汕头市澄海中学

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广东省汕头市澄海中学高三物理复习第9章学案45法拉第电磁感应

定律自感现象

一、概念规律题组

1．一闭合线圈放在随时间均匀变化的磁场中，线圈平面和磁场方向垂直．若想使线圈中

的感应电流增强一倍，下述方法可行的是()

A．使线圈匝数增加一倍

B．使线圈面积增加一倍

C．使线圈匝数减少一半

D．使磁感应强度的变化率增大一倍

2．单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转轴垂直于磁场，若线圈所围面积的磁通量随

时间变化的规律如图1所示，则O～D过程中()

图1

A．线圈中O时刻感应电动势最大

B．线圈中D时刻感应电动势为零

C．线圈中D时刻感应电动势最大

D．线圈中O至D时间内平均感应电动势为0.4V

3．如图2所示的电路中，A、B是完全相同的灯泡，L是电阻不计的电感线圈，下列说法

中正确的是()

图2

A．当开关S闭合时，A灯先亮，B灯后亮

B．当开关S闭合时，B灯先亮，A灯后亮

C．当开关S闭合时，A、B灯同时亮，电路稳定后，B灯更亮，A灯熄灭

D．当开关S闭合时，A、B灯同时亮，以后亮度都不变

二、思想方法题组

4．如图3甲、乙所示电路中，电阻R和电感线圈L的电阻都很小．接通S，使电路达到

稳定，灯泡A发光，则()

图3

A．在电路甲中，断开S，A将渐渐变暗

B．在电路甲中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗

C．在电路乙中，断开S，A将渐渐变暗

D．在电路乙中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗

图4

5．如图4所示，两根相距为l的平行直导轨abdc，bd间连有一固定电阻R，导轨电阻可

忽略不计．MN为放在ab和dc上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强

磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面向内)．现对

MN施力使它沿导轨方向以速度v做匀速运动．令U表示MN两端电压的大小，则()

A．U＝

1

2

vBl，流过固定电阻R的感应电流由b到d

B．U＝

1

2

vBl，流过固定电阻R的感应电流由d到b

C．U＝vBl，流过固定电阻R的感应电流由b到d

D．U＝vBl，流过固定电阻R的感应电流由d到b

一、对法拉第电磁感应定律的理解及应用

1．感应电动势E＝n

ΔΦ

Δt

，决定感应电动势大小的因素是穿过这个回路的磁通量的变化率，

而不是磁通量Φ的大小，也不是磁通量变化量ΔΦ的大小．

2．下列是几种常见的产生感应电动势的情况，请写出对应的计算公式，其中线圈的匝数

为n.

(1)线圈面积S不变，磁感应强度B均匀变化；

E＝n

ΔB

Δt

·S

(2)磁感应强度B不变，线圈的面积S均匀变化：

E＝nB·

ΔS

Δt

3．用E＝n

ΔΦ

Δt

所求的一般为平均电动势，且所求的感应电动势为整个回路的感应电动势，

而不是回路中某部分导体的电动势．

【例1】(2009·广东高考)如图5(a)所示，一个电阻值为R，匝数为n的圆形金属线圈

与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路．线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域存在

垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图(b)所示．图线

与横、纵轴的截距分别为t0和B0，导线的电阻不计，求0至t1时间内：

图5

(1)通过电阻R1的电流大小和方向；

(2)通过电阻R1的电量q及电阻R1上产生的热量．

[规范思维]

二、导体切割磁感线产生感应电动势的计算

导体切割磁感线产生E感，可分为平动切割和转动切割，在有些情况下要考虑有效切割的

问题．

试计算下列几种情况下的感应电动势，并总结其特点及E感的计算方法．

1．平动切割

如图6(a)，在磁感应强度为B的匀强磁场中，棒以速度v垂直切割磁感线时，感应电动

势E＝Blv.

图6

2．转动切割

如图6(b)，在磁感应强度为B的匀强磁场中，长为l的导体棒绕一端为轴以角速度ω匀

速转动，此时产生的感应电动势E＝

1

2

Bl2ω.

