第 28 章 · 法拉第电磁感应定律

项目	内容
课标主题	选择性必修 2 · 电磁感应及其应用
人教版（2019）	选择性必修第二册 第二章“电磁感应”：2.2”法拉第电磁感应定律”、2.3”涡流、电磁阻尼和电磁驱动”、2.4”互感和自感”
考试地位	必考。选择题常考 $\Phi$-$t$、$B$-$t$ 图像求电动势，线框进出磁场的 $i$-$t$ 图像，自感灯泡的亮暗，涡流和电磁阻尼的解释；计算题常考导体棒在导轨上运动，把电路、动力学、能量、动量放在一道题里（依据 2023–2026 年全国卷和六省卷的概括）
前置知识	第 25 章磁通量和安培力；第 27 章感应电流的产生条件、楞次定律和右手定则；第 18 章闭合电路欧姆定律；第 7 章牛顿定律的应用、第 13 章动能定理、第 19 章动量定理

第 27 章回答“有没有感应电流、朝哪个方向”，这一章回答“电动势多大”，再把这个电动势放进电路、放进力学里。电磁感应的大题几乎都是导体棒在导轨上跑：棒是电源，电流使棒受安培力，安培力又改变棒的速度。丢分多在三处：分不清 $n\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$ 求的是平均值还是瞬时值；把导体棒两端的电压当成电动势；安培力是变力时还想用匀变速公式，不知道该换能量或动量。

28.1 知识点一览

知识点	一句话	考试中
28.2 法拉第电磁感应定律	$E = n\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$，电动势由磁通量的变化率决定；通过的电荷量 $q = n\dfrac{\Delta\Phi}{R_{\text{总}}}$ 与时间无关	必考，图像题和电荷量是重点
28.3 导体切割磁感线的电动势	$E = BLv$（$B$、$L$、$v$ 两两垂直），$L$ 是有效长度；绕一端转动 $E = \dfrac{1}{2}BL^2\omega$	必考，导体棒题的起点
28.4 自感与互感	线圈自身电流变化产生自感电动势，阻碍电流变化；通电时电流逐渐增大，断电时电流逐渐减小	常考选择题，灯泡亮暗和闪亮条件
28.5 涡流、电磁阻尼与电磁驱动	整块导体中的感应电流叫涡流；安培力阻碍导体与磁场的相对运动	偶考选择题，解释生活和技术现象
28.6 电磁感应中的电路与图像	产生电动势的部分是电源，其电阻是内阻；分段求 $E$、$I$，画 $i$-$t$ 图像	必考，选择题和计算题的第一问
28.7 电磁感应中的动力学与能量	$F_{\text{安}} = \dfrac{B^2L^2v}{R_{\text{总}}}$ 随速度变化；收尾时合力为零；克服安培力做的功等于焦耳热	必考，计算题主体
28.8 电磁感应中的动量	安培力的冲量 $BLq$；用动量定理求电荷量、位移；双棒用动量守恒	常考，计算题最后一问

28.2 法拉第电磁感应定律

说明

感应电动势：电磁感应中产生的电动势。只要穿过电路的磁通量变化，就有感应电动势；电路闭合才有感应电流。产生感应电动势的那部分导体或线圈相当于电源。

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。对 $n$ 匝线圈：

$$E = n\frac{\Delta\Phi}{\Delta t}$$

式中 $\Phi$ 是穿过一匝线圈的磁通量。$\Phi$ 的单位是韦伯（$\mathrm{Wb}$），$\Delta t$ 的单位是秒，$E$ 的单位是伏特：$1\ \mathrm{Wb/s} = 1\ \mathrm{V}$。

三个量要分清：

量	含义	决定什么
磁通量 $\Phi = BS$	某时刻穿过线圈的磁感线条数	什么也不直接决定，$\Phi$ 大时 $E$ 可以为零
磁通量的变化量 $\Delta\Phi$	一段时间内 $\Phi$ 变了多少	通过线圈的电荷量 $q$
磁通量的变化率 $\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$	$\Phi$ 变得多快	感应电动势 $E$

常见的三种写法（$S$ 是线圈在磁场中的有效面积，$B$ 垂直于线圈平面）：

• $B$ 不变、面积变：$E = nB\dfrac{\Delta S}{\Delta t}$；
• 面积不变、$B$ 变：$E = nS\dfrac{\Delta B}{\Delta t}$，$\dfrac{\Delta B}{\Delta t}$ 是 $B$-$t$ 图像的斜率；
• 两者都变：$E = n\dfrac{|B_2S_2 - B_1S_1|}{\Delta t}$，不能拆开算。

平均值和瞬时值：$E = n\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$ 求的是 $\Delta t$ 内的平均电动势。$\Phi$ 均匀变化时平均值等于瞬时值；$\Phi$ 不均匀变化时，某时刻的瞬时电动势等于 $\Phi$-$t$ 图像该点切线的斜率乘 $n$（第 1 章 1.4 节表格：$\Phi$-$t$ 图像的斜率是单匝的感应电动势）。

通过的电荷量：设电路总电阻为 $R_{\text{总}}$，一段时间内通过导线横截面的电荷量

$$q = \bar{I}\Delta t = n\frac{\Delta\Phi}{R_{\text{总}}}$$

只和磁通量变了多少有关，和变得快慢无关。

方向：法拉第定律只给大小，方向用楞次定律或右手定则判断（第 27 章）。

理想模型：各匝线圈的磁通量相同（不计漏磁）；线圈的电阻集中当作电源的内阻。

法拉第在 1831 年发现电磁感应现象；后来纽曼（1845 年）和韦伯（1846 年）在分析了理论和实验资料后先后给出了定量的表述，为纪念法拉第，称为法拉第电磁感应定律。

使用场景

• 题目给出 $\Phi$-$t$ 或 $B$-$t$ 图像，问某段时间的电动势或电流 → 图像斜率就是变化率 → $E = n \times$（$\Phi$-$t$ 斜率），或 $E = nS \times$（$B$-$t$ 斜率），斜率不变的一段电动势不变。
• 线圈不动、磁场在变（题目说“磁感应强度均匀增大”“随时间变化的磁场”），线圈接了电阻 → 线圈是电源，有效面积是线圈在磁场里的那部分 → $E = nS\dfrac{\Delta B}{\Delta t}$，再用闭合电路欧姆定律（第 18 章）。
• 题目只问一段过程中通过导体的电荷量（拉出磁场、转过一个角度、磁场减为零），不问时间 → 不必知道过程快慢 → $q = n\dfrac{\Delta\Phi}{R_{\text{总}}}$。

注意点

• $n$ 只乘在电动势上，不乘在磁通量上：$\Phi$ 是一匝的磁通量，“$n$ 匝线圈的磁通量”仍是 $BS$。
• 有效面积：只算线圈处在磁场中的那部分面积；$B$ 与线圈平面不垂直时，用 $B$ 的垂直分量，或线圈在垂直于 $B$ 的平面上的投影面积（第 25 章磁通量）。
• 磁通量有正负。线圈翻转 $180^\circ$，磁感线从另一面穿过，$\Delta\Phi = 2BS$，不是 0。
• $E$ 的大小只看 $\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$：$\Phi = 0$ 的时刻 $E$ 可以最大（交流发电机线圈平面与磁场平行时，第 29 章），$\Phi$ 最大的时刻 $E$ 可以为零。
• 电荷量公式 $q = n\dfrac{\Delta\Phi}{R_{\text{总}}}$ 中的 $R_{\text{总}}$ 是整个回路的电阻（内阻加外电阻）。

推导

实验依据（人教版本节的探究）：把条形磁铁插入接有电流计的线圈，

1. 磁铁插入得越快，电流计指针偏转越大；磁铁从同一位置插到同一位置，$\Delta\Phi$ 相同，所以电动势随 $\Delta t$ 减小而增大。
2. 用两根磁铁叠在一起以同样快慢插入，偏转更大：同样的 $\Delta t$ 里 $\Delta\Phi$ 更大，电动势更大。
3. 匝数更多的线圈，偏转更大：每一匝都相当于一个电源，$n$ 匝串联，电动势是单匝的 $n$ 倍。

结论：感应电动势与 $\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$ 成正比。在国际单位制中比例系数取 1，就得到 $E = n\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$。（关键一步：比例系数为 1 不是巧合，而是 $\mathrm{Wb/s}$ 恰好等于 $\mathrm{V}$。$1\ \mathrm{Wb} = 1\ \mathrm{T \cdot m^2}$，由 $F = BIL$ 得 $1\ \mathrm{T} = 1\ \mathrm{N/(A \cdot m)}$，所以 $1\ \mathrm{Wb/s} = 1\ \mathrm{N \cdot m/(A \cdot s)} = 1\ \mathrm{J/C} = 1\ \mathrm{V}$。）

28.3 节会从导体棒切割磁感线出发，用洛伦兹力再推一次，结果一致。

电荷量公式：一段时间 $\Delta t$ 内，

$$q = \bar{I}\Delta t = \frac{\bar{E}}{R_{\text{总}}}\Delta t = \frac{n\Delta\Phi}{R_{\text{总}}\Delta t}\Delta t = n\frac{\Delta\Phi}{R_{\text{总}}}$$

（关键一步：这里只能用平均值。电流在变时 $q = It$ 不能直接用，但“平均电流乘时间等于电荷量”总是对的，而 $n\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$ 正好是平均电动势，$\Delta t$ 在式中约掉。）严格地说，平均电动势是瞬时电动势对时间的平均，$q = \int I\,\mathrm{d}t$ 要用积分，高中用“平均值乘时间”理解就够了。

例题

例 1　（场景：$\Phi$-$t$ 图像求电动势）一个 50 匝的线圈，穿过每匝的磁通量随时间变化如图所示。求 $0 \sim 0.2\ \mathrm{s}$、$0.2 \sim 0.4\ \mathrm{s}$、$0.4 \sim 0.5\ \mathrm{s}$ 三段时间内线圈中感应电动势的大小，并比较第一段和第三段的电流方向。

解：

研究对象：50 匝线圈。

过程划分：图线是三段直线，每段斜率不变，分三段算。

分析：$\Phi$-$t$ 图像的斜率就是 $\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$，乘匝数得电动势（本节定律）。

列式求解：

$0 \sim 0.2\ \mathrm{s}$：$E_1 = n\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t} = 50 \times \dfrac{0.04}{0.2}\ \mathrm{V} = 10\ \mathrm{V}$。

$0.2 \sim 0.4\ \mathrm{s}$：磁通量不变，$E_2 = 0$。

$0.4 \sim 0.5\ \mathrm{s}$：$E_3 = 50 \times \dfrac{0.04}{0.1}\ \mathrm{V} = 20\ \mathrm{V}$。

第一段磁通量增大，第三段减小，由楞次定律，两段感应电流的方向相反。

检验：单位 $\mathrm{Wb/s} = \mathrm{V}$。第三段变化量相同而时间减半，电动势加倍，合理。

容易卡在：$0.2 \sim 0.4\ \mathrm{s}$ 磁通量最大，以为电动势也最大。电动势看斜率，不看纵坐标。

例 2　（场景：磁场变化、线圈接电阻）边长 $0.2\ \mathrm{m}$ 的正方形线圈共 100 匝，电阻 $r = 1\ \Omega$，两端 $a$、$b$ 接电阻 $R = 3\ \Omega$。线圈右半部分处在垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度在 $2\ \mathrm{s}$ 内由 $0.1\ \mathrm{T}$ 均匀增大到 $0.5\ \mathrm{T}$。求：（1）感应电动势；（2）通过 $R$ 的电流和 $a$、$b$ 两点间的电压，哪点电势高；（3）$2\ \mathrm{s}$ 内通过 $R$ 的电荷量。

解：

研究对象：线圈（电源）和电阻 $R$ 组成的回路。

过程划分：$B$ 均匀增大，$2\ \mathrm{s}$ 内电动势不变，一个过程。

分析：线圈不动、$B$ 变，用 $E = nS\dfrac{\Delta B}{\Delta t}$，$S$ 取在磁场中的一半面积。线圈是电源，内阻 $r$，外电阻 $R$。方向：向里的磁通量增大，感应电流的磁场向外，线圈中电流沿逆时针方向，从 $a$ 端流出，经 $R$ 流回 $b$ 端，$a$ 是电源正极。

