课件64张PPT。教师用书独具演示●课标要求
1．了解电磁感应现象发现的曲折历程．
2．知道与电流磁效应和电磁感应现象相关的物理学史，体会人类探索自然规律的科学态度和科学精神．
3．通过实验探究来理解感应电流的产生条件．
4．能够运用感应电流的产生条件判断是否有感应电流产生．1 电磁感应的发现2 感应电流产生的条件●课标解读
1．通过观察电磁感应现象，理解产生感应电流的条件．
2．能够运用感应电流的产生条件判断是否有感应电流的产生．
3．经历感应电流产生条件的探究活动，提高学生分析、观察、论证能力．
●教学地位
本节知识在高考中尽管很少直接命题，但它是物理的最基本知识，是以后学习的基础．●新课导入建议
进入电气化时代，人们的生活越来越离不开电，可是你们知道电是怎样产生的吗？今天我们学习新的一章：电磁感应，来探究电的产生过程．
我们学习了磁场，通过奥斯特的实验，发现通电导线周围可以产生磁场，即电能生磁，建立了电和磁之间的联系，既然电能生磁，那么磁能生电吗？如果磁能生电必须满足什么条件才能产生？●教学流程设计课前预习安排：1.看教材2.填写【课前自主导学】(同学之间可进行讨论) 步骤1：导入新课，本节教学地位分析 步骤2：老师提问，检查预习效果(可多提问几个学生) 步骤3：师生互动完成“探究1”互动方式(除例1外可再变换命题角度，补充一个例题以拓展学生思路) 步骤4：教师通过例题讲解总结磁通量的计算方法步骤5：让学生完成【迁移应用】检查完成情况并点评 步骤 6：师生互动完成“探究2”(方式同完成“探究1”相同) 步骤7：完成“探究3”(重在讲解规律方法技巧) 步骤8：指导学生完成【当堂双基达标】验证学习情况 步骤9：先由学生自己总结本节的主要知识，教师点评，安排学生课下完成 演示结束1.基本知识
(1)“电生磁”的发现
1820年，丹麦物理学家 发现了电流的磁效应．
(2)“磁生电”的发现
1831年，英国物理学家 发现了电磁感应现象．电磁感应的发现 奥斯特法拉第(3)法拉第的概括
法拉第把引起感应电流的原因概括为以下五类，它们都与 相联系
①变化中的
②变化中的
③ 中的恒定电流
④ 中的磁铁
⑤在磁场中运动中的
这些现象叫电磁感应，产生的电流叫 ．变化和运动电流磁场运动运动导体感应电流
(4)电磁感应现象
利用变化或运动的磁场获得 的现象．
(5)感应电流
在 现象中产生的电流．
电流电磁感应2．思考判断
(1)白炽灯泡就是根据电磁感应现象发明的．(×)
(2)“磁生电”是一种在变化、运动的过程中才能出现的现象．(?)
(3)麦克斯韦建立了电磁场理论，并预言了电磁波的存在．(?)
3．探究交流
很多科学家为什么在磁生电的研究中没有成功？
【提示】 很多科学家没有注意磁场的变化和导体与磁场之间的相对运动，只想把导体放入磁场中来获得电流，这实际上违反了能量转化和守恒定律.1.基本知识
(1)探究导体棒在磁场中运动是否产生感应电流感应电流产生的条件 图1－1－1 无无有闭合一部分切割磁感线(2)探究通过闭合回路的磁场变化时是否产生感应电流．图1－1－2 变化不变有有无有
(3)产生感应电流的条件：
大量实验证实，穿过 电路的 发生变化时，这个 电路中就有感应电流产生． 闭合磁通量闭合
2．思考判断
(1)导体相对磁场运动，导体内就一定产生感应电流．(×)
(2)穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中一定会产生感应电流．(√)
(3)闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，电路中有感应电流产生．(√)
3．探究交流
只要闭合电路中的导体切割磁感线，就一定会产生感应电流，这种说法对吗？
【提示】 不对，如图所示，在匀强磁场中，闭合导线框在磁场中切割磁感线时，穿过回路的磁通量没有变，没有感应电流产生.【问题导思】
1．穿过某个线圈的磁通量的大小与哪些因素有关？
2．磁通量为零，磁感应强度一定也为零吗？
3．如何计算磁通量及磁通量的变化量？磁通量的分析与计算 1．匀强磁场中磁通量的计算
(1)B与S垂直时：Φ＝BS，B指匀强磁场的磁感应强度，S为线圈的面积．
(2)B与S不垂直时：Φ＝BS⊥，S⊥为线圈在垂直磁场方向上的投影面积，在应用时可将S投影到与B垂直的方向上或者S不动，将B分解为垂直于S和平行于S两个分量，则Φ＝B⊥S，如图1－1－3所示Φ＝BSsin θ.图1－1－3
(3)某面积内有不同方向的磁场时
分别计算不同方向的磁场的磁通量，然后规定某个方向的磁通量为正，反方向的磁通量为负，求其代数和．
2.非匀强磁场中磁通量的分析
条形磁铁、通电导线周围的磁场都是非匀强磁场，通常只对穿过线圈的磁通量进行定性分析，分析时应兼顾磁场强弱、线圈面积和磁场与线圈的夹角等因素，并可充分利用磁感线来判断，即磁通量的大小对应穿过线圈的磁感线的条数，穿过线圈的磁感线的条数变化，则说明磁通量变化．
(2012·泰安高二检测)如图1－1－4所示，有一个垂直于纸面向里的匀强磁场，B＝0.8 T，磁场有明显的圆形边界，圆心为O，半径为1 cm.现在纸面内先后放上与磁场垂直的圆线圈，圆心均在O处，A线圈半径为1 cm,10匝；B线圈半径为2 cm,1匝；C线圈半径为0.5 cm,1匝．问：
(1)在B减为0.4 T的过程中，A和B 中磁通量改变多少？
(2)在磁场转过30°角的过程中， C中磁通量改变多少？图1－1－4
【审题指导】 审题时应注意以下问题：
(1)确定线圈与磁场的位置(状态)．
(2)确定初、末状态时的磁通量．
(3)由|Φ2－Φ1|计算磁通量的改变量．【解析】 (1)对A线圈：ΦA1＝B1πr2，ΦA2＝B2πr2.磁通量的改变量：
ΔΦA＝|ΦA2－ΦA1|＝(0.8－0.4)×3.14×10－4Wb＝1.256×10－4 Wb
对B线圈：ΦB1＝B1πr2，ΦB2＝B2πr2.
其中r为磁场的半径
磁通量的改变量：
ΔΦB＝|ΦB2－ΦB1|＝(0.8－0.4)×3.14×10－4Wb＝1.256×10－4Wb.
(2)对C线圈：ΦC1＝B1πr，磁场转过30°，线圈仍全部处于磁场中，线圈面积在垂直磁场方向的投影为πrcos 30°，则ΦC2＝B1πrcos 30°.磁通量的改变量：ΔΦC＝|ΦC2－ΦC1|＝B1πr(1－cos 30°)＝0.8×3.14×(5×10－3)2×(1－0.866) Wb≈8.4×10－6 Wb.
【答案】 (1)1.256×10－4Wb 1.256×10－4 Wb
(2)8.4×10－6 Wb与磁通量有关的计算题的处理
1．线圈为多匝时，磁通量计算不受影响，因为穿过线圈的磁感线的条数不受匝数影响．
2．若某面积内的磁场不是匀强磁场，但将该面积划分为几块后，每一块都是匀强磁场，可用公式Φ＝BS⊥对每一块进行计算，然后求代数和，若每一块都不是匀强磁场，则高中阶段只能根据磁感线的条数对磁通量进行定性判断．
3．若线圈面积S1大于磁场区域面积S2，那么Φ＝BS中的S应指闭合回路中处于磁场中的那部分的有效面积即S2.1．(2013·成都七中高二检测)如图1－1－5所示，ab是水平面上一个圆线圈的直径，在过ab的竖直平面内有一根通电直导线ef.已知ef平行于ab，当ef竖直向上平移时，电流磁场穿过圆线圈面积的磁通量将( )
A．逐渐增大
B．逐渐减小
C．始终为零
D．不为零，但保持不变图1－1－5 【解析】 利用安培定则判断电流产生的磁场，作出如图所示俯视图，考虑到磁场具有对称性，可以知道，穿进圆线圈的磁感线的条数与穿出圆线圈的磁感线条数是相等的，故选C.
【答案】 C【问题导思】
1．产生感应电流需要满足什么条件？
2．引起磁通量发生变化的因素有哪些？
3．导体切割磁感线就一定能产生感应电流吗？对感应电流的产生条件的理解
1．判断回路中是否有感应电流的依据
(1)回路是否闭合．
(2)回路中的磁通量是否变化．
这两个条件缺一不可．
2．引起穿过闭合回路的磁通量变化的方式
(1)磁场不变，闭合电路的面积发生变化，例如课本图1－2－1的实验．
(2)闭合电路的面积不变，磁场发生变化，例如课本图1－2－2的实验．
(3)线圈平面和磁场方向的夹角θ发生变化，引起穿过线圈的磁通量发生变化．即B、S不变，θ变化．以后学到的交流电的产生即属于该情况．
(4)磁场、线圈面积都发生变化，引起穿过线圈的磁通量变化．在高中阶段几乎不涉及这种情况．
1．是否产生感应电流，关键分析穿过闭合回路的磁通量是否变化，与磁通量的大小无关．
2．磁通量的变化，也可以从穿过闭合回路的磁感线的条数是否变化来分析． (2012·宜宾高二期中)如图1－1－6所示，竖直放置的长直导线ef中通有恒定电流，有一矩形导体线框abcd与长直导线在同一平面内．在下列情况中线圈产生感应电流的是( )
A．导线中电流变大
B．线框向右平动
C．线框向下平动
D．线框以ab边为轴转动图1－1－6
【审题指导】 审题时应注意以下问题：
(1)分析通电直导线ef周围的磁场分布特点．
(2)理解平动、转动的意义．
【解析】 对A选项，因I增大而引起导线周围磁场的磁感应强度增大，故A正确．
对B选项，因离开直导线方向越远，磁感线分布越疏，因此线框向右平动时，穿过线框的磁通量变小，故B正确．
对C选项，因为线框向下平动时穿过线框的磁通量不变，故C错．
对D选项，可用一些特殊位置来分析，当线框在如题图所示位置时，穿过线框的磁通量最大，当线框转过90°时，穿过线框的磁通量最小，因此可以判定线框以ab边为轴转动时磁通量一定变化，故D正确．
【答案】 ABD2．(2012·成都高二期末)在一通电长直导线附近放置一个导线圆环．当切断长直导线中的电流时在图1－1－7中导线圆环里能产生感应电流的是：甲长直导线穿过导线环中心，和导线环所在平面垂直，乙长直导线对称地放在导线环的上面，丙长直导线放在导线环旁边( )图1－1－7
A．只有甲 B．只有乙
C．只有丙 D．只有甲和丙
【解析】 甲图中切断电流前后穿过导线圆环的磁通量均为零，磁通量没变，甲中没有感应电流．乙图中由对称性可知，切断电流前后穿过圆环的磁通量也均为零，乙中也没有感应电流．而丙图中，切断电流前Φ≠0，切断电流后Φ＝0，故丙中有感应电流产生，所以选C.