3．有效切割长度：即导体在与v垂直的方向上的投影长．试分析图7中的有效切割长度．

图7

甲图中的有效切割长度为：cdsinθ；乙图中的有效切割长度为：l＝MN；丙图中的有效

切割长度为：沿v1的方向运动时，l＝2R；沿v2的方向运动时，l＝R.

图8

【例2】如图8所示，磁感应强度B＝0.2T的匀强磁场中有一折成30°角的金属导轨

aOb，导轨平面垂直磁场方向．一条直导线MN垂直Ob方向放置在导轨上并接触良好．当MN

以v＝4m/s的速度从导轨O点开始向右沿水平方向匀速运动时，若所有导线单位长度的电阻

r＝0.1Ω/m，求：

(1)经过时间t后，闭合回路的感应电动势的瞬时值；

(2)时间t内，闭合回路的感应电动势的平均值；

(3)闭合回路中的电流大小和方向．

[规范思维]

三、通电自感与断电自感的比较

通电自感断电自感

电路图

器材

要求

A1、A2同规格，R＝RL，L较大L很大(有铁芯)，RLRA

现象

在S闭合的瞬间，A2灯立即亮起来，

A1灯逐渐变亮，最终一样亮

在开关S断开时，灯A突然闪亮一下

后再逐渐熄灭(当抽掉铁芯后，重做实

验，断开开关S时，会看到灯A马上

熄灭)

原因

由于开关闭合时，流过电感线圈的

电流增大，使线圈产生自感电动势，

阻碍了电流的增大，使流过A1灯的

电流比流过A2灯的电流增加得慢

断开开关S时，流过线圈L的电流

减小，使线圈产生自感电动势，阻

碍了电流的减小，使电流继续存在

一段时间；在S断开后，通过L的

电流反向通过电灯A，且由于

RL，使得流过A灯的电流在开

关断开瞬间突然增大，从而使A灯

的发光功率突然变大

能量转

化情况

电能转化为磁场能磁场能转化为电能

特别提示

1．通电时线圈产生的自感电动势阻碍电流的增加且与电流的方向相反，此时含线圈L的

支路相当于断开．

2．断电时线圈产生的自感电动势与原电流方向相同，在与线圈串联的回路中，线圈相当

于电源，它提供的电流从原来的IL逐渐变小．但流过灯A的电流方向与原来相反．

3．自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向．

图9

【例3】(2010·北京理综)在如图9所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联

一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度

一样，此时流过两个灯泡的电流均为I，然后断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一

小段时间内，正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图像是()

[规范思维]

【基础演练】

1．(2011·广东·15)将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向

垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是()

A．感应电动势的大小与线圈的匝数无关

B．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大

C．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大

D．感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同

2．(2009·山东理综改编题)如图10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．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()

图10

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Em＝Bav

D．感应电动势平均值E＝

1

4

πBav

图11

3．(江苏省泰州市2010届高三第三次模拟)如图11所示，a、b、c为三个完全相同的灯

泡，L为自感线圈(自感系数较大，电阻不计)，E为电源，S为开关．闭合开关S，电路稳定

后，三个灯泡均能发光．则()

A．断开开关瞬间，c熄灭，稍后a、b同时熄灭

B．断开开关瞬间，流过a的电流方向改变

C．闭合开关，a、b、c同时亮

D．闭合开关，a、b同时先亮，c后亮

4．如图12所示，

图12

导体棒AB长2R，绕O点以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，OB为R，且OBA三点在一

直线上，有一匀强磁场磁感应强度为B，充满转动平面且与转动平面垂直，那么AB两端的电

势差大小为()

A.

