一、概念规律题组
图1
1．用均匀导线做成的正方形线框边长为0.2 m，正方形的一半放在垂直纸面向里的匀强磁场中，如图1所示．当磁场以10 T/s的变化率增强时，线框中a、b两点间的电势差是( )
A．Uab＝0.1 V
B．Uab＝－0.1 V
C．Uab＝0.2 V
D．Uab＝－0.2 V
图2
2．如图2所示，导体AB在做切割磁感线运动时，将产生一个感应电动势，设导体AB的电阻为r，导轨左端接有阻值为R的电阻，磁场磁感应强度为B，导轨宽为d，导体AB匀速运动，速度为v.下列说法正确的是( )
A．在本题中分析电路时，导体AB相当于电源，且A端为电源正极
B．UCD＝Bdv
C．C、D两点电势关系为：φC<φD
D．在AB中电流从B流向A，所以φB>φA
3．穿过闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图象分别如图3所示，下列关于回路中产生的感应电动势的论述，正确的是( )
图3
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在变大
C．图③中，回路在0～t1时间内产生的感应电动势小于在t1～t2时间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
二、思想方法题组
4．粗细均匀的电阻丝围成的正方形线框置于有界匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，其边界与正方形线框的边平行．现使线框以同样大小的速度沿四个不同方向平移出磁场，如下图所示，则在移出过程中线框的一边a、b两点间电势差绝对值最大的是( )
5．如图4甲所示，光滑导轨水平放置在斜向下且与水平方向夹角为60°的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(规定斜向下为正方向)，导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力作用下始终处于静止状态．规定a→b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力的正方向，则在0～t时间内，能正确反映流过导体棒ab的电流i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是( )
图4
一、电磁感应中的电路问题
1．内电路和外电路
(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源，该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻(r)．
(2)除电源外其余部分是外电路．
2．解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律(或右手定则)确定感应电动势的大小和方向．
(2)画等效电路图．
(3)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路的性质、电功率等公式求解．
3．与上述问题相关的几个知识点
(1)电源电动势：E＝n或E＝Blv.
(2)闭合电路欧姆定律：I＝.
部分电路欧姆定律：I＝.
电源的内电压：U内＝Ir.
电源的路端电压：U外＝IR＝E－Ir.
(3)消耗功率：P外＝IU，P总＝IE.
(4)通过导体的电荷量：q＝IΔt＝n.
【例1】 (2008·广东单科·18)如图5(a)所示，水平放置的两根平行金属导轨，间距L＝0.3 m，导轨左端连接R＝0.6 Ω 的电阻．区域abcd内存在垂直于导轨平面向外、B＝0.6 T的匀强磁场，磁场区域宽D＝0.2 m．细金属棒A1和A2用长为2D＝0.4 m的轻质绝缘杆连接，放置在导轨平面上，并与导轨垂直，每根金属棒在导轨间的电阻均为r＝0.3 Ω，导轨电阻不计．使金属棒以恒定速度v＝1.0 m/s沿导轨向右穿越磁场，计算从金属棒A1进入磁场(t＝0)到A2离开磁场的时间内，不同时间段通过电阻R的电流强度，并在图1(b)中画出．
图5
二、电磁感应中的图象问题
1．图象问题可以综合法拉第电磁感应定律、楞次定律或右手定则、安培定则和左手定则，还有与之相关的电路知识和力学知识等．
2．对于图象问题，搞清物理量之间的函数关系、变化范围、初始条件、斜率的物理意义等，往往是解题的关键．
3．解决图象问题的一般步骤
(1)明确图象的种类，即是B－t图象还是Φ－t图象，或者E－t图象、I－t图象等．
(2)分析电磁感应的具体过程．
(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系．
(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等规律写出函数关系式．
(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等．
(6)画图象或判断图象．
【例2】
图6
(2011·山东·22)如图6所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计．两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处．磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直．先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触．用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移．下列图中正确的是( )
[规范思维]
图7
【例3】 (2010·上海单科)如图7所示，一有界区域内，存在着磁感应强度大小均为B，方向分别垂直于光滑水平桌面向下和向上的匀强磁场，磁场宽度均为L.边长为L的正方形线框abcd的bc边紧靠磁场边缘置于桌面上．使线框从静止开始沿x轴正方向匀加速通过磁场区域，若以逆时针方向为电流的正方向，能反映线框中感应电流变化规律的是图( )
[规范思维]
【基础演练】
1．用相同导线绕制的边长为L或2L的四个闭合导线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图8所示．在每个线框进入磁场的过程中，M、N两点间的电压分别为Ua、Ub、Uc和Ud.下列判断正确的是( )
图8
A．UaC．Ua＝Ub2．一个圆形闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，如图9甲所示．设垂直于纸面向里的磁感应强度方向为正，垂直于纸面向外的磁感应强度方向为负．线圈中顺时针方向的感应电流为正，逆时针方向的感应电流为负．已知圆形线圈中感应电流I随时间变化的图象如图乙所示，则线圈所处的磁场的磁感应强度随时间变化的图象可能是下图中哪一个( )
图9
3．如图10甲所示，矩形导线框abcd放在匀强磁场中，在外力控制下静止不动，磁感线方向与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间变化的图象如图乙所示．t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里．在0～4 s时间内，线框ab边受安培力随时间变化的图象(力的方向规定以向左为正方向)可能是下图中的( )
图10
4．如图11所示，圆环a和圆环b的半径之比为2∶1，两环用同样粗细、同种材料制成的导线连成闭合回路，连接两环的导线电阻不计，匀强磁场的磁感应强度变化率恒定．则在a、b环分别单独置于磁场中的两种情况下，M、N两点的电势差之比为( )
图11
A．4∶1 B．1∶4 C．2∶1 D．1∶2
图12
5．(2010·山东泰安二模)如图12所示，边长为2l的正方形虚线框内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个边长为l的正方形导线框所在平面与磁场方向垂直，导线框和虚线框的对角线重合．从t＝0开始，使导线框从图示位置开始以恒定速度沿对角线方向移动进入磁场，直到整个导线框离开磁场区域．用I表示导线框中的感应电流，取逆时针方向为正．则下列表示I－t关系的图线中，可能正确的是( )
6．(2011·江苏·5)如图13所示，水平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，且与导轨接触良好．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．下列图象正确的是( )
图13
题号 1 2 3 4 5 6
答案
图14
7．(2011·四川·24)如图14所示，间距l＝0.3 m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内．在水平面a1b1b2a2区域内和倾角θ＝37°的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度B1＝0.4 T、方向竖直向上和B2＝1 T、方向垂直于斜面向上的匀强磁场．电阻R＝0.3 Ω、质量m1＝0.1 kg、长为l的相同导体杆K、S、Q分别放置在导轨上，S杆的两端固定在b1、b2点，K、Q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好．一端系于K杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质定滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2＝0.05 kg的小环．已知小环以a＝6 m/s2的加速度沿绳下滑，K杆保持静止，Q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力F作用下匀速运动．不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长．取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求
(1)小环所受摩擦力的大小；
(2)Q杆所受拉力的瞬时功率．
【能力提升】
8．两根光滑的长直金属导轨MN、M′N′平行放置于同一水平面内，导轨间距为l，电阻不计，M、M′处接有如图15所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R，电容器的电容为C.长度也为l、阻值也为R的金属棒ab垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中．ab在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在ab运动距离为x的过程中，整个回路中产生的焦耳热为Q.求：
图15
(1)ab运动速度v的大小；
(2)电容器所带的电荷量q.