【答案】 C (2013·成都石室中学高二检测)甲、乙两个完全相同的铜环可绕固定轴OO′旋转，当它们以相同的角速度开始转动后，由于阻力作用，经相同的时间后便停止转动．若将两环置于磁感应强度为B的大小相同的匀强磁场中，甲环转轴与磁场方向垂直，乙环转轴与磁场方向平行，如图1－1－8所示，当甲、乙两环同时以相同的角速度开始旋转后，则下列判断中正确的是( )综合解题方略——电磁感应中
的能量问题
甲 乙
图1－1－8
A．甲环先停下 B．乙环先停下
C．两环同时停下 D．无法判断两环停止的先后【审题指导】 解答本题时可按以下思路分析
【规范解答】 两环在相同的匀强磁场中旋转，由题图可知甲环在旋转的过程中磁通量是变化的，甲环中产生感应电流，有部分机械能转化为电能；乙环中的磁通量是不变的，所以乙环中无感应电流产生，即无机械能转化为电能，因此甲环先停下．
【答案】 A 【备课资源】(教师用书独具)
与法拉第同时代的其他科学家的探索
一、真理从安培眼皮下溜走
安培曾于1822年做了许多实验，其中的一个实验装置如图教1－1－1所示．图教1－1－1
将一个铜质线圈A固定在绝缘架上，另一个单匝线圈B用细线悬挂起来，两者在同一平面内，然后在线圈A中通以强电流，另用一个强磁性磁铁接近线圈B.安培认为，线圈B中应该感应出电流．
在实验过程中，当线圈A通电的瞬间，线圈B动了一下．由于安培缺乏思想准备，这一瞬间现象所包含着的真理，就从他眼皮下溜走了．
二、科拉顿跑失良机
1825年，物理学家科拉顿将一个螺线管与电流计相连．为了避免强磁性磁铁的影响，他把电流计用长导线连着，放在另外一个房间．科拉顿没有助手，当他把磁铁投入螺线管中后，立即跑到另一个房间去观察．十分可惜，他未能观察到电流计指针的偏转．后来有位科学家感叹道：“可怜的科拉顿，在跑来跑去中丢失了良机．” 1．自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献．下列说法正确的是( )
A．奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系
B．欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系
C．法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系
D．焦耳发现了电流的热效应，定量给出了电能和热能之间的转换关系
【解析】 奥斯特发现的电流的磁效应表明了电能生磁，A正确．欧姆定律描述了电流与电阻、电压或电动势之间的关系，焦耳定律才揭示了热现象与电现象间的联系，B错误，D正确．法拉第发现的电磁感应现象表明了磁能生电，C正确．
【答案】 ACD2．关于磁通量的概念，以下说法中正确的是( )
A．磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大
B．磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量也越大
C．穿过线圈的磁通量为零，但磁感应强度不一定为零
D．穿过线圈的磁通量为零，磁感应强度也一定为零
【解析】 磁通量的多少是由磁感应强度、线圈的面积以及二者的位置关系共同决定的，仅磁感应强度大或者线圈面积大，不能确定穿过线圈的磁通量就大，故A、B错误；当线圈平面与磁场方向平行时，穿过线圈的磁通量为零，但是磁感应强度不为零，故C正确，D错误．
【答案】 C3．如图有一正方形闭合线圈，在范围足够大的匀强磁场中运动，下列四个图所示情况中能产生感应电流的是( )【解析】 本题中的线圈都是闭合的，只要穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中就会产生感应电流．对A和C选项，磁感线始终与线圈平面平行，不论线圈运动到什么位置，穿过线圈的磁通量总是为零(没有发生变化)，故不会产生感应电流．对选项B，穿过线圈的磁通量始终为某一定值没有发生变化，因此也不会产生感应电流．对D选项，在图示位置时穿过线圈的磁通量为零，当线圈从图示位置转动后，穿过线圈的磁通量会出现先增加，后减少，再增加，再减少的往复循环变化，所以线圈中会产生感应电流，故选D.
【答案】 D4．(2012·自贡市高二期末)如图1－1－9所示，为两个同心圆环，当一有限匀强磁场垂直穿过A环面时，A环磁通量为Φ1，此时B环磁通量为Φ2，有关磁通量的大小说法正确的是( )图1－1－9
A．Φ1<Φ2 B．Φ1＝Φ2
C．Φ1>Φ2 D．不确定
【解析】 尽管B环的面积大于A环的，但两环有磁场的有效面积相等，故Φ1＝Φ2，B对．
【答案】 B5．如图1－1－10所示，线框水平向右通过有限匀强磁场的过程中，线框中产生感应电流的情况为(线框宽度小于磁场宽度)( )
A．进磁场时有电流
B．出磁场时有电流
C．在磁场中运动时有电流
D．整个过程中都有电流
图1－1－10
【解析】 当线框进磁场时，磁通量向里且增加，而出磁场时线框的磁通量减小，所以进、出磁场时都有感应电流产生，A、B选项正确；线框在磁场中运动时，磁通量不变，没有感应电流产生，C、D选项错．
【答案】 AB课后知能检测本小节结束
请按ESC键返回课件62张PPT。教师用书独具演示●课标要求
1．理解感应电动势的概念．
2．理解和掌握确定感应电动势大小的一般规律——法拉第电磁感应定律，并会用其计算感应电动势的大小．
3．能够运用E＝BLv或E＝BLvsin θ计算导体切割磁感线时的感应电动势．3 法拉第电磁感应定律
●课标解读
1．理解法拉第电磁感应定律
2．通过对公式的推导及应用，提高分析问题、解决问题的能力．
●教学地位
本节知识是高考命题的热点，与楞次定律及电路知识相组合，即可以选择题的形式命题，也可以计算题的形式命题，题目难度中等.
●新课导入建议
穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中就有感应电流，根据电路知识可知，有电流就一定有电动势，即使电路不闭合，虽然没有感应电流，但电动势依然存在．这种情况下的电动势称为感应电动势，那么感应电动势的大小与哪些因素有关呢？●教学流程设计课前预习安排：1.看教材2.填写【课前自主导学】(同学之间可进行讨论) 步骤1：导入新课，本节教学地位分析 步骤2：老师提问，检查预习效果(可多提问几个学生)步骤3：师生互动完成“探究1”互动方式(除例1外可再变换命题角度，补充一个例题以拓展学生思路)
步骤5：让学生完成【迁移应用】检查完成情况并点评?步骤6：师生互动完成“探究2”(方式同完成“探究1”相同) 步骤7：完成“探究3”(重在讲解规律方法技巧) 步骤8：指导学生完成【当堂双基达标】验证学习情况 步骤9：先由学生自己总结本节的主要知识，教师点评，安排学生课下完成【课时作业】 课前预习安排：1.看教材2.填写【课前自主导学】(同学之间可进行讨论) 演示结束1.基本知识
定义：由 产生的电动势，叫感应电动势．产生电动势的那部分导体相当于电源．感应电动势 电磁感应2．思考判断
(1)产生感应电动势的那部分导体两端的电压一定等于感应电动势．(×)
(2)产生感应电动势的那部分电路中的电流由电势较低处流向电势较高处．(√)
(3)产生感应电动势的那部分导体的电阻相当于电源的内电阻．(√)
3．探究交流
感应电动势的大小与什么因素有关？
【提示】 感应电动势的大小与磁通量的变化快慢有关.法拉第电磁感应定律 变化率线圈匝数变化率
3．探究交流
在电磁感应现象中，若电路不闭合，但穿过电路的磁通量发生变化，是否还存在感应电流？有没有感应电动势？
【提示】 在电磁感应现象里，不管电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就有电动势，如果电路是闭合的，就有感应电流；若电路是断开的，则不会有感应电流，但感应电动势仍然存在.1.基本知识
(1)在匀强磁场中，当磁场方向、导体棒与导体棒的运动方向三者相互垂直时，E＝ .导体切割磁感线产生的感应电动势 BLv图1－3－1 (2)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α时，E＝ .BLvsin α图1－3－2 【问题导思】
1．如何计算磁通量、磁通量的变化量？
2．在Φ－t图像中，用什么反映磁通量变化率的大小？
3．磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率与线圈匝数有关吗？磁通量、磁通量的变化量ΔΦ、 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伏？
【审题指导】 解答本题的思路如下：【答案】 4×10－4 Wb 8×10－3 Wb/s 1.6 V1．(2013·成都实验中学高二检测)图1－3－3中a～d所示分别为穿过某一闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像，关于回路中产生的感应电动势的下列论述，正确的是( )图1－3－3 A．图a中回路产生的感应电动势恒定不变
B．图b中回路产生的感应电动势一直在变大
C．图c中回路在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间内产生的感应电动势
D．图d中回路产生的感应电动势先变小再变大
【解析】 磁通量Φ随时间t变化的图像中，斜率表示感应电动势，所以图a中不产生感应电动势，图b中产生恒定的感应电动势，图c中0～t1时间内的感应电动势大于t1～t2时间内的感应电动势，图d中感应电动势先变小再变大．
【答案】 D对E＝BLvsin θ的理解
1．对E＝BLvsin θ的理解
(1)该公式可看成法拉第电磁感应定律的一个推论，通常用来求导体运动速度为v时的瞬时电动势，若v为平均速度，则E为平均电动势．
(2)当B、L、v三个量方向相互垂直时，E＝BLv；当有任意两个量的方向平行时，E＝0.(3)式中的L应理解为导体切割磁感线时的有效长度．
如图1－3－4所示，导体切割磁感线的情况应取与B和v垂直的等效直线长度，即ab的弦长．
图1－3－4
(4)该式适用于导体平动时，即导体上各点的速度相等时．图1－3－5 (6)公式中的v应理解为导线和磁场的相对速度，当导线不动而磁场运动时，也有电磁感应现象发生．1．切割磁感线的导体中产生感应电动势，该部分导体等效为电源，电路中的其余部分等效为外电路．
2．对于一个闭合电路，关键要明确电路的连接结构，分清哪部分相当于电源，哪些组成外电路，以及外电路中的串、并联关系．
3．一般高中阶段只考查B、L、v相互垂直的情况，即sin θ＝1的情况． 如图1－3－6所示，导体棒ab长为L沿倾角为α的斜导轨以速度v下滑，匀强磁场磁感应强度为B.求：
(1)若磁感应强度B的方向垂直于斜导轨向上，导体棒ab中产生的感应电动势为多大？
(2)若磁感应强度B的方向竖直向上，导体棒ab中产生的感应电动势为多大？图1－3－6 【审题指导】 (1)使用公式E＝BLvsin θ进行计算比较方便，但要注意各种情况下夹角θ的分析．
(2)为便于正确分析角度和一些物理量的方向，将立体图改画成平面图．【解析】 将题给的立体图示改画成平面图，如图所示．(1)当磁感应强度B的方向垂直于斜导轨向上时，导体棒ab的速度方向与B是垂直的，则感应电动势E1＝BLv.