3

2

BωR2B．2BωR2

C．4BωR2D．6BωR2

5．(2011·北京·19)某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡

A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图13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未闪亮

的原因是()

图13

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

6．如图14所示，

图14

线圈内有理想边界的磁场，开关闭合，当磁感应强度均匀减小时，有一带电微粒静止于

水平放置的平行板电容器中间，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，带电荷量为q，线圈面积为S，则下列判断中正确的是()

A．带电微粒带负电

B．线圈内磁感应强度的变化率为

mgd

nqS

C．当下极板向上移动时，带电微粒将向上运动

D．当开关断开时带电微粒将做自由落体运动

【能力提升】

图15

7．金属棒和三根电阻线按图15所示连接，虚线框内存在均匀变化的匀强磁场，三根电

阻丝的电阻大小之比R1∶R2∶R3＝1∶2∶3，金属棒电阻不计．当S1、S2闭合，S3断开时，闭

合回路中的感应电流为I，当S2、S3闭合，S1断开时，闭合回路中的感应电流为9I，当S1、S2

闭合，S2断开时，闭合回路中的感应电流是()

A．0B．3I

C．7ID．12I

题号1234567

答案

图16

8．均匀导线制成的单匝正方形闭合线框abcd，边长为L，总电阻为R，总质量为m.将其

置于磁感强度为B的垂直于纸面向里的匀强磁场上方h处，如图16所示．线框由静止自由下

落，线框平面保持在竖直平面内，且cd边始终与磁场的水平边界面平行．当cd边刚进入磁

场时，

(1)求线框中产生的感应电动势大小；

(2)求cd两点间的电势差大小；

(3)若此时线框加速度恰好为零，求线框下落的高度h所应满足的条件．

9．如图17(a)所示，面积S＝0.2m2、匝数n＝630匝、总电阻r＝1.0Ω的线圈处在变

化的磁场中，磁感应强度B随时间t按图(b)所示规律变化，方向垂直线圈平面．图(a)中的

传感器可看成一个纯电阻R，并标有“3V0.9W”，滑动变阻器R0上标有“10Ω1A”，

试回答下列问题：

图17

(1)设磁场垂直纸面向外为正方向，试判断通过电流表的电流方向；

(2)为了保证电路的安全，求电路中允许通过的最大电流；

(3)若滑动变阻器触头置于最左端，为了保证电路的安全，图(b)中的t0最小值是多少？

学案45法拉第电磁感应定律自感现象

【课前双基回扣】

1．D

2．ABD[由法拉第电磁感应定律知线圈中O至D时间内的平均感应电动势E＝

ΔΦ

Δt

＝

2×10－3

0.01/2

V＝0.4V．由感应电动势的物理意义知，感应电动势的大小与磁通量的大小Φ和磁

通量的改变量ΔΦ均无必然联系，仅由线圈匝数和磁通量的变化率

ΔΦ

Δt

决定，而任何时刻磁

通量的变化率

ΔΦ

Δt

就是Φ－t图象上该时刻切线的斜率，不难看出O点处切线斜率最大，D点

处切线斜率最小为零，故A、B、D选项正确．]

3．C[当开关S闭合时，电路中的电流增加，由于线圈的自感作用，将产生一自感电动

势阻碍电流的增加，此时A、B二灯相当于串联，同时亮；电路稳定后线圈相当于一段导线，

将A灯短路，A灯熄灭，B灯两端所加电压增加而变得更亮．]

4．AD[甲图中，灯泡A与电感线圈L在同一个支路中，流过的电流相同，断开开关S

时，线圈L中的自感电动势要阻碍但不能阻止原电流的减小，因此，灯泡渐渐变暗．乙图中，

灯泡A所在支路的电流比电感线圈所在支路的电流要小(因为电感线圈的电阻很小)，断开开

关S时电感线圈的自感电动势要阻碍电流的变小，电感线圈相当于一个电源给灯A供电，因

此在这一短暂的时间内，反向流过A的电流是从IL开始逐渐变小的，所以灯泡要先亮一下，

然后渐渐变暗，故选项A、D正确．]

5．A[此回路的感应电动势有两种求法

(1)因B、l、v两两垂直可直接选用E＝Blv

得E＝vBl

(2)可由法拉第电磁感应定律E＝

ΔΦ

Δt

求解

因在Δt时间内，杆扫过的面积ΔS＝lvΔt

所以回路磁通量的变化ΔΦ＝BΔS＝BlvΔt

由E＝

ΔΦ

Δt

得E＝Blv

题目中的导体棒相当于电源，其电动势E＝Blv，其内阻等于R，则路端电压U＝

Blv

2

，电

流方向可以用右手定则判断，A正确．]

思维提升

1．在电磁感应现象中，产生感应电动势的那部分导体就相当于电源，导体的电阻相当于

电源内阻，在导体的内部电流方向由低电势指向高电势．

2．法拉第电磁感应定律：E＝n

ΔΦ

Δt

，

ΔΦ

Δt

是Φ的变化率．

导体切割磁感线时，E＝BLv.

