(共98张PPT)
人教版（2019）高中物理选择性必修第二册
2.2 法拉第电磁感应定律
授课人：XXXX
大单元教学设计
目录
CONTENTS
感应电动势
法拉第电磁感应定律
导体感应电动势
反电动势
法拉第电磁感应定律应用
甲
N
S
G
乙
甲乙两图，开关断开，电路中有电流吗？
没有
甲乙两图，如果电路不是闭合的，电路中就没有电流，电源的电动势是否还存在呢？
存在
乙图电路没有闭合，这时虽然没有感应电流，但电动势依然存在。
这两种情况下，如果电路不闭合会怎样呢？
由此可见，在电磁感应现象中，不论电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电动势，但产生感应电流还需要电路闭合，因此研究感应电动势更有意义。
01
感应电动势
法拉第电磁感应定律
一
感应电动势
螺线管为电源
等效电路
1、定义：
说明
①电路闭合时有感应电动势，感应电流。
②电路断开时有感应电动势，但无感应电流。
（1）产生感应电动势的那部分导体相当于电源
（2）产生条件：穿过电路的磁通量发生变化
①磁通量变化为电磁感应的根本原因。
②产生感应电动势为电磁感应现象的本质。
在电磁感应现象中产生的电动势。
N
S
G
乙
（3）磁通量变化是电磁感应的根本原因; 产生感应电动势是电磁感应现象的本质.（产生感应电流只不过是一个现象，表示电路中输送着电能；而产生感应电动势才是电磁感应现象的本质，它表示电路已经具备随时输出电能的能力）
总结：
感应电动势的有无，完全取决于穿过闭合电路中的磁通量是否发生变化，与电路的通断，电路的组成是无关的。
02
法拉第电磁感应定律
感应电动势
法拉第电磁感应定律
探究实验：影响感应电动势大小的因素
实验：将条形磁铁如图所示插入线圈中，电流表指针发生偏转。
Φ变化
产生E
产生I
问题1：在实验中，电流表指针偏转原因是什么？
总电阻一定时,E越大,I越大,指针偏转越大.
问题2：电流表指针偏转程度跟感应电动势的大小有什么关系？
Φ变化的快慢不同
Φ都发生了变化
都产生了E(I)
产生的E(I)大小不等
磁通量变化越快，感应电动势越大。
磁通量的变化快慢
越大
从条件上看
从结果上看
相同
不同
问题3:在实验中，将条形磁铁从同一高度插入线圈中同一位置，快速插入和缓慢插入有什么相同和不同
磁通量的变化率
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
定律内容
取适当单位则k=1
线圈由1匝 n
总结：
（单位为伏、韦伯、秒及国际单位时 则 k=1）
法拉第电磁感应定律
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。
1.内容:
注意：
（1）公式中Δφ取绝对值，不涉及正负，感应电流的方向另行判断。
（2）产生感应电动势的那部分导体相当于电源，感应电动势即该电源的电动势。
2.公式:
n为线圈的匝数
⑶产生感应电流只不过是一个现象，它表示电路中在输送着电能；而产生感应电动势才是电磁感应现象的本质，它表示电路已经具备了随时输出电能的能力。
几点说明：
⑴不论电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就产生感应电动势，产生感应电动势是电磁感应现象的本质。
⑵磁通量是否变化是电磁感应的根本原因。若磁通量变化了，电路中就会产生感应电动势，再若电路又是闭合的，电路中将会有感应电流。
1.当B、θ不变， △φ仅由S变化引起时, ΔS＝S2-S1
公式：E=nB
△S
△t
公式：E=nS
△B
△t
3.当S、 B 不变， △φ仅由θ变化引起时
ω
应用:用公式 求E的二种常见情况：
2.当S、θ不变，△φ仅由B变化引起时, ΔB＝ B2-B1
公式：
问题1：磁通量大,磁通量变化一定大吗
问题2：磁通量变化大,磁通量的变化率一定大吗
(可以类比速度、速度的变化和加速度)
磁通量的变化率和磁通量、磁通量的变化无直接关系:磁通量大(小,零)，磁通量的变化率不一定大(小,零);磁通量的变化大(小)，磁通量的变化率不一定大(小).
思考与讨论
比较
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。
16V
例1
一个匝数为100、面积为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2
例3．穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系，如图所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是( )．
A．0～2 s
B．2 s～4 s
C．4 s～5 s
D．5 s～10 s
D
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1/4周的过程中的平均感应电动势
例4
B
0
0'
a
ω
d
c
b
(2)线圈转过1/2周的过程中的平均感应电动势？
03
法拉第电磁感应定律
法拉第电磁感应定律
a
b
× × × × × × × × × × × ×
× × × × × × × × × × × ×
G
a
b
v
回路在时间t内增大的面积为：
ΔS=LvΔt
产生的感应电动势为：
穿过回路的磁通量的变化为：
ΔΦ=BΔS
=BLvΔt
（V是相对于磁场的速度）
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
导体切割磁感线时的感应电动势
导体切割磁感线时的感应电动势
适用条件：（1）匀强磁场中
（2）导线L、B、v两两垂直时
（θ为v与B夹角）
θ
v
B
V1
V2
若导体运动方向跟磁感应强度方向有夹角(导体斜切磁感线)
θ为v与B夹角
1、表达式：
2．对公式E＝Blvsinθ的理解
(1)如果是n匝线框的一边在磁场中切割磁感线，则有E＝nBlvsinθ
(2)该公式可看成法拉第电磁感应定律的一个推论，求导体切割磁感线时的感应电动势更简捷。速度v为瞬时值,E就为瞬时电动势;速度v为平均值,E就为平均电动势.
(3)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。
(4)式中的l应理解为导体切割磁感线时的有效长度。
如图所示，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的长度。
(5)该式适用于导体平动时，即导体上各点的速度相等时。
当闭合回路中的导体切割磁感线运动时，电路中产生感应电动势，从而电路中有感应电流，在这种情况下，非静电力是怎么来的呢？它是如何将其它形式的能转化为电能的
v0
M
N
× × × ××
× × × ××
× × × ××
× × × ××
× × × ××
R
思考与讨论：
自由电荷会随着导体棒运动,并因此受到洛伦兹力。
为了方便，可以认为导体中的自由电荷是正电荷。
问题1：导体中自由电荷的合运动在空间大致沿什么方向？
C
D
分析与解答:
1、导体中自由电荷(正电荷)具有水平方向的速度，由左手定则可判断受到沿棒向上的洛伦兹力作用，其合运动是斜向上的。
C
D
+
-
问题2:导体棒一直运动下去，自由电荷是否总会沿着导体棒一直运动下去
自由电荷不会一直运动下去。 当电场力等于洛伦兹力 时，自由电荷不再定向运动。同时 消失,电动势稳定。
问题3：导体棒的哪端电势比较高
导体棒就是电源，如果外接用电器，则电流将从C端外流出，即C端电势高。
问题4：如果用导线把C、D两端连到磁场外的一个用电器上，导体棒中电流是沿什么方向的
由D指向C
问题5：如果移去C、D两端连接的用电器，导体棒中还有电流吗 还有电动势吗
无电流，但有电动势
C
D
+
-
动生电动势
动生电动势：由于导体的运动(切割磁感线)而产生的感应电动势。
动生电动势大小：
动生电动势方向：
右手定则
思考：又是什么力充当非静电力？
非静电力：与洛伦兹力有关
动生电动势所对应的非静电力是洛伦兹力的分力。
当：F电=F洛时，有：qvB=qE/l
得出公式与法拉第电磁感应定律得到的结果一致
注意：
动生电动势与洛伦兹力有关，但洛伦兹力始终不做功。
导体棒接用电器后，要继续做匀速运动时还需要外力推动吗？
受向左的安培力作用 ，需要外力
想一想
沿杆方向的洛伦兹力做功吗 与我们在《磁场》学习时得到的结论：“洛伦兹力永不做功！”矛盾吗？
+
-
不矛盾，洛伦兹力与粒子的速度是垂直关系
想一想
能量是怎样转化的呢？
其它形式的能
导体棒的动能
f1做正功
电能
内能……
电流做功
f1
想一想
洛伦兹力在整个能量转化的过程中起什么作用？
洛伦兹力的沿杆分力f1：扮演了非静电力，其做了多少正功，就转化出了多少电能。
洛伦兹力的垂直杆分力 f2 ：宏观表现为安培力，通过计算克服安培力做了多少功，也可知道产生了多少电能。
即外力克服洛伦兹力的一个分量 所做的功，通过另一个分量 转化为感应电流的能量
洛伦兹力不做功，不提供能量，只是起传递能量的作用
f1
想一想
试从能量转化角度来推导感应电动势的大小
f1
想一想
Blv中的l指的是有效值：
A.丙和丁 B.甲、乙、丁
C.甲、乙、丙、丁 D.只有乙
公式E＝Blv中的l应指导体的有效切割长度，甲、乙、丁中的有效切割长度均为l，电动势E＝Blv；而丙的有效切割长度为0，电动势为0，故选项B正确.