9．(2011·江苏省泰州市模拟)如图16甲所示，质量m＝6.0×10－3 kg、边长L＝0.20 m、电阻R＝1.0 Ω的正方形单匝金属线框abcd，置于倾角α＝30°的绝缘斜面上，ab边沿水平方向，线框的上半部分处在垂直斜面向上的匀强磁场中，磁感应强度B随时间t按图乙所示的规律周期性变化，若线框在斜面上始终保持静止，取g＝10 m/s2.试求：
(1)在0～2.0 ×10－2 s时间内线框中产生的感应电流的大小；
(2)在t＝1.0×10－2 s时线框受到斜面的摩擦力；
(3)一个周期内感应电流在线框中产生的平均电功率．
图16
学案3 电磁感应中的电路与图象问题
【课前双基回扣】
1．B
[题中正方形线框的左半部分因磁通量变化而产生感应电动势，故线框中将产生感应电流，把左半部分线框看成电源，设其电动势为E，正方形线框的总电阻为r，则其内电阻为，画出等效电路如图所示．则ab两点间的电势差即为电源的路端电压，设边长为l，且依题意知＝10 T/s.
由E＝得E＝＝＝10× V＝0.2 V，所以U＝I＝·＝× V＝0.1 V.
由于a点电势低于b点电势，故Uab＝－0.1 V，B选项正确．]
2．A [导体AB切割磁感线产生感应电动势，在回路中产生感应电流，方向从B到A，导体AB相当于电源，电源内部电流由负极流向正极，因此A项对，D项错；CD间电阻R相当于外电阻，UCD＝，且φC>φD.B、C项均错误．]
3．D
4．B [设此题中磁感应强度为B，线框边长为l，速度为v，则四种情况的感应电动势都是Blv，但B中ab为电源，a、b两点间的电势差为路端电压Uab＝Blv，其他三种情况下，Uab＝Blv，故选B.]
5．D [由楞次定律可判定回路中的电流始终为b→a方向，由法拉第电磁感应定律可判定回路电流大小恒定，故A、B两项错；由F安＝BIL可得F安随B的变化而变化，在0～t0时间内，F安方向向右，故外力F与F安等值反向，方向向左为负值；在t0～t时间内，F安方向改变，故外力F方向也改变为正值，综上所述，D项正确．]
思维提升
1．内电路和外电路
(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源．
(2)该部分导体或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路．
2．电源电动势和路端电压
(1)电动势：E＝n(n为线圈的匝数)或E＝Blv.
(2)路端电压：U＝E－Ir＝IR
3．在B－t图象中，正负表示磁场的方向，斜率表示磁感应强度的变化率；在Φ－t图象中斜率表示磁通量的变化率，与感应电动势的大小有关．
【核心考点突破】
例1 见解析
解析 t1＝＝0.2 s，t2＝＝0.4 s，t3＝＝0.6 s.
0～t1(0～0.2 s)时间内，A1棒相当于电源，
A1棒产生的感应电动势
E＝BLv＝0.6×0.3×1.0 V＝0.18 V
电阻R与A2棒并联，阻值为R并＝＝0.2 Ω
所以电阻R两端电压
U＝E＝×0.18 V＝0.072 V
通过电阻R的电流I1＝＝ A＝0.12 A
t1～t2(0.2 s～0.4 s)时间内穿过两金属棒之间的平面的磁通量不变，E＝0，I2＝0.
同理，t2～t3(0.4 s～0.6 s)时间内，I3＝0.12 A.
不同时间段通过R的电流如图所示．
[规范思维] 电磁感应中的电路问题，实质是发生电磁感应的部分相当于电源对外供电，供电过程遵从电路中一切规律．所以明确“电源”及电路结构，画等效电路图是解题的关键．
例2 BD [c棒下落h的过程为自由落体运动，a＝g.设进入磁场瞬间速度为v，则由匀速运动有F安＝mg＝BIL＝，a＝0.此时释放d棒，在d棒自由下落h的过程中，c棒在磁场中下落2h，此过程c一直做匀速运动，a＝0.当d棒进入磁场后，c、d两棒运动速度相同，穿过闭合回路磁通量不变，无感应电流，无安培力，二者都做匀加速直线运动．共同下落h后，此时c棒离开磁场，d棒进入磁场h的距离，此时c、d的速度都是v′(v′>v)，d此时切割磁感线，产生感应电动势E′＝BLv′，F安′＝BI′L＝BL>F安＝mg，d棒做减速运动，d棒离开磁场后c、d两棒均以加速度a＝g做匀加速运动，故选项B、D正确．]
[规范思维] 分析清楚c、d两棒在下述三个过程中的受力情况和运动情况是解决本题的关键．①c在磁场内，d在磁场外．②c、d都在磁场内．③c在磁场外，d在磁场内．
例3 AC [电流一开始为正，且I＝＝＝kt，所以电流随时间均匀增大，A项正确；v＝，I＝＝∝，C项正确．本题还要注意线圈进入第二个磁场前后感应电流大小和方向不一样．]
[规范思维] 对图象的认识，应从以下几方面注意：
(1)明确图象所描述的物理意义，有必要需写出函数表达式；
(2)必须明确各种“＋”“－”的含义；
(3)必须明确斜率的含义；
(4)必须建立图象和电磁感应过程之间的对应关系．
思想方法总结
1．解决电磁感应电路问题的基本步骤
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律或右手定则确定感应电动势的大小和方向：感应电流的方向是电源内部电流的方向．
(2)根据“等效电源”和电路中其他各元件的连接方式画出等效电路．
(3)根据E＝BLv或E＝n结合闭合电路欧姆定律，串并联电路知识和电功率、焦耳定律等关系式联立求解．
2．电磁感应图象问题的解决方法
解决图象问题的一般步骤
(1)明确图象的种类，即是B－t图还是Φ－t图，或者E－t图、I－t图等．
(2)分析电磁感应的具体过程．
(3)用右手定则或楞次定律确定方向对应关系．
(4)结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数关系式．
(5)根据函数关系式，进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等．
(6)判断图象(画图象或应用图象解决问题)．
3．对图象的分析，应做到“四明确一理解”：
(1)明确图象所描述的物理意义；明确各种“＋”、“－”的含义；明确斜率的含义；明确图象和电磁感应过程之间的对应关系．
(2)理解三个相似关系及其各自的物理意义：
v－Δv－，B－ΔB－，Φ－ΔΦ－.
【课时效果检测】
1．B 2.CD 3.D 4.C 5.D
6．D [导体棒做加速度减小的加速运动，直至匀速．故q－t图象应如图甲所示，A错；i－t图象应如图乙所示，B错；v－t图象应如图丙所示，C错，D对．]
7．(1)0.2 N (2)2 W
8．(1) (2)
解析 (1)设ab上产生的感应电动势为E，回路中的电流为I，ab运动距离x所用时间为t，三个电阻R与电源串联，总电阻为4R，则有E＝Blv
由闭合电路欧姆定律有I＝
t＝
由焦耳定律有Q＝I2(4R)t
由上述方程得v＝.
