回归原点12 电磁感应
1．法拉第电磁感应定律：E＝n
【说明】 (1)磁感应强度B不变，线圈面积S均匀变化时，E＝nB·。
(2)线圈面积S不变，磁感应强度B均匀变化时，E＝n·S，为B t图像上某点切线的斜率的绝对值。
2．导线切割磁感线时的感应电动势
(1)B、l、v两两垂直时，E＝Blv。
(2)导线的运动方向与磁感线方向夹角为θ时，E＝Blv sin θ。如图所示。
(3)长为l的导体棒ab以b为圆心，以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中匀速转动时，E＝Bl2ω。
(4)感应电荷量：q＝Δt，而，则q＝n。
3．自感现象
(1)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，自感电动势的方向与原电流方向相同(即增反减同)。
(2)自感电动势的大小：E＝L，其中L是自感系数，简称自感或电感，单位为亨利，符号为H。
1．楞次定律中“阻碍”作用
2．解决电磁感应中的动力学问题的一般思路——“先电后力”
3．分析电磁感应图像问题时的三个关注
(1)关注初始时刻：如初始时刻的感应电流是否为0，是正方向还是负方向。
(2)关注变化过程：电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图像变化相对应。
(3)关注大小、方向的变化趋势：看图像斜率的大小、图像的曲直是否和物理过程相对应。
4．电磁感应中的能量问题
(1)电磁感应中的能量转化
安培力做功
(2)求解焦耳热Q的三种方法
焦耳热Q的三种求法
5．导轨滑杆模型问题
(1)分析步骤
①确定等效电源，计算电动势E、内阻r。
②分析电路结构，计算电流，以便计算安培力。
③分析研究对象(杆、框等)受力情况，画受力平面图。
④由力与运动关系，确定运动性质，分析能量转化情况。
(2)涉及的五类方程
①动力学方程：F合＝ma或F合＝0。
②电学方程：I＝(E＝E电源±E感，外电路为纯电阻电路)。
③电荷量方程：q＝Δt为平均电流，无外加电源时q＝n)。
④动量方程：F合t＝Δp(或m1v1＋m2v2＝)。
⑤能量方程：F合x＝ΔEk。
其中①②方程常用来联立分析滑杆的速度、临界状态及条件、解决极值问题等，③④⑤方程可用来求解电荷量、能量、时间、位移等问题。
[典例1] (人教版选择性必修第二册P29T1改编)(2024·北京卷)如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，下列说法正确的是( )
A．闭合开关瞬间，线圈M和线圈P相互吸引
B．闭合开关，达到稳定后，电流表的示数为0
C．断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由a到b
D．断开开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场方向向左
[听课记录]
[典例2] (人教版教材选择性必修第二册P44T3改编)如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡，开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关( )
A．P与Q同时熄灭 B．P比Q先熄灭
C．Q闪亮后再熄灭 D．P闪亮后再熄灭
[听课记录]
[典例3] (人教版教材选择性必修第二册P47B组T5改编)如图所示，A是一边长为l的正方形闭合线框，其总电阻为R，以恒定的速度v沿x轴运动，并穿过一宽度为3l的匀强磁场区域，运动过程中线框平面与磁场方向保持垂直，且线框前后两边与磁场的左右边界始终平行。若以x轴正方向作为力的正方向，以顺时针的电流方向作为感应电流的正方向，从线框在图示位置的时刻开始计时，此时线框右侧与磁场左边界的距离为l，则磁场对线框的作用力F及线框中的感应电流i随时间t的变化图像，在选项所示的图像中可能正确的是( )
A B
C D
[听课记录]
回归原点12 电磁感应
典例1 B [闭合开关瞬间，根据安培定则可知线圈M中突然产生向右的磁场，根据楞次定律可知，线圈P中感应电流的磁场方向向左，因此线圈M和线圈P相互排斥，A错误；线圈M中的磁场稳定后，线圈P中的磁通量也不再变化，则线圈P产生的感应电流为0，电流表示数为0，B正确；断开开关瞬间，线圈M中向右的磁场瞬间减为0，根据楞次定律可知，线圈P中感应电流的磁场方向向右，根据安培定则可知流过电流表的电流方向由b到a，C、D错误。]
典例2 D [由题意知，开关S闭合时，由于线圈L的电阻很小，小灯泡Q正常发光，小灯泡P微亮，断开开关S前通过小灯泡Q的电流远大于通过小灯泡P的电流，可知通过线圈L的电流远大于通过小灯泡P的电流。断开开关S时，小灯泡Q所在电路未闭合，小灯泡Q立即熄灭，由于自感，线圈L中产生感应电动势，与小灯泡P组成闭合回路，电路中的电流由断开前通过线圈L的电流大小开始逐渐减小，故小灯泡P闪亮后再熄灭。故选D。]
典例3 B [在~内，线框进入磁场，由右手定则可知，此时感应电流的方向为逆时针的方向，因为线框以恒定的速度沿x轴运动，即线框的感应电动势和感应电流不变，安培力大小不变，根据左手定则可知，此时安培力的方向向左，即沿x轴负方向，C、D错误；在~
~内，线框出磁场，由右手定则可得感应电流的方向为顺时针方向，又因为线框以恒定的速度沿x轴运动，故感应电动势和感应电流不变，安培力大小不变，根据左手定则可知，此时安培力方向向左，即沿x轴负方向，A错误，B正确。]
