1、高考物理一輪復習學案電磁感應 知識網絡：單元切塊：按照考綱的要求，本章內容可以分成四部分，即：電磁感應 楞次定律；法拉第電磁感應定律、自感；電磁感應與電路規律的綜合應用、電磁感應與力學規律的綜合應用。其中重點是電磁感應與電路規律的綜合應用、電磁感應與力學規律的綜合應用，也是復習的難點。 電磁感應 楞次定律教學目標：1理解電磁感應現象產生的條件、磁通量；2能夠熟練應用楞次定律或右手定則判斷感應電流及感應電動勢的方向教學重點：楞次定律的應用教學難點：楞次定律的應用教學方法：講練結合，計算機輔助教學教學過程：一、電磁感應現象1.產生感應電流的條件感應電流產生的條件是：穿過閉合電路的磁通量發生變化。以

2、上表述是充分必要條件。不論什么情況，只要滿足電路閉合和磁通量發生變化這兩個條件，就必然產生感應電流；反之，只要產生了感應電流，那么電路一定是閉合的，穿過該電路的磁通量也一定發生了變化。當閉合電路的一部分導體在磁場中做切割磁感線的運動時，電路中有感應電流產生。這個表述是充分條件，不是必要的。在導體做切割磁感線運動時用它判定比較方便。2.感應電動勢產生的條件。感應電動勢產生的條件是：穿過電路的磁通量發生變化。這里不要求閉合。無論電路閉合與否，只要磁通量變化了，就一定有感應電動勢產生。這好比一個電源：不論外電路是否閉合，電動勢總是存在的。但只有當外電路閉合時，電路中才會有電流。二、楞次定律1楞次定律

3、感應電流總具有這樣的方向，即感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化。楞次定律解決的是感應電流的方向問題。它關系到兩個磁場：感應電流的磁場（新產生的磁場）和引起感應電流的磁場（原來就有的磁場）。前者和后者的關系不是“同向”或“反向”的簡單關系，而是前者“阻礙”后者“變化”的關系。2對“阻礙”意義的理解：（1）阻礙原磁場的變化。“阻礙”不是阻止，而是“延緩”，感應電流的磁場不會阻止原磁場的變化，只能使原磁場的變化被延緩或者說被遲滯了，原磁場的變化趨勢不會改變，不會發生逆轉（2）阻礙的是原磁場的變化，而不是原磁場本身，如果原磁場不變化，即使它再強，也不會產生感應電流（3）阻礙不是相反當原磁

4、通減小時，感應電流的磁場與原磁場同向，以阻礙其減小；當磁體遠離導體運動時，導體運動將和磁體運動同向，以阻礙其相對運動（4）由于“阻礙”，為了維持原磁場的變化，必須有外力克服這一“阻礙”而做功，從而導致其它形式的能轉化為電能因此楞次定律是能量轉化和守恒定律在電磁感應中的體現3楞次定律的具體應用（1）從“阻礙磁通量變化”的角度來看，由磁通量計算式=BSsin可知，磁通量變化=2-1有多種形式，主要有：S、不變，B改變，這時=BSsinB、不變，S改變，這時=SBsinB、S不變，改變，這時=BS（sin2-sin1）當B、S、中有兩個或三個一起變化時，就要分別計算1、2，再求2-1了。（2）從“阻

5、礙相對運動”的角度來看，楞次定律的這個結論可以用能量守恒來解釋：既然有感應電流產生，就有其它能轉化為電能。又由于是由相對運動引起的，所以只能是機械能減少轉化為電能，表現出的現象就是“阻礙”相對運動。（3）從“阻礙自身電流變化”的角度來看，就是自感現象。在應用楞次定律時一定要注意：“阻礙”不等于“反向”；“阻礙”不是“阻止”。4右手定則。對一部分導線在磁場中切割磁感線產生感應電流的情況，右手定則和楞次定律的結論是完全一致的。這時，用右手定則更方便一些。5楞次定律的應用步驟楞次定律的應用應該嚴格按以下四步進行：確定原磁場方向；判定原磁場如何變化（增大還是減小）；確定感應電流的磁場方向（增反減同）；

6、根據安培定則判定感應電流的方向。6解法指導：（1）楞次定律中的因果關聯楞次定律所揭示的電磁感應過程中有兩個最基本的因果聯系，一是感應磁場與原磁場磁通量變化之間的阻礙與被阻礙的關系，二是感應電流與感應磁場間的產生和被產生的關系.抓住“阻礙”和“產生”這兩個因果關聯點是應用楞次定律解決物理問題的關鍵.（2）運用楞次定律處理問題的思路（a）判斷感應電流方向類問題的思路運用楞次定律判定感應電流方向的基本思路可歸結為：“一原、二感、三電流”，即為：明確原磁場：弄清原磁場的方向及磁通量的變化情況.確定感應磁場：即根據楞次定律中的"阻礙"原則，結合原磁場磁通量變化情況，確定出感應電流產生

7、的感應磁場的方向.判定電流方向：即根據感應磁場的方向，運用安培定則判斷出感應電流方向.（b）判斷閉合電路（或電路中可動部分導體）相對運動類問題的分析策略在電磁感應問題中，有一類綜合性較強的分析判斷類問題，主要講的是磁場中的閉合電路在一定條件下產生了感應電流，而此電流又處于磁場中，受到安培力作用，從而使閉合電路或電路中可動部分的導體發生了運動.（如例2）對其運動趨勢的分析判斷可有兩種思路方法：常規法：據原磁場（B原方向及情況）確定感應磁場（B感方向）判斷感應電流（I感方向）導體受力及運動趨勢. 效果法由楞次定律可知，感應電流的“效果”總是阻礙引起感應電流的“原因”，深刻理解“阻礙”的含義.據&q

