知识讲解 法拉第电磁感应定律（提高）

1 物理总复习：法拉第电磁感应定律 【考纲要求】 1、知道法拉第电磁感应定律的内容 2、知道公式 与 的区别与联系 3、会正确选用不同公式进行相关计算 4、知道自感现象、自感电动势、自感系数，知道自感现象的利弊及其利用与防止 5、了解日光灯的组成与电路，知道镇流器的工作原理和作用 6、知道涡流现象，了解其利用与防止技术。 【考点梳理】 考点一、法拉第电磁感应定律 一、感应电动势 1、感应电动势 　　在电磁感应现象中产生的电动势叫感应电动势。产生感应电动势的那部分导体相当于电 源。只要穿过回路的磁通量发生改变，在回路中就产生感应电动势。 2、感应电动势与感应电流的关系 　　感应电流的大小由感应电动势和闭合回路的总电阻共同决定，三者的大小关系遵守闭合 电路欧姆定律，即 。 二、法拉第电磁感应定律 要点诠释： 1、法拉第电磁感应定律 　　感应电动势的大小跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化率成正比。 ，其中 n 为线圈匝数。 2、法拉第电磁感应定律内容的理解 　（1）感应电动势的大小： 。公式适用于回路磁通量发生变化的情况，回路不 一定要闭合。 　（2） 不能决定 E 的大小， 才能决定 E 的大小，而 与 之间没有大小上的 联系。 　（3）当 仅由 B 的变化引起时，则 ； 当 仅由 S 的变化引起时，则 。 　（4）公式 中，若 取一段时间，则 E 为 这段时间内的平均值。当磁通量不 是均匀变化的，则平均电动势一般不等于初态与末态电动势的算术平均值。 三、导体切割磁感线时的感应电动势 要点诠释： 1、导体垂直切割磁感线时, 感应电动势可用 求出，式中 L 为导体切割磁感线的有 效长度。若导线是曲折的，则 L 应是导线的有效切割长度。 2、导体不垂直切割磁感线时，即 v 与 B 有一夹角 ，感应电动势可用 求出。 四、磁通量 、磁通量变化量 、磁通量变化率 的比较 E n t φ∆= ∆ E BLv= EI R r = + E n t φ∆= ∆ E n t φ∆= ∆ φ∆ t φ∆ ∆ t φ∆ ∆ φ∆ φ∆ BE nS t ∆= ∆ φ∆ SE nB t ∆= ∆ E n t φ∆= ∆ t∆ t∆ E BLv= θ sinE BLv θ= φ φ∆ t φ∆ ∆2 要点诠释： 1、 是状态量，是某时刻穿过闭合回路的磁感线条数，当磁场与回路平面垂直时， 。 2、 是过程量，它表示回路从某一时刻变化到另一时刻回路的磁通量的增量，即 。 3、 表示磁通量变化的决慢，即单位时间内磁通量的变化，又称为磁通量的变化率。 4、 、 、 的大小没有直接关系，这一点可与 相比较。需要指出的是 很 大， 可能很小； 很小， 可能很大； ， 可能不为零（如线圈平面转到与 磁感线平行时）。当 按正弦规律变化时， 最大时， ；当 为零时 最大。 五、公式 与 的区别与联系 　 （1）求的是 时间内的平均感应电动势， E 与某段时间或某个过程相对应 （1）求的是瞬时感应电动势，E 与某个时刻 或某个位置相对应 （2）求的是整个回路的感应电动势，整个 回路的感应电动势为零时，其回路某段导体 的感应电动势不一定为零 （2）求的是回路中一部分导体切割磁感线时 产生的感应电动势 区 别 （3）由于是整个回路的感应电动势，因此 电源部分不容易确定 （3）由于是一部分导体切割磁感线的运动产 生的，该部分就相当于电源 联 系 公式 和 是统一的，当 时， E 为瞬时感应电动势，只是由 于高中数学知识所限，现在还不能这样求瞬时感应电动势，而公式 的 v 若代入 ，则求出的 E 为平均感应电动势 六、导电液体“切割”磁感线问题 导电液体中存在着大量的离子，当离子通过磁场时受到安培力的作用而发生偏转，使 管子两侧出现电势差。处理此类问题时首先应建立流体模型——圆柱体或长方体，其次明确 两点间的电势差与两点间的直导体棒切割磁场产生的电动势等效。 考点二、自感现象及自感电动势 一、互感、自感和涡流现象 1、互感现象 　　一个线圈中的电流变化，所引起的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势的现象 叫互感现象。在互感现象中出现的电动势叫互感电动势，其重要应用之一是制成变压器。 φ BSφ = φ∆ 2 1 φ φ φ∆ = − t φ∆ ∆ φ φ∆ t φ∆ ∆ vv v t ∆∆ ∆、 、 φ t φ∆ ∆ φ t φ∆ ∆ 0φ = t φ∆ ∆ φ φ 0t φ∆ =∆ φ t φ∆ ∆ E n t φ∆= ∆ sinE BLv θ= E n t φ∆= ∆ sinE BLv θ= t∆ E n t φ∆= ∆ sinE BLv θ= 0t∆ → sinE BLv θ= v3 2、自感现象 　（1）定义：由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象，叫自感现象。自感现 象中产生的感应电动势叫自感电动势。其主要应用之一是制成日光灯。 　（2）自感电动势： 要点诠释： 　　①自感电动势的作用：总是阻碍导体中原电流的变化，即总是起着推迟电流变化的作用。 　　②自感电动势的方向：自感电动势总是阻碍导体中原来电流的变化，当原来电流增大时， 自感电动势与原来电流方向相反；当原来电流在减小时，自感电动势与原来电流方向相同。 　