2.2 法拉第电磁感应定律-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册创新导学案课件PPT（教科版2019）

第二章　电磁感应 及其应用 2.法拉第电磁感应定律 1．知道什么是感应电动势。2.掌握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。3.掌握导线切割磁感线产生的电动势E＝BLvsinα的推导及意义，会用此关系式解答有关问题。 2 目录 1 2 3 课前自主学习 课堂探究评价 课后课时作业 课前自主学习 一　感应电动势 1．感应电动势：由____________产生的电动势。 2．在电磁感应现象中，闭合回路中的感应电流由_____________和回路的_______决定。 3．如果回路没有闭合，只要穿过回路的磁通量发生变化，虽然没有感应电流产生，但_____________依然存在。 电磁感应 感应电动势 电阻 感应电动势 课前自主学习 5 变化率 n 串联 课前自主学习 6 三　导线切割磁感线的感应电动势 1．线框平面跟磁感线垂直，ab边以速度 v在线框平面内向右运动，如图甲，闭合回路 中的感应电动势E＝_______。 2．当导体运动速度方向与磁场方向有一 夹角α(图乙)时，产生的感应电动势大小为E＝ __________。 3．在国际单位制(SI)中，以上两式中E、B、L、v的单位分别是伏特(V)、特斯拉(T)、米(m)和米每秒(m/s)。 BLv BLvsinα 课前自主学习 7 1．判一判 (1)在电磁感应现象中，有感应电动势，就一定有感应电流。(　　) (2)线圈中磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大。(　　) (3)线圈中磁通量的变化量ΔΦ越大，线圈中产生的感应电动势一定越大。(　　) (4)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。(　　) (5)对于E＝BLv中的B、L、v，三者必须相互垂直。(　　) 提示：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√ 提示 课前自主学习 8 2．想一想 (1)导体棒运动速度越大，产生的感应电动势一定越大吗？ 提示：导体棒切割磁感线时，若导体棒的运动方向与导体棒本身垂直，产生的感应电动势的大小与垂直磁感线方向的速度大小有关。速度大，垂直磁感线方向的速度不一定大，所以，导体棒运动速度越大，产生的感应电动势不一定越大。 提示 课前自主学习 9 (2)如图所示，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＝BLv可知，这两条边都应该产生电动势且Ead＝Ebc＝BLv。他们各执一词，到底谁说的对呢？ 提示：用法拉第电磁感应定律求出的是整个回路的感应电动势，为零，而用E＝BLv求出的是回路中做切割磁感线运动的那部分导体产生的电动势。事实上ad边和bc边在回路中产生的电动势方向相反，总和为零。 提示 课前自主学习 10 课堂探究评价 探究 　电磁感应定律的理解与应用 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。 课堂探究评价 12 活动1：我们已经知道，电路中存在稳定电流的条件是要有电源提供电动势，即有非静电力做功，把其他形式的能量转化为电能。在电磁感应现象中，穿过闭合回路的磁通量发生变化，回路中就有感应电流产生，这是否说明在闭合回路中，也有电动势存在呢？ 提示：穿过闭合回路的磁通量发生了变化，闭合回路中就会产生感应电流，这说明电路中一定存在一种由电磁感应产生的电动势。　 提示 课堂探究评价 13 活动2：由电磁感应产生的电动势叫作感应电动势。对于同一闭合回路，怎样判定感应电动势的大小呢？ 提示：对于同一个闭合回路，由于回路的电阻保持不变，因此感应电流与感应电动势成正比，我们往往通过测量感应电流的大小间接地了解感应电动势的大小。 提示 课堂探究评价 14 活动3：如图所示，把磁铁的某一磁极向线圈中插入、从线圈中抽出，或静止地放在线圈中。观察电流表指针的变化，把观察到的现象记录在表格中。 