44 《法拉第电磁感应定律》学案要点

《法拉第电磁感应定律的内容》讲义在物理学的世界中，电磁学领域有着诸多重要的定律和理论，其中法拉第电磁感应定律无疑是璀璨的一颗明星。

这个定律的发现，不仅为我们深入理解电磁现象提供了关键的理论支撑，还在实际应用中推动了科技的巨大发展。

法拉第电磁感应定律的核心表述是：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。

为了更好地理解这个定律，让我们先来搞清楚几个关键概念。

首先是磁通量。

磁通量可以简单地理解为通过某个给定面积的磁力线的数量。

如果我们想象有一个平面，垂直于磁场方向，那么磁通量就等于磁场强度与这个平面面积的乘积。

用数学公式表示就是：Φ ＝B·S（其中Φ表示磁通量，B 表示磁感应强度，S 表示面积）。

而磁通量的变化率，就是指磁通量在单位时间内的变化量。

比如说，在一个给定的时间段内，磁通量从Φ₁变化到Φ₂，那么磁通量的变化量就是ΔΦ ＝Φ₂ Φ₁，磁通量的变化率就是ΔΦ/Δt 。

接下来，我们看看感应电动势。

感应电动势是指在闭合电路中，由于磁通量的变化而产生的驱动电荷移动的力量。

它就好像是一股无形的“推力”，促使电路中的自由电子定向移动，从而形成电流。

法拉第电磁感应定律告诉我们，如果磁通量的变化率越大，那么感应电动势也就越大。

这意味着，如果我们能够快速改变穿过电路的磁通量，就能够产生更大的感应电动势。

比如说，一个常见的例子是变压器。

变压器由两个绕在同一个铁芯上的线圈组成。

当输入线圈中的电流发生变化时，它产生的磁场也随之变化，从而导致穿过输出线圈的磁通量发生变化，进而在输出线圈中产生感应电动势。

通过合理设计线圈的匝数比，我们可以实现对电压的升高或降低。

再比如，发电机的工作原理也是基于法拉第电磁感应定律。

在发电机中，导体在磁场中旋转，从而使得穿过导体回路的磁通量不断变化，产生感应电动势，向外输出电能。

法拉第电磁感应定律在实际生活中的应用极其广泛。

除了上面提到的变压器和发电机，还有许多其他的设备和技术都依赖于这个定律。

《法拉第电磁感应定律》导学案【学习目标】1.了解感应电动势，知道产生感应电动势的那部分导体相当于电源2.知道感应电动势的大小与磁通量的变化快慢有关3.理解磁通量的变化率是表示磁通量变化快慢的物理量，能区别磁通量、磁通量变化量、磁通量变化率三个概念4.知道法拉第电磁感应定律的内容及表达式5.会用法拉第电磁感应定律进行有关的计算6.会用E=Blv或E=Blv sinθ进行有关计算【学习重点】法拉第电磁感应定律【学习难点】磁通量的变化及磁通量的变化率的理解【自学导学】1.穿过的磁通量发生变化时，电路中就会有感应电流。

闭合电路中有感应电流，电路中就一定有电动势。

如果电路不闭合，虽然没有感应电流，但仍然存在。

在电磁感应现象中产生的电动势叫______________,产生感应电动势的那部分导体相当于_______。

2.法拉第电磁感应定律告诉我们电路中产生感应电动势的大小跟成正比。

若产生感应电动势的电路是一个有n匝的线圈，且穿过每匝线圈的磁感量变化率都相同，则整个线圈产生的感应电动势大小E= 。

3.直导线在匀强磁场中做切割磁感线的运动时，如果运动方向与磁感线垂直，那么导线中感应电动势的大小与、和三者都成正比。

用公式表示为E= ；如果导线的运动方向与导线本身是垂直的，但与磁感线方向有一夹角θ，我们可以把速度分解为两个分量，垂直于磁感线的分量v1=vsinθ,另一个平行于磁感线的分量不切割磁感线，对感应电动势没有贡献。

所以这种情况下的感应电动势为E= 。

4.如图1所示，前后两次将磁铁插入闭合线圈的相同位置，第一次用时0.2S，第二次用时1S；则前后两次线圈中产生的感应电动势之比。

5.如图2所示，用外力将单匝矩形线框从匀强磁场的边缘匀速拉出．设线框的面积为S，磁感强度为B，线框电阻为R，那么在拉出过程中，通过导线截面的电量是______。

6.理解：①.E的大小与ΔΦ无关，与线圈的匝数n成正比，与磁通量的变化率ΔΦ/∆t成正比。

学案《法拉第电磁感应定律》【基础知识】：1．内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这个电路的 成正比． 2．公式：E ＝ ，其中n 为 ，ΔΦ总是 该公式一般用来求Δt 时间内感应电动势的 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 (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，则E ＝n ΔBΔt ·S ；②磁感应强度B 不变，线圈面积S 均匀变化，则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 如果电路没有闭合，这时虽然没有 ，但感应电动势依然存在．【实验方案设计】：物理量物理意义与电磁感应的关系磁通量Ф 磁通量变化△Ф磁通量变化率ΔΦ/Δt【反馈练习】：1、下列说法正确的是（ ）A.线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B.线圈中的磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大C.线圈处在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大D.线圈中磁通量变化得越快，线圈中产生的感应电动势越大2、单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场。

若线圈所围面积里磁通量随时间变化的规律如图所示，则：( ) A 、线圈中0时刻感应电动势最大 B 、线圈中D 时刻感应电动势为零 C 、线圈中D 时刻感应电动势最大D 、线圈中0到D 时间内平均感应电动势为0.4V【本节优化训练设计】：1.某单匝闭合线圈电阻是1 Ω，当穿过它的磁通量始终以每秒2 Wb 速率减小时，则 （ ） A.线圈中感应电动势一定每秒降低2 V B.线圈中感应电动势一定是2 V C.线圈中感应电流一定每秒减少2 A D.线圈中感应电流一定是2 A2.穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒钟均匀地增加2 Wb,则 （ ） A.线圈中的感应电动势每秒钟增加2 V B.线圈中的感应电动势每秒钟减少2 V C.线圈中的感应电动势始终是2 V D.线圈中不产生感应电动势3.N 匝线圈的总电阻为R,当它的磁通量由Φ1变到Φ2的过程中,通过线圈截面的总电量为 （ ） A.N(Φ2-Φ1)/ RB.(Φ2-Φ1)NRC.(Φ1-Φ2)/RD.R(Φ2-Φ1)/N4.如图匀强磁场中,B=0.4 T,导体ab 长l=40 cm,以v=5 m/s 速度匀速向左运动,框架电阻不计,R ab=0.5 Ω.求:(1)导体向右匀速运动时,I 感多大？ (2)感应电功率多大?（猜想）：感应电动势的大小可能与哪些因素有关试验方法实验器材电流表1只，条形磁铁2个，1000匝的线圈1个，2000匝的线圈1个，导线 实验步骤。

法拉第电磁感应定律【学习目标】1．通过实验过程理解法拉第电磁感应定律，理解磁通量的变化率tϕ∆∆，并能熟练地计算；能够熟练地计算平均感应电动势（E ntϕ∆=∆）和瞬时感应电动势（sin E BLv α=），切割情形）。

2．了解感生电动势和动生电动势产生机理。

3．熟练地解决一些电磁感应的实际问题。

4．理解并运用科学探究的方法。

【要点梳理】要点一、感应电动势在电磁感应现象中产生的电动势叫做感应电动势，产生感应电动势的那部分导体相当于电源。

要点诠释：（1）感应电动势的存在与电路是否闭合无关。

（2）感应电动势是形成感应电流的必要条件。

有感应电动势（电源），不一定有感应电流（要看电路是否闭合），有感应电流一定存在感应电动势。

要点二、法拉第电磁感应定律1．定律内容：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：ФE nt ∆=∆。