（3）自感系数：自感系数 L 简称为电感或自感，与线圈的形状、长短、匝数有关线圈的 横截面积越大，线圈越长，匝数越密，它的自感系数越大；有铁芯的线圈的自感系数比没有 铁芯时大得多。其单位是亨利，1 H= mH= 。 3、涡流 　　当线圈中的电流随时间发生变化时，线圈附近的任何导体都会产生感应电流，电流在导 体内自成闭合回路，很像水的漩涡，把它叫做涡电流，简称涡流。 二、灯泡闪亮的原因 　　如图所示，原来电路闭合并处于稳定状态，L 与 A 并联，其电流分别为 和 ，方向 都是从左向右。在断开 S 的瞬间，灯 A 中原来的从右向左的电流 立即消失，但是灯 A 与 线圈 L 组成一闭合回路，由于 L 的自感作用，其中的电流 不会立即消失，而是在回路中 逐渐减弱，并维持短暂的时间，此时间内灯 A 中有从左向右的电流通过，这时通过灯 A 的 电流从 开始减弱。如果 ，则原来的电流 ，在灯 A 熄灭之前要先闪亮一下； 如果 ，则原来的电流 ，灯 A 逐渐熄灭不会闪亮一下。 　　 　 通电时线圈产生的自感电动势阻碍电流的增加与电流方向相反，此时含线圈 L 的支路 相当于断开；断电时线圈产生的自感电动势与原电流方向相同，在与线圈串联的回路里，线 圈相当于电源，它提供的电流从原来的 逐渐减小，但流过灯泡 A 的电流方向与原来相反。 三、日光灯的工作原理 　　如图所示，当日光灯接通电源后，电源把电压加在启动器的两极之间，氖气放电发出辉 光，辉光产生的热量使 U 形动触片膨胀伸长，跟静触片接触而把电路接通。电路接通后， 氖气停止放电，U 形动触片冷却收缩，两个触片分离，电路断开。在电路突然中断的瞬间， 由于镇流器中电流急剧减小，会产生很高的自感电动势，方向与原来电压的方向相同，这个 自感电动势与电源电压加在一起，形成一个瞬时高压，加在灯管两端，使灯管中的气体开始 放电，日光灯管成为电流的通路开始发光 　　 镇流器的作用： 　　（1）启动时产生瞬时高压 　　在启动器短路期间电流很大，当启动器断开的瞬间镇流器可产生很大的自感电动势加在 灯管两端，使其中的气体电离导电，灯管发光。 IE L t ∆= ∆ 310 610 Hµ LI AI AI LI LI L AR R< L AI I> L AR R≥ L AI I≤ LI4 　　（2）工作过程中降压限流，即在灯管正常发光时降低电压，使灯管电压小于电源电压。 【典型例题】 类型一、法拉第电磁感应定律的应用 例 1、(2015 安徽) 如图所示，abcd 为水平放置的平行“匚”形光滑金属导轨，间距为 l。 导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，导轨电阻不计。已知金属杆 MN 倾斜放置，与导轨成 角，单位长度的电阻为 r，保持金属杆以速度 v 沿平行于 cd 的方向滑 动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）。则 A．电路中感应电动势的大小为 B．电路中感应电流的大小为 C．金属杆所受安培力的大小为 D．金属杆的热功率为 【答案】B 【解析】导体棒切割磁力线产生感应电动势 E=Blv，故 A 错误；感应电流的大小 ，故 B 正确；所受的安培力为 ，故 C 错误；金 属杆的热功率 ，故 D 错误。 【考点】考查电磁感应 知识。 举一反三 【变式】如图所示，水平放置的平行金属导轨，相距 L=0.50 m，左端接一电阻 R =0. 20n， 磁感应强度 B=0.40 T，方向垂直于导轨平面的匀强磁场，导体棒 ab 垂直放在导轨上，并能 无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，当 ab 以 v=4.0 m/s 的速度水平向 右匀速滑动时，求： 　（1）ab 棒中感应电动势的大小，并指出 a、b 哪端电势高？ θ sin Blv θ sinBv r θ 2 sinlv r B θ 22 sin l r vB θ sin sin E BvI l rr θ θ = = 2 sin l B lvF BI rθ= = 2 2 2 sin sin l B vQ I r r θ θ= =5 　（2）回路中感应电流的大小； 　（3）维持 ab 棒做匀速运动的水平外力 F 的大小。 【答案】（1）0.8V；a 端电势高；（2）4.0A；（3）0. 8 N。 【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律，ab 棒中的感应电动势为 根据右手定则可判定感应电动势的方向由 ，所以 a 端电势高。 （2）导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，感应电流大小为 （3）由于 ab 棒受安培力，棒做匀速运动，故外力等于安培力 ， 故外力的大小为 0. 8 N。 例 2、（2016 全国新课标Ⅱ卷）如图，水平面（纸面）内间距为 l 的平行金属导轨间接一 电阻，质量为 m、长度为 l 的金属杆置于导轨上。 t=0 时，金属杆在水平向右、大小为 F 的恒定拉力作用下由静止开始运动．t0 时刻，金属杆进入磁感应强度大小为 B，方向垂直于 纸面向里的匀强磁场区域，且在磁场中恰好能保持匀速运动．