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1、物理总复习：法拉第电磁感应定律 编稿：李传安 审稿：【考纲要求】1、知道法拉第电磁感应定律的内容 2、知道公式与的区别与联系 3、会正确选用不同公式进行相关计算4、知道自感现象、自感电动势、自感系数，知道自感现象的利弊及其利用与防止5、了解日光灯的组成与电路，知道镇流器的工作原理和作用6、知道涡流现象，了解其利用与防止技术。【考点梳理】考点一、法拉第电磁感应定律一、感应电动势1、感应电动势在电磁感应现象中产生的电动势叫感应电动势。产生感应电动势的那部分导体相当于电源。只要穿过回路的磁通量发生改变，在回路中就产生感应电动势。2、感应电动势与感应电流的关系感应电流的大小由感应电动势和闭合回路的总电
2、阻共同决定，三者的大小关系遵守闭合电路欧姆定律，即。二、法拉第电磁感应定律要点诠释：1、法拉第电磁感应定律感应电动势的大小跟穿过这一闭合电路的磁通量的变化率成正比。，其中n为线圈匝数。2、法拉第电磁感应定律内容的理解（1）感应电动势的大小：。公式适用于回路磁通量发生变化的情况，回路不一定要闭合。（2）不能决定E的大小， 才能决定E的大小，而与之间没有大小上的联系。（3）当仅由B的变化引起时，则；当仅由S的变化引起时，则。（4）公式中，若取一段时间，则E为这段时间内的平均值。当磁通量不是均匀变化的，则平均电动势一般不等于初态与末态电动势的算术平均值。三、导体切割磁感线时的感应电动势要点诠释：1、
3、导体垂直切割磁感线时, 感应电动势可用求出，式中L为导体切割磁感线的有效长度。若导线是曲折的，则L应是导线的有效切割长度。2、导体不垂直切割磁感线时，即v与B有一夹角，感应电动势可用求出。四、磁通量、磁通量变化量、磁通量变化率的比较要点诠释：1、是状态量，是某时刻穿过闭合回路的磁感线条数，当磁场与回路平面垂直时，。2、是过程量，它表示回路从某一时刻变化到另一时刻回路的磁通量的增量，即。3、 表示磁通量变化的决慢，即单位时间内磁通量的变化，又称为磁通量的变化率。4、的大小没有直接关系，这一点可与相比较。需要指出的是很大，可能很小；很小，可能很大；，可能不为零（如线圈平面转到与磁感线平行时）。当按
4、正弦规律变化时，最大时，；当为零时最大。五、公式与的区别与联系 区别（1）求的是时间内的平均感应电动势，E与某段时间或某个过程相对应（1）求的是瞬时感应电动势，E与某个时刻或某个位置相对应（2）求的是整个回路的感应电动势，整个回路的感应电动势为零时，其回路某段导体的感应电动势不一定为零（2）求的是回路中一部分导体切割磁感线时产生的感应电动势（3）由于是整个回路的感应电动势，因此电源部分不容易确定（3）由于是一部分导体切割磁感线的运动产生的，该部分就相当于电源联系公式和是统一的，当时， E为瞬时感应电动势，只是由于高中数学知识所限，现在还不能这样求瞬时感应电动势，而公式的v若代入，则求出的E为平
5、均感应电动势六、导电液体“切割”磁感线问题导电液体中存在着大量的离子，当离子通过磁场时受到安培力的作用而发生偏转，使管子两侧出现电势差。处理此类问题时首先应建立流体模型圆柱体或长方体，其次明确两点间的电势差与两点间的直导体棒切割磁场产生的电动势等效。考点二、自感现象及自感电动势一、互感、自感和涡流现象1、互感现象一个线圈中的电流变化，所引起的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势的现象叫互感现象。在互感现象中出现的电动势叫互感电动势，其重要应用之一是制成变压器。2、自感现象（1）定义：由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象，叫自感现象。自感现象中产生的感应电动势叫自感电动势。其主要应
6、用之一是制成日光灯。（2）自感电动势：要点诠释：自感电动势的作用：总是阻碍导体中原电流的变化，即总是起着推迟电流变化的作用。自感电动势的方向：自感电动势总是阻碍导体中原来电流的变化，当原来电流增大时，自感电动势与原来电流方向相反；当原来电流在减小时，自感电动势与原来电流方向相同。 （3）自感系数：自感系数L简称为电感或自感，与线圈的形状、长短、匝数有关线圈的横截面积越大，线圈越长，匝数越密，它的自感系数越大；有铁芯的线圈的自感系数比没有铁芯时大得多。其单位是亨利，1 H=mH=。3、涡流当线圈中的电流随时间发生变化时，线圈附近的任何导体都会产生感应电流，电流在导体内自成闭合回路，很像水的漩涡，