(2)设电容器两极板间的电势差为U，则有U＝IR
电容器所带的电荷量q＝CU
解得q＝.
9．(1)0.20 A (2)3.4×10－2 N 沿斜面向上
(3)6×10－2 W
解析 (1)0～2.0×10－2 s时间内，线框中产生的感应电动势为E1，感应电流为I1，方向由d→c，则E1＝＝·
I1＝
代入数据解得E1＝0.20 V，I1＝0.20 A.
(2)t＝1.0×10－2 s，线框受到的安培力F1＝B1I1L，方向沿斜面向下，结合图乙，代入数据得F1＝4.0×10－3 N
设此时线框受到的摩擦力大小为Ff，则
由线框在斜面静止得mgsin α＋F1－Ff＝0
代入数据得Ff＝3.4×10－2 N
摩擦力方向沿斜面向上．
(3)在3.0×10－2 s～4.0×10－2 s时间内线框中产生的感应电动势
E2＝·
代入数据得E2＝0.40 V
2．0×10－2 s～3.0×10－2 s时间内，E3＝0.
设磁场变化周期为T，线框中产生的平均电功率为P，则
·＋·＝PT
代入数据得P＝6×10－2 W
易错点评
1．在第1题中，不理解UMN的意义，不能对a、b、c、d四种情况进行统一分析，列相应表达式是错误的主要原因．
2．在第2题中，往往是把C项分析正确了，然后马上把D项否定．属于没有真正理解B－t图象斜率的大小、方向的意义．
3．在第4题中，出错的原因主要是分析不彻底，虽然从图象上判知感应电流在前、后半周期都是恒定的，但没有想安培力也随B的变化而变化．
4．在第5题中，由于不能想到方框切割磁感线的有效长度随时间或位移如何变化，导致出错．
5．图象类问题是高考考查的热点内容，在历年的高考试卷中常常有所体现，但在考查过程中错误率也较高，主要体现在有些同学对坐标轴上的单位没有弄清楚，对物理量在变化过程中的大小、正负没有分析清楚．一、概念规律题组
1．如图1所示，
图1
固定在水平绝缘平面上且足够长的金属导轨不计电阻，但表面粗糙，导轨左端连接一个电阻R，质量为m的金属棒(电阻也不计)放在导轨上并与导轨垂直，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直．用水平恒力F把ab棒从静止起向右拉动的过程中，下列说法正确的是( )
A．恒力F做的功等于电路产生的电能
B．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能
C．克服安培力做的功等于电路中产生的电能
D．恒力F和摩擦力的合力做的功等于电路中产生的电能和棒获得的动能之和
图2
2．光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图2所示，抛物线的方程为y＝x2，其下半部处在一个水平方向的匀强磁场中，磁场的上边界是y＝a的直线(图中的虚线所示)，一个质量为m的小金属块从抛物线y＝b(b>a)处以速度v沿抛物线下滑，假设抛物线足够长，则金属块在曲面上滑动的过程中产生的焦耳热总量是( )
A．mgb B.mv2
C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋mv2
二、思想方法题组
图3
3．如图3所示，先后两次将同一个矩形线圈由匀强磁场中拉出，两次拉动的速度相同．第一次线圈长边与磁场边界平行，将线圈全部拉出磁场区，拉力做功W1、通过导线截面的电荷量为q1，第二次线圈短边与磁场边界平行，将线圈全部拉出磁场区域，拉力做功为W2、通过导线截面的电荷量为q2，则( )
A．W1>W2，q1＝q2 B．W1＝W2，q1>q2
C．W1W2，q1>q2
图4
4．如图4所示，电阻为R，其他电阻均可忽略，ef是一电阻可不计的水平放置的导体棒，质量为m，棒的两端分别与ab、cd保持良好接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef从静止下滑经一段时间后闭合开关S，则S闭合后( )
A．导体棒ef的加速度可能大于g
B．导体棒ef的加速度一定小于g
C．导体棒ef最终速度随S闭合时刻的不同而不同
D．导体棒ef的机械能与回路内产生的电能之和一定守恒
一、电磁感应中的动力学问题
1．电磁感应与动力学、运动学结合的动态分析，分析方法是：
导体受力运动产生感应电动势→感应电流→通电导线受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化→……周而复始地循环，直至达到稳定状态．
2．分析动力学问题的步骤
(1)用电磁感应定律和楞次定律、右手定则确定感应电动势的大小和方向．
(2)应用闭合电路欧姆定律求出电路中感应电流的大小．
(3)分析研究导体受力情况，特别要注意安培力方向的确定．
(4)列出动力学方程或平衡方程求解．
3．两种状态处理
(1)导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态．
处理方法：根据平衡条件——合外力等于零，列式分析．
(2)导体处于非平衡态——加速度不为零．
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系分析．
图5
【例1】 如图5甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L.M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略．让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．
(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图．
(2)在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小．
(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．
[规范思维]
二、电磁感应中的能量问题
1．电磁感应过程的实质是不同形式的能量转化的过程．电磁感应过程中产生的感应电流在磁场中必定受到安培力作用，因此要维持感应电流存在，必须有“外力”克服安培力做功．此过程中，其他形式的能转化为电能，“外力”克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能；当感应电流通过用电器时，电能又转化为其他形式的能．可以简化为下列形式：
同理，安培力做功的过程，是电能转化为其他形式的能的过程，安培力做多少功就有多少电能转化为其他形式的能．
2．电能求解的思路主要有三种
(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功；
(2)利用能量守恒求解：机械能的减少量等于产生的电能；
(3)利用电路特征求解：通过电路中所产生的电能来计算．
图6
【例2】 如图6所示，两根足够长的平行导轨处在与水平方向成θ＝37°角的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.3 m，导轨两端各接一个阻值R0＝2 Ω的电阻；在斜面上加有磁感应强度B＝1 T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场．一质量为m＝1 kg、电阻r＝2 Ω的金属棒横跨在平行导轨间，棒与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5.金属棒以平行于导轨向上、v0＝10 m/s的初速度上滑，直至上升到最高点的过程中，通过上端电阻的电荷量Δq＝0.1 C，求上端电阻R0产生的焦耳热Q.(g取10 m/s2)
[规范思维]
图7
[针对训练] (2009·天津理综·4)如图7所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于( )
A．棒的机械能增加量 B．棒的动能增加量
C．棒的重力势能增加量 D．电阻R上放出的热量
【基础演练】
图8
1．(2010·合肥模拟)如图8所示，在一匀强磁场中有一“”形导体框bacd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可以在ab、cd上无摩擦地滑动，杆ef及线框中导体的电阻都可不计．开始时，给ef一个向右的初速度，则( )
A．ef将减速向右运动，但不是匀减速
B．ef将匀速向右运动，最后停止
C．ef将匀速向右运动
D．ef将做往复运动
2.