杆与导轨的电阻均忽略不计， 两者始终保持垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数为 μ．重力加速度大小为 g．求 （1）金属杆在磁场中运动时产生的电动势的大小； （2）电阻的阻值． 【答案】（1） （2） 【解析】（1）由题意可知 0~ t0 时间内受力分析如下 ① ( )0BltE F mgm µ= − 2 2 0B l tR m = F F f= −合 0.4 0.5 4.0 0.8E BLv V V= = × × = b a→ 0.8 4.00.2 EI A AR = = = 4.0 0.5 0.4 0.8F BIL N N= = × × =6 ② 物体做匀加速直线运动 ③ 物体匀加进入磁场瞬间的速度为 ，则 ④ 由法拉第电磁感应定律可知 ⑤ 由①②③④⑤可得 ⑥ （2） 金属杆在磁场中的受力如下即 由杆在磁场中匀速直线运动可知 ⑦ ⑧ 由安培力可知 ⑨ 由欧姆定律可知 ⑩ 由⑥⑦⑧⑨⑩可知 举一反三 【高清课堂：法拉第电磁感应定律 例 2】 【变式 1】如图所示，空间存在垂直于纸面的均匀磁场，在半径为 r/2 的圆形区域内、外， 磁场方向相反，磁感应强度的大小均为 B．一半径为 r，电阻为 R 的圆形 导线环放置在纸面内，其圆心与圆形区域的中心重合。在内、外磁场同时 以 增大，求导线环内的感应电流强度大小和感应电流方向？ 【答案】 ，顺时针方向。 【解析】圆形导线环的磁通量为 f mgµ= F ma=合 v 0v at= E Blv= ( )0BltE F mgm µ= − 0F F f− − =安 f mgµ= F BIl=安 EI R = 2 2 0B l tR m = B kt ∆ =∆ 2 2 k rI R π= 2 2 2 21 1 1( )4 4 2B r r B r B rφ π π π= − − =7 垂直向外的磁通量大于向里的，在内、外磁场同时以 增大时，根据楞次定律，应用 右手螺旋定则知感应电流的磁场方向为顺时针方向。 感应电动势 所以感应电流强度大小 。 【变式 2】一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，先保持线框的面积不变， 将磁感应强度在 1 s 时间内均匀地增大到原来的两倍，接着保持增大后的磁感应强度不变， 在 1 s 时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半，先后两个过程中，线框中感应电 动势的比值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】设磁感应强度为 B，线框面积为 S， 第一次：保持线框的面积不变，在 1 s 时间内均匀地增大到原来的两倍，B1 =2B 磁通量的变化为 ， 产生的感应电动势 第二次：磁感应强度为 2B，S2 = 1/2 S 磁通量的变化为 产生的感应电动势 ，大小相等，选 B。 【变式 3】如图，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 B0．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 的大小应为（ ） A. B． C． D． 【答案】C B kt ∆ =∆ 2 21 1 2 2 BE n r k rt t φ π π∆ ∆= = =∆ ∆ 2 2 E k rI R R π= = 1 2 1 (2 )S B B BSφ∆ = − = 1t t s∆ = = 1 1 BSE t t φ∆= =∆ 2 12 2B S BSφ∆ = − ⋅ = − 2 2 BSE t t φ∆= = −∆ B t ∆ ∆ π ω 04 B π ω 02 B π ω 0B π ω 2 0B8 【解析】线圈匀速转动过程中， ；要使线圈产生相同电流， ，所以 ，所以 C 正确。 类型二、电势高低问题 【高清课堂：电磁感应现象和楞次定律 例 6】 例 3、飞机在北半球自东向西水平飞行，关于飞机的机翼、机背和机腹的电势高低， 以下说法正确的是（ ） A. 左侧机翼电势高 B. 右侧机翼电势高 C. 机腹的电势高 D. 机背的电势高 【思路点拨】判断电势的高低，特别是地磁场问题，分析清楚北半球的地磁场方向是向北斜 向下的，水平分量向北，竖直分量竖直向下，画出草图。 【答案】AC 【解析】把机翼、机背和机腹看成一根导线。先分析飞机左右机翼电势的高低：由于地磁场 的水平分量由南向北，竖直分量竖直向下，飞机左右机翼切割地磁场的竖直分量，画出草图 如图 1，应用右手定则，如果是闭合的（假设是闭合的），电流方向从右向左，四指的电势 是高电势，所以左侧机翼电势高，右侧机翼电势低，如图 1 所示。（要注意左右是对飞行员 而言的） 再分析图中机背和机腹的电势高低：机背和机腹切割地磁场水平分量，方向由南向北，磁场 方向表示为垂直向里，应用右手定则，如果是闭合的，电流方向从机背向机腹，四指的电势 是高电势，所以机腹的电势高，机背的电势低，如图 2 所示。故选 AC。 【总结升华】首先要明确地磁场的方向，“地磁场的水平分量由南向北，竖直分量竖直向下” （如果在南半球则都相反），再根据运动物体的特点，画出草图，对切割磁感线的运动物体 应用右手定则，切割磁感线的导体相当于电源，产生的是感应电动势，电流的方向由低电势 指向高电势（假设是闭合的）。