磁铁的动作 指针摆动幅度的大小 N极缓慢插入线圈 N极快速插入线圈 N极停留在线圈中 N极缓慢从线圈中抽出 N极快速从线圈中抽出 S极缓慢插入线圈 S极快速插入线圈 S极停留在线圈中 S极缓慢从线圈中抽出 S极快速从线圈中抽出 课堂探究评价 15 提示：　 提示 磁铁的动作 指针摆动幅度的大小 N极缓慢插入线圈 较小 N极快速插入线圈 较大 N极停留在线圈中 不摆动 N极缓慢从线圈中抽出 较小 N极快速从线圈中抽出 较大 S极缓慢插入线圈 较小 S极快速插入线圈 较大 S极停留在线圈中 不摆动 S极缓慢从线圈中抽出 较小 S极快速从线圈中抽出 较大 课堂探究评价 16 活动4：你能否从活动3的实验记录中，找出影响感应电流大小的因素？ 活动5：类比速度与加速度定义的方式，说说感应电动势的大小与什么有关？ 提示：在活动3的实验中，我们快速改变穿过线圈的磁通量时，电流表指针偏转角度大，说明感应电流大；缓慢改变线圈的磁通量时，电流表指针偏转角度小，说明感应电流小。也就是说，感应电动势的大小与磁通量的变化快慢有关。　 提示 提示：磁通量的变化率。 课堂探究评价 17 活动6：精确的实验表明，电路中的感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。这一规律称为法拉第电磁感应定律。请写出其表达式。 提示 课堂探究评价 18 活动7：在国际单位制中，上式中的比例常数取1。实际应用中，为了获得较大的感应电动势，常常采用多匝线圈。如果闭合回路是一个n匝线圈，且穿过每匝线圈的磁通量总是相同的，则整个线圈中的感应电动势如何表示？ 提示 课堂探究评价 19 课堂探究评价 20 课堂探究评价 21 课堂探究评价 22 例1　如图甲所示，一个圆形线圈，匝数n＝1000匝、面积S＝2×10－2 m2、电阻r＝1 Ω。在线圈外接一阻值R＝4 Ω的电阻。把线圈放入一个匀强磁场中，磁场方向垂直线圈平面向里，磁场的磁感应强度B随时间变化规律如图乙所示。求： (1)0～4 s内，回路中的感应电动势； (2)t＝5 s时，a、b两点哪点电势高； (3)t＝5 s时，电阻R两端的电压U。 答案　(1)1 V，沿逆时针方向　(2)a点　(3)3.2 V 答案 课堂探究评价 23 (1)本题中导致穿过回路的磁通量变化的因素是什么？ (2)如何求多匝线圈回路中的感应电动势大小？ 提示：磁感应强度发生变化。 提示 课堂探究评价 24 规范解答 课堂探究评价 规范解答 课堂探究评价 课堂探究评价 [变式训练1-1]　(多选)10匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若穿过线圈的磁通量随时间变化的规律如图所示(正弦函数图像)，则0～t3时间内(　　) A．线圈中0时刻感应电动势最大 B．线圈中t3时刻感应电动势最大 C．线圈中0至t3时间内的平均感应电动势大小为0.4 V D．线圈中0至t3时间内的平均感应电动势大小为4 V 答案 课堂探究评价 28 解析 课堂探究评价 29 [变式训练1-2]　(多选)如图所示，匀强磁场中有a、b两个单匝闭合线圈，它们用同样的导线制成，线圈半径ra＝2rb。磁场方向与两线圈所在平面垂直，磁感应强度B随时间均匀增大。两线圈中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，感应电流分别为Ia和Ib。不考虑两线圈间的相互影响。下列说法中正确的是(　　) A．感应电流均沿顺时针方向 B．Ea∶Eb＝4∶1 C．Ia∶Ib＝2∶1 D．Ia∶Ib＝1∶2 答案 课堂探究评价 30 解析 课堂探究评价 31 探究 　导线切割磁感线的感应电动势 仔细观察下列图片，认真参与“师生互动”。 课堂探究评价 32 活动1：导体切割磁感线运动时，感应电动势跟哪些因素有关呢？我们用图甲所示的情景来讨论这一问题。图中矩形金属线框abcd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，线框平面跟磁感线垂直，ab边以速度v在线框平面内向右运动。设cd的边长为L，闭合电路中的感应电动势是多大？ 提示 课堂探究评价 33 活动2：如图乙，线框平面仍跟磁感线垂直，但是ab边的运动方向与其本身有一个夹角θ，这种情况感应电动势又是多大？与活动1的结论对比，你能总结出什么？ 提示 课堂探究评价 34 活动3：如图丙，对于一般曲线形的导线，感应电动势大小如何计算？ 提示：我们可以把曲线形的导线分为许多很短的导线，每一段 近似为直导线，每一段很短的直导线切割磁感线，又可以等效为该段 导线在垂直于速度v方向的投影长度的导线以相同的速度v垂直切割磁感线，将这些垂直于速度v方向的投影的长度求和，设为L有效，则E＝BL有效v，其中L有效是导线两端点连线在垂直于运动方向的投影长度。　 提示 课堂探究评价 35 活动4：如图丁所示，当导体运动速度方向与磁场方向有一夹角α，其他条件不变时，则感应电动势是多大？ 