列式求解：（1）$S = \dfrac{1}{2} \times 0.2^2\ \mathrm{m^2} = 0.02\ \mathrm{m^2}$，$\dfrac{\Delta B}{\Delta t} = \dfrac{0.5 - 0.1}{2}\ \mathrm{T/s} = 0.2\ \mathrm{T/s}$，

$$E = nS\frac{\Delta B}{\Delta t} = 100 \times 0.02 \times 0.2\ \mathrm{V} = 0.4\ \mathrm{V}$$

（2）$I = \dfrac{E}{R + r} = \dfrac{0.4}{3 + 1}\ \mathrm{A} = 0.1\ \mathrm{A}$，$U_{ab} = IR = 0.3\ \mathrm{V}$，$a$ 点电势高。

（3）$q = It = 0.1 \times 2\ \mathrm{C} = 0.2\ \mathrm{C}$。

检验：用电荷量公式验算：$q = n\dfrac{\Delta\Phi}{R_{\text{总}}} = 100 \times \dfrac{0.4 \times 0.02}{4}\ \mathrm{C} = 0.2\ \mathrm{C}$，一致。$U_{ab} = 0.3\ \mathrm{V}$ 小于 $E$，因为内阻分走了 $0.1\ \mathrm{V}$。

容易卡在：面积用整个线圈的 $0.04\ \mathrm{m^2}$；或者把 $U_{ab}$ 写成 $0.4\ \mathrm{V}$。

例 3　（场景：只问电荷量）10 匝正方形线圈边长 $0.2\ \mathrm{m}$，整个处在 $B = 0.5\ \mathrm{T}$ 的匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直，回路总电阻 $2\ \Omega$。把线圈沿垂直于磁场边界的方向匀速拉出磁场。（1）求通过线圈导线横截面的电荷量；（2）分别用 $0.1\ \mathrm{s}$ 和 $0.5\ \mathrm{s}$ 拉出，电荷量和产生的焦耳热各是多少？

解：

研究对象：线圈。

过程划分：从线圈右边到达边界到左边离开边界，一个匀速过程，移动距离等于边长 $a = 0.2\ \mathrm{m}$。

分析：电荷量只看 $\Delta\Phi$，用 $q = n\dfrac{\Delta\Phi}{R_{\text{总}}}$；焦耳热和快慢有关，要先求电流。拉出过程中只有在磁场里的那条边切割磁感线，$E = nBav$（28.3 节；每匝都有一条边切割，$n$ 匝串联）。

列式求解：（1）$\Delta\Phi = Ba^2 - 0 = 0.5 \times 0.04\ \mathrm{Wb} = 0.02\ \mathrm{Wb}$，

$$q = n\frac{\Delta\Phi}{R_{\text{总}}} = 10 \times \frac{0.02}{2}\ \mathrm{C} = 0.1\ \mathrm{C}$$

（2）两种拉法电荷量都是 $0.1\ \mathrm{C}$。

用 $0.1\ \mathrm{s}$：$v = \dfrac{0.2}{0.1}\ \mathrm{m/s} = 2\ \mathrm{m/s}$，$E = nBav = 10 \times 0.5 \times 0.2 \times 2\ \mathrm{V} = 2\ \mathrm{V}$，$I = 1\ \mathrm{A}$，$Q = I^2R_{\text{总}}t = 1^2 \times 2 \times 0.1\ \mathrm{J} = 0.2\ \mathrm{J}$。

用 $0.5\ \mathrm{s}$：$v = 0.4\ \mathrm{m/s}$，$E = 0.4\ \mathrm{V}$，$I = 0.2\ \mathrm{A}$，$Q = 0.2^2 \times 2 \times 0.5\ \mathrm{J} = 0.04\ \mathrm{J}$。

检验：$q = It$ 验算：$1 \times 0.1 = 0.2 \times 0.5 = 0.1\ \mathrm{C}$，一致。拉得快，电流大，焦耳热多（热量与速度成正比），合理：拉得越快，克服安培力做功越多。

容易卡在：以为拉得快电荷量也多。快了电流大，但时间短，乘积不变。

常用推论

• 线圈中电荷量 $q = n\dfrac{\Delta\Phi}{R_{\text{总}}}$，与时间、快慢、是否匀速都无关（本节推导）。
• $B$-$t$ 图像是直线，电动势和电流不变；$B$-$t$ 图像斜率变号（$B$ 先增后减），电流方向改变；图线穿过横轴（$B$ 由正变负）但斜率不变，电流方向不变。由 $E = nS\dfrac{\Delta B}{\Delta t}$ 和楞次定律得出。
• 匀速拉出磁场，焦耳热 $Q = \dfrac{n^2B^2a^3v}{R_{\text{总}}}$，与速度成正比（例 3 的一般式：$E = nBav$，$t = \dfrac{a}{v}$，$Q = \dfrac{E^2}{R_{\text{总}}}t$）。
• 线圈翻转 $180^\circ$：$\Delta\Phi = 2BS$，$q = \dfrac{2nBS}{R_{\text{总}}}$。

易错点

• 错在哪：磁通量大，就认为感应电动势大；磁通量为零，就认为没有电动势。 为什么错：“有磁感线穿过才有电”的直觉。电动势看的是变化率。线圈平面转到与磁场平行时 $\Phi = 0$，但此刻 $\Phi$ 变得最快，电动势最大。 正确做法：先问”$\Phi$ 在变吗？变得多快？“，在图像上看斜率而不看纵坐标。
• 错在哪：$n$ 匝线圈的磁通量写成 $nBS$，算电动势时又乘一次 $n$。 为什么错：磁通量是穿过某个面的磁感线条数，和匝数无关；匝数只决定“串联了多少个电源”。 正确做法：$\Phi = BS$，$E = n\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$，$n$ 只出现一次。
• 错在哪：用 $E = n\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$ 求出的平均值去算焦耳热：$Q = \dfrac{\bar{E}^2}{R}t$。 为什么错：焦耳热与电流的平方有关，平方的平均不等于平均的平方。电动势不恒定时用平均值算热量会偏小。 正确做法：求电荷量用平均值；求热量用有效值（交流电，第 29 章）或能量守恒（28.7 节）。

直观理解

磁通量像水库的水量，电动势像进出水的流速：水量多不代表流得快，满库静止的水没有水流。$\Phi$-$t$ 图看斜率，就像看水位线涨得多陡。

电荷量则像“水位总共变了多少”，与放水快慢无关：一次放完和慢慢放，放走的水一样多（电荷量相同）；但放得越急，冲刷越厉害（焦耳热越多）。

关联知识点

• 前置：第 25 章磁通量 $\Phi = BS$ 和有效面积；第 27 章感应电流的产生条件和楞次定律，本节只管大小，方向靠它。
• 前置：第 1 章 1.4 节图像的斜率，$\Phi$-$t$ 图像的斜率是单匝电动势。
• 前置：第 18 章闭合电路欧姆定律，线圈是电源。
• 后续：28.3 节切割磁感线是磁通量变化的一种情形；第 29 章交流发电机，线圈转动时 $\Phi$ 按正弦规律变化。
• 后续：第 30 章 LC 振荡、电磁波，变化的磁场产生电场是本节规律的推广。

28.3 导体切割磁感线的电动势

说明

平动切割：长为 $L$ 的直导体在匀强磁场中以速度 $v$ 运动，$B$、$L$、$v$ 两两垂直时，

$$E = BLv$$

• $v$ 与 $B$ 成 $\theta$ 角（$L$ 仍与两者垂直）时，只有垂直于 $B$ 的速度分量切割磁感线：$E = BLv\sin\theta$。
• $L$ 是有效长度：导体两端连线在垂直于 $v$（也垂直于 $B$）方向上的投影长度。弯曲的导线、斜放的导线都按这个投影算。
• $v$ 是导体相对磁场的速度；$v$ 是瞬时速度时，$E$ 是瞬时值。

转动切割：长为 $L$ 的导体棒在垂直于磁场的平面内绕一端以角速度 $\omega$ 匀速转动，

$$E = \frac{1}{2}BL^2\omega$$

方向：用右手定则（第 27 章）：伸开右手，磁感线垂直穿入手心，大拇指指向导体运动方向，四指所指是感应电流方向。导体内部电流从低电势端流向高电势端，四指指向的一端是电源正极。

和 $E = n\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$ 的关系：$E = BLv$ 是法拉第定律在“切割”这种情形下的特例。一般用法：$E = n\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$ 常用来求一段时间的平均值；$E = BLv$ 代入瞬时速度就是瞬时值，导体棒题几乎都用它。

理想模型：匀强磁场；导体是直线段（或按有效长度处理）；导体中自由电荷随导体一起运动。

使用场景

• 一根直导体在匀强磁场里平动，$B$、$L$、$v$ 互相垂直（导轨上的导体棒、线框的一条边、飞机机翼）→ 平动切割 → $E = BLv$，正极用右手定则判断。
• 导体是弯的（半圆、折线）或斜放的，或者速度与 $B$ 不垂直 → 有效长度、有效速度 → 取导体两端连线垂直于 $v$ 的投影作 $L$，或取 $v$ 垂直于 $B$ 的分量。
• 导体棒绕一端转动（法拉第圆盘、转动的金属杆）→ 各点速度不同 → $E = \dfrac{1}{2}BL^2\omega$，相当于用中点速度 $\dfrac{\omega L}{2}$ 代入 $E = BLv$。

注意点

• 公式要求 $B$、$L$、$v$ 两两垂直，不垂直时先取垂直分量，不要硬套。导体沿磁感线方向运动，或 $L$ 与 $v$ 平行（导体沿自身长度方向滑动），都不切割，$E = 0$。
• 导体没接成闭合回路时，两端仍有电动势和电压，只是没有电流：此时两端电压 $U = E$。接成回路后两端电压是路端电压 $U = E - Ir$，小于 $E$（28.6 节）。
• 整个闭合线框在匀强磁场中平动，前后两条边都切割，两个电动势在回路中相互抵消，回路里没有电流；这和“磁通量不变就没有感应电流”一致。
• 转动切割的公式只适用于绕一端转动。绕中点转动时，两半段的电动势大小相等、方向相反，两端之间的电势差为零。

推导

由法拉第定律推出（课本推导）：导体棒 $ab$ 放在两根平行导轨上，导轨一端接电阻，构成闭合回路。棒以速度 $v$ 向右匀速运动，$\Delta t$ 内移动 $v\Delta t$，回路面积增加 $\Delta S = Lv\Delta t$，

$$\Delta\Phi = B\Delta S = BLv\Delta t, \qquad E = \frac{\Delta\Phi}{\Delta t} = BLv$$

由洛伦兹力解释：棒中的自由电子随棒以速度 $v$ 向右运动，受洛伦兹力 $evB$（第 26 章），沿棒的方向。电子向一端聚集，两端出现电势差，棒内形成电场 $E_{\text{场}}$。当电子所受电场力与洛伦兹力平衡时，

$$eE_{\text{场}} = evB, \qquad U = E_{\text{场}}L = BLv$$

（关键一步：这里推动电荷的“非静电力”就是洛伦兹力沿棒方向的分力。第 18 章说电动势是非静电力把单位正电荷从负极搬到正极做的功，这里非静电力 $qvB$ 沿棒移动 $L$，做功 $qvBL$，所以 $E = BLv$。两条推导的结果一致，说明法拉第定律和洛伦兹力描述的是同一件事。）

磁场变化引起的电动势（28.2 节例 2，线圈不动）则不能用洛伦兹力解释：电荷没有运动。麦克斯韦认为变化的磁场在周围空间产生电场（感生电场），推动电荷的是这个电场的力（第 30 章）。前者叫动生电动势，后者叫感生电动势，大小都由 $E = n\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$ 给出。

