互感和自感 说课稿（锦集6篇）由网友“jdwx”投稿提供，以下是小编帮大家整理后的互感和自感 说课稿，欢迎大家收藏分享。
篇1：《互感和自感》教学反思
《互感和自感》教学反思
互感和自感是对电磁感应的一种总结，起到了承前启后的作用。在这节教学的过程中，我引导学生从事物的共性中发掘新的个性，从发生电磁感应现象的条件和有关电磁感应得规律，提出自感现象，并推出关于自感的规律。会用自感知识分析，解决一些简单的问题，并了解自感现象的利弊以及对它们的防止和利用。
我把这堂课设计为“探究性”教学，为了增加学生的感性认识并增强他们对物理学习的兴趣，我利用了演示实验。教学设计思路分为以下几步：“提出问题→猜想→实验验证→论证探究→得出结论→课堂讲练→巩固练习” 。
在教学引入上，介绍了法拉第电磁感应定律的原理，让学生会分析电磁感应现象。根据法拉第线圈电磁感应现象引出互感现象，并联系生活实际中的变压器、手机充电器，加强学生对互感的理解，并培养了学生学习物理的兴趣。紧接着提出问题，线圈自身磁通量变化，是否在线圈本身也产生感应电动势？我做了两个演示实验，随即提出本节课所要探究的问题，然后引导学生自己通过观察到的.实验现象，讨论并归纳自感的条件，让其他同学补充回答完整，最后教师点评。这种教学方法，这种方法既培养了学生的探究、分析、解决问题的能力，又培养学生的交流合作的精神，同时也培养了学生的实验观察能力、归纳总结能力和语言表述能力。在整堂课中充分体现了师生互动，在引导学生参与探索、发现、讨论、交流、评价的学习活动中，能使学生体验探索的艰辛与喜悦。
这节课中我还存在一些不足之处：本节课为实验探究课，如果能让学生分组探索实验，将更能激发学习兴趣，更有利于学生思维的拓展和延伸，也有利于学生个性的发展。
总之在以后的教学中我会尽量在课堂上让学生多展示自己，并鼓励学生多思考，多动手，尽量多的给学生设计和动手的机会。
篇2：《互感与自感》教学反思
互感和自感是对电磁感应的一种总结，起到了承前启后的作用。在这节教学的过程中，我引导学生从事物的共性中发掘新的个性，从发生电磁感应现象的条件和有关电磁感应得规律，提出自感现象，并推出关于自感的规律。会用自感知识分析，解决一些简单的问题，并了解自感现象的利弊以及对它们的防止和利用。
我把这堂课设计为“探究性”教学，为了增加学生的感性认识并增强他们对物理学习的兴趣，我利用了演示实验。教学设计思路分为以下几步：“提出问题→猜想→实验验证→论证探究→得出结论→课堂讲练→巩固练习” 。
在教学引入上，介绍了法拉第电磁感应定律的原理，让学生会分析电磁感应现象。根据法拉第线圈电磁感应现象引出互感现象，并联系生活实际中的变压器、手机充电器，加强学生对互感的理解，并培养了学生学习物理的兴趣。紧接着提出问题，线圈自身磁通量变化，是否在线圈本身也产生感应电动势？我做了两个演示实验，随即提出本节课所要探究的问题，然后引导学生自己通过观察到的实验现象，讨论并归纳自感的条件，让其他同学补充回答完整，最后教师点评。这种教学方法，这种方法既培养了学生的探究、分析、解决问题的能力，又培养学生的交流合作的精神，同时也培养了学生的实验观察能力、归纳总结能力和语言表述能力。在整堂课中充分体现了师生互动，在引导学生参与探索、发现、讨论、交流、评价的学习活动中，能使学生体验探索的艰辛与喜悦。
这节课中我还存在一些不足之处：本节课为实验探究课，如果能让学生分组探索实验，将更能激发学习兴趣，更有利于学生思维的拓展和延伸，也有利于学生个性的发展。
总之在以后的教学中我会尽量在课堂上让学生多展示自己，并鼓励学生多思考，多动手，尽量多的给学生设计和动手的机会。
篇3：《互感与自感》教学反思
本节课的课题是《互感与自感》，按照教材的要求，互感只要求了解，自感是本节课的重点、难点。对自感部分的教学，书上已经给出了通过两个实验———闭合电键和断开电键来体验。但其内容是直接给出的.，在学生的脑海中是突然出现的感觉，理解内容时会觉得很被动，显然不利于其概念的生成。如何使学生对知识的形成感到是水到渠成并在同时加强对同学们的思维的发展成了我在备这节课时的主要出发点。
一、实验激发思维，吸引学生注意。
在上课时，为了激发学生的兴趣，我设计了一个实验。用一节干电池、一个电键、一个镇流器和一些导线。问学生，面对“电老虎”是否敢做“武松”。学生一看才一节干电池，不过1.5V而已，都跃跃欲试。
邀请八位同学上台实验，一开始电键处于断开状态，在我闭合电键时，问学生有什么感觉，学生都说没有感觉；接着我闭合电键（先渲染一些紧张气氛，再问，学生仍然说没感觉；这时，学生都很开心和疑惑，难道我是喊他们上来搞“形体展示”，然后我断开电键，现象发生了，学生的手被电击的握起来了。我就这个现象进一步提问，为什么电键闭合时，大家没感觉；而电键断开时，大家却被电击了呢？这样，我就用这个似乎“不太合常理”的实验引起了学生的思考并进入主题。
二、自主设计实验，诠释思维奥秘。
1、学生的积极性被调动了，下一步怎么办呢？
直接进入闭合电键的自感现象的引入，会在学生的思维中出现断裂。为了解决这个问题，我用一个电源、滑动变阻器和线圈组成一个电路。
（这是我们前面刚刚学习过的内容）问学生：
（1）螺线管中有无磁场？磁场的强弱与电流有无关系？
（2）当电流变化时，螺线管中的磁场是否变化？
（3）当电流变化时，通过螺线管中的磁通量是否变化？
（4）当电流变化时，螺线管中是否产生感应电动势？