如图,长为L的铜杆OA以O为轴在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω匀速转动,磁场的磁感应强度为B,求杆OA两端的电势差.
ω
A
O
A'
转动切割
如图,一个水平放置的导体框架,宽度L=1.50m,接有电阻R=0.20Ω,设匀强磁场和框架平面垂直,磁感应强度B=0.40T,方向如图.今有一导体棒ab跨放在框架上,并能无摩擦地沿框滑动,框架及导体ab电阻均不计,当ab以v=4.0m/s的速度向右匀速滑动时，试求：
(1)导体ab上的感应电动势的大小
(2)回路上感应电流的大小
E=BLv=0.80V
例与练
如图,水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ,它们的电阻不计,在M和P之间接有R=3.0Ω的定值电阻,导体棒长ab=0.5m,其电阻为r =1.0Ω,与导轨接触良好.整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中,B=0.4T.现使ab以v=10m／s的速度向右做匀速运动.
(1)ab中的电流多大 ab两点间的电压多大
(2)维持ab做匀速运动的外力多大
(3)ab向右运动1m的过程中,外力做的功是多少 电路中产生的热量是多少
R
B
r
P
M
N
a
Q
b
v
WF=0.1J
I=0.5A
F=0.1N
Q=0.1J
U=1.5V
例与练
04
反电动势
法拉第电磁感应定律
反电动势
V
此电动势阻碍电路中原来的电流.
故称之为反电动势
开关闭合后，导体棒受安培力作用而向右运动，导体棒会产生感应电动势，该感应电动势是削弱了电源产生的电流吗？
问题1：在图4.4-3中,电源在电动机线圈中产生电流的方向怎样 AB边、CD边受力方向怎样 线圈的运动方向怎样
问题2：电动机线圈在磁场中转动会产生感应电动势吗 方向怎样
问题3：感应电动势是加强了电源产生的电流,还是削弱了电源的电流 是有利于线圈转动还是阻碍了线圈的转动
直流电动机的原理:
通电导线在磁场中 受安培力而运动.
问题4：如果电动机因机械阻力过大而停止转动,会发生什么情况 这时应采取什么措施
1.定义：电动机转动时，由于切割磁感线，线圈中产生的 电源电动势作用的感应电动势。
2.作用：阻碍线圈的转动，要维持线圈原来的转动，电源就必须向电动机提供 。这正是电能 为其他形式能（机械能）的过程。
3.危害与防止
若电动机工作中由于机械阻力过大而停止转动，这时就没有了 ，电阻很小的线圈中电流会 ，可能会把电动机 ，这时应立即 电源，进行检查。
削弱
能量
转化
反电动势
很大
烧毁
切断
4.正因为反电动势的存在,使得回路电流I＜，所以对电动机而言,闭合电路的欧姆定律不成立。
例1．关于反电动势，下列说法中正确的是（ ）
A．只要线圈在磁场中运动就能产生反电动势
B．只要穿过线圈的磁通量变化，就产生反电动势
C．电动机在转动时线圈内产生反电动势
D．反电动势就是发电机产生的电动势
例与练
【答案】C
【解析】反电动势是与电源电动势相反的电动势，其作用是削弱电源的电动势，产生反电动势的前提是必须有电源存在，即通电线圈在磁场中转动，产生的感应电动势与电源电动势相反，因此ABD错误，故正确答案为C。
例2．如图所示，水平金属导轨AB′、CD通过开关S和电源相连，两导轨间距离为L，匀强磁场垂直金属导轨向里，光滑导体杆ab同导轨接触良好，设电源的电压为E，磁感应强度为B，当开关闭合后，ab杆所能达到的最大速度为多大，此时的反电动势为多大？
例与练
05
法拉第电磁感应定律
法拉第电磁感应定律的应用
（一）
电磁感应现象中的电路分析
电磁感应
电磁感应现象中电路问题的注意事项：
1.产生感应电动势的那部分导体相当于电源。
2.产生感应电动势只需要磁通量发生变化，不需要闭合回路；产生感应电流才需要磁通量发生变化和闭合回路。
感应电动势的正负极可以根据楞次定律（或右手定则）来判断。
3. 正确判断电源的正负极，电源内部电流由电源负极流向电源正极
4. 注意等效电源的内阻对电路的影响
闭合回路中，等效电源正负极间的电压是路端电压，而不是等效 电源的电动势。只有开路时，路端电压才等于电动势。
电磁感应现象中的电路分析
分析思路
判断产生感应电动势的是哪一部分导体
或
右手定则或楞次定律
弄清各元件的串并联关系，画等效电路图
闭合电路欧姆定律、串并联
电路知识、电功率、焦耳定律
确定电源
分析电路结构
应用规律求解
哪一部分
E的大小
电源正负极
例题：把总电阻为2R的均匀电阻丝焊接成一半径为a的圆环，水平固定在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，如图所示。一长度为2a、电阻等于R、粗细均匀的金属棒MN放在圆环上，它与圆环始终保持良好的接触，当金属棒以恒定速度v向右移动经过环心O时，求：
（1）棒上电流的大小和方向及棒两端的电压UMN；
（2）在圆环和金属棒上消耗的总电功率。
（1）棒上电流的大小和方向及棒两端的电压
（2）在圆环和金属棒上消耗的总电功率
方向：从N到M
解：
总结：处理电磁感应中的电路问题的一般方法
1.明确哪部分电路或导体产生感应电动势，该部分电路或导体就相当于电源，其他部分是外电路.
2.画等效电路图，分清内、外电路.
3.用法拉第电磁感应定律E＝n 或E＝Blvsin θ确定感应电动势的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向.注意在等效电源内部，电流方向从负极流向正极.
4.运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率等公式联立求解.
（二）
电磁感应中的电荷量问题
电磁感应
电磁感应中的电荷量问题
(1)由上式可知，通过某一截面的感应电荷量q仅由线圈匝数n、回路电阻R和磁通量的变化量ΔΦ决定，与时间长短无关。
(2)求解电路中通过的电荷量时，I、E 均为平均值.
闭合回路中磁通量发生变化时，电荷发生定向移动而形成感应电流，在Δt内通过某一截面的电荷量(感应电荷量)
例、如图所示，导线全部为裸导线，半径为r的圆形导线框内有垂直于纸面的匀强磁场，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，电路中的定值电阻为R，其余部分电阻忽略不计.试求MN从圆环的左端滑到右端的过程中电阻R上通过的电荷量.
