学案1 电磁感应现象 产生感应电流的条件
[学习目标定位] 1.能理解什么是电磁感应现象.2.能记住产生感应电流的条件.3.会使用线圈以及常见磁铁完成简单的实验.4.能说出磁通量变化的含义.5.会利用电磁感应产生的条件解决实际问题．
1．磁通量的计算公式Φ＝BS的适用条件：(1)匀强磁场，(2)磁感线与平面垂直．若在匀强磁场B中，磁感线与平面不垂直，公式Φ＝BS中的S应为平面在垂直于磁场方向上的投影面积．
2．磁通量是标量，但有正、负之分．一般来说，如果磁感线从线圈的正面穿入，线圈的磁通量就为“＋”，磁感线从线圈的反面穿入，线圈的磁通量就为“－”．
3．由Φ＝BS可知，磁通量的变化有三种情况：
(1)磁感应强度B不变，有效面积S变化；
(2)磁感应强度B变化，有效面积S不变；
(3)磁感应强度B和有效面积S同时变化．
一、电磁感应现象
1．1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，揭示出通电导线周围有磁场，表明了电能生磁．
2．1831年英国物理学家法拉第发现了由磁生电的现象，叫电磁感应现象，由电磁感应现象产生的电流叫感应电流．
3．法拉第把可以产生电磁感应的情况概括为五类：(1)变化着的电流；(2)变化着的磁场；(3)运动的恒定电流；(4)运动的磁铁；(5)在磁场中运动的导体．
二、产生感应电流的条件
1．只要使穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就有感应电流产生．
2．引起磁通量变化的原因可能是闭合电路中或闭合电路一部分的磁感应强度发生变化，或者是闭合电路在磁场中的面积发生变化，也可能是闭合电路与磁场的夹角发生变化．
一、磁通量及其变化
[问题设计]
如图1所示，框架的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B.试求：
(1)框架平面与磁感应强度B垂直时，穿过框架平面的磁通量为多少？
(2)若框架绕OO′转过60°，则穿过框架平面的磁通量为多少？
(3)若从图示位置转过90°，则穿过框架平面的磁通量的变化量为
多少？ 图1
(4)若从图示位置转过180°，则穿过框架平面的磁通量变化量为多少？
答案 (1)BS (2)BS (3)－BS (4)－2BS
[要点提炼]
1．磁通量的计算
(1)公式：Φ＝BS.
(2)适用条件：①匀强磁场，②磁场方向和平面垂直．
(3)B与S不垂直时：Φ＝BS⊥，S⊥为平面在垂直磁场方向上的投影面积，在应用时可将S投影到与B垂直的方向上，如图2所示，Φ＝BSsin_θ.
图2
(4)磁通量与平面的匝数无关．
2．磁通量的变化量ΔΦ
(1)当B不变，有效面积S变化时，ΔΦ＝B·ΔS.
(2)当B变化，S不变时，ΔΦ＝ΔB·S.
(3)当B和S同时变化时，ΔΦ＝Φ2－Φ1，但此时ΔΦ≠ΔB·ΔS.
特别提醒 计算穿过某面的磁通量变化量时，要注意前、后磁通量的正、负值，如原磁通量Φ1＝BS，当平面转过180°后，磁通量Φ2＝－BS，磁通量的变化量ΔΦ＝－2BS.
二、产生感应电流的条件
[问题设计]
1．实验1：如图3所示，导体AB做切割磁感线运动时，线路中有电流产生，而导体AB顺着磁感线运动时，线路中无电流产生．(填“有”或“无”)
图3
图4
2．实验2：如图4所示，条形磁铁插入或拔出线圈时，线圈中有电流产生，但条形磁铁在线圈中静止不动时，线圈中无电流产生．(填“有”或“无”)
3．实验3：如图5所示，将小螺线管A插入大螺线管B中不动，当开关S接通或断开时，电流表中有电流通过；若开关S一直闭合，当改变滑动变阻器的阻值时，电流表中有电流通过；而开关一直闭合，滑动变阻器不动时，电流表中无电流产生(填“有”或“无”)．
图5
4．上述三个实验产生感应电流的情况不同，但其中肯定有某种共同的原因，完成下表并总结产生感应电流的条件.
实验1
闭合电路中磁感应强度B不变，闭合电路的面积S①变化
共同原因：⑥闭合电路中⑦磁通量发生变化
实验2
闭合电路中磁感应强度B②变化，闭合电路的面积S③不变
实验3
闭合电路中磁感应强度B④变化，闭合电路的面积S⑤不变
总结 实验1是通过导体相对磁场运动改变磁通量；实验2是磁体即磁场运动改变磁通量；实验3通过改变电流从而改变磁场强弱，进而改变磁通量，所以可以将产生感应电流的条件描述为“只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就会产生感应电流”．
[要点提炼]
1．产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化．
2．特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动．在利用“切割”来讨论和判断有无感应电流时，应该注意：
(1)导体是否将磁感线“割断”，如果没有“割断”就不能说切割．如图6所示，甲、乙两图中，导线是真“切割”，而图丙中，导体没有切割磁感线．
图6
(2)是否仅是闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线运动，如图丁．如果由切割不容易判断，则要回归到磁通量是否变化上去．
[延伸思考] 电路不闭合时，磁通量发生变化是否能产生电磁感应现象？
答案 当电路不闭合时，没有感应电流，但有感应电动势，只产生感应电动势的现象也可以称为电磁感应现象．
一、磁通量Φ及其变化量ΔΦ的理解与计算
例1 如图7所示的线框，面积为S，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，B的方向与线框平面成θ角，当线框转过90°到如图7所示的虚线位置时，试求：
图7
(1)初、末位置穿过线框的磁通量的大小Φ1和Φ2；
(2)磁通量的变化量ΔΦ.
解析 (1)解法一：在初始位置，把面积向垂直于磁场方向进行投影，可得垂直于磁场方向的面积为S⊥＝Ssin θ，所以Φ1＝BSsin θ.在末位置，把面积向垂直于磁场方向进行投影，可得垂直于磁场方向的面积为S⊥′＝Scos θ.由于磁感线从反面穿入，所以Φ2＝－BScos θ.
解法二：如图所示，把磁感应强度B沿垂直于面积S和平行于面积S进行分解，得B上＝Bsin θ，B左＝Bcos θ
所以Φ1＝B上S＝BSsin θ，
Φ2＝－B左S＝－BScos θ.
(2)开始时B与线框平面成θ角，穿过线框的磁通量Φ1＝BSsin θ；当线框平面按顺时针方向转动时，穿过线框的磁通量减少，当转动θ时，穿过线框的磁通量减少为零，继续转动至90°时，磁感线从另一面穿过，磁通量变为“负”值，Φ2＝－BScos θ.所以，此过程中磁通量的变化量为
ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－BScos θ－BSsin θ
＝－BS(cos θ＋sin θ)．
答案 (1)BSsin θ －BScos θ (2)－BS(cos θ＋sin θ)
二、产生感应电流的分析判断及实验探究
例2 (双选)如图8所示，在匀强磁场中有两条平行的金属导轨，磁场方向与导轨平面垂直．导轨上有两条可沿导轨自由移动的金属棒ab、cd，
图8
与导轨接触良好．这两条金属棒ab、cd的运动速度分别是v1、v2，且井字形回路中有感应电流通过，则可能 ( )
A．v1＞v2 B．v1＜v2
C．v1＝v2 D．无法确定
解析 只要金属棒ab、cd的运动速度不相等，穿过井字形回路的磁通量就发生变化，闭合回路中就会产生感应电流．故选项A、B正确．
答案 AB
针对训练 (单选)在一长直导线中通以如图9所示的恒定电流，某一闭合导线环(环面与导线垂直，长直导线通过环的中心套在长直导线上)套在长直导线上，当发生以下变化时，导线环中可能产生感应电流的是( )
图9
A．保持电流不变，使导线环上下移动
B．保持导线环不变，使长直导线中的电流增大或减小
C．保持电流不变，使导线在竖直平面内顺时针(或逆时针)转动
D．保持电流不变，环在与导线垂直的水平面内左右水平移动
答案 C
解析 产生感应电流的条件：穿过闭合电路的磁通量发生改变，在题图所示位置导线环中没有磁通量，A、B、D没有使穿过导线环的磁通量发生改变，所以都错，本题选C.