接着引导学生思考，如何把产生的感应电动势形象地展示出来？当学生答出用小灯泡时，又问学生一个电灯泡好不好，如果想让现象更明显，该如何？学生又答两个相同的灯泡并让他们并联，我又引导他们知道为了让两个支路的电流相等，我们应该让没接线圈的那个灯泡接滑动变阻器。从而自然的进入闭合时自感研究的实验。
在这个实验中，学生全程参与了实验的设计、及实验，理解起来更加自然而深刻，非常有助学生概念的生成和有效地提高学生设计实验的能力，使学生对知识的理解和能力的提高很好地结合起来，并培养了学生科学探究的思维和能力。
2、自感系数L。
书上直接提到，并说它与形状、大小、匝数及有无铁芯有关，这种纯记忆的学习方式，显然是比较落后地，可如何更好的诠释它呢？首先我从自感电动势出发，由于E=nΔ/Δt，而现在是由于ΔI引起B的变化而变化的，所以E∝ΔI/Δt，取比例系数为L，所以E=LΔI/Δt。
由这个过程可以知道，L应该与n，S有关，即与形状、大小和匝数有关。而为何与铁芯有关呢，是由于其影响磁场而起，本节内容重点是电流变化引起磁场变化，所以此处不宜提起，所以我通过一个实验展示，有铁芯和无铁芯时，自感现象改变很大，并留下思考题，我们可否设计与n，S有关的实验仪器，并鼓励他们参加江苏省自制教具大赛和科技创新大赛，学生当堂反应比较热烈。这里，从理论和实验相结合的角度很好分析了为何L与形状、大小、匝数及有无铁芯有关，有效地提高了课堂效率，并让学生理解了创新的涵义，我们学生也可以完成。
三、灵机应变考验上课教师的智慧。
前面提到为了吸引学生的注意力，我请了九名同学上台体验被电击的感觉。结果来了九名同学，这时教师如果让任何一位同学下去，会引起同学的诸多猜疑。我就让九名同学做了实验，当然我心里已经分析过了，多一名学生不会改变他们被电击的结果。学习完闭合和断开电键的自感实验后来分析前面这个实验时，我展示课件上的内容，上面的画的是八名同学，我灵机一动在分析完这个现象发生的原因后，请同学就八个同学被电击和九名同学被电击有什么区别进行讨论。同学们经过一分析才知道，原来多一名同学在断开电键时，被电击的效果更强烈一些再一次提震了学生的思维，使同学们处于思维高度兴奋状态，理解问题的效率当然大大提高了。
四、努力发现问题，为教学提升打下基础。
从课堂的实际过程来看，我至少发现两个问题：
1、在本次的上课中，出现板书上有的内容和课件上的内容相重复，显得不够简练。
2、在磁场的能量这个环节的处理上功夫下的仍然不够。
从当堂效果看，学生不易想到磁场是具有能量的。尽管它不是本节的主要内容，但其思维的引导做得显然不够的。
当然，问题肯定还有很多，需要我不断的学习、摸索和请教，从而更快的提升自己。
这节课后，我总结自己的可取和不足之处时进一步的体会到，学生一直是课堂的主体，我们的课堂因为他们而精采或黯淡。全方位的提高自我，为了学生也是为了我们自己专业成长，这需要我们教师一生的追求。
篇4：高二物理互感和自感教案设计
高二物理互感和自感教案设计模板
[要点导学]
1.互感现象是一种常见的电磁感应现象,如图4-6-1只要A线圈的电路中可变电阻的阻值R周期性地变化,那么A和B两个线圈之间就会发生互感现象。例如电阻R增大,A中电流变小,B线圈中磁通量减少产生感应电流,感应电流产生的磁场也会引起A线圈中磁通量的变化,所以A、B两个线圈的磁通量是互相影响的,象这样两个互相靠近的线圈中只要有一个线圈中的电流变化,就会出现互感现象。
2.自感现象是因为线圈自身的电流变化而引起线圈的磁通量变化,由此产生的电动势叫自感电动势。所以自感现象就是一种电磁感应现象。自感现象既遵循法拉第电磁感应定律又遵循楞次定律。只是因为自感线圈内的磁通量的变化率与线圈内的电流的变化率成正比例,所以电流变化越快自感电动势越大。也就是说自感电动势与电流的变化率成正比,比例常数就是自感系数L,单位是亨利,符号是H。
3.因为自感现象是以电流变化为主线展开讨论的,所以在研究自感问题时,应首先研究电流的变化情况。因电流的变化引起磁场的变化,磁场的变化引起磁通量的变化,磁通量的变化产生自感电动势,自感电动势总是阻碍电流的变化。但阻碍电流的变化不等于阻止电流的变化。
4.在具体分析自感支路对其他电路影响时,如果自感支路的电流在减少则应该把产生自感电动势的线圈看作新的电源,新电源阻碍电流的减少;如果自感支路中的电流在增大,自感线圈就相当于一个接反了的电源,这一电源阻碍电流的增加。
5.线圈的自感系数是由线圈自身的性质决定的,与线圈中的电流无关。这一点就象导体的电阻与导体中的电流无关一样。影响线圈自感系数的因素很多(空心线圈的自感系数与单位长度的匝数的`平方成正比,与线圈的体积成正比),但插入铁芯线圈的自感系数明显增大(约为103-104倍)。
6.磁场与电场一样也具有能量,磁场是由电流产生的,所以线圈中电流变化时磁场的能量就在变化;电场是由电荷产生的,所以电容器中电荷量变化时电场的能量就在变化。电场能与磁场能可以相互转化,这一问题后面还会继续学习。
[范例精析]
例1 如图4-6-2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,下列说法中正确的是:( )
A.合上开关K接通电路时A2先亮,A1后亮最后一样亮
B.合上开关K接通电路时,A1和A2始终一样亮
C.断开开关K切断电路时,A2立刻熄灭,A1过一会儿熄灭
D.断开开关K切断电路时,A1和A2都要过一会儿才熄灭
解析:合上开关K接通电路时L阻碍电流增大,所以A2先亮、A1后亮。断开开关K切断电路时,在L、A1、A2组成了新电路,L是新电源,(电流方向顺时针),所以A1A2都要过一会儿才熄灭。正确答案是A和D。