如果是磁场变化、面积变化等情况，则根据楞次定律判断感 应电流的方向，那部分线圈（无论闭合与否）相当于电源，产生的是感应电动势，电流方向 由低电势指向高电势（假设是闭合的）。 请思考：（1）如果飞机在南半球自东向西水平飞行，飞机的机翼、机背和机腹的电势 高低如何？（2）如果飞机在北半球自西向东水平飞行，它们的电势高低又如何？（3）如果 飞机在北半球由北往南飞（由南往北飞）水平飞行，它们的电势高低又如何？ 2 20 0 1 12 2 B R B REI r r r ω ω= = = 2 2 1 1 1 1 12 2 B RE BRI r r t r t r t πφ π ∆∆ ∆= = = =∆ ∆ ∆ 0BB t ω π ∆ =∆9 举一反三 【变式 1】（2015 重庆卷） 如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为 ，面积为 .若在 到 时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度 大小由 均匀增加到 ，则该段时间线圈两端 a 和 b 之间的电势差 A.恒为 B. 从 0 均匀变化到 C.恒为 D.从 0 均匀变化到 【答案】C 【解析】穿过线圈的磁场均匀增加，将产生大小恒定的感生电动势，由法拉第电磁感应 定律得: ， 而等效电源内部的电流由楞次定律知从 a→b，即 b 点是等效电源的正极，即 ，故选 C。 【考点】本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律。 【变式 2】一飞机在北半球的上空以速度 v 水平飞行，飞机机身长为 a，机翼两端点的距离 为 b。该空间地磁场的磁感应强度的水平分量为 B1，竖直分量为 B2。设驾驶员左侧机翼的 端点为 C，右侧机翼的端点为 D，则 CD 两点间的电势差 U 为（ ） A．U =B1vb，且 C 点电势低于 D 点电势 B．U =B1vb，且 C 点电势高于 D 点电势 C．U =B2vb，且 C 点电势低于 D 点电势 D．U=B2vb，且 C 点电势高于 D 点电势 【答案】D 【解析】飞机在北半球的上空水平飞行，左右机翼切割地磁场磁感线的竖直分量 B2，左右 机翼长度为 b，则感应电动势为 U=B2vb，可以作出草图与例 3 的图 1 相同，左边电势高， 所以 C 点电势高于 D 点电势，只有 D 正确。（改变飞机的飞行方向，结论不变） 【变式 3】用相同导线绕制的边长为 L 或 2L 的四个闭合导体线框，以相同的速度进入右侧 n S 1t 2t 1B 2B a b ϕ ϕ− 2 1 2 1 ( )nS B B t t − − 2 1 2 1 ( )nS B B t t − − 2 1 2 1 ( )nS B B t t −− − 2 1 2 1 ( )nS B B t t −− − 2 1 2 1 S B BE n nt t t ϕ −∆= =∆ − （ ） 2 1 2 1 a b S B Bn t t ϕ ϕ −− = − − （ ）10 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 Ua、Ub、Uc 和 Ud。下列判断正确的是（ ） 　A．Ua＜Ub＜Uc＜Ud　 B．Ua＜Ub＜Ud＜Uc 　 　C．Ua＝Ub＝Uc＝Ud 　 D．Ub＜Ua＜Ud＜Uc 【答案】B 【解析】a 图 MN 进入磁场的过程中，产生的感应电动势为 ，MN 是内电路，设 L 长的电阻为 R，电流 ， 。 同理： 。 可知选项 B 正确。 例 4、如图所示,有一匝接在电容器 C 两端的圆形导线回路，垂直于回路平面以内存在 着向里的匀强磁场Ｂ，已知圆的半径 r=5cm，电容 C=20μF，当磁场 B 以 4×10-2T／s 的变化 率均匀增加时，则（ ） A. 电容器 a 板带正电，电荷量为 2π×10-9C B. 电容器 a 板带负电, 电荷量为 2π×10-9C C. 电容器 b 板带正电, 电荷量为 4π×10-9C D. 电容器 b 板带负电，电荷量为 4π×10-9C 【思路点拨】“感应电流”对电容器充电，“电流”流进的极板为正极。电容器两板电压等于 感应电动势，再应用电容器的公式求电量。 【答案】A 【解析】磁场 B 均匀增加时，圆形导线回路产生感应电动势，根据楞次定律，感应电流的 磁场方向垂直向外，应用右手定则，假设的电流方向为逆时针，圆形导线回路相当于电源， 四指的地方电势高，即 a 点电势高，所以电容器 a 板带正电，BC 错。感应电动势为电容器 C 两端的电压，根据法拉第电磁感应定律， . 又 ，电量 ，故 A 正确。 【总结升华】圆形导线回路与电容器相接，不是闭合回路，解题时都假设是闭合的（闭合的 才有感应电流），根据楞次定律（“增反减同”）判断感应电流的磁场方向，再用安培定则 （右手螺旋定则）判断感应电流方向，四个指头的地方是高电势，即电源的正极，与正极相 接的是电容器的正极（也可画出电流方向，流进的那端是正极）。回路中仅有瞬时电流。 