(共74张PPT)
1.楞次定律
核心概念 规律再现
核心模型 考点对点练
核心能力提升练
⊙1.楞次定律
1.探究影响感应电流方向的因素
(1)实验现象：如图所示
实验现象表明，穿过线圈的磁通量都在增大时，如果磁场方向不同(图甲、乙)，感应电流的方向并不相同。而穿过线圈的磁通量都减小时，如果磁场的方向不同(图丙、丁)，感应电流的方向也不同。
①穿过线圈的磁通量增大时的情况
图号 磁体磁场的方向 感应电流的方向 感应电流的磁场方向
甲 向下 逆时针(俯视) 向上
乙 向上 顺时针(俯视) 向下
②穿过线圈的磁通量减小时的情况
图号 磁体的磁场方向 感应电流的方向 感应电流的磁场方向
丙 向下 顺时针(俯视) 向下
丁 向上 逆时针(俯视) 向上
(2)实验结论
①当穿过线圈的磁通量增大时，感应电流的磁场与磁体的磁场方向相反，阻碍磁通量的增加。
②当穿过线圈的磁通量减小时，感应电流的磁场与磁体磁场的方向相同，阻碍磁通量的减小。
2．楞次定律
(1)内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化。
(2)理解
①感应电流沿着楞次定律所述的方向，是能量守恒定律的必然结果。由于电阻的存在，感应电流在闭合回路中流动时将产生热量。根据能量守恒定律，能量不可能无中生有，这部分热量只可能从其他形式的能量转化而来。
②阻碍不是阻止，最终引起感应电流的磁通量的变化不能被抵消，磁通量还是发生了变化，是“阻而未止”。阻碍不是相反，当电路中的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向相反，减少时，感应电流的磁场与原磁场方向相同(增反减同)。
3．右手定则
(1)内容：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。
(2)适用范围：更便于判定导线切割磁感线时感应电流的方向。
典型考点一 楞次定律的理解
1．根据楞次定律知，感应电流的磁场一定( )
A．阻碍引起感应电流的磁通量
B．与引起感应电流的磁场方向相反
C．阻碍引起感应电流的磁通量的变化
D．与引起感应电流的磁场方向相同
答案 C
解析 由楞次定律可知，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，并不是阻碍原磁场的磁通量，感应电流的磁场可能与原磁场的方向相同，也可能与原磁场的方向相反，C正确，A、B、D错误。
2. (多选)在一水平通电直导线的正下方，有一半圆形光滑圆弧轨道，一导体圆环自轨道左侧的A点无初速度释放，则下列说法中正确的是( )
A．圆环中有感应电流产生
B．圆环能滑到轨道右侧与A点等高的C处
C．圆环最终停在轨道的最低点B处
D．圆环运动过程中机械能守恒
答案 AC
解析 水平通电直导线周围有磁场，且离导线越远磁感应强度越小，在圆环运动过程中，通过圆环的磁通量变化，故有感应电流产生，A正确；因为圆环在运动的过程中，有感应电流产生，对整个过程由能量守恒定律得，重力势能转化为电能，故不能上滑到轨道右侧与A点等高的C处，B错误；由于圆环运动的过程中，磁通量不断变化，所以机械能不断转化为电能，故圆环的机械能越来越小，最终停在最低点B处，C正确；整个过程中圆环的重力势能转化为电能，机械能不守恒，D错误。
典型考点二 利用楞次定律判断感应电流的方向
3. (多选)如图所示，在水平放置的条形磁体的N极附近，一个闭合线圈向下运动并始终保持在竖直平面内。在位置b时，N极附近的磁感线正好与线圈平面垂直。在线圈从a到c运动的过程中，下列说法中正确的是( )
A．穿过线圈的磁通量先增大后减小
B．穿过线圈的磁通量先减小后增大
C．从左边看，线圈中的感应电流先顺时针后逆时针
D．从左边看，线圈中的感应电流先逆时针后顺时针
答案 AD
解析 根据条形磁体周围的磁场分布情况，可知线圈从位置a到位置b的过程中，穿过线圈的磁通量增大，线圈从位置b到位置c的过程中，穿过线圈的磁通量减小，A正确，B错误；由楞次定律可知，从左边看，线圈中的感应电流先逆时针后顺时针，D正确，C错误。
4. 如图所示，在条形磁体的外面套着一个闭合弹簧线圈，若把线圈四周向外拉，使线圈包围的面积变大，则线圈中感应电流的情况是( )
A．弹簧线圈中有感应电流，俯视看电流方向为逆时针方向
B．弹簧线圈中有感应电流，俯视看电流方向为顺时针方向
C．因线圈中磁通量不变，故无感应电流
D．无法判断有无感应电流
答案 A
解析 磁感线在条形磁体的内外形成闭合曲线，则磁体外部的磁感线总数等于内部磁感线的总数，且在线圈平面处磁体内外磁感线方向相反，而磁体外部的磁感线分布在无穷大的空间，所以图中线圈中磁体内部的磁感线多于外部的磁感线，则穿过线圈的总磁通量等于磁体内部的磁感线条数减去磁体外部、线圈内部的磁感线条数。当弹簧线圈包围的面积增大时，磁体内部的磁感线总数不变，而线圈内部、磁铁外部反向的磁感线条数增多，则穿过线圈的总磁通量减小，将产生感应电流。线圈内部磁通量向上减小，则由楞次定律可知，线圈内的感应电流俯视看为逆时针方向，A正确，B、C、D错误。
5. 如图，一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距。两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流。若( )
A．金属环向上运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向
C．金属环向左侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针
D．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针
答案 D
解析 两直导线之间的磁场关于与两导线距离相等的直线对称，金属环在中间时，通过金属环的磁通量为零，金属环上下运动时，穿过金属环的磁通量不变，不会有感应电流产生，A、B错误；金属环向左侧直导线靠近，则穿过金属环的磁通量垂直纸面向外并且增加，根据楞次定律可得，环上的感应电流方向为顺时针，C错误；金属环向右侧直导线靠近，则穿过金属环的磁通量垂直纸面向里并且增加，根据楞次定律可得，环上的感应电流方向为逆时针，D正确。
典型考点三 楞次定律的实验探究
6．一灵敏电流计，当电流从它的正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转。现把它与一个线圈串联，将磁体从线圈上方插入或拔出。请完成下列填空：
(1)图a中灵敏电流计指针的偏转方向为____________。(填“偏向正接线柱”或“偏向负接线柱”)
(2)图b中磁体下方的极性是________。(填“N极”或“S极”)
(3)图c中磁体的运动方向是________。(填“向上”或“向下”)
(4)图d中线圈从上向下看的电流方向是________。(填“顺时针”或“逆时针”)
答案 (1)偏向正接线柱 (2)S极 (3)向上
(4)顺时针
解析 (1)由图a可知，磁体向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向下，根据楞次定律可知，感应电流方向俯视为逆时针方向，从正接线柱流入电流计，指针偏向正接线柱。
(2)由图b可知，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，线圈中感应电流的磁场方向向下，又穿过线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，磁体下方为S极。
(3)由图c可知，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，线圈中感应电流的磁场方向向下，又线圈中磁体的磁场方向向下，根据楞次定律可知，穿过线圈的磁通量减小，磁体向上运动。
(4)图d中磁体向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向上，根据楞次定律可知，线圈中感应电流方向俯视为顺时针方向。
典型考点四 右手定则及其应用
7．如图所示，导体棒ab在磁场中向右切割磁感线，感应电流方向由a向b，则磁场的方向可能是( )
A．由导体棒左方向右方
B．由导体棒右方向左方
C．垂直纸面向里
D．垂直纸面向外
答案 D
解析 由题意可知，导体棒切割磁感线，感应电流由a向b，根据右手定则，四指指向电流方向，拇指指向导体棒运动方向，则磁场方向可能垂直纸面向外，或磁场有垂直纸面向外的分量，D正确，A、B、C错误。
8．下列各图中的导体棒是闭合回路的一部分，图中分别标出了导体棒的速度方向、磁场方向和棒中感应电流的方向，其中三者关系正确的是( )
答案 B
解析 根据右手定则，伸开右手，让磁感线穿过掌心，大拇指指向导体棒运动方向，可判断感应电流的方向。A中感应电流应沿导体棒向里，B中感应电流应沿导体棒向外，C中感应电流应沿导体棒向右，则A、C错误，B正确。D中导体棒运动时不切割磁感线，无感应电流产生，D错误。
9．(多选)如图所示，竖直向下的匀强磁场中，有一个带铜轴的铜盘，用铜刷把盘缘和轴连接，外接一电流表，当铜盘按图示方向匀速转动时，则( )
A.中有a→b的电流
B.中有b→a的电流
C．穿过盘面的磁通量不变，不产生感应电流
D．盘中有从盘边缘向盘中心的电流
答案 BD
解析 题中情形可视为沿铜盘半径方向的一系列并联的细“铜棒”切割磁感线，由右手定则可知，盘中有从盘边缘向盘中心的电流，则中有b→a的电流，B、D正确，A、C错误。
1. 如图所示，光滑无电阻的金属框架MON竖直放置，水平方向的匀强磁场垂直MON平面，质量为m的金属棒ab从∠abO＝45°的位置由静止释放，两端沿框架在重力作用下滑动。在棒由图示位置滑动到处于水平位置的过程中，ab中感应电流的方向是( )
A．由a到b B．由b到a
C．先由a到b，再由b到a D．先由b到a，再由a到b
答案 A
解析 以ab棒与金属框架组成的回路为研究对象，由几何知识可知，当∠abO夹角为45°时，回路面积最大，故棒由图示位置运动的过程中，穿过回路的磁通量在减小，由楞次定律可知，产生的感应电流方向为顺时针，即ab中感应电流的方向为由a到b，B、C、D错误，A正确。
2. 闭合线框abcd，自某高度自由下落时穿过一个有界的匀强磁场，当它经过如图所示的三个位置时，感应电流的方向是( )
A．经过Ⅰ时，电流方向是顺时针方向
B．经过Ⅱ时，电流方向是逆时针方向
C．经过Ⅱ时，无感应电流产生
D．经过Ⅲ时，电流方向是逆时针方向
答案 C
解析 经过Ⅰ时，向里的磁通量增加，根据楞次定律可知感应电流方向为逆时针，A错误；经过Ⅱ时，磁通量不变，则无感应电流产生，B错误，C正确；经过Ⅲ时，向里的磁通量减少，根据楞次定律可知感应电流方向为顺时针，D错误。
3．(多选)下列选项表示的是闭合电路中的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动的情景，导体ab上的感应电流方向为b→a的是( )
答案 BCD
解析 A中，ab棒顺时针转动，运用右手定则时，让磁感线穿过掌心，拇指指向导体ab运动方向，则导体ab上的感应电流方向为a→b，A错误；B中，ab向纸外运动，运用右手定则时，让磁感线从掌心进入，拇指指向纸外，则知导体ab上的感应电流方向为b→a，B正确；C中，穿过回路的磁通量减小，由楞次定律知，回路中感应电流方向为b→a→c→b，则导体ab上的感应电流方向为b→a，C正确；D中，ab棒沿导轨向下运动，由右手定则判断知导体ab上的感应电流方向为b→a，D正确。
4．圆线圈放在匀强磁场中，设在第1 s内磁场方向垂直于线圈平面向里，如图甲所示。若磁感应强度B随时间t的变化关系如图乙所示，则( )
A．在0～1 s内线圈中无感应电流
B．在0～1 s内线圈中有感应电流，方向为逆时针方向
C．在1～2 s内线圈中有感应电流，方向为逆时针方向
D．在2～3 s内线圈中有感应电流，方向为逆时针方向
答案 B
解析 根据B t图像可知，第1 s内磁感应强度垂直线圈平面向里增大，由楞次定律知，线圈中有感应电流，方向为逆时针方向，A错误，B正确；在1～2 s内线圈内磁通量没有变化，所以线圈中无感应电流，C错误；在2～3 s内磁感应强度垂直于线圈平面向里减小，由楞次定律知，线圈中有感应电流，方向为顺时针方向，D错误。
5. 如图所示，一圆形金属线圈放置在水平桌面上，匀强磁场垂直桌面竖直向下，过线圈上A点作切线OO′，OO′与线圈在同一平面上。在线圈以OO′为轴翻转180°的过程中，线圈中电流方向( )
A．始终为A→B→C→A
B．始终为A→C→B→A
C．先为A→C→B→A，再为A→B→C→A
D．先为A→B→C→A，再为A→C→B→A
答案 A
解析 在线圈以OO′为轴翻转0～90°的过程中，穿过线圈向里的磁通量逐渐减小，由楞次定律可知感应电流方向为A→B→C→A；在线圈以OO′为轴翻转90°～180°的过程中，穿过线圈向里的磁通量逐渐增加，由楞次定律可知感应电流方向仍然为A→B→C→A，A正确。
6. 如图所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，下列关于感应电流的方向和导体棒MN所受安培力的方向的说法，正确的是( )
A．通过电阻R中感应电流的方向是Q→P
B．导体棒MN中感应电流的方向是M→N
C．导体棒MN所受安培力水平向左
D．导体棒MN所受安培力水平向右
答案 C