式中n 为线圈匝数，Фt∆∆是磁通量的变化率，注意它和磁通量西以及磁通量的变化量21ФФФ∆=-的区别。

式中电动势的单位是伏（V ）、磁通量的单位是韦伯（Wb ），时间的单位是秒（s ）。

要点诠释：（1）感应电动势E 的大小决定于穿过电路的磁通量的变化率Фt∆∆，而与Ф的大小、Ф∆的大小没有必然的联系，和电路的电阻R 无关；感应电流的大小和E 及回路总电阻R 有关。

（2）磁通量的变化率Фt∆∆是Фt -图象上某点切线的斜率。

（3）公式ФE k t∆=⋅∆中，k 为比例常数，当E 、Ф∆、t ∆均取国际单位时，1k =，所以有ФE t∆=∆。

若线圈有n 匝，则相当于n 个相同的电动势Фt∆∆串联，所以整个线圈中电动势为ФE nt∆=∆。

（4）磁通量发生变化有三种方式：一是Ф∆仅由B 的变化引起，21||B B B ∆=-，B E nSt ∆=∆；二是Ф∆仅由S 的变化引起，21||S S S ∆=-，SE nB t∆=∆；三是磁感应强度B 和线圈面积S 均不变，而线圈绕过线圈平面内的某一轴转动，此时21||ФФE n t -=∆。