例3 在研究电磁感应现象的实验中所用器材如图10所示．它们是①电流表；②直流电源；③带铁芯的线圈A；④线圈B；⑤开关；⑥滑动变阻器(用来控制电流以改变磁场强弱)．试按实验的要求在实物图上连线(图中已连好一根导线)．
图10
答案 连接电路如图所示
1．(对电磁感应现象的认识)(单选)下列现象中，属于电磁感应现象的是( )
A．小磁针在通电导线附近发生偏转
B．通电线圈在磁场中转动
C．因闭合线圈在磁场中运动而产生的电流
D．磁铁吸引小磁针
答案 C
解析 电磁感应是指“磁生电”的现象，而小磁针在通电导线附近发生偏转和通电线圈在磁场中转动以及磁铁吸引小磁针，反映了磁场力的性质，所以A、B、D不是电磁感应现象，C是电磁感应现象．
2．(对磁通量Φ及其变化量ΔΦ的理解)(单选)如图11所示一矩形线框，从abcd位置移到a′b′c′d′位置的过程中，关于穿过线框的磁通量情况，下列叙述正确的是(线框平行于纸面移动) ( )
图11
A．一直增加
B．一直减少
C．先增加后减少
D．先增加，再减少直到零，然后再增加，然后再减少
答案 D
解析 离导线越近，磁场越强，当线框从左向右靠近导线的过程中，穿过线框的磁通量增大；当线框跨在导线上向右运动时，磁通量减小；当导线在线框正中央时，磁通量为零；从该位置向右，磁通量又增大；当线框离开导线向右运动的过程中，磁通量又减小．故A、B、C错误，D正确，故选D.
3．(产生感应电流的分析判断)(单选)如图12所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列方法中不可行的是( )
图12
A．将线框向左拉出磁场
B．以ab边为轴转动(小于90°)
C．以ad边为轴转动(小于60°)
D．以bc边为轴转动(小于60°)
答案 D
解析 将线框向左拉出磁场的过程中，线框的bc部分切割磁感线，或者说穿过线框的磁通量减少，所以线框中将产生感应电流．
当线框以ab边为轴转动(小于90°)时，线框的cd边的右半段在做切割磁感线运动，或者说穿过线框的磁通量在发生变化，所以线框中将产生感应电流．
当线框以ad边为轴转动(小于60°)时，穿过线框的磁通量在减小，所以在这个过程中线框内会产生感应电流．如果转过的角度超过60°(60°～300°)，bc边将进入无磁场区，那么线框中将不产生感应电流．
当线框以bc边为轴转动时，如果转动的角度小于60°，则穿过线框的磁通量始终保持不变(其值为磁感应强度与矩形线框面积的一半的乘积)．
4．(产生感应电流的分析判断)(单选)如图13所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和电键组成闭合回路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环A，下列各种情况中铜环A中没有感应电流的是( )
图13
A．线圈中通以恒定的电流
B．通电时，使滑动变阻器的滑片P做匀速移动
C．通电时，使滑动变阻器的滑片P做加速移动
D．将电键突然断开的瞬间
答案 A
解析 只要通电时滑动变阻器的滑片P移动，电路中电流就会发生变化，变化的电流产生变化的磁场，铜环A中磁通量发生变化，有感应电流；同样，将电键断开瞬间，电路中电流从有到无，仍会在铜环A中产生感应电流．
题组一 对磁通量Φ及其变化量ΔΦ的理解与计算
1．(单选)关于磁通量，下列叙述正确的是 ( )
A．在匀强磁场中，穿过一个面的磁通量等于磁感应强度与该面面积的乘积
B．在匀强磁场中，a线圈的面积比b线圈的大，则穿过a线圈的磁通量一定比穿过b线圈的磁通量大
C．把一个线圈放在M、N两处，若放在M处时穿过线圈的磁通量比放在N处时大，则M处的磁感应强度一定比N处大
D．同一线圈放在磁感应强度大处，穿过线圈的磁通量不一定大
答案 D
解析 磁通量等于磁感应强度与垂直磁场方向上的投影面积的乘积，A错误；线圈面积大，但投影面积不一定大，B错误；磁通量大，磁感应强度不一定大，C错误、D正确．
2．(单选)关于磁通量的概念，以下说法中正确的是 ( )
A．磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量越大
B．磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量越大
C．穿过线圈的磁通量为零，但磁感应强度不一定为零
D．磁通量发生变化，一定是磁场发生变化引起的
答案 C
解析 根据磁通量的定义，Φ＝B·S·sin θ，因此A、B选项错误；穿过线圈的磁通量为零时，磁感应强度不一定为零；磁通量发生变化，可能是面积变化引起的，也可能是磁场变化引起的，D错．
3．(单选)如图1所示，半径为R的圆形线圈共有n匝，其中心位置处半径为r的范围内有匀强磁场，磁场方向垂直线圈平面，若磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为 ( )
图1
A．πBR2 B．πBr2
C．nπBR2 D．nπBr2
答案 B
解析 由磁通量的定义式知Φ＝BS＝πBr2；磁通量与平面的匝数无关．故B正确．
题组二 产生感应电流的分析判断
4．(单选)关于电磁感应现象，下列说法中正确的是( )
A．闭合线圈放在变化的磁场中，必然有感应电流产生
B．闭合正方形线圈在匀强磁场中垂直磁感线运动，必然产生感应电流
C．穿过闭合线圈的磁通量变化时，线圈中有感应电流
D．只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就一定有感应电流产生
答案 C
解析 产生感应电流的条件：(1)闭合电路；(2)磁通量Φ发生变化，两个条件缺一不可．
5．(单选)下图中能产生感应电流的是( )
答案 B
解析 根据产生感应电流的条件判断，A中，电路没闭合，无感应电流；B中，面积增大，闭合电路的磁通量增大，有感应电流；C中，穿过线圈的磁感线相互抵消，Φ恒为零，无感应电流；D中，磁通量不发生变化，无感应电流．
6．(双选)下列情况中都是线框在磁场中做切割磁感线运动，其中线框中有感应电流的是( )
答案 BC
解析 A中虽然导体“切割”了磁感线，但穿过闭合线框的磁通量并没有发生变化，没有感应电流．B中线框的一部分导体“切割”了磁感线，穿过线框的磁感线条数越来越少，线框中有感应电流．C中虽然与A近似，但由于是非匀强磁场，运动过程中，穿过线框的磁感线条数增加，线框中有感应电流．D中线框尽管是部分切割，但磁感线条数不变，无感应电流，故选B、C.
7．(单选)如图2所示，一有限范围的匀强磁场宽度为d，若将一个边长为L的正方形导线框以速度v匀速地通过磁场区域，已知d＞L，则导线框从开始进入到完全离开磁场的过程中无感应电流的时间等于( )
图2
A. B. C. D.
答案 C
解析 只有导线框完全在磁场里面运动时，导线框中才无感应电流．
8．(单选)如图3所示的匀强磁场中有一个矩形闭合导线框，初始位置线框与磁感线平行，则在下列四种情况下，线框中会产生感应电流的是( )
图3
A．线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中左右运动
B．线框平面始终与磁感线平行，线框在磁场中上下运动
C．线框绕位于线框平面内且与磁感线垂直的轴线AB转动
D．线框绕位于线框平面内且与磁感线平行的轴线CD转动
答案 C
解析 四种情况中初始位置线框均与磁感线平行，磁通量为零，按A、B、D三种情况线框运动后，线框仍与磁感线平行，磁通量保持为零不变，线框中不产生感应电流．C中线框转动后，穿过线框的磁通量不断发生变化，所以产生感应电流，C项正确．
9．(单选)为观察电磁感应现象，某学生将电流表、螺线管A和B、蓄电池、开关用导线连接成如图4所示的实验电路．当接通和断开开关时，电流表的指针都没有偏转，其原因是( )
图4
A．开关位置接错
B．电流表的正、负极接反
C．线圈B的3、4接头接反
D．蓄电池的正、负极接反
答案 A
解析 本题考查了感应电流产生的条件．
因感应电流产生的条件是闭合电路中的磁通量发生变化，由电路图可知，把开关接在B与电流表之间，因与1、2接头相连的电路在接通和断开开关时，电流不改变，所以不可能有感应电流，电流表也不可能偏转，开关应接在A与电源之间．
10．(双选)如图5所示，导线ab和cd互相平行，则下列四种情况中，关于导线cd中是否产生感应电流的说法，正确的是 ( )
图5
A．开关S闭合瞬间产生感应电流
B．开关S断开瞬间不产生感应电流
C．开关S闭合，滑动触头左、右滑动时产生感应电流
D．开关S闭合，滑动触头不动时产生感应电流
答案 AC
解析 开关S闭合或断开的瞬间；开关S闭合，滑动触头向左滑的过程；开关S闭合，滑动触头向右滑的过程都会使通过导线ab段的电流发生变化，使穿过cd回路的磁通量发生变化，从而在cd导线中产生感应电流．因此本题的正确选项应为A、C.
