对值．此公式一般用来表示Δt 时间内感应电动势的平均值． 3．对法拉第电磁感应定律的理解(1)磁通量的变化率ΔΦΔt 和磁通量Φ没有(填“有”或“没有”)直接关系．Φ很大时，ΔΦΔt 可能很小，也可能很大；Φ＝0时，ΔΦΔt可能不为0.(2)E ＝n ΔΦΔt 有两种常见形式：①线圈面积S 不变，磁感应强度B 均匀变化：E ＝n ΔBΔt S .②磁感应强度B 不变，线圈面积S 均匀变化：E ＝nB ·ΔS Δt .(其中ΔΦΔt 是Φ－t 图像上某点切线的斜率，ΔBΔt为B －t 图像上某点切线的斜率)(3)产生感应电动势的那部分导体相当于电源．如果电路没有闭合，这时虽然没有感应电流，但感应电动势依然存在．例1 关于感应电动势的大小，下列说法中正确的是 ( )A ．穿过线圈的磁通量Φ最大时，所产生的感应电动势就一定最大B ．穿过线圈的磁通量的变化量ΔΦ增大时，所产生的感应电动势也增大C ．穿过线圈的磁通量Φ等于0，所产生的感应电动势就一定为0D ．穿过线圈的磁通量的变化率ΔΦΔt 越大，所产生的感应电动势就越大答案 D解析 根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势的大小与磁通量的变化率ΔΦΔt 成正比，与磁通量Φ及磁通量的变化量ΔΦ没有必然联系．当磁通量Φ很大时，感应电动势可能很小，甚至为0.当磁通量Φ等于0时，其变化率可能很大，产生的感应电动势也会很大，而ΔΦ增大时，ΔΦΔt 可能减小．如图所示，t 1时刻，Φ最大，但E ＝0；0～t 1时间内ΔΦ增大，但ΔΦΔt 减小，E 减小；t 2时刻，Φ＝0，但ΔΦΔt最大，E 最大．故D 正确．例2 如图2甲所示的螺线管，匝数n ＝1 500匝，横截面积S ＝20 cm 2，方向向右穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化．图2(1)2 s 内穿过线圈的磁通量的变化量是多少？ (2)磁通量的变化率多大？(3)线圈中感应电动势的大小为多少？答案 (1)8×10－3 Wb (2)4×10－3Wb/s (3)6 V解析 (1)磁通量的变化量是由磁感应强度的变化引起的，则Φ1＝B 1S ， Φ2＝B 2S ，ΔΦ＝Φ2－Φ1，所以ΔΦ＝ΔBS ＝(6－2)×20×10－4 Wb ＝8×10－3Wb (2)磁通量的变化率为ΔΦΔt ＝8×10－32Wb/s ＝4×10－3Wb/s (3)根据法拉第电磁感应定律得感应电动势的大小E ＝nΔΦΔt＝1 500×4×10－3V ＝6 V. 二、导体切割磁感线时的感应电动势如图3所示，闭合电路一部分导体ab 处于匀强磁场中，磁感应强度为B ，ab 的长度为L ，ab 以速度v 匀速垂直切割磁感线，求回路中产生的感应电动势．图3答案 设在Δt 时间内导体由原来的位置运动到a 1b 1，如图所示，这时闭合电路面积的变化量为ΔS ＝Lv Δt穿过闭合电路磁通量的变化量为ΔΦ＝B ΔS ＝BLv Δt 根据法拉第电磁感应定律得E ＝ΔΦΔt ＝BLv .[要点总结]1．当导体平动垂直切割磁感线时，即B 、L 、v 两两垂直时(如图4所示)E ＝BLv .图42．公式中L 指有效切割长度，即导体在与v 垂直的方向上的投影长度．图5图5甲中的有效切割长度为：L ＝cd sin θ； 图乙中的有效切割长度为：L ＝MN ；图丙中的有效切割长度为：沿v 1的方向运动时，L ＝2R ；沿v 2的方向运动时，L ＝R .[延伸思考] 如图6所示，如果处在匀强磁场(磁感应强度为B)中的长为L的直导线的运动方向与直导线本身是垂直的，但与磁感线方向有一个夹角θ(θ≠90°)，则此时直导线上产生的感应电动势表达式是什么？图6答案如图所示，可以把速度v分解为两个分量：垂直于磁感线的分量v1＝v sin θ和平行于磁感线的分量v2＝v cos θ.后者不切割磁感线，不产生感应电动势；前者切割磁感线，产生的感应电动势为E＝BLv1＝BLv sin θ.例3如图7所示，一金属弯杆处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，已知ab＝bc＝L，当它以速度v向右平动时，a、c两点间的电势差大小为( )图7A．BLv B．BLv sin θC．BLv cos θD．BLv(1＋sin θ)答案 B解析杆切割磁感线的有效长度为L sin θ，故B正确．例4如图8所示，水平放置的两平行金属导轨相距L＝0.50 m，左端接一电阻R＝0.20 Ω，磁感应强度B＝0.40 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，长度也为0.50 m的导体棒ac 垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒接触良好且电阻均可忽略不计．当ac棒以v＝4.0 m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：图8(1)ac 棒中感应电动势的大小； (2)回路中感应电流的大小；(3)维持ac 棒做匀速运动的水平外力的大小和方向． 