图9
(2011·福建·17)如图9所示，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角(0<θ<90°)，其中MN与PQ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ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中( )
A．运动的平均速度大小为v
B．下滑的位移大小为
C．产生的焦耳热为qBLv
D．受到的最大安培力大小为sin θ
图10
3．如图10所示，有两根与水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻R，下端足够长．空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感应强度为B，一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下．经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则( )
A．如果B增大，vm将变大 B．如果α变大，vm将变大
C．如果R变大，vm将变大 D．如果m变小，vm将变大
图11
4．(2008·山东高考)两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，如图11所示．除电阻R外其余电阻不计．现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放，则( )
A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g
B．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b
C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F＝
D．电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少
图12
5．(2009·福建理综·18)如图12所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g.则此过程( )
A．杆的速度最大值为
B．流过电阻R的电量为
C．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量
D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量
6．(2010·安徽理综·20)如图13所示，
图13
水平地面上方矩形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，两个边长相等的单匝闭合正方形线圈Ⅰ和Ⅱ，分别用相同材料、不同粗细的导线绕制(Ⅰ为细导线)．两线圈在距磁场上界面h高处由静止开始自由下落，再进入磁场，最后落到地面．运动过程中，线圈平面始终保持在竖直平面内且下边缘平行于磁场上边界．设线圈Ⅰ、Ⅱ落地时的速度大小分别为v1、v2，在磁场中运动时产生的热量分别为Q1、Q2.不计空气阻力，则( )
A．v1C．v1Q2 D．v1＝v2，Q1【能力提升】
7．如图14所示是磁悬浮列车运行原理模型．两根平行直导轨间距为L，磁场磁感应强度B1＝B2，方向相反，并且以速度v同时沿直导轨向右匀速运动．导轨上金属框边长为L，电阻为R，运动时受到的阻力为Ff，则金属框运动的最大速度表达式为( )
图14
A．vm＝ B．vm＝
C．vm＝ D．vm＝
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案
8.
图15
如图15所示，水平放置的平行轨道M、N间接一阻值为R＝0.128 Ω的电阻，轨道宽为L＝0.8 m．轨道上搭一金属棒ab，其质量m＝0.4 kg，ab与轨道间动摩擦因数为0.5，除R外其余电阻不计．垂直于轨道面的匀强磁场磁感应强度为B＝2 T，ab在一电动机牵引下由静止开始运动，经过2 s，ab运动了1.2 m并达到最大速度．此过程中电动机平均输出功率为8 W，最大输出功率为14.4 W．求该过程中电阻R上消耗的电能．(取g＝10 m/s2)
9．光滑平行的金属导轨MN和PQ，间距L＝1.0 m，与水平面之间的夹角α＝30°，匀强磁场磁感应强度B＝2.0 T，垂直于导轨平面向上，MP间接有阻值R＝2.0 Ω的电阻，其它电阻不计，质量m＝2.0 kg的金属杆ab垂直导轨放置，如图16甲所示．用恒力F沿导轨平面向上拉金属杆ab，由静止开始运动，v－t图象如图乙所示，g取10 m/s2，导轨足够长．求：
图16
(1)恒力F的大小；
(2)金属杆速度为2.0 m/s时的加速度大小；
(3)根据v－t图象估算在前0.8 s内电阻上产生的热量．
学案4 电磁感应中的动力学和能量问题
【课前双基回扣】
1．CD
2．D [金属块在进入磁场或离开磁场的过程中，穿过金属块的磁通量发生变化，产生电流，进而产生焦耳热．最后，金属块在高为a的曲面上做往复运动．减少的机械能为mg(b－a)＋mv2，由能量的转化和守恒可知，减少的机械能全部转化成焦耳热，即选D.]
3．A [设矩形线圈的长边为a，短边为b，电阻为R，速度为v，则W1＝BI1ba＝B··a·b，W2＝BI2ba＝B··a·b，因为a>b，所以W1>W2.通过导线截面的电荷量q1＝I1t1＝·＝q2.]
4．AD [开关闭合前，导体棒只受重力而加速下滑．闭合开关时有一定的初速度v0，若此时F安>mg，则F安－mg＝ma.若F安思维提升
1．导体切割磁感线产生感应电流时，克服安培力做的功，与电能的生成大小相等，即机械能转化为电能的量用克服安培力做的功来量度．
2．导体棒切割磁感线运动产生感应电流时，导体棒所受安培力的方向判断：
方法一：先判断感应电流的方向，然后利用左手定则判断安培力的方向；方法二：利用楞次定律的第二种描述，安培力的作用总是阻碍相对运动，从而判断安培力的方向．
【核心考点突破】
例1 (1)见解析 (2) gsin θ－
(3)
解析 (1)如图所示，ab杆受重力mg，竖直向下；支持力FN，垂直斜面向上；安培力F，沿斜面向上．
(2)当ab杆速度为v时，感应电动势E＝BLv，此时电路中的电流I＝＝
ab杆受到的安培力F＝BIL＝
根据牛顿运动定律，有
ma＝mgsin θ－F＝mgsin θ－
a＝gsin θ－.
(3)当ab杆所受合外力为零，即＝mgsin θ时，ab杆达到最大速度vm＝.
[规范思维] 此题为杆切割磁感线的动力学模型，首先在垂直于导体的平面内对导体进行受力分析，然后分析导体的运动，由于安培力随速度变化而变化，这个运动开始通常是变加速运动，然后做稳定的匀速直线运动，最后用牛顿运动定律、能量关系解题．
例2 5 J
解析 由于导轨电阻不计，题中感应电路等效图如图所示，故ab上升过程中通过电路的感应电荷量为：
ΔQ＝＝2×Δq
设ab棒上滑的最大位移为x，
因此，B·＝2Δq
解得：x＝2 m
设ab杆上滑过程中上端电阻产生的焦耳热为Q，则整个回路中产生的焦耳热为6Q，由能量转化和守恒定律有：
mv＝mgxsin 37°＋μmgxcos 37°＋6Q
解得：Q＝5 J.
[规范思维] 在金属棒上滑过程中，动能、重力势能、内能和电能间发生转化，利用能量转化和守恒定律很容易求解．注意求解的是电阻R0产生的焦耳热，不是整个电路的焦耳热，要找清二者的关系，再结合能量转化和能量守恒定律求解．
[针对训练]
A [由动能定理有WF＋W安＋WG＝ΔEk，则WF＋W安＝ΔEk－WG，WG<0，故ΔEk－WG表示机械能的增加量．选A项．]
思想方法总结
1．电磁感应中的动力学临界问题
(1)解决这类问题的关键是通过运动状态的分析，寻找过程中的临界状态，如速度、加速度求最大值或最小值的条件．
2．分析电磁感应中功能关系类问题时要牢牢抓住能量守恒这一基本规律和线索，找出研究过程中有哪些力做功，就可以确定有哪些形式的能量参与转化，如摩擦力对系统做负功，必然有内能出现；重力做功时，一般会有机械能参与转化；安培力做负功时其他形式的能转化为电能，做正功时电能转化为其他形式的能等．
3．求解焦耳热的途径
(1)感应电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W安．
(2)感应电路中电阻产生的焦耳热等于电流通过电阻做的功，即Q＝I2Rt.