11．如图6所示，线圈Ⅰ与电源、开关、滑动变阻器相连，线圈Ⅱ与电流计相连，线圈Ⅰ与线圈Ⅱ绕在同一个铁芯上，在下列情况下，电流计中是否有示数？
图6
(1)开关闭合瞬间；(2)开关闭合稳定后；(3)开关闭合稳定后，来回移动滑动变阻器滑动端；(4)开关断开瞬间．
答案 (1)有 (2)无 (3)有 (4)有
解析 本题主要考查闭合电路中，电流变化导致磁场变化从而产生感应电流的情况．
(1)开关闭合时线圈Ⅰ中电流从无到有，电流的磁场也从无到有，穿过线圈Ⅱ的磁通量也从无到有，线圈Ⅱ中产生感应电流，电流计有示数．
(2)开关闭合稳定后，线圈Ⅰ中电流稳定不变，电流的磁场不变，此时线圈Ⅱ中虽有磁通量但磁通量稳定不变，线圈Ⅱ中无感应电流产生，电流计无示数．
(3)开关闭合稳定后，来回移动滑动变阻器滑动端，电阻变化，线圈Ⅰ中的电流变化，电流形成的磁场也发生变化，穿过线圈Ⅱ的磁通量也发生变化，线圈Ⅱ中有感应电流产生，电流计有示数．
(4)开关断开瞬间，线圈Ⅰ中电流从有到无，电流的磁场也从有到无，穿过线圈Ⅱ的磁通量也从有到无，线圈Ⅱ中有感应电流产生，电流计有示数．
12.如图7所示，固定于水平面上的金属架MDEN处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速运动．t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置使MDEN构成一个边长为l的正方形．为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B应怎样随时间t变化？请推导出这种情况下B与t的关系式．
图7
答案 B＝
解析 要使MN棒中不产生感应电流，应使穿过线圈平面的磁通量不发生变化
在t＝0时刻，穿过线圈平面的磁通量Φ1＝B0S＝B0l2
设t时刻的磁感应强度为B，此时磁通量为
Φ2＝Bl(l＋vt)
由Φ1＝Φ2得B＝.
课件20张PPT。高中物理·选修3-2·粤教版
第一章 电磁感应
学案1 电磁感应现象 产生感应电流的条件12能理解什么是电磁感应现象. 能记住产生感应电流的条件.会使用线圈以及常见磁铁完成简单的实验. 345能说出磁通量变化的含义. 会利用电磁感应产生的条件解决实际问题.1. (1)匀强 (2)垂直 平面在垂直于磁场方向上的投影面积
2. －
3. (1)有效面积S (2)磁感应强度B (3)磁感应强度B 有效面积S
一、电磁感应现象
1．奥斯特 电流的磁效应
2．法拉第 感应电流
3． (1)变化 (2)变化 (3)运动 (4)运动 (5) 运动
二、产生感应电流的条件
1．磁通量
2．磁感应强度 面积 夹角一、磁通量及其变化 沿OO′轴做侧视图 ·图1BS 匀强 垂直 投影 BSsinθ 无关 垂直 B·ΔS ΔB·S Φ2－Φ1 二、产生感应电流的条件 无 无 无有 有 有 图3图4图5有变化 变化 不变不变 变化 闭合 磁通量 闭合 磁通量 切割磁感线 磁感线 一、磁通量Φ及其变化量ΔΦ的理解与计算图7解析 二、产生感应电流的分析判断及实验探究磁通量变化 面积S变化 AB 图8C 图10磁生电 磁场力的性质 C 图11D 图12D 作出沿轴方向观察的侧视图判断Φ是否变化图13变化的电流 变化的磁场 A 磁通量变化 A有感应电流 A 再见学案10 章末总结
一、对楞次定律的理解与应用
楞次定律反映这样一个物理过程：原磁通量变化时(Φ原变)，产生感应电流(I感)，这是属于电磁感应的条件问题；感应电流一经产生就在其周围空间激发磁场(Φ感)，这就是电流的磁效应问题；而且I感的方向决定了Φ感的方向(用安培定则判定)；Φ感阻碍Φ原的变化——这正是楞次定律所解决的问题．这样一个复杂的过程，可以用图表理顺如下：
1．感应电流的磁场不一定与原磁场方向相反，只在磁通量增大时两者才相反，而在磁通量减少时两者是同向的．
2．“阻碍”并不是“阻止”，而是“延缓”，电路中的磁通量还是在变化，只不过变化得慢了．
3．楞次定律的阻碍的表现有这几种形式：增反减同、增缩减扩、增离减靠、来拒去留．
例1 (单选)圆形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图1所示的电路．若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是 ( )
图1
A．线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流
B．穿过线圈a的磁通量变小
C．线圈a有扩张的趋势
D．线圈a对水平桌面的压力FN将增大
解析 本题考查楞次定律的知识，意在考查学生对楞次定律、安培定则等知识的掌握．通过螺线管b的电流如图所示，根据安培定则判断出螺线管b所产生的磁场方向竖直向下，滑片P向下滑动，接入电路的电阻减小，电流增大，所产生的磁场的磁感应强度增大，根据楞次定律可知，a线圈中所产生的感应电流产生的感应磁场方向竖直向上，再由安培定则可得线圈a中的电流方向为俯视逆时针方向，A错误；由于螺线管b中的电流增大，所产生的磁感应强度增大，线圈a中的磁通量应变大，B错误；根据楞次定律可知，线圈a有缩小的趋势，线圈a对水平桌面的压力增大，C错误，D正确．
答案 D
二、电磁感应中的图象问题
1．图象问题有两种：一是由给出的电磁感应过程，选出或画出正确图象；二是由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量．
2．基本思路是：(1)利用法拉第电磁感应定律计算感应电动势大小．(2)利用楞次定律或右手定则判定感应电流的方向．
例2 (单选)将一段导线绕成如图2甲所示的闭合电路，并固定在纸面内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ中．回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示．用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图象是 ( )
图2
解析 由题图乙可知0～时间内，磁感应强度随时间线性变化，即＝k(k是一个常数)，圆环的面积S不变，由E＝＝可知圆环中产生的感应电动势大小不变，则回路中的感应电流大小不变，ab边受到的安培力大小不变，从而可排除选项C、D；0～时间内，由楞次定律可判断出流过ab边的电流方向为由b至a，结合左手定则可判断出ab边受到的安培力的方向向左，为负值，故选项A错误，B正确．本题选B.
答案 B
三、电磁感应中的电路问题
1．求解电磁感应中电路问题的关键是分清楚内电路和外电路．
“切割”磁感线的导体和磁通量变化的线圈都相当于“电源”，该部分导体的电阻相当于内电阻，而其余部分的电路则是外电路．
2．路端电压、电动势和某导体两端的电压三者的区别：
(1)某段导体作为外电路时，它两端的电压就是电流与其电阻的乘积．
(2)某段导体作为电源时，它两端的电压就是路端电压，等于电流与外电阻的乘积，或等于电动势减去内电压，当其内阻不计时路端电压等于电源电动势．
(3)某段导体作为电源时，电路断路时导体两端的电压等于电源电动势．
例3 如图3所示，光滑金属导轨PN与QM相距1 m，电阻不计，两端分别接有电阻R1和R2，且R1＝6 Ω，R2＝3 Ω，ab导体棒的电阻为2 Ω.垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1 T．现使ab以恒定速度v＝3 m/s匀速向右移动，求：
图3
(1)导体棒上产生的感应电动势 E.
(2)R1与R2消耗的电功率分别为多少？
(3)拉ab棒的水平向右的外力F为多大？
解析 (1)ab棒匀速切割磁感线，产生的电动势为：E＝Blv＝3 V
(2)电路的总电阻为：R＝r＋＝4 Ω
由欧姆定律：I＝＝ A
U＝E－Ir＝1.5 V
电阻R1的功率：P1＝＝ W
电阻R2的功率：P2＝＝ W
(3)由平衡知识得：F＝BIl＝ N.