(2)方法一：当磁感应强度B的方向竖直向上时，此时v与B的夹角θ＝90°＋α，
则E2＝BLvsin(90°＋α)＝BLvcos α.
方法二：将棒的速度v分解为垂直于B和平行于B的两个分量，只有垂直于B的速度分量v⊥＝vcos α才对产生感应电动势有贡献，所以E2＝BLv⊥＝BLvcos α.
【答案】 (1)BLv (2)BLvcos α
2．(2012·巴中高二期中)如图1－3－7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1－3－7 【答案】 CD (2013·成都检测)如图1－3－8所示，导线全部为裸导线，半径为r的圆内有垂直于平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根长度大于2r的导线MN以速度v在圆环上无摩擦地自左向右匀速滑动，电路的固定电阻为R.其余电阻忽略不计．试求MN从圆环的左端滑动到右端的过程中电阻R上的电流的平均值及通过的电荷量．综合解题方略——感应电荷量的 求解方法 图1－3－8
【备课资源】(教师用书独具)
法拉第曾提出一种利用河流发电的设想，并进行了实验研究．实验装置的示意图可用图表示，两块面积均为S的矩形金属板，平行、正对、竖直地全部浸在河水中，间距为d，水流速度处处相同，大小为v，方向水平，金属板与水流方向平行，地磁场磁感应强度的竖直分量为B，水的电阻率为ρ，水面上方有一阻值为R的电阻通过绝缘导体和电键K连接到两金属板上，忽略边缘效应．求：
图教1－3－1
(1)该发电装置的电动势；
(2)通过电阻R的电流强度；
(3)电阻R消耗的电功率．【审题指导】 解答本题时按以下思路分析
(1)两金属板间河水的流动→等效电源→电源内阻r；
(2)法拉第电磁感应定律→感应电动势E；
(3)闭合电路欧姆定律→电流→功率．
1．关于某一闭合电路中感应电动势E的大小，下列说法中正确的是( )
A．E跟穿过这一闭合电路的磁通量的大小成正比
B．E跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化量大小成正比
C．E跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化率成正比
D．某时刻穿过线圈的磁通量为零，该时刻E一定为零
【解析】 磁通量变化量表示磁通量变化大小，磁通量变化率表示磁通量变化快慢．感应电动势与磁通量变化率成正比，和磁通量及其变化量都无必然联系．
【答案】 C2．穿过单匝闭合线圈的磁通量在6秒钟内均匀地增大12 Wb，则( )
A．线圈中的感应电动势将均匀增大
B．线圈中的感应电流将均匀增大
C．线圈中的感应电动势将保持2 V不变
D．线圈中的感应电流将保持2 A不变
【答案】 C 3．(2013·成都实验外国语学校检测)如图1－3－9所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出，设在整个过程中棒的取向不变，且不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势的大小变化情况是( )图1－3－9
A．越来越大 B．越来越小
C．保持不变 D．无法判断
【解析】 金属棒被水平抛出后做平抛运动，切割速度保持v0不变，故感应电动势E＝BLv0保持不变，故C对，A、B、D都错．
【答案】 C
4．如图1－3－10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＝0.20 Ω，磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，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：图1－3－10 (1)ab棒中感应电动势的大小；
(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)0.80 V (2)4.0 A (3)0.8 N 课后知能检测本小节结束
请按ESC键返回课件77张PPT。教师用书独具演示●课标要求
1．了解探究楞次定律的实验．
2．理解楞次定律的内容及实质．
3．理解右手定则，能熟练应用楞次定律和右手定则判定电流的方向．
4．体验楞次定律实验探究过程，提高分析、归纳、概括能力．4 楞次定律
●课标解读
1．正确理解楞次定律的内容及其本质．
2．能熟练运用楞次定律和右手定则判断感应电流的方向．
●教学地位
本节知识是高考命题的重点，但很少单独命题，往往与其他知识相结合，以选择题或计算题的形式出现. ●新课导入建议
上节课我们在学习产生感应电流的条件的探究实验时，同学们是否注意到这样一个问题：不同情况下，电流表的指针偏转方向会不同，即感应电流的方向不同，那么感应电流的方向与哪些因素有关？遵循什么规律呢？●教学流程设计课前预习安排：1.看教材2.填写【课前自主导学】(同学之间可进行讨论) 步骤1：导入新课，本节教学地位分析 步骤2：老师提问，检查预习效果(可多提问几个学生) 步骤3：师生互动完成“探究1”互动方式(除例1外可再变换命题角度，补充一个例题以拓展学生思路)步骤4：教师通过例题讲解总结应用楞次定律判断感应电流方向过程和方法 步骤5：让学生完成【迁移应用】检查完成情况并点评 步骤6：师生互动完成“探究2”(方式同完成探究1相同)? 步骤7：师生互动完成“探究3”(方式同完成“探究2”相同)? 步骤8：完成“探究4”(重在讲解规律方法技巧) 步骤9：指导学生完成【当堂双基达标】验证学习情况 步骤10：先由学生自己总结本节的主要知识，教师点评，安排学生课下完成【课时作业】 演示结束1.基本知识
将右手手掌伸平，使大拇指与其余并拢的四指 ，并与手掌在同一平面内，让磁感线从 穿入，大拇指指向 方向，这时四指的指向就是 的方向，也就是 的方向．右手定则 垂直手心导体运动感应电流感应电动势
2．思考判断
(1)右手定则只适用于匀强磁场．(×)
(2)导体不垂直切割磁感线时，不能用右手定则判断感应电流的方向．(×)
(3)右手定则是用来判断磁场B，切割磁感线的速度v，感应电流I三者方向关系的．(√)
3.探究交流
什么情况下用左手定则，什么情况下用右手定则？
【提示】 在利用左、右手定则时，一定要明确现象的本质，因动而生电：右手定则；因电而受力：左手定则.
1.基本知识
(1)实验探究
将螺线管与电流计组成闭合导体回路，分别将条形磁铁的N极、S极插入、抽出线圈，如图1－4－1所示，记录感应电流方向如下楞次定律 图1－4－1 (2)实验记录向下向上向上向下阻碍向下向下向上向上阻碍
(3)实验结论：当穿过线圈的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场的方向 ；当穿过线圈的磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场的方向 ．相反相同(4)楞次定律
①内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要 引起感应电流的磁通量的 ．
②运用楞次定律判定感应电流方向的思维程序图
阻碍变化2．思考判断
(1)楞次定律中“阻碍”的意思就是“阻止”．(×)
(2)感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化．(√)
(3)感应电流的磁场方向总是与引起它的磁场方向相反．(×)
3．探究交流
楞次定律和右手定则的使用范围有什么不同？
【提示】 楞次定律适用于一切电磁感应现象而右手定则只适用于导体切割磁感线的情况. 【问题导思】
1．楞次定律反映出什么样的因果关系？
2．阻碍是否是阻止？阻碍是否就一定是相反？
3．如何理解“阻碍磁通量变化的原因”？楞次定律的理解
1．楞次定律中“两个磁场”间的因果关系2．对“阻碍”的理解
3．“阻碍”的三种表现形式
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”．
(2)阻碍(导体的)相对运动——“来拒去留”．
(3)回路面积有增大或减小的趋势来反抗磁通量的变化．——“增缩减扩”．1．阻碍不是阻止，是阻而不止．
2．阻碍的是导体和磁体间的相对运动，而不一定阻碍运动． 如图1－4－2所示，在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线，导线中通有自东向西稳定、强大的直流电流，现用一闭合的检测线圈(线圈中串有灵敏的检流计，图中未画出)检测此通电直导线的位置，若不考虑地磁场的影响，在检测线圈位于水平面内，从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过直导线的上方移至距直线很远处的过程中，俯视检测线圈，其中的感应电流的方向是( )
图1－4－2
A．先顺时针后逆时针
B．先逆时针后顺时针
C．先逆时针后顺时针，然后再逆时针
D．先顺时针后逆时针，然后再顺时针 【审题指导】 解答本题时应注意以下三点：
(1)电流产生的磁场在空间的分布情况．
(2)线圈运动过程中，穿过线圈的磁通量如何变化．
(3)根据“阻碍”效果确定感应电流的方向．
【解析】 根据通电直导线周围的磁感线的特点，检测线圈由远处移至直导线正上方时，穿过线圈的磁场有向下的分量，磁通量先增加后减小，由楞次定律和安培定则可知，线圈中的电流方向先逆时针后顺时针．当检测线圈由直导线正上方移至远处时，穿过线圈的磁场有向上的分量，磁通量先增加后减小，由楞次定律和安培定则可知，线圈中的电流方向先顺时针后逆时针，所以C正确．
【答案】 C
1．一金属圆环水平固定放置．现将一竖直的条形磁铁，在圆环上方沿圆环轴线从静止开始释放，在条形磁铁穿过圆环的过程中，条形磁铁与圆环( )
A．始终相互吸引
B．始终相互排斥
C．先相互吸引，后相互排斥
D．先相互排斥，后相互吸引
【解析】 当条形磁铁靠近圆环时，产生感应电流，感应电流在磁场中受到安培力的作用，由楞次定律可知，安培力总是“阻碍变化”，因此，条形磁铁靠近圆环时，受到排斥力；当磁铁穿过圆环远离圆环时，受到吸引力，D正确．
【答案】 D【问题导思】
1．利用楞次定律判断感应电流方向的一般步骤是什么？
2．楞次定律有哪些应用？楞次定律的应用 1．判断回路运动情况及回路面积的变化趋势的一般步骤
2．楞次定律的应用
(1)楞次定律的含义
感应电流的效果总是反抗(或阻碍)引起感应电流的原因．
(2)运动情况的判断——第一种方法
由于相对运动导致的电磁感应现象，感应电流的效果阻碍相对运动．简记口诀：“来拒去留”．
(3)面积变化趋势的判断——第二种方法
电磁感应致使回路面积有变化趋势时，则面积收缩或扩张是为了阻碍回路磁通量的变化，即磁通量增大时，面积有收缩趋势，磁通量减少时，面积有扩张趋势．简记口诀：“增缩减扩”．
判断回路面积变化趋势时，若闭合回路所围面积内存在两个方向的磁场，则不宜采用简记口诀判断，应采用一般步骤判断．例如，套在通电螺线管上的回路，在通电螺线管中电流变化时面积的变化趋势，应采用一般步骤判断． 如图1－4－3所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置于导轨上，形成一个闭合回路，当一条形磁铁从高处下落接近回路时( )
A．P、Q将相互靠拢
B．P、Q将相互远离
C．磁铁的加速度仍为g
D．磁铁的加速度小于g图1－4－3 【审题指导】 (1)根据楞次定律判断出感应电流的方向．
(2)运用左手定则判断出受力方向．
(3)根据楞次定律的阻碍效果得出结论．
【解析】 法一：设磁铁下端为N极，如图所示，根据楞次定律可判断出P、Q中感应电流方向，根据左手定则可判断P、Q所受安培力的方向，可见P、Q将相互靠拢，由于回路所受安培力的合力向下，由牛顿第三定律知磁铁将受到向上的反作用力，从而加速度小于g，当S极为下端时，可得出同样的结果．
法二：根据楞次定律的另一种表述——感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因，本题的“原因”是回路中磁通量的增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近，所以P、Q将相互靠近且磁铁的加速度小于g.