7、把它叫做涡电流，简称涡流。二、灯泡闪亮的原因如图所示，原来电路闭合并处于稳定状态，L与A并联，其电流分别为和，方向都是从左向右。在断开S的瞬间，灯A中原来的从右向左的电流立即消失，但是灯A与线圈L组成一闭合回路，由于L的自感作用，其中的电流不会立即消失，而是在回路中逐渐减弱，并维持短暂的时间，此时间内灯A中有从左向右的电流通过，这时通过灯A的电流从开始减弱。如果，则原来的电流，在灯A熄灭之前要先闪亮一下；如果，则原来的电流，灯A逐渐熄灭不会闪亮一下。 通电时线圈产生的自感电动势阻碍电流的增加与电流方向相反，此时含线圈L的支路相当于断开；断电时线圈产生的自感电动势与原电流方向相同，在与线圈串联的
8、回路里，线圈相当于电源，它提供的电流从原来的逐渐减小，但流过灯泡A的电流方向与原来相反。三、日光灯的工作原理如图所示，当日光灯接通电源后，电源把电压加在启动器的两极之间，氖气放电发出辉光，辉光产生的热量使U形动触片膨胀伸长，跟静触片接触而把电路接通。电路接通后，氖气停止放电，U形动触片冷却收缩，两个触片分离，电路断开。在电路突然中断的瞬间，由于镇流器中电流急剧减小，会产生很高的自感电动势，方向与原来电压的方向相同，这个自感电动势与电源电压加在一起，形成一个瞬时高压，加在灯管两端，使灯管中的气体开始放电，日光灯管成为电流的通路开始发光镇流器的作用：（1）启动时产生瞬时高压在启动器短路期间电流很大
9、，当启动器断开的瞬间镇流器可产生很大的自感电动势加在灯管两端，使其中的气体电离导电，灯管发光。（2）工作过程中降压限流，即在灯管正常发光时降低电压，使灯管电压小于电源电压。【典型例题】类型一、法拉第电磁感应定律的应用例1、如图所示，在一个光滑金属框架上垂直放置一根长l=0.4m 的金属棒ab，其电阻r =0.1框架左端的电阻R=0.4垂直框面的匀强磁场的磁感强度B=0.1T当用外力使棒ab以速度v =5ms匀速向右运动时，求：ab棒中（1）产生的感应电动势E =_；（2）通过ab棒的电流I =_ ，方向由_到_；（3）ab棒两端的电势差Uab =_，_端电势高；（4）在电阻R上消耗的功率PR
10、= _ （5）在ab棒上消耗的发热功率Pr = _ （6）切割运动中产生的电功率P = _（7）导体棒受到的安培力的大小FA= _，方向_；（8）安培力的功率PA= _，外力的功率PF = _。【思路点拨】求电动势应用法拉第电磁感应定律，求电流用闭合电路的欧姆定律，求功率应用部分电路的欧姆定律，求安培力应用安培力公式，求外力和安培力的的功率，根据匀速运动的规律，。【解析】（1）；（2）根据闭合电路的欧姆定律；方向由a到b;（3）；a端电势高。右手四指的方向是感应电流的方向，切割磁感线的部分相当于电源，a端是电源的正极，b端是电源的负极，在电源内部电势从低电势指向高电势，即四指的电势高，如图。（
11、4）R上消耗的功率，R是外电路，；（5）在ab棒上消耗的发热功率，ab棒是内电路，；（6）切割运动中产生的电功率，即整个电路消耗的功率 .或：. 或：也等于电源产生的功率. （能量守恒）（7）导体棒受到的安培力的大小 根据左手定则，安培力的方向水平向左。（8）安培力的功率导体棒匀速运动拉力（外力）等于安培力，外力的功率。（能量守恒）【总结升华】本题罗列了十多个小知识点，是法拉第电磁感应定律在导体切割磁感线运动中的一些基本问题，就是要全面、完整理解定律，并会准确应用。举一反三【变式】如图所示，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. 20n，磁感应强度B=0.40 T
12、，方向垂直于导轨平面的匀强磁场，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：（1）ab棒中感应电动势的大小，并指出a、b哪端电势高？（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）0.8V；a端电势高；（2）4.0A；（3）0. 8 N。【解析】（1）根据法拉第电磁感应定律，ab棒中的感应电动势为根据右手定则可判定感应电动势的方向由，所以a端电势高。（2）导轨和导体棒的电阻均可忽略不计，感应电流大小为 （3）由于ab棒受安培力，棒做匀速运动，故外力等于安培力