解析 根据右手定则判断可知，导体棒MN中感应电流的方向是N→M，电阻R中电流的方向是P→Q，根据左手定则判断可知MN所受的安培力方向水平向左，C正确，A、B、D错误。
7．为了测量列车运行的速度和加速度大小，可采用如图甲所示的装置，它由一块安装在列车车头底部的强磁体和埋设在轨道地面的一组线圈及电流测量记录仪组成(电流测量记录仪未画出)。当列车经过线圈上方时，线圈中产生的电流被记录下来，P、Q为接测量仪器的端口。若俯视轨道平面时磁场垂直地面向里(如图乙)，则在列车经过测量线圈的过程中，流经线圈的电流方向为( )
A．始终沿逆时针方向
B．先沿顺时针，再沿逆时针方向
C．先沿逆时针，再沿顺时针方向
D．始终沿顺时针方向
答案 C
解析 列车上强磁体的磁场方向垂直地面向里，在列车经过经圈的过程中，线圈内的磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知，线圈中的感应电流的方向为先沿逆时针，再沿顺时针方向，C正确。
8．1931年，英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”。1982年，美国物理学家卡布莱设计了一个寻找磁单极子的实验。他设想，如果一个只有N极的磁单极子从上向下穿过如图所示的超导线圈，那么，从上向下看，超导线圈将出现( )
A．先有逆时针方向的感应电流，然后有顺时针方向的感应电流
B．先有顺时针方向的感应电流，然后有逆时针方向的感应电流
C．始终有顺时针方向的感应电流
D．始终有逆时针方向的感应电流
答案 D
解析 在磁单极子运动的过程中，当磁单极子位于超导线圈上方时，超导线圈中原磁场的方向向下，磁通量增加，则感应电流的磁场方向向上，由安培定则可知，产生逆时针(俯视)方向的感应电流；当磁单极子位于超导线圈下方时，超导线圈中原磁场的方向向上，磁通量减小，则感应电流的磁场方向向上，由安培定则可知，产生逆时针(俯视)方向的感应电流，故D正确。
9．如图所示，一根条形磁体自左向右穿过一个闭合线圈，则流过灵敏电流计的感应电流方向是( )
A．先向左，再向右 B．先向右，再向左
C．始终向右 D．始终向左
答案 A
解析 条形磁体从左向右进入线圈的过程中，线圈中原磁场方向向左，且磁通量在增加，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向右，由安培定则知，流过灵敏电流计的感应电流的方向是向左。条形磁体从左向右离开线圈的过程中，线圈中原磁场方向向左，且磁通量在减小，根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化，所以感应电流的磁场向左，由安培定则知，流过灵敏电流计的感应电流的方向是向右。A正确，B、C、D错误。
10．如图所示，匀强磁场与圆形导体环平面垂直，导体ef与环接触良好，当ef向右匀速运动时( )
A．圆环中磁通量不变，环上无感应电流产生
B．整个环中有顺时针方向的电流
C．整个环中有逆时针方向的电流
D．ef的右侧环上有逆时针方向的电流，ef的左侧环上有顺时针方向的电流
答案 D
解析 导体ef切割磁感线产生感应电流，根据右手定则判断可知，ef中产生的感应电流方向为从e→f，则以ef所在位置为界，环的右侧有逆时针方向的电流，环的左侧有顺时针方向的电流，A、B、C错误，D正确。
11．如图所示，一闭合小线框从蹄形磁体的N极正上方水平移动到S极的正上方，从上往下看，此过程中小线框中感应电流的方向( )
A．始终沿顺时针方向
B．始终沿逆时针方向
C．先沿顺时针后沿逆时针方向
D．先沿逆时针后沿顺时针方向
答案 B
解析 小线框从N极正上方移到S极正上方的过程中，穿过小线框的磁通量先向上减小后反向增大。根据楞次定律“增反减同”的规律，可判断从上往下看，小线框中感应电流的方向始终沿逆时针方向，B正确，A、C、D错误。
12．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图所示方式连接。在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转。由此可以推断( )
A．线圈A向上移动或滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动，都能引起电流计指针向左偏转
B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流计指针向右偏转
C．滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流计指针静止在中央
D．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向
答案 B
解析 由题意知，当线圈B中的磁通量减小时，闭合电路中产生感应电流使电流计指针向右偏转。当线圈A向上移动时，线圈B中磁通量减小，电流计指针向右偏转，A错误；当线圈A中的铁芯向上拔出或断开开关时，线圈B中的磁通量均减小，电流计指针均向右偏转，B正确；当P向左或向右匀速滑动时，线圈A中电流均变化，B中磁通量变化，有感应电流产生，电流计指针发生偏转，C错误；综上分析可知，D错误。
13. 如图所示，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，且上、下两边与导线平行。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．线框中感应电流的方向保持不变
C．线框所受安培力的合力为零
D．线框的机械能不断增大
答案 B
解析 线框在下落过程中，所在位置磁场减弱，穿过线框的磁通量减小，故A错误；线框在下落过程中，因为穿过线框向里的磁通量一直减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，所以感应电流的方向不变，故B正确；线框左右两边受到的安培力等大反向，上边受到的安培力大于下边受到的安培力，故线框所受安培力的合力不为零，故C错误；线框中产生电能，机械能减小，故D错误。(共71张PPT)
2.法拉第电磁感应定律
核心概念 规律再现
核心模型 考点对点练
核心能力提升练2.法拉第电磁感应定律
1.电磁感应定律
(1)感应电动势
①概念：在电磁感应现象中产生的电动势。
②产生：只要穿过回路的磁通量发生变化，就能产生感应电动势，与电路是否闭合无关。
③方向：产生感应电动势的那部分导体相当于电源，电源的正、负极可由楞次定律或右手定则判断。
④感应电流与感应电动势的关系：遵循闭合电路欧姆定律，即I＝。
(2)法拉第电磁感应定律
①内容：闭合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。
②公式：E＝n，n为线圈匝数。
③理解
a．感应电动势的大小由穿过闭合电路的磁通量的变化率和线圈的匝数共同决定，而与磁通量Φ、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有直接联系。
b．当ΔΦ仅由B的变化引起时，则E＝n；当ΔΦ仅由S的变化引起时，则E＝n。
c．磁通量的变化率是Φ t图像上某点切线的斜率。
d．公式E＝n只表示感应电动势的大小，不涉及正负，计算时ΔΦ应取绝对值。
2．导线切割磁感线时的感应电动势
(1)几种常见情况
切割方式 感应电动势的表达式 说明
垂直切割 E＝Blv ①导线与磁场方向垂直②磁场为匀强磁场
倾斜切割 E＝Blvsinθ，其中θ为v与B的夹角
旋转切割 ①以中点为轴时，E＝0(不同两段的代数和)。②以端点为轴时，E＝Bωl2。③以任意点为轴时，E＝Bω(l－l)(l1>l2，不同两段的代数和)
(2)电路和能量分析
①动生电动势：由于导体运动而产生的感应电动势。
②电路分析：一段导线在做切割磁感线的运动时相当于一个电源，非静电力与洛伦兹力有关。
③受力和能量分析：由于导体棒运动产生感应电动势，电路中有电流通过，导体棒在运动过程中会受到安培力的作用。可以判断，安培力的方向与推动导体棒运动的力的方向是相反的。这时即使导体棒做匀速运动，推力也做功。如果没有推力的作用，导体棒将克服安培力做功而消耗本身的机械能。
典型考点一 公式E＝n的理解及应用
1．穿过一个内阻为1 Ω的单匝闭合线圈的磁通量每秒钟均匀地减少2 Wb，则( )
A．线圈中感应电动势每秒钟增加2 V
B．线圈中感应电流每秒钟减小2 A
C．线圈中感应电流不变
D．以上说法都不对
答案 C
解析 由法拉第电磁感应定律知E＝n＝1× V＝2 V，根据闭合电路欧姆定律知I＝＝2 A，可知线圈中感应电动势和感应电流保持不变，A、B、D错误，C正确。
2. 穿过某线圈的磁通量随时间的变化关系如图所示，在线圈内产生感应电动势最大值的时间段是( )
A．0～2 s B．2～4 s
C．4～6 s D．6～10 s
答案 C
解析 Φ t图像中，图线斜率表示磁通量的变化率，根据法拉第电磁感应定律E＝n，由图可知，在4～6 s内图线斜率最大，则磁通量变化率最大，感应电动势最大，C正确，A、B、D错误。
3. 如图所示，虚线区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，一边长为L的正方形单匝导体框垂直磁场放置，框的右边与磁场边界重合，此时穿过导体框的磁通量为Φ。现将导体框以速度v沿纸面垂直边界拉出磁场，在此过程中( )
A．穿过导体框的磁通量增加，产生的感应电动势是
B．穿过导体框的磁通量减小，产生的感应电动势是
C．穿过导体框的磁通量增加，产生的感应电动势是
D．穿过导体框的磁通量减小，产生的感应电动势是
答案 D
解析 将导体框沿纸面垂直边界拉出磁场的过程中，穿过导体框的磁感线条数减少，磁通量减小，产生的感应电动势是E＝＝＝，D正确，A、B、C错误。
4．一单匝矩形线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场方向垂直。先保持线框的面积不变，将磁感应强度在1 s时间内均匀地增大到原来的两倍。接着保持增大后的磁感应强度不变，在1 s时间内，再将线框的面积均匀地减小到原来的一半。先后两个过程中，线框中感应电动势的比值为( )
A. B．1 C．2 D．4
答案 B
解析 设开始时磁感应强度为B，线框面积为S，由法拉第电磁感应定律E＝有E1＝＝＝，E2＝＝＝，故两过程中感应电动势的大小相等，即线框中感应电动势的比值为1，B正确。
5．如图甲所示的线圈，匝数n＝1500匝，横截面积S＝20 cm2，方向向右穿过线圈的匀强磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化。
(1)2 s内穿过线圈的磁通量的变化量是多少？
(2)穿过线圈的磁通量的变化率是多大？
(3)线圈中感应电动势的大小为多少？
答案 (1)8×10－3 Wb (2)4×10－3 Wb/s (3)6 V
解析 (1)磁通量的变化量是由磁感应强度的变化引起的，
所以ΔΦ＝ΔBS＝(6－2)×20×10－4 Wb＝8×10－3 Wb。
(2)穿过线圈的磁通量的变化率为
＝ Wb/s＝4×10－3 Wb/s。
(3)根据法拉第电磁感应定律得感应电动势的大小
E＝n＝1500×4×10－3 V＝6 V。
典型考点二 公式E＝Blv的理解及应用
6. 如图所示，abc为一金属导体，ab＝bc＝l，置于匀强磁场B中。当导体以速度v向右运动时，abc上产生的感应电动势为( )
A．Blv B.Blv
C.Blv D．Blv＋Blv
答案 B
解析 ab边不切割磁感线，bc边在竖直方向的投影长度可视为切割磁感线的有效长度，所以产生的感应电动势大小E＝Bl有效v＝Bvlsin60°＝Blv，B正确。
7. 法拉第发明了世界上第一台发电机——法拉第圆盘发电机。如图所示，铜质圆盘竖直放置在水平向左的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个摇柄，边缘和圆心处各有一个铜电刷与其紧贴，用导线将电刷与电阻R连接起来形成回路。转动摇柄，使圆盘按图示方向转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B，圆盘半径为r，圆盘匀速转动的角速度为ω。下列说法正确的是( )
A．圆盘产生的电动势为Bωr2，流过电阻R的电流方向为从b到a
B．圆盘产生的电动势为Bωr2，流过电阻R的电流方向为从a到b
C．圆盘产生的电动势为Bωπr2，流过电阻R的电流方向为从b到a
D．圆盘产生的电动势为Bωπr2，流过电阻R的电流方向为从a到b
答案 A
解析 将圆盘看成由无数辐条组成，它们都切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，根据右手定则，圆盘上感应电流从边缘流向圆心，则流过电阻R的电流方向为从b到a。根据法拉第电磁感应定律，得圆盘产生的感应电动势E＝Br＝Br·＝Bωr2。A正确。
8．如图所示，导体AB的长为2R，绕O点以角速度ω匀速转动，OB长为R，且O、B、A三点在一条直线上，有一磁感应强度为B的匀强磁场充满转动平面，且与转动平面垂直，则导体AB产生的感应电动势大小为( )
A.BωR2 B．2BωR2
C．4BωR2 D．6BωR2
答案 C
解析 导体AB产生的感应电动势的大小为E＝B·2R＝B·2R·＝4BωR2，C正确。