答案 见解析解析 (1)ac 棒垂直切割磁感线，产生的感应电动势的大小为E ＝BLv ＝0.40×0.50×4.0 V ＝0.80 V.(2)回路中感应电流大小为I ＝E R ＝0.800.20A ＝4.0 A.(3)ac 棒受到的安培力大小为F 安＝BIL ＝0.40×4.0×0.50 N＝0.80 N ，由右手定则知，ac 棒中感应电流由c 流向a .由左手定则知，安培力方向水平向左．由于导体棒匀速运动，水平方向受力平衡，则F 外＝F安＝0.80 N ，方向水平向右．1．(对法拉第电磁感应定律的理解)如图9所示，半径为R 的n 匝线圈套在边长为l 的正方形abcd 之外，匀强磁场垂直穿过该正方形，当磁场以ΔBΔt的变化率变化时，线圈产生的感应电动势的大小为( )图9A ．πR2ΔB ΔtB ．l2ΔB ΔtC ．n πR2ΔB ΔtD ．nl2ΔB Δt答案 D解析 由题意可知，线圈中磁场的面积为l 2，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势大小为E ＝n ΔΦΔt ＝nl 2ΔB Δt，故只有选项D 正确． 2．(公式E ＝n ΔΦΔt 的应用)(多选)如图10甲所示，线圈的匝数n ＝100匝，横截面积S ＝50 cm 2，线圈总电阻r ＝10 Ω，沿轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间做如图乙所示规律变化，则在开始的0.1 s 内( )图10A ．磁通量的变化量为0.25 WbB ．磁通量的变化率为2.5×10－2Wb/s C ．a 、b 间电压为0D ．在a 、b 间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25 A 答案 BD解析 通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，由于0时刻和0.1 s 时刻的磁场方向相反，则磁通量穿入的方向不同，则ΔΦ＝(0.1＋0.4)×50×10－4Wb ＝2.5×10－3Wb ，A 项错误；磁通量的变化率ΔΦΔt ＝2.5×10－30.1Wb/s ＝2.5×10－2Wb/s ，B 项正确；根据法拉第电磁感应定律可知，当a 、b 间断开时，其间电压等于线圈产生的感应电动势，感应电动势大小为E ＝nΔΦΔt ＝2.5 V 且恒定，C 项错误；在a 、b 间接一个理想电流表时相当于a 、b 间接通而形成回路，回路总电阻即为线圈的总电阻，故感应电流大小I ＝E r ＝2.510A ＝0.25 A ，D 项正确．3．(公式E ＝BLv 的应用)如图11所示，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E ，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互垂直的平面内，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E ′.则E ′E等于( )图11A.12B.22 C ．1 D. 2 答案 B解析 设折弯前金属棒切割磁感线的长度为L ，E ＝BLv ；折弯后，金属棒切割磁感线的有效长度为l ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22＝22L ，故产生的感应电动势为E ′＝Blv ＝B ·22Lv ＝22E ，所以E ′E ＝22，B 正确．。

E 2Br 2
0
B
0'
例5:在磁感应强度为B的匀强磁场中,有一
矩形线框,边长ab=L1,bc=L2线框绕中心轴 00'以角速度ω由图示位置逆时针方向转
动。求:
(1)线圈转过1/2周的过程
0ω
中的平均感应电动势
a
d
E 2BL1L2
B
b
c 0'
四.导体切割磁感线时 的感应电动势
四.导体切割磁感线时的感10cm2的 线圈垂直磁场放置, 在0.5s内穿 过它的磁场从1T增加到9T。求线 圈中的感应电动势。
1.6V
例4
如图，半径为r的金属环绕通过某直径的轴 00'以角速度ω作匀速转动,匀强磁场的磁 感应强度为B，从金属环面与磁场方向重合 时开始计时,则在金属环转过900角的过程中， 环中产生的电动势的平均值是多大?
如图所示闭合线框一部分导体ab长l,处于匀强 磁场中，磁感应强度是B，ab以速度v匀速切割磁感
线，求产生的感应电动势？
回路在时间t内增大的面积为：
ΔS=LvΔt
穿过回路的磁通量的变化为：
a
a
×××××××
ΔΦ=BΔS =BLvΔt 产生的感应电动势为：
×××××
G × × × v× × × ×
×××××
E n BS （动生电动势） t
（2）垂直于磁场的回路面积S不变,磁感 应强度B发生变化,ΔB＝B2-B1,此时：
E n SB （感生电动势） t
例1 有一个50匝的线圈，如果穿过它 的磁通量的变化率为0.5Wb/s， 求感应电动势。
25V
例2 一个100匝的线圈，在0.5s内穿 过它的磁通量从0.01Wb增加到 0.09Wb。求线圈中的感应电动势。