答案 (1)3 V (2) W W (3) N
四、电磁感应中的动力学问题
解决这类问题的关键在于通过运动状态的分析来寻找过程中的临界状态，如速度、加速度取最大值或最小值的条件等．
1．做好受力情况、运动情况的动态分析：导体运动产生感应电动势―→感应电流―→通电导体受安培力―→合外力变化―→加速度变化―→速度变化―→感应电动势变化．周而复始循环，最终加速度等于零，导体达到稳定运动状态．
2．利用好导体达到稳定状态时的平衡方程，往往是解答该类问题的突破口．
例4 (双选)如图4所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面向下，磁感应强度大小为B.将质量为m的导体棒由静止释放，当速度达到v时开始匀速运动，此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力，并保持拉力的功率恒为P，导体棒最终以2v的速度匀速运动．导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导轨和导体棒的电阻，重力加速度为g.下列选项正确的是 ( )
图4
A．P＝2mgvsin θ
B．P＝3mgvsin θ
C．当导体棒速度达到时加速度大小为sin θ
D．在导体棒速度达到2v以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力所做的功
解析 当导体棒的速度达到v时，对导体棒进行受力分析如图甲所示．
甲
mgsin θ＝BIL，I＝，
所以mgsin θ＝①
当导体棒的速度达到2v时，对导体棒进行受力分析如图乙所示．
乙
mgsin θ＋F＝②
由①②可得F＝mgsin θ
功率P＝F×2v＝2mgvsin θ，故A正确．
当导体棒速度达到时，对导体棒受力分析如图丙所示．
丙
a＝③
由①③可得a＝gsin θ，
故C正确．
当导体棒的速度达到2v时，安培力等于拉力和mgsin θ之和，所以以后匀速运动的过程中，R上产生的焦耳热等于拉力和重力做功之和，故D错误．
答案 AC
五、电磁感应中的能量问题
1．用能量观点解决电磁感应问题的基本思路
首先做好受力分析和运动分析，明确哪些力做功，是做正功还是负功，再明确有哪些形式的能量参与转化，如何转化(如滑动摩擦力做功，必然有内能出现；重力做功，可能有机械能参与转化；安培力做负功的过程中有其他形式能转化为电能，安培力做正功的过程中有电能转化为其他形式的能)．
2．电能求解方法主要有三种
(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：其他形式的能的减少量等于产生的电能．
(3)利用电路特征来求解．
例5 如图5所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻．一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T．金属棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当金属棒的位移x＝9 m时撤去外力，金属棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前、后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，金属棒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：
图5
(1)金属棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；
(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；
(3)外力做的功WF.
解析 (1)设金属棒匀加速运动的时间为Δt，回路的磁通量的变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为，由法拉第电磁感应定律得＝①
其中ΔΦ＝Blx②
设回路中的平均电流为，由闭合电路欧姆定律得
＝③
则通过电阻R的电荷量为q＝Δt④
联立①②③④式，得q＝
代入数据得q＝4.5 C
(2)设撤去外力时金属棒的速度为v，对于金属棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v2＝2ax⑤
设金属棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W，由动能定理得W＝0－mv2⑥
撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2＝－W⑦
联立⑤⑥⑦式，代入数据得Q2＝1.8 J⑧
(3)由题意知，撤去外力前、后回路中产生的焦耳热之比
Q1∶Q2＝2∶1，可得Q1＝3.6 J⑨
在金属棒运动的整个过程中，外力F克服安培力做功，由功能关系可知WF＝Q1＋Q2⑩
由⑧⑨⑩式得WF＝5.4 J.
答案 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J
1．(对楞次定律的理解与应用)(单选)如图6所示，竖直放置的螺线管与导线abcd构成回路，导线所在区域内有一垂直纸面向里的变化的匀强磁场，螺线管下方水平桌面上有一导体圆环，导线abcd所围区域内磁场的磁感应强度按下列哪一图线所表示的方式随时间变化时，导体圆环将受到向上的磁场作用力 ( )
图6
答案 A
解析 根据楞次定律的另一种表述，可见原磁场磁通量减小，即螺线管和abcd构成的回路中产生的感应电流减小，才能使导体圆环受到向上的磁场作用力．根据法拉第电磁感应定律，E＝nS，则感应电流I＝n，可知减小时，感应电流才减小，A选项减小，B选项增大，C、D选项不变，所以A正确，B、C、D错误．
2．(电磁感应中的电路问题)(单选)如图7所示，由均匀导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的有界匀强磁场，边界如图中虚线所示．当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差为 ( )
图7
A.BRv B.BRv C.BRv D.BRv
答案 D
3．(电磁感应中的能量问题)(双选)如图8所示，一粗糙的平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上．质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某高度h后又返回到底端．若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计．则下列说法正确的是 ( )
图8
A．金属杆ab上滑过程与下滑过程通过电阻R的电荷量一样多
B．金属杆ab上滑过程中克服重力、安培力与摩擦力所做功之和大于mv
C．金属杆ab上滑过程与下滑过程因摩擦而产生的内能一定相等
D．金属杆ab在整个过程中损失的机械能等于装置产生的焦耳热
答案 AC
解析 金属杆在轨道上滑行时平均电动势E＝＝，通过的电荷量Q＝It＝t＝，故上滑和下滑时通过的电荷量相同；根据能量守恒定律金属杆ab上滑过程中克服重力、安培力与摩擦力所做功之和等于减少的动能mv，金属杆ab上滑过程与下滑过程中所受摩擦力大小相等，移动的位移大小相等，故因摩擦而产生的内能一定相等，根据能量守恒定律可知整个过程中损失的机械能等于装置产生的焦耳热和摩擦产生的能量之和．故A、C正确，B、D错误．
4．(电磁感应中的动力学问题)如图9所示，固定于水平桌面上足够长的两平行光滑金属导轨PQ、MN，其电阻不计，间距d＝0.5 m，P、M之间接有一只理想电压表，整个装置处于竖直向下的磁感应强度B0＝0.2 T的匀强磁场中，两金属棒L1、L2平行地搁在导轨上，其电阻均为r＝0.1 Ω，质量分别为M1＝0.3 kg和M2＝0.5 kg.固定棒L1，使L2在水平恒力F＝0.8 N的作用下，由静止开始运动．试求：
图9
(1)当电压表读数为U＝0.2 V时，棒L2的加速度为多大？
(2)棒L2能达到的最大速度vm.
答案 (1)1.2 m/s2 (2)16 m/s
解析 (1)流过L2的电流I＝＝ A＝2 A
L2所受的安培力F′＝B0Id＝0.2 N
对L2由牛顿第二定律可得：F－F′＝M2a
解得：a＝1.2 m/s2
(2)安培力F安与恒力F平衡时，棒L2速度达到最大，设此时电路电流为Im，则F安＝B0Imd
而Im＝
F安＝F解得vm＝＝16 m/s.
课件19张PPT。高中物理·选修3-2·粤教版
第一章 电磁感应
学案10 章末总结 网络构建专题整合自我检测电磁感应现象
电路闭合，磁通量变化
楞次定律（感应电流的方向）
阻碍 磁通量的变化 阻碍和磁场的相对运动 方向 增减 安培定则
法拉第电磁感应定律（感应电动势的大小）
自感现象及应用
自身电流 自身电流v一、对楞次定律的理解与应用网络构建专题整合自我检测电流增大 磁感应强度增大 a磁通量变大 ×××√D 网络构建专题整合自我检测图1二、电磁感应中的图象问题网络构建专题整合自我检测大小：斜率？ ××方向：楞次定律、左手定则 √B 网络构建专题整合自我检测三、电磁感应中的电路问题网络构建专题整合自我检测网络构建专题整合自我检测四、电磁感应中的动力学问题网络构建专题整合自我检测√√×AC 网络构建专题整合自我检测图4五、电磁感应中的能量问题网络构建专题整合自我检测网络构建专题整合自我检测图5网络构建专题整合自我检测图5网络构建专题整合自我检测图5A 网络构建专题整合自我检测D 网络构建专题整合自我检测AC 网络构建专题整合自我检测图8网络构建专题整合自我检测图9再见学案2 感应电流的方向
[学习目标定位] 1.正确理解楞次定律的内容及其本质.2.掌握右手定则，并理解右手定则实际上为楞次定律的一种具体表现形式.3.能够熟练运用楞次定律和右手定则判断感应电流的方向．
1．安培定则(适用于直导线)：用右手握住通电直导线，让伸直的大拇指所指的方向跟电流的方向一致，那么弯曲的四指所指的方向就是磁感线的环绕方向．
2．安培定则(适用于环形电流及通电螺线管)：用右手握住导线，让弯曲的四指所指的方向跟环形电流的方向一致，那么伸直的大拇指所指的方向就是环形导线轴线上磁感线的方向．
一、感应电流的方向
实验表明，磁通量增加时，感应电流磁场方向与原磁场方向相反；磁通量减少时，感应电流磁场方向与原磁场方向相同．
二、楞次定律
感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