9. (多选)为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a＝1 m、b＝0.2 m、c＝0.2 m，左、右两端开口，在垂直于前、后面的方向加磁感应强度为B＝1.25 T的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极，污水充满装置以某一速度从左向右匀速流经该装置时，测得两个电极间的电压U＝1 V。且污水流过该装置时受到阻力作用，阻力f＝kLv，其中比例系数k＝15 N·s/m2，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速。下列说法中正确的是( )
A．金属板M的电势不一定高于金属板N的电势，因为污水中可能负离子较多
B．污水中离子浓度的高低对电压表的示数也有一定影响
C．污水的流量(单位时间内流出的污水体积)Q＝0.16 m3/s
D．为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压强差为Δp＝1500 Pa
答案 CD
解析 根据左手定则，知负离子所受的洛伦兹力方向向下，则负离子向下偏转，同理，正离子向上偏转，可知N板带负电，M板带正电，则N板的电势一定比M板电势低，故A错误；由法拉第电磁感应定律得：U＝vBc，与离子浓度无关，故B错误；污水的流速v＝，则流量Q＝vbc＝＝ m3/s＝0.16 m3/s，故C正确；污水的流速v＝＝ m/s＝4 m/s，污水流过该装置时受到的阻力f＝kLv＝kav＝15×1×4 N＝60 N，为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压力差是60 N，则压强差为Δp＝＝ Pa＝1500 Pa，故D正确。
典型考点三 导体切割磁感线时的洛伦兹力和安培力的理解
10．下列说法中正确的是( )
A．动生电动势是洛伦兹力对导体中自由电荷做功而引起的
B．因为洛伦兹力对运动电荷始终不做功，所以动生电动势不是由洛伦兹力而产生的
C．动生电动势的方向可以由右手定则来判定
D．导体棒切割磁感线产生感应电流，受到的安培力一定与受到的外力大小相等、方向相反
答案 C
解析 动生电动势是洛伦兹力沿导体方向的分力对导体中自由电荷做功而引起的，但洛伦兹力对自由电荷所做的总功仍为零，A、B错误；动生电动势是由导体切割磁感线产生的，可由右手定则判定其方向，C正确；只有在导体棒做匀速切割磁感线运动时，除安培力以外的力的合力才与安培力大小相等、方向相反，做变速运动时不成立，D错误。
1．关于法拉第电磁感应定律，下面说法正确的是( )
A．线圈中的磁通量变化量越大，线圈中产生的感应电动势就越大
B．线圈中的磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势就越大
C．线圈中的磁通量越大，线圈中产生的感应电动势就越大
D．线圈放在磁场越强的地方，线圈中产生的感应电动势就越大
答案 B
解析 根据法拉第电磁感应定律E＝n，感应电动势的大小跟磁通量的变化率成正比。由于磁通量的变化时间未知，故磁通量变化量越大，不一定越大，A错误；磁通量变化的快慢用表示，磁通量变化越快，则值就越大，根据法拉第电磁感应定律有，产生的感应电动势就越大，B正确；磁通量越大，即Φ越大，ΔΦ及不一定越大，C错误；磁感应强度越强的磁场中，可能线圈中的磁通量不变，则感应电动势可能为零，D错误。
2．(多选)如图所示，导体棒AB在做切割磁感线运动时，将产生一个感应电动势，因而在电路中有电流通过。下列说法中正确的是( )
A．因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势
B．动生电动势的产生与洛伦兹力有关
C．动生电动势的产生与电场力有关
D．导体运动过程中将电能转化为机械能
答案 AB
解析 动生电动势是由于导体运动而产生的，A正确；动生电动势中，非静电力是洛伦兹力沿导体方向的分力，B正确，C错误；导体运动过程中将机械能转化为电能，D错误。
3．如图甲、乙、丙、丁所示分别为穿过某一闭合回路的磁通量Φ随时间t变化的图像，关于回路中产生的感应电动势，下列论述正确的是( )
A．图甲中回路产生的感应电动势恒定不变
B．图乙中回路产生的感应电动势一直在变大
C．图丙中回路在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．图丁中回路产生的感应电动势先变小再变大
答案 D
解析 磁通量Φ随时间t变化的图像中，斜率表示磁通量的变化率，由法拉第电磁感应定律知，图甲中回路不产生感应电动势；图乙中回路产生恒定的感应电动势；图丙中回路在0～t1时间内产生的感应电动势大于在t1～t2时间内产生的感应电动势；图丁中回路产生的感应电动势先变小再变大。D正确，A、B、C错误。
4. 如图所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增大为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2。则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比分别为( )
A．c→a,2∶1 B．a→c,2∶1
C．a→c,1∶2 D．c→a,1∶2
答案 C
解析 金属杆MN向右切割磁感线，产生感应电动势，由右手定则可知，MN中电流方向为N→M，故电阻R中电流方向为a→c。E1＝Blv，E2＝2Blv，所以E1∶E2＝1∶2。C正确。
5. 如图所示，A、B两闭合线圈用相同的导线绕成，A有10匝，B有20匝，两圆线圈半径之比为2∶1，均匀磁场只分布在B线圈内。当磁场随时间均匀减弱时( )
A．A中无感应电流
B．A、B中均有恒定的感应电流
C．A、B中感应电动势之比为1∶1
D．A、B中感应电流之比为1∶1
答案 B
解析 线圈中产生的感应电动势E＝n，A、B中磁通量的变化率相同且恒定，故感应电动势和感应电流恒定，且感应电动势之比为EA∶EB＝nA∶nB＝1∶2，因为R＝ρ，lA∶lB＝nA·2πrA∶nB·2πrB＝1∶1，故RA∶RB＝1∶1，所以IA∶IB＝1∶2，故A、C、D错误，B正确。
6. (多选)如图所示，用一根横截面积为S、电阻率为ρ的硬质细导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径。在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图。磁感应强度随时间减小，变化率＝k(k为定值)，则( )
A．圆环中产生顺时针方向的感应电流
B．圆环具有扩张且向右运动的趋势
C．圆环中产生的感应电动势为
D．圆环中感应电流的大小为
答案 AD
解析 由题意可知磁通量随时间减小，根据楞次定律的推论“增反减同”可知，感应电流的磁场方向向里，由右手螺旋定则可知感应电流的方向为顺时针，A正确；由“增缩减扩”和“增离减靠”可知，圆环为了阻碍磁通量的减小，应有扩张且向左运动的趋势，B错误；圆环中的感应电动势E＝＝|kS′|＝，C错误；圆环的电阻R＝＝，所以感应电流I＝＝，D正确。
7. 夏天时，在北半球，当我们抬头观看教室内的电风扇时，会发现电风扇正在逆时针转动。金属材质的电风扇示意图如图所示，由于地磁场的存在，下列关于A、O两点的电势及电势差的说法，正确的是( )
A．A点电势比O点电势高
B．A点电势比O点电势低
C．A点电势与O点电势相等
D．扇叶长度越短，电势差UAO的数值越大
答案 A
解析 在北半球，地磁场的竖直分量竖直向下，由右手定则可判断OA中电流方向由O到A，再根据在电源内部电流由负极流向正极，可知A点为电源正极，电势高，A正确，B、C错误；由E＝Bl2ω可知，D错误。
8. 如图为无线充电技术中使用的受电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S。若在t1到t2时间内，匀强磁场平行于线圈轴线向右穿过线圈，其磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间内线圈两端a和b之间的电势差φa－φb( )
A．恒为
B．从0均匀变化到
C．恒为－
D．从0均匀变化到－
答案 C
解析 根据法拉第电磁感应定律得，感应电动势E＝n＝n，由楞次定律和右手螺旋定则可判断b点电势高于a点电势，因磁场均匀变化，所以感应电动势恒定，因此a、b两点间电势差恒为φa－φb＝－n·，C正确。
9．如图所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场中，磁场方向垂直线框平面，MN与水平直线成45°角，E、F分别为PS和PQ的中点。关于线框中的感应电流，下列说法正确的是( )
A．当E点经过边界MN时，感应电流最大
B．当P点经过边界MN时，感应电流最大
C．当F点经过边界MN时，感应电流最大
D．当Q点经过边界MN时，感应电流最大
答案 B
解析 当P点经过边界MN时，有效切割长度最长，感应电动势最大，所以感应电流最大，B正确。
10．如图所示，匀强磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0。使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 设半圆的半径为L，线框的电阻为R，当线框以角速度ω匀速转动时，产生的感应电动势E1＝B0ωL2。当线框不动而磁感应强度随时间变化时，E2＝πL2·。由＝得B0ωL2＝πL2，则＝，故C正确。
11．如图甲所示，边长为a的n匝正方形导线框ABCD垂直于磁场放置，磁感应强度方向垂直于纸面向里。
(1)若磁感应强度随时间的变化如图乙所示，求0～t1时间内线框产生的感应电动势的大小；
(2)若磁感应强度B＝B0不变，线框以AB边为轴、CD边向里以角速度ω匀速转过60°角，求这一过程中线框产生的平均感应电动势的大小。
答案 (1) (2)
解析 (1)由图乙可知，0～t1时间内磁感应强度的变化率＝＝，
根据法拉第电磁感应定律可得，0～t1时间内线框产生的感应电动势大小
E＝n＝n··S＝na2＝。
(2)由θ＝ωt，可知导线框以角速度ω匀速转过60°角经历的时间为Δt′＝，
这一过程中线框内磁通量的减小量
ΔΦ′＝B0a2－B0a2cos60°＝B0a2，
所以这一过程中线框产生的平均感应电动势为
＝n＝。
12. 在范围足够大、方向竖直向下的匀强磁场中，B＝0.2 T，有一水平放置的光滑框架，宽度为l＝0.4 m，如图所示，框架上放置一质量为0.05 kg、接入电路的电阻为1 Ω的金属杆cd，金属杆与框架垂直且接触良好，框架电阻不计。若cd杆在水平外力的作用下以恒定加速度a＝2 m/s2由静止开始向右沿框架做匀变速直线运动，则：
(1)在5 s内，回路产生的平均感应电动势是多大？
(2)第5 s末，回路中的电流是多大？
(3)第5 s末，作用在cd杆上的水平外力大小为多少？
答案 (1)0.4 V (2)0.8 A (3)0.164 N
解析 (1)金属杆5 s内的位移x＝at2＝25 m，
金属杆5 s内的平均速度v＝＝5 m/s
故平均感应电动势E＝Blv＝0.4 V。
(2)金属杆第5 s末的速度v′＝at＝10 m/s，
此时回路中的感应电动势E′＝Blv′＝0.8 V
则回路中的电流I＝＝0.8 A。
(3)金属杆做匀加速直线运动，则F－F安＝ma，
又F安＝BIl
故F＝BIl＋ma＝0.164 N。(共75张PPT)
3.涡流、电磁阻尼
和电磁驱动
核心概念 规律再现
核心模型 考点对点练
核心能力提升练3.涡流、电磁阻尼和电磁驱动
1.电磁感应现象中的感生电场
(1)感生电场：麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发一种电场，这种电场与静电场不同，它不是由电荷产生的，我们把它叫作感生电场。
(2)感生电场的产生条件：空间中磁场发生变化，与是否存在闭合导体无关。
(3)感生电场的方向判断：由磁场的方向和强弱变化，根据楞次定律、安培定则判断。
(4)感生电动势：由感生电场产生的感应电动势。
(5)感生电动势中的非静电力：就是感生电场对自由电荷的作用。
2．涡流
(1)定义：当某线圈中的电流随时间变化时，由于电磁感应，附近的另一个线圈中可能会产生感应电流。实际上，这个线圈附近的任何导体，如果穿过它的磁通量发生变化，导体内都会产生感应电流，这种电流看起来像水中的漩涡，叫作涡电流，简称涡流。
(2)应用
①涡流的热效应：如真空冶炼炉、电磁炉。
②涡流的磁效应：如探雷器、安检门。
(3)防止：电动机、变压器等设备中应防止铁芯中涡流过大而导致浪费能量，损坏电器。因此，要想办法减小涡流。
3．电磁阻尼和电磁驱动
(1)电磁阻尼
①定义：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是阻碍导体运动的现象。
②应用：磁电式仪表中利用电磁阻尼使指针迅速停止到某位置，便于读数。
(2)电磁驱动
①定义：如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来的现象。
②应用：交流感应电动机。
(3)电磁阻尼、电磁驱动的比较。
典型考点一 电磁感应现象中的感生电场的理解
1．(多选)下列说法中正确的是( )
A．感生电场由变化的磁场产生
B．恒定的磁场也能在周围空间产生感生电场