(3)感应电流中产生的焦耳热等于电磁感应现象中其他形式能量的减少，即Q＝ΔE他．
4．建立导体棒沿方框运动切割磁感线问题模型．
导体AB棒由静止下滑：分析其受力变化、加速度变化、速度变化．各力的功的正负、能量转化关系、功率关系、最终稳定时的状态等．
【课时效果检测】
1．A 2.B
3．BC [金属杆在下滑过程中先做加速度减小的加速运动，速度达到最大后做匀速运动，所以当F安＝mgsin α时速度最大，F安＝BIl＝，所以vm＝，分析各选项知B、C正确．]
4．AC [释放瞬间，金属棒只受重力作用，所以其加速度等于重力加速度．金属棒向下切割磁感线，产生的电流由b→a流经R，当速度为v时，感应电流I＝，则安培力F＝BIL＝.从能量守恒方面看，重力势能的减少量等于弹性势能的增加量与电阻R上产生的总热量之和．]
5．BD [当v最大时导体杆水平方向受力平衡，有F＝Ff＋F安，即F＝μmg＋，v＝，故A错；通过电阻R的电量q＝＝，故B对；由动能定理有WF＋Wf＋WF安＝ΔEk，因为Wf<0，故C错，D对．]
6．D [设单匝闭合正方形线框边长为L，导线横截面积为S0，密度为ρ，电阻率为ρ′，则其刚进入磁场时的加速度
a＝＝g－＝g－
＝g－，
其中v为线圈刚进入磁场时的速度，可见加速度的大小与线框的粗细无关，两线圈运动规律完全相同，故两线圈到达地面的速度相等，线圈产生的热量为克服安培力做功的大小，两线圈做功位移相等，但FA＝，因两线圈电阻不同，线圈I电阻大，其安培力小，故其做功少，产生热量也少，故本题正确选项为D.]
7．C [当金属棒受到的安培力和阻力平衡时速度最大，根据E＝BL(v－vm)，I＝，F安＝BIL,2F安＝Ff，解得vm＝， 故C正确．]
8．13.472 J
解析 当电动机提供的牵引力等于导体棒所受安培力与滑动摩擦力之和时，速度最大为vmax，由题知此时电动机输出功率最大．
故有F＝＝μmg＋
将已知数据代入得10v＋vmax－7.2＝0
解得vmax＝0.8 m/s(负值舍去)．全过程，由能的转化和守恒定律知t＝Q＋μmgx＋mv
代入已知数据得Q＝13.472 J.
9．(1)18 N (2)2.0 m/s2 (3)4.12 J
解析 (1)对金属杆受力分析如右图所示．
由v—t图象可知导轨最后匀速运动且vmax＝4 m/s.
即F＝mgsin 30°＋F安①
F安＝BIL②
I＝③
由①②③解得：F＝＋mgsin 30°＝18 N.
(2)对金属杆由牛顿第二定律得
F－mgsin 30°－F安＝ma
a＝＝2.0 m/s2.
(3)由v—t图象知：0.8 s内位移即为0～0.8 s内图象所包围的小方格面积的和，小方格的个数为28个，故
x＝28×0.2×0.2＝1.12 m
设在前0.8 s内电阻上产生的热量为Q，则由功能关系得Fx＝Q＋mgxsin α＋mv2，由v—t图象知0.8 s时速度v＝2.2 m/s
解得：Q＝Fx－mgxsin α－mv2＝4.12 J.
易错点评
1．对于第6题，分析关键是要找出Ⅰ、Ⅱ线圈的真正区别在哪里，写出二者进入磁场时的加速度通式．在判断热量Q时，用能量守恒的方法判断较为容易．
2．在第7题中，没有考虑线框的ad、bc两条边在方向相反的磁场中均产生电动势，只按一条边切割磁感线来计算电动势，得出E＝BLv，是错误的．
3．在本节问题中求焦耳热Q时，注意Q＝I2Rt的适用条件，即I一定是恒定的，否则应用能量守恒进行计算．
4．求解电荷量q时，公式中q＝n＝n中，ΔS是金属棒扫过的面积，R应是回路总电阻．一、概念规律题组
图1
1．如图1所示，通电直导线下边有一个矩形线框，线框平面与直导线共面．若使线框逐渐远离(平动)通电导线，则穿过线框的磁通量将( )
A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．保持不变 D．不能确定
2．下列情况中都是线框在磁场中切割磁感线运动，其中线框中有感应电流的是( )
3．某磁场磁感线如图2所示，有一铜线圈自图示A处落至B处，在下落过程中，自上向下看，线圈中感应电流的方向是( )
图2
A．始终顺时针 B．始终逆时针
C．先顺时针再逆时针 D．先逆时针再顺时针
图3
4．如图3所示，导线框abcd与通电直导线在同一平面内，直导线通有恒定电流并通过ad和bc的中点，当线框向右运动的瞬间，则( )
A．线框中有感应电流，且按顺时针方向
B．线框中有感应电流，且按逆时针方向
C．线框中有感应电流，但方向难以判断
D．由于穿过线框的磁通量为零，所以线框中没有感应电流
二、思想方法题组
图4
5．如图4所示，蹄形磁铁的两极间，放置一个线圈abcd，磁铁和线圈都可以绕OO′轴转动，磁铁如图示方向转动时，线圈的运动情况是( )
A．俯视，线圈顺时针转动，转速与磁铁相同
B．俯视，线圈逆时针转动，转速与磁铁相同
C．线圈与磁铁转动方向相同，但转速小于磁铁转速
D．线圈静止不动
图5
6．如图5所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放置于导轨上，形成一个闭合回路，一条形磁铁从高处下落接近回路时( )
A．P、Q将相互靠拢
B．P、Q将相互远离
C．磁铁的加速度仍为g
D．磁铁的加速度小于g
一、楞次定律的含义及基本应用
应用楞次定律判断感应电流方向的步骤：
(1)确定原磁场方向；
(2)明确闭合回路中磁通量变化的情况；
(3)应用楞次定律的“增反减同”，确定感应电流的磁场的方向．
(4)应用安培定则，确定感应电流的方向．
应用楞次定律的步骤可概括为：
一原二变三感四螺旋
根据楞次定律的基本含义，按步就班解题一般不会出错．
【例1】 (2009·浙江·17)如图6所示，在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中，有一质量为m、阻值为
图6
R的闭合矩形金属线框abcd用绝缘轻质细杆悬挂在O点，并可绕O点摆动．金属线框从右侧某一位置由静止开始释放，在摆动到左侧最高点的过程中，细杆和金属线框平面始终处于同一平面，且垂直纸面．则线框中感应电流的方向是( )
A．a→b→c→d→a
B．d→c→b→a→d
C．先是d→c→b→a→d，后是a→b→c→d→a
D．先是a→b→c→d→a，后是d→c→b→a→d
[规范思维]
图7
[针对训练1] 某实验小组用如图7所示的实验装置来验证楞次定律．当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流计的感应电流的方向是( )
A．a→G→b
B．先a→G→b，后b→G→a
C．b→G→a
D．先b→G→a，后a→G→b
二、楞次定律拓展含义的应用
感应电流的效果总是阻碍产生感应电流的原因．具体有以下几种情形：
(1)当回路中的磁通量发生变化时，感应电流的效果是阻碍原磁通量的变化．
(2)当出现引起磁通量变化的相对运动时，感应电流的效果是阻碍导体间的相对运动，即“来时拒，去时留”．
(3)当闭合回路发生形变时，感应电流的效果是阻碍回路发生形变．
(4)当线圈自身的电流发生变化时，感应电流的效果是阻碍原来的电流发生变化．
【例2】 如图8所示，粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈．当一竖直放置的条形磁铁从线圈中线AB的正上方等高快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向上的运动趋势的判断正确的是( )
图8
A．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向左
B．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向左
C．FN先小于mg后大于mg，运动趋势向右
D．FN先大于mg后小于mg，运动趋势向右
[规范思维]
[针对训练2] 如图9所示，
图9
通电螺线管置于闭合金属环a的轴线上，当螺线管中电流I减小时( )
A．环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的减小
B．环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的减小
C．环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的增大
D．环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的增大
图10