转动切割：棒上离转轴 $r$ 处的速度 $v = \omega r$，与 $r$ 成正比，从 0 均匀增大到 $\omega L$。各段的电动势串联相加，相当于用平均速度 $\bar{v} = \dfrac{0 + \omega L}{2}$ 计算：

$$E = BL\bar{v} = BL \cdot \frac{\omega L}{2} = \frac{1}{2}BL^2\omega$$

（关键一步：能用平均速度，是因为 $v$ 与 $r$ 成正比。把棒分成许多小段，每段电动势 $B\,\Delta r\,v$，总电动势就是 $v$-$r$ 图线下的面积，即三角形面积 $\dfrac{1}{2} \cdot L \cdot \omega L \cdot B$。严格计算是积分 $\int_0^L B\omega r\,\mathrm{d}r$。）也可以用法拉第定律：$\Delta t$ 内棒扫过的扇形面积 $\Delta S = \dfrac{1}{2}L^2\omega\Delta t$，$E = B\dfrac{\Delta S}{\Delta t} = \dfrac{1}{2}BL^2\omega$。

例题

例 1　（场景：平动切割、判断正极）长 $L = 0.4\ \mathrm{m}$ 的导体棒 $ab$ 在磁感应强度 $B = 0.5\ \mathrm{T}$、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，以 $v = 5\ \mathrm{m/s}$ 的速度向右匀速运动，棒与速度、磁场都垂直，$a$ 在上端。求棒中的感应电动势和 $a$、$b$ 两端的电势差，哪端电势高？

解：

研究对象：导体棒 $ab$。

过程划分：匀速运动，一个状态。

分析：$B$、$L$、$v$ 两两垂直，用 $E = BLv$（本节平动切割）。棒没有接成回路，没有电流，两端电压等于电动势。方向：右手手心朝外让磁感线垂直穿入，拇指向右，四指向上，棒中的感应电动势方向由 $b$ 指向 $a$，$a$ 是正极。

列式求解：

$$E = BLv = 0.5 \times 0.4 \times 5\ \mathrm{V} = 1\ \mathrm{V}$$

$U_{ab} = \varphi_a - \varphi_b = 1\ \mathrm{V}$，$a$ 端电势高。

检验：单位 $\mathrm{T \cdot m \cdot m/s} = \mathrm{V}$。用洛伦兹力核对方向：正电荷随棒向右运动，由左手定则受力向上，聚集在 $a$ 端，$a$ 端电势高，一致。

例 2　（场景：有效长度）半径 $R = 0.2\ \mathrm{m}$ 的半圆形导线 $MN$ 处在 $B = 0.5\ \mathrm{T}$、垂直纸面向里的匀强磁场中，以 $v = 2\ \mathrm{m/s}$ 的速度沿垂直于直径 $MN$ 的方向（图中向上）运动。求导线中的感应电动势，$M$、$N$ 哪端电势高？

解：

研究对象：半圆形导线。

过程划分：匀速运动，一个状态。

分析：导线是弯的，用有效长度：两端连线 $MN$ 与 $v$ 垂直，有效长度 $L = 2R = 0.4\ \mathrm{m}$（本节“有效长度”）。

列式求解：

$$E = BLv = 0.5 \times 0.4 \times 2\ \mathrm{V} = 0.4\ \mathrm{V}$$

方向：正电荷随导线向上运动，磁场向里，由左手定则所受洛伦兹力向左，正电荷聚到 $M$ 端，$M$ 端电势高。

检验：半圆导线可以看成从 $M$ 到 $N$ 的许多小段，每段只有垂直于 $v$ 的分量在切割，这些分量加起来正好是直径。若用弧长 $\pi R \approx 0.63\ \mathrm{m}$ 代入，得 $0.63\ \mathrm{V}$，偏大。

容易卡在：用弧长作 $L$。

例 3　（场景：转动切割）长 $L = 0.5\ \mathrm{m}$ 的导体棒 $OA$ 在垂直纸面向里、$B = 0.2\ \mathrm{T}$ 的匀强磁场中，绕 $O$ 端在纸面内以 $\omega = 40\ \mathrm{rad/s}$ 逆时针匀速转动。求棒两端的电势差，哪端电势高？

解：

研究对象：导体棒 $OA$。

过程划分：匀速转动，一个状态。

分析：棒上各点速度不同，用转动切割公式（本节）。棒没有接成回路，两端电势差等于电动势。

列式求解：

$$E = \frac{1}{2}BL^2\omega = \frac{1}{2} \times 0.2 \times 0.5^2 \times 40\ \mathrm{V} = 1\ \mathrm{V}$$

方向：$A$ 端速度沿切线方向（图中向左上），磁场向里，由左手定则，棒中正电荷所受洛伦兹力沿棒指向 $O$，正电荷聚在 $O$ 端，$O$ 端电势比 $A$ 端高 $1\ \mathrm{V}$。

检验：$A$ 端速度 $\omega L = 20\ \mathrm{m/s}$，若整根棒都按这个速度算得 $2\ \mathrm{V}$；实际各点平均速度是它的一半，电动势 $1\ \mathrm{V}$，合理。

另一种解法：用 $E = \dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$。棒在 $\Delta t$ 内转过 $\omega\Delta t$，扫过扇形面积 $\dfrac{1}{2}L^2\omega\Delta t$，$E = B \cdot \dfrac{1}{2}L^2\omega = 1\ \mathrm{V}$。记不住公式时，用“扫过的面积”现推最稳；熟练后直接套 $\dfrac{1}{2}BL^2\omega$ 或“中点速度乘 $BL$“更快。

常用推论

• 转动切割等于“中点速度代入 $E = BLv$”：$E = BL \cdot \dfrac{\omega L}{2}$（本节推导）。
• 闭合线框整体在匀强磁场中平动，回路中没有电流，但切割的边两端仍有电势差（本节注意点）。
• 北半球地磁场的竖直分量向下，飞机水平飞行时，飞行员左侧机翼的电势高于右侧，与飞行方向无关。由右手定则：磁感线向下穿入手心，拇指指向前，四指指向左。
• 法拉第圆盘：半径 $r$ 的圆盘绕中心转动，相当于无数根半径并联，$E = \dfrac{1}{2}Br^2\omega$。

易错点

• 错在哪：弯曲导线用实际长度（弧长）代入 $E = BLv$。 为什么错：把“导线越长电动势越大”当成一般规律。导线中沿速度方向的部分不切割磁感线，只有垂直于速度的投影起作用。 正确做法：连接导体两端，取这条连线垂直于 $v$ 的投影作有效长度（例 2）。
• 错在哪：认为导体棒切割磁感线，两端电压就是 $BLv$。 为什么错：只有断路时两端电压才等于电动势。接成回路后，棒是电源，两端电压是路端电压。 正确做法：先判断有没有电流；有电流时 $U = E - Ir$（28.6 节例 1）。
• 错在哪：转动切割用棒端速度 $\omega L$ 代入 $E = BLv$，算得 $BL^2\omega$。 为什么错：$E = BLv$ 要求整根导体速度相同，转动时各点速度不同。 正确做法：用平均速度 $\dfrac{\omega L}{2}$，或用扫过面积算 $\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$（例 3）。

直观理解

$E = BLv$ 就是“单位时间扫过的磁感线条数”：棒长 $L$，每秒向前走 $v$，每秒扫过面积 $Lv$，乘上每平方米的磁感线条数 $B$，就是每秒扫过的磁感线，也就是 $\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$。有效长度、转动切割都按“扫过多少面积”来想，不会错。

关联知识点

• 前置：第 26 章洛伦兹力，是动生电动势的来源；第 27 章右手定则判断方向。
• 前置：第 18 章电动势的定义 $E = \dfrac{W_{\text{非}}}{q}$，这里的非静电力是洛伦兹力。
• 后续：28.6 至 28.8 节导体棒的电路、动力学、能量和动量，都从 $E = BLv$ 出发。
• 后续：第 29 章交流发电机，线圈的边切割磁感线，$e = E_{\text{m}}\sin\omega t$。
• 常一起考：第 10 章圆周运动的线速度 $v = \omega r$，转动切割要用。

28.4 自感与互感

说明

自感现象：线圈自身的电流变化时，穿过线圈自己的磁通量随之变化，线圈中产生感应电动势。这个电动势叫自感电动势，它总是阻碍线圈中原电流的变化（楞次定律）：电流增大时它与原电流反向，电流减小时它与原电流同向。

$$E_{\text{自}} = L\frac{\Delta I}{\Delta t}$$

$L$ 叫自感系数（简称自感或电感），单位亨利（$\mathrm{H}$），$1\ \mathrm{H} = 1\ \mathrm{V \cdot s/A}$。$L$ 由线圈本身决定：线圈越长、横截面积越大、匝数越多，$L$ 越大；有铁芯比没有铁芯大得多。$L$ 与电流大小无关。

线圈在电路中的表现（$R_L$ 是线圈的直流电阻）：

时刻	线圈中的电流	线圈相当于
刚接通	从 0 开始逐渐增大，不能突变	瞬间相当于断路
稳定后	恒定，$\dfrac{\Delta I}{\Delta t} = 0$，没有自感电动势	电阻 $R_L$（理想线圈 $R_L = 0$，相当于导线）
刚断开	从原值 $I_L$ 开始逐渐减小，方向不变	瞬间相当于电流为 $I_L$ 的电源

断电自感中灯泡闪亮的条件：线圈与灯泡并联，断开干路开关后，线圈和灯泡组成回路，灯泡中的电流立即变为 $I_L$（方向可能与原来相反），再逐渐减小到零。若 $I_L > I_{\text{灯}}$（即 $R_L < R_{\text{灯}}$），灯泡先闪亮一下再熄灭；若 $I_L \le I_{\text{灯}}$，灯泡逐渐熄灭，不闪亮。

磁场能：通电线圈周围有磁场，储存着能量。断电后灯泡还能亮一会儿，能量来自线圈储存的磁场能。

互感现象：两个互相靠近、没有导线相连的线圈，一个线圈中电流变化，使另一个线圈中的磁通量变化，在另一个线圈中产生感应电动势，叫互感电动势。变压器（第 29 章）、无线充电都利用互感；电路中的互感有时会造成干扰。

理想模型：理想线圈（直流电阻为零）；线圈无铁芯或铁芯不饱和时，磁通量与电流成正比。

使用场景

• 刚闭合开关，电路中有线圈，问灯泡怎样亮起来 → 线圈支路的电流不能突变，从 0 逐渐增大 → 与线圈串联的灯逐渐变亮，其他支路的灯立即亮。
• 断开开关，线圈与灯泡（或电阻）能组成闭合回路，问灯泡是否闪亮、电流方向 → 线圈电流从 $I_L$ 逐渐减小 → 比较断开前的 $I_L$ 和 $I_{\text{灯}}$，回路中灯泡的电流方向按线圈电流的方向定。
• 两个线圈分开放置，一个通变化的电流，问另一个有无电流（变压器、无线充电、电路干扰）→ 互感 → 原线圈电流必须变化，副线圈才有感应电动势。

注意点

• 自感电动势“阻碍”电流变化，但不能“阻止”：电流照样变，只是变得慢了。
• 线圈中的电流不能突变，但线圈两端的电压可以突变。断电瞬间线圈两端电压可以远大于电源电动势（例 2）。
• 断电自感只发生在线圈有闭合回路可走的情况下；如果断开后线圈所在支路完全断开，线圈电流“无路可走”，会在开关处产生电火花。
• 比较“闪亮”要比电流，不是比电压：两个支路并联，电压相同，电阻小的支路电流大。
• 通电和断电都要看的是线圈所在支路的电流，其他支路（只有电阻和灯泡）的电流可以突变。

推导

自感电动势的公式：线圈中电流 $I$ 产生的磁场 $B$ 与 $I$ 成正比，穿过线圈的磁通量也与 $I$ 成正比，写成 $n\Phi = LI$（比例系数 $L$ 只和线圈的形状、匝数、铁芯有关）。由法拉第定律：

$$E_{\text{自}} = n\frac{\Delta\Phi}{\Delta t} = L\frac{\Delta I}{\Delta t}$$

（关键一步：$\Phi \propto I$。这要求没有铁芯或铁芯没有饱和，磁场只由这个电流产生。所以自感本质上就是法拉第电磁感应定律，只不过磁通量的变化是线圈自己的电流造成的。）