8、uot;阻礙"原則，可直接對運動趨勢作出判斷，更簡捷、迅速.【例1】（1996年全國）一平面線圈用細桿懸于P點，開始時細桿處于水平位置，釋放后讓它在如圖所示的勻強磁場中運動，已知線圈平面始終與紙面垂直，當線圈第一次通過位置和位置時，順著磁場的方向看去，線圈中的感應電流的方向分別為 位置 位置（A）逆時針方向 逆時針方向（B）逆時針方向 順時針方向（C）順時針方向 順時針方向（D）順時針方向 逆時針方向命題意圖：考查對楞次定律的理解應用能力及邏輯推理能力.錯解分析：由于空間想象能力所限，部分考生無法判定線圈經位置、時刻磁通量的變化趨勢，從而無法依據楞次定律和右手螺旋定則推理出正確選項.

9、解題方法與技巧：線圈第一次經過位置時，穿過線圈的磁通量增加，由楞次定律，線圈中感應電流的磁場方向向左，根據安培定則，順著磁場看去，感應電流的方向為逆時針方向.當線圈第一次通過位置時，穿過線圈的磁通量減小，可判斷出感應電流為順時針方向，故選項B正確. 【例2】如圖所示，有兩個同心導體圓環。內環中通有順時針方向的電流，外環中原來無電流。當內環中電流逐漸增大時，外環中有無感應電流？方向如何？解：由于磁感線是閉合曲線，內環內部向里的磁感線條數和內環外向外的所有磁感線條數相等，所以外環所圍面積內（應該包括內環內的面積，而不只是環形區域的面積）的總磁通向里、增大，所以外環中感應電流磁場的方向為向外，由安培

10、定則，外環中感應電流方向為逆時針。【例3】如圖，線圈A中接有如圖所示電源，線圈B有一半面積處在線圈A中，兩線圈平行但不接觸，則當開關S閉和瞬間，線圈B中的感應電流的情況是：（ ）A無感應電流 B有沿順時針的感應電流C有沿逆時針的感應電流 D無法確定NSv0解：當開關S閉和瞬間，線圈A相當于環形電流，其內部磁感線方向向里，其外部磁感線方向向外。線圈B有一半面積處在線圈A中，則向里的磁場與向外的磁場同時增大。這時就要抓住主要部分。由于所有向里的磁感線都從A的內部穿過，所以A的內部向里的磁感線較密， A的外部向外的磁感線較稀。這樣B一半的面積中磁感線是向里且較密，另一半面積中磁感線是向外且較稀。主要

11、是以向里的磁感線為主，即當開關S閉和時，線圈B中的磁通量由零變為向里，故該瞬間磁通量增加，則產生的感應電流的磁場應向外，因此線圈B有沿逆時針的感應電流。答案為C。【例4】 如圖所示，閉合導體環固定。條形磁鐵S極向下以初速度v0沿過導體環圓心的豎直線下落的過程中，導體環中的感應電流方向如何？解：從“阻礙磁通量變化”來看，原磁場方向向上，先增后減，感應電流磁場方向先下后上，感應電流方向先順時針后逆時針。從“阻礙相對運動”來看，先排斥后吸引，把條形磁鐵等效為螺線管，根據“同向電流互相吸引，反向電流互相排斥”，也有同樣的結論。a db cO1O2【例5】 如圖所示，O1O2是矩形導線框abcd的對稱軸

12、，其左方有勻強磁場。以下哪些情況下abcd中有感應電流產生？方向如何？A.將abcd 向紙外平移 B.將abcd向右平移 C.將abcd以ab為軸轉動60° D.將abcd以cd為軸轉動60°c a d bL2 L1解：A、C兩種情況下穿過abcd的磁通量沒有發生變化，無感應電流產生。B、D兩種情況下原磁通向外，減少，感應電流磁場向外，感應電流方向為abcd。【例6】如圖所示裝置中，cd桿原來靜止。當ab 桿做如下那些運動時，cd桿將向右移動？A.向右勻速運動 B.向右加速運動C.向左加速運動 D.向左減速運動解：.ab 勻速運動時，ab中感應電流恒定，L1中磁通量不變，穿

13、過L2的磁通量不變化，L2中無感應電流產生，cd保持靜止，A不正確；ab向右加速運動時，L2中的磁通量向下，增大，通過cd的電流方向向下，cd向右移動，B正確；同理可得C不正確，D正確。選B、DO1O2【例7】 如圖所示，當磁鐵繞O1O2軸勻速轉動時，矩形導線框（不考慮重力）將如何運動？解：本題分析方法很多，最簡單的方法是：從“阻礙相對運動”的角度來看，導線框一定會跟著條形磁鐵同方向轉動起來。如果不計摩擦阻力，最終導線框將和磁鐵轉動速度相同；如果考慮摩擦阻力導線框的轉速總比條形磁鐵轉速小些。a b【例8】 如圖所示，水平面上有兩根平行導軌，上面放兩根金屬棒a、b。當條形磁鐵如圖向下移動時（不到

14、達導軌平面），a、b將如何移動？解：若按常規用“阻礙磁通量變化”判斷，則要根據下端磁極的極性分別進行討論，比較繁瑣。而且在判定a、b所受磁場力時。應該以磁極對它們的磁場力為主，不能以a、b間的磁場力為主（因為它們是受合磁場的作用）。如果主注意到：磁鐵向下插，通過閉合回路的磁通量增大，由=BS可知磁通量有增大的趨勢，因此S的相應變化應該使磁通量有減小的趨勢，所以a、b將互相靠近。這樣判定比較簡便。a b【例9】 如圖所示，絕緣水平面上有兩個離得很近的導體環a、b。將條形磁鐵沿它們的正中向下移動（不到達該平面），a、b將如何移動？O1 aO2 b解：根據=BS，磁鐵向下移動過程中，B增大，所以穿過