拓展: 在断开开关K时L中的电流减小,L中产生了阻碍电流减小的自感电动势,但阻碍不是阻止,电流还是在减小,电流的方向还是由L流向A1,再流入A2,再流入L,形成顺时钟方向的电流。
例2图4-6-3为一演示实验电路图,图中L是一带铁芯的线圈,A是一灯泡,电键K处于闭合状态,电路是接通的,现将电键K打开,则在电路切断的瞬间,通过灯泡A的电流方向是从 端到 端,这个实验是用来演示 现象。
解析:K闭合时L中电流的方向是b-L-a,K断开的瞬间L中电流突然减小,L中产生阻碍电流减小的感应电动势,L成为新的电源,但电流只能在原方向上减小,所以正确答案是:[a到b,断路时的自感现象]。
拓展:本题的考查点与上题相同,说明这部分内容是高考的热点内容。应该高度重视。
例3 一个线圈的电流在均匀增大,则这个线圈( )
A.自感系数也将均匀增大
B.自感电动势也将均匀增大
C.磁通量也将均匀增大
D.自感系数,自感电动势都不变
解析:电流均匀增大则磁通量均匀增大,磁通量的变化率恒定。所以自感电动势不变。自感系数与电流无关。正确答案是C和D。
拓展:在自感现象中电流的变化率与磁通量的变化率是成正比例的,因为线圈中的磁场就是它自身的电流产生的,电流增大磁场就增强,磁通量就增大。
例4、如图4-6-4所示的电路中,两个电流表G1和G2的零点都在刻度盘中央,当电流从-接线柱流入时,指针向右摆,当电流从+接线柱流入时,指针向左摆,当电路接通并达到稳定时再断开的瞬间,下列哪个说法符合实际( )
A.G1指针向左摆,G2指针向右摆
B.G1指针向右摆,G2指针向左摆
C.G1、G2的指针都向左摆
D.G1、G2的指针都向右摆
解析:K断开的瞬间,LRG1G2组成了一个新的回路,新回路的电源是L,L阻碍L中的向右的电流减少,所以回路中还有顺时针的电流,正确答案是A。
拓展:本题的考点与例一和例二相同,只是在情景上多加了两个电流表,这类问题的关键是确定L中原来的电流方向,L作为新电源时电流的方向并不改变。
例5如图4-6-5所示的两个线圈A和B并排放置,当A线圈的电键S闭合的瞬时,B线圈中因磁通量增加而产生感应电流。请说明此时B线圈中感应电流对A线圈中的磁场有何影响?
解析 由图4-6-5可知,开关闭合时A线圈的下面出现N极,B线圈因磁通量增加而产生感应电流,根据楞次定律B线圈下面也是出现N极(阻碍A线圈的磁感线穿入B),B线圈中感应电流产生的磁感线是由下而上地穿过A线圈的(与A线圈中磁场反向),所以感应电流的磁场起着阻碍A线圈中磁场增强的作用。
拓展 由此可见只要A线圈的磁感线穿过B,而B能够产生感应电流并且感应电流的磁感线又能够穿过A,那么不管A、B的位置如何放置,A、B之间都能够产生互感现象。
例6 家用日光灯电路是利用自感现象的一个常见的例子。日光灯的电路如图4-6-6,图中S是是启动器(内有双金属片并充氖气),L是镇流器(有铁芯的线圈),D是日光灯灯管。试分析日光灯工作原理。
解析 开关闭合后,220V电压加在启动器S的两端,使启动器玻璃泡内氖气放电,放电产生的热量使玻璃泡内的双金属片膨胀,动触片与静触片短路,电流突然增大,镇流器因电流突变产生很大的自感电动势,这一高电动势使日光灯灯管内汞蒸汽放电,日光灯就发光了。
拓展 日光灯镇流器的作用有两个方面:一是在启动时给灯管提供高电压;二是在正常使用时限制通过灯管的电流(因为日光灯电路中使用交流电,镇流器线圈的自感电动势总是阻碍电流的变化,镇流器的名称由此而来)。 分析日光灯的电路图时,应以日光灯管为中心。启动器与日光灯管并联,镇流器与日光灯管串联,这样分析有利于记忆掌握日光灯的电路图,也有利于理解启动器和镇流器的作用。
篇5：互感与自感课堂教案
互感与自感课堂教案
课前预习学案
一、预习目标
1．知道什么是互感现象和自感现象。
2．知道自感现象的利与弊及对它们的利用和防止。
二、预习内容
（一）自感现象
1、自感电动势总要阻碍导体中 ，当导体中的电流在增大时，自感电动势与原电流方向 ，当导体中的电流在减小时，自感电动势与电流方向 。注意：“阻碍”不是“阻止”，电流还是在变化的。
2、线圈的自感系数与线圈的 、、等因素有关。线圈越粗、越长、匝数越密，它的自感系数就越 。除此之外，线圈加入铁芯后，其自感系数就会 。
3、自感系数的单位： ，有1mH = H,1μH = H。
4、感电动势的大小：与线圈中的电流强度的变化率成正比。
（二）自感现象的应用
1、有利应用：a、日光灯的镇流器；b、电磁波的发射。
2、有害避免：a、拉闸产生的电弧；b、双线绕法制造精密电阻。
3、日光灯原理（学生阅读课本）
（1）日光灯构造：
（2）日光灯工作原理：
（三）互感现象、互感器
1、互感现象现象应用了 原理。
2、互感器有 ， 。
课内探究学案
一、学习目标
1．知道什么是互感现象和自感现象。
2．知道自感系数是表示线圈本身特征的物理量，知道它的单位及其大小的决定因素。
3．知道自感现象的利与弊及对它们的利用和防止。
4．能够通过电磁感应部分知识分析通电、断电自感现象的原因及磁场的能量转化问题。
二、学习过程
（一）复习旧课，引入新课
1、引起电磁感应现象的最重要的条件是什么？
2、楞次定律的内容是什么？
（二）新课学习
1、互感现象
问题1：在法拉第的实验中两个线圈并没有用导线连接，当一个线圈中的电流变化时，在另一个线圈中为什么会产生感应电动势呢？
2、自感现象
问题2：当电路自身的电流发生变化时，会不会产生感应电动势呢？
［实验1］演示通电自感现象。