4法拉第电磁感应定律[学习目标] 1.了解感应电动势的概念． 2.理解法拉第电磁感应定律，并能够运用法拉第电磁感应定律定量计算感应电动势的大小．(重点、难点) 3.能够运用E＝Bl v或E＝Bl v sin θ计算导体切割磁感线时的感应电动势．(重点) 4.知道反电动势的定义和作用．法拉第电磁感应定律[1．感应电动势(1)在电磁感应现象中产生的电动势．(2)产生感应电动势的那部分导体相当于电源．(3)在电磁感应现象中，只要闭合回路中有感应电流，这个回路就一定有电动势；回路断开时，虽然没有感应电流，但电动势依然存在．2．磁通量的变化率磁通量的变化率表示磁通量变化的快慢，用ΔΦΔt表示，其中ΔΦ表示磁通量的变化量，Δt表示发生磁通量变化所用的时间．3．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)表达式：E＝ΔΦΔt(单匝线圈)，E＝nΔΦΔt(多匝线圈)．[再思考]产生感应电动势的条件是什么？【提示】不管电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就会产生感应电动势．[后判断]1．穿过某闭合线圈的磁通量的变化量越大，产生的感应电动势也越大．(×) 2．感应电动势的方向可用右手定则或楞次定律判断．(√)3．穿过闭合回路的磁通量最大时，其感应电动势一定最大．(×)导线切割磁感线时的感应电动势1．磁场方向、导体棒与导体棒运动方向三者两两垂直时：E＝Bl v．2．如图4-4-1所示，导体棒与磁场方向垂直，导体棒的运动方向与导体棒本身垂直，但与磁场方向夹角为θ时，E＝Bl v sin_θ．图4-4-1[再思考]图4-4-2如图4-4-2所示，一边长为L的正方形导线框abcd垂直于磁感线，以速度v 在匀强磁场中向右运动，甲同学说：由法拉第电磁感应定律可知，这时穿过线框的磁通量的变化率为零，所以线框中感应电动势应该为零．乙同学说线框中ad 和bc边均以速度v做切割磁感线运动，由E＝BL v可知，这两条边都应该产生电动势且E ad＝E bc＝BL v.他们各执一词，到底谁说的对呢？【提示】这两个同学说的并不矛盾，虽然ad边与bc边都产生感应电动势，但由于方向相反，相当于两个电源并联没有对外供电，所以整个回路的电动势为零．可见，用法拉第电磁感应定律求出的是整个回路的感应电动势，而用E＝BL v 求的是回路中做切割磁感线的那部分导体产生的电动势．[后判断]1．对于E＝Bl v中的B、l、v三者必须相互垂直．(√)2．导体棒在磁场中运动速度越大，产生的感应电动势一定越大．(×)3．当B、l、v三者大小、方向均不变时，在Δt时间内的平均感应电动势和它在任意时刻产生的瞬时感应电动势相同．(√)反电动势[先填空]1．定义：电动机转动时，由于切割磁感线，线圈中产生的削弱电源电动势作用的电动势．2．作用：阻碍线圈的转动．[再思考]电动机工作时，加在电动机上的电压U 和流经电动机的电流I 及电动机线圈电阻r 三者之间是否满足I ＝U r ？【提示】 电动机转动时其线圈中要产生一个反电动势U ′，加在线圈电阻上的电压U r 远小于U ，所以I ＝U r 不成立．此时线圈中的电流I ＝U －U ′r .[后判断]1．电动机通电转动，电动机中出现的感应电动势为反电动势，反电动势会阻碍线圈的运动．(√)2．电动机正常工作时，反电动势会加快线圈的运动．(×)3．电动机工作中由于机械阻力过大而停止转动，就没有了反电动势，线圈中的电流会很大，很容易烧毁电动机．(√)问题1问题2问题3问题4学生分组探究一 法拉第电磁感应定律的理解和应用第1步探究——分层设问，破解疑难1．面积为S 的平面垂直于磁场放置，将此面翻转180°，穿过此面的磁通量是否发生变化？【提示】 发生变化．2．ΔΦ较小时，是否说明ΔΦΔt也较小？ 【提示】 不一定．还与变化所用时间有关．3．决定Φ、ΔΦ、ΔΦΔt大小的因素是什么？【提示】由Φ＝BS，ΔΦ＝|Φ2－Φ1|，ΔΦΔt＝|Φ2－Φ1|Δt来判断．第2步结论——自我总结，素能培养1．感应电动势的大小：决定于穿过电路的磁通量的变化率ΔΦΔt而与Φ的大小、ΔΦ的大小没有必然联系．而ΔΦΔt的两种表达形式为S·ΔBΔt和B·ΔSΔt.2．磁通量的变化率ΔΦΔt：是Φ-t图象上某点切线的斜率大小．3．Φ、ΔΦ与ΔΦΔt三者之间的关系物理量单位物理意义计算公式磁通量ΦWb 表示某时刻或某位置时穿过某一面积的磁感线条数的多少Φ＝B·S⊥磁通量的变化量ΔΦWb表示在某一过程中穿过某一面积的磁通量变化的多少ΔΦ＝|Φ2－Φ1|磁通量的变化率ΔΦΔtWb/s表示穿过某一面积的磁通量变化的快慢ΔΦΔt＝⎩⎪⎨⎪⎧B·ΔSΔtΔBΔt·S 用E＝nΔΦΔt计算的是Δt时间内的平均电动势．在磁通量均匀变化时，E＝n ΔΦΔt计算的既是Δt时间内的平均电动势，也是某个时刻的瞬时电动势．第3步例证——典例印证，思维深化有一个100匝的线圈，其横截面是边长为L＝0.20 m的正方形，放在磁感应强度B＝0.50 T的匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直．若将这个线圈横截面的形状在5 s内由正方形改变成圆形(横截面的周长不变)，在这一过程中穿过线圈的磁通量改变了多少？磁通量的变化率是多少？线圈的感应电动势是多少？【思路点拨】解答本题时应注意以下几点：(1)周长相同的所有形状中，圆形的面积最大．(2)磁通量的变化率并不等同于电动势．【解析】 线圈横截面是正方形时的面积S 1＝L 2＝(0.20)2 m 2＝4.0×10－2 m 2.穿过线圈的磁通量Φ1＝BS 1＝0.50×4.0×10－2 Wb ＝2.0×10－2 Wb截面形状为圆形时，其半径r ＝4L 2π＝2L π截面积大小S 2＝π⎝ ⎛⎭⎪⎫2L π2＝425πm 2 穿过线圈的磁通量：Φ2＝BS 2＝0.50×425πWb ≈ 2．55×10－2 Wb所以，磁通量的变化量ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝(2.55－2.0) ×10－2 Wb ＝5.5×10－3 Wb.磁通量的变化率ΔΦΔt＝5.5×10－35 Wb/s ＝1.1×10－3 Wb/s. 感应电动势为：E ＝n ΔΦΔt ＝100×1.1×10－3 V ＝0.11 V . 【答案】 5.5×10－3 Wb 1.1×10－3 Wb/s 0.11 VΦ、ΔΦ、ΔΦΔt与匝数的关系 磁通量、磁通量的变化量和磁通量的变化率，三者均与线圈的匝数无关．对n 匝线圈，穿过每一匝线圈的磁通量的变化率都相同，每一匝线圈的电动势都相等，相当于n个电动势相同的电源串联，即感应电动势的大小与匝数n有关．第4步巧练——精选习题，落实强化1．下列几种说法正确的是()A．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B．线圈中磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大C．线圈放在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大D．线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势一定越大【解析】依据法拉第电磁感应定律，感应电动势与磁通量无关、与磁通量的变化量无关，而与线圈匝数和磁通量的变化率成正比，因此，选项A、B错误．感应电动势与磁场的强弱也无关，所以，选项C错误．线圈中磁通量变化越快意味着线圈的磁通量的变化率越大，依据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，在此条件下线圈中产生的感应电动势越大，故选项D 正确．【答案】 D2．一个200匝、面积为20 cm2的线圈，放在磁场中，磁场的方向与线圈平面成30°角，若磁感应强度在0.05 s内由0.1 T增加到0.5 T，在此过程中磁通量变化了多少？磁通量的平均变化率是多少？线圈中感应电动势的大小是多少？【解析】磁通量的变化是由磁场的变化引起的，应该用公式ΔΦ＝ΔBS sin θ来计算，所以ΔΦ＝ΔBS sin θ＝(0.5－0.1)×20×10－4×0.5 Wb＝4×10－4 Wb磁通量的平均变化率ΔΦΔt ＝4×10－40.05Wb/s＝8×10－3Wb/s感应电动势的大小可根据法拉第电磁感应定律计算E＝n ΔΦΔt＝200×8×10－3V＝1.6 V【答案】4×10－4Wb8×10－3Wb/s 1.6 V学生分组探究二 对公式E ＝BL v 的理解第1步探究——分层设问，破解疑难1．公式E ＝BL v 能否用来求解平均感应电动势？【提示】 当E ＝BL v 中v 为平均速度时可求平均感应电动势．2．导体棒绕一端垂直于匀强磁场做匀速圆周运动时，如何求感应电动势？【提示】 应用E ＝12BL 2ω.3．若导线是弯曲的，如何求其切割磁感线的有效长度？【提示】 L 应为导线两端点的连线在与B 和v 都垂直的直线上的投影长度． 第2步结论——自我总结，素能培养1．该公式可看成法拉第电磁感应定律的一个推论，一般用于导体各部分切割磁感线的速度相同的情况，当v 为瞬时速度时，E 为瞬时感应电动势；若v 是平均速度，则E 为平均感应电动势．如果导体各部分切割磁感线的速度不相等，图4-4-3可取其平均速度求电动势．例如如图4-4-3，导体棒在磁场中绕A 点在纸面内以角速度ω匀速转动，磁感应强度为B ，则AC 在切割磁感线时产生的感应电动势为：E ＝Bl v ＝Bl ·12ωl ＝12Bl2ω.2．公式中的v 应理解为导线和磁场间的相对速度，当导线不动而磁场运动时，也有电磁感应现象产生．3．公式中的l 应理解为导线切割磁感线时的有效长度．如果导线和磁场不垂直，l 应是导线在垂直磁场方向投影的长度；如果切割磁感线的导线是弯曲的，l 应取导线两端点的连线在与B 和v 都垂直的直线上的投影长度．例如，如图所示的三幅图中切割磁感线的导线是弯曲的，则切割磁感线的有效长度应取与B 和v 垂直的等效直线长度，即ab 的长．第3步例证——典例印证，思维深化(2013·课标全国卷Ⅰ)图4-4-4如图4-4-4，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab 、ac 和MN ，其中ab 、ac 在a 点接触，构成“V ”字型导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN 向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN 始终与∠bac 的平分线垂直且和导轨保持良好接触．下列关于回路中电流i 与时间t 的关系图线，可能正确的是()【思路点拨】 (1)导体切割磁感线的有效长度与时间的关系．(2)闭合回路的总电阻与导轨长度的关系．(3)感应电流由闭合电路欧姆定律求出．【解析】 设图示位置时a 距棒的距离为l 0，导体棒匀速切割磁感线的速度为v ，单位长度金属棒的电阻为R 0，导轨夹角为θ，运动时间t 时，切割磁感线的导体棒长度l ＝2(l 0＋v t )tan θ2，有效电路中导体棒长度l 总＝l ＋2（l 0＋v t ）cos θ2，导体棒切割磁感线产生的感应电动势e ＝Bl v ＝2B v (l 0＋v t )tan θ2，电路中总电阻R ＝R 0l 总＝R 0⎣⎢⎡⎦⎥⎤2（l 0＋v t ）tan θ2＋2（l 0＋v t ）cos θ2，所以i ＝e R ＝2B v （l 0＋v t ）tan θ2R 0⎣⎢⎡⎦⎥⎤2（l 0＋v t）tan θ2＋2（l 0＋v t ）cos θ2＝B v ·tan θ2R 0⎣⎢⎡⎦⎥⎤tan θ2＋1cos θ2， 即i 为恒定值与t 无关，选项A 正确．【答案】 A此类题一般采用解析法，先推导出感应电动势、感应电流的表达式，再利用表达式进行分析．本题还要注意切割磁感线的有效长度和回路的总电阻是变化的．第4步巧练——精选习题，落实强化1．(多选)如图4-4-5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( )图4-4-5A ．感应电流大小不变B ．CD 段直导线始终不受安培力C ．感应电动势最大值E max ＝Ba vD ．感应电动势平均值E －＝14πBa v【解析】在半圆形闭合回路进入磁场的过程中磁通量不断增加，始终存在感应电流，由左手定则可知CD边始终受到安培力作用，选项B错．有效切割长度如图所示，所以进入过程中l先逐渐增大到a，然后再逐渐减小为0，由E＝Bl v，可知最大值E max＝Ba v，最小值为0，故选项A错，选项C对；平均感应电动势为E－＝ΔΦΔt＝12B·πa22av＝14πBa v，选项D对．【答案】CD2．如图4-4-6是法拉第研制成的世界上第一台发电机模型的原理图．将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘，图中a、b导线与铜盘的中轴线处在同一平面内，转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流．若图中铜盘半径为r，匀强磁场的磁感应强度为B，回路总电阻为R，匀速转动铜盘的角速度为ω.则电路的功率是()图4-4-6A.B2ω2r4R B.B2ω2r42RC.B2ω2r44R D.B2ω2r48R【解析】根据导体棒旋转切割产生电动势E＝12Bωr2，由P＝E2R，得电路的功率是B2ω2r44R，故选项C正确．【答案】 C学生分组探究三电磁感应现象中的电路问题第1步探究——分层设问，破解疑难1．如图4-4-7所示，导体棒ab在切割磁感线的过程中电路中会产生感应电流．图4-4-7请分析：(1)哪部分导体相当于电源呢？(2)哪端为电源的正极？【提示】ab相当于电源，a端为正极．2．产生感应电动势的部分是电源，其余部分则为外电路．试说明图4-4-8(甲)、(乙)所示电路中哪部分导体相当于电源，并画出等效电路，判断a、b两点电势的高低．图4-4-8【提示】第2步结论——自我总结，素能培养1．解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法(1)明确哪部分导体或电路产生感应电动势，该导体或电路就是电源，其他部分是外电路．(2)用法拉第电磁感应定律确定感应电动势的大小，用楞次定律确定感应电动势的方向．(3)画等效电路图，分清内外电路，画出等效电路图是解决此类问题的关键．(4)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率、电热等公式联立求解．2．回路中电荷量的求解电磁感应现象中通过闭合电路某截面的电荷量q ＝I －Δt ，而I －＝E －R ＝n ΔΦΔtR，则q ＝n ΔΦR ，所以q 只和线圈匝数、磁通量变化量及总电阻有关，与完成该过程需要的时间无关．第3步例证——典例印证，思维深化图4-4-9(2014·黄冈高二期末)如图4-4-9所示，OAC 是半径为l 、圆心角为120°的扇形金属框，O 点为圆心，OA 边与OC 边电阻不计；圆弧AC 单位长度的电阻相等，总阻值为4r .长度也为l 、电阻为r 的金属杆OD 绕O 点从OA 位置以角速度ω顺时针匀速转动，整个过程中金属杆两端与金属框接触良好．求：(1)金属杆OD 转过60°时它两端的电势差U OD ；(2)金属杆OD 转过120°过程中，金属杆OD 中的电流I 与转过的角度θ的关系式．【思路点拨】 OD 杆转动切割磁感线，相当于电源，弧AD 和DC 相当于外电阻，电路如图所示．【解析】 (1)设金属杆OD 旋转切割磁感线产生的感应电动势为E ，有：E ＝12B ωl 2① 金属杆OD 转过60°时，由题意可知：R AD ＝R DC ＝2r ②由串并联电路的规律可知：电路外电阻R ＝R AD R DC R AD ＋R DC③由闭合电路欧姆定律有：U OD ＝－R R ＋r E ④由①～④式可得：U OD ＝－B ωl 24. (2)设金属杆OD 转过θ时，由题意可知：R AD ＝6θπr ⑤R DC ＝⎝⎛⎭⎪⎫4－6θπr ⑥ 由闭合电路欧姆定律有：I ＝E R ＋r⑦ 由①③式及⑤～⑦式可得：I ＝B ωπ2l 2（2π2＋12πθ－18θ2）r ⎝⎛⎭⎪⎫0≤θ≤2π3. 【答案】 (1)－B ωl 24 (2)见解析求解电磁感应中电路问题的关键电磁感应中的电路问题，实际上是电磁感应和恒定电流问题的综合题．感应电动势大小的计算、方向的判定以及电路的等效转化，是解决此类问题的关键．第4步巧练——精选习题，落实强化图4-4-101．如图4-4-10，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止开始绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率ΔB Δt 的大小应为( ) A.4ωB 0π B.2ωB 0π C.ωB 0π D.ωB 02π【解析】 线圈匀速转动过程中，I ＝E r ＝12B 0R 2ωr ＝12B 0R 2ωr ；要使线圈产生相同电流，I ＝E r ＝1r ΔΦΔt ＝1r ΔB ×12πR 2Δt ＝12π1r ΔBR 2Δt ，所以ΔB Δt ＝ωB 0π，所以C 正确． 【答案】 C图4-4-112．(多选)半径为a 右端开小口的导体圆环和长为2a 的导体杆，单位长度电阻均为R 0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B 0.杆在圆环上以速度v 0平行于直径CD 向右做匀速直线运动．杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O 开始，杆的位置由θ确定，如图4-4-11所示．则( )A ．θ＝0时，杆产生的电动势为2Ba vB ．θ＝π/3时，杆产生的电动势为3Ba vC ．θ＝0时，杆受到的安培力大小为2B 2a v （π＋2）R 0D ．θ＝π/3时，杆受到的安培力大小为3B 2a v （5π＋3）R 0【解析】θ＝0时，杆长为2a，由E＝BL v＝2Ba v可知A正确；θ＝π/3时，杆长为a，E＝BL v＝Ba v，故B错；因为安培力F＝B2L2v/R总，θ＝0时，R总＝(π＋2)aR0，θ＝π/3时，R总＝(5π/3＋1)aR0，代入可知C错、D对．【答案】AD电磁感应中的电荷量问题根据法拉第电磁感应定律，在电磁感应现象中，只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就会产生感应电流．设在时间Δt内通过导线某截面的电荷量为q，则根据电流定义式I＝q/Δt及法拉第电磁感应定律E＝nΔΦ/Δt，得q＝I·Δt＝ER·Δt＝nΔΦRΔt·Δt＝nΔΦR.上式中n为线圈的匝数，ΔΦ为磁通量的变化量，R为闭合电路的总电阻．图4-4-12如图4-4-12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以速率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Q1、Q2、Q3和Q4，则()A．Q1＝Q2＝Q3＝Q4B．Q1＝Q2＝2Q3＝2Q4C．2Q1＝2Q2＝Q3＝Q4D．Q1≠Q2＝Q3≠Q4【解析】题目中要求各个过程中通过电阻R的电荷量，由法拉第电磁感应定律知Δq ＝I －Δt ＝E －R Δt ＝n ΔΦΔt R Δt ＝n ΔΦR ，在此题中，B 是不变的，ΔΦ＝B ΔS ，只要分析清楚各个过程中回路面积的变化量即可，与运动速度无关．如图所示，各个过程中S 的变化量用阴影表示，易发现各个过程的面积变化量都是相等的．【答案】 A——[先看名师指津]——————————————通过导体横截面的电荷量是电流的平均效果，因此需要用电流平均值来计算电荷量．根据公式q ＝n ΔΦR 可以看出，感应电荷量是一个过程量，与电阻R 、磁通量的变化量ΔΦ、匝数n 有关，与时间、速度都无关，记住这一点，对于解电荷量的题目是有很大帮助的．——[再演练应用]———————————————如图4-4-13所示，在边长为a 的等边三角形区域内有匀强磁场B ，其方向垂直纸面向外，一个阻值为R 、边长为a 的等边三角形导线框架EFG 正好与上述磁场区域的边界重合，现使导线框以周期T 绕其中心O 点在纸面内匀速转动，经过T 6导线框转到图中虚线位置，则在这T 6时间内平均感应电动势E ________，通过导线框任一截面的电量q ＝________．图4-4-13【解析】 在这T 6时间内，磁通量的减少量Δφ＝B ·3·12·a 3·a 3sin 60°＝3Ba 212，则这T6时间内平均感应电动势E＝ΔφΔt＝3Ba22T；通过导线框任一截面的电量q＝IΔt＝ΔφR＝3Ba212R.【答案】3Ba22T3Ba212R。