15、每個環中的磁通量都有增大的趨勢，由于S不可改變，為阻礙增大，導體環應該盡量遠離磁鐵，所以a、b將相互遠離。【例10】如圖所示，在條形磁鐵從圖示位置繞O1O2軸轉動90°的過程中，放在導軌右端附近的金屬棒ab將如何移動？abLR解：無論條形磁鐵的哪個極為N極，也無論是順時針轉動還是逆時針轉動，在轉動90°過程中，穿過閉合電路的磁通量總是增大的（條形磁鐵內、外的磁感線條數相同但方向相反，在線框所圍面積內的總磁通量和磁鐵內部的磁感線方向相同且增大。而該位置閉合電路所圍面積越大，總磁通量越小，所以為阻礙磁通量增大金屬棒ab將向右移動。【例11】如圖所示，a、b燈分別標有“36V 4

16、0W”和“36V 25W”，閉合電鍵調節R，能使a、b都正常發光。斷開電鍵后重做實驗：電鍵閉合后看到的現象是什么？穩定后那只燈較亮？再斷開電鍵，又將看到什么現象？解：閉合瞬間，由于電感線圈對電流增大的阻礙作用，a將慢慢亮起來，b立即變亮。這時L的作用相當于一個大電阻；穩定后兩燈都正常發光，a的功率大，較亮。這時L的作用相當于一只普通的電阻（就是該線圈的內阻）；斷開瞬間，由于電感線圈對電流減小的阻礙作用，通過a的電流將逐漸減小，a漸漸變暗到熄滅，而abRL組成同一個閉合回路，所以b燈也將逐漸變暗到熄滅，而且開始還會閃亮一下（因為原來有Ia>Ib），并且通過b的電流方向與原來的電流方向相反。

17、這時L相當于一個電源。OB【例12】如圖所示，用絲線懸掛閉合金屬環，懸于O點，虛線左邊有勻強磁場，右邊沒有磁場。金屬環的擺動會很快停下來。試解釋這一現象。若整個空間都有向外的勻強磁場，會有這種現象嗎？解：只有左邊有勻強磁場，金屬環在穿越磁場邊界時，由于磁通量發生變化，環內一定會有感應電流產生，根據楞次定律將會阻礙相對運動，所以擺動會很快停下來，這就是電磁阻尼現象。當然也可以用能量守恒來解釋：既然有電流產生，就一定有一部分機械能向電能轉化，最后電流通過導體轉化為內能。若空間都有勻強磁場，穿過金屬環的磁通量反而不變化了，因此不產生感應電流，因此也就不會阻礙相對運動，擺動就不會很快停下來。三、電磁感

18、應在實際生活中的應用例析ABSkDC【例13】如圖所示是生產中常用的一種延時繼電器的示意圖。鐵芯上有兩個線圈A和B。線圈A跟電源連接，線圈B的兩端接在一起，構成一個閉合電路。在拉開開關S的時候,彈簧k并不能立即將銜鐵D拉起，從而使觸頭C（連接工作電路）立即離開，過一段時間后觸頭C才能離開；延時繼電器就是這樣得名的。試說明這種繼電器的工作原理。QabP解析：當拉開開關S時使線圈A中電流變小并消失時，鐵芯中的磁通量發生了變化（減小），從而在線圈B中激起感應電流，根據楞次定律，感應電流的磁場要阻礙原磁場的減小，這樣，就使鐵芯中磁場減弱得慢些，因此彈簧K不能立即將銜鐵拉起。【例14】如圖所示是家庭用的

19、“漏電保護器“的關鍵部分的原理圖，其中P是一個變壓器鐵芯，入戶的兩根電線”（火線和零線）采用雙線繞法，繞在鐵芯的一側作為原線圈，然后再接入戶內的用電器。Q是一個脫扣開關的控制部分（脫扣開關本身沒有畫出，它是串聯在本圖左邊的火線和零線上，開關斷開時，用戶的供電被切斷），Q接在鐵芯另一側副線圈的兩端a、b之間，當a、b間沒有電壓時，Q使得脫扣開關閉合，當a、b間有電壓時，脫扣開關即斷開，使用戶斷電。（1）用戶正常用電時，a、b之間有沒有電壓？（2）如果某人站在地面上，手誤觸火線而觸電，脫扣開關是否會斷開？為什么？解析：（1） 用戶正常用電時，a、b之間沒有電壓，因為雙線繞成的初級線圈兩根導線中的電

20、流總是大小相等而方向相反的，穿過鐵芯的磁通量總為0，副線圈中不會有感應電動勢產生。（2）人站在地面上手誤觸火線，電流通過火線和人體而流向大地，不通過零線，這樣變壓器的鐵芯中就會有磁通量的變化，從而次級產生感應電動勢，脫扣開關就會斷開。【例15】在有線電話網中，電話機是通過兩條導線和電信局的交換機傳送和接收電信號。如果不采取措施，發話者的音頻信號必會傳到自己的受話器中，使自己聽到自己的講話聲音，這就是“側音”。較大的側音會影響接聽對方的講話，故必須減小或消除。如圖所示是一電話機的消“側音”電路與交換機的連接示意圖。圖中的兩個變壓器是完全相同的，a、b、c、d、e、f六個線圈的匝數相同。打電話時，