13、， 故外力的大小为0. 8 N。例2、一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s 时间内均匀地增大到原来的两倍，接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s 时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半，先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为（ ）A. B. 1 C. 2 D. 4 【思路点拨】根据法拉第电磁感应定律的磁通量变化率的公式求解，时间相等，主要描述清楚磁通量的变化量就可以了。【答案】B【解析】设磁感应强度为B，线框面积为S，第一次：保持线框的面积不变，在1 s 时间内均匀地增大到原来的两倍，B1 =2B磁通量的变化为，产生的感应电动势
14、第二次：磁感应强度为2B，S2 = 1/2 S磁通量的变化为产生的感应电动势，大小相等，选B。【总结升华】审题后可知应该用磁通量的变化率的公式即来求感应电动势，一般来说要描述磁通量的变化量，即写，分析磁感应强度的变化、面积的变化，还要写出时间的变化量即，代入公式求解，计算电动势一般不需要带符号，符号是用来分析方向的。举一反三【高清课堂：法拉第电磁感应定律 例1】【变式1】如图所示，半径为r、n匝线圈在边长为l的正方形abcd之外，匀强磁场充满并垂直穿过正方形区域，当磁场以的变化率变化时，线圈产生的感应电动势大小为 。【答案】【变式2】正方形导线框abcd，匝数为10匝，边长为20cm，在磁感强
15、度为0.2T的匀强磁场中围绕与B方向垂直的转轴匀速转动，转速为120 rmin。当线框从平行于磁场位置开始转过90时，线圈中磁通量的变化量是_wb，线圈中磁通量平均变化率为_wbs，平均感应电动势为_V。【答案】0.008，0.064，0.64【解析】，磁通量的变化量转速为n=120 rmin，角速度，周期，时间磁通量平均变化率为。平均感应电动势为。类型二、电势高低问题 例3、在北半球，地磁场的水平分量由南向北，竖直分量竖直向下。北京长安大街上，某人骑车从东往西，则下列说法正确的是（ ）A自行车左车把的电势比右车把的电势高 B自行车左车把的电势比右车把的电势低C图中辐条AB此时A端比B端的电势
16、高D图中辐条AB此时A端比B端的电势低 【思路点拨】判断电势的高低，特别是地磁场问题，分析清楚北半球的地磁场方向是向北斜向下的，水平分量向北，竖直分量竖直向下，画出草图。【答案】AD【解析】先分析自行车左右车把电势的高低：由于地磁场的水平分量由南向北，竖直分量竖直向下，自行车左右车把切割地磁场的竖直分量，画出草图如图1，应用右手定则，如果是闭合的（假设是闭合的），电流方向从右向左，四指的电势是高电势，所以左车把电势高，右车把电势低，如图1所示。（要注意左右是指这个人的） 再分析图中辐条AB端的电势高低：辐条AB切割地磁场水平分量，方向由南向北，磁场方向表示为垂直向里，应用右手定则，如果是闭合的
17、，电流方向从A向B，四指的电势是高电势，所以B端的电势高，A端的电势低，如图2所示。故选AD。【总结升华】首先要明确地磁场的方向，“地磁场的水平分量由南向北，竖直分量竖直向下”（如果在南半球则都相反），再根据运动物体的特点，画出草图，对切割磁感线的运动物体应用右手定则，切割磁感线的导体相当于电源，产生的是感应电动势，电流的方向由低电势指向高电势（假设是闭合的）。如果是磁场变化、面积变化等情况，则根据楞次定律判断感应电流的方向，那部分线圈（无论闭合与否）相当于电源，产生的是感应电动势，电流方向由低电势指向高电势（假设是闭合的）。举一反三【高清课堂：电磁感应现象和楞次定律 例6】【变式1】飞机在北
18、半球自西向东水平飞行，关于飞机的机翼、机背和机腹的电势高低，以下说法正确的是（ ） A. 左侧机翼电势高 B. 右侧机翼电势高 C. 机腹的电势高 D. 机背的电势高【答案】AD【解析】把机翼、机背和机腹看成一根导线。先分析飞机左右机翼电势的高低：由于地磁场的水平分量由南向北，竖直分量竖直向下，飞机左右机翼切割地磁场的竖直分量，画出草图如图1，应用右手定则，如果是闭合的（假设是闭合的），电流方向从右向左，四指的电势是高电势，所以左侧机翼电势高，右侧机翼电势低，如图1所示。（要注意左右是对飞行员而言的） 再分析图中机背和机腹的电势高低：机背和机腹切割地磁场水平分量，方向由南向北，磁场方向表示为垂