【变式 1】如图所示，线圈内有理想边界的磁场，当磁场均匀增加时，有一带电粒子静止于 平行板(两板水平放置)电容器中间，则此粒子带____电，若线圈的 aE BLv= 4 4 a a E BLvI R R = = 33 34 4a a BLvU I R R BLvR = = × = 55 56 6b b BLvU I R R BLvR = = × = 2 36 68 2c c BLvU I R R BLvR = = × = 2 44 46 3d d BLvU I R R BLvR = = × = 2 2 4 2 45 10 4 10 10B BE n S r V Vt t t φ π π π− − −∆ ∆ ∆= = = = ⋅ × × × = ×∆ ∆ ∆ QC U = 6 4 920 10 10 2 10Q CU CE C Cπ π− − −= = = × × × = ×11 匝数为 n，平行板电容器的板间距离为 d，粒子的质量为 m，带电量为 q，则磁感应强度的变 化率为____(设线圈的面积为 S)． 【答案】负； . 【解析】当磁场均匀增加时，根据楞次定律，电容器上极板为正极，带电粒子静止于平行板 电容器中间，重力等于电场力，电场力方向向上，则粒子带负电。 根据法拉第电磁感应定律， ， 感应电动势等于电容器两板间的电压 带电粒子静止 ， 联立解得 。 【变式 2】如图所示，圆环 a 和圆环 b 半径之比为 2∶1，两环用同样粗细的、同种材料的导 线连成闭合回路，连接两圆环电阻不计，匀强磁场的磁感强度变化率恒定，则在 a 环单独置 于磁场中和 b 环单独置于磁场中两种情况下，M、N 两点的电势差之比为（ ） 　　A．4∶1　　B．1∶4　　C．2∶1　　D．1∶2 【答案】C 【解析】据题意，半径： ，面积： ，电阻： ， 磁感强度变化率恒定， 感应电动势 ， ，则感应电动势之比： 感应电流 ， ，则感应电动势之比： M、N 两点电势差 （b 环是外电路）， （a 环是外电路） 所以 M、N 两点电势差之比 。故 C 正确。 类型三、通过导体横截面的电荷量 在电磁感应现象的考题中，常要求计算某段过程中流过导体横截面的电量。由电流的定 义式知 ，由法拉第电磁感应定律知回路中的平均电流 ，而 ， mgd nqS BE n nSt t φ∆ ∆= =∆ ∆ E U= Umg q d = B mgd t nqS ∆ =∆ 2a br r= 4a bS S= 2a bR R= a a BE S t ∆= ∆ b b BE S t ∆= ∆ 4 1 a a b b E S E S = = a a a b EI R R = + b b a b EI R R = + 4 1 a a b b I E I E = = MN a bU I R= MN b aU I R′ = 4 1 2 1 2 1 MN a b MN b a U I R U I R = = × =′ q I t= ⋅∆ EI R = E n t φ∆= ∆12 则 ，可见流过导体截面的电量只与导体线圈的匝数 n、线圈的 电阻及该过程磁通量的变化 有关，而与时间无关。这里电流要用平均值，即感应电动势 要用平均值，必须用公式 ，R 是总电阻。 例 5、如图所示，单匝矩形闭合导线框 abcd 全部处于磁感应强度为 B 的水平匀强磁场 中，线框面积为 S，电阻为 R。线框绕与 cd 边重合的竖直固定转轴以角速度 匀速转动， 线框从图示位置开始转过 的过程中，通过导线横截面的电荷量 q= 。 【思路点拨】求通过导线横截面的电量，电流要用平均值，电动势当然也要用平均值，就是 说求电动势要用公式 。 【答案】 【解析】单匝矩形闭合导线框，图示位置磁通量为 BS，转过 磁通量为零，磁通量的变化 量为 BS， 。 【总结升华】理解了电流用平均值、电动势用平均值，理解求通过导线横截面的电荷量的公 式 ，主要是求出磁通量的变化量，掌握了基本处理方法做起题来就会得心应手， 又快又对。 举一反三 【变式 1】有一面积为 S=100 cm2 的金属环，电阻为 R=0.1Ω，环中磁场的变化规律如下图 所示，且磁场方向垂直环向里，求： （1）在 t1 到 t2 时间内，通过金属环的电量是多少？ （2）若 t=0.1 s，t2=0.2 s，金属环中产生的感应电动势为多少？ 【答案】（1）0.01C；（2）0.01V. 【解析】（1）由图像可知，磁感应强度的变化率为 . 线圈中的磁通量的变化率 . q I t n t ntR R φ φ∆ ∆= ⋅∆ = ⋅∆ =∆ φ∆ E n t φ∆= ∆ ω 2 π E n t φ∆= ∆ BS R 2 π E BSq I t t tR R t R R φ φ∆ ∆= ∆ = ∆ = ∆ = =∆ q n R φ∆= 2 1 2 1 B BB t t t −∆ =∆ − 2 1 2 1 B BB S St t t t φ −∆ ∆= = ⋅∆ ∆ −13 环中的感应电流 . 通过环的电量 . （2）t=0.1 s，t2=0.2 s， . 【变式 2】如图所示，一对光滑的平行金属导轨固定在统一水平面内，导轨间距 l=0.5m，左 端接有阻值 R=0.3Ω的电阻。一质量 m=0.1kg，电阻 r=0.1Ω的金属棒 MN 放置在导轨上， 整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度 B=0.4T。