21、對著話筒發話，把放大后的音頻電壓加到變壓器的線圈a，從線圈c和b輸出大小相等但隨聲頻變化的電壓，c兩端的電壓產生的電流IL通過線圈e和兩導線L、電信局的交換機構成回路，再通過交換機傳到對方電話機,對方就聽到發話者的聲音。同時由于線圈e中有電流通過，在線圈f中也會有電壓輸出，放大后在自己的電話機的受話器上發出自己的講話聲，這就是上面講的“側音”。為了消除這個側音，可以把線圈b的電壓加在線圈d上，并通過R調節d中的電流Id。那么為達到消側音的目的，1應與（ ）相接；4應與（ ）相接，并使Id( )IL(填“小于”、“大于”、或“等于”)。對方講話時，音頻電壓通過交換機和兩條導線L加到本機，那么通過

22、R的電流為多少？解析：發話時，假定某一時刻通過線圈a的電流是從上端流入，而且增大，則在線圈c和b上感應的電壓都是上正下負，e中形成的電流在變壓器鐵芯中產生的磁場的磁感線是逆時針方向的；1和3，2和4相接時，b的感應電壓在d中形成的電流在鐵芯中產生的磁感線是順時針的，由于e和d的匝數相同，只要調節R使e、d中的電流強度相等，則e和d產生的磁場就完全抵消，通過線圈f的磁通量始終為零，f中沒有感應電動勢，受話器中沒有發話者的聲音，從而消除側音。對方發話時，從交換機傳來的音頻電壓加到電話機上，假設某一時刻在線圈e和c中形成的電流是從c的下端流入且增大，則b線圈的1端為負，d線圈的3端為負，感應電壓值相

23、同，在bdR回路中沒有電流，d中不會產生磁場抵消e的磁場，f中有e產生的磁場的磁感線通過，磁通量會發生變化，產生感應電動勢，放大后在受話器中發出對方的聲音。四、針對訓練（一）基礎性練習11820年丹麥的物理學家發現了電流能夠產生磁場；之后，英國的科學家經過十年不懈的努力終于在1831年發現了電磁感應現象，并發明了世界上第一臺感應發電機2下列圖中能產生感應電流的是（）× × × ×× × × ×× × × ×× × × ×v×

24、× × ×× × × ×× × × ×× × × ×v× × × ×× × × ×× × × ×× × × ×VNSV（A） （B） （C） （D） （E） （F）3在某星球上的宇航員，為了確定該星球是否存在磁場，他手邊有一根表面絕緣的長導線和一個靈敏電流計，現請你指導他如何操作4下列說法

25、中正確的是：感應電動勢的大小跟（）有關：A穿過閉合電路的磁通量B穿過閉合電路的磁通量的變化大小C穿過閉合電路的磁通量的變化快慢D單位時間內穿過閉合電路的磁通量的變化量× × × × × × × ×× × × ×× × × ×vBBvvBvB（A） （B） （C） （D）5如圖所示，試根據已知條件確定導線中的感應電流方向（圖中的導線是閉合電路中的一部分）：（二）提高性練習6（99全國）如圖所示，為地磁場磁感線的示意圖，在北半球地磁場的堅直

26、分量向下。飛機在我國上空勻逐巡航。機翼保持水平，飛行高度不變。由于地磁場的作用，金屬機翼上有電勢差。設飛行員左方機翼未端處的電勢為U1，右方機翼未端處的電勢力U2，則A.若飛機從西往東飛，U1比U2高B.若飛機從東往西飛，U2比U1高C.若飛機從南往北飛，U1比U2高D.若飛機從北往南飛，U2比U1高7如圖所示，在兩根平行長直導線中，通以同方向、同強度的電流，導線框ABCD和兩導線在同一平面內，導線框沿著與兩導線垂直的方向自右向左在兩導線間勻速運動。在運動過程中，導線框中感應電流的方向（ ） A沿ABCD方向不變。B沿ADCB方向不變。 C由ABCD方向變成ADCB方向。D由ADCB方向變成A

27、BCD方向。8如圖所示，兩個線圈繞在同一圓筒上，A中接有電源，B中導線ab短路。當把磁鐵迅速插入A線圈中時，A線圈中的電流將 （填減少，增大，不變），B線圈中的感應電流的方向在外電路中是由 到 的；如線圈B能自由移動，則它將向 移動（左，右，不）。9如圖所示，閉合金屬銅環從高為h的曲面滾下，沿曲面的另一側上升，設閉合環初速度為零，不計摩擦，則（ ）A若是勻強磁場，環上升的高度小于hB若是勻強磁場，環上升的高度大于hC若是非勻強磁場，環上升的高度等于hD若是非勻強磁場，環上升的高度小于h10一根磁化的鋼棒以速度v射入水平放置的固定的銅管內，v的方向沿管中心軸，不計棒的重力和空氣阻力，則在入射過程

28、中（ ）A.銅管的內能增加 B.鋼棒的速率減小 C.鋼棒的速率不變 D.鋼棒的速率增大11如圖（a），圓形線圈P靜止在水平桌面上，其正上方懸掛一相同的線圈Q，P和Q共軸.Q中通有變化電流，電流隨時間變化的規律如圖（b）所示.P所受的重力為G，桌面對P的支持力為N，則A.t1時刻NG B.t2時刻NGC.t3時刻NGD.t4時刻N=G12如圖所示，ab是一個可繞垂直于紙面的軸O轉動的閉合矩形導線框，當滑動變阻器的滑片P自左向右滑動時，從紙外向紙內看，線框ab將A.保持靜止不動B.逆時針轉動C.順時針轉動D.發生轉動，但電源極性不明，無法確定轉動方向參考答案15略 6AC7B8減小 b a 左 9