提示：我们可以将速度分解为垂直和平行于磁场方向的两个分量，平行分量不产生感应电动势，垂直分量为v⊥＝vsinα，产生的感应电动势大小为E＝BLvsinα。 提示 课堂探究评价 36 1．导线切割磁感线产生的感应电动势 (1)垂直切割：E＝BLv。 (2)不垂直切割：E＝BLvsinα，α是v与B的夹角，L是切割磁感线的有效长度。 2．对公式E＝BLv的理解 (1)正交性：本公式是在一定条件下得出的，除了要求磁场是匀强磁场外，还要求B、L、v三者相互垂直。 (2)相对性：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。 课堂探究评价 37 (3)有效性：公式中的L应理解为导线切割磁感线时的有效长度，即导线两端点的连线在与v垂直的直线上的投影长度。(“有效长度”应用了等效思想) 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。 课堂探究评价 38 (4)对应性：该公式一般用于导体各部分切割磁感线的速度相同的情况(导体平动切割)，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(例如导体转动切割磁感线，下面详细分析)，可取其平均速度求感应电动势。 3．导体棒转动时垂直切割磁感线的问题分析 如图所示，长为L的导体棒ab绕b端在垂直于匀强磁场 的平面内以角速度ω匀速转动，磁感应强度为B，ab棒所产 生的感应电动势大小可用以下两种方法推出。 课堂探究评价 39 课堂探究评价 40 拓展：导线切割磁感线的感应电动势的成因 (1)如图甲所示，导体棒向右做切割磁感线运动时，自由电荷(假设为正电荷)随棒运动，并因此受到洛伦兹力。 (2)自由电荷一方面随导体棒以速度v向右运动， 另一方面因受到洛伦兹力而沿导体棒向上运动，其合 运动大致沿右上方，根据左手定则，自由电荷所受洛 伦兹力的方向垂直于其合运动方向指向左上方。洛伦 兹力沿棒方向的分力驱动自由电荷沿棒方向定向移动。如图乙所示。 课堂探究评价 41 (3)自由电荷沿导体棒向上运动时，导体棒上端出现过剩的正电荷，下端出现过剩的负电荷，并在棒中出现由上端指向下端的静电场，使电荷受到向下的静电力。随着电荷的积累，场强增加，当作用在自由电荷上的静电力F与洛伦兹力沿导体棒方向的分力F′互相平衡时，自由电荷停止沿棒做定向移动，导体棒两端产生一个稳定的电势差，即为导体两端产生的感应电动势。这种由于导体运动而产生的感应电动势叫动生电动势。 (4)洛伦兹力的另一个分力F″宏观上表现为安培力，做负功。而F′做正功，洛伦兹力F洛整体上不做功。电源的非静电力是F洛沿棒方向的分力F′。导体棒克服安培力做功消耗的其他形式的能等于电源产生的电能。 课堂探究评价 42 例2　(多选)报废的近地卫星离轨时，从卫星中释放一根导电缆绳，缆绳的下端连接有空心导体，缆绳以轨道速度v在地磁场中运动，使得缆绳中产生感应电流。电荷向缆绳两端聚集，同时两端与电离层中的离子中和，使得电流持续。由于感应电流在地磁场中受到安培力的拖动，从而能加快废弃卫星离轨。如图所示，现有一颗报废的近地卫星在地球赤道上空自西向东运行，缆绳在竖直面内且偏离竖直方向θ＝30°，空心导体位于卫星的下方且与卫星间的距离是L＝5 km(远小于卫星的轨道半径)，它们所在区域地磁场的磁感应强度B＝5×10－5 T，磁场方向沿水平方向由南向北，卫星和空心导体的运行速度为v＝ 7.5 km/s。下列说法正确的是(　　) A．导电缆绳空心导体一端的电势高 B．导电缆绳中的感应电动势大小约为1875 V C．缆绳两端的电压小于1624 V D．卫星离轨的过程中，其机械能一定减小 答案 课堂探究评价 43 (1)从电路的角度看，本题情景的电路结构是怎样的？ (2)导电缆绳中的感应电动势大小的计算式是什么？ 提示：缆绳和电离层构成闭合电路，缆绳相当于内电路，电离层相当于外电路。 提示 提示：E＝BLvcosθ。 课堂探究评价 44 规范解答　根据右手定则可知，缆绳中的感应电流方向是从空心导体流向卫星，缆绳相当于电源，则缆绳靠近卫星一端的电势高，A错误；缆绳切割地磁场的磁感线，有效长度为Lcosθ，则产生的感应电动势大小为E＝BLvcosθ＝1624 V，B错误；由于缆绳和电离层构成闭合电路，缆绳相当于内电路，故缆绳两端的电压小于感应电动势，即小于1624 V，C正确；根据左手定则可知，缆绳所受安培力垂直于缆绳斜向左上方，故安培力做负功，则由功能关系可知卫星的机械能减小，D正确。 