[针对训练3] (2010·上海物理·21)如图10，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．
三、楞次定律、右手定则、左手定则、安培定则的综合应用
1．规律比较
基本现象 应用的定则或定律
运动电荷、电流产生磁场 安培定则
磁场对运动电荷、电流有作用力 左手定则
电磁
感应
部分导体做切割磁感线的运动 右手定则
闭合回路的磁通量发生变化 楞次定律
2.应用区别
关键是抓住因果关系：
(1)因电而生磁(I→B)→安培定则；
(2)因动而生电(v、B→I)→右手定则；
(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则．
3．相互联系
(1)应用楞次定律，必然要用到安培定则；
(2)感应电流受到安培力，有时可以先用右手定则确定电流的方向，再用左手定则确定安培力的方向，有时也可以直接应用楞次定律的推论确定安培力的方向．
图11
【例3】 如图11所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是( )
A．向右加速运动
B．向左加速运动
C．向右减速运动
D．向左减速运动
[规范思维]
[针对训练4]
图12
(2011·江苏·2)如图12所示，固定的水平长直导线中通有电流I，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．穿过线框的磁通量保持不变
B．线框中感应电流方向保持不变
C．线框所受安培力的合力为零
D．线框的机械能不断增大
【基础演练】
1．(2010·课标全国·14)在电磁学的发展过程中，许多科学家做出了贡献．下列说法正确的是( )
A．奥斯特发现了电流磁效应；法拉第发现了电磁感应现象
B．麦克斯韦预言了电磁波；楞次用实验证实了电磁波的存在
C．库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值
D．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律
图13
2．电阻R、电容C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图13所示．现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是( )
A．从a到b，上极板带正电
B．从a到b，下极板带正电
C．从b到a，上极板带正电
D．从b到a，下极板带正电
图14
3．直导线ab放在如图14所示的水平导体框架上，构成一个闭合回路．长直导线cd和框架处在同一个平面内，且cd和ab平行，当cd中通有电流时，发现ab向左滑动．关于cd中的电流下列说法正确的是( )
A．电流肯定在增大，不论电流是什么方向
B．电流肯定在减小，不论电流是什么方向
C．电流大小恒定，方向由c到d
D．电流大小恒定，方向由d到c
图15
4．(2011·宿迁模拟)如图15所示是一种延时开关．S2闭合，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，将C线路接通．当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放，则( )
A．由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用
B．由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的作用
C．如果断开B线圈的电键S2，无延时作用
D．如果断开B线圈的电键S2，延时将变长
图16
5．(2010·上海控江中学模拟)绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、开关相连，如图16所示．闭合开关的瞬间，铝环跳起一定高度．保持开关闭合，下列现象正确的是( )
A．铝环停留在这一高度，直到断开开关铝环回落
B．铝环不断升高，直到断开开关铝环回落
C．铝环回落，断开开关时铝环又跳起
D．铝环回落，断开开关时铝环不再跳起
图17
6．(2010·徐州市第三次模拟)如图17所示，通电螺线管置于水平放置的两根光滑平行金属导轨MN和PQ之间，ab和cd是放在导轨上的两根金属棒，它们分别放在螺线管的左右两侧．保持开关闭合，最初两金属棒处于静止状态，当滑动变阻器的滑动触头向左滑动时，ab和cd棒的运动情况是( )
A．ab向左，cd向右 B．ab向右，cd向左
C．ab，cd都向右运动 D．ab，cd都不动
图18
7．(2009·海南单科)一长直铁芯上绕有一固定线圈M，铁芯右端与一木质圆柱密接，木质圆柱上套有一闭合金属环N，N可在木质圆柱上无摩擦移动．M连接在如图18所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E1和E2为直流电源，S为单刀双掷开关．下列情况中，可观测到N向左运动的是( )
A．在S断开的情况下，S向a闭合的瞬间
B．在S断开的情况下，S向b闭合的瞬间
C．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向c端移动时
D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑动头向d端移动时
图19
8．如图19所示，在匀强磁场中放有两条平行的铜导轨，它们与大导线圈M相连接．要使小导线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的裸金属棒ab的运动情况是(两导线圈共面放置)( )
A．向右匀速运动 B．向左加速运动
C．向右减速运动 D．向右加速运动
【能力提升】
9．如图20所示，通过水平绝缘传送带输送完全相同的铜线圈，线圈等距离排列，且与传送带以相同的速度匀速运动．为了检测出个别未闭合的不合格线圈，让传送带通过一固定匀强磁场区域，磁场方向垂直于传送带运动方向，根据穿过磁场后线圈间的距离，就能够检测出不合格线圈．通过观察图形，判断下列说法正确的是( )
图20
A．若线圈闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动
B．若线圈不闭合，进入磁场时，线圈相对传送带向后滑动
C．从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈
D．从图中可以看出，第4个线圈是不合格线圈
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9
答案
10.在“研究电磁感应现象”的实验中，首先按图21(a)接线，以查明电流表指针的偏转方向与电流方向之间的关系．当闭合S时，观察到电流表指针向左偏，不通电时电流表指针停在正中央．然后按图(b)所示将电流表与副线圈B连成一个闭合回路，将原线圈A、电池、滑动变阻器和电键S串联成另一个闭合电路．
(1)S闭合后，将螺线管A(原线圈)插入螺线管B(副线圈)的过程中，电流表的指针将________偏转．
(2)线圈A放在B中不动时，指针将________偏转．
(3)线圈A放在B中不动，将滑动变阻器的滑片P向左滑动时，电流表指针将________偏转．(选填“向左”、“向右”或“不”)
图21
图22
11．如图22所示，匀强磁场区域宽为d，一正方形线框abcd的边长为l，且l>d，线框以速度v通过磁场区域，从线框进入到完全离开磁场的时间内，线框中没有感应电流的时间是多少？
图23
12．如图23所示是家庭用的“漏电保护器”的关键部分的原理图，其中P是一个变压器铁芯，入户的两根电线(火线和零线)采用双线绕法，绕在铁芯的一侧作为原线圈，然后再接入户内的用电器．Q是一个脱扣开关的控制部分(脱扣开关本身没有画出，它是串联在本图左边的火线和零线上，开关断开时，用户的供电被切断)，Q接在铁芯另一侧副线圈的两端a、b之间，当a、b间没有电压时，Q使得脱扣开关闭合，当a、b间有电压时，脱扣开关立即断开，使用户断电．
(1)用户正常用电时，a、b之间有没有电压？为什么？
(2)如果某人站在地面上，手误触火线而触电，脱扣开关是否会断开？为什么？
学案1 电磁感应现象 楞次定律
【课前双基回扣】
1．B 2.BC
3．C [自A落至图示位置时，穿过线圈的磁通量增加，磁场方向向上，则感应电流的磁场方向与之相反，即向下，故可由安培定则判断线圈中感应电流的方向为顺时针；自图示位置落至B点时，穿过线圈的磁通量减少，磁场方向向上，则感应电流的磁场方向与之相同，即向上，故可由安培定则判断线圈中感应电流的方向为逆时针，选C.]