C．感生电场的方向也同样可以用楞次定律和安培定则来判定
D．感生电场的电场线是闭合曲线，其方向一定是沿逆时针方向
答案 AC
解析 磁场变化时在空间激发感生电场，其方向与垂直于磁场放置的闭合回路中所产生的感应电流方向相同，可由楞次定律和安培定则判断，A、C正确，B、D错误。
2．某空间出现了如图所示的一组闭合电场线，方向从上向下看是顺时针的，这可能是( )
A．沿AB方向的磁场在迅速减弱
B．沿AB方向的磁场在迅速增强
C．沿BA方向的磁场恒定不变
D．沿BA方向的磁场在迅速减弱
答案 A
解析 感生电场的方向从上向下看是顺时针的，假设沿感生电场的方向上有闭合回路，则回路中的感应电流方向从上向下看也应该是顺时针的，由右手螺旋定则可知，感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律可知，原磁场有两种可能：原磁场方向向下且减弱，或原磁场方向向上且增强，所以A正确，B、C、D错误。
典型考点二 涡流的理解及应用
3．(多选)下列对涡流的认识正确的是( )
A．大块金属中产生了涡流，但不一定产生了感应电动势
B．涡流大小与穿过金属的磁通量的大小有关
C．涡流的形成一定遵循法拉第电磁感应定律
D．涡流也有电流的热效应
答案 CD
解析 涡流形成的原理是电磁感应现象，遵循法拉第电磁感应定律，故有涡流一定有感应电动势，涡流大小与穿过金属的磁通量的变化率成正比，而与穿过金属的磁通量的大小无关，同其他所有电流一样，涡流也有电流的热效应，A、B错误，C、D正确。
4. 如图所示是冶炼金属的感应炉的示意图。感应炉中装有待冶炼的金属，当线圈中通有电流时，通过产生涡流来熔化金属。以下关于感应炉的说法中正确的是( )
A．感应炉的线圈中必须通有变化的电流，才会产生涡流
B．感应炉的线圈中通有恒定的电流，也可以产生涡流
C．感应炉是利用线圈中电流产生的焦耳热使金属熔化的
D．感应炉是利用线圈中电流产生的磁场使金属熔化的
答案 A
解析 变化的电流才能产生变化的磁场，引起感应炉中磁通量的变化，产生涡流，恒定电流不会使感应炉中的磁通量发生变化，不会有涡流产生，A正确，B错误；当感应炉内装入待冶炼的金属时，会在待冶炼的金属中直接产生涡流来加热金属，而不是利用线圈中电流产生的焦耳热，也不是利用线圈中电流产生的磁场加热，C、D错误。
5．(多选)下列关于涡流的利用与防止说法正确的是( )
A．真空冶炼炉和探雷器是利用涡流工作的
B．变压器的铁芯用许多电阻率很大的硅钢片叠合而成是为减小涡流
C．电磁炉所用的锅要用平厚底金属锅是为增大涡流
D．电动机的铁芯要用整块金属是为增大涡流
答案 ABC
解析 真空冶炼炉是用涡流来熔化金属对其进行冶炼的，炉内放入被冶炼的金属，线圈内通入高频交变电流，这时被冶炼的金属中产生涡流，涡流产生的热量使金属熔化，而探雷器线圈中通有变化电流，在靠近金属制品时，金属中会产生涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，使仪器报警，A正确；变压器和电动机的铁芯用许多电阻率很大的硅钢片叠合而成，而不用整块的硅钢铁芯，是为了减小涡流，B正确，D错误；电磁炉所用的锅要用平厚底金属锅，是为了增大涡流，C正确。
6. (多选)金属探测器已经广泛应用于安检场所，下列关于金属探测器的论述正确的是( )
A．金属探测器可用于食品生产，防止细小的砂石颗粒混入食品中
B．金属探测器探测地雷时，探测器的线圈中产生涡流
C．金属探测器探测金属时，被测金属中感应出涡流
D．探测过程中金属探测器与被测物体相对静止和相对运动时，探测效果相同
答案 CD
解析 金属探测器只能探测金属，不能用于探测混入食品中细小的砂石颗粒，A错误；金属探测器探测金属时，被测金属中感应出涡流，B错误，C正确；由金属探测器的工作原理可知，探测过程中金属探测器与被测物体相对静止和相对运动时，探测效果相同，D正确。
典型考点三 电磁阻尼
7．(多选)关于电磁阻尼，下列说法正确的是( )
A．当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力总是阻碍导体运动的现象称为电磁阻尼
B．磁电式仪表正是利用电磁阻尼的原理使指针迅速停下来，从而便于读数
C．电磁阻尼是导体因感应电流受到的安培力对导体做负功，阻碍导体运动
D．电磁阻尼现象实质上不是电磁感应现象，但分析时同样遵循楞次定律
答案 ABC
解析 根据电磁阻尼的定义、应用和理解知，A、B、C正确；电磁阻尼现象实质上是电磁感应现象，分析时不仅遵循楞次定律，同样也遵循法拉第电磁感应定律，D错误。
8. 如图所示，上端开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置。小磁体先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁体(不计空气阻力)( )
A．在P和Q中都做自由落体运动
B．在两个下落过程中的机械能都守恒
C．在P中的下落时间比在Q中的长
D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大
答案 C
解析 小磁体下落过程中，在铜管P中产生感应电流，小磁体受到向上的磁场力，不做自由落体运动，而在塑料管Q中运动时只受到重力，在Q中做自由落体运动，A错误；根据功能关系知，在P中下落时，小磁体机械能减少，在Q中下落时，小磁体机械能守恒，B错误；在P中运动时小磁体受到向上的磁场力，故在P中下落时间较长，C正确；由于在P中下落时要克服磁场力做功，机械
能有损失，故落至底部时在P中的速度比在Q中的小，D错误。
典型考点四 电磁驱动
9．(多选)关于电磁驱动，下列说法正确的是( )
A．磁场相对于导体转动时，导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用称为电磁驱动
B．在电磁驱动中，通过安培力做功使电能转化为导体的机械能
C．在电磁驱动中，主动部分与被动部分的运动(或转动)方向相反
D．电磁驱动是由于磁场运动引起磁通量变化而产生感应电流，从而使导体受到安培力的作用而运动
答案 ABD
解析 根据电磁驱动的定义和理解可知，A、B、D正确；在电磁驱动中，主动部分与被动部分的运动(或转动)方向相同，且被动部分的速度(或角速度)较小，C错误。
10. 如图所示，磁体的两极之间放置一个线圈abcd，磁体和线圈都可以绕OO′轴转动，当磁体按图示方向绕OO′轴转动时，线圈的运动情况是( )
A．俯视，线圈顺时针转动，转速与磁体相同
B．俯视，线圈逆时针转动，转速与磁体相同
C．线圈与磁体转动方向相同，但转速小于磁体的转速
D．线圈静止不动
答案 C
解析 当磁体转动时，由楞次定律知，线圈中有感应电流产生，线圈将与磁体的转动方向相同，以阻碍磁通量的变化，但转速一定小于磁体的转速，如果两者转速相同，则线圈与磁体相对静止，线圈中的磁通量不变，无感应电流产生，C正确。
1．(多选)关于感生电动势和动生电动势，下列说法正确的是( )
A．感生电动势是由于变化的磁场产生了感生电场，感生电场对导体内的自由电荷产生作用而使导体内出现的电动势
B．动生电动势是由于导体内的自由电荷随导体一起运动而受到洛伦兹力的作用产生定向移动，使导体两端出现的电动势
C．在动生电动势产生的过程中，洛伦兹力对自由电荷做功
D．有感生电动势产生时一定有感应电流
答案 AB
解析 由感生电动势和动生电动势的产生机理，可知A、B正确；在动生电动势产生的过程中，洛伦兹力沿导体方向的分力对自由电荷做正功，垂直导体方向的分力对自由电荷做负功，整体上，洛伦兹力不做功，C错误；有感生电动势产生时，电路闭合才有感应电流，D错误。
2．下列关于涡流的说法正确的是( )
A．涡流跟平时常见的感应电流一样，都是因为穿过导体的磁通量变化而产生的
B．涡流不是感应电流，而是一种有别于感应电流的特殊电流
C．涡流有热效应，但没有磁效应
D．在硅钢片中不能产生涡流
答案 A
解析 涡流的本质是电磁感应现象中产生的感应电流，只不过是在由金属块自身构成回路中产生的，它既有热效应，也有磁效应，故A正确，B、C错误；在硅钢片中也能产生涡流，只不过涡流较小，D错误。
3．安检门是一个用于安全检査的“门”，“门框”内有线圈，线圈中通有变化的电流。如果金属物品通过安检门，金属中会被感应出涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流，从而引起报警，关于这个安检门的以下说法正确的是( )
A．安检门能检查出毒贩携带的毒品
B．安检门能检查出旅客携带的水果刀
C．如果“门框”的线圈中通上恒定电流，安检门也能正常工作
D．安检门工作时，主要利用了电流的热效应原理
答案 B
解析 安检门利用涡流探测人身上携带的金属物品的原理是：线圈中变化的电流产生变化的磁场，会在金属物品中产生涡流，而金属物品中涡流产生的磁场会影响线圈中的电流，从而被探测到。所以安检门不能检查出毒贩携带的毒品，A错误；安检门能检查出旅客携带的水果刀，B正确；根据工作原理可知，如果“门框”的线圈中通上恒定电流，安检门不能正常工作，C错误；安检门工作时，主要利用了电流的磁效应原理，而不是电流的热效应原理，D错误。
4. 现代科学研究中常用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场加速电子的设备。电子感应加速器主要由上、下电磁铁磁极和环形真空室组成。当电磁铁绕组通以变化的电流时，产生变化的磁场，穿过真空室所包围的区域内的磁通量也随时间变化，这时真空室空间内就产生感生电场，电子将在感生电场作用下加速。如图所示(上图为侧视图、下图为真空室的俯视图)，若电子被“约束”在半径为R的圆周上运动，当电磁铁绕组通有图中所示的电流时( )
A．若电子沿逆时针方向运动，保持电流的方向不变，当电流增大时，电子将加速
B．若电子沿顺时针方向运动，保持电流的方向不变，当电流增大时，电子将加速
C．若电子沿逆时针方向运动，保持电流的方向不变，当电流减小时，电子将加速
D．被加速时电子做圆周运动的周期不变
答案 A
解析 当电磁铁绕组通有题图中所示的电流时，由安培定则可知真空室处将产生向上的磁场，当电磁铁绕组中电流增大时，根据楞次定律和安培定则可知，这时真空室空间内产生顺时针方向的感生电场，若电子沿逆时针方向运动，电子将加速，A正确；同理分析可知，B、C错误；由于电子被“约束”在半径为R的圆周上运动，被加速时电子做圆周运动的周期减小，D错误。
5. (多选)如图所示，磁电式仪表的线圈通常是用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是( )
A．防止涡流而设计的 B．利用涡流而设计的
C．起电磁阻尼的作用 D．起电磁驱动的作用
答案 BC
解析 线圈通电后在安培力作用下转动，铝框随之转动，在铝框内产生涡流，涡流将阻碍铝框的转动，使铝框偏转后尽快停下来，这样做的目的是利用涡流来起电磁阻尼的作用，故B、C正确。
6．(多选)如图所示是高频焊接原理示意图。线圈中通以高频变化的电流时，待焊接的金属工件中就会产生感应电流，感应电流通过焊缝处产生很多热量，将金属熔化，把工件焊接在一起，而工件其他部分发热很少，以下说法正确的是( )
A．电流变化的频率越高，焊缝处的温度升高越快
B．电流变化的频率越低，焊缝处的温度升高越快
C．工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻小
D．工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻大
答案 AD
解析 电流变化的频率越高，则产生的感应电流越大，升温越快，故A正确，B错误；工件上各处电流相同，电阻大处产生的热量多，故C错误，D正确。
7．弹簧上端固定，下端挂一条形磁体，使磁体上下振动，磁体的振动幅度不变，若在振动过程中把线圈靠近磁体，如图所示，观察磁体的振幅将会发现( )
A．S闭合时振幅逐渐减小，S断开时振幅不变
B．S闭合时振幅逐渐增大，S断开时振幅不变
C．S闭合或断开，振幅变化相同
D．S闭合或断开，振幅都不发生变化
答案 A
解析 S断开时，磁体穿过线圈的磁通量发生变化，但线圈中无感应电流，磁体振幅不变；S闭合时，线圈中有感应电流，有电能产生，磁体的机械能越来越少，振幅逐渐减小，A正确。
8．如图所示为高频电磁炉的工作示意图。电磁炉工作时产生的电磁波，完全被线圈底部的屏蔽层和顶板上的含铁质锅所吸收，不会泄漏，对人体健康无危害。关于电磁炉，以下说法正确的是( )
A．电磁炉是利用变化的磁场在食物中产生涡流对食物加热的
B．电磁炉是利用变化的磁场在含铁质锅底部产生涡流，使含铁质锅底迅速升温，进而对锅内食物加热的
C．电磁炉是利用变化的磁场使食物中的极性水分子振动和旋转来对食物加热的
D．电磁炉跟电炉一样是让电流通过电阻丝产生热量来对食物加热的
答案 B
解析 电磁炉的工作原理是利用变化的电流通过线圈产生变化的磁场，变化的磁场通过含铁质锅的底部产生无数小涡流，使锅体温度升高后加热食物，故A、D错误，B正确；而C项是微波炉的加热原理，错误。
9. (多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )
A．增加线圈的匝数
B．提高交流电源的频率
C．将金属杯换为瓷杯
D．取走线圈中的铁芯
答案 AB