规范解答 课堂探究评价 课堂探究评价 [变式训练2-1]　(多选)小明坐在公交车上去上学，突然间小明不由自主地向前倾去，原来是遇到了红灯。小明想，刹车过程中，汽车动能因摩擦转化为内能而无法再回收利用，何不在车厢底部靠近车轮处固定永久磁体，在刹车时接通装在车轮上的线圈，这样就可以利用电磁感应原理，将汽车的一部分动能转化为电能，从而回收一部分能量？如图所示为小明的设计，扇形区域匀强磁场的磁感应强度为B，五个形状与磁场边界形状完全相同的线圈对称地固定在车轮内侧，已知车轴到线圈内侧的距离为r1，到线圈外侧的距离为r2，车轮的半径为R，设某次刹车过程中的某时刻车速为v，则此时(　　) 答案 课堂探究评价 47 解析 课堂探究评价 48 [变式训练2-2]　(多选)如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。则(　　) 答案 课堂探究评价 49 解析 课堂探究评价 50 课后课时作业 1．(法拉第电磁感应定律的理解)关于感应电动势的大小，下列说法正确的是(　　) A．穿过闭合电路的磁通量最大时，其感应电动势一定最大 B．穿过闭合电路的磁通量为零时，其感应电动势一定为零 C．穿过闭合电路的磁通量由不为零变为零时，其感应电动势一定为零 D．穿过闭合电路的磁通量由不为零变为零时，其感应电动势一定不为零 解析　感应电动势的大小与磁通量的大小不存在必然联系，A、B错误；当磁通量由不为零变为零时，穿过闭合电路的磁通量一定改变，一定有感应电流产生，有感应电流就一定有感应电动势，C错误，D正确。 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 2．(E＝BLv的应用)(多选)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10－5 T。一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过，设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s。下列说法正确的是(　　) A．电压表记录的电压为5 mV B．电压表记录的电压为9 mV C．河南岸的电势较高 D．河北岸的电势较高 解析　海水在落潮时自西向东流，该过程可以理解为自西向东运动的导体在切割竖直向下的磁感线。根据右手定则可判断，北岸是正极，电势高，南岸电势低，所以C错误，D正确；根据法拉第电磁感应定律得E＝BLv＝4.5×10－5×100×2 V＝9×10－3 V＝9 mV，A错误，B正确。 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 6.(综合)(多选)如图，长为1 m的金属直棒以1 m/s的速度沿倾角为 60°的绝缘斜面匀速下滑，斜面处在方向竖直向下、磁感应强度为0.1 T 的匀强磁场中。则在金属棒匀速下滑的过程中(　　) A．棒受到安培力作用 B．棒不受安培力作用 C．棒两端的电压为0.05 V D．棒两端的电压为0.1 V 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 名师点拨　本题中判断金属框中的电流时，既可以从整个金属框的角度分析(磁通量不变，所以无感应电流)，也可以从切割磁感线运动的角度分析(ac边和bc边切割磁感线，计算可知产生的感应电动势大小相等，在回路中方向相反，因此感应电动势之和为零，感应电流为零)。 名师点拨 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 9.(综合)如图所示，位于我国境内的某建筑工地上有两根长x＝5 m、相距L＝2 m的平行金属轨道倾斜放置，导轨平面倾角θ＝53°且刚好与该处的地磁场垂直，地磁场的磁感应强度B＝5×10－5 T。建筑工人将两根相同的方形钢管(简称方钢)依次从轨道顶端由静止滑下，释放第二根时，第一根方钢已经滑到轨道底部处于静止状态，第二根方钢下滑到轨道中点线处时速度v＝6 m/s。已知每根方钢质量m＝2 kg、电阻R＝2.5×10－3 Ω，重力加速度g取10 m/s2，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，金属轨道的电阻忽略不计，方钢下滑过程中始终与轨道相互垂直且接触良好。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 (1)求第二根方钢下滑到轨道中点线处时方钢两端点间的电压U； (2)求第二根方钢整个下滑过程中，流经方钢横截面的电 荷量q； (3)若第二根方钢下滑到轨道中点线处时方钢与轨道间的 动摩擦因数μ＝0.2，请通过比较该处的方钢受力情况，分析方 钢下滑过程中需不需要考虑安培力F安的影响。 