29、D 解析 若是勻強磁場，閉合環的磁通量不發生變化，無感應電流產生，環也就受不到磁場力，所以環仍保持機械能守恒，上升的高度等于h。若是非勻強磁場，閉合環的磁通量發生變化，有感應電流產生，環受到磁場力作用去阻礙環與磁場間的相對運動，使環損失一部分機械能向電能轉化，所以環上升的高度小于h。因此答案D正確。10AB 當磁化的鋼棒射入銅管時，銅管中因磁通量增加而產生感應電流，銅管與鋼棒間的磁場力會阻礙其相對運動，使鋼棒的機械能向電能轉化，進而使銅管的內能增加。所以答案AB正確。11AD 12C教學后記從課堂情況看，學生能夠熟練應用楞次定律或右手定則判斷感應電流及感應電動勢的方向，教學效果好，達到了復習的

30、目的。 法拉第電磁感應定律 自感教學目標：1熟練掌握法拉第電磁感應定律，及各種情況下感應電動勢的計算方法。2知道自感現象及其應用，日光燈教學重點：法拉第電磁感應定律教學難點：法拉第電磁感應定律的應用教學方法：講練結合，計算機輔助教學教學過程：一、法拉第電磁感應定律1.法拉第電磁感應定律電路中感應電動勢的大小，跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比，即，在國際單位制中可以證明其中的k=1，所以有。對于n匝線圈有。在導線切割磁感線產生感應電動勢的情況下，由法拉第電磁感應定律可推出感應電動勢的大小是：E=BLvsin（是B與v之間的夾角）。【例1】如圖所示，長L1寬L2的矩形線圈電阻為R，處于磁感應強

31、度為B的勻強磁場邊緣，線圈與磁感線垂直。求：將線圈以向右的速度v勻速拉出磁場的過程中，拉力F大小； 拉力的功率P； 拉力做的功W； 線圈中產生的電熱Q ；通過線圈某一截面的電荷量q 。FL1L2Bv解：這是一道基本練習題，要注意要注意所用的邊長究竟是L1還是L2 ，還應該思考一下所求的各物理量與速度v之間有什么關系。 與v無關Ra bm L特別要注意電熱Q和電荷q的區別，其中與速度無關！（這個結論以后經常會遇到）。【例2】如圖所示，豎直放置的U形導軌寬為L，上端串有電阻R（其余導體部分的電阻都忽略不計）。磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直于紙面向外。金屬棒ab的質量為m，與導軌接觸良好，不計摩擦

32、。從靜止釋放后ab保持水平而下滑。試求ab下滑的最大速度vm解：釋放瞬間ab只受重力，開始向下加速運動。隨著速度的增大，感應電動勢E、感應電流I、安培力F都隨之增大，加速度隨之減小。當F增大到F=mg時，加速度變為零，這時ab達到最大速度。 由，可得點評：這道題也是一個典型的習題。要注意該過程中的功能關系：重力做功的過程是重力勢能向動能和電能轉化的過程；安培力做功的過程是機械能向電能轉化的過程；合外力（重力和安培力）做功的過程是動能增加的過程；電流做功的過程是電能向內能轉化的過程。達到穩定速度后，重力勢能的減小全部轉化為電能，電流做功又使電能全部轉化為內能。這時重力的功率等于電功率也等于熱功率

33、。baBL1L2進一步討論：如果在該圖上端電阻右邊安一只電鍵，讓ab下落一段距離后再閉合電鍵，那么閉合電鍵后ab的運動情況又將如何？（無論何時閉合電鍵，ab可能先加速后勻速，也可能先減速后勻速，但最終穩定后的速度總是一樣的）。【例3】 如圖所示，U形導線框固定在水平面上，右端放有質量為m的金屬棒ab，ab與導軌間的動摩擦因數為，它們圍成的矩形邊長分別為L1、L2，回路的總電阻為R。從t=0時刻起，在豎直向上方向加一個隨時間均勻變化的勻強磁場B=kt，（k>0）那么在t為多大時，金屬棒開始移動？解：由= kL1L2可知，回路中感應電動勢是恒定的，電流大小也是恒定的，但由于安培力F=BILB

34、=ktt，隨時間的增大，安培力將隨之增大。當安培力增大到等于最大靜摩擦力時，ab將開始向左移動。這時有：2.轉動產生的感應電動勢o av轉動軸與磁感線平行。如圖磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直于紙面向外，長L的金屬棒oa以o為軸在該平面內以角速度逆時針勻速轉動。求金屬棒中的感應電動勢。在用導線切割磁感線產生感應電動勢的公式時注意其中的速度v應該是平均速度，即金屬棒中點的速度。 L1L2Ba db c線圈的轉動軸與磁感線垂直。如圖矩形線圈的長、寬分別為L1、L2，所圍面積為S，向右的勻強磁場的磁感應強度為B，線圈繞圖示的軸以角速度勻速轉動。線圈的ab、cd兩邊切割磁感線，產生的感應電動勢相加可得

35、E=BS。如果線圈由n匝導線繞制而成，則E=nBS。從圖示位置開始計時，則感應電動勢的即時值為e=nBScost 。該結論與線圈的形狀和轉動軸的具體位置無關（但是軸必須與B垂直）。yoxBab實際上，這就是交流發電機發出的交流電的即時電動勢公式。【例4】 如圖所示，xoy坐標系y軸左側和右側分別有垂直于紙面向外、向里的勻強磁場，磁感應強度均為B，一個圍成四分之一圓形的導體環oab，其圓心在原點o，半徑為R，開始時在第一象限。從t=0起繞o點以角速度逆時針勻速轉動。試畫出環內感應電動勢E隨時間t而變的函數圖象（以順時針電動勢為正）。EtoT 2TEm解：開始的四分之一周期內，oa、ob中的感應電