三、右手定则
伸开右手，让拇指跟其余四个手指垂直，并且都跟手掌在同一个平面内，让磁感线垂直从手心进入，拇指指向导体运动的方向，其余四指所指的方向就是感应电流的方向．
一、楞次定律
[问题设计]
根据如图1甲、乙、丙、丁所示进行电路图连接与实验操作，并填好实验现象记录表格．
图1
甲
乙
丙
丁
条形磁铁运动的情况
N极向下
插入线圈
S极向下
插入线圈
S极向上
拔出线圈
N极向上
拔出线圈
原磁场方向(向上或向下)
向下
向上
向下
向上
穿过线圈的磁通量变化情况(增加或减少)
增加
增加
减少
减少
感应电流的方向(在螺线管上方俯视)
逆时针
顺时针
顺时针
逆时针
感应电流的磁场方向(向上或向下)
向上
向下
向下
向上
原磁场与感应电流磁场的方向关系
相反
相反
相同
相同
(1)请根据上表所填内容分析，感应电流的磁场方向是否总是与原磁场方向相反或相同？什么时候相反？什么时候相同？感应电流的磁场对原磁场磁通量变化有何影响？
(2)分析当磁铁靠近或远离线圈时两者的相互作用有什么规律？
答案 (1)不一定，有时相反，有时相同；闭合回路中原磁场的磁通量增加时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相反；闭合回路中原磁场的磁通量减少时，感应电流产生的磁场方向与原磁场方向相同；感应电流的磁场总是阻碍原磁场磁通量的变化．
(2)当条形磁铁插入时，磁铁与线圈的磁极是同名磁极相对；当条形磁铁拔出时，磁铁与线圈的磁极是异名磁极相对．即：两者靠近时，相互排斥；两者远离时，相互吸引．感应电流总要阻碍原磁场的相对运动．
[要点提炼]
1．楞次定律：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．楞次定律中“阻碍”的含义：
(1)谁起阻碍作用——感应电流的磁场
(2)阻碍什么——阻碍的是穿过回路的磁通量的变化，而不是磁通量本身．
(3)如何阻碍——当原磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；当原磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，“阻碍”不是感应电流的磁场与原磁场的方向相反，而是“增反减同”．
(4)阻碍效果——阻碍并不是阻止，结果是增加的还增加，减少的还减少，只是延缓了原磁场的磁通量的变化．
3．从相对运动的角度看，感应电流的效果是阻碍相对运动(来拒去留)．
[延伸思考] 电磁感应过程中有电能变化，该电能是否凭空增加？从能量守恒的角度如何解释？
答案 从能量守恒的角度来看，感应电流的磁场总是在阻碍着它自己的产生，为了维持感应电流，就必须克服这个阻碍作用而做功，使其他形式的能量转化成电能，这就是感应电流能量的来源．
二、楞次定律的应用
[问题设计]
在长直通电导线附近有一闭合线圈abcd，如图2所示．当直导线中的电流强度I逐渐减小时，试判断线圈中感应电流的方向．
图2
请从解答此题的实践中，总结出用楞次定律判定感应电流方向的具体思路．
答案 线圈abcd中感应电流方向为顺时针．
若要判定感应电流方向，需先弄清楚感应电流的磁场方向．根据楞次定律“阻碍”的含义，则要先明确原磁场的方向及其磁通量的变化情况．
[要点提炼]
应用楞次定律判断感应电流方向的步骤：
(1)明确研究对象是哪一个闭合电路．
(2)明确原磁场的方向．
(3)判断闭合回路内原磁场的磁通量是增加还是减少．
(4)由楞次定律判断感应电流的磁场方向．
(5)由安培定则判断感应电流的方向．
三、右手定则
[问题设计]
如图3所示，导体棒ab向右做切割磁感线运动．
图3
(1)请用楞次定律判断感应电流的方向．
(2)能否找到一种更简单的方法来判断闭合回路中部分导体切割磁感线产生的电流的方向呢？(提示：研究电流I的方向、原磁场B的方向、导体棒运动的速度v的方向三者之间的关系)
答案 (1)感应电流的方向a→d→c→b→a.
(2)可以用右手定则来判断．
[要点提炼]
1．右手定则是楞次定律的特例．
(1)楞次定律适用于各种电磁感应现象，对于磁感应强度B随时间t变化而产生的电磁感应现象较方便．
(2)右手定则只适用于导体在磁场中做切割磁感线运动的情况．
2．当切割磁感线时四指的指向就是感应电流的方向，即感应电动势的方向(注意等效电源的正负极)．
一、对楞次定律的理解
例1 (单选)关于楞次定律，下列说法中正确的是 ( )
A．感应电流的磁场总是阻碍原磁场的增强
B．感应电流的磁场总是阻碍原磁场的减弱
C．感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化
D．感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化
解析 楞次定律的内容：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故选D.
答案 D
二、楞次定律的应用
例2 (单选)如图4所示，一平面线圈用细杆悬于P点，开始时细杆处于水平位置，释放后让它在如图所示的匀强磁场中运动．已知线圈平面始终与纸面垂直，当线圈第一次通过位置Ⅰ和位置Ⅱ时，顺着磁场方向看去，线圈中感应电流的方向分别为 ( )
图4
A．逆时针方向，逆时针方向
B．逆时针方向，顺时针方向
C．顺时针方向，顺时针方向
D．顺时针方向，逆时针方向
解析 线圈在位置Ⅰ时，磁通量方向水平向右且在增加．根据楞次定律知，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，所以感应电流的磁场方向应水平向左．根据安培定则知，顺着磁场方向看去，线圈中的感应电流方向为逆时针方向．当线圈第一次通过位置Ⅱ时，穿过线圈的磁通量方向水平向右且在减小．根据楞次定律，感应电流的磁场方向水平向右．再根据安培定则，顺着磁场方向看去，线圈中感应电流的方向应为顺时针方向．
答案 B
针对训练 (单选)如图5所示，闭合金属圆环沿垂直于磁场方向放置在匀强磁场中，将它从匀强磁场中匀速拉出，以下各种说法中正确的是( )
图5
A．向左和向右拉出时，环中感应电流方向相反
B．向左和向右拉出时，环中感应电流方向都是沿顺时针方向
C．向左和向右拉出时，环中感应电流方向都是沿逆时针方向
D．当圆环全部处在磁场中运动时，也有感应电流产生
答案 B
解析 圆环中感应电流的方向，取决于圆环中磁通量的变化情况，向左或向右将圆环拉出磁场的过程中，圆环中垂直纸面向里的磁感线的条数都要减少，根据楞次定律可知，感应电流产生的磁场的方向与原磁场方向相同，即都垂直纸面向里，应用安培定则可以判断出感应电流的方向沿顺时针方向．圆环全部处在磁场中运动时，虽然导线做切割磁感线运动，但环中磁通量不变．只有在圆环离开磁场过程中，环的一部分在磁场中，另一部分在磁场外，环中磁通量才发生变化，环中才有感应电流．B选项正确．
三、右手定则的应用
例3 (单选)下列图中表示闭合电路中的一部分导体ab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a→b的是( )
解析 题中四图都属于闭合电路的一部分导体切割磁感线，应用右手定则判断可得：A中电流方向为a→b，B中
电流方向为b→a，C中电流沿a→d→c→b→a方向，D中电流方向为b→a.故选A.
答案 A
1．(对楞次定律的理解)(单选)关于楞次定律，下列说法正确的是 ( )
A．感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
B．闭合电路的一部分导体在磁场中运动时，必受磁场阻碍作用
C．原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场同向
D．感应电流的磁场总是跟原磁场反向，阻碍原磁场的变化
答案 A
解析 感应电流的磁场总是要阻碍引起感应电流的磁通量的变化，选项A正确；闭合电路的一部分导体在磁场中平行磁感线运动时，不受磁场阻碍作用，选项B错误；原磁场穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场反向，选项C错误；当原磁场增强时感应电流的磁场跟原磁场反向，当原磁场减弱时跟原磁场同向，选项D错误．
2．(楞次定律的应用)(双选)如图6所示，有一通电直导线L和闭合导体框abcd处于同一平面内，当通电导线L运动时，以下说法正确的是 ( )
图6
A．当导线L向左平移时，导体框abcd中感应电流的方向为abcda
B．当导线L向左平移时，导体框abcd中感应电流的方向为adcba
C．当导线L向右平移时(未到达ad)，导体框abcd中感应电流的方向为abcda
D．当导线L向右平移时(未到达ad)，导体框abcd中感应电流的方向为adcba
答案 AD
解析 当导线L向左平移时，闭合导体框abcd中磁场减弱，磁通量减少，abcd回路中产生的感应电流的磁场将阻碍磁通量的减少，由于导线L在abcd中磁场方向垂直纸面向里，所以abcd中感应电流的磁场方向应为垂直纸面向里，由安培定则可知感应电流的方向为abcda，选项A正确；当导线L向右平移时，闭合导体框abcd中磁场增强，磁通量增加，abcd回路中产生的感应电流的磁场将阻碍原磁通量的增加，可知感应电流的磁场为垂直纸面向外，再由安培定则可知感应电流的方向为adcba，选项D正确．
3．(楞次定律的应用)(双选)如图7所示，在水平面上有一个闭合的线圈，将一根条形磁铁从线圈的上方插入线圈中，在磁铁进入线圈的过程中，线圈中会产生感应电流，磁铁会受到线圈中电流的作用力，若从线圈上方俯视，关于感应电流和作用力的方向，以下判断正确的是 ( )
图7
A．若磁铁的N极向下插入，线圈中产生顺时针方向的感应电流
B．若磁铁的S极向下插入，线圈中产生顺时针方向的感应电流
C．无论N极向下插入还是S极向下插入，磁铁都受到向下的引力
D．无论N极向下插入还是S极向下插入，磁铁都受到向上的斥力
答案 BD
解析 若磁铁的N极向下插入，穿过线圈的磁通量增加，磁场方向向下，根据楞次定律可知，感应磁场方向向上，由安培定则知，线圈中产生逆时针方向的感应电流，故A错误；若磁铁的S极向下插入，穿过线圈的磁通量增加，磁场方向向上，根据楞次定律可知，感应磁场方向向下，由安培定则知，线圈中产生顺时针方向的感应电流，故B正确；通电线圈的磁场与条形磁铁相似，根据安培定则判断可知，当N极向下插入时，线圈上端相当于N极，当S极向下插入时，线圈上端相当于S极，存在斥力，故C错误，D正确．导体与磁体的作用力也可以根据楞次定律的另一种表述判断：感应电流的磁场总要阻碍导体与磁体间的相对运动，无论N极向下插入还是S极向下插入，磁体与线圈的相对位置都在减小，故磁体与线圈之间存在斥力．故C错误，D正确．所以选B、D.