画出电路图（如图所示），A1、A2是规格完全一样的灯泡。闭合电键S，调节变阻器R，使A1、A2亮度相同，再调节R1，使两灯正常发光，然后断开开关S。重新闭合S，观察到什么现象？（实验反复几次）
现象：
问题3：为什么A1比A2亮得晚一些？试用所学知识（楞次定律）加以分析说明。
［实验2］演示断电自感。
画出电路图（如图所示）接通电路，待灯泡A正常发光。然后断开电路，观察到什么现象？
现象：
问题4：为什么A灯不立刻熄灭？
3．自感系数
问题5：自感电动势的.大小决定于哪些因素呢？请同学们阅读教材内容。然后用自己的语言加以概括，并回答有关问题。
问题6：自感电动势的大小决定于哪些因素？
4．磁场的能量
问题7：在断电自感的实验中，为什么开关断开后，灯泡的发光会持续一段时间？甚至会比原来更亮？试从能量的角度加以讨论。
学生分组讨论：
师生共同得出结论：
（三）实例探究
自感现象的分析与判断
【例1】如图所示，电路甲、乙中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，接通S，使电路达到稳定，灯泡D发光。则 （ ）
A．在电路甲中，断开S，D将逐渐变暗
B．在电路甲中，断开S，D将先变得更亮，然后渐渐变暗
C．在电路乙中，断开S，D将渐渐变暗
D．在电路乙中，断开S，D将变得更亮，然后渐渐变暗
【例2】如图所示，自感线圈的自感系数很大，电阻为零。电键K原来是合上的，在K断开后，分析：
（1）若R1＞R2，灯泡的亮度怎样变化？
（2）若R1＜R2，灯泡的亮度怎样变化？
（四）反思总结：
（五）当堂检测
1、无线电技术的发展，极大地方便了人们的生活.在无线电技术中常有这样的要求：一个线圈中电流变化时对另一个线圈中的电流影响最小，如图所示，两个线圈安装位置最符合该要求的是（ ）
A.①B.②C.③D.④
2、如图所示电路，线圈L电阻不计，则 （ ）
A、S闭合瞬间，A板带正电，B板带负电
B、S保持闭合，A板带正电，B板带负电
C、S断开瞬间，B板带正电，A板带负电
D、由于线圈电阻不计，电容被短路，上述三种情况电容器两板都不带电
3、在下图电压互感器的接线图中，接线正确的是（ ）
答案：1.D 2.D 3.B
课后练习与提高
1．下列关于自感现象的说法中，正确的是 （ ）
A．自感现象是由于导体本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象
B．线圈中自感电动势的方向总与引起自感的原电流的方向相反
C．线圈中自感电动势的大小与穿过线圈的磁通量变化的快慢有关
D．加铁芯后线圈的自感系数比没有铁芯时要大
2．关于线圈的自感系数，下面说法正确的是 （ ）
A．线圈的自感系数越大，自感电动势一定越大
B．线圈中电流等于零时，自感系数也等于零
C．线圈中电流变化越快，自感系数越大
D．线圈的自感系数由线圈本身的因素及有无铁芯决定
3．如图所示，L为一个自感系数大的自感线圈，开关闭合后，小灯能正常发光，那么闭合开关和断开开关的瞬间，能观察到的现象分别是 （ ）
A．小灯逐渐变亮，小灯立即熄灭
B．小灯立即亮，小灯立即熄灭
C．小灯逐渐变亮，小灯比原来更亮一下再慢慢熄灭
D．小灯立即亮，小灯比原来更亮一下再慢慢熄灭
4．如图所示是一演示实验的电路图。图中L是一带铁芯的线圈，A是一灯泡。起初，开关处于闭合状态，电路是接通的。现将开关断开，则在开关断开的瞬间，通过灯泡A的电流方向是从_____端经灯泡到_____端.这个实验是用来演示_____现象的。
5．如图所示的电路中，灯泡A1、A2的规格完全相同，自感线圈L的电阻可以忽略，下列说法中正确的是 （ ）
A．当接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后A2比A1亮
B．当接通电路时，A1和A2始终一样亮
C．当断开电路时，A1和A2都过一会儿熄灭
D．当断开电路时，A2立即熄灭，A1过一会儿熄灭
6．如图所示电路中，A1、A2是两只相同的电流表，电感线
圈L的直流电阻与电阻R阻值相等.下面判断正确的是 （ ）
A．开关S接通的瞬间，电流表A1的读数大于A2的读数
B．开关S接通的瞬间，电流表A1的读数小于A2的读数
C．开关S接通电路稳定后再断开的瞬间，电流表A1的读数大于A2的读数
D．开关S接通电路稳定后再断开的瞬间，电流表A1数等于A2的读数
7．如图所示，L是电感足够大的线圈，其直流电阻可忽略不计，D1和D2是两个相同的灯泡，若将电键S闭合，等灯泡亮度稳定后，再断开电键S，则 （ ）
A．电键S闭合时，灯泡D1、D2同时亮，然后D1会变暗直到不亮，D2更亮
B．电键S闭合时，灯泡D1很亮，D2逐渐变亮，最后一样亮
C．电键S断开时，灯泡D2随之熄灭，而D1会亮一下后才熄灭
D．电键S断开时，灯泡D1随之熄灭，而D2会更亮后一下才熄灭
答案:1.ACD 2.D 3.A 4.b a 自感 5.C 6.BD 7.AC
篇6：《高考物理第一轮复习计划: 法拉第电磁感应定律、互感和自感
【考纲知识梳理】
一、感应电动势
1、电磁感应的这电路就于电源，在电源的内部电流的方向是从低电势流向高电势。(即：由负到正)
2、感应电动势与感应电流的关系：遵守闭合电路欧姆定律
二、法拉第电磁感应定律
1、法拉第电磁感应定律
(1)定律内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过电路的磁通量的率成正比.