解析 解题的关键是要弄清杯内水沸腾的原因和决定的因素。交变电流在铁芯中产生交变磁场，金属杯会产生感应电流而发热，从而使杯内水沸腾。增加线圈的匝数和提高交流电源的频率都可以增大金属杯产生的电流，可缩短加热时间，A、B正确；将金属杯换成瓷杯，变化的磁场不能使它产生电流，也就不能使水加热，C错误；取走线圈中的铁芯，会减弱周围的磁场，金属杯产生的电流会减小，从而增加水沸腾的时间，D错误。
10. 甲、乙两个完全相同的铜环均可绕竖直固定轴O1O2旋转，现让它们以相同角速度同时开始转动，由于阻力作用，经相同的时间后停止，若将圆环置于如图所示的匀强磁场中，甲环的转轴与磁场方向垂直，乙环的转轴与磁场方向平行，现让甲、乙两环同时以相同的初始角速度开始转动后，下列判断正确的是( )
A．甲环先停下 B．乙环先停下
C．两环同时停下 D．两环都不会停下
答案 A
解析 当铜环转动时，乙环一直与磁场方向平行，穿过乙环的磁通量始终为零，穿过甲环的磁通量不断变化，不断有感应电流产生，一定受到安培力，安培力阻碍圆环与磁场间的相对运动，故甲环先停止运动，A正确。
11. 物理课上，老师做了一个“电磁阻尼”实验：如图所示，弹簧上端固定，下端悬挂一个磁体，将磁体托起到某一高度后放开，磁体能上下振动较长时间才停下来；如果在磁体下方放一个固定的铝质圆环，使磁极上下振动时穿过它，磁体就会很快地停下来。某同学另找器材再探究此实验。他安装好器材，经反复实验后发现：磁体下方放置圆环，并没有对磁体的振动产生影响，对比老师演示的实验，其原因可能是( )
A．弹簧的劲度系数太小
B．磁体的质量太小
C．磁体的磁性太强
D．圆环的材料与老师用的不同
答案 D
解析 只要圆环中能够产生感应电流，都能对磁体的运动产生阻碍作用，A、B、C错误；若圆环的材料不是导体材料，则不能产生感应电流，无法对磁体的运动产生阻碍作用，D正确。
12．英国物理学家麦克斯韦认为，磁场变化时会在空间激发感生电场。如图所示，一个半径为r的绝缘细圆环水平放置，环内存在竖直向上的匀强磁场B，环上套一带电荷量为＋q的小球，已知磁感应强度B随时间均匀增加，其变化率为k，若小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小是( )
A．0 B.r2qk
C．2πr2qk D．πr2qk
答案 D
解析 根据法拉第电磁感应定律可知，磁场变化产生的感生电动势为E＝πr2＝kπr2，小球在环上运动一周，则感生电场对小球的作用力所做功的大小W＝qE＝πr2qk，故D正确。
13．(多选)健身车上装有金属电磁阻尼飞轮，飞轮附近固定一电磁铁，示意图如图所示，人在健身时带动飞轮转动。则( )
A．飞轮转速越大，阻尼越大
B．电磁铁所接电压越大，阻尼越大
C．飞轮材料电阻率越大，阻尼越大
D．飞轮材料密度越大，阻尼越大
答案 AB
解析 飞轮在磁场中做切割磁感线的运动，所以会产生感应电动势和感应电流，根据楞次定律可知，磁场会对运动的飞轮产生阻力，以阻碍飞轮与磁场之间的相对运动，飞轮受到的阻力主要来源于磁场对它的安培力，飞轮转速越大，感应电流越大，阻尼越大，A正确；电磁铁所接电压越大，磁感应强度越强，在飞轮转速一定时，飞轮上产生的感应电动势和感应电流越大，阻尼越大，B正确；飞轮材料的电阻率越大，电阻越大，产生的电流越小，阻尼越小，C错误；由以上分析可知，阻尼大小与飞轮材料密度无关，D错误。
14. 如图所示，闭合线框ABCD和abcd可分别绕轴线OO′转动。当线框abcd绕OO′轴逆时针转动时(俯视图)，下列关于线框ABCD的转动情况的说法正确的是( )
A．线框ABCD也随abcd逆时针转动，只不过稍微慢了些
B．线框ABCD也随abcd逆时针转动，只不过稍微快了些
C．线框ABCD顺时针转动，只不过稍微慢了些
D．线框ABCD顺时针转动，只不过稍微快了些
答案 A
解析 由于线框abcd旋转时会使线框ABCD中产生感应电流，根据楞次定律可知，线框ABCD中的感应电流将阻碍其与abcd的相对运动，因此线框ABCD也随abcd逆时针转动，只不过稍微慢了些，A正确。
15. (多选)静止在光滑水平面上的小车上放置一螺线管，一个初速度为v的比螺线管长的无动力的条形磁体沿着螺线管的轴线水平穿过，如图所示，在此过程中( )
A．条形磁体做匀速直线运动
B．条形磁体做减速运动
C．小车向右做加速运动
D．小车先加速后减速
答案 BC
解析 条形磁体水平穿入螺线管时，螺线管中将产生感应电流，由楞次定律知螺线管左端相当于S极，与条形磁体S极相斥，阻碍条形磁体的运动，同理，条形磁体穿出时，由楞次定律知螺线管右端为S极，与条形磁体的N极相吸，阻碍条形磁体的运动，故整个过程中，条形磁体做减速运动，A错误，B正确；对于小车上的螺线管来说，在此过程中，螺线管会产生感应电流，从而使螺线管受到的安培力都是水平向右的，这个安培力使小车向右运动起来，且一直做加速运动，C正确，D错误。(共75张PPT)
4.互感和自感
核心概念 规律再现
核心模型 考点对点练
核心能力提升练4.互感和自感
1.互感现象
(1)定义：两个相互靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势的现象。产生的电动势叫作互感电动势。
(2)应用：利用互感现象可以把能量由一个线圈传递到另一个线圈，变压器就是利用互感现象制成的。
(3)危害：互感现象是一种常见的电磁感应现象，它不仅发生于绕在同一铁芯上的两个线圈之间，而且可以发生于任何两个相互靠近的电路之间。在电力工程中和电子电路中，互感现象有时会影响电路的正常工作。
2．自感现象
(1)定义：当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场在线圈本身激发出感应电动势的现象。由于自感而产生的感应电动势叫作自感电动势。
(2)通电自感和断电自感
注意：通过线圈的电流不能发生突变，只能缓慢变化。电流稳定时，自感线圈就相当于普通导体。
(3)危害：变压器、电动机等设备中有匝数很多的线圈，当电路中的开关断开时会产生很大的自感电动势，使得开关中的金属片之间产生电火花，烧蚀接触点，甚至会引起人身伤害。
3．自感系数
(1)自感电动势的大小和自感系数：E＝L，式中L是比例系数，叫作自感系数，简称自感或电感。电感的单位是亨利，简称亨，符号是H。常用的单位还有毫亨(mH)、微亨(μH)。
(2)自感系数大小的决定因素：自感系数与线圈的大小、形状、匝数，以及是否有铁芯等因素有关。
4．磁场的能量
(1)自感现象中的磁场能量
①线圈中电流从无到有时：磁场从无到有，电源把能量输送给磁场，储存在磁场中。
②线圈中电流减小时：磁场中的能量释放出来转化为电能。
(2)电的“惯性”
自感电动势有阻碍线圈中电流变化的“惯性”。
典型考点一 互感现象的理解和分析
1．(多选)下列关于互感现象的说法正确的是( )
A．一个线圈中的电流变化时，与之靠近的线圈中产生感应电动势的现象称为互感现象
B．互感现象的实质是电磁感应现象，同样遵循楞次定律和法拉第电磁感应定律
C．利用互感现象能够将能量由一个线圈传递到另一个线圈，人们制造了收音机的“磁性天线”
D．互感现象在电力工程以及电子电路中不会影响电路的正常工作
答案 ABC
解析 两个相互靠近的线圈，当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势的现象称为互感现象，之所以会在另一个线圈中产生感应电动势，是因为变化的电流产生变化的磁场，引起另一个线圈中的磁通量发生变化，发生电磁感应现象，A、B正确；收音机的“磁性天线”以及变压器均是利用互感的原理，也就是利用互感现象能够将能量由一个线圈传递到另一个线圈，C正确；互感现象能发生在任何两个相互靠近的电路之间，有时会影响电路的正常工作，D错误。
2．在无线电仪器中，常需要在距离较近处安装两个线圈，并要求当一个线圈中有电流变化时，对另一个线圈中的电流的影响尽量小。则图中两个线圈的相对安装位置最符合该要求的是( )
答案 D
解析 两个相距较近的线圈，当其中一个线圈中电流发生变化时，就在周围空间产生变化的磁场。这个变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势，即发生互感现象。要使这种影响尽量小，应采用D图所示的安装位置才符合要求，因为通电线圈的磁场分布与条形磁体的类似，采用D图所示的安装位置时，变化的磁场穿过另一个线圈的磁通量始终为零。
3. 1831年法拉第把两个线圈绕在一个铁环上，A线圈与电源、滑动变阻器R组成一个回路，B线圈与开关S、电流表组成另一个回路，如图所示。通过多次实验，法拉第终于总结出产生感应电流的条件。关于该实验，下列说法正确的是( )
A．闭合开关S的瞬间，电流表中有a→b的感应电流
B．闭合开关S的瞬间，电流表中有b→a的感应电流
C．闭合开关S后，在增大滑动变阻器R接入电路的电阻的过程中，电流表中有a→b的感应电流
D．闭合开关S后，在增大滑动变阻器R接入电路的电阻的过程中，电流表中有b→a的感应电流
答案 D
解析 闭合开关S的瞬间，通过B线圈的磁通量不发生变化，B线圈中不产生感应电流，A、B错误；闭合开关S后，在增大滑动变阻器R接入电路的电阻的过程中，A线圈中通过的是逐渐减弱的电流，即线圈B处于逐渐减弱的磁场中，由安培定则和楞次定律可判断，电流表中的感应电流方向为b→a，故C错误，D正确。
典型考点二 自感电动势的理解
4．(多选)下列说法正确的是( )
A．当线圈中电流不变时，线圈中没有自感电动势
B．当线圈中电流反向时，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反
C．当线圈中电流增大时，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反
D．当线圈中电流减小时，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反
答案 AC
解析 当线圈中的电流不变时，由楞次定律可知线圈中不会产生自感电动势，A正确；判断线圈中自感电动势的方向与原电流的方向关系时，要看原电流的变化情况，当原电流增大时，线圈中的自感电动势的方向与原电流的方向相反，当原电流减小或反向时，线圈中的自感电动势的方向与原电流的方向相同，C正确，B、D错误。
5．关于线圈中自感电动势大小的说法中正确的是( )
A．电感一定时，电流变化越大，自感电动势越大
B．电感一定时，电流变化越快，自感电动势越大
C．通过线圈的电流为零的瞬间，自感电动势为零
D．通过线圈的电流为最大值的瞬间，自感电动势最大
答案 B
解析 电感一定时，电流变化越快，越大，由E＝L知，自感电动势越大，A错误，B正确；线圈中电流为零时，电流的变化率不一定为零，自感电动势不一定为零，C错误；当通过线圈的电流最大时，电流的变化率为零，自感电动势为零，D错误。
典型考点三 自感系数的理解
6．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，自感电动势就一定越大
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
答案 D
解析 由自感电动势公式E＝L知，自感电动势不仅与自感系数有关，还与电流变化快慢有关，A错误；自感系数与线圈的大小、形状、匝数、有无铁芯有关，与其他因素无关，B、C错误，D正确。
典型考点四 通电自感和断电自感
7. 如图所示，L是自感系数较大的自感线圈，开关闭合后，当电路稳定时小灯泡A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．小灯泡逐渐变亮，小灯泡立即熄灭
B．小灯泡立即亮，小灯泡立即熄灭
C．小灯泡逐渐变亮，小灯泡比原来更亮一下再慢慢熄灭
D．小灯泡立即亮，小灯泡比原来更亮一下再慢慢熄灭
答案 A
解析 闭合开关瞬间，由于L的自感作用，灯泡慢慢变亮，断开开关S的瞬间，线圈产生自感电动势，但是线圈与灯泡A在开关断开后，不能形成回路，则灯泡A立即熄灭。A正确，B、C、D错误。
8. (多选)如图所示，A、B是相同的白炽灯，L是自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈。下面说法正确的是( )
A．闭合开关S时，A、B灯同时亮，且亮度相同
B．闭合开关S时，B灯比A灯先亮，最后一样亮
C．闭合开关S时，A灯比B灯先亮，最后一样亮
D．断开开关S时，A灯与B灯同时慢慢熄灭
答案 CD
解析 开关S闭合的瞬间，电源的电压同时加到两支路的两端，A灯立即发光，由于自感线圈的阻碍作用，B灯逐渐变亮，由于线圈的电阻可以忽略，B灯最后与A灯一样亮，A、B错误，C正确；断开开关S的瞬间，自感线圈与两灯一起构成一个回路，通过线圈的电流将要减小，产生自感电动势，相当于电源，两灯同时逐渐熄灭，D正确。
9. 如图所示是用于观察自感现象的电路图，设线圈的自感系数较大，线圈的直流电阻RL与灯泡的电阻R满足RL R，则在开关S由闭合到断开的瞬间，可以观察到( )
A．灯泡立即熄灭
B．灯泡逐渐熄灭
C．灯泡有明显的闪亮现象
D．只有在RL R时，才会看到灯泡有明显的闪亮现象
答案 C
解析 开关S闭合后稳定时，由于线圈的直流电阻RL与灯泡的电阻R满足RL R，则线圈中的电流IL I，当开关断开后灯泡中原电流立即完全消失，而线圈由于自感作用阻碍其自身电流的减小，故线圈与灯泡组成回路，其电流IL逐渐减小，灯泡中由原来较小的电流I变为较大的电流IL时要明显闪亮一下，然后再逐渐熄灭，C正确，A、B错误；由分析知只要IL＞I，即RL＜R，灯泡就会出现闪亮的现象，若RL R就会有明显闪亮现象，若RL R，灯泡不会有闪亮现象，D错误。
