1、2 法拉第电磁感应定律 自感教学目标：1熟练掌握法拉第电磁感应定律，及各种情况下感应电动势的计算方法。2知道自感现象及其应用，日光灯教学重点：法拉第电磁感应定律教学难点：法拉第电磁感应定律的应用教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、法拉第电磁感应定律1.法拉第电磁感应定律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，即，在国际单位制中可以证明其中的k=1，所以有。对于n匝线圈有。在导线切割磁感线产生感应电动势的情况下，由法拉第电磁感应定律可推出感应电动势的大小是：E=BLvsin（是B与v之间的夹角）。【例1】如图所示，长L1宽L2的矩形线圈电阻为R，处于磁感应强度为
2、B的匀强磁场边缘，线圈与磁感线垂直。求：将线圈以向右的速度v匀速拉出磁场的过程中，拉力F大小； 拉力的功率P； 拉力做的功W； 线圈中产生的电热Q ；通过线圈某一截面的电荷量q 。FL1L2Bv解：这是一道基本练习题，要注意要注意所用的边长究竟是L1还是L2 ，还应该思考一下所求的各物理量与速度v之间有什么关系。 与v无关Ra bm L特别要注意电热Q和电荷q的区别，其中与速度无关！（这个结论以后经常会遇到）。【例2】如图所示，竖直放置的U形导轨宽为L，上端串有电阻R（其余导体部分的电阻都忽略不计）。磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于纸面向外。金属棒ab的质量为m，与导轨接触良好，不计摩擦。从
3、静止释放后ab保持水平而下滑。试求ab下滑的最大速度vm解：释放瞬间ab只受重力，开始向下加速运动。随着速度的增大，感应电动势E、感应电流I、安培力F都随之增大，加速度随之减小。当F增大到F=mg时，加速度变为零，这时ab达到最大速度。 由，可得点评：这道题也是一个典型的习题。要注意该过程中的功能关系：重力做功的过程是重力势能向动能和电能转化的过程；安培力做功的过程是机械能向电能转化的过程；合外力（重力和安培力）做功的过程是动能增加的过程；电流做功的过程是电能向内能转化的过程。达到稳定速度后，重力势能的减小全部转化为电能，电流做功又使电能全部转化为内能。这时重力的功率等于电功率也等于热功率。b
4、aBL1L2进一步讨论：如果在该图上端电阻右边安一只电键，让ab下落一段距离后再闭合电键，那么闭合电键后ab的运动情况又将如何？（无论何时闭合电键，ab可能先加速后匀速，也可能先减速后匀速，但最终稳定后的速度总是一样的）。【例3】 如图所示，U形导线框固定在水平面上，右端放有质量为m的金属棒ab，ab与导轨间的动摩擦因数为，它们围成的矩形边长分别为L1、L2，回路的总电阻为R。从t=0时刻起，在竖直向上方向加一个随时间均匀变化的匀强磁场B=kt，（k0）那么在t为多大时，金属棒开始移动？解：由= kL1L2可知，回路中感应电动势是恒定的，电流大小也是恒定的，但由于安培力F=BILB=ktt，随
5、时间的增大，安培力将随之增大。当安培力增大到等于最大静摩擦力时，ab将开始向左移动。这时有：2.转动产生的感应电动势o av转动轴与磁感线平行。如图磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于纸面向外，长L的金属棒oa以o为轴在该平面内以角速度逆时针匀速转动。求金属棒中的感应电动势。在用导线切割磁感线产生感应电动势的公式时注意其中的速度v应该是平均速度，即金属棒中点的速度。 L1L2Ba db c线圈的转动轴与磁感线垂直。如图矩形线圈的长、宽分别为L1、L2，所围面积为S，向右的匀强磁场的磁感应强度为B，线圈绕图示的轴以角速度匀速转动。线圈的ab、cd两边切割磁感线，产生的感应电动势相加可得E=BS。如