解析 MN从圆环的左端滑到右端的过程中，
ΔΦ＝B·ΔS＝B·πr2
针对训练 (多选)如图所示，长直导线通以方向向上的恒定电流i，矩形金属线圈abcd与导线共面，线圈的长是宽的2倍，第一次将线圈由静止从位置Ⅰ平移到位置Ⅱ停下，第二次将线圈由静止从位置Ⅰ绕过d点垂直纸面的轴线旋转90°到位置Ⅲ停下，两次变换位置的过程所用的时间相同，以下说法正确的是（ ）
A.两次线圈所产生的平均感应电动势相等
B.两次线圈所产生的平均感应电动势不相等
C.两次通过线圈导线横截面的电荷量相等
D.两次通过线圈导线横截面的电荷量不相等
√
√
解析 根据通电直导线周围的磁场分布可知，两次通过线圈的磁通量变化量不同，但时间相同，
【例1】轻质细线吊着一质量为m＝0.42 kg、边长为L＝1 m、匝数n＝10的正方形线圈，其总电阻为r＝1 Ω。在线圈的中间位置以下区域分布着磁场，如图1甲所示。磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随时间变化的关系如图乙所示。(取g＝10 m/s2)
(1)判断线圈中产生的感应电流的方向是顺时针还是逆时针；
(2)求线圈的电功率；
(3)求在t＝4 s时轻质细线的拉力大小。
拓展延伸
(1)在【典例】中磁感应强度为多少时，细线的拉力刚好为0
(2)在【典例】中求在t＝6 s内通过导线横截面的电荷量？
解析
(1)细线的拉力刚好为0时满足：
F安＝mg
F安＝nBIL
联立解得B＝0.84 T
(2)由q＝It得q＝0.5×6 C＝3 C。
答案 (1)0.84 T (2)3 C
（三）
电磁感应现象中的综合问题分析
电磁感应
电磁感应现象中的受力与运动分析
制 约 关 系
E=BLv
导体运动
切割磁感线
F安=BIL
v变化
F安变化
F合变化
a变化
F安的大小与速度大小有关
电磁感应现象中的综合问题分析
电磁感应现象中的能量分析
其他形式的能量如机械能
电流做功
焦耳热或
其他形式的能量
电
能
克服安培力做功
★电磁感应现象中总是伴随着能量的转化与守恒，外力克服安培力做多少功，就有多少其他形式能转化为电能；安培力做多少正功，就有多少电能转化为其他形式能。
1.电流恒定时，根据焦耳定律 求解。
2.电流变化时，用以下方法分析
⑴利用动能定理，求出安培力做的功 ，
产生的焦耳热等于克服安培力所做的功，即
⑵利用能量守恒，焦耳热与其他形式能量的总和保持不变。
电磁感应中焦耳热的计算思路
电磁感应中的单杆模型
初态 v0≠0 v0=0 示 意 图 质量为m、电阻不计的导体杆ab以一定初速度v0在光滑水平轨道上滑动,两平行导轨间距为L 轨道水平光滑,导体杆ab质量为m,电阻不计,两平行导轨间距为L 轨道水平光滑,导体杆ab质量为m,电阻不计,两平行导轨间距为L,拉力F恒定
轨道水平光滑,导体杆ab质量为m,电阻不计,两平行导轨间距为L,拉力F恒定
初态 v0≠0 v0=0 运动 分析 导体杆做加速度
越来越小的减速
运动,最终杆静止 当E感=E时,v最大,
且vm= ,最后以 vm匀速运动 当a=0时,v最大,vm
= 时,杆开始 做匀速运动
Δt时间内流入电容器的电荷量Δq=CΔU=CBLΔv
电流I= =CBL =CBLa
安培力F安=BLI=CB2L2a
F-F安=ma,a= ,所以杆以恒定的加速度做匀加速运动
续表
能量 分析 动能转化为内能,
m =Q 电能转化为动能
和内能,E电= m +Q 外力做功转化为
动能和内能,WF= m +Q 外力做功转化为
电场能和动能,WF
=E电+ mv2
续表
例题：如图所示，水平面上有两根相距为L的足够长光滑平行金属导轨 MN 和 PQ ，它们的电阻可忽略不计，在 M 和 P 之间接有阻值为 R的定值电阻。导体棒 ab 垂直导轨放置与导轨接触良好，其质量为m、电阻为 r。整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度 B。开始时，给ab棒一个向右的初速度v。
（1）请分析ab棒的运动情况；
（2）求整个过程电阻R上产生的热量是多少？
ab棒做加速度减小的减速运动，直至停止。
（1）
解：
（2）
变式：在上例中如果对ab棒施加一水平向右的恒力F，使其从静止开始向右运动
（1）请分析ab棒的运动情况；
（2）求ab棒可以达到的速度最大值；
（3）从静止到速度达到最大的过程，
ab棒位移为x，求此过程回路中产生的热量。
（1）
ab棒做加速度减小的加速运动，
达到最大速度后做匀速直线运动。
水平向右
v 水平向右
v
F安
a
解：
（2）
（3）对ab棒列从静止到速度达到最大过程的动能定理
解析
例．(多选)如图所示，倾角为α的光滑导轨上端接入一定值电阻，Ⅰ和Ⅱ是边长都为L的两正方形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向上，区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B1，恒定不变，区域Ⅱ中磁感应强度随时间按B2＝kt(k＞0)变化，一质量为m、电阻为r的金属杆穿过区域Ⅰ垂直地跨放在两导轨上，并恰能保持静止，不计导轨电阻，则下列说法正确的是( )
A．通过金属杆的电流大小为
B．通过金属杆的电流方向是从a到b
C．定值电阻的阻值为
D．定值电阻的阻值为
对金属杆，根据平衡条件，结合安培力公式有mgsin α＝B1IL，解得 ，选项A正确；由楞次定律可知，通过金属杆的电流方向是从b到a，选项B错误；由法拉第电磁感应定律有 ，根据闭合电路欧姆定律得 ，
故 ，选项C正确，选项D错误．
AC
答案与解析
例．如图所示，两根足够长、电阻不计且相距L＝0.2m的平行金属导轨固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶端接有一个额定电压U＝4V的小灯泡，两导轨间有一磁感应强度大小B＝5T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．今将一根长为2L、质量m＝0.2kg、电阻r＝1.0Ω的均匀金属棒垂直于导轨放置在顶端附近无初速度释放，金属棒与导轨接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.25，已知金属棒下滑到速度稳定时，小灯泡恰能正常发光，重力加速度g取10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
(1)金属棒刚开始运动时的加速度大小；
(2)金属棒稳定下滑时的速度大小．
(1)4m/s2 (2)4.4m/s
(1)金属棒刚开始运动时初速度为零，不受安培力作用，由牛顿第二定律得mgsinθ－μmgcosθ＝ma，
代入数据解得a＝4m/s2.
(2)设金属棒稳定下滑时的速度为v，感应电动势为E(金属棒的有效长度为L)，回路中的电流为I，由平衡条件得mgsinθ＝BIL＋μmgcosθ ①
由闭合电路欧姆定律得 ②
由法拉第电磁感应定律得E＝BLv ③ 联立①②③解得v＝4.4 m/s.
1.初速度不为零,不受其他水平外力的作用
项目 光滑的平行导轨 光滑不等距导轨
示意图 质量m1=m2 电阻r1=r2 长度L1=L2 质量m1=m2
电阻r1=r2
长度L1=2L2
运动分析 杆MN做变减速运动,杆PQ
做变加速运动,稳定时,两杆
的加速度均为零,以相等的
速度 做匀速运动 稳定时,两杆的加速度均
为零,两杆的速度之比
为1∶2
能量分析 一部分动能转化为内能,Q=-ΔEk 2.初速度为零,一杆受到恒定水平外力的作用
项目 光滑的平行导轨 不光滑平行导轨
示意图 质量m1=m2 电阻r1=r2 长度L1=L2 摩擦力Ff1=Ff2=Ff
质量m1=m2
电阻r1=r2
长度L1=L2
运动分析 开始时,两杆做变加速
运动;稳定时,两杆以相
同的加速度做匀加速
运动 开始时,若FfPQ杆先变加速后匀速运
动;MN杆静止。若F>2Ff,
PQ杆先变加速后匀加速运动,MN杆先静止后变
加速最后和PQ杆同时做匀加速运动,且加速度相同
能量分析 外力做功转化为动能和内能,WF=ΔEk+Q 外力做功转化为动能和内能(包括电热和摩擦热),WF=ΔEk+Q电+Qf
04
电磁感应中的图像问题
电磁感应
（四）
电磁感应中的图像问题
电磁感应
电磁感应中的图像问题
1.图像类型
(1)各物理量随时间t变化的图像，即B－t图像、Φ－t图像、E－t图像和
I－t图像.
(2)导体做切割磁感线运动时，还涉及感应电动势E和感应电流I随导体位移变化的图像，即E－x图像和I－x图像.
2.解决此类问题需要熟练掌握的规律：安培定则、左手定则、楞次定律、右手定则、法拉第电磁感应定律、欧姆定律等.判断物理量增大、减小、正负等，必要时写出函数关系式，进行分析.
例、如图甲所示，矩形线圈abcd位于匀强磁场中，磁场方向垂直线圈所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示.以图中箭头所示方向为线圈中感应电流i的正方向，以垂直于线圈所在平面向里为磁感应
强度B的正方向，则下列图中能正确表示线
圈中感应电流i随时间t变化规律的是
√
故在2～3 s内感应电流的大小是0～1 s内的2倍.
再由B－t图像可知，0～1 s内，B增大，则Φ增大，
由楞次定律知，感应电流方向为逆时针，
所以0～1 s内的电流为负值；
同理可得，1～2 s电流为零；2～3 s电流为正值，C正确.