10. 如图所示电路中，开关S原先闭合，电路处于稳定状态时，通过两电阻的电流大小分别为I1、I2，已知R1＞R2，不计线圈L的直流电阻，为理想电流表。在某一时刻突然断开开关S，则通过电流表的电流I随时间t变化的图线可能是下图中的( )
答案 D
解析 当断开开关S时，原来通过R1的电流立即消失，线圈阻碍自身电流变化，产生的感应电流流过电流表，其方向与原来流过电流表的电流方向相反，大小等于原来通过L的电流大小I2，慢慢减小最后为0，由题意可知I111. (2020·安徽省舒城中学高二月考)(多选)如图所示电路中，灯泡A、B的规格相同，电感线圈L的自感系数足够大且电阻可忽略，电容器的电容为C，电源电动势为E，内阻为r。下列关于此电路的说法中正确的是( )
A．S闭合电路稳定后，电容器的带电荷量为CE
B．S闭合后的瞬间，B先亮，A逐渐变亮，最后A、B一样亮
C．S断开后的瞬间，通过灯泡A的电流方向向下
D．S断开后的瞬间，灯泡B慢慢熄灭
答案 CD
解析 S闭合电路稳定后，电容器与B并联，其两端电压等于路端电压，低于电源电动势E，因此电容器所带电荷量小于CE，故A错误；S闭合后的瞬间，电源的电压同时加到两灯泡上，A、B同时亮，随着L中的电流增大，线圈的分流作用增大，由于线圈L的电阻可以忽略不计，因此A逐渐变暗直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，B变亮，故B错误；S断开后的瞬间，线圈中电流减小，产生自感电动势，通过灯泡A的电流方向向下，故C正确；S断开后的瞬间，电容器要放电，因此B慢慢熄灭，故D正确。
1．在同一铁芯上绕着两个线圈，单刀双掷开关原来接在点“1”，现把它从“1”扳向“2”，如图所示，试判断在此过程中，在电阻R上的电流方向是( )
A．先由P→Q，再由Q→P
B．先由Q→P，再由P→Q
C．始终由Q→P
D．始终由P→Q
答案 C
解析 S从“1”扳开瞬间，B中磁通量向右减小，由楞次定律得R中电流由Q→P；S向“2”闭合瞬间，B中磁通量向左增加，R中电流由Q→P，故C正确。
2. 在制作精密电阻时，为了消除使用过程中由于电流变化而引起的自感现象，采用双线并绕的方法，如图所示。其道理是( )
A．当电路中的电流变化时，两股导线产生的自感电动势相互抵消
B．当电路中的电流变化时，两股导线产生的感应电流相互抵消
C．当电路中的电流变化时，两股导线中原电流的磁通量互相抵消
D．以上说法都不对
答案 C
解析 由于采用双线并绕的方法，当电流通过时，两股导线中的电流方向是相反的，不管电流怎样变化，任何时刻两股导线中电流总是等大反向的，所产生的磁场也是等大反向的，故总磁通量等于零，在该线圈中不会产生电磁感应现象，因此消除了自感，A、B、D错误，C正确。
3．(多选)如图所示，将两端刮掉绝缘漆的导线绕在一把锉刀上，一端接上电池(电池另一极与锉刀接触)，手持导线的另一端，在锉刀上来回划动，由于锉刀表面凹凸不平，就会产生电火花，则下列说法中正确的是( )
A．产生电火花的回路只由导线与电池组成
B．若导线端只向一个方向划动也能产生电火花
C．锉刀采用什么材料制成对实验没有影响
D．导线端划动的方向与自感电动势的方向无关
答案 BD
解析 由图可知，产生电火花的回路由导线、锉刀与电池组成，A错误；手执导线的另一端，在锉刀上来回划动时产生的电火花，是由于电路时通时断，在回路中产生自感电动势产生的，与导线端运动的方向无关，如导线端只向一个方向划动也能产生电火花，B正确；产生电火花的回路由导线、锉刀与电池组成，如果锉刀是绝缘体，则实验不能完成，C错误；自感电动势的方向与电路是接通还是断开有关，与导线端划动的方向无关，D正确。
4．(2020·湖南省张家界市高二上学期期末)随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的视线，小到手表、手机，大到电脑、电动汽车，都已经在无线充电方面实现了从理论研发到实际应用的转化。如图所示为某品牌无线充电手机利用电磁感应方式充电的原理图。关于无线充电，下列说法正确的是( )
A．无线充电时，手机上接收线圈的工作原理是“电流的磁效应”
B．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
C．只有将充电底座接到直流电源上，才能对手机进行充电
D．只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电
答案 B
解析 无线充电时，手机上接收线圈的工作原理是电磁感应现象，不是“电流的磁效应”，故A错误；无线充电利用的是电磁感应的互感现象，分析可知接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，B正确；当充电底座中通以恒定直流时，不会产生交变磁场，不能对手机进行充电，故C错误；被充电手机内部，须有一类似金属线圈的部件，与手机电池相连，当有交变磁场时，才能出现感应电动势，所以不是所有的手机都能利用无线充电设备进行充电，故D错误。
5．(多选)如图甲、乙电路中，电阻R、电感线圈L的电阻均和灯泡A的电阻相等。关于灯泡的亮、暗变化情况，下列说法中正确的是( )
A．在电路甲中，闭合开关S后，A灯将逐渐变亮
B．在电路乙中，闭合开关S后，A灯将逐渐变亮
C．在电路甲中，断开开关S后，A灯将先变得更亮，然后逐渐变暗
D．在电路乙中，断开开关S后，A灯将先变得更亮，然后逐渐变暗
答案 AD
解析 在电路甲中，闭合开关S瞬间，L中电流要增大，就会产生自感电动势，阻碍电流的增大，所以甲电路中灯泡将逐渐变亮，A正确；在电路乙中，闭合开关S瞬间，A灯将立即变亮，B错误；在电路甲中，断开开关时，L中电流要减小，就会产生自感电动势，相当于电源，自感电动势阻碍电流的减小，由于灯泡中的电流从原先的值开始逐渐减小，所以灯泡不会先变得更亮，C错误；在电路乙中，开关断开时，L相当于电源，由于L中原来的电流大于灯泡中原来的电流，则灯泡将先变得更亮，然后逐渐变暗，D正确。
6. 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，他苦思冥想找不出原因。你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是( )
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
答案 C
解析 根据实物连线图画出正确的电路图，如图所示，当闭合开关S，电路稳定之后，小灯泡中有稳定的电流IA，自感线圈中有稳定的电流IL，当开关S突然断开时，电流IA立即消失，但是，由于自感电动势的作用，流过线圈的电流IL不能突变，自感线圈和小灯泡构成回路，如果IL>IA，则能观察到小灯泡闪亮一下再熄灭，线圈的自感系数越大，小灯泡延时熄灭的时间就越长。可见灯泡未闪亮的根本原因是不满足IL>IA的条件，这是线圈电阻偏大造成的。故C正确。
7. 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，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S，下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图像中，正确的是( )
答案 B
解析 在t＝0时刻闭合开关S时，线圈中电流增大，产生自感电动势，使得线圈中电流只能逐渐增大，干路中电流I也逐渐增大，根据闭合电路欧姆定律UAB＝E－Ir，UAB逐渐减小直到稳定。稳定时，电阻R中的电流小于灯泡D中的电流。在t＝t1时刻断开S时，灯泡中原来的电流立即减小为零，线圈中产生自感电动势，电阻R、灯泡D和线圈组成回路，回路中电流从原来R中的电流值逐渐减小到零，此时流过灯泡D的电流方向与原来的方向相反，B点的电势比A点的电势高，UAB<0，由于稳定时线圈中电流较小，则此时UAB的值比稳定时小。B正确。
8. (多选)如图所示，A、B是两个完全相同的小灯泡，L是电阻不计、自感系数很大的线圈。下列说法正确的有( )
A．闭合S1，再闭合S2，A灯将变暗
B．闭合S1，再闭合S2，B灯将变暗直至熄灭
C．闭合S1、S2稳定后，再断开S1，A灯将立即熄灭
D．闭合S1、S2稳定后，再断开S1，B灯先亮一下然后变暗直至熄灭
答案 BCD
解析 闭合S1，再闭合S2，闭合电路总电阻将减小，干路电流增大，A灯将变亮，A错误；闭合S1，再闭合S2，流过L的电流慢慢变大，稳定时B灯将被短路，所以B灯将变暗直至熄灭，B正确；闭合S1、S2稳定后，再断开S1，A灯将立即熄灭，C正确；闭合S1、S2稳定后，B灯熄灭，再断开S1，由于自感现象，B灯先亮一下然后变暗直至熄灭，D正确。
9. 如图所示，两相同灯泡A1、A2，A1与一理想二极管D连接，线圈L的直流电阻不计。下列说法正确的是( )
A．闭合开关S后，A1会逐渐变亮
B．闭合开关S稳定后，A1、A2亮度相同
C．断开S的瞬间，A1会逐渐熄灭
D．断开S的瞬间，a点的电势比b点低
答案 D
解析 闭合开关S后，线圈自感，但两灯和线圈不是串联的关系，则两灯立刻亮，A错误；闭合开关S稳定后，因线圈L的直流电阻不计，所以A1与二极管被短路，导致灯泡A1不亮，而A2亮，因此A1、A2亮度不同，B错误；断开S的瞬间，A2会立刻熄灭，线圈L与灯泡A1及二极管构成回路，因线圈产生感应电动势，a点的电势低于b点，但二极管具有单向导电性，所以回路中没有感应电流，A1也是立即熄灭，C错误，D正确。
10. 如图所示的电路可用来测定自感系数较大的线圈的直流电阻，线圈两端并联一个电压表，用来测量自感线圈两端的直流电压，在实验完毕后，将电路拆去时应( )
A．先断开开关S1 B．先断开开关S2
C．先拆去电流表A D．先拆去电阻R
答案 B
解析 当开关S1、S2闭合稳定后，线圈中的电流由a→b，电压表中的电流由d→c，先断开开关S1或先拆去电流表A或先拆去电阻R的瞬间，线圈中产生自感电动势，相当于电源，其a端相当于电源的负极，b端相当于电源的正极，此时电压表上加了一个反向电压，使指针反偏，若反偏电压过大，会烧坏电压表，故应先断开开关S2，B正确。
11. (多选)如图所示，电路中的A、B是两个完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、电阻可忽略的自感线圈，C是电容很大的电容器。当开关S断开与闭合时，关于A、B两灯泡发光情况说法不正确的是( )
A．S刚闭合后，B灯亮一下又逐渐变暗，A灯逐渐变亮
B．S刚闭合后，A灯亮一下又逐渐变暗，B灯逐渐变亮
C．S闭合足够长时间后，A灯泡和B灯泡一样亮
D．S闭合足够长时间后再断开，B灯立即熄灭，A灯逐渐熄灭
答案 ACD
解析 S刚闭合后，灯泡A与自感线圈并联，由于自感线圈阻碍电流的增大，所以A灯亮一下，然后逐渐变暗至熄灭，由于B灯与A灯和自感线圈的并联电路串联，A灯分压逐渐减小，所以B灯逐渐变亮，A错误，B正确；S闭合足够长时间后，C中无电流，相当于断路，L相当于导线，所以B很亮，而A不亮，C错误；S闭合足够长时间后再断开，电容器放电，B灯逐渐熄灭，由于线圈的自感作用，A灯亮一下再逐渐熄灭，D错误。
12. (多选)如图所示，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈(直流电阻可忽略不计)。则( )
A．S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭
B．S闭合时，B灯立即亮，然后逐渐熄灭
C．电路接通稳定后，S断开，C灯逐渐熄灭
D．电路接通稳定后，三个灯亮度相同
答案 AC
解析 电路中A灯与线圈并联后与B灯串联，再与C灯并联。S闭合时，三个灯同时立即发光，由于线圈的直线电阻可忽略不计，逐渐将A灯短路，A灯逐渐熄灭，A灯两端的电压逐渐降低，B灯两端的电压逐渐增大，B灯逐渐变亮，A正确，B错误；电路接通稳定后，S断开时，C灯中原来的电流立即减至零，由于线圈中电流要减小，产生自感电动势，阻碍电流的减小，线圈中电流不会立即消失，这个自感电流一部分流过A灯，一部分流过B灯和C灯，所以C灯逐渐熄灭，C正确；电路接通稳定后，A灯被线圈短路，完全熄灭，B灯、C灯并联，电压相同，亮度相同，D错误。第二章 高考真题演练
一、选择题
1．(2019·全国卷Ⅲ)楞次定律是下列哪个定律在电磁感应现象中的具体体现？( )
A．电阻定律 B．库仑定律
C．欧姆定律 D．能量守恒定律
答案 D
解析 楞次定律表述了感应电流的磁场方向，同时也体现了不同能量间的关系。总能量是守恒的，感应电流产生电能，电能是“阻碍”的结果，D正确。
2. (2019·全国卷Ⅲ)(多选)如图，方向竖直向下的匀强磁场中有两根位于同一水平面内的足够长的平行金属导轨，两相同的光滑导体棒ab、cd静止在导轨上。t＝0时，棒ab以初速度v0向右滑动。运动过程中，ab、cd始终与导轨垂直并接触良好，两者速度分别用v1、v2表示，回路中的电流用I表示。下列图象中可能正确的是( )
答案 AC
解析 导体棒ab运动，切割磁感线，产生感应电流，导体棒ab受安培力F作用，速度减小，导体棒cd受安培力F′作用，速度变大，如图所示，感应电流I＝＝，安培力F＝F′＝BIl＝＝ma，随着v1减小，v2增大，则F＝F′减小，两棒的加速度大小a减小，直到v1＝v2＝v共，a＝0，两棒做匀速运动，两棒组成的系统动量守恒，则mv0＝2mv共，v共＝，A正确，B错误。由前面分析知，v1－v2随时间减小得越来越慢，最后为0，则感应电流I＝随时间减小得越来越慢，最后为0，C正确，D错误。