19、直向里，应用右手定则，如果是闭合的，电流方向从机腹向机背，四指的电势是高电势，所以机背的电势高，机腹的电势低，如图2所示。故选AD。【变式2】一飞机在北半球的上空以速度v水平飞行，飞机机身长为a，机翼两端点的距离为b。该空间地磁场的磁感应强度的水平分量为B1，竖直分量为B2。设驾驶员左侧机翼的端点为C，右侧机翼的端点为D，则CD两点间的电势差U为（ ） AU =B1vb，且C点电势低于D点电势 BU =B1vb，且C点电势高于D点电势CU =B2vb，且C点电势低于D点电势 DU=B2vb，且C点电势高于D点电势【答案】D【解析】飞机在北半球的上空水平飞行，左右机翼切割地磁场磁感线的竖直分量B
20、2，左右机翼长度为b，则感应电动势为U=B2vb，可以作出草图与例3的图1相同，左边电势高，所以C点电势高于D点电势，只有D正确。（改变飞机的飞行方向，结论不变）例4、如图所示，光滑的矩形金属框架中串入一只电容器，金属棒ab在外力作用下向右运动，运动一段距离后突然停止，金属棒停止运动后不再受该系统以外其他力的作用，框架足够长，框架平面水平，则以后金属棒运动情况是（ ）A向右做初速为零的匀加速运动B先向右匀加速运动后匀速运动C在某一位置附近振动D向右先做加速度变小的加速运动，后做匀速运动【思路点拨】“感应电流”对电容器充电，“电流”流进的极板为正极。金属棒停止运动后，电容器通过ab放电，电流方向
21、变了，安培力方向当然也变了。【答案】D【解析】金属棒停止前，以速度v向右运动，感应电流方向从b到a，则电容器的上极板带正电。金属棒突然停止运动后，电容器通过ab放电，金属棒ab在安培力作用下向右加速运动，运动的同时切割磁感线产生感应电动势，使电路中电流减小，最终当产生的感应电动势与电容器两极板间剩余的电压数值相等时，电路中电流为零，金属板匀速运动，所以D对。【总结升华】当电路中出现电容器时搞清电容器两极板间的电压以及极板上电量的多少、正负和如何变化世界题的关键。注意极板的正负：a点电势高，上极板为正（或电流流进的极板为正，电流方向从b到a所以上极板为正）。【变式1】如图所示，线圈内有理想边界的
22、磁场，当磁场均匀增加时，有一带电粒子静止于平行板(两板水平放置)电容器中间，则此粒子带_电，若线圈的匝数为n，平行板电容器的板间距离为d，粒子的质量为m，带电量为q，则磁感应强度的变化率为_(设线圈的面积为S)【答案】负；.【解析】当磁场均匀增加时，根据楞次定律，电容器上极板为正极，带电粒子静止于平行板电容器中间，重力等于电场力，电场力方向向上，则粒子带负电。根据法拉第电磁感应定律，感应电动势等于电容器两板间的电压 带电粒子静止 ， 联立解得。【变式2】如图所示，圆环a和圆环b半径之比为21，两环用同样粗细的、同种材料的导线连成闭合回路，连接两圆环电阻不计，匀强磁场的磁感强度变化率恒定，则在a
23、环单独置于磁场中和b环单独置于磁场中两种情况下，M、N两点的电势差之比为（ ）A41B14C21D12【答案】C【解析】据题意，半径：，面积：，电阻：，磁感强度变化率恒定，感应电动势，则感应电动势之比：感应电流，则感应电动势之比：M、N两点电势差（b环是外电路），（a环是外电路）所以M、N两点电势差之比。故C正确。类型三、通过导体横截面的电荷量 在电磁感应现象的考题中，常要求计算某段过程中流过导体横截面的电量。由电流的定义式知，由法拉第电磁感应定律知回路中的平均电流，而，则，可见流过导体截面的电量只与导体线圈的匝数n、线圈的电阻及该过程磁通量的变化有关，而与时间无关。这里电流要用平均值，即感应
24、电动势要用平均值，必须用公式，R是总电阻。 例5、有一面积为S=100 cm2的金属环，电阻为R=0.1，环中磁场的变化规律如下图所示，且磁场方向垂直环向里，求：（1）在t1到t2时间内，通过金属环的电量是多少？（2）若t=0.1 s，t2=0.2 s，金属环中产生的感应电动势为多少？【思路点拨】求通过金属环的电量，电流要用平均值，电动势当然也要用平均值，就是说求电动势要用公式。【答案】（1）0.01C；（2）0.01V.【解析】（1）由图像可知，磁感应强度的变化率为.线圈中的磁通量的变化率.环中的感应电流 .通过环的电量.（2）t=0.1 s，t2=0.2 s，.【总结升华】理解了电流用平均