中职物理《法拉第电磁感应定律》教学案例及反思法拉第电磁感应定律是中职物理的核心理论，是物理学的重要的基础理论，也是很多物理现象的建模框架。

从中职物理的角度出发，借助教学案例去学习和探究这一定律，可以让学生真正的理解定律，并能将它用于实际的解决问题，从而深化学生对物理原理的理解和应用能力。

二、教学案例1、概述法拉第电磁感应定律概述：若使用经典电学中的电流源J，以及电场E和磁场B，来分析在点电荷的运动时，经典电学中的电动势和磁动势的关系，可以得到法拉第电磁感应定律：电势V q E 产 dt 作V 之ΔV = -q E dt磁势m由点电荷q的磁场B产生，在微小时间dt内所作磁势差Δm之间：Δm = q B dt2、教学案例案例1：一架无人机在水平静止状态下，自西向东以100m/s的速度飞行。

从西边以X轴向东飞行，过去1秒内所作位移ΔX=100m，磁场B为3T，求点电荷的电流?答：按照法拉第电磁感应定律，点电荷q的电流I为：I = q B v /x = q B 100m/s / 100m = q B已知磁场B=3T，则求出点电荷的电流I=q*3T.案例2：在一个坐标系中，电场E=3X+5Y(X、Y分别为x、y方向上的单位矢量)，点电荷q=10-3C，求点电荷在X、Y方向上的加速度？答：按照法拉第电磁感应定律，点电荷q的加速度a可表示为： a = q E / m = q(3X+5Y) / 10-3C则点电荷q在X方向上的加速度aX=30m/s2点电荷q在Y方向上的加速度aY=50m/s2三、反思在本次教学中，通过理论与练习相结合的方式，让学生通过发现的学习方式来学习法拉第电磁感应定律，在教学案例中，让学生对此定律有一个系统的认识，深入地理解、掌握它，并能将它运用于实际解决问题，有效提高学生的物理探究能力和实际分析问题的能力。