3．(2019·全国卷Ⅰ)(多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图a中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t＝0时磁感应强度的方向如图a所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图b所示。则在t＝0到t＝t1的时间间隔内( )
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为
D．圆环中的感应电动势大小为
答案 BC
解析 由于通过圆环的磁通量均匀变化，故圆环中产生的感应电动势、感应电流的大小和方向不变，但t0时刻磁场方向发生变化，故安培力方向发生变化，A错误；根据楞次定律，圆环中感应电流的方向始终沿顺时针方向，B正确；根据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小E＝·S′＝·＝，根据闭合电路欧姆定律知，感应电流大小I＝＝＝，C正确，D错误。
4．(2019·全国卷Ⅱ)(多选)如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图象可能正确的是( )
答案 AD
解析 PQ刚进入磁场时，加速度为零，则mgsinθ＝BI1L，又I1＝，故PQ做匀速运动，电流恒定；由题意知，MN刚进入磁场时与PQ刚进入磁场时速度相同。
情形1：若MN刚进入磁场时，PQ已离开磁场区域，则对MN，由mgsinθ＝BI1L、I1＝及右手定则知，通过PQ的电流大小不变，方向相反，故I t图象如图A所示。
情形2：若MN刚进入磁场时，PQ未离开磁场区域，由于两导体棒速度相等，产生的电动势等大、反向，故电流为0，两棒在重力沿导轨方向的分力作用下均加速直至PQ离开磁场。当PQ离开磁场时，MN在磁场中的速度大于匀速运动时的速度，MN为电源，由右手定则知PQ中的电流方向与MN未进入磁场时相反，设此时PQ中电流大小为I2，由E＝BLv′，I2＝，BI2L－mgsinθ＝ma>0知，MN减速，且随v′减小，I2减小，a减小，I2与v′成正比，故I2随t减小得越来越慢，直至匀速，这时I2＝I1，I t图象如图D所示。
5．(2018·全国卷Ⅰ) 如图，导体轨道OPQS固定，其中PQS是半圆弧，Q为半圆弧的中点，O为圆心。轨道的电阻忽略不计。OM是有一定电阻、可绕O转动的金属杆，M端位于PQS上，OM与轨道接触良好。空间存在与半圆所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。现使OM从OQ位置以恒定的角速度逆时针转到OS位置并固定(过程Ⅰ)；再使磁感应强度的大小以一定的变化率从B增加到B′(过程Ⅱ)。在过程Ⅰ、Ⅱ中，流过OM的电荷量相等，则等于( )
A. B. C. D．2
答案 B
解析 通过导体横截面的电荷量为：q＝·Δt＝·Δt＝n，过程Ⅰ流过OM的电荷量为：q1＝；过程Ⅱ流过OM的电荷量：q2＝，依题意有：q1＝q2，即：B·πr2＝(B′－B)·πr2，解得：＝，正确答案为B。
6．(2018·全国卷Ⅰ)(多选)如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。下列说法正确的是( )
A．开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动
B．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向
C．开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向
D．开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动
答案 AD
解析 小磁针的N极的指向为该处磁场的方向。开关闭合后的瞬间，通过右边线圈的电流增大，在铁芯中产生由北向南的磁场增大，通过左侧的线圈的磁通量增大，根据楞次定律和安培定则可以判断，直导线的电流从南流向北，再根据安培定则可以判断，直导线电流在小磁针处的磁场方向垂直纸面向里，小磁针N极向里转动，A正确；开关闭合并保持一段时间后，通过左侧线圈的磁通量不变，不会产生电磁感应现象，所以直导线无感应电流流过，小磁针在地磁场作用下恢复原指向，B、C错误；开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，通过左侧线圈的磁通量减小，直导线产生由北流向南的电流，则小磁针N极向外转动，D正确。
7．(2018·全国卷Ⅱ)如图，在同一平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动，线框中感应电流i随时间t变化的正确图线可能是( )
答案 D
解析 如图甲，线框左边从①移动到②的过程中，左边线框切割磁感线产生的电流方向是顺时针，右边线框切割磁感线产生的电流方向也是顺时针，两边线框切割磁感线产生的电动势方向相同，所以E＝2B·lv，则电流为i＝＝，电流恒定且方向为顺时针。
如图乙，再从②移动到③的过程中左右两边线框切割磁感线产生的电动势大小相等，方向相反，所以回路中电流表现为零。
如图丙，然后从③到④的过程中，左边线框切割磁感线产生的电流方向是逆时针，而右边线框切割磁感线产生的电流方向也是逆时针，所以电流的大小为i＝＝，方向是逆时针。
当线框再向左运动时，左边线框切割磁感线产生的电动势方向是顺时针，右边线框切割磁感线产生的电动势方向是逆时针，此时回路中电流表现为零，故线框在运动过程中电流是周期性变化的，故D正确。
8．(2018·江苏高考)(多选)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度为B。质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等。金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g。金属杆( )
A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B．穿过磁场Ⅰ的时间大于在两磁场之间的运动时间
C．穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于
答案 BC
解析 由于金属杆进入两个磁场时的速度相等，而穿出磁场后金属杆做加速度为g的加速运动，所以金属杆进入磁场Ⅰ、Ⅱ时都做减速运动，A错误；对金属杆受力分析，根据－mg＝ma可知，金属杆在磁场中做加速度减小的减速运动，其进出磁场的v t图象如图所示，由于0～t1和t1～t2图线与t轴包围的面积相等(都为d)，所以t1>(t2－t1)，B正确；从进入Ⅰ磁场到进入Ⅱ磁场之前过程中，根据能量守恒定律，金属棒减小的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1＝mg·2d，所以穿过两个磁场过程中产生的热量为4mgd，C正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则－mg＝0，得v＝，由前面分析可知金属杆进入磁场的速度大于，根据h＝得金属杆进入磁场的高度应大于＝，D错误。
9．(2017·全国卷Ⅰ)扫描隧道显微镜(STM)可用来探测样品表面原子尺度上的形貌。为了有效隔离外界振动对STM的扰动，在圆底盘周边沿其径向对称地安装若干对紫铜薄板，并施加磁场来快速衰减其微小振动，如图所示。无扰动时，按下列四种方案对紫铜薄板施加恒磁场；出现扰动后，对于紫铜薄板上下及左右振动的衰减最有效的方案是( )
答案 A
解析 底盘上的紫铜薄板出现扰动时，其扰动方向不确定，在选项C这种情况下，紫铜薄板出现上下或左右扰动时，穿过薄板的磁通量难以改变，不能发生电磁感应现象，没有阻尼效应；在选项B、D这两种情况下，紫铜薄板出现上下扰动时，也没有发生电磁阻尼现象；选项A这种情况下，不管紫铜薄板出现上下或左右扰动，都发生电磁感应现象，产生电磁阻尼效应，选项A正确。
10．(2017·全国卷Ⅱ)(多选)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1 m、总电阻为0.005 Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图a所示。已知导线框一直向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变化的图线如图b所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是( )
A．磁感应强度的大小为0.5 T
B．导线框运动速度的大小为0.5 m/s
C．磁感应强度的方向垂直于纸面向外
D．在t＝0.4 s至t＝0.6 s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1 N
答案 BC
解析 由图象可知，从导线框的cd边进入磁场到ab边刚好进入磁场，用时为0.2 s，可得导线框运动速度的大小v＝ m/s＝0.5 m/s，B正确；由图象可知，cd边切割磁感线产生的感应电动势E＝0.01 V，由公式E＝BLv，可得磁感应强度的大小B＝ T＝0.2 T，A错误；由图象可知，线框进入磁场时，感应电流的方向为顺时针，对cd边应用右手定则可知，磁感应强度的方向垂直于纸面向外，C正确；t＝0.4 s至t＝0.6 s时间段为cd边离开磁场，ab边切割磁感线的过程，由闭合电路欧姆定律及安培力公式得安培力F＝，代入数据得F＝0.04 N，D错误。
11．(2017·全国卷Ⅲ) 如图，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直。金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面。现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是( )
A．PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向
B．PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向
C．PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向
D．PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向
答案 D
解析 金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，闭合回路PQRS中磁场方向垂直纸面向里，磁通量增大，由楞次定律可判断，闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场垂直纸面向外，由安培定则可判断感应电流方向为逆时针；由于闭合回路PQRS中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向外，与原磁场方向相反，则T中磁通量减小，由楞次定律可判断，T中感应电流产生的磁场方向垂直纸面向里，由安培定则可知T中感应电流方向为顺时针，选项D正确。
12．(2017·北京高考)图1和图2是教材中演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈。实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同。下列说法正确的是( )
A．图1中，A1与L1的电阻值相同
B．图1中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C．图2中，变阻器R与L2的电阻值相同
D．图2中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
答案 C
解析 断开开关S1瞬间，线圈L1产生自感电动势，阻碍电流的减小，通过L1的电流反向通过灯A1，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗，说明IL1>IA1，即RL113．(2017·天津高考) 如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是( )
A．ab中的感应电流方向由b到a
B．ab中的感应电流逐渐减小
C．ab所受的安培力保持不变
D．ab所受的静摩擦力逐渐减小
答案 D
解析 根据楞次定律，ab中感应电流方向由a到b，A错误；根据E＝·S，因为恒定，所以E恒定，根据I＝知，回路中的感应电流恒定，B错误；根据F＝BIl，由于B减小，安培力F减小，C错误；根据平衡条件，静摩擦力f＝F，故静摩擦力减小，D正确。