例、如图所示，一底边长为L、底边上的高也为L的等腰三角形导体线框以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过长为2L、宽为L的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里.t＝0时刻，三角形导体线框的右边刚进入
磁场，取沿逆时针方向的感应电流为正方向，
则在三角形导体线框穿过磁场区域的过程中，
感应电流i随时间t变化的图线可能是
√
三角形导体线框进、出磁场时，有效切割长度L有都变小，则I也变小.
再根据楞次定律及安培定则，可知进、出磁场时感应电流的方向相反，进磁场时感应电流方向为正方向，出磁场时感应电流方向为负方向，
故选A.
练习1：如图，ab、cd为竖直放置的足够长平行导轨，之间连接阻值为R的电阻，其他电阻均可忽略，电阻可不计的水平放置的导体棒ef，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好接触，又能沿竖直导轨无摩擦下滑，整个装置放在与导轨垂直的匀强磁场中，当导体棒从静止下滑经一段时间后闭合开关S，请分析S闭合后导体棒 的运动情况。
课堂练习（可暂时不讲）
当 ，即 时，
速度达到最大
若 ：
（竖直向下）
导体棒做加速度减小的加速直线运动
若 ：
导体棒做匀速直线运动
当 ，即 时，
速度达到最小
若 ：
（竖直向上）
导体棒做加速度减小的减速直线运动
练习2：两根电阻不计的光滑平行金属导轨，竖直放置，导轨的下端接有电阻R，导轨平面处在匀强磁场中，磁场方向如图所示，电阻为r的金属棒ab，在与棒垂直的恒力F作用下，沿导轨匀速上滑了h高度，在这个过程中（ ）
A．作用于金属棒上的各力的合力所做的功等于零
B．恒力F与安培力的合力所做的功等于金属棒机械能的增加量
C．金属棒克服安培力做的功等于电阻R上产生的焦耳热
D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热
AB
练习3：如图所示，两根足够长的金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m的均匀直金属棒ab放在两导轨上，并与导轨垂直。整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下，导轨和金属棒的电阻可忽略。让ab棒沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属棒接触良好，不计它们之间的摩擦，重力加速度为g。
（1）求在运动过程中，ab棒可以达到的速度最大值；
（2）从静止到速度达到最大的过程，ab棒沿斜面下
滑距离为x，求回路产生的热量。
（1）
ab棒做加速度减小的加速运动，
达到最大速度后做匀速直线运动。
沿斜面向下
v 沿斜面向下
v
F安
a
（2）
方法一：从功能关系的角度求解
方法二：从能量守恒的角度求解
小结：
求平均感应电动势
△t近于0时，E为瞬时感应电动势
求平均感应电动势,v是平均速度
求瞬时感应电动势，v是瞬时速度
电磁感应现象中的
受力与运动分析
电磁感应现象中的
电路分析
法拉第电磁感应定律的应用
小结：
电磁感应现象中的
能量分析中小学教育资源及组卷应用平台
大单元课时（六） 法拉第电磁感应定律（解析版）
一、单选题
1．如图所示，使一个水平铜盘绕过其圆心的竖直轴OO’转动，且假设摩擦等阻力不计，转动是匀速的.现把一个蹄形磁铁移近铜盘，则（ ）
A．铜盘转动将变慢
B．铜盘转动将变快
C．铜盘仍以原来的转速转动
D．铜盘的转动速度如何变化要由磁铁的上、下两端的极性来决定
答案：A
解析：当一个蹄形磁铁移近铜盘时，铜盘转动，切割磁感线，产生感应电流，由楞次定律可知，安培力阻碍其相对运动，所以铜盘的转动将变慢.本题也可以从能量守恒的角度去分析，因为铜盘转动切割磁感线，产生感应电流，铜盘的机械能不断转化成电能，铜盘转动会逐渐变慢，选项A正确.BCD错误
答案：A
2．如图甲所示，边长为、总电阻为的正方形闭合导线框，固定在与线框平面垂直的范围足够大的匀强磁场中。磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，取垂直纸面向里为正。下列说法正确的是（ ）
A．时，线框中产生的感应电动势为
B．时，线框中产生的感应电流为，方向为
C．时，线框中产生的感应电动势为
D．在内，线框中产生的平均感应电动势为
答案：C
解析：AB．根据法拉第电磁感应定律有
代入数据解得，内线框中产生的感应电动势为
由闭合电路的欧姆定律，解得时，线框中产生的感应电流为
由楞次定律可得，感应电流的方向为adcba，故AB错误；
C．同理可得，时，线框中产生的感应电动势为
故C正确；
D．根据题意，由图可知，在内通过线框的磁通量变化量为0，所以平均感应电动势为0，故D错误。
答案：C。
3．如图所示，一个方形金属线圈绕水平固定转轴OO′来回摆动，空间有沿水平向右的匀强磁场，方向垂直于轴OO′。图中H点为线圈摆动的最高位置，L点为最低位置。关于该线圈，下列说法正确的是（ ）
A．在摆动过程中没有感应电流
B．在摆动过程中有恒定的感应电流
C．在H位置穿过的磁通量最大
D．在L位置穿过的磁通量最大
答案：D
解析：AB．线圈摆动过程中磁通量的变化率不同，根据法拉第电磁感应定律
又由欧姆定律可得
所以产生的感应电流不同，因此可得线圈在摆动过程中有非恒定的感应电流，AB错误；
CD．在最低点磁场穿过的有效面积最大，因此在最低点L穿过线圈的磁通量最大，C错误，D正确。
答案：D。
4．随着新能源电动汽车的普及，无线充电技术得到进一步开发和应用。如图所示，由地面供电装置（主要装置有线圈和电源），将电能传送至电动车底部的感应装置（主要装置是线圈），该装置的使用将接收的电能对车载电池进行充电，供电装置与车身接收装置之间通过磁场传送能量。由于电磁辐射等因素，其能量传输效率只能达90%左右。无线充电桩一般采用平铺式放置，用户无需下车、无需插电即可对电动车充电。目前，无线充电桩充电有效距离—般为15—25cm，允许的错位误差一般为15cm左右。下列说法正确的是（ ）
A．充电过程是利用电磁感应的原理
B．车载感应线圈中的感应电流的磁场总是要阻止引起感应电流的磁通量的变化
C．车载感应线圈感应的磁场总是与地面发射线圈中的磁场方向总相反
D．若线圈采用超导材料，能量传输效率可达100%
答案：A
思路：地面发射磁场装置通过改变地面供电装置的电流来使车身感应装置中产生感应电流，因此，感应装置中的感应电流的磁场方向是阻碍感应线圈磁通量的变化；感应电流的磁场不一定与发射线圈中的电流产生的磁场方向相反；由于电磁波传播的时候有电磁辐射，感应线圈和发射线圈中的能量传输不能达到百分之百。
解析：A．从题中可知，供电装置与车身接收装置之间通过磁场传送能量，故充电过程利用的电磁感应原理，A正确；
B．根据楞次定律，车身感应线圈中感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁场的变化，B错误；
C．当地面发射线圈中电流增加时，穿过车身感应线圈的磁通量增加，根据楞次定律，此时车身感应线圈中感应电流的磁场与地面发射线圈中电流的磁场方向相反；当地面发射线圈中电流减小时，穿过车身感应线圈的磁通量减少，根据楞次定律，此时车身感应线圈中感应电流的磁场与地面发射线圈中电流的磁场方向相同，故C错误；
D．由于供电装置与车身接收装置之间由磁场传送能量。由于电磁辐射等因素，感应线圈和发射线圈中的能量传输效率不能达到百分之百，故D错误。
答案：A。
5．如图所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨，固定在同一水平面上，其间距为，左端通过导线连接一个的定值电阻。整个导轨处在磁感应强度大小的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。质量、长度、电阻的均质金属杆垂直于导轨放置，且与导轨接触良好，在杆的中点施加一个垂直于金属杆的水平拉力F，使其由静止开始运动。金属杆运动后，拉力F的功率保持不变，当金属杆的速度稳定后，撤去拉力F。下列说法正确的是（ ）
A．撤去拉力F前，金属杆稳定时的速度为16m/s
B．从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，通过金属杆的电荷量为0.6C
C．从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，金属杆前进的距离为1.6m
D．从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，金属杆上产生的热量为1.8J
答案：C
解析：A．对金属杆受力分析，当金属杆速度稳定时，根据平衡条件有
F=F安
根据法拉第电磁感应定律
E=BLv
由欧姆定律
由安培力
由瞬时功率公式
P= Fv
联立可得
v=4m/s
故A错误；
B C．撤去拉力后，由动量定理
通过金属杆的电荷量
平均速度
解得
q=0.8C，x=1.6m
故B错误，C正确；
D．由动能定理
则电阻产生的热量
解得