36、動勢方向相同，大小應相加；第二個四分之一周期內穿過線圈的磁通量不變，因此感應電動勢為零；第三個四分之一周期內感應電動勢與第一個四分之一周期內大小相同而方向相反；第四個四分之一周期內感應電動勢又為零。感應電動勢的最大值為Em=BR2，周期為T=2/，圖象如右。3.電磁感應中的能量守恒a bd c只要有感應電流產生，電磁感應現象中總伴隨著能量的轉化。電磁感應的題目往往與能量守恒的知識相結合。這種綜合是很重要的。要牢固樹立起能量守恒的思想。【例5】 如圖所示，矩形線圈abcd質量為m，寬為d，在豎直平面內由靜止自由下落。其下方有如圖方向的勻強磁場，磁場上、下邊界水平，寬度也為d，線圈ab邊剛進入磁場

37、就開始做勻速運動，那么在線圈穿越磁場的全過程，產生了多少電熱？解：ab剛進入磁場就做勻速運動，說明安培力與重力剛好平衡，在下落2d的過程中，重力勢能全部轉化為電能，電能又全部轉化為電熱，所以產生電熱Q =2mgd。Ba db c【例6】如圖所示，水平面上固定有平行導軌，磁感應強度為B的勻強磁場方向豎直向下。同種合金做的導體棒ab、cd橫截面積之比為21，長度和導軌的寬均為L，ab的質量為m ，電阻為r，開始時ab、cd都垂直于導軌靜止，不計摩擦。給ab一個向右的瞬時沖量I，在以后的運動中，cd的最大速度vm、最大加速度am、產生的電熱各是多少？解：給ab沖量后，ab獲得速度向右運動，回路中產生

38、感應電流，cd受安培力作用而加速，ab受安培力而減速；當兩者速度相等時，都開始做勻速運動。所以開始時cd的加速度最大，最終cd的速度最大。全過程系統動能的損失都轉化為電能，電能又轉化為內能。由于ab、cd橫截面積之比為21，所以電阻之比為12，根據Q=I 2RtR，所以cd上產生的電熱應該是回路中產生的全部電熱的2/3。又根據已知得ab的初速度為v1=I/m，因此有： ，解得。最后的共同速度為vm=2I/3m，系統動能損失為EK=I 2/ 6m，其中cd上產生電熱Q=I 2/ 9m二、感應電量的計算根據法拉第電磁感應定律，在電磁感應現象中，只要穿過閉合電路的磁通量發生變化，閉合電路中就會產生感

39、應電流。設在時間內通過導線截面的電量為，則根據電流定義式及法拉第電磁感應定律，得：如果閉合電路是一個單匝線圈（），則.上式中為線圈的匝數，為磁通量的變化量，R為閉合電路的總電阻。可見，在電磁感應現象中，只要穿過閉合電路的磁通量發生變化，閉合電路中就會產生感應電流，在時間內通過導線截面的電量僅由線圈的匝數、磁通量的變化量和閉合電路的電阻R決定，與發生磁通量的變化量的時間無關。因此，要快速求得通過導體橫截面積的電量，關鍵是正確求得磁通量的變化量。磁通量的變化量是指穿過某一面積末時刻的磁通量與穿過這一面積初時刻的磁通量之差，即。在計算時，通常只取其絕對值，如果與反向，那么與的符號相反。線圈在勻強磁場

40、中轉動，產生交變電流，在一個周期內穿過線圈的磁通量的變化量=0，故通過線圈的電量q=0。穿過閉合電路磁通量變化的形式一般有下列幾種情況：（1）閉合電路的面積在垂直于磁場方向上的分量S不變，磁感應強度B發生變化時，；（2）磁感應強度B不變，閉合電路的面積在垂直于磁場方向上的分量S發生變化時，；（3）磁感應強度B與閉合電路的面積在垂直于磁場方向的分量S均發生變化時，。下面舉例說明：【例7】如圖所示，閉合導線框的質量可以忽略不計，將它從如圖所示的位置勻速拉出勻強磁場。若第一次用0.3s時間拉出，外力所做的功為，通過導線截面的電量為；第二次用時間拉出，外力所做的功為，通過導線截面的電量為，則（ ）A.

41、 B. C. D. 解析：設線框長為L1，寬為L2，第一次拉出速度為V1，第二次拉出速度為V2，則V1=3V2。勻速拉出磁場時，外力所做的功恰等于克服安培力所做的功，有，同理 ，故W1>W2；又由于線框兩次拉出過程中，磁通量的變化量相等，即，由，得：故正確答案為選項C。【例8】如圖所示，空間存在垂直于紙面的均勻磁場，在半徑為的圓形區域內部及外部，磁場方向相反，磁感應強度的大小均為B。一半徑為，電阻為R的圓形導線環放置在紙面內，其圓心與圓形區域的中心重合。當內、外磁場同時由B均勻地減小到零的過程中，通過導線截面的電量_。解析：由題意知：，由【例9】如圖所示是一種測量通電螺線管中磁場的裝置，

42、把一個很小的測量線圈A放在待測處，線圈與測量電量的沖擊電流計G串聯，當用雙刀雙擲開關S使螺線管的電流反向時，測量線圈中就產生感應電動勢，從而引起電荷的遷移，由表G測出電量Q，就可以算出線圈所在處的磁感應強度B。已知測量線圈共有N匝，直徑為d，它和表G串聯電路的總電阻為R，則被測處的磁感強度B為多大？解析：當雙刀雙擲開關S使螺線管的電流反向時，測量線圈中就產生感應電動勢，根據法拉第電磁感應定律可得：由歐姆定律得：由上述二式可得：【例10】一個電阻為R的長方形線圈abcd沿著磁針所指的南北方向平放在北半球的一個水平桌面上，ab=L1，bc=L2，如圖所示。現突然將線圈翻轉1800，使ab與dc互換