4．B [此题可用两种方法求解，借此感受右手定则和楞次定律分别在哪种情况下更便捷．
方法一：首先由安培定则判断通电直导线周围的磁场方向(如下图所示)，因ab导线向右做切割磁感线运动，由右手定则判断感应电流由a→b，同理可判断cd导线中的感应电流方向由c→d，ad、bc两边不做切割磁感线运动，所以整个线框中的感应电流是逆时针方向的．
方法二：首先由安培定则判断通电直导线周围的磁场方向(如右图所示)，由对称性可知合磁通量Φ＝0；其次当导线框向右运动时，穿过线框的磁通量增大(方向垂直向里)，由楞次定律可知感应电流的磁场方向垂直纸面向外，最后由安培定则判断感应电流沿逆时针方向，故B选项正确．]
5．C [本题“原因”是磁铁有相对线圈的运动，“效果”便是线圈要阻碍两者的相对运动，线圈阻止不了磁铁的运动，由“来拒去留”知，线圈只好跟着磁铁同向转动；如果二者转速相同，就没有相对运动，线圈就不会转动了，故答案为C.]
6．AD [根据楞次定律，感应电流的效果是总要阻碍产生感应电流的原因，本题中“原因”是回路中磁通量的增加，P、Q可通过缩小面积的方式进行阻碍，故可得A正确．由“来拒去留”得回路电流受到向下的力的作用，由牛顿第三定律知磁铁受向上的作用力，所以磁铁的加速度小于g，选A、D.]
思维提升
1．磁通量的大小与线圈匝数无关．磁通量的变化量为末态磁通量减初态磁通量，即：ΔΦ＝Φ2－Φ1.
2．无论回路是否闭合．只要穿过线圈平面的磁通量发生变化，线圈中就产生感应电动势，产生感应电动势的那部分导体就相当于电源．
3．楞次定律的理解：①感应电流的磁场起阻碍作用；②阻碍原磁通量的变化；③阻碍不是阻止，最终要发生变化；④阻碍的形式：“来拒去留”“增反减同”
4．导线切割磁感线用右手定则来进行判断：
伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内，让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．
【核心考点突破】
例1 B [由楞次定律可知，在线框从右侧摆动到O点正下方的过程中，向上的磁通量在减小，感应电流的磁场与原磁场方向相同(即向上)，再根据安培定则可以判断感应电流的方向沿a→d→c→b→a，同理，可知线框从O点正下方向左侧摆动的过程，电流方向沿a→d→c→b→a，故选B.]
[规范思维] (1)在判断感应电流的方向时，分析磁通量的变化只需看穿过平面的磁感线的条数即可，还要注意磁感线是从正面穿入还是从正面穿出(正面是为了分析问题事先选定的)．
(2)根据楞次定律的基本含义，按步就班(一原二变三感四螺旋)解题一般不会出错．
例2 D [条形磁铁从线圈正上方等高快速经过时，通过线圈的磁通量先增加后减小．当通过线圈的磁通量增加时，为阻碍其增加，在竖直方向上线圈有向下运动的趋势，所以线圈受到的支持力大于重力，在水平方向上有向右运动的趋势；当通过线圈的磁通量减小时，为阻碍其减小，在竖直方向上线圈有向上运动的趋势，所以线圈受到的支持力小于重力，在水平方向上有向右运动的趋势．综上所述，线圈受到的支持力先大于重力后小于重力，运动趋势总是向右．]
[规范思维] 本题是根据楞次定律的第二种描述解题的．根据磁通量的增、减，利用阻碍相对运动来分析水平方向和竖直方向上安培力的方向．楞次定律的几种表述情况，都可归纳为阻碍产生感应电流的原因．
例3 BC [设PQ向右运动，用右手定则和安培定则判定可知穿过L1的磁感线方向向上．若PQ向右加速运动，则穿过L1的磁通量增加，用楞次定律判定可知通过MN的感应电流方向是N→M，对MN用左手定则判定，可知MN向左运动，可见A选项不正确．若PQ向右减速运动，则穿过L1的磁通量减少，用楞次定律判定可知通过MN的感应电流方向是M→N，对MN用左手定则判定，可知MN是向右运动，可见C正确．同理设PQ向左运动，用上述类似的方法可判定B正确，而D错误．]
[规范思维] 由导体运动分析产生感应电流的方向时用右手定则，由电流分析所受安培力的方向时，用左手定则．安培定则又称右手螺旋定则，用来判断电流产生的磁场方向，它们的作用及操作方法都不同，学习时要明确区分．
[针对训练]
1．D [①确定原磁场的方向：条形磁铁在穿入线圈的过程中，磁场方向向下．
②明确闭合回路中磁通量变化的情况：向下的磁通量增加．
③由楞次定律的“增反减同”可知：线圈中的感应电流产生的磁场方向向上．
④应用右手定则可以判断感应电流的方向为逆时针(俯视)，即：电流的方向从b→G→a.
同理可以判断出条形磁铁穿出线圈的过程中，向下的磁通量减小，由楞次定律可得：线圈中将产生顺时针的感应电流(俯视)，即：电流的方向从a→G→b.]