棒在水平向右的外力作 用下，由静止开始以 a=2m/s2 的加速度做匀加速运动，当棒的位移 x=9m 时撤去外力，棒继 续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比 Q1：Q2=2:1。导轨 足够长且电阻不计，棒在运动过程中时钟与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求 （1）棒在匀加速过程中，通过电阻 R 的电荷量 q： （2）撤去外力后回路中产生的焦耳热 Q2： （3）外力做的功 WF 【答案】（1）4.5C；（2）1.8J；（3）5.4J. 【解析】（1）棒匀加速运动所用时间为 t，有 s 根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求电路中产生的平均电流为 A 根据电流定义式有 C （2）撤去外力前棒做匀加速运动根据速度公式末速为 m/s 撤去外力后棒在安培力作用下做减速运动，安培力做负功先将棒的动能转化为电能，再通过 电流做功将电能转化为内能，所以焦耳热等于棒的动能减少。有 J （3）根据题意在撤去外力前的焦耳热为 J EI R tR φ∆= = ∆ 210 (0.2 0.1) 0.010.1 S BQ I t t CR t R R φ φ −∆ ∆ ∆ −= ∆ = ×∆ = = = =∆ 210 (0.2 0.1) 0.010.2 0.1 S BE n n Vt t φ −∆ ∆ × −= = = =∆ ∆ − xat =2 2 1 32 922 =×== a xt 0.4 0.5 9 1.5( ) ( ) 3 (0.3 0.1) E BlxI R r t r R t r R φ∆ × ×= = = = =+ + + × + 5.435.1 =×== tIq 632 =×== atv 8.161.02 1 2 1 22 2 =××==∆= mvEQ k 6.32 21 == QQ14 撤去外力前拉力做正功、安培力做负功（其大小等于焦耳热 Q1）、重力不做功共同使棒的动 能增大，根据动能定理有 则 J. 类型四、自感 例 6、如图所示的电路中有 L1 和 L2 两个完全相同的灯泡，线圈 L 的电阻忽略不计．下 列说法中正确的是（　 ） A、闭合 S 时，L2 先亮，L1 后亮，最后一样亮　　 　　B、断开 S 时，L2 立刻熄灭，L1 过一会儿熄灭 　　C、L1 中的电流始终从 b 到 a　 　　D、L2 中的电流始终从 c 到 d 【思路点拨】自感电动势阻碍电流的变化，使电流延缓。断电后线圈相当于电源提供电流， 如果线圈的电阻很小，与线圈组成闭合回路的灯泡就会闪亮一下。 【答案】AC 【解析】闭合 S 时，L2 中立即有从 d 到 c 的电流，先亮，线圈由于自感作用，通过它的电 流将逐渐增加，所以 L1 逐渐变亮。电路稳定后自感作用消失，线圈 L 相当于导线，所以 L1、L2 最后一样亮，选项 A 正确。断开 S 时，L2 中由电源提供的电流立即消失，但是 L1 中 从 b 到 a 的电流由于自感的阻碍作用只能逐渐减小，该电流与 L2 形成回路，因此 L1、L2 都 将过一会儿才一熄灭，选项 B 错误。L1 中的电流始终由 b 到 a ，L2 中的电流先由 d 到 c， 后由 c 到 d。 【总结升华】自感电动势阻碍电流的变化，线圈中电流增大时，自感电动势（电流）方向与 原电流方向相反，阻碍电流的增大；线圈中电流减小时，自感电动势（电流）方向与原电流 方向相同，阻碍电流的减小，正是这种阻碍作用，使线圈中的电流只能从原来的值逐渐变化， 不能发生突变。 举一反三 【变式 1】如图所示，线圈 L 的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L1、L2 是两个完全 相同的小灯泡，随着开关 S 的闭合和断开的过程中，L1、L2 的亮度变化情况是（灯丝不会 断）（　 ） 　　A．S 闭合，L1 亮度不变， L2 亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S 断开，L2 立即不亮， L1 逐渐变亮 　　B．S 闭合， L1 亮度不变， L2 很亮；S 断开，L1、L2 立即不亮 　　C．S 闭合，L1、L2 同时亮，而后 L1 逐渐熄灭，L2 亮度不变；S 断开，L2 立即不亮，L1 亮一下才灭 　　D．S 闭合，L1、L2 同时亮，而后 L1 逐渐熄灭，L2 则逐渐变得更亮；S 断开，L2 立即不 亮，L1 亮一下才灭 　　 【答案】D 【解析】当 S 接通，L 的自感系数很大，对电流的阻碍作用较大，L1 和 L2 串接后与电源相 1QWE Fk −=∆ 4.58.16.31 =+=∆+==∆ kFk EQWE15 连，L1 和 L2 同时亮，随着 L 中电流的增大，L 的电流电阻不计，L 的分流作用增大，L1 的 电流逐渐减小为零，由于总电阻变小，总电流变大，L2 的电流增大，L2 灯变得更亮。当 S 断开，L2 中无电流，立即熄灭，而电感 L 将要维持本身的电流不变，L 与 L1 组成闭合电路， L1 灯要亮一下后再熄灭（即所谓闪亮一下后熄灭），综上所述，选项 D 正确。 