【答案】 AD楞次定律的逆向应用法
楞次定律的一般应用是已知原磁场的变化，分析感应电流的方向及其所受安培力或由于受安培力而引起的运动趋势，但有些情况恰恰相反，已知感应电流或感应电流所受安培力的方向等“感应结果”，分析“感应原因”即原磁场的变化，与前者相比，后者可称为逆向题目，解答此类题目有两种思路，一种是由结果入手，逆向推理，分析产生的原因，称为“逆推法”；另一种是假设某选项正确，把该选项按正向推理分析，符合题设条件者正确，称为“验证法”． 2．(2013·绵阳中学高二检测)如图1－4－4所示，通电螺线管置于闭合金属环a的轴线上，当螺线管中电流I减小时( )图1－4－4
A．环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的减小
B．环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的减小
C．环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的增大
D．环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的增大
【解析】 由于电流I减小，闭合金属环的磁通量变小，故环通过减小面积来阻碍磁通量减小，即环有缩小的趋势，A项正确．
【答案】 A
【问题导思】
1．什么情况下利用左手定则判断？
2．什么情况下利用右手定则判断？
3．左、右手定则的本质区别是什么？
楞次定律与右手定则的区别与联系 楞次定律与右手定则的区别及联系1．判断导体切割磁感线产生感应电流的方向时用右手定则，判断该部分导体或其余部分所受安培力方向时用左手定则，可以简单总结为“因动而(产生)电用右手(定则)，因电而(产生)动用左手(定则)”．
2．判断通电直导线、环形电流及通电螺线管的磁场方向时虽然也用右手来判断，但名称不是右手定则，而是安培定则，五指指向所表示的物理意义也不相同． 如图1－4－5所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′，都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R.整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．现垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是( )图1－4－5
A．感应电流方向是N→M
B．感应电流方向是M→N
C．安培力水平向左
D．安培力水平向右
【审题指导】 (1)感应电流方向应用右手定则判断．
(2)MN所受安培力的方向应用左手定则判断．
【解析】 方法一：由右手定则易知，MN中感应电流方向是N→M，再由左手定则可判知，MN所受安培力方向垂直棒水平向左．
方法二：由楞次定律知，感应电流的产生，必然阻碍引起感应电流的原因．本题中，感应电流是由于MN相对于磁场向右运动引起的，则安培力必然阻碍这种相对运动，由安培力既垂直于电流又垂直于磁场方向可判知，MN所受安培力方向必然垂直于MN水平向左，再由左手定则，容易判断出感应电流的方向是N→M，故正确选项为A、C.
【答案】 AC3．(2013·雅安中学高二检测)如图1－4－6所示，匀强磁场与圆形导体环平面垂直，导体ef与环接触良好，当ef向右匀速运动时( )图1－4－6
A．圆环中磁通量不变，环上无感应电流产生
B．整个环中有顺时针方向的电流
C．整个环中有逆时针方向的电流
D．环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流
【解析】 方法一：导体ef将圆环分成两部分，导体向右移动时，右边的磁通量减小，左边的磁通量增加，根据楞次定律，左边电流沿顺时针方向，右边电流沿逆时针方向，故D正确．
方法二：导体ef切割磁感线，相当于电源，圆形导体环两侧相当于外电路，由右手定则，可确定电流由e→f，所以左边电流沿顺时针方向，右边电流沿逆时针方向，故D正确．
【答案】 D (2013·成都七中高二检测)如图1－4－7所示，两个线圈套在同一个铁芯上，线圈的绕向在图中已经标出．左线圈连着平行导轨M和N，导轨电阻不计，在导轨垂直方向上放着金属棒ab，金属棒处在垂直于纸面向外的匀强磁场中．下列说法中正确的是( )综合解题方略——三定则一定律的比较 图1－4－7
A．当金属棒ab向右匀速运动时，a点电势高于b点，c点电势高于d点
B．当金属棒ab向右匀速运动时，b点电势高于a点，c点与d点等电势
C．当金属棒ab向右加速运动时，b点电势高于a点，c点电势高于d点
D．当金属棒ab向右加速运动时，b点电势高于a点，d点电势高于c点【审题指导】 金属棒ab切割磁感线时，金属棒相当于电源，左侧线圈相当于外电路；对于右侧部分，线圈相当于电源，电阻相当于外电路．
【规范解答】 当金属棒ab向右匀速运动而切割磁感线时，金属棒中产生恒定的感应电动势，由右手定则判断电流方向由a→b.根据电流从电源(ab相当于电源)正极流出沿外电路回到电源负极的特点，可以判断b点电势高于a点．又左线圈中的感应电动势恒定，则感应电流也恒定，所以穿过右线圈的磁通量保持不变，不产生感应电流，c点与d点等电势．
当金属棒ab向右做加速运动时，由右手定则可推断φb>φa，电流沿逆时针方向．由金属棒运动的速度增大，可知金属棒ab两端的电压不断增大，那么左边电路中的感应电流也不断增大，由安培定则可判断它在铁芯中的磁感线方向是沿逆时针方向的，并且场强不断增强，所以右边的线圈中向上的磁通量不断增加．由楞次定律可判断右边电路中的感应电流的方向应沿逆时针方向，而在右线圈绕成的电路中，感应电动势仅产生在绕在铁芯上的那部分线圈上．把这个线圈看做电源，由于电流是从c沿内电路(即右线圈)流向d，所以d点电势高于c点．综上所述，选项B、D正确．
【答案】 BD1．规律比较
2.因果关系
(1)因电而生磁(I→B)→安培定则；
(2)因动而生电(v、B→I安)→右手定则；
(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则；【备课资源】(教师用书独具)
楞次简介
一、生平简介
楞次(1804－1865)，俄国物理学家和地球物理学家.1804年2月24日(旧历12日)生于多尔帕特(今爱沙尼亚的塔尔图)，1820年以优异成绩从中学毕业后进入多尔帕特大学.19岁时被推荐为地球物理观测员参加了俄国主办的由O.E.科采布率领的“普雷德普里阿蒂”号单桅帆船第二次全球性科学航行(1823～1865).1829～1830年去高加索考察并进行地磁观测，精确测定里海海平面的变化和提取石油及天然气样品.1836～1865年任圣彼得堡大学教授，其间还兼任海军和师范等院校物理学教授.1865年2月10日在意大利罗马逝世．
二、科学成就
1．在电磁学方面的成就：1833年发现感应电动势阻止产生这一感应的磁铁或线圈的运动，此结论于1834年发表，后称为楞次定律.1842～1843年独立于J.P.焦耳并更为精确地建立了电流与其所产生的热量的关系，后被称为焦耳定律，或焦耳——楞次定律．他还研究并定量地比较了不同金属线的电阻率，确定了电阻与温度的关系；建立了电磁铁吸引力与磁化电流的二次方成正比的定律.
1832年致力于电学量和磁学量的冲击法测量的理论和应用研究.1844年导出包含电动势和电阻的归一并联电路中电流分布的定律，但1845年后，G.R.基尔霍夫却获得了更有普遍意义的电路定律．在电化学方面，他确立了伽伐尼电池中电动势的相加性，阴极和阳极上极化电动势的相加定律，以及每一电极的极化电动势和起始电极电势的相加定律．
2．地球物理方面的贡献：在地球物理方面，他积累了大量而可靠的观测数据；在全球性科学航行中，他测量了深海的海水比重和温度：发现并正确地解释了大西洋和太平洋赤道南北的海水含盐量较高，且大西洋的比太平洋的高，而印度洋含盐量低的现象，还注意到在一定纬度下，海洋表面的水温高于水上面的空气温度；1845年在他的倡导和协助下组织了俄国地理学会．
三、趣闻轶事
学生中的“物理学家”
楞次在中学时期就酷爱物理学，成绩突出.1820年他以优异的成绩考入多尔帕特大学，学习自然科学.1823年他还在三年级读书时，就因为物理成绩优秀而被校方选中，以物理学家的身份参加了环球考察.1826年，他考察归来后在一所中学教物理，同时认真总结整理考察成果.1828年2月16日，楞次向彼得堡皇家科学院作了考察成果汇报，由于报告生动、出色，被接收为科学院研究生.1830年他当选为科学院候补院士，1834年接替刚去世的彼得洛夫，升为正式院士.1．关于对楞次定律的理解，下面说法中正确的是( )
A．感应电流的方向总是要使它的磁场阻碍原来的磁通量的变化
B．感应电流的磁场方向，总是跟原磁场方向相同
C．感应电流的磁场方向，总是跟原磁场方向相反
D．感应电流的磁场方向可以跟原磁场方向相同，也可以相反
【解析】 根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场的磁通量的变化，A项正确；感应电流的磁场方向在磁通量增加时与原磁场方向相反，在磁通量减小时与原磁场方向相同，B、C项错误，D正确．
【答案】E12．如图是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或从线圈中拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．下列各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示正确的是( )
【解析】 根据楞次定律可确定感应电流的方向：对C选项，当磁铁向下运动时：(1)闭合线圈原磁场的方向——向上；(2)穿过闭合线圈的磁通量的变化——增加；(3)感应电流产生的磁场方向——向下；(4)利用安培定则判断感应电流的方向——与图中箭头方向相同．线圈的上端为S极，磁铁与线圈相互排斥．综合以上分析知，选项C正确，同理D正确．
【答案】 CD3．如图1－4－8所示，平行导体滑轨MM′、NN′水平放置，固定在匀强磁场中，磁场方向与水平面垂直向下．滑线AB、CD横放其上静止，形成一个闭合电路，当AB向右滑动的瞬间，电路中感应电流的方向及滑线CD受到的磁场力方向分别为( )图1－4－8
A．电流方向沿ABCD；受力方向向右
B．电流方向沿ABCD；受力方向向左
C．电流方向沿ADCB；受力方向向右
D．电流方向沿ADCB；受力方向向左
【解析】 AB向右滑动，根据右手定则知回路中感应电流方向沿ADCB方向，又由左手定则判知CD受安培力方向向右，故C对，A、B、D都错．
【答案】 C4．(2012·石家庄高二期末)如图1－4－9所示，矩形线框abcd，通过导体杆搭接在金属导轨EF和MN上，EM之间有一电阻R，整个装置放在如图所示的匀强磁场中．当线框向右运动时，下面说法正确的是( )
A．R中无电流
B．R中有电流，方向为E→M
C．ab中无电流
D．ab中有电流，方向为b→a图1－4－9
【解析】 ab边切割磁感线，由右手定则知，其中的电流方向b→a，D对C错．同理cd中的电流方向c→d.所以有电流流过R，方向E→M.A错B对．
【答案】 BD5．某实验小组用如图1－4－10所示的实验装置来验证楞次定律．当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流计的感应电流方向是( )
A．a→G→b
B．先a→G→b，后b→G→a
C．b→G→a
D．先b→G→a，后a→G→b图1－4－10 【解析】 (1)确定原磁场的方向：条形磁铁在穿入线圈的过程中，磁场方向向下．
(2)明确回路中磁通量变化的情况：向下的磁通量增加．
(3)由楞次定律的“增反减同”可知：线圈中感应电流产生的磁场方向向上．
(4)应用右手定则可以判断感应电流的方向为逆时针(俯视)，即从b→G→a.