6、果线圈由n匝导线绕制而成，则E=nBS。从图示位置开始计时，则感应电动势的即时值为e=nBScost 。该结论与线圈的形状和转动轴的具体位置无关（但是轴必须与B垂直）。yoxBab实际上，这就是交流发电机发出的交流电的即时电动势公式。【例4】 如图所示，xoy坐标系y轴左侧和右侧分别有垂直于纸面向外、向里的匀强磁场，磁感应强度均为B，一个围成四分之一圆形的导体环oab，其圆心在原点o，半径为R，开始时在第一象限。从t=0起绕o点以角速度逆时针匀速转动。试画出环内感应电动势E随时间t而变的函数图象（以顺时针电动势为正）。EtoT 2TEm解：开始的四分之一周期内，oa、ob中的感应电动势方向相同
7、，大小应相加；第二个四分之一周期内穿过线圈的磁通量不变，因此感应电动势为零；第三个四分之一周期内感应电动势与第一个四分之一周期内大小相同而方向相反；第四个四分之一周期内感应电动势又为零。感应电动势的最大值为Em=BR2，周期为T=2/，图象如右。3.电磁感应中的能量守恒a bd c只要有感应电流产生，电磁感应现象中总伴随着能量的转化。电磁感应的题目往往与能量守恒的知识相结合。这种综合是很重要的。要牢固树立起能量守恒的思想。【例5】 如图所示，矩形线圈abcd质量为m，宽为d，在竖直平面内由静止自由下落。其下方有如图方向的匀强磁场，磁场上、下边界水平，宽度也为d，线圈ab边刚进入磁场就开始做匀速
8、运动，那么在线圈穿越磁场的全过程，产生了多少电热？解：ab刚进入磁场就做匀速运动，说明安培力与重力刚好平衡，在下落2d的过程中，重力势能全部转化为电能，电能又全部转化为电热，所以产生电热Q =2mgd。Ba db c【例6】如图所示，水平面上固定有平行导轨，磁感应强度为B的匀强磁场方向竖直向下。同种合金做的导体棒ab、cd横截面积之比为21，长度和导轨的宽均为L，ab的质量为m ，电阻为r，开始时ab、cd都垂直于导轨静止，不计摩擦。给ab一个向右的瞬时冲量I，在以后的运动中，cd的最大速度vm、最大加速度am、产生的电热各是多少？解：给ab冲量后，ab获得速度向右运动，回路中产生感应电流，c
9、d受安培力作用而加速，ab受安培力而减速；当两者速度相等时，都开始做匀速运动。所以开始时cd的加速度最大，最终cd的速度最大。全过程系统动能的损失都转化为电能，电能又转化为内能。由于ab、cd横截面积之比为21，所以电阻之比为12，根据Q=I 2RtR，所以cd上产生的电热应该是回路中产生的全部电热的2/3。又根据已知得ab的初速度为v1=I/m，因此有： ，解得。最后的共同速度为vm=2I/3m，系统动能损失为EK=I 2/ 6m，其中cd上产生电热Q=I 2/ 9m二、感应电量的计算根据法拉第电磁感应定律，在电磁感应现象中，只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就会产生感应电流。设在
10、时间内通过导线截面的电量为，则根据电流定义式及法拉第电磁感应定律，得：如果闭合电路是一个单匝线圈（），则.上式中为线圈的匝数，为磁通量的变化量，R为闭合电路的总电阻。可见，在电磁感应现象中，只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就会产生感应电流，在时间内通过导线截面的电量仅由线圈的匝数、磁通量的变化量和闭合电路的电阻R决定，与发生磁通量的变化量的时间无关。因此，要快速求得通过导体横截面积的电量，关键是正确求得磁通量的变化量。磁通量的变化量是指穿过某一面积末时刻的磁通量与穿过这一面积初时刻的磁通量之差，即。在计算时，通常只取其绝对值，如果与反向，那么与的符号相反。线圈在匀强磁场中转动，产生
11、交变电流，在一个周期内穿过线圈的磁通量的变化量=0，故通过线圈的电量q=0。穿过闭合电路磁通量变化的形式一般有下列几种情况：（1）闭合电路的面积在垂直于磁场方向上的分量S不变，磁感应强度B发生变化时，；（2）磁感应强度B不变，闭合电路的面积在垂直于磁场方向上的分量S发生变化时，；（3）磁感应强度B与闭合电路的面积在垂直于磁场方向的分量S均发生变化时，。下面举例说明：【例7】如图所示，闭合导线框的质量可以忽略不计，将它从如图所示的位置匀速拉出匀强磁场。若第一次用0.3s时间拉出，外力所做的功为，通过导线截面的电量为；第二次用时间拉出，外力所做的功为，通过导线截面的电量为，则（ ）A. B. C.
