第2节 法拉第电磁感应定律-【金版新学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步课堂高效讲义教师用书（鲁科版）

第2节　法拉第电磁感应定律 【核心素养目标】 物理观念 了解感应电动势的概念，理解感应电动势与磁通量的变化率成正比，掌握法拉第电磁感应定律。会判断等效电源，判断感应电动势的方向。 科学思维 能区分磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率，分析问题，获得结论。 科学态度与责任 会应用法拉第电磁感应定律推导公式E＝Blvsin θ进行有关计算。能利用法拉第电磁感应定律解决一些实际问题，培养学生的科学态度。 一、电磁感应定律 1.感应电动势 (1)定义：在电磁感应现象中产生的电动势。 (2)效用：产生感应电动势的那部分导体相当于电源。 (3)产生条件：穿过电路的磁通量发生变化，与电路是否闭合无关。 2.法拉第电磁感应定律 (1)内容：电路中感应电动势的大小与穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，这就是法拉第电磁感应定律。 (2)表达式：E＝(单匝线圈)；E＝n(n匝线圈)。 二、导线切割磁感线时的感应电动势 1.动生电动势 如果感应电动势是由于导体切割磁感线而产生的，它也叫作动生电动势。 2.导体棒垂直于磁场运动，B、l、v两两垂直时，如图甲所示，E＝Blv。 3.导线的运动方向与导线本身垂直，与磁感线方向夹角为θ时，如图乙所示，则E＝Blv1＝Blvsin θ。 1.判断正误 (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。(√) 2.链接实景 生活中有一种手压式自发电手电筒，只要用手轻轻按压发电手柄，就可以为LED光源供电，连续按压发电手柄15秒所产生的电能可以维持LED光源持续发光。这种手电筒照明时不需要电池，那么它的电能是从哪里来的？ 提示：通过按手柄，使塑料齿轮带动铜丝线圈内磁性飞轮高速旋转，铜丝切割磁感线产生感应电流，使LED光源发光。 学生用书⬇第37页 知识点一　法拉第电磁感应定律的应用 如图所示，将条形磁铁从同一高度插入线圈的实验中： (1)快速插入和缓慢插入磁通量的变化量ΔΦ相同吗？指针偏转角度相同吗？ (2)分别用一根磁铁和两根磁铁以同样速度快速插入，磁通量的变化量ΔΦ相同吗？指针偏转角度相同吗？ 提示：(1)磁通量变化相同，但磁通量变化的快慢不同，快速插入比缓慢插入时指针偏转角度大。 (2)用两根磁铁快速插入时磁通量变化量较大，磁通量变化率也较大，指针偏转角度较大。 1.Φ、ΔΦ与的比较 － 磁通量Φ 磁通量的 变化量ΔΦ 磁通量的 变化率 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 大 小 计 算 Φ＝BS ΔΦ＝ ＝ 注 意 若穿过某个面有方向相反的磁场，则不能直接用Φ＝BS计算。应考虑相反方向的磁通量抵消以后所剩余的磁通量 开始和转过180°时平面都与磁场垂直，则穿过平面的磁通量是不同的，一正一负，ΔΦ＝2BS，而不是0 既不表示磁通量的大小，也不表示变化的多少。在Φ -t图像中，可用图线的斜率表示 2.对公式E＝n的理解 (1)感应电动势的大小取决于穿过电路的磁通量的变化率，而与Φ、ΔΦ的大小没有必然关系，与电路的电阻R无关；感应电流的大小I与感应电动势的大小E和回路总电阻R有关。 (2)用公式E＝n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动势。 (3)公式E＝n只表示感应电动势的大小，不涉及其正负，计算时ΔΦ应取绝对值，至于感应电流的方向，可以用楞次定律去判定。 如图甲所示，一个圆形线圈匝数n＝1 000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。 [思路点拨]　(1)磁感应强度在0～4 s内均匀增大，可由E＝n·S，求感应电动势。 学生用书⬇第38页 (2)t＝5 s时，磁感应强度正在均匀减小，线圈产生感应电动势，相当于电源。 答案：(1)1 V　(2)a点　(3)3.2 V 解析：(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＝n＝1 000× V＝1 V。 (2)t＝5 s时，磁感应强度正在减弱，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是垂直纸面向里，故a点的电势高。 (3)在t＝5 s时，线圈的感应电动势E'＝n＝1 000× V＝4 V 根据闭合电路欧姆定律，得电路中的电流 I＝＝ A＝0.8 A 故电阻R两端的电压U＝IR＝0.8×4 V＝3.2 V。 运用E＝n求解感应电动势的三种思路 1.磁感应强度B不变，垂直于磁场的回路面积S发生变化，则E＝nB。 2.垂直于磁场的回路面积S不变，磁感应强度B发生变化，则E＝nS。 3.磁感应强度B、垂直于磁场的回路面积S均发生变化，则E＝n。 针对练1.下列关于同一线圈中感应电动势大小的说法中，正确的是(　　) A.线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势一定越大 B.