43、位置，用沖擊電流計測得導線中流過的電量為Q1。然后維持ad邊不動，將線圈繞ad邊轉動，使之突然豎直，這次測得導線中流過的電量為Q2，試求該處地磁場的磁感強度的大小。解析：根據地磁場的特征可知，在北半球的地磁場方向是向北向下的。只要求出這個磁感強度的豎直分量B1和水平分量B2，就可以求出該處磁感強度B的大小。當線圈翻個身時，穿過線圈的磁通量的變化量為，因為感應電動勢， 所以 2B1L1L2=RQ1 當線圈繞ad邊豎直站起來時，穿過線圈的磁通量的變化量為，所以 由此可得：三、自感現象1、自感現象自感現象是指當線圈自身電流發生變化時，在線圈中引起的電磁感應現象，當線圈中的電流增加時，自感電流的方向與

44、原電流方向相反；當線圈中電流減小時，自感電流的方向與原電流的方向相同自感電動勢的大小與電流的變化率成正比自感系數L由線圈自身的性質決定，與線圈的長短、粗細、匝數、有無鐵芯有關自感現象是電磁感應的特例一般的電磁感應現象中變化的原磁場是外界提供的，而自感現象中是靠流過線圈自身變化的電流提供一個變化的磁場它們同屬電磁感應，所以自感現象遵循所有的電磁感應規律自感電動勢僅僅是減緩了原電流的變化，不會阻止原電流的變化或逆轉原電流的變化原電流最終還是要增加到穩定值或減小到零。自感現象只有在通過電路的電流發生變化時才會產生在判斷電路性質時，一般分析方法是：當流過線圈L的電流突然增大瞬間，我們可以把L看成一個阻

45、值很大的電阻；當流經L的電流突然減小的瞬間，我們可以把L看作一個電源，它提供一個跟原電流同向的電流圖2電路中，當S斷開時，我們只看到A燈閃亮了一下后熄滅，那么S斷開時圖1電路中就沒有自感電流？能否看到明顯的自感現象，不僅僅取決于自感電動勢的大小，還取決于電路的結構在圖2電路中，我們預先在電路設計時取線圈的阻值遠小于燈A的阻值，使S斷開前，并聯電路中的電流IL>>IR ，S斷開瞬間，雖然L中電流在減小，但這一電流全部流過A燈，仍比S斷開前A燈的電流大得多，且延滯了一段時間，所以我們看到A燈閃亮一下后熄滅，對圖1的電路，S斷開瞬間也有自感電流，但它比斷開前流過兩燈的電流還小，就不會出現

46、閃亮一下的現象除線圈外，電路的其它部分是否存在自感現象？當電路中的電流發生變化時，電路中每一個組成部分，甚至連導線，都會產生自感電動勢去阻礙電流的變化，只不過是線圈中產生的自感電動勢比較大，其它部分產生的自感電動勢非常小而已。2、自感現象的應用日光燈（1）啟動器：利用氖管的輝光放電，起自動把電路接通和斷開的作用（2）鎮流器：在日光燈點燃時，利用自感現象，產生瞬時高壓，在日光燈正常發光時，利用自感現象，起降壓限流作用。3、日光燈的工作原理圖如下：圖中A鎮流器，其作用是在燈開始點燃時起產生瞬時高壓的作用；在日光燈正常發光時起起降壓限流作用B是日光燈管，它的內壁涂有一層熒光粉，使其發出的光為柔和的白

47、光；C是啟動器，它是一個充有氖氣的小玻璃泡，里面裝上兩個電極，一個固定不動的靜觸片和一個用雙金屬片制成的U形觸片組成【例10】如圖所示的電路中，A1和A2是完全相同的燈泡，線圈L的電阻可以忽略不計，下列說法中正確的是（ ）A合上開關S接通電路時，A2先亮A1后亮，最后一樣亮B合上開關S接通電路時，A1和A2始終一樣亮C斷開開關S切斷電路時，A2立即熄滅，A1過一會熄滅D斷開開關S切斷電路時，A1和A2都要過一會才熄滅解析：S閉合接通電路時，A2支路中的電流立即達到最大，A2先亮；由于線圈的自感作用，A1支路電流增加的慢，A1后亮。A1中的電流穩定后，線圈的阻礙作用消失，A1與A2并聯，亮度一樣

48、，故A正確，B不正確。S斷開時，L和A1、A2組成串聯的閉合回路，A1和A2亮度一樣，由于L中產生自感電動勢阻礙L中原電流的消失，使A1和A2過一會才熄滅，故D選項正確。所以答案為A、D四、針對練習1.如圖所示，矩形閉合線圈與勻強磁場垂直，一定產生感應電流的是 （ ）A垂直于紙面運動 B以一條邊為軸轉動C線圈形狀逐漸變為圓形 D沿與磁場垂直的方向平動2.閉合電路中產生感應電動勢的大小，跟穿過這一閉合電路的下列哪個物理量成正比 （ ）A磁通量 B磁感強度C磁通量的變化率 D磁通量的變化量3.穿過一個單匝線圈的磁通量始終保持每秒鐘減少2Wb，則 （ ）A線圈中感應電動勢每秒增加2VB線圈中感應電動