在教学中，重视学生的自主学习能力的培养，利用实验的形式，让学生能够在实践中有所体会，利用实例案例的形式，让学生能够建立实例案例，深入理解物理概念，从而很好的提高学生的物理素养。

《法拉第电磁感应定律》教案一、教材分析本节内容选自人教版物理选修3-2第四章第4节。

本节是电磁学的核心内容。

从知识发展来看，它既与电场、磁场和稳恒电流有紧密联系，又是后面学习交流电、电磁振荡和电磁波的基础。

它既是教学重点，也是教学难点。

知道了教材特点，我们再来了解一下学生特点。

也就是我说课的第二部分：学情分析。

二、学情分析学生已经掌握了恒定电流、电磁感应现象和磁通量的相关知识，并且也知道了变化量和变化率的概念。

已经具备了基本的实验操作能力，具有一定的自主学习、合作研究方面的能力。

基于以上的教材特点和学生特点，我制定了如下的教学目标，力图把传授知识、渗透学习方法以及培养兴趣和能力有机的融合在一起，达到最好的教学效果。

三、教学目标【知识与技能】知道感应电动势的含义，能区分磁通量、磁通量的变化量和磁通量的变化率;理解法拉第电磁感应定律的内容和表达式，会用法拉第电磁感应定律解答有关问题。

【过程与方法】通过演示实验，定性分析感应电动势的大小与磁通量变化快慢之间的关系。

培养学生对实验条件的控制能力和对实验的观察能力;通过法拉第电磁感应定律的建立，进一步揭示电与磁的关系，培养学生类比推理能力和通过观察、实验寻找物理规律的能力。

【情感态度与价值观】通过介绍法拉第电磁感应定律的建立过程，培养学生形成正确的科学态度、养成科学的研究方法。

基于这样的教学目标，要上好一堂课，还要明确分析教学的重难点。

四、教学重难点【重点】法拉第电磁感应定律的建立和理解。

【难点】磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率三者的区别;理解是普遍意义的公式，而E=BLν是特殊情况下导线在切割磁感线情况下的计算公式。

说完了教学重难点，下面我将着重谈谈本堂课的教学过程。

五、教学过程首先是导入环节：在这个环节中，我将向学生展示图、图，并设问：图中电键S均闭合，电路中是否都有电流?为什么?接下来，我会演示实验一：对照图安培表指针偏转;对照图电流计指针不动，但当条形磁铁位置变动时，电流计指针偏转，表明回路中有电流。