解析　(1)第二根方钢下滑到轨道中点线处时，切割磁感线运动产生的感应电动势 E＝BLv＝6×10－4 V 答案 解析 答案　(1)3×10－4 V　(2)0.1 C　(3)不需要 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 (3)第二根方钢下滑到轨道中点线处时，受到的沿倾斜轨道向上的安培力大小 F安＝BIL＝1.2×10－5 N 重力沿倾斜轨道向下的分力大小为 mgsin53°＝16 N 沿倾斜轨道向上的摩擦力大小 Ff＝μmgcos53°＝2.4 N 由以上数据可知，安培力远小于重力沿倾斜轨道向下的分力和沿倾斜轨道向上的摩擦力，因此实际分析中不需要考虑安培力的影响。 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 课后课时作业 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 二　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_______成正比。 2．法拉第电磁感应定律可表示为E＝______，其中k为比例常数。在国际单位制(SI)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)，这时k＝1，则上式可写成E＝______。 3．如果闭合电路是一个n匝线圈，且穿过每匝线圈的磁通量总是相同的，由于这样的线圈可以看成是由n个单匝线圈______而成的，所以整个线圈中的感应电动势是单匝线圈的_____倍，即E＝_______。 keq \f(ΔΦ,Δt) eq \f(ΔΦ,Δt) neq \f(ΔΦ,Δt) 提示：如果t1时刻穿过闭合回路的磁通量为Φ1，t2时刻穿过闭合回路的磁通量为Φ2，则在时间Δt＝t2－t1内，磁通量的变化ΔΦ＝Φ2－Φ1，在Δt足够短的情况下，磁通量的变化率就是eq \f(ΔΦ,Δt)，用E表示闭合回路中的感应电动势，那么法拉第电磁感应定律就可以表示为E＝keq \f(ΔΦ,Δt)，其中k为比例常数。 提示：由于这样的线圈可以看成是由n个单匝线圈串联而成的，所以整个线圈中的感应电动势是单匝线圈的n倍，即E＝neq \f(ΔΦ,Δt)。 1．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化率成正比。 (2)公式：E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，其中各物理量单位为国际单位制中单位。 注意：n匝线圈可以看成n个单匝线圈串联而成，因此n匝线圈中的感应电动势：E＝neq \f(ΔΦ,Δt)。 2．对公式E＝neq \f(ΔΦ,Δt)的理解 (1)感应电动势的大小与穿过电路的磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)成正比，而与Φ、ΔΦ的大小没有必然关系，与电路的电阻R也无关；感应电流的大小与E和回路总电阻R有关。 (2)用公式E＝neq \f(ΔΦ,Δt)所求的感应电动势为整个闭合电路的感应电动势，而不是回路中某部分导体两端的电势差。 (3)公式E＝neq \f(ΔΦ,Δt)一般只表示感应电动势的大小，不涉及正负，计算时ΔΦ应取绝对值，方向由楞次定律判断。 (4)公式E＝neq \f(ΔΦ,Δt)中，若Δt取一段时间，则E为Δt这段时间内的平均值。此式多用于求感应电动势的平均值，只有当Δt趋近于零时，E才可视为瞬时值。 提示：可以用E＝neq \f(ΔΦ,Δt)计算。 规范解答　(1)根据法拉第电磁感应定律得，0～4 s内，回路中的感应电动势 E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝1000×eq \f((0.4－0.2)×2×10－2,4) V＝1 V 由楞次定律和安培定则可知，方向沿逆时针方向。 (2)t＝5 s时，磁感应强度正在垂直线圈平面向里减弱，根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，即感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，由安培定则可知，线圈内的电流沿顺时针方向，则电流从a经过R流向b，故a点的电势高。 (3)在t＝5 s时，线圈的感应电动势大小为 E′＝neq \f(ΔΦ′,Δt′)＝1000×eq \f(|0－0.4|×2×10－2,2) V＝4 V 根据闭合电路欧姆定律，得电路中的电流 I＝eq \f(E′,R＋r)＝eq \f(4,4＋1) A＝0.8 A 故t＝5 s时，电阻R两端的电压U＝IR＝0.8×4 V＝3.2 V。 磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ及磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)的比较 磁通量Φ 磁通量的变化量ΔΦ 磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt) 物理意义 某时刻穿过磁场中某个面的磁感线条数 在某一过程中，穿过某个面的磁通量的变化量 穿过某个面的磁通量变化的快慢 当B、S互相垂直时的大小 Φ＝BS ΔΦ＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Φ2－Φ1,B·ΔS(B不变),S·ΔB(S不变))) eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(|Φ2－Φ1|,Δt),B·\f(ΔS,Δt)(B不变),\f(ΔB,Δt)·S(S不变))) 注意 若穿过的平面中有方向相反的磁场，则不能直接用Φ＝BS，Φ为抵消以后所剩余的磁通量 若开始和转过180°时平面都与磁场垂直，穿过平面的磁通量是不同的，一正一负，ΔΦ＝2BS，而不是零 在Φ­t图像中，可用图线的斜率表示eq \f(ΔΦ,Δt) 解析　由法拉第电磁感应定律知，单匝线圈中感应电动势的大小与磁通量的大小Φ和磁通量的变化量ΔΦ均无必然联系，仅由磁通量的变化率eq \f(ΔΦ,Δt)决定，而任意时刻的磁通量变化率eq \f(ΔΦ,Δt)就是Φ­t图像上该时刻对应点的切线的斜率，由题图可得0时刻对应的图像上的点的切线的斜率最大，t3时刻对应的图像上的点的切线的斜率最小，为零，由E＝neq \f(ΔΦ,Δt)可知，线圈中0时刻感应电动势最大，t3时刻感应电动势最小，为零，故A正确，B错误；由法拉第电磁感应定律知，线圈中0至t3时间内的平均感应电动势大小为eq \o(E,\s\up6(－))＝neq \f(Φ3－0,t3－0)＝10×eq \f(2×10－3－0,\f(0.01,2)－0) V＝4 V，C错误，D正确。 解析　磁场垂直于纸面向里，磁感应强度增大，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律可知，线圈中的感应电流均沿逆时针方向，A错误；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势为E＝neq \f(ΔΦ,Δt)＝πr2eq \f(ΔB,Δt)，则感应电动势之比为eq \f(Ea,Eb)＝2,a)eq \f(r,req \o\al(2,b)) ＝eq \f(4,1)，故B正确；设导线的电阻率为ρ，横截面积为S，由电阻定律可知，线圈电阻为R＝ρeq \f(L,S)＝ρeq \f(2πr,S)，由闭合电路欧姆定律可知，感应电流为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(rS,2ρ)·eq \f(ΔB,Δt)，则感应电流之比为eq \f(Ia,Ib)＝eq \f(ra,rb)＝eq \f(2,1)，故C正确，D错误。 提示：在Δt时间内ab边由原来的位置移到a′b′，根据法拉第电磁感应定律E＝eq \f(ΔΦ,Δt)，我们可以得到闭合回路中的感应电动势E＝eq \f(BΔS,Δt)＝eq \f(BLvΔt,Δt)＝BLv。 提示：经过Δt时间，ab边由原来的位置运动到虚线位置，回路面积的变化量为ΔS＝Lsinθ·vΔt，根据E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(BΔS,Δt)，导线切割磁感线产生的感应电动势为E＝BLvsinθ。与活动1的E＝BLv对比可知，v与L不垂直时，导线垂直切割磁感线的有效长度为L在垂直v的方向上的投影Lsinθ。 方法一：由于棒上各处速率不等，故不能直接用公式E＝BLv求解。由v＝ωr可知，棒上各点线速度大小跟半径成正比，故可用棒的中点的速度作为平均切割速度代入公式计算。