(2)公式： ，N为线圈匝数
2、导体切割磁感线的情形
(1)情况：运动速度v与磁感应线方向夹角为 时则
(2)E=BLv (垂直平动切割) L是导线的切割长度 (v为磁场与导体的切割速度) (B不动而导体动;导体不动而B运动)
(3) . (直导体绕一端转动切割)
三、自感和涡流
1.自感：导体本身电流而产生的电磁感应.
2.自感电动势
(1)定义：自感中产生的感应电动势叫自感电动势.
(2)表达式： L为自感系数，
①.L跟线圈的形状、长短、匝数等因素系.线圈越粗，越长、长度上的匝数越密,横截面积越大,它的自感系数越大,有铁芯的线圈自感系数大大
②.自感系数的是亨利，国际符号是L，1亨=103毫亨=106 微亨
【要点名师透析】
一、对法拉第电磁感应定律的理解
1.磁通量、磁通量的量、磁通量的率的区别
3.感应电荷量的求法
在电磁感应中有电流电路，那么也就有电荷量，由电流的定义I= 可知q=It.注意I应为平均值，而 = ，要求感应电动势的平均值再求其电荷量，即：q= t= t=n .
由此可知，感应电荷量q由磁通量大小及电路的电阻R决定，与无关.
【例1】(13分)半径为a的圆形区域内有均匀磁场，磁感应强度为B=0.2 T，磁场方向垂直纸面向里，半径为b的金属圆环与磁场同心地放置，磁场与环面垂直，a=0.4 m，b = 0.6 m，金属环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R0 = 2 ，一金属棒MN与金属环接触，棒与环的电阻均忽略不计.
(1)若棒以v0=5 m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑动到圆环直径OO的瞬时(如图所示)，MN中的电动势和流过灯L1的电流.
(2)撤去中间的金属棒MN将右面的半圆环OL2O以OO为轴向上翻转90,若此时磁场随均匀，其率为 = T/s，求L2的功率.
【答案】(1)0.8 V 0.4A
(2)1.2810-2W
【详解】(1)棒滑过圆环直径OO的瞬时，MN中的电动势E1=B2av0=0.20.85 V=0.8 V (3分)
等效电路如图所示，流过灯L1的电流I1= =0.4A (3分)
二、导体切割磁感线产生感应电动势的计算
1.导体平动切割磁感线
导体平动切割磁感线产生感应电动势的计算式 E=Blv，应从几个理解和.
(1)公式使用条件：本公式是在条件下得出的，除了磁场是匀强磁场外，还需B、l、v三者垂直.问题中当它们不垂直时，应取垂直的分量计算，公式可为E=Blvsin,为B与v方向间的夹角.
(2)使用范围：导体平动切割磁感线时，若v为平均速度，则E为平均感应电动势，即 =Bl .若v为瞬时速度，则E为的瞬时感应电动势.
(3)性：公式中的l为切割长度，即导体与v垂直的方向上的投影长度.图中长度分别为：
甲图：l=cdsin
乙图：沿v1方向运动时，l=MN
沿v2方向运动时，l=0.
丙图：沿v1方向运动时，l= R
沿v2方向运动时，l=0
沿v3方向运动时，l=R
(4)性：E=Blv中的速度v是相磁场的速度，若磁场也运动，应注意速度间的关系.
2.导体转动切割磁感线
当导体棒在垂直于磁场的平面内，绕其一端为轴,以角速度匀速转动时，产生的感应电动势为E=Bl = Bl2，如图所示.
【例2】(12分)金属杆MN和PQ间距为l,MP间接有电阻R,磁场如图所示,磁感应强度为B.金属棒AB长为2l,由图示位置以A为轴,以角速度匀速转过90(顺时针).求该过程中(电阻不计):
(1)R上的最大电功率.
(2)R的电量.
【详解】AB转动切割磁感线,且切割长度由l增至2l以后AB离开MN,电路断开. (2分)
(1)当B端恰至MN上时,E最大.
三、通电自感和断电自感的
【例3】(2010北京高考)在如图所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联带铁芯的电感线圈L和滑动变阻器R.闭合开关S后，R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流为I.然后，断开S.若t时刻再闭合S，则在t前后的一小段内，反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随t的图象是( )
【答案】选B.
【详解】闭合开关S后，R，使两个灯泡L1、L2发光的亮度一样，电流为I，说明RL=R.若t时刻再闭合S，流过电感线圈L和灯泡L1的电流迅速增大，使电感线圈L产生自感电动势，阻碍了流过L1的电流i1增大，直至到达电流I，故A错误，B;而t时刻再闭合S，流过灯泡L2的电流i2立即电流I，故C、D错误.
【感悟高考真题】
1.(2011北京高考T19)某同学验证断电自感，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，小灯泡仅有不的延时熄灭。虽经多次重复，仍未见老师演示时的小灯泡闪亮，他冥思苦想找不出原因。你最有小灯泡未闪亮的原因是
A.电源的内阻
B.小灯泡电阻偏大
C.线圈电阻偏大
D.线圈的自感系数
【答案】选C.
【详解】实物连线图画出的电路图，当闭合电键S，电路稳定之后，小灯泡中有稳定的电流 ，电感线圈中有稳定的电流 ，当电键S突然断开时，电流 立即消失，，自感电动势的作用，流过线圈的电流 突变，而是要流动，于是，电感线圈和小灯泡构成了回路， ，则能观察到小灯泡闪亮一下再熄灭，线圈的自感系数越大，小灯泡延时闪亮的就越长.不 的条件，小灯泡只是延时熄灭，不会观察到闪亮一下再熄灭.可见灯泡未闪亮的原因是不 的条件，这是线圈电阻偏大的 偏小。本题选项是C.
2.(2011四川理综T20)如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T,转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 .从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60时的感应电流为1A.那么
A.线圈消耗的电功率为4W
B.线圈中感应电流的值为2A
C.任意时刻线圈中的感应电动势为e = 4cos
D.任意时刻穿过线圈的磁通量为 = sin
【答案】选AC.