4．(右手定则的应用)(双选)如图8 所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′，都处于同一水平面内，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．现在将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，以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是 ( )
图8
A．感应电流方向是N→M
B．感应电流方向是M→N
C．安培力水平向左
D．安培力水平向右
答案 AC
解析 由右手定则知，MN中感应电流方向是N→M，再由左手定则可知，MN所受安培力方向垂直导体棒水平向左，C正确，故选A、C.
题组一 对楞次定律的理解
1．(单选)关于感应电流，以下说法中正确的是 ( )
A．感应电流的方向总是与原电流的方向相反
B．感应电流的方向总是与原电流的方向相同
C．感应电流的磁场总要阻碍闭合电路内原磁场的磁通量的变化
D．感应电流的磁场总是与原线圈内的磁场方向相反
答案 C
解析 由楞次定律可知，感应电流的磁场总要阻碍闭合电路内部原磁场的磁通量的变化，故C正确；如果原磁场中的磁通量是增大的，则感应电流的磁场就与它相反，来消弱它的增大，如果原磁场中的磁通量是减小的，则感应电流的磁场就与它相同，来阻碍它的减小，故A、B、D错误．
2．(单选)根据楞次定律可知，感应电流的磁场一定是 ( )
A．与引起感应电流的磁场反向
B．阻止引起感应电流的磁通量变化
C．阻碍引起感应电流的磁通量变化
D．使电路磁通量为零
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它的原磁通量的变化．具体来说就是“增反减同”．因此C正确．
题组二 楞次定律的应用
3．(单选)矩形导线框abcd与长直导线MN放在同一水平面上，ab边与MN平行，导线MN中通入如图1所示的电流，当MN中的电流增大时，下列说法正确的是 ( )
图1
A．导线框abcd中没有感应电流
B．导线框abcd中有顺时针方向的感应电流
C．导线框所受的安培力的合力方向水平向左
D．导线框所受的安培力的合力方向水平向右
答案 D
解析 直导线中通有向上均匀增大的电流，根据安培定则知，通过线框的磁场方向垂直纸面向里，且均匀增大，根据楞次定律知感应电流的方向为逆时针方向．故A、B错误．根据左手定则知，ab边所受安培力方向水平向右，cd边所受安培力方向水平向左，离导线越近，磁感应强度越大，所以ab边所受的安培力大于cd边所受的安培力，则导线框所受安培力的合力方向水平向右，故C错误，D正确．故选D.
4．(单选)如图2所示，AOC是光滑的金属轨道，AO沿竖直方向，OC沿水平方向，PQ是一根金属直杆立在轨道上，直杆从图示位置由静止开始在重力作用下运动，运动过程中Q端始终在OC上，空间存在着垂直纸面向外的匀强磁场，则在PQ杆滑动的过程中，下列判断正确的是 ( )
图2
A．感应电流的方向始终是P→Q
B．感应电流的方向先是由P→Q，后是由Q→P
C．PQ受磁场力的方向垂直于杆向左
D．PQ受磁场力的方向先垂直于杆向右，后垂直于杆向左
答案 B
解析 在PQ杆滑动的过程中，杆与导轨所围成的三角形面积先增大后减小，三角形POQ内的磁通量先增大后减小，由楞次定律可判断B项对，A项错．再由PQ中电流方向及左手定则可判断C、D项错误，故选B.
5．(单选)如图3所示，一根条形磁铁自左向右穿过一个闭合螺线管，则电路中 ( )
图3
A．始终有感应电流自a向b流过电流表G
B．始终有感应电流自b向a流过电流表G
C．先有a→G→b方向的感应电流，后有b→G→a方向的感应电流
D．将不会产生感应电流
答案 C
解析 当条形磁铁进入螺线管时，闭合线圈中的磁通量增加，当条形磁铁穿出螺线管时，闭合线圈中的磁通量减少，由楞次定律可知C正确．
6．(单选)如图4所示，金属环所在区域存在着匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．当磁感应强度逐渐增大时，内、外金属环中感应电流的方向为( )
图4
A．外环顺时针，内环逆时针
B．外环逆时针，内环顺时针
C．内、外环均为逆时针
D．内、外环均为顺时针
答案 B
解析 首先明确研究的回路由外环和内环共同组成，回路中包围的磁场方向垂直纸面向里且内、外环之间的磁通量增加．由楞次定律可知两环之间的感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，垂直于纸面向外，再由安培定则判断出感应电流的方向是：外环沿逆时针方向，内环沿顺时针方向，故选项B正确．
7．(单选)如图5所示，一对大磁极，中间处可视为匀强磁场，上、下边缘处为非匀强磁场，一矩形导线框abcd保持水平，从两磁极间中心上方某处开始下落，并穿过磁场，则( )
图5
A．线框中有感应电流，方向是先a→b→c→d→a后d→c→b→a→d
B．线框中有感应电流，方向是先d→c→b→a→d后a→b→c→d→a
C．受磁场的作用，线框要发生转动
D．线框中始终没有感应电流
答案 D
解析 由于线框从两极间中心上方某处开始下落，根据对称性知，下落过程中穿过线框abcd的磁通量始终是零，没有变化，所以始终没有感应电流，因此不会受磁场的作用．故选项D正确．
8．(单选)如图6所示，金属线框与直导线AB在同一平面内，直导线中通有电流I，将线框由位置1拉至位置2的过程中，线框的感应电流的方向是 ( )
图6
A．先顺时针，后逆时针，再顺时针
B．始终顺时针
C．先逆时针，后顺时针，再逆时针
D．始终逆时针
答案 C
解析 在靠近直导线直到处于中间位置的过程中，磁通量先增大后减小，原磁场方向垂直纸面向里，感应电流的磁场方向应先垂直纸面向外后再垂直纸面向里，由安培定则可判断电流方向为先逆时针后顺时针，同理当处于中间位置到线框全穿过直导线的过程中，感应电流方向为顺时针，当远离导线的过程中，感应电流方向为逆时针，故选C.