为什么电流不能突变：如果线圈中的电流在一瞬间（$\Delta t \to 0$）变化了一个有限值，自感电动势 $L\dfrac{\Delta I}{\Delta t}$ 就会无穷大，这不可能。所以电流只能连续变化。

断电后灯泡电流为什么变成 $I_L$：断开干路开关后，线圈和灯泡串联成唯一的回路，线圈中电流不能突变，仍是 $I_L$，灯泡与它串联，电流也只能是 $I_L$。线圈电流原来的方向不变，在回路里绕一圈，灯泡中的电流方向就与断开前相反。

磁场能：线圈储存的磁场能 $E = \dfrac{1}{2}LI^2$，推导要用 $E$-$I$ 关系下的面积（或积分），课标不要求记这个公式，只要知道能量从哪来。

例题

例 1　（场景：通电自感）如图，灯泡 $A_1$ 与自感系数较大的线圈 $L$ 串联，灯泡 $A_2$ 与电阻 $R$ 串联，$A_1$、$A_2$ 规格相同，$R$ 的阻值等于线圈的直流电阻。闭合开关 $S$，两灯的亮度怎样变化？稳定后再断开 $S$，两灯怎样熄灭？

解：

判断依据：线圈所在支路的电流不能突变（本节表格），其他支路电流可以突变。

闭合 $S$：$A_2$ 支路只有电阻，电流立即达到稳定值，$A_2$ 立即正常发光；$A_1$ 支路有线圈，自感电动势阻碍电流增大，电流从 0 逐渐增大，$A_1$ 逐渐变亮。稳定后两支路电阻相同，电流相等，两灯一样亮。

断开 $S$：电源支路断开，线圈、$A_1$、$R$、$A_2$ 组成一个串联回路，回路电流从线圈原来的电流开始逐渐减小，两灯一起逐渐熄灭。断开前两支路电流相等，所以 $A_2$ 中的电流不会比原来大，不闪亮，但方向与原来相反。

容易卡在：以为断开后 $A_2$ 立即熄灭。它和线圈在同一个回路里，电流跟着线圈逐渐减小。

例 2　（场景：断电自感与闪亮）如图，电源电动势 $E = 6\ \mathrm{V}$，内阻不计，灯泡 $A$ 的电阻 $6\ \Omega$，线圈 $L$ 的直流电阻 $2\ \Omega$，灯泡和线圈并联。电路稳定后断开开关 $S$。求：（1）断开前通过灯泡和线圈的电流；（2）断开瞬间灯泡中的电流和灯泡两端的电压，灯泡是否闪亮；（3）画出灯泡电流随时间变化的示意图。设灯泡电阻不变。

解：

研究对象：灯泡 $A$ 和线圈 $L$。

过程划分：断开前的稳定状态；断开后线圈与灯泡组成回路，电流逐渐减小。

分析：稳定时线圈相当于 $2\ \Omega$ 的电阻，两支路电压都等于 $E$。断开瞬间线圈电流不变，灯泡与线圈串联，灯泡电流等于线圈原来的电流（本节“断电自感”）。

列式求解：（1）$I_A = \dfrac{6}{6}\ \mathrm{A} = 1\ \mathrm{A}$（向下），$I_L = \dfrac{6}{2}\ \mathrm{A} = 3\ \mathrm{A}$（向下）。

（2）断开瞬间，线圈电流仍为 $3\ \mathrm{A}$、方向不变，在回路中经灯泡向上流，灯泡电流 $3\ \mathrm{A}$，方向与原来相反。灯泡两端电压 $U = 3 \times 6\ \mathrm{V} = 18\ \mathrm{V}$。灯泡功率由 $1^2 \times 6\ \mathrm{W} = 6\ \mathrm{W}$ 突然增大到 $3^2 \times 6\ \mathrm{W} = 54\ \mathrm{W}$，灯泡闪亮一下，然后电流逐渐减小，灯泡熄灭。

（3）取原来的方向为正，灯泡电流由 $+1\ \mathrm{A}$ 突变为 $-3\ \mathrm{A}$，再逐渐减小到 0：

检验：闪亮条件 $I_L > I_A$，即 $R_L = 2\ \Omega < R_A = 6\ \Omega$，满足。断开瞬间灯泡电压 $18\ \mathrm{V}$ 大于电源电动势 $6\ \mathrm{V}$，说明线圈两端电压可以突变，电流不能突变。

容易卡在：以为灯泡电流方向不变。线圈电流方向不变，灯泡在回路里与线圈“首尾相接”，方向就反了。

例 3　（场景：互感）手机无线充电时，充电底座内的发射线圈接电源，手机内的接收线圈与发射线圈靠近但不接触。下列说法正确的是（　）。

A. 发射线圈通恒定电流也能给手机充电 B. 接收线圈中的电流是由互感产生的 C. 无线充电时两个线圈之间必须有铁芯 D. 接收线圈中的感应电动势与发射线圈中电流的大小成正比

解：B。

判断依据：互感电动势由另一个线圈中电流的变化引起（本节“互感现象”）。

恒定电流的磁场不变，接收线圈中磁通量不变，没有感应电动势，A 错。两线圈靠互感传递能量，B 对。互感不需要铁芯，铁芯只是让磁通更集中，C 错。感应电动势与发射线圈电流的变化率有关，不是与电流大小成正比，D 错。

常用推论

• 闪亮条件：断电后灯泡与线圈构成回路，$R_L < R_{\text{灯}}$ 时闪亮，$R_L \ge R_{\text{灯}}$ 时不闪亮（例 2：两支路电压相同，电阻小的电流大）。
• 理想线圈（$R_L = 0$）与灯泡并联（干路有电阻或电源有内阻）：接通瞬间灯泡亮，随后逐渐变暗直到熄灭（线圈把灯短路）；断开时灯泡闪亮后熄灭。
• 断电后线圈两端的瞬时电压 $U = I_L R_{\text{回路}}$，可以远大于电源电动势，这就是日光灯启动、电火花产生的原理。

易错点

• 错在哪：认为自感电动势总是与原电流方向相反。 为什么错：把“阻碍”理解成“反抗”。阻碍的是电流的变化：电流减小时，自感电动势与原电流同向，帮它“维持”。 正确做法：增反减同，按楞次定律判断。
• 错在哪：断电后所有灯都会闪亮一下。 为什么错：闪亮要求断开后灯泡电流比原来大，即 $I_L > I_{\text{灯}}$。电流相等或更小，只是逐渐熄灭（例 1 的 $A_2$）。 正确做法：先算断开前线圈和灯泡各自的电流，再比较。
• 错在哪：断开开关后，与线圈不在一个回路的灯泡也“延迟熄灭”。 为什么错：只有和线圈组成闭合回路的元件才有线圈的电流流过；其他支路随开关断开立即没有电流。 正确做法：断开后先画出线圈还能走的回路，只分析回路里的元件。

直观理解

线圈像电路里的“惯性”：质量大的物体速度不能突变，自感大的线圈电流不能突变。推它（通电），它慢慢加速；松手（断电），它还要往前冲一会儿，冲的方向不变。断电闪亮，就是这个“冲劲”比灯泡原来的电流还大。

关联知识点

• 前置：28.2 节法拉第定律，自感是它的特例；第 27 章楞次定律，“阻碍变化”。
• 前置：第 17 章并联电路的电流分配，比较 $I_L$ 和 $I_{\text{灯}}$。
• 后续：第 29 章变压器，原理就是互感；电感对交变电流的阻碍作用。
• 后续：第 30 章 LC 振荡电路，线圈电流不能突变使电容器反复充放电。
• 类比：第 6 章牛顿第一定律与惯性，线圈的“电流不能突变”和物体的“速度不能突变”是同一种图景。

28.5 涡流、电磁阻尼与电磁驱动

说明

涡流：把块状金属放在变化的磁场中，或让它在磁场中运动，金属块内部会产生旋涡状的感应电流，叫涡流。金属块电阻很小，涡流可以很大，产生大量的热。

• 利用：电磁炉（交变磁场在铁锅底部产生涡流，锅自己发热）、真空冶炼炉（高频交流电使炉内金属熔化）、金属探测器和安检门（金属中的涡流产生的磁场被探测线圈感知）。
• 防止：变压器、电动机的铁芯如果是整块的，涡流会使铁芯发热、浪费电能，所以用相互绝缘的薄硅钢片叠成，切断涡流的通路，并用电阻率较大的材料减小涡流。

电磁阻尼：导体在磁场中运动时，感应电流使导体受到安培力，安培力总是阻碍导体与磁场的相对运动。应用：磁电式电表的线圈绕在铝框上，指针能很快停下；运输灵敏电流计时把正负接线柱用导线连起来，减小指针摆动；磁悬浮列车、高铁的电磁制动。

电磁驱动：磁场相对导体运动（如磁铁转动），导体中产生感应电流，受安培力，使导体跟着磁场运动。导体的转速总是小于磁场的转速：如果两者转得一样快，就没有相对运动，也就没有感应电流和驱动力。应用：感应电动机（异步电动机）、汽车上的磁电式速度表。

三者都是楞次定律“来拒去留”的表现（第 27 章）：感应电流的效果总是阻碍导体与磁场的相对运动。电磁阻尼和电磁驱动是同一个规律的两种情形：磁场不动、导体动，表现为阻尼；导体不动、磁场动，表现为驱动。

使用场景

• 整块金属处在变化的磁场中，问为什么发热、如何减小发热（电磁炉、铁芯、冶炼炉）→ 涡流 → 涡流的热效应；要减小就用绝缘薄片叠成。
• 导体（金属板、铝框、铜管、磁铁穿过金属环）在磁场中运动，问运动为什么很快停下或变慢 → 电磁阻尼 → 安培力阻碍相对运动，机械能转化为电能再变成内能。
• 磁铁或磁场转动、旁边的导体原来静止，问导体怎样动 → 电磁驱动 → 导体与磁场同向转，但转得比磁场慢。

注意点

• 涡流的产生条件和感应电流一样：穿过导体中某个回路的磁通量发生变化。用陶瓷、玻璃锅放在电磁炉上不发热，因为它们不导电，不能形成涡流。
• 电磁阻尼阻碍的是相对运动，不是“阻碍运动”：电磁驱动中安培力恰恰是导体运动的动力。
• 电磁阻尼中，机械能减少的量等于产生的焦耳热（28.7 节的能量关系）。
• 电磁驱动中导体与磁场“不同步”，所以感应电动机又叫异步电动机。

推导

涡流发热的原因：把金属块看成许多套在一起的闭合“线圈”，每个线圈都包围着变化的磁通量，各自有感应电动势 $E = \dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$。金属的电阻很小，由 $P = \dfrac{E^2}{R}$，电阻越小发热功率越大。（关键一步：电阻小、热量大，看起来违反直觉，原因是电动势由磁通量变化决定，不随电阻变，这时功率 $\dfrac{E^2}{R}$ 与 $R$ 成反比。）把铁芯分成绝缘的薄片，每一片包围的磁通量小，电动势小，同时涡流只能在窄的薄片里流动，路径的电阻变大，发热大大减小。

电磁阻尼和驱动的方向：由楞次定律，感应电流的磁场阻碍磁通量的变化，表现为阻碍相对运动。也可以用 28.7 节的结论直接算：导体相对磁场的速度为 $v_{\text{相}}$ 时，所受安培力 $F = \dfrac{B^2L^2v_{\text{相}}}{R}$，方向与相对速度相反，相对速度为零时力为零。

例题

例 1　（场景：涡流的利用和防止）关于涡流，下列说法正确的是（　）。

A. 变压器铁芯用整块铁制成，可以减小涡流损耗 B. 电磁炉使用陶瓷锅也能正常加热 C. 电磁炉是利用锅底中的涡流发热的 D. 金属块中的涡流越大，金属块的电阻一定越大

解：C。

判断依据：涡流是块状导体中的感应电流，热效应与电阻和电动势有关（本节说明）。

整块铁芯涡流大，应用绝缘硅钢片叠成，A 错。陶瓷不导电，不产生涡流，B 错。电磁炉的线圈通交变电流，锅底产生涡流发热，C 对。电动势一定时，电阻越小涡流越大，D 错。