12、 D. 解析：设线框长为L1，宽为L2，第一次拉出速度为V1，第二次拉出速度为V2，则V1=3V2。匀速拉出磁场时，外力所做的功恰等于克服安培力所做的功，有，同理 ， 故W1W2；又由于线框两次拉出过程中，磁通量的变化量相等，即，由，得： 故正确答案为选项C。【例8】如图所示，空间存在垂直于纸面的均匀磁场，在半径为的圆形区域内部及外部，磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B。一半径为，电阻为R的圆形导线环放置在纸面内，其圆心与圆形区域的中心重合。当内、外磁场同时由B均匀地减小到零的过程中，通过导线截面的电量_。解析：由题意知：， ，由【例9】如图所示是一种测量通电螺线管中磁场的装置，把一个很小的
13、测量线圈A放在待测处，线圈与测量电量的冲击电流计G串联，当用双刀双掷开关S使螺线管的电流反向时，测量线圈中就产生感应电动势，从而引起电荷的迁移，由表G测出电量Q，就可以算出线圈所在处的磁感应强度B。已知测量线圈共有N匝，直径为d，它和表G串联电路的总电阻为R，则被测处的磁感强度B为多大？解析：当双刀双掷开关S使螺线管的电流反向时，测量线圈中就产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律可得：由欧姆定律得： 由上述二式可得：【例10】一个电阻为R的长方形线圈abcd沿着磁针所指的南北方向平放在北半球的一个水平桌面上，ab=L1，bc=L2，如图所示。现突然将线圈翻转1800，使ab与dc互换位置，用冲
14、击电流计测得导线中流过的电量为Q1。然后维持ad边不动，将线圈绕ad边转动，使之突然竖直，这次测得导线中流过的电量为Q2，试求该处地磁场的磁感强度的大小。解析：根据地磁场的特征可知，在北半球的地磁场方向是向北向下的。只要求出这个磁感强度的竖直分量B1和水平分量B2，就可以求出该处磁感强度B的大小。当线圈翻个身时，穿过线圈的磁通量的变化量为，因为感应电动势， 所以 2B1L1L2=RQ1 当线圈绕ad边竖直站起来时，穿过线圈的磁通量的变化量为，所以 由此可得：三、自感现象1、自感现象自感现象是指当线圈自身电流发生变化时，在线圈中引起的电磁感应现象，当线圈中的电流增加时，自感电流的方向与原电流方向
15、相反；当线圈中电流减小时，自感电流的方向与原电流的方向相同自感电动势的大小与电流的变化率成正比自感系数L由线圈自身的性质决定，与线圈的长短、粗细、匝数、有无铁芯有关自感现象是电磁感应的特例一般的电磁感应现象中变化的原磁场是外界提供的，而自感现象中是靠流过线圈自身变化的电流提供一个变化的磁场它们同属电磁感应，所以自感现象遵循所有的电磁感应规律自感电动势仅仅是减缓了原电流的变化，不会阻止原电流的变化或逆转原电流的变化原电流最终还是要增加到稳定值或减小到零。自感现象只有在通过电路的电流发生变化时才会产生在判断电路性质时，一般分析方法是：当流过线圈L的电流突然增大瞬间，我们可以把L看成一个阻值很大的电
16、阻；当流经L的电流突然减小的瞬间，我们可以把L看作一个电源，它提供一个跟原电流同向的电流图2电路中，当S断开时，我们只看到A灯闪亮了一下后熄灭，那么S断开时图1电路中就没有自感电流？能否看到明显的自感现象，不仅仅取决于自感电动势的大小，还取决于电路的结构在图2电路中，我们预先在电路设计时取线圈的阻值远小于灯A的阻值，使S断开前，并联电路中的电流ILIR ，S断开瞬间，虽然L中电流在减小，但这一电流全部流过A灯，仍比S断开前A灯的电流大得多，且延滞了一段时间，所以我们看到A灯闪亮一下后熄灭，对图1的电路，S断开瞬间也有自感电流，但它比断开前流过两灯的电流还小，就不会出现闪亮一下的现象除线圈外，电
17、路的其它部分是否存在自感现象？当电路中的电流发生变化时，电路中每一个组成部分，甚至连导线，都会产生自感电动势去阻碍电流的变化，只不过是线圈中产生的自感电动势比较大，其它部分产生的自感电动势非常小而已。2、自感现象的应用日光灯（1）启动器：利用氖管的辉光放电，起自动把电路接通和断开的作用（2）镇流器：在日光灯点燃时，利用自感现象，产生瞬时高压，在日光灯正常发光时，利用自感现象，起降压限流作用。3、日光灯的工作原理图如下：图中A镇流器，其作用是在灯开始点燃时起产生瞬时高压的作用；在日光灯正常发光时起起降压限流作用B是日光灯管，它的内壁涂有一层荧光粉，使其发出的光为柔和的白光；C是启动器，它是一个充
18、有氖气的小玻璃泡，里面装上两个电极，一个固定不动的静触片和一个用双金属片制成的U形触片组成【例10】如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略不计，下列说法中正确的是（ ）A合上开关S接通电路时，A2先亮A1后亮，最后一样亮B合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮C断开开关S切断电路时，A2立即熄灭，A1过一会熄灭D断开开关S切断电路时，A1和A2都要过一会才熄灭解析：S闭合接通电路时，A2支路中的电流立即达到最大，A2先亮；由于线圈的自感作用，A1支路电流增加的慢，A1后亮。A1中的电流稳定后，线圈的阻碍作用消失，A1与A2并联，亮度一样，故A正确，B不正确。S断开时，L和A1、A2组成串联的闭合回路，A1和A2亮度一样，由于L中产生自感电动势阻碍L中原电流的消失，使A1和A2过一会才熄灭，故D选项正确。所以答案为A、D