9．(单选)如图7所示，在水平地面下有一条沿东西方向铺设的水平直导线，导线中通有自东向西稳定、强大的直流电流．现用一闭合的检测线圈(线圈中串有灵敏的检流计，图中未画出)检测此通电直导线的位置，若不考虑地磁场的影响，检测线圈位于水平面内，从距直导线很远处由北向南沿水平地面通过导线的上方并移至距直导线很远处的过程中，俯视检测线圈，其中的感应电流的方向是 ( )
图7
A．先顺时针后逆时针
B．先逆时针后顺时针
C．先逆时针后顺时针，然后再逆时针
D．先顺时针后逆时针，然后再顺时针
答案 C
解析 根据通电直导线周围磁感线的特点，检测线圈由远处移至直导线正上方过程中，穿过线圈的磁场有向下的分量，磁通量先增加后减小，由楞次定律和安培定则知，线圈中的电流方向先逆时针后顺时针．当检测线圈由直导线正上方移至远处过程中，穿过线圈的磁场有向上的分量，磁通量先增加后减小，由楞次定律和安培定则知，线圈中的电流方向先顺时针后逆时针，所以C正确．
10．(双选)北半球地磁场的竖直分量向下．如图8所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放置一个边长为L的正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向．下列说法中正确的是( )
图8
A．若使线圈向东平动，则a点的电势比b点的电势低
B．若使线圈向北平动，则a点的电势比b点的电势低
C．若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a→b→c→d→a
D．若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a→d→c→b→a
答案 AC
解析 用楞次定律判断产生的感应电流的方向．线圈向东平动时，ba和cd两边切割磁感线，且两边切割磁感线产生的感应电动势大小相同，a点电势比b点电势低，A对；同理，线圈向北平动，则a、b电势相等，高于c、d两点电势，B错；以ab为轴将线圈翻转，向下的磁通量减小了，感应电流的磁场方向应该向下，再由安培定则知，感应电流的方向为a→b→c→d→a，则C对，D错．
题组三 右手定则的应用
11．(单选)如图9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( )
图9
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．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
答案 D
解析 由右手定则知ef上的电流由e→f，故右侧的电流方向为逆时针，左侧的电流方向为顺时针，选D.
12．(单选)如图10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( )
图10
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
答案 B
解析 此题可用两种方法求解，借此感受分别在哪种情况下应用右手定则和楞次定律更便捷．
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方向由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沿逆时针方向的．
方法二：首先由安培定则判断通电直导线周围的磁场方向(如图所示)，由对称性可知合磁通量Φ＝0；当导线框向右运动时，穿过线框的磁通量增大(方向垂直纸面向里)，由楞次定律可知感应电流的磁场方向应垂直纸面向外，最后由安培定则判断感应电流方向沿逆时针，故B选项正确．
13．(双选)如图11所示，小圆圈表示处于匀强磁场中的闭合电路一部分导线的横截面，速度v在纸面内．关于感应电流的有无及方向的判断正确的是( )
图11
A．甲图中有感应电流，方向向里
B．乙图中有感应电流，方向向外
C．丙图中无感应电流
D．丁图中a、b、c、d四个位置均无感应电流
答案 AC
解析 甲图中导线切割磁感线，根据右手定则，可知电流方向向里，A正确；乙、丙图中导线不切割磁感线，无电流，B错误，C正确；丁图中导线在b、d位置时切割磁感线，有感应电流，在a、c位置时速度的方向与磁感线方向平行，不切割磁感线，无电流，D错误．
课件21张PPT。高中物理·选修3-2·粤教版第一章 电磁感应
学案2 感应电流的方向学习目标知识储备学习探究典例精析课堂小结自我检测12正确理解楞次定律的内容及其本质. 掌握右手定则，并理解右手定则实际上为楞次定律的一种具体表现形式. 能够熟练运用楞次定律和右手定则判断感应电流的方向.31. 伸直的大拇指 弯曲的四指
2. 弯曲的四指 伸直的大拇指 一、感应电流的方向
相反 相同
二、楞次定律
阻碍引起感应电流的磁通量的变化
三、右手定则
导体运动 感应电流学习目标知识储备学习探究典例精析课堂小结自我检测一、楞次定律向下 向下 向上 向上 增加 减少 减少 向下 向下 向上 向上 相反 相反 相同 相同 图1学习目标知识储备学习探究典例精析课堂小结自我检测学习目标知识储备学习探究典例精析课堂小结自我检测[要点提炼]引起感应电流的 感应电流 磁通量的变化 相反 相同 延缓 相对运动 学习目标知识储备学习探究典例精析课堂小结自我检测[延伸思考] 学习目标知识储备学习探究典例精析课堂小结自我检测二、楞次定律的应用 感应电流方向 感应电流的磁场方向 楞次定律 “阻碍” 原磁场的方向 磁通量的变化 顺时针 右手螺旋定则 图2学习目标知识储备学习探究典例精析课堂小结自我检测原磁场 磁通量 楞次定律 安培定则 学习目标知识储备学习探究典例精析课堂小结自我检测三、右手定则图3学习目标知识储备学习探究典例精析课堂小结自我检测切割磁感线 感应电流 感应电动势 学习目标知识储备学习探究典例精析课堂小结自我检测一、对楞次定律的理解楞次定律：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的
变化 D 学习目标知识储备学习探究典例精析课堂小结自我检测二、楞次定律的应用磁通量增加 磁通量减小 B 图4学习目标知识储备学习探究典例精析课堂小结自我检测磁通量均为减小√磁通量不变×B 图5学习目标知识储备学习探究典例精析课堂小结自我检测三、右手定则的应用A 学习目标知识储备学习探究典例精析课堂小结自我检测学习目标知识储备学习探究典例精析课堂小结自我检测√必须切割磁感线×阻碍增加反向可能同向A ×学习目标知识储备学习探究典例精析课堂小结自我检测√√AD 图6学习目标知识储备学习探究典例精析课堂小结自我检测阻碍相对运动√安培定则√×BD 图7学习目标知识储备学习探究典例精析课堂小结自我检测√×阻碍相对运动√×AC 图8学习目标知识储备学习探究典例精析课堂小结自我检测再见学案3 习题课：楞次定律的应用
[学习目标定位] 1.学习应用楞次定律的推论判断感应电流的方向.2.理解安培定则、左手定则、右手定则和楞次定律的区别．
1．应用楞次定律判断感应电流方向的一般步骤是：
(1)明确所研究的闭合电路，判断原磁场的方向；
(2)判断闭合电路内原磁场的磁通量的变化情况；
(3)由楞次定律判断感应电流的磁场方向；
(4)由安培定则根据感应电流的磁场方向，判断出感应电流的方向．
2．安培定则(右手螺旋定则)、右手定则、左手定则
(1)判断电流产生的磁场方向用安培定则．
(2)判断磁场对通电导体及运动电荷的作用力方向用左手定则．
(3)判断导体切割磁感线运动产生的感应电流方向用右手定则.
一、“增反减同”法
感应电流的磁场，总是阻碍引起感应电流的磁通量(原磁场磁通量)的变化．
(1)当原磁场磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，
(2)当原磁场磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同．
口诀记为“增反减同”．
例1 (单选)如图1所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ab边在纸内，由图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和位置Ⅲ都很接近位置Ⅱ，这个过程中线圈的感应电流 ( )
图1
A．沿abcd流动
B．沿dcba流动
C．先沿abcd流动，后沿dcba流动
D．先沿dcba流动，后沿abcd流动
解析 本题考查用楞次定律判断感应电流的方向，关键要分析清楚矩形线圈由位置Ⅰ到位置Ⅱ和由位置Ⅱ到位置Ⅲ两过程中，穿过线圈的磁感线方向相反．由条形磁铁的磁场可知，线圈在位置Ⅱ时穿过闭合线圈的磁通量最小为零，线圈从位置Ⅰ到位置Ⅱ，从下向上穿过线圈的磁通量在减少，线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ，从上向下穿过线圈的磁通量在增加，根据楞次定律可知感应电流的方向是abcd.
答案 A
二、“来拒去留”法
由于磁场与导体的相对运动产生电磁感应现象时，产生的感应电流与磁场间有力的作用，这种力的作用会“阻碍”相对运动．
口诀记为“来拒去留”．
例2 (单选)如图2所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是( )
图2
A．向右摆动 B．向左摆动
C．静止 D．无法判定
解析 本题可由两种方法来解决：
方法1：画出磁铁的磁感线分布，如图甲所示，当磁铁向铜环运动时，穿过铜环的磁通量增加，由楞次定律判断出铜环中的感应电流方向如图甲所示．分析铜环受安培力作用而运动时，可把铜环中的电流等效为多段直线电流元．取上、下两小段电流元作为研究对象，由左手定则确定两段电流元的受力，由此可推断出整个铜环所受合力向右，故A正确．
甲 乙
方法2(等效法)：磁铁向右运动，使铜环产生的感应电流可等效为图乙所示的条形磁铁，两磁铁有排斥作用，故A正确．
答案 A
三、“增缩减扩”法
当闭合电路中有感应电流产生时，电路的各部分导线就会受到安培力作用，会使电路的面积有变化(或有变化趋势)．
(1)若原磁通量增加，则通过缩小有效面积起到阻碍的作用．
(2)若原磁通量减小，则通过扩大有效面积起到阻碍的作用．
口诀记为“增缩减扩”．
例3 (单选)如图3所示，在载流直导线旁固定有两平行光滑导轨A、B，导轨与直导线平行且在同一水平面内，在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd.当载流直导线中的电流逐渐增强时，导体ab和cd的运动情况是 ( )
图3
A．一起向左运动
B．一起向右运动
C．ab和cd相向运动，相互靠近
D．ab和cd相背运动，相互远离
解析 由于在闭合回路abcd中，ab和cd电流方向相反，所以两导体运动方向一定相反，排除A、B；当载流直导线中的电流逐渐增强时，穿过闭合回路的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流总是阻碍穿过回路磁通量的变化，所以两导体相互靠近，减小面积，达到阻碍磁通量增大的目的．故选C.