3．自感电动势在接通电源时起阻碍电流增大的作用；在断开电源时起阻碍电流减小的作

用，线圈中的电流不能突变．

【核心考点突破】

例1(1)

nB0πr2

2

3Rt0

，方向从b到a(2)

nB0πr2

2t1

3Rt0

2n2B2

0π2r4

2t1

9Rt2

0

解析(1)由图象分析可知，0至t1时间内

ΔB

Δt

＝

B0

t0

由法拉第电磁感应定律有E＝n

ΔΦ

Δt

＝n

ΔB

Δt

·S

而S＝πr2

2，由闭合电路欧姆定律有I1＝

E

R1＋R

又R1＝2R，联立以上各式，解得I1＝

nB0πr2

2

3Rt0

由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a.

(2)0至t1时间内，通过电阻R1的电量q＝I1t1＝

nB0πr2

2t1

3Rt0

；

电阻R1上产生的热量Q＝I2

1R1t1＝

2n2B2

0π2r4

2t1

9Rt2

0

.

[规范思维](1)在利用E感＝n

ΔΦ

Δt

＝n

ΔB

Δt

·S计算时，要注意S为有效面积，此题中是

半径为r2的圆的面积；(2)利用闭合电路欧姆定律求I感＝

E感

R总

时，要明确产生E感的部分有无电

阻．

例2(1)1.84tV(2)0.92tV(3)1.69A，逆时针方向

解析(1)设运动时间t后，直导线MN在Ob上移动了x＝vt＝4t，MN的有效长度l＝xtan

30°＝

43

3

t；感应电动势的瞬时值E＝Blv＝0.2×

4

3

3t×4V≈1.84tV.

(2)这段时间内感应电动势的平均值E＝

ΔΦ

t

＝

BΔS

t

＝

B×

1

2

lvt

t

＝

1

2

Blv＝

1

2

×0.2×

43t

3

×4V＝0.92tV.

(3)随t增大，回路电阻增大，当时间为t时，回路总长度L＝4t＋(

4

3

3＋

83

3

)t＝10.9t，

回路总电阻R＝Lr＝10.9t×0.1Ω＝1.09tΩ，回路总电流I＝

E

R

＝

1.84t

1.09t

A＝1.69A，电流

大小恒定，由右手定则知，电流方向沿逆时针．

[规范思维]本题中导体棒切割的有效长度是指导体棒接入电路中的那部分长度．

例3B[t′时刻再闭合S时，通过电感线圈的电流增加，由于线圈的自感作用，将产生

与原电流方向相反的电流以阻碍原电流的增加，稳定后，电流强度为I，B正确；闭合S时，

L2所在支路电流立即很大，随着L1中电流增大，流过L2的电流逐渐减小，最后两者电流一致．]

[规范思维]分析自感问题时，要从线圈支路的电流不能突变入手，分析各元件电流的

变化．电流稳定时，自感线圈相当于一般导体(理想线圈相当于电阻为零的导线，非理想线圈

相当于电阻)．

思想方法总结

1．(1)E＝n

ΔΦ

Δt

求的是回路中Δt时间内的平均感应电动势．

(2)E＝BLv既能求导体做切割磁感线运动的平均感应电动势，也能求瞬时感应电动势．v

为平均速度，E为平均感应电动势；v为瞬时速度，E为瞬时感应电动势．其中L为有效长度．

(3)E＝

1

2

BL2ω的适用条件是导体棒绕一个端点垂直于磁感线匀速转动切割，而不是绕导

体棒的中间的某点．

2．(1)电磁感应中通过闭合电路导体横截面的电荷量的计算要用平均感应电动势，由E

＝n

ΔΦ

Δt

，I＝

E

R

，q＝IΔt可推导出q＝n

ΔΦ

R

.