因为eq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(ωL,2)，所以E＝BLeq \o(v,\s\up6(－))＝eq \f(1,2)BL2ω。 方法二：设经过Δt时间ab棒扫过的扇形面积为ΔS，则ΔS＝eq \f(1,2)LωΔt·L＝eq \f(1,2)L2ωΔt，磁通量的变化量ΔΦ＝BΔS＝eq \f(1,2)BL2ωΔt，则E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝Beq \f(ΔS,Δt)＝eq \f(1,2)BL2ω。 公式E＝neq \f(ΔΦ,Δt)与E＝BLvsinα的对比 E＝neq \f(ΔΦ,Δt) E＝BLvsinα 区别 研究对象 整个闭合回路 回路中做切割磁感线运动的那部分导线 适用范围 各种电磁感应现象 只适用于导线切割磁感线运动的情况 计算结果 Δt内的平均感应电动势 某一时刻的瞬时感应电动势 联系 E＝BLvsinα是由E＝neq \f(ΔΦ,Δt)在一定条件下推导出来的，该公式可看成法拉第电磁感应定律的一个推论 A．车轮转动的角速度为eq \f(v,R) B．某个线圈进入或者穿出磁场时产生的电动势大小为eq \f(1,2)B(r2－r1)v C．某个线圈进入或者穿出磁场时产生的电动势大小为2,2)eq \f(B(r－req \o\al(2,1))v,2R) D．线圈中的感应电流所受的安培力与线圈转动方向相反，阻碍线圈转动，进而也起到辅助刹车的作用 解析　车速即车轮边缘与地面接触点的速度，则车轮的角速度为ω＝eq \f(v,R)，故A正确；线圈内缘速度大小为v1＝r1ω，线圈外缘速度大小为v2＝r2ω，则某个线圈进入或者穿出磁场时，产生的电动势为E＝BLeq \o(v,\s\up6(－))＝B(r2－r1)·eq \f(v1＋v2,2)，即E＝2,2)eq \f(B(r－req \o\al(2,1))v,2R) ，故B错误，C正确；由楞次定律的“阻碍”作用可知，线圈中的感应电流所受的安培力与线圈转动方向相反，阻碍线圈转动，进而也起到辅助刹车的作用，故D正确。 A．MN刚扫过金属杆时，杆中感应电动势大小为Bdv0 B．MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流大小为eq \f(Bdv0,R) C．PQ刚要扫到金属杆时，杆中感应电动势大小为Bdv D．PQ刚要扫到金属杆时，杆中感应电流大小为eq \f(Bd(v0－v),R) 解析　MN刚扫过金属杆时，相当于金属杆以速率v0向左切割磁感线，金属杆中的感应电动势大小E＝Bdv0，回路的感应电流大小I＝eq \f(E,R)＝eq \f(Bdv0,R)，A、B正确。PQ刚要扫到金属杆时，金属杆切割磁感线的相对速度大小v′＝v0－v，感应电动势大小E′＝Bdv′＝Bd(v0－v)，感应电流大小I′＝eq \f(E′,R)＝eq \f(Bd(v0－v),R)，C错误，D正确。 3.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(E＝n\f(ΔΦ,Δt)的应用))将一根绝缘硬质细导线顺次绕成如图所示的线圈，其中大圆面积为S1，小圆面积均为S2，垂直线圈平面方向有一随时间t变化的磁场，磁感应强度大小B＝B0＋kt，B0和k均为常量，则线圈中总的感应电动势大小为(　　) A．kS1 B．5kS2 C．k(S1－5S2) D．k(S1＋5S2) 解析　根据楞次定律可知，题图所示的1个大圆与5个小圆中的感应电动势方向相同，即可等效成1个大圆与5个小圆串联，故线圈中总的感应电动势大小为E＝E大＋5E小，根据法拉第电磁感应定律，有E大＝eq \f(ΔB,Δt)S1，E小＝eq \f(ΔB,Δt)S2，将B＝B0＋kt代入，可解得E＝k(S1＋5S2)，故D正确。 4.(E＝BLv的应用)如图所示，声波使动圈式话筒的膜片振动时，半径为r、匝数为n的线圈垂直切割辐射状的磁感线。线圈振动区域磁场的磁感应强度大小恒为B，线圈回路的总电阻为R，线圈切割磁感线的速度大小为v时，通过线圈的感应电流为(　　) A．0 B.eq \f(2nBrv,R) C.eq \f(πnBrv,R) D.eq \f(2πnBrv,R) 解析　每匝线圈切割磁感线的有效长度L＝2πr，线圈中产生的感应电动势E＝nBLv，通过线圈的感应电流I＝eq \f(E,R)，解得I＝eq \f(2πnBrv,R)，故选D。 5.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(E＝n\f(ΔΦ,Δt)和E＝BLv的区别))(多选)如图所示，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向里。