同理可以判断出条形磁铁穿出线圈过程中，向下的磁通量减小，由楞次定律可得：线圈中将产生顺时针的感应电流(俯视)，电流从a→G→b.
【答案】 D 课后知能检测本小节结束
请按ESC键返回课件64张PPT。教师用书独具演示●课标要求
1．知道电磁感应现象遵守能量守恒定律．
2．掌握在电磁感应现象中产生的电能与克服安培力做功的关系．
3．掌握感应电流做功过程中能量的转化． 5 电磁感应中的能量转化与守恒
●课标解读
1．理解法拉第电磁感应定律和楞次定律的深层含义，并会灵活应用解决问题．
2．了解反电动势，知道反电动势是能量守恒的结果．
3．通过应用电磁感应规律，会联系科技实例进行分析．
●教学地位
本节知识是高考命题的热点和难点，常以选择题或计算题的形式出现，试题难度中等偏上. ●新课导入建议
在电磁感应现象中，因感应电流的产生，总会出现因电流做功引起能量的转化，那么电磁感应现象中，能量是如何转化的呢？能量转化过程中满足什么规律呢？这就是今天要学习的内容．●教学流程设计
课前预习安排：1.看教材2.填写【课前自主导学】(同学之间可进行讨论) 步骤1：导入新课，本节教学地位分析 步骤2：老师提问，检查预习效果(可多提问几个学生) 步骤3：师生互动完成“探究1”互动方式(除例1外可再变换命题角度，补充一个例题以拓展学生思路) 步骤4：教师通过例题讲解总结求解电磁感应中能量守恒问题的一般思路步骤5：让学生完成【迁移应用】检查完成情况并点评 步骤6：师生互动完成“探究2”(方式同完成探究1相同)? 步骤7：完成“探究3”(重在讲解规律方法技巧) 步骤8：指导学生完成【当堂双基达标】验证学习情况 步骤9：先由学生自己总结本节的主要知识，教师点评，安排学生课下完成【课时作业】 演示结束1.基本知识
(1)电磁感应中的能量转化
①如图1－5－1所示，处在匀强磁场中的水平导轨上有一根与导轨接触良好的可自由滑动的直导线ab在外力F作用下向右做匀速直线运动．电磁感应中的能量转化与守恒
②能量转化：在上述过程中，产生的电能是通过外力F克服 做功转化而来的．而这些电能又通过_________做功，转化为其他形式的能量．图1－5－1 安培力感应电流
(2)电磁感应中的能量守恒
能量守恒是自然界的一条普遍规律，在电磁感应现象中也不例外，在电磁感应中，外力做了多少功，就有________ 产生．多少电能
2．思考判断
(1)在电磁感应现象中，安培力做正功，把其他形式的能转化为电能．(×)
(2)电磁感应现象一定伴随着能量的转化，克服安培力做功的大小与电路中产生的电能相对应．(√)
(3)楞次定律中的“阻碍”，恰好说明了在电磁感应现象中能量是守恒的．(√)
3．探究交流
从能量转化的角度分析，电磁感应现象的本质是什么？
【提示】 从能量转化的角度来看，电磁感应现象的本质是通过克服安培力做功，把其他形式的能转化为电能的过程，把握好能量守恒的观点，是解决电磁感应问题的基本方法. 【问题导思】
1．电磁感应中的能量是通过什么途径实现转化的？
2．发生电磁感应现象时，为什么说能量是守恒的？电磁感应中的能量转化与守恒
1．电磁感应中的能量守恒
(1)由磁场变化引起的电磁感应现象中，磁场能转化为电能，若电路是纯电阻电路，转化过来的电能将全部转化为电阻的内能．
(2)由相对运动引起的电磁感应现象中，通过克服安培力做功，把机械能或其他形式的能转化为电能．克服安培力做多少功，就产生多少电能．若电路是纯电阻电路，转化过来的电能也将全部转化为电阻的内能．
2．求解电磁感应现象中能量守恒问题的一般思路
(1)分析回路，分清电源和外电路．
在电磁感应现象中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路就相当于电源，其余部分相当于外电路．(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化．如：
(3)根据能量守恒列方程求解．
3．电能的三种求解思路
(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．
(2)利用能量守恒求解：相应的其他能量的减少量等于产生的电能．
(3)利用电路特征求解：通过电路中所消耗的电能来计算． 如图1－5－2所示，质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.3 Ω，长度l＝0.4 m的导体棒ab横放在U型金属框架上．框架质量m2＝0.2 kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，相距0.4 m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长．电阻R2＝0.1 Ω的MN垂直于MM′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T．垂直于ab施加F＝2 N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触，当ab运动到某处时，框架开始运动．设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2.
图1－5－2
(1)求框架开始运动时ab速度v的大小；
(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1 J，求该过程ab位移x的大小．
【审题指导】 解答本题时可按以下思路分析：
(1)法拉第电磁感应定律→感应电动势→感应电流→安培力→开始运动→列平衡方程→v.
(2)能量守恒定律→焦耳热→位移x.【答案】 (1)6 m/s (2)1.1 m额1．如图1－5－3所示，固定于水平绝缘面上的平行金属导轨不光滑，垂直于导轨平面有一匀强磁场，质量为m的金属棒cd垂直放在导轨上，除R和cd棒的电阻r外，其余电阻不计．现用水平恒力F作用于cd棒，使cd棒由静止开始向右滑动的过程中，下列说法正确的是( )图1－5－3
A．水平恒力F对cd棒做的功等于电路中产生的电能
B．只有在cd棒做匀速运动时，F对cd棒做的功才等于电路中产生的电能
C．无论cd棒做何种运动，它克服磁场力做的功一定等于电路中产生的电能
D．R两端的电压始终等于cd棒上感应电动势的值
【解析】 F作用于棒上使棒由静止开始做切割磁感线运动，产生感应电动势的过程中，F做的功转化为三种能量：棒的动能ΔEk、摩擦生热Q和回路电能E电，即使cd棒匀速运动，ΔEk＝0，但Q≠0，故A、B错误；对C项可这样证明，经过时间Δt，cd棒发生的位移为s，则cd棒克服磁场力做的功W＝BIL·s＝BIΔS＝I·ΔΦ＝EIΔt＝E电，永远成立，故C项正确；回路中，cd棒相当于电源，有内阻，所以路端电压不等于感应电动势，所以D错误．
【答案】 C【问题导思】
1．导体棒在磁场中运动切割磁感线时，棒的速度、产生的电流、受到的安培力是怎样相互影响的？
2．如何求解电磁感应现象中的收尾速度？电磁感应中的力学问题
1．通过导体中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)求回路中的电流强度的大小和方向．
(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．电磁感应现象中涉及的具有收尾速度的力学问题，关键要抓好受力情况和运动情况的动态分析：对于电磁感应现象中，导体在安培力及其他力共同作用下运动，最终趋于一稳定状态的问题，利用好导体达到稳定状态时的平衡方程，往往是解答该类问题的突破口． (2012·广元高二检测)如图1－5－4所示，AB、CD是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间距离为L，导轨平面与水平面的夹角为θ.在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上方的匀强磁场，磁感应强度为B.在导轨的A、C端连接一个阻值为R的电阻．一根垂直于导轨放置的金属棒ab，质量为m，从静止开始沿导轨下滑．求ab棒的最大速度．(已知ab和导轨间的动摩擦因数为μ，导轨和金属棒的电阻不计)【审题指导】 解决本题应把握以下三个关键点：
(1)导体棒做什么运动取决于受力情况和初状态．
(2)导体棒先做加速运动后达到匀速运动状态．
(3)导体棒达到恒定速度时受力平衡．图1－5－4 该类问题的解题思路
1．切割磁感线运动的金属杆相当于电源．
2．画出等效电路图．
3．对杆进行运动和受力分析．
4．运用电路、稳恒电流、磁场、牛顿运动定律、功和能等知识进行综合分析．2.如图1－5－5所示，在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，有两根水平放置且足够长的平行金属导轨AB、CD，在导轨的AC端连接一阻值为R的电阻，一根质量为m长度为L的金属棒ab，垂直导轨放置，导轨和金属棒的电阻不计．金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，若用恒力F沿水平向右拉导体棒运动，求金属棒的最大速度．图1－5－5
【解析】 金属棒向右运动切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则知，棒中有从a→b方向的电流；再由左手定则，安培力向左，导体棒受到的合力减小，向右做加速度逐渐减小的加速运动；当安培力与摩擦力的合力增大到大小等于拉力F时，加速度减小到零，速度达到最大，此后匀速运动．所以，由平衡条件有F＝BImL＋μmg ① 如图1－5－6所示，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B、方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L，边长为L的正方形线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上，使线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方和，能反映线框中感应电流变化规律的是( )综合解题方略——电磁感应中图 象问题的处理技巧 图1－5－6 【审题指导】 感应电动势的大小E＝BLv，当线圈有两个边切割磁感线时，要注意感应电动势的方向是相同还是相反．注意区分I与t及I与x的关系． 【答案】 AC 1．电磁感应现象中图像问题的分析，要抓住磁通量的变化是否均匀，从而推知感应电动势(或电流)大小是否恒定，用楞次定律判断出感应电动势(或电流)的方向，从而确定其正负，以及在坐标中的范围．