【详解】线圈垂直于中性面启动，则瞬时表达式可记为 ，代入数据可知 ，得最大值 ，即值 ，功率为 ，瞬时值表达式为 .故A、C，B错误。再 ，则任意时刻穿过线圈的磁通量为 ，可知D错误.
3.(2011广东理综T15)将闭合多匝线圈置于仅随的磁场中，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相同
【答案】选C.
【详解】由法拉第电磁感应定律知： ，可见感应电动势的大小与线圈的匝数，A错误;感应电动势的大小取决于磁通量的快慢，而与磁通量的大小无关，B错误，C;
感应电流产生的磁场阻碍原磁场的，当原磁场增大时，感应电流产生的磁场与其相反，D错误。
4.(2011福建理综T17)如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与面成 角(090),MN与平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。金属棒 由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨垂直且接触， 棒接入电路的电阻为R，当流过 棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为 ，则金属棒 在过程中
A.运动的平均速度大小为
B.下滑的位移大小为
C.产生的焦耳热为
D.受到的最大安培力大小为
【答案】选B.
【详解】由E=BLV、、F安=BIL可得棒的速度为V时的安培力为 ，D错;对导体棒受力分析如图所示 据牛顿运动定律判断可得导体棒的运动情况如图所示 由图可知导体棒过程的平均速度大于 ，A错;由法拉第电磁感应定律导体棒过程的电量 ，导体棒下滑的位移 ，B对;由能量关系可得过程产生的焦耳热 ，C错，故选B.
5.(2011江苏物理T2)如图所示，固定的长直导线中通有电流 ，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行。线框由静止释放，在下落过程中
A.穿过线框的磁通量不变
B.线框中感应电流方向不变
C.线框所受安培力的合力为零
D.线框的机械能增大
【答案】选B.
【详解】线框下落中距离直导线越来越远，磁场越来越弱，但磁场方向不变，磁通量越来越小，楞次定律可知感应电流的方向不变，A错B对，线框左边和右边所受安培力总是大小相等，方向相反，但上下两边磁场强弱不同安培力大小不同，合力不为零，C错，下落过程中机械能越来越小，D错。
8.(2011江苏物理T5)如图所示，面内有一平行金属导轨，导轨光滑且电阻不计。匀强磁场与导轨平面垂直。阻值为R的导体棒垂直于导轨静止放置，且与导轨接触。t=0时，将开关S由1掷到2。q、i、v和a分别表示电容器所带的电荷量、棒中的电流、棒的速度和加速度。下列图象的是
【思路点拨】解答本题时要注意理解：(1)导体棒电容器放电时可看作电源(2)导体棒因在磁场中运动而产生感应电动势(3)的结果是电容器两端的电压等于导体棒两端的电压
【精讲精析】选D.当开关由1掷到2，电容器放电，导体棒因受安培力而向右加速，导体棒向右运动产生感应电动势，电容器两端电压和导体棒两端电压相等，电容器的带电量不变，导体棒的速度不变，但不等于零，AC错，导体棒加速度棒中电流为零，B错，D对。
6.(2011江苏物理T6)美国科学家Willard S.Boyle与George E.Smith 因电荷耦合器件(CCD)的发明荣获2009年度诺贝尔物理学奖。CCD是将光学量转变成电学量的传感器。下列器件可传感器的有
A.发光二极管 B.热敏电阻 C.霍尔元件 D.干电池
【答案】选BC.
【详解】传感器的原理是将非电学量转化为电学量，例如热敏电阻阻值随温度而，可将温度量转化为电压电流等电学量，霍尔元件可将磁感应强度量转化为电压电流等电学量，而发光二极管干电池都将非电学量转化为电学量，选BC.
7、(2010江苏卷)2、一矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直，先线框的面积不变，将磁感应强度在1 s 内均匀地增大到原来的两倍，接着增大后的磁感应强度不变，在1 s 内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半，两个过程中，线框中感应电动势的比值为
(A) (B)1 (C)2 (D)4
.【答案】B 难度：易 本题考查电磁感应定律的应用
【解析】
,大小相等，选B。
8、(2010江苏卷)4.如图所示的电路中，电源的电动势为E,内阻为r,电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值，在t=0时刻闭合开关S，一段后，在t=t1时刻断开S,下列表示A、B两点间电压UAB随t的图像中，的是
选B 考查自感和电压图象。 难度：难
【解析】开关闭合时，线圈的自感阻碍作用，可看做电阻，线圈电阻逐渐减小，并联电路电阻逐渐减小。电压 逐渐减小;开关闭合后再断开时，线圈的感应电流与原电流方向相同，回路，灯泡的电流与原来相反，并逐渐减小到0，本题选B。
9、(2010广东卷)16. 如图5所示，平行导轨间有一矩形的匀强磁场区域，细金属棒PQ沿导轨从MN处匀速运动到M'N'的过程中，棒上感应电动势E随t的图示，的是
答案：A
解析：MN磁场中才切割磁感线，中间过程有感应电动势，选A。
10、(2010山东卷)21.如图所示，空间两个磁场，磁感应强度大小均为 ，方向相反且垂直纸面， 、为其边界，OO为其对称轴。一导线折成边长为 的正方形闭合回路 ，回路在纸面内以恒定速度 向右运动，当运动到关于OO对称的位置时
A.穿过回路的.磁通量为零
B.回路中感应电动势大小为2B
C.回路中感应电流的方向为顺时针方向
D.回路中 边与 边所受安培力方向相同
答案：ACD
解析：右手定则，回来中感应电流的方向为逆时针方向。
本题考查电磁感应、磁通量、右手定则，安培力，左手定则等知识。
难度：易。
11、(2010上海物理)19. 如图，一有界区域内，着磁感应强度大小均为 ，方向分别垂直于光滑桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为 ，边长为 的正方形框 的 边紧靠磁场边缘置于桌面上，使线框从静止开始沿 轴正方向匀加速磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方向，能反映线框中感应电流规律的是图
解析：在0- ，电流均匀增大，排除CD.