【变式2】某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈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 造成小灯泡末闪亮的原因是（ ） 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 【答案】C 【解析】A、开关断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电 源的内阻无关．故 A 错误．B、若小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电流， 断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮 现象．故 B 错误．C、线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时， 根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象．故 C 正确．D、线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中 电 流 的 大 小 ． 故 D 错 误 ． 故 选 C ．16 【巩固练习】 一、选择题 1、（2015 新课标 II 卷）如图，直角三角形金属框 abc 放置在匀强磁场中，磁感应强度 大小为 B，方向平行于 ab 边向上。当金属框绕 ab 边以角速度 ω 逆时针转动时，a、b、c 三 点的电势分别为 Ua、Ub、Uc.已知 bc 边的长度为 l。下列判断正确的是 A．Ua> Uc，金属框中无电流 B. Ub >Uc，金属框中电流方向沿 a-b-c-a C .Ubc=-1/2Bl²ω，金属框中无电流 D. Ubc=1/2Bl²w，金属框中电流方向沿 a-c-b-a 2、如图所示，粗糙均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直 于线框平面，其边界与正方形线框的边平行，现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平 移 出磁场，则在移出过程中线框的一边 a、b 两点间电势差的绝对值最大的是( ) 3、 如图所示，一正方形线圈的匝数为 n，边长为 a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半 处在磁场中．在 Δt 时间内，磁感应强度的方向不变，大小由 B 均匀地增大到 2B.在此过程 中，线圈中产生的感应电动势为(　　)　 　　　　　　　　　　　　　　17 A. B. C. D. 4、如图所示，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直 绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好，在向右匀速通过 M、N 两区 的过程中，导体棒所受安培力分别用 FM、FN 表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是(　　) A．FM 向右 B．FN 向左 C．FM 逐渐增大 D．FN 逐渐减小 5、在如图所示的电路中，两个相同的小灯泡 和 分别串联一个带铁芯的电感线圈 和 一个滑动变阻器 ．闭合开关 后，调整 ，使 和 发光的亮度一样，此时流过两个灯 泡的电流均为 ，然后，断开 ，若 时刻再闭合 ，则在 前后的一小段时间内，正确反 映流过 的电流 ，流过 的电流 ，随时间 变化的图像是（ ） 6、如图，矩形裸导线框 abcd 的长边长度为 2L，短边的长度为 L，在两短边上均接有电 阻 R，其余部分电阻不计。导线框一长边与 x 轴重合，左边的坐标 x=0，线框内有一垂直于 线框平面的匀强磁场，磁场的磁感应强度为 B。一质量为 m、电阻也为 R 的光滑导体棒 MN 与短边平行且与长边接触良好。开始时导体棒静止于 x=0 处，从 t=0 时刻起，导体棒 MN 在 沿 x 轴正方向的一拉力作用下，从 x=0 处匀加速运动到 x =2L 处。则导体棒 MN 从 x=0 处 运动到 x=2L 处的过程中通过电阻 R 的电量为（　 ） 　　A． 　　　 B． 　 C． 　　　 D． 2 2 Ba t∆ 2 2 nBa t∆ 2nBa t∆ 22nBa t∆ 1L 2L L R S R 1L 2L I S 't S 't 1L 1i 2L 2i t 28 3 BL R 24 3 BL R 22 3 BL R 22BL R18 7、如图所示，在空中有一水平方向的匀强磁场区域，区域的上下边缘间距为 h，磁感应 强度为 B。有一宽度为 b（b ，= 解析：快插磁通量的变化快，即磁通量的变化率大，产生的感应电动势就大；快插和慢插 磁通量的变化相等，线圈电阻相等，所以两次通过线圈截面电量的大小相等。 2、 ，负电， 解析：A、C 两板的电势差 . 根据楞次定律，感应电流的磁场方向垂直向里，再应用安培定则，四指指向 C，所以 C 板 为正，A 板为负。电荷量 3、 解析：导体框在磁场中受到的合外力等于 F，根据牛顿第二定律可知导体框的加速度为 。