(2)涉及电容器所带电荷量时，只能用感应电动势的瞬时值而不能用平均值．

3．对自感现象可从以下三个方面理解

(1)通电时线圈产生的自感电动势阻碍电流的增加且与电流方向相反，此时含线圈L的支

路相当于断开．

(2)断开时线圈产生的自感电动势与原电流方向相同，在与线圈串联的回路中，线圈相当

于电源，它提供的电流从原来的IL逐渐变小．但流过灯A的电流方向与原来相反．

(3)自感电动势只是延缓了过程的进行，但它不能使过程停止，更不能使过程反向．

【课时效果检测】

1．3.A

4．C[此题为旋转切割，E＝Blv中，l＝2R，v中即棒中点的速度为2Rω，故E＝4BωR2，

C正确．]

5．C[从实物连接图中可以看出，线圈L与小灯泡并联，断开开关S时，小灯泡A中原

来的电流立即消失，线圈L与小灯泡组成闭合回路，由于自感，线圈中的电流逐渐变小，使

小灯泡中的电流变为反向且与线圈中电流相同，小灯泡未闪亮说明断开S前，流过线圈的电

流较小，原因可能是线圈电阻偏大，故选项C正确．]

6．BC[由于磁感应强度均匀减小，由楞次定律及右手定则可知电容器下极板带正电，

带电微粒静止，说明其受到的电场力向上，故带电微粒带正电，选项A错误；带电微粒静止，

由mg＝q

U

d

及U＝n

ΔΦ

Δt

＝

ΔB

Δt

S可得：

ΔB

Δt

＝

mgd

nqS

，选项B正确；当下极板向上移动时，两极板间

距减小，由E＝

U

d

可知场强变大，则此时mg

U

d

，故带电微粒将向上加速运动，选项C正确；

开关断开时，电容器两极板间电压不变，故带电微粒仍静止，选项D错误．]

7．D[设磁感应强度的变化率为k，设R1的阻值为R，匀强磁场上下部分的面积分别为

S1，S2，有

kS1

R1＋R2

＝

kS1

3R

＝I，

kS2

R2＋R3

＝

kS2

5R

＝9I，1＋S2

R1＋R3

＝1＋S2

4R

＝I′，联立可得I′＝

12I，故选D项．]

8．(1)BL2gh(2)

3

4

BL2gh(3)

m2gR2

2B4L4

解析(1)cd边刚进入磁场时，线框速度v＝2gh，

线框中产生的感应电动势E＝BLv＝BL2gh.

(2)此时线框中的电流I＝

E

R

，

cd两点间的电势差U＝I(

3

4

R)＝

3

4

E＝

3

4

BL2gh.

(3)此时，线框所受安培力F＝BIL＝

B2L22gh

R

，

根据牛顿第二定律mg－F＝ma，根据a＝0，

联立以上各式解得下落高度满足h＝

m2gR2

2B4L4

.

9．(1)向右(2)0.3A(3)40s

解析(1)由楞次定律和安培定则判断得，电流向右．

(2)传感器正常工作时的电阻R＝

U2

P

＝10Ω，

工作电流I＝

U

R

＝0.3A，由于滑动变阻器的工作电流是1A，所以电路允许通过的最大电

流为I＝0.3A.

(3)滑动变阻器触头位于最左端时外电路的电阻为R外＝20Ω，故电源电动势的最大值E

＝I(R外＋r)＝6.3V．由法拉第电磁感应定律

E＝

nΔΦ

Δt

＝

nSΔB

Δt

＝

630×0.2×2.0

t0

V，解得t0＝40s.

易错点评

1．在第3题中，注意L只在开关闭合或断开时，才起作用．

2．在第9题中，许多同学误认为磁通量的变化率与匝数有关．得出

ΔΦ

Δt

＝

ΔB

Δt

·S，还有

人误认为t0时刻B＝0，所以感应电动势和感应电流均为零或误认为t0前后感应电流的方向相

反，这些都因为对图象理解不彻底造成的．