14．(2016·全国卷Ⅱ)(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示。铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触。圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中。圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是( )
A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
答案 AB
解析 设圆盘的半径为L，可认为圆盘由无数根辐条构成，则每根辐条切割磁感线产生的感应电动势E＝BL2ω，整个回路中的电源为无数个电动势为E的电源并联而成，电源总内阻为零，故回路中电流I＝＝，由此可见A正确；R上的热功率P＝I2R＝，由此可见，ω变为原来的2倍时，P变为原来的4倍，故D错误；由右手定则可判知B正确；电流方向与导体切割磁感线的方向有关，而与切割的速度大小无关，故C错误。
15．(2016·江苏高考)(多选)电吉他中电拾音器的基本结构如图所示，磁体附近的金属弦被磁化，因此弦振动时，在线圈中产生感应电流，电流经电路放大后传送到音箱发出声音。下列说法正确的有( )
A．选用铜质弦，电吉他仍能正常工作
B．取走磁体，电吉他将不能正常工作
C．增加线圈匝数可以增大线圈中的感应电动势
D．弦振动过程中，线圈中的电流方向不断变化
答案 BCD
解析 铜质弦无法被磁化，不能产生磁场引起线圈中磁通量的变化从而产生感应电流，所以铜质弦不能使电吉他正常工作，故A项错误；取走磁体，金属弦无法被磁化，线圈中不会产生感应电流，B项正确；由E＝n知，C项正确；金属弦来回振动，线圈中磁通量不断增加或减小，电流方向不断变化，D项正确。
二、计算题
16．(2019·北京高考) 如图所示，垂直于纸面的匀强磁场磁感应强度为B。纸面内有一正方形均匀金属线框abcd，其边长为L，总电阻为R，ad边与磁场边界平行。从ad边刚进入磁场直至bc边刚要进入的过程中，线框在向左的拉力作用下以速度v匀速运动，求：
(1)感应电动势的大小E；
(2)拉力做功的功率P；
(3)ab边产生的焦耳热Q。
答案 (1)BLv (2) (3)
解析 (1)由法拉第电磁感应定律可得，感应电动势E＝BLv。
(2)线框中的感应电流I＝
拉力大小等于安培力大小F＝BIL
拉力的功率P＝Fv＝。
(3)线框ab边电阻Rab＝
时间t＝
ab边产生的焦耳热Q＝I2Rabt＝。
17．(2019·江苏高考)如图所示，匀强磁场中有一个用软导线制成的单匝闭合线圈，线圈平面与磁场垂直。已知线圈的面积S＝0.3 m2、电阻R＝0.6 Ω，磁场的磁感应强度B＝0.2 T。现同时向两侧拉动线圈，线圈的两边在Δt＝0.5 s时间内合到一起。求线圈在上述过程中
(1)感应电动势的平均值E；
(2)感应电流的平均值I，并在图中标出电流方向；
(3)通过导线横截面的电荷量q。
答案 (1)0.12 V (2)0.2 A(电流方向见解析图) (3)0.1 C
解析 (1)感应电动势的平均值E＝
磁通量的变化量ΔΦ＝BΔS
解得E＝
代入数据得E＝0.12 V。
(2)平均感应电流I＝
代入数据得I＝0.2 A(电流方向如图)。
(3)通过导线横截面的电荷量q＝IΔt
代入数据得q＝0.1 C。
18．(2019·天津高考)如图所示，固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒MN和PQ长度也为l、电阻均为R，两棒与导轨始终接触良好。MN两端通过开关S与电阻为R的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量k。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B。PQ的质量为m，金属导轨足够长、电阻忽略不计。
(1)闭合S，若使PQ保持静止，需在其上加多大的水平恒力F，并指出其方向；
(2)断开S，PQ在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过PQ的电荷量为q，求该过程安培力做的功W。
答案 (1)，方向水平向右 (2)mv2－kq
解析 (1)设线圈中的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律得感应电动势E＝，则
E＝k①
设PQ与MN并联的电阻为R并，有
R并＝②
闭合S时，设线圈中的电流为I，根据闭合电路欧姆定律得
I＝③
设PQ中的电流为IPQ，有
IPQ＝I④
设PQ受到的安培力为F安，有
F安＝BIPQl⑤
PQ保持静止，由受力平衡，有
F＝F安⑥
联立①②③④⑤⑥式得
F＝⑦
由楞次定律和右手螺旋定则得PQ中的电流方向为由Q到P，再由左手定则得PQ所受安培力的方向水平向左，则力F的方向水平向右。
(2)设PQ由静止开始到速度大小为v的加速过程中，PQ运动的位移为x，所用时间为Δt′，回路中的磁通量变化为ΔΦ′，平均感应电动势为，有
＝⑧
其中ΔΦ′＝Blx⑨
设PQ中的平均感应电流为，有
＝⑩
根据电流的定义式得
＝
由动能定理，有
Fx＋W＝mv2－0
联立⑦⑧⑨⑩ 式得
W＝mv2－kq。
19．(2018·天津高考)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计。ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示。为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计。列车启动后电源自动关闭。
(1)要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；
(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；
(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
答案 (1)M接电源正极，理由见解析
(2) (3)见解析
解析 (1)列车要向右运动，安培力方向应向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b，由c到d，故M接电源正极。
(2)由题意，启动时ab、cd并联，电阻均为R，由并联电路知ab，cd中电流均为I＝①
每根金属棒受到的安培力F0＝BIl②
设两根金属棒所受安培力之和为F，有F＝2F0③
根据牛顿第二定律有F＝ma ④
联立①②③④式得a＝ ⑤
(3)设列车减速时，cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化量为ΔΦ，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有E1＝ ⑥
其中ΔΦ＝Bl2 ⑦
设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有
I′＝ ⑧
设cd受到的平均安培力为F′，有F′＝BI′l ⑨
以向右为正方向，设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲，有I冲＝－F′Δt ⑩
同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有
I0＝2I冲
设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有
I总＝0－mv0
联立⑥⑦⑧⑨⑩ 式得＝
讨论：若恰好为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场，若不是整数，设的整数部分为N，则需设置N＋1块有界磁场。
20．(2017·江苏高考)如图所示，两条相距d的平行金属导轨位于同一水平面内，其右端接一阻值为R的电阻。质量为m的金属杆静置在导轨上，其左侧的矩形匀强磁场区域MNPQ的磁感应强度大小为B、方向竖直向下。当该磁场区域以速度v0匀速地向右扫过金属杆后，金属杆的速度变为v。导轨和金属杆的电阻不计，导轨光滑且足够长，杆在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触。求：
(1)MN刚扫过金属杆时，杆中感应电流的大小I；
(2)MN刚扫过金属杆时，杆的加速度大小a；
(3)PQ刚要离开金属杆时，感应电流的功率P。
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)MN刚扫过金属杆时，金属杆的感应电动势
E＝Bdv0①
回路的感应电流I＝②
由①②式解得I＝③
(2)金属杆所受的安培力F＝BId④
由牛顿第二定律得，对金属杆F＝ma⑤
由③④⑤式得a＝⑥
(3)PQ刚要离开金属杆时，金属杆切割磁感线的相对速度v′＝v0－v⑦
感应电动势E′＝Bdv′⑧
感应电流的电功率P＝⑨
由⑦⑧⑨式得P＝。
21．(2017·北京高考)发电机和电动机具有装置上的类似性，源于它们机理上的类似性。直流发电机和直流电动机的工作原理可以简化为如图1、图2所示的情景。
在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，两根光滑平行金属轨道MN、PQ固定在水平面内，相距为L，电阻不计。电阻为R的金属导体棒ab垂直于MN、PQ放在轨道上，与轨道接触良好，以速度v(v平行于MN)向右做匀速运动。
图1轨道端点MP间接有阻值为r的电阻，导体棒ab受到水平向右的外力作用。图2轨道端点MP间接有直流电源，导体棒ab通过滑轮匀速提升重物，电路中的电流为I。
(1)求在Δt时间内，图1“发电机”产生的电能和图2“电动机”输出的机械能。
(2)从微观角度看，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力在上述能量转化中起着重要作用。为了方便，可认为导体棒中的自由电荷为正电荷。
a．请在图3(图1的导体棒ab)、图4(图2的导体棒ab)中，分别画出自由电荷所受洛伦兹力的示意图。
b．我们知道，洛伦兹力对运动电荷不做功。那么，导体棒ab中的自由电荷所受洛伦兹力是如何在能量转化过程中起到作用的呢？请以图2“电动机”为例，通过计算分析说明。
答案 (1) BILvΔt (2)见解析
解析 (1)题图1中，电路中的电流I1＝
棒ab受到的安培力F1＝BI1L
在Δt时间内，“发电机”产生的电能等于棒ab克服安培力做的功，E电＝F1·vΔt＝
题图2中，棒ab受到的安培力F2＝BIL
在Δt时间内，“电动机”输出的机械能等于安培力对棒ab做的功E机＝F2·vΔt＝BILvΔt。
(2)a.如图3、图4所示。
b．设自由电荷的电荷量为q，沿导体棒定向移动的速率为u。
如图4所示，沿棒方向的洛伦兹力f1′＝qvB，做负功
W1＝－f1′·uΔt＝－qvBuΔt
垂直棒方向的洛伦兹力f2′＝quB，做正功
W2＝f2′·vΔt＝quBvΔt
所以W1＝－W2，即导体棒中一个自由电荷所受的洛伦兹力做功为零。
f1′做负功，阻碍自由电荷的定向移动，宏观上表现为“反电动势”，消耗电源的电能；f2′做正功，宏观上表现为安培力做正功，使机械能增加。大量自由电荷所受洛伦兹力做功的宏观表现是将电能转化为等量的机械能，在此过程中洛伦兹力通过两个分力做功起到“传递”能量的作用。
22．(2016·全国卷Ⅲ)如图，两条相距l的光滑平行金属导轨位于同一水平面(纸面)内，其左端接一阻值为R的电阻；一与导轨垂直的金属棒置于两导轨上；在电阻、导轨和金属棒中间有一面积为S的区域，区域中存在垂直于纸面向里的均匀磁场，磁感应强度大小B1随时间t的变化关系为B1＝kt，式中k为常量；在金属棒右侧还有一匀强磁场区域，区域左边界MN(虚线)与导轨垂直，磁场的磁感应强度大小为B0，方向也垂直于纸面向里。某时刻，金属棒在一外加水平恒力的作用下从静止开始向右运动，在t0时刻恰好以速度v0越过MN，此后向右做匀速运动。金属棒与导轨始终相互垂直并接触良好，它们的电阻均忽略不计。求：
(1)在t＝0到t＝t0时间间隔内，流过电阻的电荷量的绝对值；
(2)在时刻t(t>t0)穿过回路的总磁通量和金属棒所受外加水平恒力的大小。
答案 (1)
(2)B0lv0(t－t0)＋kSt (B0lv0＋kS)
解析 (1)在金属棒越过MN之前，t时刻穿过回路的磁通量为Φ＝B1S＝ktS①
设在从t时刻到t＋Δt的时间间隔内，回路磁通量的变化量为ΔΦ，流过电阻R的电荷量为Δq。由法拉第电磁感应定律有
E＝②
由欧姆定律有i＝③
由电流的定义有i＝④
联立①②③④式得|Δq|＝Δt⑤
由⑤式得，在t＝0到t＝t0的时间间隔内，流过电阻R的电荷量q的绝对值为|q|＝。⑥
(2)当t>t0时，金属棒已越过MN。由于金属棒在MN右侧做匀速运动，有F恒＝F安⑦
设此时回路中的电流为I，F安的大小为F安＝B0lI⑧
此时金属棒与MN之间的距离为s＝v0(t－t0)⑨
匀强磁场穿过回路的磁通量为Φ′＝B0ls⑩
回路的总磁通量为Φt＝Φ＋Φ′
式中，Φ仍如①式所示。由①⑨⑩ 式得，在时刻
t(t>t0)穿过回路的总磁通量为
Φt＝B0lv0(t－t0)＋kSt
在t到t＋Δt的时间间隔内，总磁通量的改变ΔΦt为
ΔΦt＝(B0lv0＋kS)Δt
由法拉第电磁感应定律得，回路感应电动势的大小为
Et＝
由欧姆定律有I＝
联立⑦⑧ 式得F恒＝(B0lv0＋kS)。(共69张PPT)
阶段回顾(第2～4节)
易错点重点练
重难点重点练