49、勢每秒減少2V C線圈中無感應電動勢D線圈中感應電動勢保持不變 4.如圖所示，在磁感應強度為0.2T的勻強磁場中，有一長為0.5m的導體AB在金屬框架上以10m/s的速度向右滑動，R1=R2=20，其它電阻不計，則流過AB的電流是 。5. 如圖所示，在勻強磁場中，有一接有電容器的導線回路，已知C=30F，L1=5cm，L2=8cm，磁場以5×10-2T/s的速率均勻增強，則電容器C所帶的電荷量為 C 6. 如圖所示，先后以速度v1和v2勻速把一矩形線圈拉出有界勻強磁場區域，v1=2v2在先后兩種情況下 （ ）A線圈中的感應電流之比為I1I2=21B線圈中的感應電流之比為I1I2=12

50、C線圈中產生的焦耳熱之比Q1Q2=14D通過線圈某截面的電荷量之比q1q2=127. 如圖所示，平行金屬導軌間距為d，一端跨接電阻為R，勻強磁場磁感強度為B，方向垂直平行導軌平面，一根長金屬棒與導軌成角放置，棒與導軌的電阻不計，當棒沿垂直棒的方向以恒定速度v在導軌上滑行時，通過電阻的電流是 （ ）ABdv/(Rsin) BBdv/R CBdvsin/R DBdvcos/R8. 如圖所示，圓環a和b的半徑之比R1R2=21，且是粗細相同，用同樣材料的導線構成，連接兩環導線的電阻不計，勻強磁場的磁感應強度始終以恒定的變化率變化，那么，當只有a環置于磁場中與只有b環置于磁場中的兩種情況下，AB兩點的

51、電勢差之比為多少？ 9. 如圖所示，金屬圓環圓心為O，半徑為L，金屬棒Oa以O點為軸在環上轉動，角速度為，與環面垂直的勻強磁場磁感應強度為B，電阻R接在O點與圓環之間，求通過R的電流大小。 10.關于線圈中的自感電動勢的大小，下列說法正確的是（ ）A跟通過線圈的電流大小有關 B跟線圈中的電流變化大小有關C跟線圈中的磁通量大小有關 D跟線圈中的電流變化快慢有關11.關于自感系數下列說法正確的是（ ）A其它條件相同，線圈越長自感系數越大B其它條件相同，線圈匝數越多自感系數越大C其它條件相同，線圈越細自感系數越大D其它條件相同，有鐵芯的比沒有鐵芯的自感系數越大12.如圖所示，L為一個自感系數很大的自

52、感線圈，開關閉合后，小燈能正常發光，那么閉合開關和斷開開關的瞬間，能觀察到的現象分別是（ ）。A小燈逐漸變亮，小燈立即熄滅B小燈立即亮，小燈立即熄滅C小燈逐漸變亮，小燈比原來更亮一下再慢慢熄滅D小燈立即亮，小燈比原來更亮一下再慢慢熄滅13. 如圖所示，電阻R和電感線圈L的值都較大，電感線圈的電阻不計，A、B是兩只完全相同的燈泡，當開關S閉合時，下面能發生的情況是AB比A先亮，然后B熄滅BA比B先亮，然后A熄滅CA、B一起亮，然后A熄滅DA、B一起亮，然后B熄滅14. 如圖所示是一演示實驗的電路圖。圖中L是一帶鐵芯的線圈，A是一燈泡。起初，開關處于閉合狀態，電路是接通的。現將開關斷開，則在開關斷

53、開的瞬間，通過燈泡A的電流方向是從端經燈泡到端。這個實驗是用來演示現象的。15. 如圖所示的電路中，電源電動勢E6V，內電阻不計，L1、L2兩燈均標有“6V，0.3A”，電阻R與電感線圈的直流電阻RL阻值相等，均為20試分析：S閉合和斷開的瞬間，求L1、L2兩燈的亮度變化。16.下列說法正確的是（ ）A日光開始工作時，需要啟動器 B日光開始工作時，不需要鎮流器C日光正常工作時，需要啟動器 D日光正常工作時，不需要鎮流器17.下列關于日光燈啟動器的說法中正確的有（ ）A啟動器有氖泡和電容器并聯組成 B沒有電容器，啟動器無法正常工作C電容器擊穿后，日光燈管仍能正常發光 D啟動器起著自動開關的作用1

54、8.如圖所示，日光燈正常工作時，流過燈管的電流為I，那么對于燈絲ab上的電流，以下說法正確的( )A燈絲ab上的電流為IB燈絲a端的電流為IC燈絲b處的電流為I，其它地方的電流都比I小D燈絲b處最容易燒斷接高頻電源待焊接工件線圈導線焊縫處19.如圖所示是高頻焊接原理示意圖。線圈中通以高頻交流電時，待焊接的金屬工件中就產生感應電流。由于焊縫處的接觸電阻很大，放出的焦耳熱很多，致使溫度升得很高，將金屬熔化，焊接在一起。我國產生的自行車架就是用這種方法焊接的。試定性地說明：為什么交流電的頻率越高，焊縫處放出的熱量越大。參考答案1B、C；2B、C；3A、C、D；4D；5-3.6N·s；6C；

55、7A；8219I=BL2/2R；10D；11ABD；12A；13D；14b；a；自感（或斷電自感）15當電鍵閉合的瞬間，電感支路相當于斷路。計算可知：I1=0.1A，I2=0.2A.即電鍵閉合的瞬間，兩燈同時亮，L2燈較L1燈更亮。穩定后，兩燈亮度相同。電鍵斷開時，顯然L1立即熄滅，L2逐漸熄滅。16.A；17.A、D；18.C、D；19.解析：交流電的頻率越高，它產生的磁場的變化就越快，根據法拉第電磁感應定律，它產生感應電動勢就越大。當電阻相同時，感應電流就越大，而放出的熱量與電流的平方成正比，所以交流電頻率越高，焊接處放出的熱量越大。教學后記感應電動勢的兩種計算方法是本節重點，熟練掌握他們的計算運用條件，能為電磁綜合問