第2节 法拉第电磁感应定律 考点1► 对法拉第电磁感应定律的理解【p 183】 夯实基础1．感应电动势：在__电磁感应现象__中产生的电动势，依产生的方式不同，它可分为感生电动势和动生电动势两类．产生感应电动势的那部分导体就相当于__电源__，导体的电阻相当于__电源内阻__．2．感应电流与感应电动势的关系：遵守__闭合电路欧姆__定律，即对纯电阻电路有：__I ＝E R ＋r__． 3．法拉第电磁感应定律(1)内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的__磁通量的变更率__成正比．(2)感生电动势的计算公式：E ＝__n ΔΦΔt__其中n 为线圈匝数．依此式得到的是感生电动势的平均值．考点突破例1如图所示，闭合软导线摆成边长为L 的正方形置于光滑水平面上，软导线所在空间存在垂直纸面对里的匀强磁场，软导线的电阻率为ρ，横截面积为S.从t ＝0时刻起磁感应强度随时间起先变更，变更规律是B ＝B 0－kt ，当软导线达到稳定形态时，磁场方向仍旧垂直纸面对里，则( )A ．软导线稳定时成圆形B ．稳定时软导线中的电流为kLS πρC ．从t ＝0时刻起到磁感应强度减为零的过程，通过软导线某个横截的电荷量为B 0LS （4－π）4πρD ．若磁感应强度减为零后依据B ＝kt 的规律反向增加，软导线围成的面积有扩大的趋势【解析】周长相等时，圆形面积最大，原磁场在匀称减小，依据楞次定律“增缩减扩”的原理，软导线稳定时成圆形，A 正确；依据4L ＝2πr 可得，r ＝2L π，圆的面积S 0＝πr 2＝4L 2π，感应电动势大小为E ＝S 0ΔB Δt ＝4kL 2π，稳定时软导线中的电流为I ＝E R ，其中R ＝ρ4L S，联立可得电流I ＝E R ＝kLS πρ，B 正确；假如磁感应强度保持B 0不变，仅变更线圈形态，q ＝ΔΦR＝B 0LS （4－π）4πρ，C 错误；磁感应强度减为零后依据B ＝kt 规律反向增加，软导线围成的面积有变小趋势，D 错误．【答案】AB【小结】对法拉第电磁感应定律的理解(对于某一线圈)针对训练1．如图所示，矩形线圈的面积为S ，共有N 匝，总电阻为R.垂直于线圈平面的磁场在匀称变更．线圈与水平放置相距为d 的两平行金属板M 、N 相连，M 、N 间有匀强磁场B.一电子以速度v 射入两板间，要使电子能匀速向右运动，则线圈内的磁场将如何变更？【解析】电子向右匀速运动，依据左手定则推断电子受洛伦兹力方向向上，那么电场力的方向应向下．电场方向向上，N 板应带正电，M 板带负电．只有矩形线圈中的磁场匀称增加时，依据楞次定律，才可能产生的感应电动势使M 板带负电，N 板带正电．因为电子匀速通过电磁场区域，则Bev ＝E de 即E ＝Bvd ①而E ＝N ΔΦΔt ＝NS ΔB Δt② 将①②式联立，得Bvd ＝NS ΔB Δt ，则ΔB Δt ＝Bvd NS只有矩形线圈中的磁场以ΔB Δt ＝Bvd NS的变更率匀称增加，才能使电子向右匀速运动． 2．如图甲，A 、B 为两个相同的环形线圈，共轴并靠近放置．若A 线圈中通有如图乙所示的变更电流i ，则下列说法正确的是(B)A．t1到t2时间内B线圈电流方向与A线圈内电流方向相反B．t1到t3时间内B线圈电流方向始终没有发生变更C．t1时刻两线圈间作用力最大D．t2时刻两线圈间作用力最大【解析】在t1到t2时间内，若设逆时针(从左向右看)方向为正，则线圈A电流方向逆时针且大小减小，所以依据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向左的磁通量大小减小，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相同，出现相互吸引现象，故A错误；由上可知在t1到t2时间内，线圈B的电流方向逆时针方向，在t2到t3时间内，线圈A电流方向顺时针且大小增大，所以依据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向右的磁通量大小增大，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，所以在t1到t3时间内B线圈电流方向始终没有发生变更，故B正确；由题意可知，在t1时刻，线圈A中的电流最大，而磁通量的变更率为零，所以线圈B感应电流为零，因此两线圈间作用力为零，故C错误；在t2时刻，线圈A中的电流为零，而磁通量的变更率是最大的，所以线圈B感应电流也是最大，但A、B间的相互作用力为零，故D错误．考点2►切割类感应电动势的计算【p184】夯实基础动生电动势的计算1．一般公式：如图所示，运动速度v和磁感线方向夹角为θ，则E＝__Blvsin__θ__.动生电动势的一般计算公式E＝Blvsin θ可以由法拉第电磁感应定律公式E＝ΔΦΔt推导出来，所以法拉第电磁感应定律是普遍适用的规律，对一切电磁感应现象都适用，动生电动势的计算公式E＝Blvsin θ只是一个特例．2．常用公式：导体与磁感线垂直，运动速度v和磁感线方向垂直，则E＝__Blv__．(1)在E＝Blv中(要求B⊥l、B⊥v、l⊥v，即B、l、v三者两两垂直)，式中的l应当取与B、v均垂直的有效长度(所谓导体的有效切割长度，指的是切割导体两端点的连线在同时垂直于v和B的方向上的投影的长度，下图中的有效长度均为ab的长度)．(2)公式E＝Blv中，v是相对磁场的速度．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．3．导体棒在磁场中转动导体棒以端点为轴，在匀强磁场中垂直于磁感线方向匀速转动产生的感应电动势E ＝Blv ＝__12Bl 2ω__(平均速度等于中点位置线速度12lω)． 考点突破例2如图所示，空间有一匀强磁场，始终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成1200角的折弯，置于与磁感应强度相垂直的平面内，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′，E′E等于( )A.12B.32 C ．1 D.22【解析】设金属棒的长度为L ，左侧的金属棒有效的切割长度为L ，垂直切割磁感线，产生的感应电动势为E ＝BLv ，右侧的金属棒有效的切割长度为32L ，垂直切割磁感线，产生的感应电动势为E′＝B32Lv ，则E ′E ＝32，故选项B 正确． 【答案】B 针对训练3．如图，匀称磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B 0.使该线框从静止起先绕过圆心O 、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变更．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变更率ΔB Δt 的大小应为(A) A.ωB 0π B.2ωB 0π C.4ωB 0π D. ωB 02π【解析】若要电流相等，则产生的电动势相等．设半圆半径为L ，从静止起先绕过圆心O以角速度ω匀速转动时，线框中产生的感应电动势大小为E ＝12B 0L 2ω；依据法拉第定律得E ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝ΔB Δt ·12πL 2；联立得ΔB Δt ＝B 0ωπ，故A 正确．4．(多选)把一块金属板折成U 形的金属槽，截面MNPQ(正视图)如图所示，放置在方向垂直纸面对外、大小为B 的匀强磁场中，并以速率v 1水平向左匀速运动．一带电微粒从槽口左侧以速度v 2射入，恰能做匀速圆周运动，下列说法正确的是(ABD)A ．微粒肯定带负电B ．微粒的比荷q m ＝g Bv 1C ．微粒做圆周运动的周期为T ＝2πv 2gD ．微粒做圆周运动的半径为r ＝v 1v 2g【解析】金属槽在匀强磁场中向左匀速运动时，将切割磁感线，上、下两板间产生电势差，由右手定则可推断出上板为正，下板为负，板间电场方向向下．微粒进入槽后做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，电场力方向向上，与电场方向相反，所以微粒带负电，故A 正确．板间场强E ＝U d ＝BLv 1L＝Bv 1；因为微粒做匀速圆周运动，则重力等于电场力，方向相反，故有mg ＝qE ，得比荷q m ＝g Bv 1，故B 正确．向心力由洛伦兹力供应，得到qv 2B ＝m v 22r ，得r ＝v 1v 2g，周期T ＝2πv 2＝2πv 1g，故C 错误，D 正确． 5．用相同导线绕制的边长为l 或2l 的四个闭合导体线框a 、b 、c 、d ，以相同的水平速度匀速进入右侧匀强磁场，如图所示．在每个线框进入磁场的过程中，M 、N 两点间的电压分别为U a 、U b 、U c 和U d .下列推断正确的是(B)A ．U a <U b <U c <U dB ．U a <U b <U d <U cC ．U a ＝U b <U c ＝U dD ．U b <U a <U d <U c【解析】在线框进入磁场的过程中，MN 两端的电压等于线框回路中的路端电压，依据线框长度和电阻的关系依据闭合电路欧姆定律，可知U a ＝34Blv ，U b ＝56Blv ，U c ＝34B·2lv＝32Blv ，U d ＝46B·2lv＝43Blv ，所以U a <U b <U d <U c ，故B 对． 考点3► 自感与涡流 【p 185】 夯实基础1．自感(1)由于导体本身的__电流__变更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做__自感电动势__．(2)表达式：E ＝L ΔI Δt. (3)自感系数L①相关因素：与线圈的__大小__、形态、__匝数__以及是否有铁芯有关．②单位：亨利(H ，1 mH ＝__10－3__H ，1 μH ＝__10－6__H)．(4)自感电动势的方向：由楞次定律可知，自感电动势总是__阻碍__原来导体中电流的变更．当回路中的电流增加时，自感电动势和原来电流的方向__相反__；当回路中的电流减小时，自感电动势和原来电流的方向__相同__．自感对电路中的电流变更有__阻碍__作用，使电流不能突变．2．涡流把金属块放入变更的磁场中，或金属块进、出磁场的过程中，由于电磁感应，在金属块内部也要产生感应电流，这种电流在金属块内组成闭合回路，像水的旋涡，叫做涡流．3．电磁阻尼当导体在磁场中运动时，产生的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，这种现象叫做电磁阻尼．电磁阻尼的应用：磁电式电流表的线圈用铝框做骨架，运输磁电式仪表时，要用导线把“＋”“－”接线柱连接起来．4．电磁驱动磁场相对于导体运动时，在导体中产生感应电流，导体受到安培力作用，会随着磁场运动，这种现象叫电磁驱动．考点突破例3如图所示的电路中，三个灯泡A 、B 、C 完全相同，电感L 自感系数很大，其直流电阻与定值电阻R 相等，D 为志向二极管，下列推断中正确的是( )A ．闭合开关S 的瞬间，灯泡A 和C 同时亮B ．闭合开关S 的瞬间，只有灯泡C 亮C ．闭合开关S 稳定后，灯泡A 、C 一样亮，B 不亮D ．在电路稳定后，断开开关S 的瞬间，灯泡B 、C 均要闪亮一下再熄灭【解析】闭合开关的瞬间，由于二极管具有单向导电性，所以无电流通过B ，由于线圈中自感电动势的阻碍，A 灯渐渐变亮，所以闭合开关S 的瞬间，只有灯泡C 亮，A 错误，B 正确；由于二极管具有单向导电性，电路稳定后也无电流通过B ，B 不亮，电感L 的直流电阻与定值电阻R 相等，因此电路稳定后A 、C 一样亮，C 正确；电感L 的自感系数很大，其直流电阻与定值电阻R 相等，所以A 、C 两个支路的电流是相等的，在电路稳定后，断开开关S 的瞬间，L 由于产生自感电动势，相当于电源，灯泡B 、C 并联，所以B 要亮一下再熄灭，同时由于B与C并联，流过C的电流肯定比电路稳定时的电流小，所以C不能闪亮一下，而是渐渐熄灭，D错误．【答案】BC【小结】1.自感现象的四大特点(1)自感电动势总是阻碍导体中原电流的变更．(2)通过线圈中的电流不能发生突变，只能缓慢变更．(3)电流稳定时，自感线圈就相当于一般导体．(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．断电自感中，灯泡是否闪亮问题(1)通过灯炮的自感电流大于原电流时，灯泡闪亮．(2)通过灯泡的自感电流小于或等于原电流时，灯泡不会闪亮．3．解决自感问题的关键(1)正确理解通电自感和断电自感现象中自感电动势对“原电流的变更”的阻碍作用，即延缓原电流的变更．(2)弄清电路的串、并联关系．(3)电感线圈在通电瞬间相当于一个阻值由很大渐渐变小的电阻，在断电瞬间相当于一个电源．在电流稳定时纯电感线圈相当于一根导线，非纯电感线圈相当于肯定值电阻．针对训练6．