例 2　（场景：电磁阻尼）如图，用金属板做成的摆从左侧释放，摆动时穿过一个垂直纸面向里的匀强磁场区域。（1）与没有磁场相比，摆的运动有什么不同？（2）如果把金属板换成开了许多条缝的同样大小的金属板，又有什么不同？

解：

判断依据：金属板进出磁场时磁通量变化，产生涡流，受安培力阻碍相对运动（电磁阻尼）。

（1）板进入和离开磁场时都产生涡流，安培力阻碍它的运动，机械能转化为电能再变成内能，摆动几次就停下来。没有磁场时摆可以摆动很长时间。

（2）开缝后涡流的通路被切断，只能在缝之间的窄条里小范围流动，涡流大大减小，安培力小，阻尼作用明显减弱，摆要摆动很多次才停下。

容易卡在：以为板在磁场中间时也受阻力。板完全在匀强磁场里运动时磁通量不变，没有涡流，只在进出磁场时受阻碍。

例 3　（场景：电磁驱动）一个蹄形磁铁绕竖直轴匀速转动，它的两极之间放一个可绕同一轴自由转动的闭合铝框，铝框原来静止。下列说法正确的是（　）。

A. 铝框不动 B. 铝框与磁铁转动方向相反 C. 铝框与磁铁转动方向相同，转速比磁铁小 D. 铝框最终与磁铁转得一样快

解：C。

判断依据：磁场相对铝框转动，铝框中产生感应电流，受安培力阻碍二者的相对运动，于是铝框被“拖着”跟磁铁转（电磁驱动）。

若铝框与磁铁同速，两者无相对运动，没有感应电流，也就没有驱动力，在摩擦作用下铝框会慢下来，所以铝框的转速总小于磁铁，D 错，C 对。

常用推论

• 磁铁从竖直铜管（或铝管）中下落，比从塑料管中下落慢得多：管壁中的涡流阻碍磁铁下落。管足够长时，磁铁最后匀速下落，重力势能全部转化为焦耳热。
• 闭合线圈靠近磁铁时被推开、远离时被拉住（来拒去留），是电磁阻尼最简单的情形。
• 电磁驱动中，导体的转速一定小于磁场的转速（本节说明）。

易错点

• 错在哪：认为电磁阻尼中安培力只“阻碍运动”，电磁驱动“违反”楞次定律。 为什么错：楞次定律说的是阻碍相对运动。磁铁转、铝框静止时，阻碍相对运动的结果就是让铝框跟着转。 正确做法：先找相对运动，再说安培力阻碍它。
• 错在哪：认为电阻越大，涡流发热越多。 为什么错：把 $P = I^2R$ 的直觉照搬过来，忽略了电流本身由 $\dfrac{E}{R}$ 决定。电动势由磁通量变化率决定，$P = \dfrac{E^2}{R}$，电阻越小热量越多。 正确做法：电动势给定时用 $P = \dfrac{E^2}{R}$ 判断。
• 错在哪：认为金属在匀强磁场中运动就一定有涡流。 为什么错：整块金属完全处在匀强磁场中平动时，内部各个回路的磁通量都不变，没有涡流（例 2 的“容易卡在”）。 正确做法：涡流只在磁通量变化处产生：进出磁场的边界、非匀强磁场、变化的磁场。

直观理解

涡流、阻尼、驱动三件事一句话：磁场和导体之间不许有相对运动。导体动、磁场不动，导体被拉住（阻尼）；磁场动、导体不动，导体被拖走（驱动）；磁场在变、导体不动，导体里转圈的电流把能量变成热（涡流加热）。

关联知识点

• 前置：第 27 章楞次定律的推广“来拒去留”。
• 前置：第 25 章安培力，涡流受安培力是阻尼和驱动的直接原因。
• 后续：28.7 节电磁感应中的能量，阻尼减少的机械能等于焦耳热。
• 后续：第 29 章变压器铁芯用硅钢片叠成。
• 常一起考：第 25 章磁电式电表的构造，铝框起电磁阻尼作用。

28.6 电磁感应中的电路与图像

说明

等效电源：电磁感应电路中，切割磁感线的导体或磁通量变化的线圈就是电源：

• 电动势：$E = BLv$ 或 $E = n\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$；
• 内阻：这部分导体（线圈）自身的电阻 $r$；
• 正负极：电源内部电流从负极流向正极，用右手定则或楞次定律判断电流方向，电流流出的一端是正极。

其余部分是外电路，按第 17、18 章的方法算：

$$I = \frac{E}{R + r}, \qquad U = IR = E - Ir$$

电源两端的电压 $U$ 是路端电压，不是电动势。

电磁感应中的图像：常见 $\Phi$-$t$、$B$-$t$、$E$-$t$、$i$-$t$、$U$-$t$、$F$-$t$ 图像，以及把 $t$ 换成位移 $x$ 的图像。做法是分段：按线框（棒）的位置把过程分成几段，每段问三件事：

1. 有没有磁通量变化（有没有边在切割）？
2. 电动势多大（$E = BLv$，$L$ 是这一段的有效切割长度）？
3. 方向如何（楞次定律或右手定则）？

含电容器的电路：导体棒匀速切割、回路中接电容器，稳定后电容器两端电压等于电动势，回路中没有电流，$Q = CBLv$。

理想模型：导轨电阻不计（除非题目另说）；电表理想；导体与导轨接触良好。

使用场景

• 导体棒在导轨上切割磁感线（或线圈中磁通量变化），接有电阻或电表，问电流、电压、哪点电势高 → 等效电源 → $E = BLv$，$I = \dfrac{E}{R + r}$，棒两端电压 $U = IR$。
• 线框以恒定速度进入、穿过、离开有界磁场，问 $i$-$t$（或 $U$-$t$）图像 → 分段 → 每段算有效切割长度和方向，进入和离开时电流方向相反，完全在场内时电流为零。
• 导轨接电容器，导体棒匀速运动，问电容器带电量 → 稳定后无电流 → $U_C = BLv$，$Q = CBLv$。

注意点

• 分清“电源”和“外电路”：切割的那条边是电源；线框进入磁场时，只有进入磁场的那条边切割，其余三条边是外电路；离开磁场时，电源换成了后面那条边。
• 棒两端电压是路端电压。线框的问题里，问的是“哪条边两端的电压”：它是电源时 $U = E - Ir_{\text{边}}$，它是外电路的一部分时 $U = Ir_{\text{边}}$。
• 方向要先规定正方向（如逆时针为正），再画图像。
• 图像题的选择题常可以用“排除法”：先看每段是否为零、正负号，再看大小。

推导

为什么导体棒是电源：28.3 节已推出，棒中推动电荷的非静电力是洛伦兹力，单位正电荷沿棒从一端移到另一端，非静电力做功 $BLv$，这就是电动势的定义（第 18 章 $E = \dfrac{W_{\text{非}}}{q}$）。棒本身有电阻，电流在棒内流动时有电势降落 $Ir$，所以棒两端的电压是 $E - Ir$，与化学电池完全一样。

功率关系：回路电流 $I$，棒受安培力 $F_{\text{安}} = BIL$，方向与运动方向相反。外力要克服安培力做功，功率

$$P = F_{\text{安}}v = BILv = (BLv)I = EI$$

（关键一步：$BLv = E$，所以克服安培力做功的功率正好等于电源的总功率 $EI$。机械能通过“克服安培力做功”转化为电能，这是电磁感应能量守恒的核心，28.7 节要用。）

例题

例 1　（场景：导体棒作电源）光滑水平导轨间距 $L = 0.5\ \mathrm{m}$，左端接电阻 $R = 3\ \Omega$，处在 $B = 0.4\ \mathrm{T}$、竖直向下（俯视为垂直纸面向里）的匀强磁场中。电阻 $r = 1\ \Omega$ 的导体棒 $ab$ 在外力作用下以 $v = 10\ \mathrm{m/s}$ 向右匀速运动，导轨电阻不计。求：（1）通过 $R$ 的电流；（2）$a$、$b$ 两点间的电压，哪点电势高；（3）外力的大小和功率。

解：

研究对象：导体棒 $ab$ 与电阻 $R$ 组成的回路。

过程划分：匀速运动，一个稳定状态。

分析：棒 $ab$ 是电源，$E = BLv$，内阻 $r$；$R$ 是外电路。右手定则：手心向上迎着向下的磁感线（俯视为向里），拇指向右，四指指向 $a$，棒中电流由 $b$ 流向 $a$，$a$ 是正极。棒匀速，外力等于安培力。等效电路如下：

列式求解：（1）

$$E = BLv = 0.4 \times 0.5 \times 10\ \mathrm{V} = 2\ \mathrm{V}, \qquad I = \frac{E}{R + r} = \frac{2}{3 + 1}\ \mathrm{A} = 0.5\ \mathrm{A}$$

（2）$U_{ab} = IR = 0.5 \times 3\ \mathrm{V} = 1.5\ \mathrm{V}$，$a$ 点电势高。

（3）$F = F_{\text{安}} = BIL = 0.4 \times 0.5 \times 0.5\ \mathrm{N} = 0.1\ \mathrm{N}$，方向向右；$P = Fv = 0.1 \times 10\ \mathrm{W} = 1\ \mathrm{W}$。

检验：电源总功率 $EI = 2 \times 0.5\ \mathrm{W} = 1\ \mathrm{W}$，等于外力的功率，能量守恒（本节推导）。$U_{ab} < E$，内阻分压 $0.5\ \mathrm{V}$，合理。

另一种解法：第（3）问用能量：匀速时外力做的功全部变成电能，$P = EI = 1\ \mathrm{W}$，$F = \dfrac{P}{v} = 0.1\ \mathrm{N}$。已经求出电流时两种都快；题目只问功率或热量、不问力时，用能量更直接。

容易卡在：把 $U_{ab}$ 答成 $2\ \mathrm{V}$。

例 2　（场景：线框穿过磁场的图像）边长 $L = 0.1\ \mathrm{m}$ 的正方形单匝线框，总电阻 $0.5\ \Omega$（四边电阻相同），以 $v = 1\ \mathrm{m/s}$ 的速度匀速向右穿过宽 $d = 0.3\ \mathrm{m}$、$B = 0.5\ \mathrm{T}$、垂直纸面向里的匀强磁场区域，线框平面与磁场垂直，右边刚到达磁场左边界时 $t = 0$。（1）画出线框中电流 $i$ 随时间变化的图像（逆时针为正）；（2）求线框进入磁场和离开磁场时，线框右边两端的电压。

解：

研究对象：线框。

过程划分：按线框位置分三段：进入（$0 \sim 0.1\ \mathrm{s}$，右边在场内）、全在场内（$0.1 \sim 0.3\ \mathrm{s}$）、离开（$0.3 \sim 0.4\ \mathrm{s}$，只有左边在场内）。

分析：每段先问哪条边切割（本节“图像”三问）。进入时右边切割，右边是电源；全在场内时磁通量不变，无电流；离开时左边切割，左边是电源。方向：进入时向里的磁通量增大，感应电流逆时针；离开时减小，顺时针。

列式求解：（1）进入和离开时 $E = BLv = 0.5 \times 0.1 \times 1\ \mathrm{V} = 0.05\ \mathrm{V}$，$I = \dfrac{0.05}{0.5}\ \mathrm{A} = 0.1\ \mathrm{A}$。

时间	切割的边	电流
$0 \sim 0.1\ \mathrm{s}$	右边	$+0.1\ \mathrm{A}$（逆时针）
$0.1 \sim 0.3\ \mathrm{s}$	无	0
$0.3 \sim 0.4\ \mathrm{s}$	左边	$-0.1\ \mathrm{A}$（顺时针）

（2）每边电阻 $r = \dfrac{0.5}{4}\ \Omega = 0.125\ \Omega$。

进入时右边是电源：$U = E - Ir = 0.05\ \mathrm{V} - 0.1 \times 0.125\ \mathrm{V} = 0.0375\ \mathrm{V}$。