线圈中磁通量越大，产生的感应电动势一定越大 C.线圈中磁通量变化越大，产生的感应电动势一定越大 D.线圈放在磁感应强度越强的地方，产生的感应电动势一定越大 答案：A 解析：由法拉第电磁感应定律E＝n可知，感应电动势的大小由磁通量的变化率决定。线圈中磁通量大或磁通量变化大时，磁通量变化率不一定大，所以产生的感应电动势不一定大；线圈放在磁感应强度大的地方，磁通量虽然较大，但磁通量的变化率不一定大，产生的感应电动势也不一定大，线圈中磁通量变化越快，产生的感应电动势越大。故选A。 针对练2.如图甲所示，横截面积为S＝50 cm2的金属线圈水平放置，线圈匝数n＝10。竖直方向上有一随时间变化的磁场，磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示，规定磁场方向向上为正，下列说法正确的是(　　) A.0～2 s内感应电动势的平均值为5×10－3 V B.0～2 s内感应电动势的平均值为0 C.t＝1 s时线圈中的感应电动势大小为0 D.t＝1 s时线圈中的感应电动势大小为1 V 答案：A 解析：0～2 s内，根据法拉第电磁感应定律有E＝n＝nS＝10××50×10－4 V＝5×10－3 V，所以0～2 s内感应电动势的平均值为5×10－3 V，故A正确，B错误；由题图乙可知，平均感应电动势等于瞬时感应电动势，故t＝1 s时线圈中的感应电动势大小为5×10－3 V，故C、D错误。故选A。 知识点二　导体棒切割磁感线产生的感应电动势 如图所示，一个半径为r的半圆导线，处在磁感应强度为B的匀强磁场中。 (1)当导线沿OP方向以速度v做匀速运动时，其感应电动势的大小是多少？ (2)当导线沿MN方向以速度v做匀速运动时，其感应电动势的大小是多少？ 提示：(1)导线的有效长度l＝2r，则感应电动势 E＝Blv＝2Brv。 (2)导线的有效长度l'＝r，则感应电动势 E'＝Bl'v＝Brv。 1.公式E＝Blv中l指有效切割长度 (1)图甲中的有效切割长度为：l＝sin θ； (2)图乙中的有效切割长度为：l＝； (3)图丙中的有效切割长度为：沿v1的方向运动时， l＝R；沿v2的方向运动时，l＝R。 2.转动切割磁感线 导体转动切割磁感线：E＝Bl2ω。如图所示，长为l的金属棒ab，绕b端在垂直于匀强磁 学生用书⬇第39页 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下面两种方法推出。 方法一：棒上各处速率不等，故不能直接用公式E＝Blv求。由v＝ωr可知，棒上各点的线速度跟半径成正比，故可用棒的中点的速度作为平均切割速度代入公式计算。 ＝，E＝Bl＝Bl2ω。 方法二：设经过Δt时间，ab捧扫过的扇形面积为ΔS，则ΔS＝lωΔt·l＝l2ωΔt， 磁通量的变化ΔΦ＝BΔS＝Bl2ωΔt。 所以E＝n＝nB＝Bl2ω(n＝1)。 如图所示，水平放置的两平行金属导轨相距l＝0.50 m，左端接一电阻R＝0.20 Ω，磁感应强度B＝0.40 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，导体棒ab(长为l)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。当棒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； (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的大小。 答案：(1)0.80 V　(2)4.0 A　(3)0.80 N 解析：(1)ab棒垂直切割磁感线，产生的感应电动势的大小E＝Blv＝0.40×0.50×4.0 V＝0.80 V。 (2)回路中感应电流的大小I＝＝ A＝4.0 A 由右手定则知，ab棒中的感应电流由b流向a。 (3)ab棒受到的安培力的大小 F安＝IlB＝0.40×4.0×0.50 N＝0.80 N， 由于导体棒匀速运动，水平方向受力平衡， 则F外＝F安＝0.80 N。 感应电动势的三个表达式的对比 表达式 E＝n E＝Blv E＝Bl2ω 情境图 研究 对象 回路(不一定闭合) 一段直导线(或等效成直导线) 绕一端转动的导体棒 意义 一般求平均感应电动势，当Δt→0时求的是瞬时感应电动势 一般求瞬时感应电动势，当v为平均速度时求的是平均感应电动势 用平均值法求瞬时感应电动势 适用条件 所有磁场 匀强磁场 匀强磁场 针对练1.如图所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)(　　) A.由c到d，I＝ B.由d到c，I＝ C.由c到d，I＝ D.由d到c，I＝ 答案：D 解析：金属圆盘在匀强磁场中匀速转动，可以等效为无数根长为r的导体棒绕O点做匀速圆周运动，其产生的感应电动势大小为E＝Br2ω，由右手定则可知感应电流方向由圆盘边沿指向圆心，故通过电阻R的电流大小I＝，方向由d到c，D正确。 针对练2.