故D错误。
答案：C。
6．如图所示，三条平行虚线位于纸面内，中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向．菱形闭合导线框ABCD位于纸面内且对角线AC与虚线垂直，磁场宽度与对角线AC长均为d，现使线框沿AC方向匀速穿过过磁场，以逆时针方向为感应电流的正方向，则从C点进入磁场到A点离开磁场的过程中，线框中电流i随时间t的变化关系，以下可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
答案：A
解析：线圈在进入磁场的过程中，根据楞次定律可知，感应电流的方向沿逆时针方向，为正值，在通过两个磁场的分界线时，根据楞次定律可知，感应电流的方向沿顺时针方向，为负值，线圈出磁场的过程中，根据楞次定律知，感应电流的方向为逆时针，为正值，故BC错误；设BD=L．在线圈进入磁场一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，当BD刚进入磁场时，感应电流最大为，在线圈进入磁场全部过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小至零；线圈通过两个磁场的分界线时，切割的有效长度先均匀增大，感应电流均匀增大，当BD通过磁场分界线时，感应电流最大为，后均匀减小至零；在线圈出磁场一半的过程中，在线圈全部出磁场的过程中，切割的有效长度先均匀增大后均匀减小，感应电流先均匀增大后均匀减小，此过程感应电流最大为，故A正确D错误．
点拨：解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，以及知道在切割产生的感应电动势公式中，L为有效长度．要注意线圈通过磁场的分界线时线圈两侧都切割磁感线，产生感应电动势．
7．如图所示，边长为2l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场。一个边长为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框和虚线框的对角线共线。从开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域。用I表示导线框中的感应电流，取逆时针方向为正，则下列表示关系的图象中，大致正确的是（ ）
A． B． C． D．
答案：D
解析：从t=0开始，线框的位移从0到l，导线框切割磁感线的有效长度线性增加，感应电流也线性增加；线框的位移从l到2l，线框完全进入磁场，无感应电流；线框的位移从2l到3l，导线框切割磁感线的有效长度线性减少，感应电流也线性减小，故D正确，ABC错误。
答案：D。
二、多选题
8．在光滑的足够长的斜面上横放一电阻可忽略不计的金属杆，如图所示，让金属杆从静止向下运动一段时间。已知此时间内重力做了W1的功，金属杆克服安培力做了W2的功，下列关于此过程的讲法正确的是（ ）
A．此过程中动能增加了（W1﹣W2）
B．此过程中机械能增加了（W1﹣W2）
C．此过程中重力势能减少了W1
D．此过程中回路中产生了W2的电能
答案：ACD
解析：A．由题意可知，安培力做功为-W2，由动能定理得：动能的增加量为
故A正确；
B．根据功能原理可知，机械能增加量为-W2，故B错误；
C．重力做了W1的功，则重力势能减少了W1，故C正确；
D．回路中产生的电能等于克服安培力做功，则此过程中回路中产生了W2的电能，故D正确。
答案：ACD。
9．如图，足够长的粗糙平行金属导轨倾斜固定在水平面上，与水平面的夹角均为θ=37°，导轨间距为L。长为L金属杆ab和cd垂直导轨放置，质量分别为m和2m，电阻均为R，与导轨间的动摩擦因数大小均为0.75，整个装置处于方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现同时使金属杆ab和 cd获得大小为v0和2.5v0的初速度，方向如图所示，运动过程中两金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好。从开始运动到运动稳定的过程中，取tanθ=0.75，下列说法正确的是（ ）
A．刚开始运动ab杆的电流方向从b到a
B．通过ab杆的电荷量为
C．回路产生的热量为m
D．杆ab、cd间距离缩小了
答案：ACD
解析：A．同时使金属杆ab和 cd获得大小为v0和2.5v0的初速度，根据题意可以判断，两电动势方向相反，所以根据右手定则可以判断，刚开始运动ab杆的电流方向由cd杆决定，从b到a，故A正确；
B．因为
且两棒安培力等大反向，所以系统合力为零，动量守恒
解得
对cd分析
解得
故B错误；
C．根据能量守恒回路产生的热量为
解得
故C正确；
D．根据
解得
故D正确。
答案：ACD。
10．如图所示，在水平面上有两条光滑的长直平行金属导轨MN、PQ，电阻忽略不计，导轨间距离为L，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面。质量均为m的两根金属杆a、b放置在导轨上，a、b接入电路的电阻均为R。轻质弹簧的左端与b杆连接，右端固定。开始时a杆以初速度v0向静止的b杆运动，当a杆向右的速度为v时，b杆向右的速度达到最大值vm，此过程中a杆产生的焦耳热为Q，两杆始终垂直于导轨并与导轨接触良好，则b杆达到最大速度时( )
A．b杆中电流的大小为
B．a杆受到的安培力为
C．a、b杆与弹簧组成的系统机械能减少量为2Q
D．弹簧具有的弹性势能为
答案：ABC
解析：A．金属杆a和b串联，通过电流大小相等，b杆速度最大时，两导体棒的电动势之和为：
根据闭合电路欧姆定律：
故A正确；
B．a杆受到的安培力的大小：
故B正确；
C．a、b与杆组成的系统机械能的减少量转化为整个回路的焦耳热，通过两杆的电流和时间相等，根据焦耳定律：
可知两杆产生的焦耳热相同，所以a、b与杆组成的系统机械能的减少量为，故C正确；
D．整个过程中应用能量守恒定律，弹性势能为：
故D错误。
答案：ABC．
11．在xOy平面坐标系的第一象限内存在着方向向里大小按变化的磁场，有一长l=20 cm，宽为h=10 cm的矩形金属线框，总电阻为R=0.02 Ω，正以速度v=10 m/s的速度沿x轴正方向匀速运动．则下列说法正确的是
A．线框产生的感应电动势
B．回路消耗的电功率
C．必须对线框施加的外力，才能使线框匀速运动
D．为使线框匀速运动，施加的外力大小为，方向沿x正方向
答案：ABD
解析：，，回路，A正确．回路R=0.02 Ω，则回路中电流，回路消耗的电功率为，故B正确．保持线框匀速运动，施加的外力等于线框受到的安培力，，C错误D正确．
三、实验题
12．某学习小组在“研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系”的实验中采用了如图甲所示的实验装置。
（1）实验需用螺旋测微器测量挡光片的宽度，如图乙所示，则 mm；
（2）在实验中，让小车以不同速度靠近螺线管，记录下光电门挡光时间内感应电动势的平均值E，改变速度多次实验，得到多组数据。这样实验的设计满足了物理实验中常用的“控制变量法”，你认为小车以不同速度靠近螺线管过程中不变的量是：在时间内 。
（3）得到多组与E数据之后，若以E为纵坐标、以为横坐标作出图像，发现图像是一条曲线，不容易得出清晰的实验结论，为了使画出的图像为一条直线，最简单的改进办法是以 为横坐标。
答案： 4.800 穿过螺线管的磁通量的变化量
解析：（1）[1]根据螺旋测微器的读数规律，该读数为
（2）[2]当小车以不同速度靠近螺线管过程中，测量的感应电动势的平均值始终为光电门挡光时间内的值，由于在光电门挡光时间内的初始时刻与末时刻，强磁铁相对螺线管的位置始终不变，表明在时间内，穿过螺线管的磁通量的变化量恒定不变，即小车以不同速度靠近螺线管过程中不变的量为在时间内穿过螺线管的磁通量的变化量。
（3）[3]根据
可知，在螺线管匝数不变，穿过螺线管的磁通量的变化量不变时，感应电动势E与成反比，图像为曲线，而感应电动势E与成正比，图像为一条过原点的倾斜的直线，为了使画出的图像为一条直线，最简单的改进办法是以为横坐标。
13．学习了法拉第电磁感应定律后，为了定量验证感应电动势E与时间△t成反比，某小组同学设计了如图所示的一个实验装置：线圈和光电门传感器固定在水平光滑轨道上，强磁铁和挡光片固定在运动的小车上，每当小车在轨道上运动经过光电门时，光电门会记录下挡光片的挡光时间△t，同时触发接在线圈两端的电压传感器记录下在这段时间内线圈中产生的感应电动势E，利用小车末端的弹簧将小车以不同的速度从轨道的最右端弹出，就能得到一系列的感应电动势E和挡光时间△t。
在一次实验中得到的数据如下表：
次数 1 2 3 4 5 6 7 8
E/V 0.116 0.136 0.170 0.191 0.215 0.277 0.292 0.329
8.206 7.486 6.286 5.614 5.340 4.462 3.980 3.646
(1)观察和分析该实验装置可看出，在实验中，每次测量的△t时间内，磁铁相对线圈运动的距离都 （选填“相同”或“不同”），从而实现了控制 不变；