(多选)如图所示的电路中，开关S闭合且电路达到稳定时，流过灯泡A和线圈L的电流分别为I1和I2，在开关S断开的瞬间，为使小灯泡能比原来更亮一些，然后渐渐熄灭，下列说法正确的是(AD)A．必需使I2>I1B．与I1、I2大小无关，但必需使线圈自感系数L足够大C．自感系数L越大，切断时间越短，则I2也越大D．不论自感系数L多大，开关S断开后I2只能减小，不会增大【解析】当断开开关，因为线圈阻碍作用，A这一支路电流马上消逝，因为线圈阻碍电流的减小，所以通过L的电流不会马上消逝，会从原来的大小渐渐减小，而且A和L构成回路，通过L的电流也流过A，且为使小灯泡能比原来更亮一些，必需使I1<I2，B、C错误，A、D正确．7．焊接无缝钢管须要先用感应加热的方法对焊口两侧进行预热．如图所示，将被加热管道置于感应线圈中，当感应线圈中通以电流时管道发热，则下列说法中正确的是(B)A．感应线圈电阻越大，加热效果越好B．感应线圈中电流应当采纳高频沟通电C．塑料管道用这种感应加热焊接的方式更简单实现D．感应线圈加热管道产生热量不符合焦耳定律【解析】当增大感应线圈电阻，相当于减小了沟通电的电流，电流的峰值变小，在频率不变的状况下，单位时间电流的变更量变小，即电流的变更率变小，则磁场的变更率变小，磁通量的变更率变小，加热效果减弱，故A错误；高频焊接利用高频交变电流产生高频交变磁场，在焊接的金属工件中就产生感应电流，依据法拉第电磁感应定律分析可知，电流变更的频率越高，磁通量变更频率越高，产生的感应电动势越大，感应电流越大，焊缝处的温度上升的越快，故B正确；采纳塑料管不行能在焊缝中产生电流，故C错误；感应加热是利用电磁感应现象，产生涡流而发热，不是利用线圈电阻产生的焦耳热干脆焊接的，仍旧符合焦耳定律，故D错误．考点集训【p334】A组1．(多选)如图所示电路中，电源电动势为E(内阻不行忽视)，线圈L的电阻不计．以下推断正确的是(BC)A．闭合S稳定后，电容器两端电压为EB．闭合S稳定后，电容器的a极板带负电C．断开S的瞬间，通过R1的电流方向向右D．断开S的瞬间，通过R2的电流方向向右【解析】闭合S稳定后，L相当于一段导线，R1被短路，所以C两端的电压等于R2两端的电压，故A错误；由图知b板带正电，故B正确；断开S的瞬间，L相当于电源，与R1组成回路，R1中电流方向自左向右，故C正确；断开S的瞬间，电容器放电，R2中电流向左；故D错误．2．(多选)将一铜圆盘置入如图所示的不同磁场中，磁感线和盘面垂直，若给盘一初始角速度使其绕过圆心垂直于纸面的轴转动，不计摩擦和空气阻力，圆盘能停下来的是(ABD)【解析】将圆盘看成过圆心的若干个导体棒，当圆盘转动时，等效成切割磁感应线，从而产生感应电流，受到安培力作用．因磁场的不匀称，导致等效棒产生的感应电动势不能相互抵消，从而出现感应电流，受到安培力作用，则圆盘最终会停止，故A正确；因磁场的不匀称，且只有一半，从而出现感应电流，受到安培力作用，则圆盘最终会停止，故B 正确；因磁场匀称，那么圆盘中没有感应电流，不会受到安培力的作用，则圆盘不会停止，故C 错误；虽磁场匀称，但只有一半，因此圆盘中出现感应电流，受到安培力作用，则圆盘最终会停止，故D 正确．3．(多选)如图甲所示，水平面上的平行导轨MN 、PQ 上放着两根光滑的导体棒ab 、cd ，两棒间用绝缘丝线系住．已知平行导轨MN 、PQ 间距为L 1，导体棒ab 、cd 间距为L 2，导轨电阻可忽视，每根导体棒在导轨之间的电阻为R.起先时匀强磁场垂直纸面对里，磁感强度B 随时间t 的变更如图乙所示．则以下说法正确的是(CD)A ．在0～t 0时间内回路电流方向是abdcaB ．在t 0时刻回路中产生的感应电动势E ＝B 0L 1t 0C ．在0～t 0时间内导体棒中电流为B 0L 1L 22Rt 0D ．在t 02时刻绝缘丝线所受拉力为B 20L 21L 24Rt 0【解析】0～t 0时间内磁感应强度减小，依据楞次定律，回路内产生的感应电流方向为顺时针方向，即电流方向是acdba ，故A 错误；由图乙可知，磁感应强度的变更率：⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔB Δt ＝B 0t 0，回路面积S ＝L 1L 2，在t 0时刻回路中产生的感应电动势：E ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ΔB Δt S ＝B 0t 0L 1L 2，故B 错误；0～t 0时间内回路中产生的感应电流大小：I ＝E 2R ＝B 0L 1L 22Rt 0，故C 正确；在t 02时刻绝缘丝线所受拉力为B 02IL 1＝B 20L 21L 24Rt 0，故D 正确． 4．(多选)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磁铁与飞轮不接触，人用力蹬车带动飞轮旋转时，须要克服磁铁对飞轮产生的阻碍，通过调整旋钮拉线可以实现不同强度的健身需求(当拉紧旋钮拉线时可以减小磁铁与飞轮间的距离)，下列说法正确的是(AD)A ．飞轮受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力B ．人蹬车频率肯定时，拉紧旋钮拉线，飞轮受到的阻力越小C ．限制旋钮拉线不动时，飞轮转速越大，受到的阻力越小D ．限制旋钮拉线不动时，飞轮转速越大，内部的涡流越强【解析】飞轮在磁场中做切割磁感线的运动，会产生感应电动势和感应电流，依据楞次定律可知，磁场会对运动的飞轮产生阻力，以阻碍飞轮与磁场之间的相对运动，所以飞轮受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力，故A正确；拉紧旋钮拉线，磁铁越靠近飞轮，飞轮所在处的磁感应强度越强，所以在飞轮转速肯定时，磁铁越靠近飞轮，飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大；飞轮受到的阻力越大，故B错误；限制旋钮拉线不动时，则有磁铁和飞轮间的距离肯定，飞轮转速越大，依据法拉第电磁感应定律可知，飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大，飞轮受到的阻力越大，内部的涡流越强，故D正确，C错误．5．图中L是绕在铁芯上的线圈，它与电阻R、R0、开关和电池E可构成闭合回路．线圈上的箭头表示线圈中电流的正方向，当电流的流向与箭头所示的方向相同时电流为正．开关S1和S2都处于断开状态．设在t＝0时刻，接通开关S1，经过一段时间，在t＝t1时刻，再接通开关S2，则能较正确地表示L中的电流I随时间t的变更的图线是(A)【解析】在t＝0时刻，接通开关S1，通过线圈的电流从无到有增大，线圈中产生自感电动势，阻碍电流增大，使得线圈中电流只能渐渐增大，而方向不变，仍为正方向．当电流稳定后，线圈中不产生自感电动势，电流肯定．在t＝t1时刻，再接通开关S2，线圈和R被短路，线圈中电流将要减小，由于自感电动势的阻碍，使得线圈中电流只能渐渐减小到零，依据楞次定律，电流方向与原来方向相同，仍为正方向．故选A.6．(多选)如图所示，在垂直纸面对里，磁感应强度为B的匀强磁场区域中有一个匀称导线制成的单匝直角三角形线框．现用外力使线框以恒定的速度v沿垂直磁场方向向右运动，运动中线框的AB边始终与磁场右边界平行．已知AB＝BC＝l，线框导线的总电阻为R.则线框离开磁场的过程中(AB)A．线框中的电动势随时间匀称增大B．通过线框截面的电荷量为Bl2 2RC．线框所受外力的最大值为2B2l2v RD ．线框中的热功率与时间成正比【解析】三角形线框向外匀速运动的过程中，由于有效切割磁感线的长度l′＝vt ，所以线框中感应电动势的大小E ＝Bl′v＝Bv 2t ，故选项A 正确；线框离开磁场的运动过程中，通过线圈的电荷量Q ＝It ＝ΔΦΔtR ×Δt ＝Bl 22R，选项B 正确；当线框恰好刚要完全离开磁场时，线框有效切割磁感线的长度最大，则F ＝BIl ＝B 2l 2v R，选项C 错误；线框的热功率为P ＝Fv ＝BIvt×v＝B 2v 4t 2R，选项D 错误． 7．如图所示，铜线圈水平固定在铁架台上，铜线圈的两端连接在电流传感器上，传感器与数据采集器相连，采集的数据可通过计算机处理，从而得到铜线圈中的电流随时间变更的图线．利用该装置探究条形磁铁从距铜线圈上端某一高度处由静止释放后，沿铜线圈轴线竖直向下穿过铜线圈的过程中产生的电磁感应现象．两次试验中分别得到了如图甲、乙所示的电流－时间图线．条形磁铁在竖直下落过程中始终保持直立姿态，且所受空气阻力可忽视不计．则下列说法中正确的是(C)A ．若两次试验条形磁铁距铜线圈上端的高度不同，其他试验条件均相同，则甲图条形磁铁距铜线圈上端的高度大于乙图条形磁铁距铜线圈上端的高度B ．若两次试验条形磁铁的磁性强弱不同，其他试验条件均相同，则甲图条形磁铁的磁性比乙图条形磁铁的磁性强C ．甲图条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能小于乙图条形磁铁穿过铜线圈的过程中损失的机械能D ．两次试验条形磁铁穿过铜线圈的过程中所受的磁场力都是先向上后向下【解析】对比图甲和图乙可知，甲中的感应电流小于乙中的，则可知甲图中条形磁铁到达线圈的速度比乙图中的小，则下落的高度比乙中的小，故A 错；假如高度相同，故到达的速度相同，则甲中的磁性较弱，故B 错；由于两个过程中都有感应电流，要产生焦耳热，则必定有机械能的损耗，感应电流大些，则损耗的机械能相应就大，故C 正确；由楞次定律可得，两个过程中所受的安培力均是向上的，则D 错．B 组8．(多选)如图所示，在半径为R 的半圆形区域内，有磁感应强度为B 的垂直纸面对里的有界匀强磁场，PQM 为圆内接三角形，且PM 为圆的直径，三角形的各边由材料相同的细软弹性导线组成(不考虑导线中电流间的相互作用)．设线圈的总电阻为r 且不随形态变更，此时∠PMQ＝37°(取sin 37°＝0.6)，下列说法正确的是(AD)A ．穿过线圈PQM 中的磁通量大小为Φ＝0.96BR 2B ．若磁场方向不变，只变更磁感应强度B 的大小，且B ＝B 0＋kt ，则此时线圈中产生的感应电流大小为I ＝0.48kR 2rC ．保持P 、M 两点位置不变，将Q 点沿圆弧顺时针移动到接近M 点的过程中，线圈中有感应电流且电流方向不变D ．保持P 、M 两点位置不变，将Q 点沿圆弧顺时针移动到接近M 点的过程中，线圈中会产生焦耳热【解析】穿过线圈PQM 中的磁通量大小为Φ＝B·S＝B×12×2Rcos 37°×2Rsin 37°＝0.96BR 2，故A 正确．由B ＝B 0＋kt 得，ΔB Δt＝k ，依据法拉第电磁感应定律得：感应电动势E ＝ΔB Δt S ＝0.96kR 2，线圈中产生的感应电流大小为I ＝E r ＝0.96kR 2r，故B 错误．保持P 、M 两点位置不变，将Q 点沿圆弧顺时针移动到接近M 点的过程中，△PQM 的面积先增大后减小，将产生感应电流，依据楞次定律可知，感应电流方向先沿逆时针方向后沿顺时针方向，而且产生焦耳热，故C 错误，D 正确．9．(多选)在如下甲、乙、丙三图中，除导体棒ab 可动外，其余部分均固定不动，甲图中的电容器C 原来不带电，丙图中的直流电源电动势为E ，除电阻R 外，导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽视，导体棒和导轨间的摩擦也不计．图中装置均在水平面内，且都处于方向垂直水平面(即纸面)向下的匀强磁场中，导轨足够长．今给导体棒ab 一个向右相同的初速度v 0，以下说法正确的是(CD)A ．在导体棒刚起先运动时，甲、乙、丙三种状况中通过电阻R 的电流相同B ．三种情形下导体棒ab 最终都将静止C ．最终只有乙中导体棒ab 静止，甲、丙中导体棒ab 都将做匀速直线运动D ．在导体棒ab 运动的全部过程中，三个电阻R 产生的热量大小是Q 甲＜Q 乙＜Q 丙【解析】导体棒刚起先运动时，导体棒产生的感应电动势为E′＝BLv 0，乙中，感应电流为I ＝E′R ＝BLv 0R ；丙图中，感应电动势与电池的电动势方向相同，感应电流为I ＝E ＋E′R ＝E ＋BLv 0R，故A 错误．图甲中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流而使电容器充电，当电容器C 极板间电压与导体棒产生的感应电动势相等时，电路中没有电流，ab 棒不受安培力，向右做匀速运动；图乙中，导体棒向右运动切割磁感线产生感应电流，通过电阻R 转化为内能，ab 棒速度减小，当ab 棒的动能全部转化为内能时，ab 棒静止；图丙中，导体棒先受到向左的安培力作用向右做减速运动，速度减为零后再在安培力作用下向左做加速运动，当导体棒产生的感应电动势与电源的电动势相等时，电路中没有电流，ab 棒向左做匀速运动，故B 错误，C 正确．甲中棒的部分动能转化为内能，乙图过程中，棒的动能全部转化为内能；丙图中，从起先到ab 棒速度为0的过程中电源的电能和棒的动能转化为内能之后，向左加速的过程中还要产生一部分内能，故有Q 甲＜Q 乙＜Q 丙，故选C 、D.。