2．分析回路中的感应电动势或感应电流的大小及其变化规律，要利用法拉第电磁感应定律来分析．有些图像问题还要画出等效电路来辅助分析．
3．要正确解释图像问题，必须能根据图像的定义把图像反映的规律对应到实际过程中去，又能把实际过程对应到图像中去，最终根据实际过程的物理规律进行判断，这样才抓住了解决图像问题的根本．
【备课资源】(教师用书独具)
如图教1－5－1所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L，一理想电流表与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂直，一质量为m、有效电阻为R的导体棒在距磁场上边界h处静止释放，导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I.整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨的电阻．求：图教1－5－1
(1)磁感应强度的大小B；
(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；
(3)流经电流表电流的最大值Im.【审题指导】 (1)通过对导体棒在匀强磁场中的受力分析，利用平衡条件mg＝BIL可求解．
(2)由导体棒在匀强磁场中处于平衡状态、闭合电路欧姆定律及公式E＝BLv联立求解．
(3)通过受力分析可知，导体棒在进入磁场瞬间，速度最大，可由机械能守恒和E＝BLv联立求解．1．如图1－5－7所示，在O点正下方有一个具有理想边界的磁场，铜环在A点由静止释放向右摆至最高点B.不考虑空气阻力，则下列说法正确的是( )图1－5－7 A．A、B两点在同一水平线上
B．A点高于B点
C．A点低于B点
D．铜环将做等幅摆动
【解析】 铜环由A点向B点运动，在进入磁场和离开磁场的过程中，由于穿过环面的磁通量变化，都要产生感应电流，即产生电能．此电能是由环的机械能转化来的，即环由A到B过程中机械能减少，所以B点比A点低，B选项正确．
【答案】 B2．如图1－5－8所示，闭合螺线管固定在置于光滑水平面上的小车上，现将一条形磁铁从左向右插入螺线管中的过程中，则( )图1－5－8 A．车将向右运动
B．使条形磁铁向右插入时外力所做的功全部转变为电能，最终转化为螺线管的内能
C．条形磁铁会受到向左的力
D．车会受到向左的力
【解析】 磁铁向右插入螺线管中，根据楞次定律的扩展含义“来拒去留”，磁铁与小车相互排斥，小车在光滑水平面上受力向右运动，所以A、C正确，D错误．电磁感应现象中满足能量守恒定律，由于小车动能增加，外力做的功转化为小车动能和螺线管中的内能，所以B错误．
【答案】 AC3．(2013·彭州中学高二检测)如图1－5－9所示，金属杆ab以恒定的速率v在间距为L的光滑平行导轨上向右滑行，设整个电路总电阻为R(恒定不变)，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列叙述正确的是( )图1－5－9 A．ab杆中的电流与速率v成正比
B．磁场作用于ab杆的安培力与速率v成正比
C．电阻R上产生的电热功率与速率v成正比
D．外力对ab杆做功的功率与速率v的平方成正比
【答案】 ABD
(1)导体棒从开始运动到返回底端的过程中，回路中产生的电能；
(2)导体棒在底端开始运动时的加速度大小．图1－5－10 课后知能检测本小节结束
请按ESC键返回课件65张PPT。教师用书独具演示●课标要求
1．知道什么是自感现象并理解自感电动势的作用．
2．知道自感系数是表示线圈本身特征的物理量，知道它的单位及影响因素．
3．知道日光灯的结构和工作原理．6 自感●新课导入建议
晚自习时，我们在日光灯下读书、做作业，你是否注意到，日光灯电路中除了有灯管外，还有镇流器、启动器，它们在电路中的作用是什么？当启动器损坏，日光灯无法启动发光时，可以采用什么应急措施来使灯管正常发光？
带着这些问题开始我们今天的学习．●教学流程设计
课前预习安排：1.看教材2.填写【课前自主导学】(同学之间可进行讨论) 步骤1：导入新课，本节教学地位分析 步骤2：老师提问，检查预习效果(可多提问几个学生) 步骤3：师生互动完成“探究1”互动方式(除例1外可再变换命题角度，补充一个例题以拓展学生思路)步骤4：教师通过例题讲解总结自感现象问题分析的一般思路步骤5：让学生完成【迁移应用】，检查完成情况并点评 步骤6：师生互动完成“探究2”(方式同完成探究1相同)? 步骤7：完成“探究3”(重在讲解规律方法技巧) 步骤8：指导学生完成【当堂双基达标】，验证学习情况 步骤9：先由学生自己总结本节的主要知识，教师点评，安排学生课下完成【课时作业】 演示结束1.基本知识
(1)自感：由于导体线圈本身的 而引起的电磁感应现象．
(2)自感电动势：由于自感而产生的 ．
(3)作用：自感电动势总 导体中原电流的变化．自感现象 电流发生变化感应电动势阻碍(4)分类：通电自感和断电自感
慢慢变亮阻碍延迟熄灭阻碍
2.思考判断
(1)自感现象也是一种特殊的电磁感应现象．(√)
(2)自感电动势的方向一定与原电流的方向相反．(×)
(3)自感电动势总是阻碍导体中的原电流变化的．(√)3．探究交流
如图1－6－1所示，在演示断电自感实验时，有时灯泡D会闪亮一下，然后逐渐变暗，你能说出是什么原因导致的吗？图1－6－1
【提示】 若线圈L的阻值RL小于灯泡阻值R0时，断电前稳定状态下电流IL＞ID.断电后L与D构成回路，断电瞬间由于自感现象，IL将延迟减弱，则流过灯泡D的电流为IL大于原电流，所以会使灯泡闪亮一下后再逐渐熄灭．1.基本知识自感系数 2．思考判断
(1)自感系数与电流的大小有关．(×)
(2)通过线圈中的电流增大的越来越快，则自感系数变大．(×)
(3)自感系数是由线圈本身性质决定的．(√)
3．探究交流
大城市的无轨电车在行驶的过程中，由于车身颠簸，有可能使车顶上的电弓瞬间脱离电网线，这时可以看到电火花闪现．请说说电火花产生的原因是什么？
【提示】 电弓脱离电网线的瞬间电流减小，所产生的自感电动势很大，在电弓与电网线的空隙产生电火花． 1.基本知识
(1)日光灯的构造及电路图
日光灯由灯管、灯丝、 和 组成，灯管中充有微量的惰性气体和稀薄的汞蒸气，镇流器、灯丝和启动器的电路是串联的．自感的典型应用——日光灯 镇流器启动器电路图如图1－6－2所示：
图1－6－2
(2)启动器的构造及作用
启动器是一个充有氖气的小玻璃泡，里面有两个电极，一个是固定不动的 ，另一个是双金属片制成的 ．启动器的作用是在开关闭合后，使电路短暂接通再将电路断开，相当于一个自动开关．
静触片U型动触片
(3)镇流器的作用
在启动器短暂接通电路再将电路断开的瞬间，镇流器中的电流 ，产生 ：这个自感电动势的方向与原来电源的电压方向相同，它们合在一起，形成一个 ，加在灯管两端，使灯管中的气体放电，于是日光灯管成为电流的通路，开始发光．
日光灯正常发光时，镇流器在电路中起着降压限流作用，保证日光灯的正常工作．急剧减小很高的自感电动势瞬时高电压
2．思考判断
(1)日光灯正常发光后，拿掉启动器，日光灯将熄灭．(×)
(2)日光灯正常工作时，镇流器起降压限流的作用．(√)
3．探究交流
有一次，小飞拿掉家里拉线开关的盒盖，关掉日光灯，看到了开关上有电火花产生，小飞感到迷惑．
请思考：开关上产生电火花的原因是什么？
【提示】 日光灯正常工作时，有电流通过镇流器的线圈，当断开开关时，镇流器中电流迅速减少，产生较大的自感电动势，故在断开开关时，两极间产生了一个瞬时高压，击穿空气，放电产生火花.【问题导思】
1．发生自感现象时，产生的自感电流一定与原电流反向吗？
2．自感现象的本质是什么？
3．从哪些方面理解自感电动势？对自感现象的理解
1．自感现象遵循的规律
自感现象是一种电磁感应现象，遵守法拉第电磁感应定律和楞次定律．
2．对自感电动势的理解
(1)产生原因
通过线圈的电流发生变化，导致穿过线圈的磁通量发生变化，因而在原线圈上产生感应电动势．
(2)自感电动势的方向
当原电流增大时，自感电动势的方向与原电流方向相反；当原电流减小时，自感电动势方向与原电流方向相同(即：增反减同)．
(3)自感电动势的作用
阻碍原电流的变化，而不是阻止，原电流仍在变化，只是使原电流的变化时间变长，即总是起着推迟电流变化的作用．
3．对电感线圈阻碍作用的理解
(1)若电路中的电流正在改变，电感线圈会产生自感电动势阻碍电路中电流的变化，使得通过电感线圈的电流不能突变．
(2)若电路中的电流是稳定的，电感线圈相当于一段导线，其阻碍作用是由绕制线圈的导线的电阻引起的．4．自感现象的分析思路
明确通过自感线圈的电流的变化情况(增大或减小)
↓
根据“增反减同”，判断自感电动势的方向
↓
分析阻碍的结果：电流增大时，由于自感电动势的作用，线圈中电流逐渐增大，与线圈串联的元件中的电流也逐渐增大；电流减小时，由于自感电动势的作用，线圈中电流逐渐减小，与线圈串联的元件中的电流也逐渐减小自感电动势的两个特点
1．自感电动势阻碍自身电流的变化，但不能阻止，且自感电动势阻碍自身电流变化的结果，会对其他电路元件的电流产生影响．
2．自感电动势的大小跟自身电流变化的快慢有关，电流变化越快，自感电动势越大． (2013·重庆三中高二检测)如图1－6－3所示的电路中，电源电动势为E，内阻r不能忽略．R1和R2是两个定值电阻，L是一个自感系数较大的线圈．开关S原来是断开的，从闭合开关S到电路中电流达到稳定为止的时间内，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是( )
A．I1开始较大而后逐渐变小
B．I1开始很小而后逐渐变大
C．I2开始很小而后逐渐变大
D．I2开始较大而后逐渐变小 图1－6－3 【审题指导】 分析自感电流的大小时，应注意“L是一个自感系数较大的线圈”这一关键语句．
【解析】 闭合开关S时，由于L是一个自感系数较大的线圈，产生反向的自感电动势阻碍电流的变化，所以开始I2很小，随着电流达到稳定，自感作用减小，I2开始逐渐变大．闭合开关S时，由于线圈阻碍作用很大，路端电压较大，随着自感作用减小，路端电压减小，所以R1上的电压逐渐减小，电流逐渐减小，故A、C正确．
【答案】 AC1．(2012·包头高二期末)下列说法正确的是( )
A．当线圈中电流不变时，线圈中没有自感电动势