(2)在得到上述表格中的数据之后，为了验证E与△t成反比，他们想出两种办法处理数据：第一种是计算法：算出 ，若该数据基本相等，则验证了E与△t成反比；第二种是作图法：在直角坐标系中作 关系图线，若图线是基本过坐标原点的倾斜直线，则也可验证E与△t成反比。
答案： 相同 通过线圈的磁通量的变化量 感应电动势E和挡光时间△t的乘积 感应电动势E与挡光时间的倒数
解析：（1）[1][2]为了定量验证感应电动势E与时间△t成反比，我们应该控制磁通量的变化量△Φ不变，所以在实验中，每次测量的△t时间内，磁铁相对线圈运动的距离都相同，从而实现了控制通过线圈的磁通量的变化量不变。
（2）[3][4]在得到上述表格中的数据之后，为了验证E与△t成反比，他们想出两种办法处理数据：第一种是计算法：算出感应电动势E和挡光时间△t的乘积，若该数据基本相等，则验证了E与△t成反比；第二种是作图法：在直角坐标系中作感应电动势E与挡光时间的倒数关系图线，若图线是基本过坐标原点的倾斜直线，则也可验证E与△t成反比。
四、解答题
14．如图甲所示，在一倾角为37°的粗糙绝缘面上，静止地放置着一个正方形单匝线圈ABCD，E、F分别为AB、CD的中点，线圈总电阻R=2.0Ω、总质量m=0.02kg、正方形边长L=0.4m。如果向下轻推一下此线圈，则它刚好可沿斜面匀速下滑。现在将线圈静止放在斜面上后，在虚线EF以下的区域中，加上垂直斜面向内的、磁感应强度大小按图乙中所示规律变化的磁场，（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
(1)t=0.1s时刻，线圈中的感应电流的大小I；
(2)从t=0时刻开始经过多少时间t线圈刚要开始运动；
(3)从t=0时刻开始到线圈刚要运动，线圈中产生的热量Q。
答案：（1）0.2A；（2）0.4s；（3）0.032J
解析：(1)根据图乙可得
由法拉第电磁感应定律得感应电动势
根据闭合电路得欧姆定律可得，线圈中得电流为
感应电流恒定不变，所以t=0.1s时刻，线圈中的感应电流的大小为0.2A；
(2)由法拉第电磁感应定律判断可知，线圈中的感应电流方向为逆时针方向，根据左手定则判断线圈AD边受到的安培力方向沿斜面向上，当线圈刚要开始运动时，线圈受到摩擦力为最大静摩擦力，且方向沿斜面向下，由
根据题意，有
解得
代入
解得
(2)由焦耳定律
15．如图光滑的平行金属导轨长L=2.0m，两导轨间距离d=0.5m，导轨平面与水平面的夹角为θ=30°，导轨上端接一阻值为R=0.5Ω的电阻，其余电阻不计，轨道所在空间有垂直轨道平面的匀强磁场，磁感应强度B=1T．有一不计电阻、质量为m=0.5kg的金属棒ab，放在导轨最上端且与导轨垂直．当金属棒ab由静止开始自由下滑到底端脱离轨道的过程中，电阻R上产生的热量为Q=1J，g=10m/s2，则:
（1）棒在下滑的过程中达到的最大速度是多少？
（2）当棒的速度为v=2 m/s时，它的加速度是多大？
答案：(1) 4m/s (2) 3m/s2
解析：(1)棒做加速度逐渐减小的变加速运动，棒到达底端时速度最大，由能量守恒定律得
解得
(2)当棒的速度为v时，感应电动势
感应电流
棒所受安培力
当棒的速度为v=2m/s时，
由牛顿第二定律得
代人数据解得棒的加速度
点睛：本题主要考查了对金属棒正确受力分析、分析清楚金属棒的运动过程、应用安培力公式、平衡条件和能量守恒定律等，即可正确解题．
16．如图所示，abcd是质量为m，长和宽分别为l和b的矩形金属线框，由静止开始沿两条平行光滑的倾斜轨道下滑，轨道平面与水平面成θ角。efmn为一矩形磁场区域，磁感应强度为B，方向垂直轨道平面向上。已知da=an=ne=b，线框的cd边刚要离开磁场区域时的瞬时速度为v，已知线圈经过磁场时始终加速，整个线框的电阻为R，重力加速度为g，试用题中给出的已知量表述下列物理量：
（1）ab边刚进入磁场区域时产生的感应电动势；
（2）ab边刚进入磁场区域时线框的加速度的大小；
（3）线框下滑过程中产生的总热量。
答案：（1）；（2）；（3）
解析：（1）设ab边进入磁区时的速度为v0，由机械能守恒定律可得
可得
v0=
所以，ab刚进入磁区时产生的感应电动势
（2）当ab边刚进入磁区时，受到的安培力为
由牛顿第二定律可得
可得
（3）线圈从初始位置到全部穿过磁区减少的重力势能是3mgbsinθ，根据能量守恒有
解得
点拨：本题考查了电磁感应与力学和能量的综合运用，掌握切割产生的感应电动势公式、安培力公式和欧姆定律，搞清电磁感应问题中的能量转化关系。
试卷第1页，共3页
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
试卷第1页，共3页中小学教育资源及组卷应用平台
大单元课时（六） 法拉第电磁感应定律（学生版）
一、单选题
1．如图所示，使一个水平铜盘绕过其圆心的竖直轴OO’转动，且假设摩擦等阻力不计，转动是匀速的.现把一个蹄形磁铁移近铜盘，则（ ）
A．铜盘转动将变慢
B．铜盘转动将变快
C．铜盘仍以原来的转速转动
D．铜盘的转动速度如何变化要由磁铁的上、下两端的极性来决定
2．如图甲所示，边长为、总电阻为的正方形闭合导线框，固定在与线框平面垂直的范围足够大的匀强磁场中。磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，取垂直纸面向里为正。下列说法正确的是（ ）
A．时，线框中产生的感应电动势为
B．时，线框中产生的感应电流为，方向为
C．时，线框中产生的感应电动势为
D．在内，线框中产生的平均感应电动势为
3．如图所示，一个方形金属线圈绕水平固定转轴OO′来回摆动，空间有沿水平向右的匀强磁场，方向垂直于轴OO′。图中H点为线圈摆动的最高位置，L点为最低位置。关于该线圈，下列说法正确的是（ ）
A．在摆动过程中没有感应电流
B．在摆动过程中有恒定的感应电流
C．在H位置穿过的磁通量最大
D．在L位置穿过的磁通量最大
4．随着新能源电动汽车的普及，无线充电技术得到进一步开发和应用。如图所示，由地面供电装置（主要装置有线圈和电源），将电能传送至电动车底部的感应装置（主要装置是线圈），该装置的使用将接收的电能对车载电池进行充电，供电装置与车身接收装置之间通过磁场传送能量。由于电磁辐射等因素，其能量传输效率只能达90%左右。无线充电桩一般采用平铺式放置，用户无需下车、无需插电即可对电动车充电。目前，无线充电桩充电有效距离—般为15—25cm，允许的错位误差一般为15cm左右。下列说法正确的是（ ）
A．充电过程是利用电磁感应的原理
B．车载感应线圈中的感应电流的磁场总是要阻止引起感应电流的磁通量的变化
C．车载感应线圈感应的磁场总是与地面发射线圈中的磁场方向总相反
D．若线圈采用超导材料，能量传输效率可达100%
5．如图所示，两根足够长、电阻不计的光滑平行金属导轨，固定在同一水平面上，其间距为，左端通过导线连接一个的定值电阻。整个导轨处在磁感应强度大小的匀强磁场中，磁场方向竖直向下。质量、长度、电阻的均质金属杆垂直于导轨放置，且与导轨接触良好，在杆的中点施加一个垂直于金属杆的水平拉力F，使其由静止开始运动。金属杆运动后，拉力F的功率保持不变，当金属杆的速度稳定后，撤去拉力F。下列说法正确的是（ ）
A．撤去拉力F前，金属杆稳定时的速度为16m/s
B．从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，通过金属杆的电荷量为0.6C
C．从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，金属杆前进的距离为1.6m
D．从撤去拉力F到金属杆停下的整个过程，金属杆上产生的热量为1.8J
6．如图所示，三条平行虚线位于纸面内，中间虚线两侧有方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向．菱形闭合导线框ABCD位于纸面内且对角线AC与虚线垂直，磁场宽度与对角线AC长均为d，现使线框沿AC方向匀速穿过过磁场，以逆时针方向为感应电流的正方向，则从C点进入磁场到A点离开磁场的过程中，线框中电流i随时间t的变化关系，以下可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
7．如图所示，边长为2l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场。一个边长为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框和虚线框的对角线共线。从开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域。用I表示导线框中的感应电流，取逆时针方向为正，则下列表示关系的图象中，大致正确的是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
8．在光滑的足够长的斜面上横放一电阻可忽略不计的金属杆，如图所示，让金属杆从静止向下运动一段时间。已知此时间内重力做了W1的功，金属杆克服安培力做了W2的功，下列关于此过程的讲法正确的是（ ）
A．此过程中动能增加了（W1﹣W2）