2．A [由于I减小，穿过闭合金属环的磁通量变小，通电螺线管在环a的轴线上，所以环通过缩小面积来阻碍原磁通量的减小，所以A正确．]
3．左 收缩
解析 变阻器滑片P向左移动，电阻变小，电流变大，根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原电流的磁场方向相反，相互排斥，则金属环A将向左移动，因磁通量增大，金属环A有收缩的趋势．
4．B [直线电流的磁场离导线越远，磁感线越稀疏，故线圈在下落过程中磁通量一直减小，A错；由于上、下两边电流相等，上边磁场较强，线框所受合力不为零，C错；由于电磁感应，一部分机械能转化为电能，机械能减小，D错．]
思想方法总结
1．感应电流方向的判断方法：
方法一：右手定则(适用于部分导体切割磁感线)
方法二：楞次定律
楞次定律的应用步骤
2．(1)若导体不动，回路中磁通量变化，应该用楞次定律判断感应电流方向而不能用右手定则．
(2)若是回路中一部分导体做切割磁感线运动产生感应电流，用右手定则判断较为简单，用楞次定律进行判定也可以，但较为麻烦．
3．电磁感应现象、楞次定律等知识与生产、生活联系比较密切，如电磁阻尼现象、延时开关等．这类题目往往以生产、生活实践和高新技术为背景，提出问题，并要求学生用所学知识去解决问题．解决问题的关键是认真读题，弄清物理情景，建立正确的物理模型，再用相关的物理规律求解．
【课时效果检测】
1．AC [赫兹用实验证实了电磁波的存在，B错；安培发现了磁场对电流的作用规律；洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，D错．]
2．D [当N极接近线圈的上端时，线圈中的磁通量增大，由楞次定律可知感应电流的方向，且流经R的电流为从b到a，电容器下极板带正电．]
3．B [此题利用楞次定律的第二种描述比较方便，导线ab向左滑动，说明回路中的磁通量在减小，即cd中的电流在减小，与电流的方向无关，故B正确．]
4．BC [S1断开时，A线圈中电流消失，磁通量减少，B线圈中产生感应电流，阻碍线圈中磁通量的减少，A错，B对；若断开S2，B线圈中无感应电流，磁通量立即减为零，不会有延时作用，C对，D错．]
5．D [在闭合开关的瞬间，铝环的磁通量增加，铝环产生感应电流，由楞次定律的第二种描述可知，铝环受到向上的安培力跳起一定高度，当保持开关闭合时，回路中电流不再增加，铝环中不再有感应电流，不再受安培力，将在重力作用下回落，所以A、B均错误；铝环回落后，断开开关时，铝环中因磁通量的变化产生感应电流，使铝环受到向下的安培力，不会再跳起，所以C错误，D正确．]
6．A [由楞次定律可知A正确．]
7．C [由楞次定律的第二种描述可知：只要线圈中电流增强，即穿过N的磁通量增加，N就会受排斥而向右运动，只要线圈中电流减弱，即穿过N的磁通量减少，N就会受吸引而向左运动．故选项C正确．]
8．BC [欲使N产生顺时针方向的感应电流，感应电流的磁场方向应垂直纸面向里，由楞次定律可知有两种情况：一是M中有顺时针方向逐渐减小的电流，使其在N中的磁场方向向里，且磁通量在减小；二是M中有逆时针方向逐渐增大的电流，使其在N中的磁场方向向外，且磁通量在增大．因此，根据右手定则，对于前者，应使ab减速向右运动；对于后者，则应使ab加速向左运动．故应选B、C.]
9．AC [若线圈闭合，进入磁场时，由于产生感应电流，根据楞次定律可判断线圈相对传送带向后滑动，故A正确；若线圈不闭合，进入磁场时，不会产生感应电流，故线圈相对传送带不发生滑动，故B错误；从图中可以看出，第3个线圈是不合格线圈，C正确．]
10．(1)向右 (2)不 (3)向右
11.
解析 从线框进入磁场到完全离开磁场，只有线框bc边运动至磁场右边缘至ad边运动至磁场左边缘的过程中无感应电流．
此过程的位移为：l－d
故线框中没有感应电流的时间为：t＝
12．见解析
解析 (1)用户正常用电时，a、b之间没有电压，因为双线绕成的初级线圈的两根导线中的电流总是大小相等、方向相反，穿过铁芯的磁通量总为零，副线圈中不会产生感应电动势．
(2)会断开，因为人站在地面上手误触火线，电流通过火线和人体流向大地，不通过零线，这样变压器的铁芯中就会有磁通量的变化，从而在副线圈中产生感应电动势，即a、b间有电压，脱扣开关就会断开．
易错点评
1．在第2题中，产生感应电流的是右边的线圈，它是电源．
许多同学误认为是电容器C在放电，使线圈中有电流，造成失误．
2．在第5题中，有同学往往认为通电线圈好似一个电动机，只要它通电，就能使铝环停在一定高度，属于没有真正理解电磁感应现象．真正的现象应是：闭合瞬间，铝环跳起，电流稳定后，铝环是落下的，当电键断开时，是不会跳起的．
3．在第8题中，注意思维的顺序，分清谁是原因——ab的加、减速运动，谁是结果——N中产生感应电流．
4．在第11题中，一定要注意条件：l>d.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0.4 V
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＝vBl，流过固定电阻R的感应电流由b到d
B．U＝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，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·S
(2)磁感应强度B不变，线圈的面积S均匀变化：
E＝nB·
3．用E＝n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＝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：cdsin θ；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＝R；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＝0.2 T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＝4 m/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＝0.1 Ω/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?RA，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＝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.BωR2 B．2BωR2
C．4BωR2 D．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
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．0 B．3I
C．7I D．12I
题号 1 2 3 4 5 6 7
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＝0.2 m2、匝数n＝630匝、总电阻r＝1.0 Ω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“3V 0.9 W”，滑动变阻器R0上标有“10 Ω 1 A”，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2 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＝＝ V＝0.4 V．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决定，而任何时刻磁通量的变化率就是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＝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＝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＝，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，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)，方向从b到a (2)
解析 (1)由图象分析可知，0至t1时间内
＝
由法拉第电磁感应定律有E＝n＝n·S
而S＝πr，由闭合电路欧姆定律有I1＝
又R1＝2R，联立以上各式，解得I1＝
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＝；
电阻R1上产生的热量Q＝IR1t1＝.
[规范思维] (1)在利用E感＝n＝n·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＝时，要明确产生E感的部分有无电阻．
例2 (1)1.84t V (2)0.92t V (3)1.69 A，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°＝t；感应电动势的瞬时值E＝Blv＝0.2×t×4 V≈1.84t V.
(2)这段时间内感应电动势的平均值＝＝＝＝Blv＝×0.2××4 V＝0.92t V.
(3)随t增大，回路电阻增大，当时间为t时，回路总长度L＝4t＋(＋)t＝10.9t，回路总电阻R＝Lr＝10.9t×0.1 Ω＝1.09t Ω，回路总电流I＝＝ A＝1.69 A，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3 B [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＝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，I＝，q＝IΔt可推导出q＝n.
(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．C 2.ACD 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及U＝n＝S可得：＝，选项B正确；当下极板向上移动时，两极板间距减小，由E＝可知场强变大，则此时mg7．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＝＝I，＝＝9I，＝＝I′，联立可得I′＝12I，故选D项．]
8．(1)BL (2)BL (3)
解析 (1)cd边刚进入磁场时，线框速度v＝，
线框中产生的感应电动势E＝BLv＝BL.
(2)此时线框中的电流 I＝，
cd两点间的电势差U＝I(R)＝E＝BL.
(3)此时，线框所受安培力F＝BIL＝，
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＝.
9．(1)向右 (2)0.3 A (3)40 s
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＝＝10 Ω，
工作电流I＝＝0.3 A，由于滑动变阻器的工作电流是1 A，所以电路允许通过的最大电流为I＝0.3 A.
(3)滑动变阻器触头位于最左端时外电路的电阻为R外＝20 Ω，故电源电动势的最大值E＝I(R外＋r)＝6.3 V．由法拉第电磁感应定律
E＝＝＝ V，解得t0＝40 s.
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＝·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．