B．当线圈中电流反向时，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反
C．当线圈中电流增大时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反
D．当线圈中电流减小时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反【解析】 由法拉第电磁感应定律可知，当线圈中电流不变时，不产生自感电动势，A对；当线圈中电流反向时，相当于电流减小，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相同，B错；当线圈中电流增大时，自感电动势阻碍电流的增大，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反，C对；当线圈中电流减小时，自感电动势阻碍电流的减小，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相同，D错．
【答案】 AC【问题导思】
1．日光灯是如何启动的？
2．启动器是如何实现使电路通断的？
3．镇流器在日光灯启动和正常工作时各有什么作用？日光灯的工作原理 1．启动器的工作原理
(1)当开关闭合时，电源把电压加在启动器的两电极之间，使氖气放电而发出辉光，辉光产生的热量使U形动触片膨胀伸长与静触片接触，从而接通电路，于是镇流器的线圈和灯管的灯丝中就有电流通过．图1－6－4 (2)电路接通后，启动器中的氖气停止放电，U形动触片冷却收缩，两个触片分离，电路自动断开，流过镇流器的电流迅速减小，镇流器线圈中会产生很高的自感电动势，方向与原来电压方向相同，与电源电压一起形成瞬时高压加在灯管两端，使灯管中的气体开始放电，于是日光灯管成为电流的通路开始发光．
(3)启动器相当于一个自动开关．日光灯正常工作后处于断开状态，启动器损坏的情况下可将连接启动器的两个线头作一个短暂接触也可把日光灯启动．
(4)启动时电流流经途径是镇流器、启动器、灯丝，启动后电流流经途径是镇流器、灯丝、日光灯管．
2．镇流器的作用
由于日光灯使用的是交流电源，电流的大小和方向做周期性变化．当交流电的大小增大时，镇流器上的自感电动势阻碍原电流增大，自感电动势与原电压反向；当交流电的大小减小时，镇流器上的自感电动势阻碍原电流减小，自感电动势与原电压同向．可见镇流器的自感电动势总是阻碍电流的变化，正常工作时镇流器就起着降压、限流的作用． 若将图1－6－5甲中启动器换为开关S1，并给镇流器并联一个开关S2，如图乙所示，则下列叙述正确的是( )图1－6－5 A．只把S3接通，日光灯就能正常发光
B．把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
【审题指导】 审题时应注意以下问题：
(1)观察S1、S2、S3的位置，并分析其作用．
(2)联想启动器和镇流器的工作原理．
【解析】 一般日光灯启动时瞬间把电源、灯丝、镇流器接通，然后自动断开，靠镇流器产生瞬时高压，使灯管内气体导电，所以启动时既要使乙图中S3闭合，又需使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，若把乙图中S2闭合，则镇流器失去作用，日光灯不能正常工作，D错．
【答案】 C
2．(2012·福州高二期末)日光灯点燃时需要一高出电源电压很多的瞬时高压，而日光灯点燃后正常发光时加在灯管上的电压又需大大低于电源电压，这两点的实现( )
A．靠与灯管并联的镇流器来完成
B．靠与灯管串联的镇流器来完成
C．靠与灯管并联的启动器来完成
D．靠与灯管串联的启动器来完成
【解析】 日光灯启动时，镇流器产生瞬时高压，日光灯启动后，镇流器起降压限流作用．而镇流器与灯管是串联的，故B对．
【答案】 B (2012·长春高二期末)图1－6－6甲、乙电路中，电阻R和自感线圈L的电阻都很小，接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则下列说法中正确的是( )
甲 乙
图1－6－6综合解题方略——电路中电流 大小变化的判断方法
A．在电路甲中，断开S，A将渐渐变暗
B．在电路甲中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
C．在电路乙中，断开S，A将渐渐变暗
D．在电路乙中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
【审题指导】 审题时应注意以下问题：
(1)电阻R和自感线圈L的电阻都很小．
(2)电路的串、并联关系．
【规范解答】 电阻R和自感线圈L的电阻都很小，图中，闭合S时，I1图乙中，同理I1′>I2′，断开S后，通过灯泡的电流在I1′的基础上变小，所以乙图中灯泡会突然亮一下，然后渐渐变暗．
【答案】 AD 通、断电自感中灯泡亮度变化问题
【备课资源】(教师用书独具)
约瑟夫·亨利
约瑟夫·亨利(Henry Joseph1797～1878)，以电感单位“亨利”留名的美国物理学家．他在电学上有杰出的贡献．亨利出生在纽约州奥尔巴尼一个贫穷的工人家庭.13岁失学，后来在钟表铺当学徒．他刻苦自学，掌握了中学应学的各科知识，22岁才入大学深造．
1832年，35岁的亨利受聘为新泽西学院物理学教授，1846年任华盛顿史密森研究院首任院长，1867年被选为美国国家科学院院长．
亨利最大的贡献是在1832年发现了自感现象.1827年他用纱包铜线在一铁芯上绕了两层，然后在铜线中通电，发现仅重3公斤的铁芯竟然吸起了300公斤重的铁块，远远超过一般天然磁铁的吸引力．电转变为磁产生如此大的力量，立即深深地吸引了亨利继续对这些电磁现象进行探讨.1832年，他在研制有更强大吸引力的电磁铁时发现，绕有铁芯的通电线圈在断开电路时有电火花产生，这就是自感现象．他反复试验，搞清楚了产生这种现象的规律，于1835年发表了解释自感现象的论文．
1837年，亨利在电磁铁两极中间，放了一根绕有导线的条形铁棒，并把导线两端接到检流计上．他观察到，在激励电磁铁的磁化电流接通或断开的瞬间，检流计指针就发生偏转．其实这就是电磁感应现象，亨利最早发现了它．但是，当时世界科学的中心在欧洲，亨利的这些成果又没有发表，因此，发现电磁感应现象的功劳就归属于及时发表了成果的法拉第.1837年，亨利访问了欧洲，与法拉第共同愉快地度过了许多日子．法拉第当时想做一个简单的实验使温差电偶产生火花．
他把电偶的一端置于炽热的火炉上，另一端埋在冰块里，并将两根引线的线头相碰，但并未产生预想的结果．这时亨利把一根导线绕成线圈套在一根铁棒上，并把这个线圈接到温差电偶的一根引线上，再使两根线头相碰，顿时爆出了耀眼的电火花．法拉第对此实验大加赞赏，大声问道：“你到底是怎么成功的？”于是亨利不得不向这位因发表电磁感应规律而闻名于世的科学家解释自感的道理，显然当时还没有一个欧洲人读过亨利几年前就发表的那些论文．
1842年，亨利在实验室里安装了一个火花隙装置，在30多英尺远处放了一个线圈来接收能量，线圈和检流计相接，形成回路．当火花隙闪过电火花的时候，和线圈相接的检流计就发生了偏转．这个实际上实现了无线电波传播的实验虽然比赫兹的实验早了四十多年，但是当时的人们，包括亨利自己在内，还认识不到这个实验的重要意义．亨利的贡献很大，只是有的没有立即发表，因而失去了许多发明的专利权和发现的优先权．但人们没有忘记这些杰出的贡献，为了纪念亨利，用他的名字命名了自感系数和互感系数的单位，简称“亨”.1．关于自感现象，下列说法正确的是( )
A．感应电流方向一定和原电流方向相反
B．线圈中产生的自感电动势较大的其自感系数也一定较大
C．对于同一线圈，当电流变化较快时，线圈中的自感系数较大
D．对于同一线圈，当电流变化较快时，线圈中的自感电动势也较大
【解析】 根据自感现象可知，当原电流增大时，感应电流阻碍它的增大，感应电流的方向与原电流的方向相反；当原电流减小时，感应电流阻碍它的减小，感应电流的方向与原电流的方向相同；所以选项A是错误的．自感系数是由线圈本身的性质决定的，与其他因素无关，因此选项B、C都是错误的．自感电动势与电流的变化率、自感系数有关，选项D是正确的．
【答案】 D
2．关于线圈的自感系数，下面说法正确的是( )
A．线圈的自感系数越大，自感电动势一定越大
B．线圈中的电流等于零时，自感系数也等于零
C．线圈中电流变化越快，自感系数越大
D．线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定
【解析】 线圈的自感系数是由线圈本身的因素及有无铁芯决定的，与有无电流、电流变化情况都没有关系，故B、C错误，D正确；自感电动势的大小除了与自感系数有关，还与电流的变化率有关，故A错误．
【答案】 D3．(2013·扬州一中高二检测)如图1－6－7所示，L为自感系数较大的线圈，电路稳定后小灯泡正常发光，当断开开关S的瞬间会有( )
A．灯A立即熄灭
B．灯A慢慢熄灭
C．灯A突然闪亮一下再慢慢熄灭
D．灯A突然闪亮一下再突然熄灭图1－6－7
【解析】 当开关S断开时，由于通过自感线圈的电流从有变到零，线圈将产生自感电动势，但由于线圈L与灯A串联，在S断开后，不能形成闭合回路，因此灯A在开关断开后，电源供给的电流为零，灯就立即熄灭．
【答案】 A
4．下列关于日光灯启动器的说法中正确的有( )
①启动器由氖管和电容器并联组成 ②没有电容器，启动器无法正常工作 ③电容器击穿后，日光灯管仍能正常发光 ④启动器起着自动开关的作用
A．①② B．①③
C．①④ D．②④
【解析】 启动器主要是一个充有氖气的小玻璃泡，里面装有两个电极，一个是静触片，另一个是由两个膨胀系数不同的金属片制成的U形动触片．启动器相当于一个自动开关，在日光灯点燃前它是接通的，在日光灯点燃后它是断开的．它应与镇流器串联，与日光灯管只能并联连接．电容器与氖管并联，它的作用是防止产生电火花击穿后成为导体使氖管短路．C对．
【答案】 C课后知能检测本小节结束
请按ESC键返回课件50张PPT。教师用书独具演示●课标要求
1．了解涡流产生的原理，涡流的防止和应用．
2．了解电磁阻尼及其应用．
3．提高学习兴趣，培养用理论知识解决实际问题的能力．7 涡流(选学)
●课标解读
1．通过实验，了解涡流现象．
2．举例说明涡流现象在生活和生产中的应用
●教学地位
本节内容属于选学内容，对涡流现象及其应用只做一般了解性要求. ●新课导入建议
通过前面的学习我们知道，当线圈中的电流变化时，其附近的导体中会产生感应电流，从而使导体发热．