在 - ，两边感应电流方向相同，大小相加，故电流大。
在 ，因右边离开磁场，一边产生感应电流，故电流小，选A。
本题考查感应电流及图象。
难度：难。
12、(2010上海物理)21.如图，金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴，并位于其左侧，若变阻器滑片P向左移动，则金属环A将向_____(填左或右)运动，并有_____(填收缩或扩张)趋势。
解析：变阻器滑片P向左移动，电阻变小，电流变大，楞次定律，感应电流的磁场方向原电流磁场方向相反，吸引，则金属环A将向右移动，因磁通量增大，金属环A有收缩趋势。
本题考查楞次定律。难度：易。
13、(2010浙江卷)19. 半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图(上)所示。有一的磁场垂直于纸面，规定向内为正，规律如图(下)所示。在t=0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒，则说法的是
A. 第2秒内上极板为正极
B. 第3秒内上极板为负极
C. 第2秒末微粒回到了原来位置
D. 第3秒末两极板之间的电场强度大小为0.2
答案：A
14、(2010四川卷)19.图甲所示电路中， 为相同的电流表，C为电容器，电阻 的阻值相同，线圈L的电阻不计。在某段内理想变压器原线圈内磁场的如图乙所示，则在 内
A.电流表 的示数比 的小
B.电流表 的示数比A3的小
C.电流表 和 的示数相同
D.电流表的示数都不为零
答案：C
【解析】由B-t图像知在t1-t2内，原线圈中磁场先负向减小后正向增大，则副线圈中磁通量是均匀的，法拉第电磁感应定律在副线圈中产生的感应电流大小不变，再楞次定则可判断负向较小时和正向增大时感应电流的方向相同，则在t1-t2内副线圈中个电流为稳恒电流，A1和A2的示数相同，A3的示数为0，答案C。
【考点模拟演练】
1.(2011福州模拟)如图所示，在x0的区域内匀强磁场，磁场的方向垂直于xy平面(纸面)向里.电阻的矩形线框abcd位于xy平面内，线框的ab边与y轴重合.令线框从t=0时刻起由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流I(取逆时针方向为电流正方向)随t的图线I-t图是下图中的( )
【答案】选D.
【详解】线框匀加速向右运动时，cd边切割磁感线，由右手定则知电流方向为顺时针，方向为负;由E=Blv知，v均匀，电流成线性增大，故D项.
2.(2011江门模拟)如图所示，电路中A、B是完全相同的灯泡，L是一带铁芯的线圈.开关S原来闭合，则开关S断开的瞬间( )
A.L中的电流方向，灯泡B立即熄灭
B.L中的电流方向不变，灯泡B要过一会儿才熄灭
C.L中的电流方向，灯泡A比B熄灭慢
D.L中的电流方向不变，灯泡A比B熄灭慢
【答案】选D.
【详解】当开关S断开时，L与灯泡A组成回路，自感，L中的电流由原来数值逐渐减小，电流方向不变，A灯熄灭要慢;B灯电流瞬间消失，立即熄灭，的选项为D.
3.(2011东城区模拟)如图所示的电路,电源电动势为E,线圈L的电阻不计.判断的是( )
A.闭合S,稳定后,电容器两端电压为E
B.闭合S,稳定后,电容器的a极板带正电
C.断开S的瞬间,电容器的a极板将带正电
D.断开S的瞬间,电容器的a极板将带负电
【答案】选C.
【详解】由题意及自感规律可知,当开关S闭合且电路稳定后,电容器与线圈L并联,线圈的直流电阻不计,两端电压为零,故A、B错误;断开S的瞬间,由自感规律可知,线圈中要产生感应电动势,感应电动势引起的感应电流的方向与原电流的方向,电容器的a极板将带正电,故C.
4.如图所示，平行导轨间距为d，一端跨接电阻R，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于平行金属导轨所在平面.一根金属棒与导轨成角放置，金属棒与导轨的电阻均不计.当金属棒沿垂直于棒的方向以恒定的速度v在金属导轨上滑行时，电阻R的电流是()
A.BdvR B.BdvsinR
C.BdvcosR D.BdvRsin
【答案】D
【详解】电流应等于感应电动势除以电阻R，问题在于感应电动势应如何计算.能够引起感应电流的电动势是MN间产生的电动势，切割长度应为MN.而MN用已知参数表示应为dsin，切割长度l=dsin.则E=Blv=Bdvsin，I=ER=BdvRsin，选项D.
5.物理实验中，常用叫做冲击电流计的仪器测定电路的电荷量，如图所示，探测线圈与冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度.已知线圈匝数为n，面积为S，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R.若将线圈被测匀强磁场中，开始线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转180，冲击电流计测出线圈的电荷量为q，
由上述数据可测出被测磁场的磁感应强度为
()
A.qR2nS B.qRnS
C.qR2S D.qRS
【答案】A
【详解】由E=nt，I=ER，q=It，得q=nR，当线圈翻转180时，=2BS，故B=qR2nS，故选A.
6.如图 (a)、(b)所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，且小于灯A的电阻，接通S，使电路稳定，灯泡A发光，则
()
A.在电路(a)中，断开S后，A将逐渐变暗
B.在电路(a)中，断开S后，A将先变得更亮，然后逐渐变暗
C.在电路(b)中，断开S后，A将逐渐变暗
D.在电路(b)中，断开S后，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
【答案】AD
【详解】(a)电路中，灯A和线圈L串联，电流相同，断开S时，线圈上产生自感电动势，阻碍原电流的减小，R、A回路，渐渐变暗.(b)电路中电阻R和灯A串联，灯A的电阻大于线圈L的电阻，电流则小于线圈L中的电流，断开S时，电源不给灯供电，而线圈产生自感电动势阻碍电流的减小，R、A回路，灯A中电流比原来大，变得更亮，然后渐渐变暗.选项AD.