5/5(共18张PPT)
回归原点12 电磁感应
回归原点——回归教材核心 感悟经典案例
[核心考点]
1．法拉第电磁感应定律：E＝n
【说明】 (1)磁感应强度B不变，线圈面积S均匀变化时，E＝nB·。
(2) 线圈面积S不变，磁感应强度B均匀变化时，E＝n·S，为B-t图像上某点切线的斜率的绝对值。
2．导线切割磁感线时的感应电动势
(1)B、l、v两两垂直时，E＝Blv。
(2)导线的运动方向与磁感线方向夹角为θ时，
E＝Blv sin θ。如图所示。
(3)长为l的导体棒ab以b为圆心，以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中匀速转动时，E＝Bl2ω。
(4)感应电荷量：q＝Δt，而＝＝n，则q＝n。
3．自感现象
(1)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，自感电动势的方向与原电流方向相同(即增反减同)。
(2)自感电动势的大小：E＝L，其中L是自感系数，简称自感或电感，单位为亨利，符号为H。
[核心解读]
1．楞次定律中“阻碍”作用
2．解决电磁感应中的动力学问题的一般思路——“先电后力”
3．分析电磁感应图像问题时的三个关注
(1)关注初始时刻：如初始时刻的感应电流是否为0，是正方向还是负方向。
(2)关注变化过程：电磁感应发生的过程分为几个阶段，这几个阶段是否和图像变化相对应。
(3)关注大小、方向的变化趋势：看图像斜率的大小、图像的曲直是否和物理过程相对应。
4．电磁感应中的能量问题
(1)电磁感应中的能量转化
安培力做功
(2)求解焦耳热Q的三种方法
焦耳热Q的三种求法
5．导轨滑杆模型问题
(1)分析步骤
①确定等效电源，计算电动势E、内阻r。
②分析电路结构，计算电流，以便计算安培力。
③分析研究对象(杆、框等)受力情况，画受力平面图。
④由力与运动关系，确定运动性质，分析能量转化情况。
(2)涉及的五类方程
①动力学方程：F合＝ma或F合＝0。
②电学方程：I＝(E＝E电源±E感，外电路为纯电阻电路)。
③电荷量方程：q＝Δt(为平均电流，无外加电源时q＝n)。
④动量方程：F合t＝Δp(或m1v1＋m2v2＝＋m2v′2)。
⑤能量方程：F合x＝ΔEk。
其中①②方程常用来联立分析滑杆的速度、临界状态及条件、解决极值问题等，③④⑤方程可用来求解电荷量、能量、时间、位移等问题。
[经典案例]
[典例1] (人教版选择性必修第二册P29T1改编)(2024·北京卷)如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上，下列说法正确的是( )
A．闭合开关瞬间，线圈M和线圈P相互吸引
B．闭合开关，达到稳定后，电流表的示数为0
C．断开开关瞬间，流过电流表的电流方向由a到b
D．断开开关瞬间，线圈P中感应电流的磁场方向向左
√
B [闭合开关瞬间，根据安培定则可知线圈M中突然产生向右的磁场，根据楞次定律可知，线圈P中感应电流的磁场方向向左，因此线圈M和线圈P相互排斥，A错误；线圈M中的磁场稳定后，线圈P中的磁通量也不再变化，则线圈P产生的感应电流为0，电流表示数为0，B正确；断开开关瞬间，线圈M中向右的磁场瞬间减为0，根据楞次定律可知，线圈P中感应电流的磁场方向向右，根据安培定则可知流过电流表的电流方向由b到a，C、D错误。]
[典例2] (人教版教材选择性必修第二册P44T3改编)如图所示，L是自感系数很大、电阻很小的线圈，P、Q是两个相同的小灯泡，开始时，开关S处于闭合状态，P灯微亮，Q灯正常发光，断开开关( )
A．P与Q同时熄灭
B．P比Q先熄灭
C．Q闪亮后再熄灭
D．P闪亮后再熄灭
√
D [由题意知，开关S闭合时，由于线圈L的电阻很小，小灯泡Q正常发光，小灯泡P微亮，断开开关S前通过小灯泡Q的电流远大于通过小灯泡P的电流，可知通过线圈L的电流远大于通过小灯泡P的电流。断开开关S时，小灯泡Q所在电路未闭合，小灯泡Q立即熄灭，由于自感，线圈L中产生感应电动势，与小灯泡P组成闭合回路，电路中的电流由断开前通过线圈L的电流大小开始逐渐减小，故小灯泡P闪亮后再熄灭。故选D。]
[典例3] (人教版教材选择性必修第二册P47B组T5改编)如图所示，A是一边长为l的正方形闭合线框，其总电阻为R，以恒定的速度v沿x轴运动，并穿过一宽度为3l的匀强磁场区域，运动过程中线框平面与磁场方向保持垂直，且线框前后两边与磁场的左右边界始终平行。若以x轴正方向作为力的正方向，以顺时针的电流方向作为感应电流的正方向，从线框在图示位置的时刻开始计时，此时线框右侧与磁场左边界的距离为l，则磁场对线框的作用力F及线框中的感应电流i随时间t的变化图像，在选项所示的图像中可能正确的是( )
√
B [在～内，线框进入磁场，由右手定则可知，此时感应电流的方向为逆时针的方向，因为线框以恒定的速度沿x轴运动，即线框的感应电动势和感应电流不变，安培力大小不变，根据左手定则可知，此时安培力的方向向左，即沿x轴负方向，C、D错误；在～内，线框全部在磁场中，此时穿过线框的磁通量不变，即无感应电动势和感应电流，也没有安培力，在～内，线框出磁场，由右手定则可得感应电流的方向为顺时针方向，又因为线框以恒定的速度沿x轴运动，故感应电动势和感应电流不变，安培力大小不变，根据左手定则可知，此时安培力方向向左，即沿x轴负方向，A错误，B正确。]
谢 谢！