如图所示的情况中，金属导体中产生的感应电动势不是Blv的是(　　) 答案：C 解析：选项图A中导体切割磁感线的有效长度为l，则产生的感应电动势为Blv，选项A不符合题意；选项图B中导体切割磁感线的有效长度为l，则产生的感应电动势为Blv，选项B不符合题意；选项图C中导体切割磁感线的有效长度为lsin θ，则产生的感应电动势为Blvsin θ，选项C符合题意；选项图D中导体切割磁感线的有效长度为l，则产生的感应电动势为Blv，选项D不符合题意。故选C。 学生用书⬇第40页 知识点三　电磁感应定律与科技的发展 　　自从法拉第提出了电磁感应定律，并制造了世界上第一台“圆盘”发电机后，人们开始进入了电气化时代，并促使科技飞速发展，现已在各个领域中实现了自动化和智能化。 中国歼-10战斗机在广场上方沿水平方向自西向东飞行。该飞机翼展10 m，表演地点位于北半球，该处磁场的竖直分量为5.0×10－5 T，该机飞行时速度约为 300 m/s，下列说法正确的是(　　) A.该机两翼尖端电势差大小约为0.15 V B.该机两翼尖端无电势差 C.右端机翼电势较高 D.若飞机转向为自东向西飞行，机翼右端电势较高 答案：A 解析：该机两翼尖端电势差大小约为U＝Blv＝0.15 V，故A正确；北半球的地磁场方向斜向下，在竖直方向的分量向下，根据右手定则可得，无论飞机沿水平方向自西向东飞行或是自东向西飞行，相对于飞行员来说机翼的左端电势高，故B、C、D错误。 一种可测速的跑步机的测速原理如图所示。该机底面固定有间距为L、宽度为d的平行金属电极。电极间充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，左侧接有电压表和电阻R。绝缘橡胶带上每隔距离d就嵌入一个电阻为r的平行细金属 条，跑步过程中，绝缘橡胶带跟随脚步一起运动，金属条和电极之间接触良好且任意时刻仅有一根金属条处于磁场中。现在测出t时间内电压表读数恒为U，设人与跑步机间无相对滑动。 (1)判断电阻R中的电流方向； (2)人跑步过程中，是否匀速？给出判断的理由； (3)求t时间内人的平均跑步速度。 答案：(1)向下　(2)见解析　(3)U 解析：(1)由题意且根据右手定则可知，电阻R中的电流方向向下。 (2)(3)金属条做切割磁感线运动产生的感应电动势大小为E＝BLv，回路中的电流大小为I＝ 电压表的示数为U＝IR，解得v＝U 由于电压表示数恒定，所以金属条的运动速度也恒定，说明该人跑步过程中是匀速的。 人的平均跑步速度等于金属条的运动速度，为v＝U。 1.如图所示，闭合开关K，将条形磁铁匀速插入闭合线圈，第一次用时0.2 s，第二次用时0.4 s，并且两次的起始和终止位置相同，则(　　) A.第一次磁通量变化量较大 B.第一次G的最大偏转角较大 C.第一次经过G的总电荷量较多 D.若断开K，G均不偏转，则均无感应电动势 答案：B 解析：由于两次条形磁铁插入线圈的起始和终止位置相同，因此磁通量的变化量ΔΦ＝Φ2－Φ1相同，故A错误；根据E＝n可知，第一次磁通量变化较快，所以感应电动势较大，而闭合电路的电阻相同，所以第一次的感应电流较大，可知B正确；通过G的电荷量q＝Δt＝Δt＝n·Δt＝n，则两次通过G的电荷量相同，故C错误；若K断开，虽然电路不闭合，没有感应电流，但感应电动势仍存在，故D错误。 2.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均匀增大到2B，在此过程中，线圈中产生的感应电动势为(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：正方形线圈内磁感应强度B的变化率＝，由法拉第电磁感应定律知，线圈中产生的感应电动势为E＝nS＝n··＝，故A正确。 学生用书⬇第41页 3.如图所示，金属圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各与一个黄铜电刷紧贴，用导线将电刷与零刻度在中央的电流表连接起来形成回路。转动摇柄，使圆盘逆时针(俯视)匀速转动。下列说法正确的是(　　) A.圆盘的磁通量不变，电流表指针指向零刻度 B.若圆盘转动的角速度增大，产生的感应电流减小 C.若磁场的磁感应强度增大，产生的感应电流增大 D.若圆盘顺时针(俯视)匀速转动，电流从导线b流入电流表 答案：C 解析：圆盘转动时，沿半径R方向的导体棒切割磁感线产生感应电动势，其大小为E＝BωR2，回路中电阻不变，根据欧姆定律，回路中产生恒定电流，当圆盘转动的角速度增大或磁场的磁感应强度增大时，产生的感应电流都会增大，A、B错误，C正确；若圆盘顺时针匀速转动，根据右手定则可知电流从导线a流入电流表，D错误。 4.如图所示，假设“天宫一号”正以速度v＝7.7 km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直，M、N间的距离L＝20 m，地磁场的磁感应强度垂直于v、MN所在平面的分量B＝1.0×10－5 T，将太阳帆板视为导体。 (1)求M、N间感应电动势的大小E； (2)在太阳帆板上将一只“1.5 V　0.3 W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻。试判断小灯泡能否发光，并说明理由。 答案：(1)1.54 V　(2)见解析 解析：(1)根据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。 学科网（北京）股份有限公司 $