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(　　) A．感应电流方向不变 B．CD段直导线始终不受安培力 C．感应电动势最大值E＝Bav D．感应电动势平均值eq \o(E,\s\up6(－))＝eq \f(1,4)πBav 解析　在闭合回路进入磁场的过程中，通过闭合回路的磁通量不断增大，根据楞次定律及安培定则可知感应电流的方向始终为逆时针方向，A正确。根据左手定则可以判断，CD段直导线所受安培力向下，B错误。当半圆形闭合回路的一半进入磁场时，切割磁感线的有效长度最大，为a，这时感应电动势最大，为E＝Bav，C正确。感应电动势平均值eq \o(E,\s\up6(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(B·\f(1,2)πa2,\f(2a,v))＝eq \f(1,4)πBav，D正确。 解析　由于棒中没有电流，所以棒不受安培力作用，故A错误，B正确。棒产生的感应电动势E＝BLvcos60°＝0.1×1×1×eq \f(1,2) V＝0.05 V，由于棒中无电流，则棒两端的电压等于棒产生的感应电动势，即棒两端的电压为0.05 V，故C正确，D错误。 7.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(E＝\f(1,2)BL2ω的应用))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(俯视)，a、b、c三点的电势分别为φa、φb、φc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是(　　) A．φa>φc，金属框中无电流 B．φb>φc，金属框中电流方向沿a→b→c→a C．Ubc＝－eq \f(1,2)Bl2ω，金属框中无电流 D．Uac＝eq \f(1,2)Bl2ω，金属框中电流方向沿a→c→b→a 解析　穿过金属框的磁通量始终为零，故金属框中无电流。在三角形金属框内，有两边切割磁感线，其一为bc边，根据E＝Bleq \o(v,\s\up6(－))可得，电动势大小 为eq \f(1,2)Bl2ω；其二为ac边，ac边有效的切割长度为l，根据E＝Bleq \o(v,\s\up6(－))可 得，电动势大小也为eq \f(1,2)Bl2ω。由右手定则可知：φc>φb＝φa，A、B错 误。Ubc＝Uac＝φb－φc＝－eq \f(1,2)Bl2ω，C正确，D错误。 8.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(E＝n\f(ΔΦ,Δt)的应用))如图所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所围区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上固定一导体圆环。导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下列选项中哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场力(　　) 解析　导体圆环受到向上的磁场力，根据楞次定律推论可知，原磁场通过导体圆环的磁通量在减小，即螺线管和abcd构成的回路中产生的感应电流在减小。根据法拉第电磁感应定律，得E＝eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(ΔB,Δt)S，则感应电流I＝eq \f(E,R)＝eq \f(ΔBS,ΔtR)，可知eq \f(ΔB,Δt)减小，即B­t图像上各点切线的斜率的绝对值随时间减小，A正确，B、C、D错误。 此时电路中的电流I＝eq \f(E,2R)＝0.12 A 此时方钢两端点间的电压U＝IR＝3×10－4 V。 (2)第二根方钢整个下滑过程中，切割磁感线运动产生的感应电动势的平均值eq \o(E,\s\up6(－))＝eq \f(ΔΦ,Δt) 其中ΔΦ＝BLx 产生的感应电流的平均值eq \o(I,\s\up12(－))＝eq \f(\o(E,\s\up12(－)),2R) 流经方钢横截面的电荷量q＝eq \o(I,\s\up12(－))Δt 联立各式并代入数据得q＝eq \f(BLx,2R)＝0.1 C。 $$