7.如图所示，两块竖直放置的金属板间距为d，用导线与一匝数为n的线圈连接.线圈内布有方向向左的匀强磁场.两板间有质量、电荷量为+q的油滴在与方向成30角斜向右上方的恒力F的作用下恰好平衡状态.则线圈内磁场的情况和磁通量的率分别是()
A.磁场正在，t=3dF2q
B.磁场正在减弱，t=3dF2nq
C.磁场正在减弱，t=3dF2q
D.磁场正在，t=3dF2nq
【答案】B
【详解】本题涉及带电粒子在电场中的平衡及感应电动势两个问题.直流电电容器，，电容器两极板间电压为线圈上感应电动势的大小，带电油滴所受重力竖直向下，恒力F与方向成30斜向右上方，且带电油滴恰好平衡状态，则可知油滴所受电场力方向向左，电容器右极板带正电，由楞次定律可知磁场正在减弱;由带电粒子方向受力平衡可得Fcos 30=nqtd，得t=3dF2nq.
8.穿过闭合回路的磁通量随t的图象分别如图①～④所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，的是()
A.图①中，回路产生的感应电动势恒定不变
B.图②中，回路产生的感应电动势一直不变
C.图③中，回路在0～t1内产生的感应电动势小于在t1～t2内产生的感应电动势
D.图④中，回路产生的感应电动势先变小再变大
【答案】BD
【详解】在图①中，t=0，感应电动势为零，故选项A错;在图②中，t为值，故感应电动势不变，选项B;在图③中，0～t1内的t比t1～t2内的t大，选项C错;在图④中，图线上各点切线的斜率值先变小、后变大，故选项D对.
9.如右图a是用电流传感器(于电流表，其电阻可以忽略不计)自感的实验电路，图中两个电阻的阻值均为R，L是自感系数足够大的自感线圈，其直流电阻值也为R.图b是某同学画出的在t0时刻开关S切换前后，传感器的电流随的图象.关于图象，下列说法中的是()
b
A.图b中甲是开关S由断开变为闭合，传感器1的电流随的情况
B.图b中乙是开关S由断开变为闭合，传感器2的电流随的情况
C.图b中丙是开关S由闭合变为断开，传感器2的电流随的情况
D.图b中丁是开关S由闭合变为断开，传感器2的电流随的情况
【答案】 C
【详解】开关S由断开变为闭合瞬间，流过自感线圈的电流为零，流过传感器1、2的电流均为E2R;闭合电路稳定后，流过传感器1的电流为2E3R，流过传感器2的电流为E3R;开关断开后，流过传感器1的电流立即变为零，流过传感器2的电流方向相反，从E3R逐渐变为零.由分析可知，选项C.
10.如下图所示，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向右匀速磁场，直径CD与MN垂直.从D点到达边界开始到C点磁场为止，下列结论的是()
A.感应电流方向
B.CD段直导线不受安培力
C.感应电动势最大值Em=Bav
D.感应电动势平均值E=12Bav
【答案】C
【详解】楞次定律可判定闭合回路中产生的感应电流方向不变，A项错误;CD段电流方向是D指向C，左手定则可知，CD段受到安培力，且方向竖直向下，B错;当有一半磁场时，产生的感应电流最大，Em=Bav，C对;由法拉第电磁感应定律得E=t=Bav4，D错.
11.位于竖直平面内的矩形平面导线框abdc，ab长L1=1.0 m，bd长L2=0.5 m，线框的质量m=0.2 kg，电阻R=2 .其下方有一匀强磁场区域，该区域的上、下边界PP和均与ab平行.两边界间距离为H，HL2，磁场的磁感应强度B=1.0 T，方向与线框平面垂直。如图27所示，令线框的dc边从离磁场区域上边界PP的距离为h=0.7 m处自由下落.已知线框的dc边磁场以后，ab边到达边界PP之前的某一时刻线框的速度已阶段的最大值.问从线框开始下落，到dc边刚刚到达磁场区域下边界的过程中，磁场作用于线框的安培力所做的总功为多少?(g取10 m/s2)
【答案】-0.8 J
【详解】本题中重力势能转化为电能和动能，而安培力做的总功使重力势能一转化为电能，电能的多少等于安培力做的功.
依题意，线框的ab边到达磁场边界PP之前的某一时刻线框的速度阶段速度最大值，以v0表示最大速度，则有
E=BL1v0
线框中电流 I=ER=BL1v0R
作用于线框上的安培力 F=BL1I=B2L21v0R
速度最大值条件是 F=mg
v0=mgRB2L21=4 m/s.
dc边向下运动过程中，直至线框的ab边磁场的上边界PP，线框速度v0不变，故从线框自由下落至ab边磁场过程中，由动能定理得：
mg(h+L2)+W安=12mv20
W安=12mv20-mg(h+L2)=-0.8 J
ab边磁场后，直到dc边到达磁场区下边界过程中，作用于整个线框的安培力为零，安培力做功也为零，线框只在重力作用下做加速运动，故线框从开始下落到dc边刚到达磁场区域下边界过程中，安培力做的总功即为线框自由下落至ab边磁场过程中安培力所做的功
W安=-0.8 J
负号表示安培力做负功.
12.如右图所示，两根平行金属导轨固定在同一面内，间距为l，导轨左端连接电阻R.一根质量为m、电阻为r的金属杆ab垂直放置在导轨上.在杆的右方距杆为d处有匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向下，磁感应强度为B.对杆施加大小为F、方向平行于导轨的恒力，使杆从静止开始运动，已知杆到达磁场区域时速度为v，之后磁场恰好做匀速运动.不计导轨的电阻，假定导轨与杆之间恒定的阻力.求：
(1)导轨对杆ab的阻力大小Ff;
(2)杆ab中的电流及其方向;
(3)导轨左端所接电阻R的阻值.
【答案】 (1)F-mv22d (2)mv22Bld 方向 ab (3)2B2l2dmv-r
【详解】(1)杆磁场前做匀加速运动，有
F-Ff=ma①
v2=2ad②
解得导轨对杆的阻力
Ff=F-mv22d.③
(2)杆磁场后做匀速运动，有F=Ff+FA④
杆ab所受的安培力
FA=IBl⑤
解得杆ab中的电流
I=mv22Bld⑥
杆中的电流方向自a流向b.⑦
(3)杆ab产生的感应电动势
E=Blv⑧
杆中的感应电流
I=ER+r⑨
解得导轨左端所接电阻阻值
R=2B2l2dmv-r.⑩
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