B．此过程中机械能增加了（W1﹣W2）
C．此过程中重力势能减少了W1
D．此过程中回路中产生了W2的电能
9．如图，足够长的粗糙平行金属导轨倾斜固定在水平面上，与水平面的夹角均为θ=37°，导轨间距为L。长为L金属杆ab和cd垂直导轨放置，质量分别为m和2m，电阻均为R，与导轨间的动摩擦因数大小均为0.75，整个装置处于方向垂直导轨平面向下的匀强磁场中，磁感应强度大小为B。现同时使金属杆ab和 cd获得大小为v0和2.5v0的初速度，方向如图所示，运动过程中两金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好。从开始运动到运动稳定的过程中，取tanθ=0.75，下列说法正确的是（ ）
A．刚开始运动ab杆的电流方向从b到a
B．通过ab杆的电荷量为
C．回路产生的热量为m
D．杆ab、cd间距离缩小了
10．如图所示，在水平面上有两条光滑的长直平行金属导轨MN、PQ，电阻忽略不计，导轨间距离为L，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨所在平面。质量均为m的两根金属杆a、b放置在导轨上，a、b接入电路的电阻均为R。轻质弹簧的左端与b杆连接，右端固定。开始时a杆以初速度v0向静止的b杆运动，当a杆向右的速度为v时，b杆向右的速度达到最大值vm，此过程中a杆产生的焦耳热为Q，两杆始终垂直于导轨并与导轨接触良好，则b杆达到最大速度时( )
A．b杆中电流的大小为
B．a杆受到的安培力为
C．a、b杆与弹簧组成的系统机械能减少量为2Q
D．弹簧具有的弹性势能为
11．在xOy平面坐标系的第一象限内存在着方向向里大小按变化的磁场，有一长l=20 cm，宽为h=10 cm的矩形金属线框，总电阻为R=0.02 Ω，正以速度v=10 m/s的速度沿x轴正方向匀速运动．则下列说法正确的是
A．线框产生的感应电动势
B．回路消耗的电功率
C．必须对线框施加的外力，才能使线框匀速运动
D．为使线框匀速运动，施加的外力大小为，方向沿x正方向
三、实验题
12．某学习小组在“研究回路中感应电动势大小与磁通量变化快慢的关系”的实验中采用了如图甲所示的实验装置。
（1）实验需用螺旋测微器测量挡光片的宽度，如图乙所示，则 mm；
（2）在实验中，让小车以不同速度靠近螺线管，记录下光电门挡光时间内感应电动势的平均值E，改变速度多次实验，得到多组数据。这样实验的设计满足了物理实验中常用的“控制变量法”，你认为小车以不同速度靠近螺线管过程中不变的量是：在时间内 。
（3）得到多组与E数据之后，若以E为纵坐标、以为横坐标作出图像，发现图像是一条曲线，不容易得出清晰的实验结论，为了使画出的图像为一条直线，最简单的改进办法是以 为横坐标。
13．学习了法拉第电磁感应定律后，为了定量验证感应电动势E与时间△t成反比，某小组同学设计了如图所示的一个实验装置：线圈和光电门传感器固定在水平光滑轨道上，强磁铁和挡光片固定在运动的小车上，每当小车在轨道上运动经过光电门时，光电门会记录下挡光片的挡光时间△t，同时触发接在线圈两端的电压传感器记录下在这段时间内线圈中产生的感应电动势E，利用小车末端的弹簧将小车以不同的速度从轨道的最右端弹出，就能得到一系列的感应电动势E和挡光时间△t。
在一次实验中得到的数据如下表：
次数 1 2 3 4 5 6 7 8
E/V 0.116 0.136 0.170 0.191 0.215 0.277 0.292 0.329
8.206 7.486 6.286 5.614 5.340 4.462 3.980 3.646
(1)观察和分析该实验装置可看出，在实验中，每次测量的△t时间内，磁铁相对线圈运动的距离都 （选填“相同”或“不同”），从而实现了控制 不变；
(2)在得到上述表格中的数据之后，为了验证E与△t成反比，他们想出两种办法处理数据：第一种是计算法：算出 ，若该数据基本相等，则验证了E与△t成反比；第二种是作图法：在直角坐标系中作 关系图线，若图线是基本过坐标原点的倾斜直线，则也可验证E与△t成反比。
四、解答题
14．如图甲所示，在一倾角为37°的粗糙绝缘面上，静止地放置着一个正方形单匝线圈ABCD，E、F分别为AB、CD的中点，线圈总电阻R=2.0Ω、总质量m=0.02kg、正方形边长L=0.4m。如果向下轻推一下此线圈，则它刚好可沿斜面匀速下滑。现在将线圈静止放在斜面上后，在虚线EF以下的区域中，加上垂直斜面向内的、磁感应强度大小按图乙中所示规律变化的磁场，（最大静摩擦力等于滑动摩擦力），sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
(1)t=0.1s时刻，线圈中的感应电流的大小I；
(2)从t=0时刻开始经过多少时间t线圈刚要开始运动；
(3)从t=0时刻开始到线圈刚要运动，线圈中产生的热量Q。
15．如图光滑的平行金属导轨长L=2.0m，两导轨间距离d=0.5m，导轨平面与水平面的夹角为θ=30°，导轨上端接一阻值为R=0.5Ω的电阻，其余电阻不计，轨道所在空间有垂直轨道平面的匀强磁场，磁感应强度B=1T．有一不计电阻、质量为m=0.5kg的金属棒ab，放在导轨最上端且与导轨垂直．当金属棒ab由静止开始自由下滑到底端脱离轨道的过程中，电阻R上产生的热量为Q=1J，g=10m/s2，则:
（1）棒在下滑的过程中达到的最大速度是多少？
（2）当棒的速度为v=2 m/s时，它的加速度是多大？
16．如图所示，abcd是质量为m，长和宽分别为l和b的矩形金属线框，由静止开始沿两条平行光滑的倾斜轨道下滑，轨道平面与水平面成θ角。efmn为一矩形磁场区域，磁感应强度为B，方向垂直轨道平面向上。已知da=an=ne=b，线框的cd边刚要离开磁场区域时的瞬时速度为v，已知线圈经过磁场时始终加速，整个线框的电阻为R，重力加速度为g，试用题中给出的已知量表述下列物理量：
（1）ab边刚进入磁场区域时产生的感应电动势；
（2）ab边刚进入磁场区域时线框的加速度的大小；
（3）线框下滑过程中产生的总热量。
大单元课时练习 评价表
考查范围：选择性必修 第二册
题号 难度 知识点 学生掌握评价
一、单选题
1 全部
2 全部
3 全部
4 全部
5 全部
6 全部
7 全部
二、选择题组
8 全部
三、多选题（新）
9 全部
10 全部
四、解答题
11 全部
12 全部
13 全部
试卷第1页，共3页
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
试卷第1页，共3页中小学教育资源及组卷应用平台
第二章 电磁感应
第2节 法拉第电磁感应定律
教材分析：
法拉第电磁感应定律是电磁学领域中一颗璀璨的明珠，其重要性不言而喻。在电磁学的发展历程中，法拉第电磁感应定律不仅与电场、磁场和稳恒电流等概念紧密相连，而且为后续学习交流电、电磁振荡和电磁波等复杂现象奠定了坚实的基础。因此，该定律不仅是本章的教学重点，同时也是教学难点，需要深入研究和探索。
电磁感应是指当导体回路中的磁通量发生变化时，会在回路中产生感应电动势，从而驱动感应电流的产生。法拉第电磁感应定律则定量描述了这种感应电动势与磁通量变化之间的关系，即感应电动势等于磁通量变化的负时间导数。这一简洁的公式背后蕴含着深刻的物理原理，是电磁感应现象的核心规律。
物理核心素养：
物理观念：感应电动势是电磁感应现象中的一个核心概念，它描述了当磁场发生变化时，会在导体中产生电动势的现象。
科学思维：经过一系列严谨的实验操作与数据分析，深入理解并掌握法拉第电磁感应定律的核心理念及其对应的数学表达式。
科学探究：经历分析推理得出法拉第电磁感应定律的过程，体会用变化率定义物理量的方法
科学态度与责任：感受科学家对规律的研究过程，学习他们对工作严肃认真不怕困难的科学态度。
教学重难点：
1、教学重点：法拉第电磁感应定律的建立和应用
2、教学难点：对磁通量，磁通量的变化量和磁通量变化率的理解
教学方法与教具：
多媒体课件
教学过程：
思考引入：让学生思考并回答以下问题
问题1：什么叫电磁感应现象？
学生回答：利用磁场产生电流的现象
问题2：产生感应电流的条件是什么？
学生回答：（1）闭合电路（2）磁通量变化
问题3：试从本质上比较甲、乙两电路的异同
既然闭合电路中有感应电流，这个电路中就一定有电动势。
问题4：
穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，闭合导体回路中就有感应电流。感应电流的大小跟哪些因素有关？
让学生分组讨论，进行大胆的猜想感应电流的大小跟这些因素有关
学生回答：
1.磁场强弱 2.运动速度 3.线圈匝数
4.磁场方向与导体运动方向 5.磁通量大小 6.磁通量的变化率
课件展示：实验装置如图所示，线圈的两端与电压表相连。将强磁体从长玻璃管上端由静止下落，穿过线圈。分别使线圈距离上管口20cm、30cm、40cm和50cm,记录电压表的示数以及发生的现象。
分别改变线圈的匝数、磁体的强度，重复上面的实验，得出定性的结论。
一、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变化率 ΔΦ/Δ t 成正比。
当电动势单位为V,磁通量单位为Wb，时间单位为s时，K的取值为1.