离开时右边是外电路的一部分：$U = Ir = 0.1 \times 0.125\ \mathrm{V} = 0.0125\ \mathrm{V}$。

检验：进入时右边两端电压是其余三边的电压 $0.1 \times 0.375\ \mathrm{V} = 0.0375\ \mathrm{V}$，一致。进出磁场的电流大小相等、方向相反，图像关于时间轴“一正一负”，合理。

容易卡在：线框全在场内时以为两条边都切割、电流加倍。两条边的电动势在回路中抵消，电流为零。

例 3　（场景：含电容器）光滑水平导轨间距 $0.5\ \mathrm{m}$，左端接电容 $C = 200\ \mathrm{\mu F}$ 的电容器，处在 $B = 0.4\ \mathrm{T}$ 的竖直匀强磁场中。导体棒以 $v = 5\ \mathrm{m/s}$ 匀速向右运动，稳定后电容器带电量多少？此时维持棒匀速运动是否需要外力？

解：

研究对象：导体棒和电容器组成的回路。

过程划分：棒开始运动时电容器充电，有短暂的电流；稳定后电容器电压不再变，电流为零。只问稳定状态。

分析：稳定后无电流，棒的内阻上没有电压降，电容器电压等于电动势（本节“含电容器的电路”）。

列式求解：

$$U_C = E = BLv = 0.4 \times 0.5 \times 5\ \mathrm{V} = 1\ \mathrm{V}, \qquad Q = CU_C = 200 \times 10^{-6} \times 1\ \mathrm{C} = 2 \times 10^{-4}\ \mathrm{C}$$

稳定后棒中没有电流，不受安培力，导轨光滑，棒不需要外力就能匀速运动。

检验：单位 $\mathrm{F \cdot V} = \mathrm{C}$。若棒加速，$BLv$ 增大，电容器继续充电，就有电流和安培力，这是“电容器加导体棒”另一类题的起点。

常用推论

• 导体棒两端电压 $U = \dfrac{R}{R + r}BLv$，导轨无电阻且棒的电阻不计时 $U = BLv$（本节公式）。
• 线框匀速穿过宽度大于边长的磁场：进入和离开时电流等大反向，中间段电流为零（例 2）。磁场宽度小于边长时，没有“全在场内”一段，但有一段两条边都不切割（线框跨过磁场），电流也为零。
• 克服安培力做功的功率等于电源总功率 $EI$（本节推导），是 28.7 节能量方法的基础。
• 回路中有电容器、导体棒匀速时，稳定后电流为零，$Q = CBLv$（例 3）。

易错点

• 错在哪：线框进入磁场时，求进入那条边两端的电压，答成 $BLv$ 或 $\dfrac{1}{4}BLv$。 为什么错：$BLv$ 是电动势；$\dfrac{1}{4}BLv$ 是把这条边当成外电路的一部分。它是电源，两端电压是路端电压，等于外电路三条边的电压，即 $\dfrac{3}{4}BLv$。 正确做法：先判断这条边是电源还是外电路，再选 $U = E - Ir$ 或 $U = Ir$（例 2）。
• 错在哪：线框完全在磁场中运动，认为两条边都在切割，电流是 $\dfrac{2BLv}{R}$。 为什么错：两条边的电动势大小相等，在回路中方向相反，相互抵消。从磁通量看，$\Phi$ 不变，没有感应电流。 正确做法：分段时先用“磁通量变不变”判断有没有电流。
• 错在哪：认为电源外部、内部电流都从高电势流向低电势，于是判断错正极。 为什么错：电源内部是非静电力推着电荷走，电流从低电势流向高电势。 正确做法：切割的导体内，电流流向的那一端是正极。

直观理解

把切割的导体棒想成一节“会随速度变化的电池”：电动势 $BLv$ 是它的标称电压，自身电阻是内阻，接上外电路，一切按闭合电路欧姆定律算。线框进出磁场时，就是“换了一节电池”：进入时右边当电池，离开时左边当电池，两节电池方向相反，所以电流反向。

关联知识点

• 前置：第 18 章闭合电路欧姆定律、路端电压、含容电路，这里直接套用。
• 前置：第 27 章楞次定律和右手定则，判断电流方向和正负极。
• 前置：第 1 章 1.4 节图像的斜率与面积，$i$-$t$ 图像的面积是电荷量。
• 后续：28.7 节，电流使棒受安培力，进入动力学。
• 常一起考：第 17 章串并联电路，外电路有多个电阻时先化简。

28.7 电磁感应中的动力学与能量

说明

安培力随速度变化：导体棒（电阻 $r$）在导轨上切割磁感线，外电阻 $R$，回路总电阻 $R_{\text{总}} = R + r$，

$$E = BLv, \qquad I = \frac{BLv}{R_{\text{总}}}, \qquad F_{\text{安}} = BIL = \frac{B^2L^2v}{R_{\text{总}}}$$

安培力与速度成正比，方向总与导体相对磁场的运动方向相反（阻碍相对运动）。

运动过程：棒在恒定的动力 $F$（恒力，或重力沿斜面的分力 $mg\sin\theta$）作用下由静止开始运动，

$$a = \frac{F - \dfrac{B^2L^2v}{R_{\text{总}}}}{m}$$

速度增大 → 安培力增大 → 加速度减小，棒做加速度减小的加速运动，最后加速度为零，做匀速运动。这个最终速度叫收尾速度（终极速度）$v_{\text{m}}$：

$$F = \frac{B^2L^2v_{\text{m}}}{R_{\text{总}}} \quad\Rightarrow\quad v_{\text{m}} = \frac{FR_{\text{总}}}{B^2L^2}$$

光滑斜面上由静止释放时 $F = mg\sin\theta$，$v_{\text{m}} = \dfrac{mgR_{\text{总}}\sin\theta}{B^2L^2}$。

能量关系：

• 克服安培力做的功 = 产生的电能 = 回路中的总焦耳热（纯电阻电路）：$W_{\text{克安}} = Q_{\text{总}}$；
• 由能量守恒（或动能定理）：$Q_{\text{总}} = W_{\text{外}} - \Delta E_{\text{k}}$（重力做功时 $W_{\text{外}}$ 包括重力的功）；
• 串联电阻按阻值分配焦耳热：$Q_R = \dfrac{R}{R + r}Q_{\text{总}}$。

理想模型：导轨光滑、足够长、电阻不计（另有说明除外）；磁场是匀强磁场；不计电路的自感。

使用场景

• 导体棒在恒力或重力分力作用下运动（题目说“由静止释放”“足够长”“最大速度”“最终匀速”）→ 加速度减小的加速运动 → 某时刻的加速度用牛顿第二定律 $F - \dfrac{B^2L^2v}{R_{\text{总}}} = ma$；收尾速度令 $a = 0$。
• 问一段过程中电阻上产生的焦耳热，过程中安培力是变力 → 不能用 $Q = I^2Rt$ 直接算 → 能量守恒：$Q_{\text{总}} = W_{\text{外}} - \Delta E_{\text{k}}$，再按电阻分配。

注意点

• 安培力是变力，加速过程不是匀变速运动，不能用匀变速公式求时间和位移。求位移、电荷量、时间用 28.8 节的动量定理。
• 公式 $F_{\text{安}} = \dfrac{B^2L^2v}{R_{\text{总}}}$ 中的 $R_{\text{总}}$ 是整个回路的电阻，包括棒的电阻。
• 焦耳热要分清问的是“回路总热量”还是“某个电阻上的热量”，后者要按电阻比例分配。
• 有摩擦时，摩擦生热不属于焦耳热：$W_{\text{外}} = \Delta E_{\text{k}} + Q_{\text{焦}} + Q_{\text{摩}}$。
• 能量守恒对整个过程成立，不要求过程是匀速或匀变速，这正是它在变力问题里好用的原因。

推导

收尾速度：由牛顿第二定律，$ma = F - \dfrac{B^2L^2v}{R_{\text{总}}}$。

1. $v = 0$ 时安培力为零，$a = \dfrac{F}{m}$，加速度最大。
2. $v$ 增大，安培力增大，$a$ 减小，但只要 $a > 0$，$v$ 就继续增大。
3. 当安培力增大到等于 $F$ 时 $a = 0$，速度不再增大，安培力也不再变，棒此后匀速运动。

（关键一步：第 3 步“速度不再变”能维持住，是因为 $a = 0$ 时 $v$ 不变，安培力随之不变，平衡一直保持，所以这个速度是稳定的终态。）严格地说，$v$ 随时间按 $v = v_{\text{m}}(1 - \mathrm{e}^{-t/\tau})$ 变化（$\tau = \dfrac{mR_{\text{总}}}{B^2L^2}$），只是无限接近 $v_{\text{m}}$，要用微分方程求，高中只要求定性理解。这和第 12 章机车以恒定功率启动最后达到最大速度是同一种 $v$-$t$ 图线（第 2 章加速度减小的加速运动）。

能量关系：由 28.6 节推导，克服安培力做功的功率 $F_{\text{安}}v = EI$，即每一时刻机械能转化为电能的快慢等于电源总功率；纯电阻电路中电能全部变成焦耳热。对整个过程用动能定理：

$$W_{\text{外}} - W_{\text{克安}} = \Delta E_{\text{k}} \quad\Rightarrow\quad Q_{\text{总}} = W_{\text{克安}} = W_{\text{外}} - \Delta E_{\text{k}}$$

串联电路电流处处相等，$Q = I^2Rt$ 中只有 $R$ 不同，所以各电阻的热量与电阻成正比。

例题

例 1　（场景：收尾速度）如图，足够长的光滑平行导轨倾角 $\theta = 30^\circ$，间距 $L = 1\ \mathrm{m}$，顶端接电阻 $R = 0.4\ \Omega$，处在垂直于导轨平面向上、$B = 0.5\ \mathrm{T}$ 的匀强磁场中。质量 $m = 0.2\ \mathrm{kg}$、电阻 $r = 0.1\ \Omega$ 的导体棒从静止释放，棒与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。求：（1）棒速度为 $1\ \mathrm{m/s}$ 时的加速度；（2）棒的收尾速度和此时的电流。

解：

研究对象：导体棒。

过程划分：从静止释放到匀速，做加速度减小的加速运动，最后匀速。只需分析两个时刻。

分析：沿导体棒方向看，棒受重力 $G$、支持力 $F_{\text{N}}$、安培力 $F_{\text{安}}$。磁场垂直斜面，电流沿棒，所以安培力沿斜面；它阻碍棒下滑，方向沿斜面向上。垂直斜面方向支持力与重力分量平衡；沿斜面方向，取沿斜面向下为正方向。

列式求解：（1）$v = 1\ \mathrm{m/s}$ 时，

$$F_{\text{安}} = \frac{B^2L^2v}{R + r} = \frac{0.5^2 \times 1^2 \times 1}{0.5}\ \mathrm{N} = 0.5\ \mathrm{N}$$ $$a = \frac{mg\sin\theta - F_{\text{安}}}{m} = \frac{0.2 \times 10 \times 0.5 - 0.5}{0.2}\ \mathrm{m/s^2} = 2.5\ \mathrm{m/s^2}$$

方向沿斜面向下。

（2）收尾时 $mg\sin\theta = \dfrac{B^2L^2v_{\text{m}}}{R + r}$：

$$v_{\text{m}} = \frac{mg(R + r)\sin\theta}{B^2L^2} = \frac{0.2 \times 10 \times 0.5 \times 0.5}{0.5^2 \times 1^2}\ \mathrm{m/s} = 2\ \mathrm{m/s}$$

此时 $I = \dfrac{BLv_{\text{m}}}{R + r} = \dfrac{0.5 \times 1 \times 2}{0.5}\ \mathrm{A} = 2\ \mathrm{A}$。

检验：（1）中速度是收尾速度的一半，安培力是 $mg\sin\theta = 1\ \mathrm{N}$ 的一半，加速度是 $g\sin\theta = 5\ \mathrm{m/s^2}$ 的一半，合理。（2）中 $BIL = 0.5 \times 2 \times 1\ \mathrm{N} = 1\ \mathrm{N} = mg\sin\theta$，平衡。