《法拉第电磁感应定律》感应电动势1感应电动势电磁感应插磁铁法拉第电磁感应定律法拉第电磁感应定律：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． E t∆Φ=∆物理意义与电磁感应关系磁通量Ф穿过回路的磁感线的条数多少没有直接关系磁通量变化△Ф穿过回路的磁通量变化了多少产生感应电动势的条件磁通量变化率ΔΦ/Δt 穿过回路的磁通量变化的快慢决定感应电动势的大小★Φ、△Φ、ΔΦ/Δt的意义后来磁通量减开始磁通量•匝数为n ＝200的线圈回路总电阻R ＝50Ω，整个线圈平面均有垂直于线框平面的匀强磁场穿过，磁通量Φ随时间变化的规律如图所示，求：线圈中的感应电流的大小。

例与练V V t 5.01.010.015.0=-=∆∆φV tn E 100=∆∆=∴φA RE I 2==∴导线切割磁感线时的感应电动势．（1）垂直切割时：如图所示，导体由ab 匀速移动到a 1b 1 ，这一过程中穿过闭合回路的磁通量变化∆Φ=BLv ∆t ，由法拉第电磁感应定律得： E BLv t ∆Φ==∆（2）切割方向与磁场方向成θ角时：如图所示，将v 分解为垂直B 和平行B 的两个分量，其中：θsin v v =⊥对切割有贡献．θcos //v v =对切割无贡献．E BLv ⊥=所以： s :in E BLV θ=即•说明：公式E=Δφ/Δt，E=nΔφ/Δt一般适用于求解平均电动势的大小；而公式E=BLV 一般适用于切割磁感线运动导体的瞬时电动势的大小。

•讨论：产生感应电流与产生感应电动势的条件一样吗？•（导体在磁场中做切割线运动或者是穿过某一回路的磁通量发生变化，就一定产生感应电动势, 要形成感应电流就必须有闭合回路）•如图所示，电阻不计的裸导体AB 与宽为60cm 的平行金属导轨良好接触，电阻R 1＝3Ω， R 2＝6Ω，整个装置处在垂直导轨向里的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.5T 。

当AB 向右以V ＝5m/s 的速度匀速滑动时，求流过电阻R 1、 R 2的电流大小。