当线圈为n匝时
2.法拉第电磁感应定律的理解
(1)感应电动势的大小由线圈的匝数和穿过线圈的磁通量的变化率共同决定，而与磁通量Φ的大小、变化量ΔΦ的大小没有必然联系
(2)磁通量的变化率对应Φ t图线上某点切线的斜率．
思考与讨论
让学生思考并回答以下问题：
问题1：磁通量大,磁通量变化一定大吗
问题2：磁通量变化大,磁通量的变化率一定大吗
教师总结：磁通量的变化率和磁通量、磁通量的变化无直接关系:磁通量大(小,零)，磁通量的变化率不一定大(小,零);磁通量的变化大(小)，磁通量的变化率不一定大(小).
(可以类比速度、速度的变化和加速度.)
理解:Φ、△Φ、ΔΦ/Δt的意义（课件展示）
应用法拉第电磁感应定律的三种情况
(1)磁通量的变化是由面积变化引起时，ΔΦ＝B·ΔS，则
(2)磁通量的变化是由磁场变化引起时，ΔΦ＝ΔB·S，则
(3)磁通量的变化是由面积和磁场变化共同引起时，则根据定义求，ΔΦ＝Φ末－Φ初
通过以下例题让学生学会运用公式
例题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。
例题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。
二、导体切割磁感线运动时的感应电动势
1、导体垂直切磁感线
.
动生电动势：由于导体运动而产生的电动势。
2.导体斜切磁感线
（θ为v与B夹角）
若v//B：E=0（无切割）
L应指切割磁感线的有效长度
公式BLv中的L指的是切割磁感线的有效长度。在上图中E=BLv，L是圆弧切割磁感线的有效长度。
练1：求下面图示情况下，a、b、c三段导体两端的感应电动势各为多大？
练2：如图,一个水平放置的导体框架,宽度L=1.50m,接有电阻R=0.20Ω,设匀强磁场和框架平面垂直,磁感应强度B=0.40T,方向如图.今有一导体棒ab跨放在框架上,并能无摩擦地沿框滑动,框架及导体ab电阻均不计,当ab以v=4.0m/s的速度向右匀速滑动时，试求：
(1)导体ab上的感应电动势的大小
(2)回路上感应电流的大小
E=BLv=0.80V
3.导体转动切割磁感线
导体棒在磁场中转动时，长为L的导体棒OA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感应电动势
思考与讨论
如图导体棒CD在匀强磁场中运动。自由电荷受洛伦兹力，自由电荷相当于纸面向哪个方向运动？（认为导体棒中的自由电荷是正电荷）导体棒一直运动下去，自由电荷是否总会沿着导体棒运动？为什么？导体棒哪段的电势比较高？
一段导线在做切割磁感线的运动时相当于一个电源，通过上面的分析可以看到，这时的非静电力与洛伦兹力有关。由于导体棒运动产生感应电动势，电路中有电流通过，导体棒在运动过程中会受到安培力的作用。可以判断，安培力的方向与推动导体棒运动的力的方向是相反的。这时即使导体棒做匀速运动，推力也做功。如果没有推力的作用，导体棒将克服安培力做功而消耗本身的机械能
课堂练习
1、关于电磁感应，下述说法中正确的是( D )
A、穿过线圈的磁通量越大,感应电动势越大
B、穿过线圈的磁通量为零,感应电动势一定为零
C、穿过线圈的磁通量的变化越大,感应电动势越大
D、穿过线圈的磁通量变化越快,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：( ABD )
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
3、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1/4周的过程中的平均感应电动势
(2)线圈转过1/2周的过程中的平均感应电动势
4、如图,水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ,它们的电阻不计,在M和P之间接有R=3.0Ω的定值电阻,导体棒长ab=0.5m,其电阻为r=1.0Ω,与导轨接触良好.整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中,B=0.4T.现使ab以v=10m／s的速度向右做匀速运动.
(1)ab中的电流多大 ab两点间的电压多大
(2)维持ab做匀速运动的外力多大
(3)ab向右运动1m的过程中, 外力做的功是多少 电路中产生的热量是多少
（1）I=0.5AU=1.5V
（2）F=0.1N
（3）WF=0.1JQ=0.1J
5、如图,有一匀强磁场B=1.0×10-3T，在垂直磁场的平面内,有一金属棒AO,绕平行于磁场的O轴顺时针转动,已知棒长L=0.20m，角速度ω=20rad/s，求：棒产生的感应电动势有多大？
教学反思：
本节课作为一节理论探究课，其深度和抽象性确实给学生的学习带来了一定的挑战。如何将这些复杂、抽象的理论知识转化为具体、易懂的内容，成为了本节课亟待解决的关键问题。为此，我采用了定量探究的方式，引导学生通过实验来深入理解和掌握相关的物理规律。
在探究过程中，我注重科学方法的运用，引导学生通过控制变量法、转化法、类比法等科学方法，逐步揭示物理规律的本质。这种探究学习的方式不仅让学生深刻理解了科学思想在研究物理规律中的重要作用，更让他们亲身经历了动手实践的过程，直观地感受到了探究物理规律的实际操作。
通过打破教材的限制，我将这节理论探究课巧妙地转化为实验验证探究课，使学生在实践中探索、在探索中实践。这样的教学设计不仅提高了学生的学习兴趣和参与度，更让他们在实践中培养了科学思维和解决问题的能力。这种教学方法的亮点在于，它不仅突破了传统理论教学的局限，更让学生在实践中感受到了物理学的魅力，从而更加热爱这门学科。
此外，我还注重将理论知识与实际生活相联系，引导学生发现身边的物理现象，用所学知识解释生活中的疑惑。这种将理论与实践相结合的教学方式，不仅提高了学生的理论水平，更让他们在实践中学会了如何运用所学知识解决实际问题。
综上所述，本节课通过定量探究、实验验证、理论与实践相结合等多种方式，成功地化繁为简、化抽象为具体，使学生在探究学习的过程中全面掌握了相关的物理规律。这种教学方法不仅提高了学生的学习兴趣和参与度，更让他们在实践中培养了科学思维和解决问题的能力。这样的教学设计不仅突破了传统理论教学的局限，更让学生在实践中感受到了物理学的魅力，从而更加热爱这门学科。