另一种解法：收尾时匀速，重力做功的功率全部变成电功率：$mg\sin\theta \cdot v_{\text{m}} = \dfrac{(BLv_{\text{m}})^2}{R + r}$，约去一个 $v_{\text{m}}$ 得同样的结果。只问收尾速度时，功率平衡一步到位；还要问加速度、电流时，用受力平衡更顺手。

容易卡在：$R_{\text{总}}$ 漏了棒的电阻 $r$，或安培力方向画成沿斜面向下。

例 2　（场景：焦耳热）如图，光滑水平导轨间距 $L = 1\ \mathrm{m}$，左端接电阻 $R = 1.5\ \Omega$，处在竖直向下、$B = 1\ \mathrm{T}$ 的匀强磁场中。质量 $m = 0.1\ \mathrm{kg}$、电阻 $r = 0.5\ \Omega$ 的导体棒在水平恒力 $F = 1\ \mathrm{N}$ 作用下由静止开始向右运动，运动 $x = 4\ \mathrm{m}$ 时已达到收尾速度。求：（1）收尾速度；（2）这一过程中电阻 $R$ 上产生的焦耳热。

解：

研究对象：导体棒（求速度），整个回路（求热量）。

过程划分：加速度减小的加速运动，$4\ \mathrm{m}$ 时已匀速。

分析：收尾时 $F = F_{\text{安}}$。安培力是变力，焦耳热不能用 $I^2Rt$ 算，用能量守恒：恒力做的功一部分变成棒的动能，其余变成焦耳热（本节“能量关系”）。

列式求解：（1）$F = \dfrac{B^2L^2v_{\text{m}}}{R + r}$，

$$v_{\text{m}} = \frac{F(R + r)}{B^2L^2} = \frac{1 \times 2}{1^2 \times 1^2}\ \mathrm{m/s} = 2\ \mathrm{m/s}$$

（2）对棒由能量守恒：

$$Q_{\text{总}} = Fx - \frac{1}{2}mv_{\text{m}}^2 = 1 \times 4\ \mathrm{J} - \frac{1}{2} \times 0.1 \times 2^2\ \mathrm{J} = 3.8\ \mathrm{J}$$ $$Q_R = \frac{R}{R + r}Q_{\text{总}} = \frac{1.5}{2} \times 3.8\ \mathrm{J} = 2.85\ \mathrm{J}$$

检验：$Q_R < Q_{\text{总}} < Fx$，合理。量级：恒力做功 $4\ \mathrm{J}$，动能只有 $0.2\ \mathrm{J}$，大部分变成热，因为棒很快就达到收尾速度，之后外力的功全部变成热。

另一种解法：用动能定理：$Fx - W_{\text{克安}} = \dfrac{1}{2}mv_{\text{m}}^2 - 0$，得 $W_{\text{克安}} = 3.8\ \mathrm{J} = Q_{\text{总}}$。和能量守恒是同一个式子，写法不同：习惯对单个物体列式的用动能定理，有重力势能、弹性势能参与时用能量守恒更不容易漏项。

容易卡在：把 $Q_{\text{总}}$ 直接当成 $R$ 上的热量。

常用推论

• 安培力 $F_{\text{安}} = \dfrac{B^2L^2v}{R_{\text{总}}}$（本节说明），与速度成正比，像一个“阻力系数为 $\dfrac{B^2L^2}{R_{\text{总}}}$“的黏滞阻力。
• 收尾速度：恒力 $F$ 作用时 $v_{\text{m}} = \dfrac{FR_{\text{总}}}{B^2L^2}$；光滑斜面上 $v_{\text{m}} = \dfrac{mgR_{\text{总}}\sin\theta}{B^2L^2}$；斜面有摩擦（动摩擦因数 $\mu$）时把 $mg\sin\theta$ 换成 $mg\sin\theta - \mu mg\cos\theta$。
• 收尾时外力的功率等于电功率：$Fv_{\text{m}} = \dfrac{(BLv_{\text{m}})^2}{R_{\text{总}}}$（例 1 的另一种解法）。
• 速度为 $\dfrac{v_{\text{m}}}{2}$ 时加速度是初始加速度的一半：$a = \dfrac{F}{m}\left(1 - \dfrac{v}{v_{\text{m}}}\right)$，由 $ma = F - \dfrac{F}{v_{\text{m}}}v$ 得出。
• 焦耳热按电阻分配：$Q_R : Q_r = R : r$。

易错点

• 错在哪：导体棒受恒力，就用匀加速公式 $v^2 = 2ax$ 求速度或位移。 为什么错：把“外力恒定”当成“合力恒定”。安培力随速度增大，合力在减小。 正确做法：某时刻的加速度用牛顿第二定律；收尾速度令 $a = 0$；位移、时间用动量定理（28.8 节），热量用能量守恒。
• 错在哪：求电阻 $R$ 上的热量，直接用 $Q = I^2Rt$，电流取收尾时的电流。 为什么错：加速阶段电流一直在变，用最终电流算会偏大，而且时间也不知道。 正确做法：用能量守恒求总热量，再按 $\dfrac{R}{R + r}$ 分配。
• 错在哪：认为收尾速度时棒不受力。 为什么错：“匀速 = 不受力”的直觉。收尾时棒受外力和安培力，两者平衡，合力为零。 正确做法：收尾时写平衡方程 $F = \dfrac{B^2L^2v_{\text{m}}}{R_{\text{总}}}$。

直观理解

导体棒在磁场中运动，就像在“磁性黏液”里跑：跑得越快阻力越大，所以推力恒定时，它会越跑越吃力，最后速度定格在推力和阻力相等的那一刻，这就是收尾速度。$v$-$t$ 图线先陡后缓，渐近一条水平线：

能量的去向一句话：外力做的功 = 动能增加 + 焦耳热，匀速后外力做的功全部变成热。

关联知识点

• 前置：第 6、7 章牛顿第二定律和受力分析；第 2 章加速度减小的加速运动。
• 前置：第 12 章机车以恒定功率启动，最大速度的分析方法与收尾速度相同。
• 前置：第 13 章动能定理、第 14 章功能关系（克服安培力做的功等于电能）。
• 后续：28.8 节动量定理，求加速过程的位移、电荷量和时间。
• 常一起考：第 25 章安培力 $F = BIL$；第 18 章闭合电路欧姆定律。

28.8 电磁感应中的动量

说明

安培力的冲量：安培力 $F_{\text{安}} = BIL$ 随电流变化，在一段时间 $\Delta t$ 内的冲量

$$I_{\text{安}} = B\bar{I}L\Delta t = BLq$$

$q$ 是这段时间通过导体棒的电荷量。也就是说，安培力的冲量由电荷量决定，不需要知道电流怎样变化。

单棒问题：对导体棒用动量定理（第 19 章）。只受安培力时：

$$-BLq = mv - mv_0$$

再结合电荷量公式（28.2 节）$q = \dfrac{\Delta\Phi}{R_{\text{总}}} = \dfrac{BLx}{R_{\text{总}}}$，可以求位移 $x$。还受恒力 $F$ 时：$Ft - BLq = mv - mv_0$，可以求时间。

双棒问题：两根导体棒放在同一组等宽的光滑导轨上，回路中电流相同，两棒所受安培力等大反向，系统合外力为零，动量守恒（第 20 章）。最终两棒速度相同，回路磁通量不再变，电流为零。损失的动能全部变成焦耳热。

理想模型：导轨光滑、等宽、电阻不计；棒始终与导轨垂直。

使用场景

• 导体棒只在安培力作用下减速（给一个初速度后自由滑行），问通过的电荷量或滑行的距离 → 安培力是变力，但冲量等于 $BLq$ → 动量定理 $BLq = mv_0 - mv$，再由 $q = \dfrac{BLx}{R_{\text{总}}}$ 求位移。
• 导体棒在恒力和安培力作用下运动，已知时间求位移（或已知位移求时间）→ 恒力的冲量 $Ft$，安培力的冲量 $BLq$ → 动量定理 $Ft - BLq = mv - mv_0$，联立 $q = \dfrac{BLx}{R_{\text{总}}}$。
• 两根导体棒在等宽光滑导轨上，一根获得初速度 → 系统所受安培力合力为零 → 动量守恒求共同速度，能量守恒求焦耳热，对其中一根用动量定理求电荷量。

注意点

• 动量定理是矢量式，先取正方向（一般取初速度方向），安培力的冲量带负号。
• $q = \dfrac{BLx}{R_{\text{总}}}$ 中的 $x$ 是棒相对导轨移动的距离（使回路面积变化的距离），$R_{\text{总}}$ 是回路总电阻。
• 双棒动量守恒的前提是导轨等宽：宽度不同时两棒所受安培力不等大，系统动量不守恒，要对两棒分别用动量定理。
• 双棒问题中，两棒之间的距离变化量才决定回路面积的变化，$q = \dfrac{BL\Delta x_{\text{相对}}}{R_{\text{总}}}$。

推导

安培力冲量 = $BLq$：把时间分成许多小段 $\Delta t_i$，每段电流近似不变为 $I_i$，安培力的冲量 $BI_iL\Delta t_i$。全部加起来：

$$\sum BI_iL\Delta t_i = BL\sum I_i\Delta t_i = BLq$$

（关键一步：$B$、$L$ 不变，可以提到求和号外面，剩下的 $\sum I_i\Delta t_i$ 正好是电荷量。电流怎样变化不必知道，所以变力的冲量能求。严格写法是 $\int BIL\,\mathrm{d}t = BL\int I\,\mathrm{d}t$。）

位移公式：棒移动 $x$，回路面积变化 $Lx$，$\Delta\Phi = BLx$，由 28.2 节 $q = \dfrac{\Delta\Phi}{R_{\text{总}}} = \dfrac{BLx}{R_{\text{总}}}$。

两式联立，只受安培力时：$BL \cdot \dfrac{BLx}{R_{\text{总}}} = mv_0 - mv$，即

$$x = \frac{m(v_0 - v)R_{\text{总}}}{B^2L^2}$$

速度的减少量与位移成正比。第 19 章的记法是“时间问动量，位移问动能”，电磁感应是例外：电荷量 $q$ 把安培力的冲量和位移连在一起，问位移也可以用动量。

双棒动量守恒：两棒串联在同一回路中，电流相等，所受安培力 $BIL$ 等大；一根棒中电流向上、另一根向下，所以两力反向。系统所受合外力为零，动量守恒。

例题

例 1　（场景：单棒只受安培力）如图，光滑水平导轨间距 $L = 0.5\ \mathrm{m}$，左端接电阻 $R = 0.4\ \Omega$，处在竖直向下、$B = 1\ \mathrm{T}$ 的匀强磁场中。质量 $m = 0.1\ \mathrm{kg}$、电阻 $r = 0.1\ \Omega$ 的导体棒以 $v_0 = 4\ \mathrm{m/s}$ 的初速度向右滑行，直到停下。求：（1）通过电阻 $R$ 的电荷量；（2）棒滑行的距离；（3）回路产生的总焦耳热。

解：

研究对象：导体棒。

过程划分：从 $v_0$ 减速到 0，一个过程，加速度越来越小。

分析：棒水平方向只受安培力，方向向左，是变力。电荷量用动量定理（安培力冲量 $BLq$），距离用 $q = \dfrac{BLx}{R_{\text{总}}}$，热量用能量守恒。取向右为正方向。

列式求解：（1）由动量定理 $-BLq = 0 - mv_0$：

$$q = \frac{mv_0}{BL} = \frac{0.1 \times 4}{1 \times 0.5}\ \mathrm{C} = 0.8\ \mathrm{C}$$

（2）由 $q = \dfrac{BLx}{R + r}$：

$$x = \frac{q(R + r)}{BL} = \frac{0.8 \times 0.5}{1 \times 0.5}\ \mathrm{m} = 0.8\ \mathrm{m}$$

（3）$Q = \dfrac{1}{2}mv_0^2 = \dfrac{1}{2} \times 0.1 \times 4^2\ \mathrm{J} = 0.8\ \mathrm{J}$。