由于导体框运动不产生感应电流，仅是磁感应强度增加产生感应电流，因而磁场 变化产生的感应电动势为 ， 故导体框中的感应电流做功的功率为 三、计算题 P Fv BILv= = 1 1 1 2 2 2 1 1 1 2 2 4 P I v P I v = ⋅ = ⋅ = q R φ∆= φ∆ R 1 2 1 1 q q = 55 10−× 105 10−× 2 3 510 5 10 5 10BU E n S V Vt t φ − − −∆ ∆= = = = ⋅ × = ×∆ ∆ 6 5 1010 10 5 10 5 10Q CU C C− − −= = × × × = × F m 2 4k l R Fa m = 2BE S l kt ∆= =∆ 2 2 4E k lP R R = =25 1、【答案】(1)1.54 V　(2)不能，理由见解析　(3)4×105 m 【解析】(1)法拉第电磁感应定律 E＝BLv，代入数据得 E＝1.54 V (2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流． (3)在地球表面有 匀速圆周运动 解得 ，代入数据得 h≈4×105 m（数量级正确都算对） 2、（1） ， ；（2） 。 解析：（1）根据法拉第电磁感应定律，回路中产生的平均感应电动势为： ① ② ③ 由①②③式解得平均电流 ，通过的电荷量为： （2）当导线运动到圆环的圆心处时，切割磁感线的有效长度最大，产生的感应电动势也 就最大，电阻 R 上的电流强度也最大，此时 ④ 所以 ⑤ 由以上两式，得 . 3、（1） ；（2） 。 解析一：每个灯上的额定电流为 额定电压为： （1）最后 MN 匀速运动，安培力等于重力，故： 求出： （2） 得： 。 解析二：（1）设小灯泡的额定电流为 ，有 　① 2 MmG mgR = 2 2( ) Mm vG mR h R h =+ + 2 2 Rh g Rv = − 2 BrvI R π= 2B rQ R π= 2 m BrvI R = 2B rE t π= 2rt v = EI R = 2 BrvI R π= 2B rQ It R π= = 2mE B r v= ⋅ ⋅ m m EI R = 2 m BrvI R = 2 mg PRB PL = 2PR Pv BL mg = = PI R = U PR= 2B IL mg= 2 mg PRB PL = U E BLv= = 2PR Pv BL mg = = 0I 2 0P I R=26 由题意，在金属棒沿导轨竖直下落的某时刻后，小灯泡保持正常发光， 流经 MN 的电流为　 　② 此时金属棒 MN 所受的重力和安培力相等，下落的速度达到最大值， 有 　　③ 联立①②③式得 　　④ （2）设灯泡正常发光时，导体棒的速率为 v，由电磁感应定律与欧姆定律得 　　⑤ 　　⑥ 联立①②③④⑤⑥式得 .　⑦ 4、（1） （2） （3） 解析：（1）电流稳定后，导体棒做匀速运动 ① 解得 ② （2）感应电动势 E=BLv ③ 感应电流 ④ 由②③④式解得 ⑤ （3）由题意知，导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为 机械能守恒 ⑥ 感应电动势的最大值 ⑦ 感应电流的最大值 ⑧ 联立解得 5、（1） （2） （3） . 解析：（1）cd 边刚进入磁场时，线框速度 感应电动势 （2）此时线框中电流 02I I= mg BIL= 2 mg PRB PL = E BLv= 0E I R= 2Pv mg = mgB IL = 2I Rv mg = 2 m mg ghI IR = BIL mg= mgB IL = EI R = 2I Rv mg = mv 21 2 mmv mgh= m mE BLv= m m EI R = 2 m mg ghI IR = 2BL gh 3 24 BL gh 2 2 4 4 m gRh B L = 2v gh= 2E BLv BL gh= = 2BL ghEI R R = =27 cd 两点间的电势差 （3）安培力 。 根据牛顿第二定律 由 ，解得下落高度满足 . 6、（1） ，电流由 b 向 a 通过 ；（2） 解析：（1）由法拉第电磁感应定律得感应电动势为 由闭合电路的欧姆定律，得通过 的电流大小为 由楞次定律知该电流由 b 向 a 通过 （2）由 得在 0 至 时间内通过 的电量为 由焦耳定律得在 0 至 时间内 产生的热量为 。 3 3 24 4U I R BL gh= ⋅ = 2 2 2B L ghF BIL R = = mg F ma− = 0a = 2 2 2B L ghmg R = 2 2 4 4 m gRh B L = 2 0 2 03 n B r Rt π 1R 2 2 2 4 0 2 1 2 0 2 9 n B r t Rt π 2 2 0 2 2 0 n B rBE n n rt t t ππ∆Φ ∆= = =∆ ∆ 1R 2 0 2 03 3 n B rEI R Rt π= = 1R qI t = 1t 1R 2 0 2 1 1 03 n B r tq It Rt π= = 1t 1R 2 2 2 4 2 0 2 1 1 1 2 0 2 9 n B r tQ I R t Rt π= =