当导体在磁场中运动时，由于产生感应电流而使导体受到的安培力对导体的运动产生什么作用？
请同学们带着上述问题进入本节课的学习．●教学流程设计
课前预习安排：1.看教材2.填写【课前自主导学】(同学之间可进行讨论) 步骤1：导入新课，本节教学地位分析 步骤2：老师提问，检查预习效果(可多提问几个学生) 步骤3：师生互动完成“探究1”互动方式(除例1外可再变换命题角度，补充一个例题以拓展学生思路)步骤4：教师通过例题讲解总结减小涡流影响的方法步骤5：让学生完成【迁移应用】，检查完成情况并点评 步骤6：师生互动完成“探究2”(方式同完成探究1相同) 步骤7：指导学生完成【当堂双基达标】，验证学习情况 步骤8：先由学生自己总结本节的主要知识，教师点评，安排学生课下完成【课时作业】课前预习安排：1.看教材2.填写【课前自主导学】(同学之间可进行讨论) 演示结束1.基本知识
概念：由于 ，在 中会形成感应电流，电流在金属块内组成闭合回路，很像水的旋涡，因此叫涡电流，简称涡流．涡流 电磁感应大块金属
2．思考判断
(1)涡电流只能产生热效应，不能产生磁效应．(×)
(2)涡电流不是感应电流，而是一种有别于感应电流的特殊电流．(×)
(3)变压器和电动机的铁芯不是整块金属，而是用许多相互绝缘的薄硅钢片叠合而成，其原因是为了降低涡流造成的损耗．(√)
3．探究交流
涡流的实质是什么？
【提示】 涡流是电磁感应现象，同样遵守电磁感应定律．
1.基本知识
(1)高频感应炉
①工作原理：利用涡流熔化金属，当冶炼炉接入______ ___________后，冶炼锅内被冶炼的金属内部就产生很强的 ，从而产生大量的热使金属熔化．
②优点： ，温度 ；能避免混入有害杂质．
高频感应炉与电磁灶 高频交流电涡流速度快容易控制
(2)电磁灶
①工作原理：电磁灶是利用 ，通有交变电流时，在 产生涡流，使 发热来加热．
②优点：热效率 、耗电 ，使用方便、安全．励磁线圈锅底锅底高少
2．思考判断
(1)电磁灶是利用变化的磁场在食物中产生涡流从而对食物进行加热的．(×)
(2)电磁灶是利用变化的磁场在铁质锅底中产生涡流，使铁质锅底迅速升温，而对锅内食物加热的．(√)
3．探究交流
电磁炉在工作时能不能用陶瓷锅、耐热玻璃锅来加热食物呢？
【提示】 不能．因为这样不能在锅底产生涡流，也就无法利用涡流的热效应来加热食物．
1.基本知识
概念：当 在 中运动时，导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力，安培力总是 导体的运动，这种现象叫电磁阻尼．
应用：磁电式仪表中利用 使指针迅速停下来，便于读数．
电磁阻尼 阻碍电磁阻尼导体磁场
2．思考判断
(1)在电磁阻尼现象中的能量转化是导体克服安培力做功，把其他形式能转化为电能，最终转化为内能．(√)
(2)磁电式仪表线圈的骨架用铝框来做利用了电磁阻尼．(√)
3．探究交流
磁电式电流表在运输时往往用短路片把正负接线柱短接，想一想，这样做有什么道理？
【提示】 这是为了减少运输过程中指针与线圈的剧烈摆动而采取的措施．这是因为短路片将电流表正负接线柱短接后与线圈组成闭合电路，由于指针和线圈是固定在一起的，所以指针摆动时会带动线圈在磁场中做切割磁感线运动，从而在线圈中产生感应电流，而感应电流会产生阻碍线圈转动的效果，从而有效减轻了指针的摆动.【问题导思】
1．如何判断发生涡流时电流的方向？
2．涡流的本质是什么？涡流有什么用处？
对涡流的理解
1．对涡流的理解
(1)本质：电磁感应现象．
(2)条件：穿过金属块的磁通量发生变化，并且金属块本身自行构成闭合回路．
(3)特点：整个导体回路的电阻一般很小，感应电流很大，故金属块的发热功率很大．
2．产生涡流的两种情况
(1)块状金属放在变化的磁场中．
(2)块状金属进出磁场或在非匀强磁场中运动．
3．产生涡流时的能量转化
伴随着涡流现象，其他形式的能转化成电能最终在金属块中转化为内能．例如金属块放在了变化的磁场中，则磁场能转化为电能最终转化为内能；如果是金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动，则由于克服安培力做功，金属块的机械能转化为电能，最终转化为内能． (2013·成都七中高二检测)在水平放置的光滑导轨上，沿导轨固定一个条形磁铁，如图1－7－1所示．现有铜、铝和有机玻璃制成的滑块甲、乙、丙，使它们从导轨上的A点以某一初速度向磁铁滑去．各滑块在未接触磁铁前的运动情况是( )
A．都做匀速运动
B．甲、乙做加速运动
C．甲、乙做减速运动
D．乙、丙做匀速运动
图1－7－1
【审题指导】 解答本题的思路如下：
相对运动 → 磁通量变化 → 涡流 → 阻碍作用
【解析】 铜块、铝块向磁铁靠近时，穿过它们的磁通量发生变化，因此在其内部产生涡流，反过来涡流产生的感应磁场对原磁场的变化起阻碍作用，所以铜块和铝块向磁铁运动时会受阻碍而减速，有机玻璃为非金属，不产生涡流现象，故C正确．
【答案】 C减小电动机、变压器中的涡流影响的方法
电动机、变压器的线圈都绕在铁芯上，线圈中流过变化的电流，在铁芯中产生的涡流使铁芯发热，浪费了能量，还可能损坏电器，我们可以采用以下两条途径减小涡流的影响．
途径一是增大铁芯材料的电阻率，常用的铁芯材料是硅钢，它的电阻率比较大；
途径二是用互相绝缘的硅钢片叠压的铁芯来代替整块硅钢铁芯．1.如图1－7－2所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一小铁锅水和一玻璃杯水．给线圈通入电流，一段时间后，一个容器中水温升高，则通入的电流与水温升高的是( )
A．恒定直流、玻璃杯
B．恒定直流、小铁锅
C．变化的电流、玻璃杯
D．变化的电流、小铁锅
图1－7－2
【解析】 通入恒定直流时，所产生的磁场不变，不会产生感应电流，通入变化的电流，所产生的磁场发生变化，在空间产生感生电场，铁锅是导体，感生电场在导体内产生涡流，电能转化为内能，使水温升高；涡流是由变化的磁场在导体内产生的，所以玻璃杯中的水不会升温．
【答案】 D 如图1－7－3所示，abcd是一闭合的小金属线框，用一根绝缘的细杆挂在固定点O，使金属线框在竖直平面内来回摆动的过程中穿过水平方向的匀强磁场区域，磁感线方向跟线框平面垂直，若悬点摩擦和空气阻力不计，则( )综合解题方略——电磁阻尼的应用 图1－7－3 A．线框进入或离开磁场区域时，都产生感应电流，而且电流的方向相反
B．线框进入磁场区域后，越靠近OO′时速度越大，因而产生的感应电流也越大
C．线框开始摆动后，摆角会越来越小，摆角小到某一值后将不再减小
D．线框摆动过程中，机械能完全转化为线框电路中的电能
【审题指导】 审题时应注意以下问题：
(1)不计悬点摩擦和空气阻力，只考虑电磁阻尼．
(2)线框运动过程中，不同的阶段要注意不同的特点．【规范解答】 线框在进入或离开磁场区域时，由于穿过线框的磁通量发生变化，线框中都要产生感应电流，由楞次定律可知感应电流的方向是相反的．当线框完全进入磁场区域后，穿过线框的磁通量不发生变化，因而感应电流为零，在此区域内机械能守恒，所以越靠近OO′时速度越大．由于线框进入磁场区域和离开磁场区域时都有感应电流产生，有机械能转化为电能，所以线框的摆角越来越小，但当线框的摆角减小到使线框完全在磁场中运动时，就不再有电能产生，线框的机械能守恒，摆角将不再减小．由以上分析可知，选项A、C正确，B、D错误．
【答案】 AC闭合回路的部分导体在做切割磁感线运动产生感应电流时，导体在磁场中就要受到安培力的作用，根据楞次定律，安培力总是阻碍导体的运动，于是产生电磁阻尼．
电磁阻尼是一种十分普遍的物理现象，任何在磁场中运动的导体，只要给感应电流提供回路，就会存在电磁阻尼作用．【备课资源】(教师用书独具)
如图教1－7－1所示，在光滑的水平面上有一半径r＝10 cm、电阻R＝1 Ω、质量m＝1 kg的金属环，以速度v＝10 m/s向一有界匀强磁场滑去．匀强磁场方向垂直于纸面向里，B＝0.5 T，从环刚开始进入磁场算起，到刚好有一半进入磁场时，圆环释放了32 J的热量，求：图教1－7－1 (1)此时圆环中电流的即时功率；
(2)此时圆环运动的加速度．
【审题指导】 解答本题可按照以下思路分析：在电磁感应现象中，阻碍导体相对运动的过程中，导体或线圈克服安培力做功，同时其他形式的能转化为电能．
【解析】 (1)取环为研究对象，从刚进入磁场至一半进入磁场的过程中，由能量守恒知，环减少的动能全部转化为电热能，设此时速度为v1，等效电路图如图所示，则 【答案】 (1)0.36 W (2)6×10－2m/s2，方向向左
1．下列做法中可能产生涡流的是( )
A．把金属块放在匀强磁场中
B．让金属块在匀强磁场中匀速运动
C．让金属块在匀强磁场中做变速运动
D．把金属块放在变化的磁场中
【解析】 涡流就是整个金属块中产生的感应电流，所以产生涡流的条件就是在金属块中产生感应电流的条件，即穿过金属块的磁通量发生变化．而A、B、C中磁通量不变化，所以A、B、C错误；把金属块放在变化的磁场中时，穿过金属块的磁通量发生了变化，有涡流产生，所以D正确．
【答案】 D
2．下列应用中哪些与涡流无关( )
A．高频感应冶炼炉
B．汽车的电磁式速度表
C．家用电度表(转盘式)
D．闭合线圈在匀强磁场中转动，切割磁感线产生的电流
【解析】 真空冶炼炉的炉外围通入反复变化的电流，则炉内的金属中会产生涡流；汽车速度表是磁电式电流表，指针摆动时，铝框骨架中产生涡流；家用电度表(转盘式)的转盘中有涡流产生；闭合线圈在磁场中切割磁感线产生感应电流，不同于涡流，D正确．
【答案】 D
3．关于真空冶炼和电熨斗的说法正确的是( )
A．它们都是利用电流的热效应原理工作的
B．它们都是利用电磁感应现象中产生的涡流工作的
C．前者是利用电磁感应现象中产生的涡流工作的，后者是利用电流的热效应工作的
D．前者利用的是变化的电流，后者利用的是恒定的电流
【解析】 冶炼炉，炉外有线圈，线圈中通入反复变化的电流，炉内的金属产生涡流．涡流产生的热量使金属熔化；电熨斗是利用电阻线发热工作的，故选C.
【答案】 C4.(2013·石室中学高二检测)如图1－7－4所示所示，将一金属铜球通过一轻质弹簧系在天花板上，在金属铜球的下端放有通电的线圈．现把小球拉离平衡位置后释放，此后关于小球的运动情况是(不计空气阻力)( )
A．做等幅振动
B．做阻尼振动
C．振幅不断增大
D．无法判定图1－7－4
【解析】 将小球视为高度不同的竖直放置的圆筒套成的，则当小球上下运动时，穿过各圆筒的磁通量发生变化，产生涡流，使小球做阻尼振动，振幅减小，故B正确．
【答案】 B 课后知能检测本小节结束
请按ESC键返回