25、值、电动势用平均值，理解求通过导线横截面的电荷量的公式，主要是求出磁通量的变化量，掌握了基本处理方法做起题来就会得心应手，又快又对。举一反三【变式】如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为 B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R。线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度匀速转动， 线框从图示位置开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量q= 。【答案】【解析】单匝矩形闭合导线框，图示位置磁通量为BS，转过磁通量为零，磁通量的变化量为BS，。类型四、自感例6、如图所示，线圈L的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，随着开关S的闭合和断开的过程中，
26、L1、L2的亮度变化情况是（灯丝不会断）（ ）AS闭合，L1亮度不变， L2亮度逐渐变亮，最后两灯一样亮；S断开，L2立即不亮， L1逐渐变亮BS闭合， L1亮度不变， L2很亮；S断开，L1、L2立即不亮CS闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2亮度不变；S断开，L2立即不亮，L1亮一下才灭DS闭合，L1、L2同时亮，而后L1逐渐熄灭，L2则逐渐变得更亮；S断开，L2立即不亮，L1亮一下才灭【思路点拨】自感电动势阻碍电流的变化，使电流延缓。断电后线圈相当于电源提供电流，如果线圈的电阻很小，与线圈组成闭合回路的灯泡就会闪亮一下。【答案】D【解析】当S接通，L的自感系数很大，对电流的阻碍
27、作用较大，L1和L2串接后与电源相连，L1和L2同时亮，随着L中电流的增大，L的电流电阻不计，L的分流作用增大，L1的电流逐渐减小为零，由于总电阻变小，总电流变大，L2的电流增大，L2灯变得更亮。当S断开，L2中无电流，立即熄灭，而电感L将要维持本身的电流不变，L与L1组成闭合电路， L1灯要亮一下后再熄灭（即所谓闪亮一下后熄灭），综上所述，选项D正确。【总结升华】自感电动势阻碍电流的变化，线圈中电流增大时，自感电动势（电流）方向与原电流方向相反，阻碍电流的增大；线圈中电流减小时，自感电动势（电流）方向与原电流方向相同，阻碍电流的减小，正是这种阻碍作用，使线圈中的电流只能从原来的值逐渐变化，不
28、能发生突变。举一反三【变式1】如图所示的电路中有L1和L2两个完全相同的灯泡，线圈L的电阻忽略不计下列说法中正确的是（ ）A、闭合S时，L2先亮，L1后亮，最后一样亮 B、断开S时，L2立刻熄灭，L1过一会儿熄灭C、L1中的电流始终从b到aD、L2中的电流始终从c到d【答案】AC【解析】闭合S时，L2中立即有从d到c的电流，先亮，线圈由于自感作用，通过它的电流将逐渐增加，所以L1逐渐变亮。电路稳定后自感作用消失，线圈L相当于导线，所以L1、L2最后一样亮，选项A正确。断开S时，L2中由电源提供的电流立即消失，但是L1中从b到a的电流由于自感的阻碍作用只能逐渐减小，该电流与L2形成回路，因此L1
29、、L2都将过一会儿才一熄灭，选项B错误。L1中的电流始终由b到a ，L2中的电流先由d到c，后由c到d。【变式2】某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图所示的电路。检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象。虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因。你认为最有可能造成小灯泡末闪亮的原因是（ ）A电源的内阻较大 B小灯泡电阻偏大C线圈电阻偏大 D线圈的自感系数较大 【答案】C【解析】A、开关断开开关时，灯泡能否发生闪亮，取决于灯泡的电流有没有增大，与电源的内阻无关故A错误B、若小灯泡电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流小于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡将发生闪亮现象故B错误C、线圈电阻偏大，稳定时流过灯泡的电流大于线圈的电流，断开开关时，根据楞次定律，流过灯泡的电流从线圈原来的电流逐渐减小，灯泡不发生闪亮现象故C正确D、线圈的自感系数较大，产生的自感电动势较大，但不能改变稳定时灯泡和线圈中电流的大小故D错误故选C