检验：单位：$\dfrac{\mathrm{kg \cdot m/s}}{\mathrm{T \cdot m}} = \dfrac{\mathrm{N \cdot s}}{\mathrm{N/A}} = \mathrm{A \cdot s} = \mathrm{C}$，对。用位移公式验算：$x = \dfrac{mv_0R_{\text{总}}}{B^2L^2} = \dfrac{0.1 \times 4 \times 0.5}{0.25}\ \mathrm{m} = 0.8\ \mathrm{m}$，一致。

容易卡在：想用 $v^2 = 2ax$ 求距离，但加速度一直在变。

例 2　（场景：恒力加安培力，已知时间）28.7 节例 2 的导体棒（$m = 0.1\ \mathrm{kg}$，$L = 1\ \mathrm{m}$，$B = 1\ \mathrm{T}$，$R + r = 2\ \Omega$，恒力 $F = 1\ \mathrm{N}$，装置见 28.7 节例 2 的图）由静止开始运动，经过 $t = 1\ \mathrm{s}$ 速度达到 $2\ \mathrm{m/s}$（可认为已达到收尾速度）。求这 $1\ \mathrm{s}$ 内通过棒的电荷量和棒的位移。

解：

研究对象：导体棒。

过程划分：从静止到 $2\ \mathrm{m/s}$，加速度减小的加速运动，用时 $1\ \mathrm{s}$。

分析：棒受恒力 $F$（向右）和安培力（向左，变力）。已知时间，用动量定理：恒力冲量 $Ft$，安培力冲量 $BLq$。取向右为正方向。

列式求解：

$$Ft - BLq = mv - 0 \quad\Rightarrow\quad q = \frac{Ft - mv}{BL} = \frac{1 \times 1 - 0.1 \times 2}{1 \times 1}\ \mathrm{C} = 0.8\ \mathrm{C}$$ $$x = \frac{q(R + r)}{BL} = \frac{0.8 \times 2}{1 \times 1}\ \mathrm{m} = 1.6\ \mathrm{m}$$

检验：若一直以收尾速度运动，$1\ \mathrm{s}$ 走 $2\ \mathrm{m}$；实际从静止加速，位移小于 $2\ \mathrm{m}$，$1.6\ \mathrm{m}$ 合理。这段时间的焦耳热 $Fx - \dfrac{1}{2}mv^2 = 1.6\ \mathrm{J} - 0.2\ \mathrm{J} = 1.4\ \mathrm{J}$，为正，合理。

容易卡在：忘了恒力 $F$ 的冲量，或用平均速度 $\dfrac{0 + 2}{2} \times 1\ \mathrm{m} = 1\ \mathrm{m}$ 算位移（只有匀变速才能这样算）。

例 3　（场景：双棒动量守恒）如图，足够长的光滑水平导轨间距 $L = 0.5\ \mathrm{m}$，处在竖直向下、$B = 1\ \mathrm{T}$ 的匀强磁场中。导轨上放两根相同的导体棒，质量都是 $m = 0.1\ \mathrm{kg}$，电阻都是 $0.5\ \Omega$。给棒 1 向右的初速度 $v_0 = 4\ \mathrm{m/s}$，棒 2 原来静止。两棒始终不相碰。求：（1）两棒的最终速度；（2）整个过程中回路产生的焦耳热；（3）通过棒的电荷量和两棒之间距离的减少量。

解：

研究对象：两根棒组成的系统（求速度、热量）；棒 2（求电荷量）。

过程划分：棒 1 减速、棒 2 加速，直到两棒速度相等，回路面积不再变，电流为零，此后一起匀速。

分析：两棒电流相等，所受安培力等大反向，导轨光滑，系统动量守恒（本节“双棒问题”）。损失的动能变成焦耳热。电荷量对棒 2 用动量定理。取向右为正方向。

列式求解：（1）$mv_0 = 2mv$，

$$v = \frac{v_0}{2} = 2\ \mathrm{m/s}$$

方向向右。

（2）

$$Q = \frac{1}{2}mv_0^2 - \frac{1}{2}(2m)v^2 = \frac{1}{2} \times 0.1 \times 4^2\ \mathrm{J} - \frac{1}{2} \times 0.2 \times 2^2\ \mathrm{J} = 0.4\ \mathrm{J}$$

（3）对棒 2：$BLq = mv - 0$，

$$q = \frac{mv}{BL} = \frac{0.1 \times 2}{1 \times 0.5}\ \mathrm{C} = 0.4\ \mathrm{C}$$

回路总电阻 $1\ \Omega$，由 $q = \dfrac{BL\Delta x}{R_{\text{总}}}$，两棒距离减少 $\Delta x = \dfrac{qR_{\text{总}}}{BL} = \dfrac{0.4 \times 1}{0.5}\ \mathrm{m} = 0.8\ \mathrm{m}$。

检验：对棒 1 用动量定理：$-BLq = m(v - v_0)$，$q = \dfrac{0.1 \times 2}{0.5}\ \mathrm{C} = 0.4\ \mathrm{C}$，一致。焦耳热是初动能的一半，与完全非弹性碰撞损失一半动能相同（第 20 章），合理：两棒最后“粘”成一样的速度。

容易卡在：以为棒 1 最后会停下。棒 2 被带动后两棒相对速度减小，电流减小，到共速时电流为零，不再减速。

常用推论

• 安培力的冲量 $I_{\text{安}} = BLq$（本节推导）。
• 单棒只受安培力：$q = \dfrac{m\Delta v}{BL}$，$x = \dfrac{m\Delta vR_{\text{总}}}{B^2L^2}$；速度减少量与位移成正比（本节推导）。
• 双棒质量相等、一根初速度 $v_0$：共同速度 $\dfrac{v_0}{2}$，焦耳热 $\dfrac{1}{4}mv_0^2$，即初动能的一半（例 3）。质量不等时 $v = \dfrac{m_1v_0}{m_1 + m_2}$，与完全非弹性碰撞相同。
• 各种电荷量公式：$q = \bar{I}\Delta t = n\dfrac{\Delta\Phi}{R_{\text{总}}} = \dfrac{BLx}{R_{\text{总}}} = \dfrac{m\Delta v}{BL}$（只受安培力时），题目给什么就用哪个。

易错点

• 错在哪：导体棒在安培力作用下减速，用 $v^2 = 2ax$ 或 $x = \dfrac{v_0}{2}t$ 求位移。 为什么错：安培力随速度减小，加速度在变，匀变速公式不适用。 正确做法：动量定理求 $q$，$q = \dfrac{BLx}{R_{\text{总}}}$ 求 $x$（例 1）。
• 错在哪：两根棒在宽度不同的导轨上，也用动量守恒。 为什么错：宽度不同，两棒的 $L$ 不同，安培力 $BIL$ 不等大，系统合外力不为零。 正确做法：对两棒分别用动量定理 $BL_1q = \Delta p_1$、$BL_2q = \Delta p_2$，电荷量 $q$ 相同。
• 错在哪：双棒问题中，用其中一根棒的位移代入 $q = \dfrac{BLx}{R_{\text{总}}}$。 为什么错：磁通量的变化由回路面积的变化决定，两棒同向运动时，面积变化取决于两棒的相对位移。 正确做法：用两棒距离的变化量（例 3）。

直观理解

电荷量是电磁感应里的“桥”：一头连着动量（安培力冲量 $BLq$），一头连着位移（$q = \dfrac{BLx}{R_{\text{总}}}$），一头连着磁通量（$q = \dfrac{\Delta\Phi}{R_{\text{总}}}$）。题目问位移、时间、电荷量中的哪一个，都先想 $q$。

双棒问题可以想成“磁场里的完全非弹性碰撞”：两棒之间隔着磁场“软连接”，快的拖慢的，最后一起走，损失的动能变成热。

关联知识点

• 前置：第 19 章动量定理，变力的冲量；第 20 章动量守恒和完全非弹性碰撞的能量损失。
• 前置：28.2 节电荷量公式 $q = n\dfrac{\Delta\Phi}{R_{\text{总}}}$；28.7 节安培力随速度变化。
• 前置：第 1 章 1.4 节，$I$-$t$ 图像的面积是电荷量，$F$-$t$ 图像的面积是冲量，两者都和 $q$ 有关。
• 常一起考：28.7 节能量守恒，同一道题常常前问求收尾速度、中问求热量、后问求位移或时间。

28.9 知识点之间的关系

本章的主线是“电动势从哪来 → 放进电路 → 电流使导体受力 → 力改变运动”。前四个知识点回答电动势怎么产生、多大：磁通量变化用 $E = n\dfrac{\Delta\Phi}{\Delta t}$，切割用 $E = BLv$，线圈自身电流变化是自感，整块导体是涡流。后三个知识点是导体棒综合题的三步：先当电路算电流（28.6），再看受力和运动、能量（28.7），最后用动量求电荷量和位移（28.8）。拿到题，先看什么在变，再看问的是什么：

28.10 自测

1. 200 匝线圈中，每匝的磁通量在 $0.5\ \mathrm{s}$ 内由 $0.01\ \mathrm{Wb}$ 均匀增大到 $0.06\ \mathrm{Wb}$，求感应电动势。
2. 面积 $0.1\ \mathrm{m^2}$ 的单匝线圈平面与磁场垂直，磁感应强度在 $3\ \mathrm{s}$ 内由 0 均匀增大到 $0.6\ \mathrm{T}$，回路总电阻 $0.2\ \Omega$，求感应电流。
3. 飞机在北半球上空水平飞行，翼展 $50\ \mathrm{m}$，速度 $200\ \mathrm{m/s}$，地磁场的竖直分量为 $5 \times 10^{-5}\ \mathrm{T}$。求两翼端之间的电势差，哪侧机翼电势高？
4. 长 $0.4\ \mathrm{m}$ 的金属杆在 $B = 0.5\ \mathrm{T}$ 的匀强磁场中，绕一端在垂直于磁场的平面内以 $10\ \mathrm{rad/s}$ 匀速转动，求杆两端的电势差。
5. 灯泡与线圈并联后经开关接电源，灯泡电阻 $5\ \Omega$，线圈直流电阻 $10\ \Omega$。断开开关时灯泡会闪亮吗？
6. 一块条形磁铁分别从竖直放置的铜管和塑料管上端由静止释放，哪个先从下端落出？为什么？
7. 导体棒切割磁感线产生 $3\ \mathrm{V}$ 的电动势，棒的电阻 $1\ \Omega$，外接电阻 $2\ \Omega$，求棒两端的电压。
8. 光滑水平导轨间距 $0.5\ \mathrm{m}$，$B = 0.4\ \mathrm{T}$，回路总电阻 $1\ \Omega$，导体棒在水平恒力 $0.2\ \mathrm{N}$ 作用下由静止开始运动，求收尾速度。
9. 质量 $0.2\ \mathrm{kg}$ 的导体棒以 $5\ \mathrm{m/s}$ 的初速度在光滑导轨上滑行，只受安培力，最后停下。$B = 0.5\ \mathrm{T}$，导轨间距 $0.4\ \mathrm{m}$，回路总电阻 $0.2\ \Omega$。求通过棒的电荷量和滑行距离。

答案：1. $20\ \mathrm{V}$；2. $0.1\ \mathrm{A}$；3. $0.5\ \mathrm{V}$，飞行员左侧机翼电势高；4. $0.4\ \mathrm{V}$；5. 不会，断开前线圈电流比灯泡电流小，灯泡逐渐熄灭；6. 塑料管中的先落出，铜管中产生涡流，电磁阻尼使磁铁下落变慢；7. $2\ \mathrm{V}$；8. $5\ \mathrm{m/s}$；9. $5\ \mathrm{C}$，$5\ \mathrm{m}$。

28.11 深入阅读

• PhET · 法拉第定律：把磁铁插入、拔出一匝或两匝线圈，看灯泡亮度和电压表偏转随磁铁快慢、匝数怎样变，对应 E = nΔΦ/Δt 的实验依据。
• PhET · 法拉第电磁实验室：有拾音线圈、变压器和发电机三个场景，可以看互感和转动线圈产生交变电动势。
• 维基百科 · 法拉第电磁感应定律：定律的历史、积分形式和动生、感生两种电动势的统一说明，可看到高中公式背后的大学写法。
• 国家中小学智慧教育平台：教育部主办，有人教版选择性必修第二册第二章“电磁感应”的同步课程和教材电子版。