答案 C
四、增离减靠法
发生电磁感应现象时，通过什么方式来“阻碍”原磁通量的变化要根据具体情况而定．可能是阻碍导体的相对运动，也可能是改变线圈的有效面积，还可能是通过远离或靠近变化的磁场源来阻碍原磁通量的变化．即：(1)若原磁通量增加，则通过远离磁场源起到阻碍的作用．(2)若原磁通量减小，则通过靠近磁场源起到阻碍的作用．
口诀记为“增离减靠”．
例4 (单选)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4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 ( )
图4
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的滑片向c端移动时
D．在S已向a闭合的情况下，将R的滑片向d端移动时
解析 金属环N向左运动，说明穿过N的磁通量在减小，说明线圈M中的电流在减小，只有选项C符合题意．
答案 C
五、安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的区别应用
1．右手定则是楞次定律的特殊情况
(1)楞次定律的研究对象为整个闭合导体回路，适用于磁通量变化引起感应电流的各种情况．
(2)右手定则的研究对象为闭合导体回路的一部分，适用于一段导线在磁场中做切割磁感线运动．
2．区别安培定则、左手定则、右手定则的关键是抓住因果关系
(1)因电而生磁(I→B)→安培定则．(判断电流周围磁感线的方向)
(2)因动而生电(v、B→I感)→右手定则．(导体切割磁感线产生感应电流)
(3)因电而受力(I、B→F安)→左手定则．(磁场对电流有作用力)
例5 (单选)如图5所示，导轨间的磁场方向垂直于纸面向里．圆形金属环B正对电磁铁A当导线MN在导轨上向右加速滑动时，(说明：导体棒切割磁感线速度越大，感应电流越大)下列说法正确的是 ( )
图5
A．MN中电流方向N→M，B被A吸引
B．MN中电流方向N→M，B被A排斥
C．MN中电流方向M→N，B被A吸引
D．MN中电流方向M→N，B被A排斥
解析 MN向右加速滑动，根据右手定则，MN中的电流方向从N→M，且大小逐渐变大，根据安培定则知，电磁铁A的在B处的磁场方向向左，且大小逐渐增强，根据楞次定律知，B环中的感应电流产生的磁场方向向右，B被A排斥，B正确，A、C、D错误．
答案 B
1．(来拒去留法)(单选)如图6所示，螺线管CD的导线绕法不明，当磁铁AB插入螺线管时，闭合电路中有图示方向的感应电流产生，下列关于螺线管磁场极性的判断，正确的是( )
图6
A．C端一定是N极
B．D端一定是N极
C．C端的极性一定与磁铁B端的极性相同
D．因螺线管的绕法不明，故无法判断极性
答案 C
解析 由“来拒去留”得磁铁与螺线管之间产生相斥的作用，即螺线管的C端一定与磁铁的B端极性相同，与螺线管的绕法无关．但因为磁铁AB的N、S极性不明，所以螺线管CD两端的极性也不能确定，所以A、B、D错，C对．
2．(增缩减扩法及来拒去留法)(单选)如图7所示，水平桌面上放有一个闭合铝环，在铝环轴线上方有一个条形磁铁．当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时，下列判断正确的是 ( )
图7
A．铝环有收缩趋势，对桌面压力减小
B．铝环有收缩趋势，对桌面压力增大
C．铝环有扩张趋势，对桌面压力减小
D．铝环有扩张趋势，对桌面压力增大
答案 B
解析 根据楞次定律可知：当条形磁铁沿轴线竖直向下迅速移动时铝环内的磁通量增大，因此铝环面积应有收缩的趋势，同时将远离磁铁，故增大了和桌面的挤压程度，从而使铝环对桌面压力增大，故B项正确．
3．(增离减靠法)(双选)如图8是某电磁冲击钻的原理图，若突然发现钻头M向右运动，则可能是( )
图8
A．开关S闭合瞬间
B．开关S由闭合到断开的瞬间
C．开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向左迅速滑动
D．开关S已经是闭合的，滑动变阻器滑片P向右迅速滑动
答案 AC
解析 当开关突然闭合时，左线圈上有了电流，产生磁场，而对于右线圈来说，磁通量增加，产生感应电流，使钻头M向右运动，故A项正确；当开关S已经是闭合时，只有左侧线圈电流增大才会导致钻头M向右运动，故C项正确．
4．(安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的区别运用)(双选)如图9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在外力的作用下运动时，MN在磁场力的作用下向右运动，则PQ所做的运动可能是( )
图9
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
答案 BC
解析 当PQ向右运动时，用右手定则可判定PQ中感应电流的方向是由Q→P，由安培定则可知穿过L1的磁场方向是自下而上的；若PQ向右加速运动，则穿过L1的磁通量增加，用楞次定律可以判断流过MN的感应电流是从N→M的，用左手定则可判定MN受到向左的安培力，将向左运动，可见选项A错误；若PQ向右减速运动，流过MN的感应电流方向、MN所受的安培力的方向均将反向，MN向右运动，所以选项C正确；同理可判断选项B正确，选项D错误．
题组一 “来拒去留”法
1．(单选)如图1所示，线圈两端与电阻相连构成闭合回路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁，磁铁的N极朝下．在磁铁的N极向下靠近线圈的过程中 ( )
图1
A．通过电阻的感应电流方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥
B．通过电阻的感应电流方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥
C．通过电阻的感应电流方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引
D．通过电阻的感应电流方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引
答案 B
解析 根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，因此阻碍条形磁铁的下落，即来拒去留，同名磁极相斥，所以线圈上端为N极，根据安培定则判断线圈电流方向向下，线圈下端为正极，上端为负极，电流方向从下端由b经电阻到a再回到线圈负极，B对．
2．(单选)如图2所示，一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上，细线从一水平金属圆环中穿过．现将环从位置Ⅰ释放，经过磁铁到达位置Ⅱ，设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为FT1和FT2，重力加速度大小为g，则 ( )
图2
A．FT1＞mg，FT2＞mg
B．FT1＜mg，FT2＜mg
C．FT1＞mg，FT2＜mg
D．FT1＜mg，FT2＞mg
答案 A
解析 当环经过磁铁上端，穿过环的磁通量增加，在圆环中感应电流的磁场要阻碍其磁通量增加，所以磁铁对环有向上的斥力作用，由牛顿第三定律，环对磁铁有向下的斥力作用，使得细线对磁铁的拉力大于磁铁的重力，即FT1＞mg；同理，当环经过磁铁下端时，穿过环的磁通量减小，圆环中产生的感应电流的磁场要阻碍其磁通量减小，所以磁铁对环有向上的吸引力作用，由牛顿第三定律，则环对磁铁有向下的吸引力作用，使得细线对磁铁的拉力大于磁铁的重力，即FT2＞mg，选项A正确．
3．(单选)如图3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正上方快速经过时，若线圈始终不动，则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向运动趋势的正确判断是 ( )
图3
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
答案 D
解析 条形磁铁从线圈正上方由左向右运动的过程中，线圈中的磁通量先增大后减小，根据楞次定律的第二种描述：“来拒去留”可知，线圈先有向下和向右的趋势，后有向上和向右的趋势；故线圈受到的支持力先大于重力后小于重力；运动趋势向右．故选D.
4．(单选)如图4所示，两个相同的轻质铝环套在一根水平光滑绝缘杆上，当一条形磁铁向左运动靠近两环时，两环的运动情况是 ( )
图4
A．同时向左运动，间距变大
B．同时向左运动，间距变小
C．同时向右运动，间距变小
D．同时向右运动，间距变大
答案 B
解析 磁铁向左运动，穿过两环的磁通量均增加．根据楞次定律，感应电流的磁场将阻碍原磁通量增加，所以两者都向左运动．另外，两环产生的感应电流方向相同，依据安培定则和左手定则可以判断两个环之间是相互吸引的，所以选项A、C、D错误，B正确．
题组二 “增缩减扩”法
5．(双选)如图5所示，在水平面上有一固定的导轨，导轨为U形金属框架，框架上放置一金属杆ab，不计摩擦，在竖直方向上有匀强磁场，则( )
图5
A．若磁场方向竖直向上并增强时，杆ab将向右移动
B．若磁场方向竖直向上并减弱时，杆ab将向右移动
C．若磁场方向竖直向下并增强时，杆ab将向右移动
D．若磁场方向竖直向下并减弱时，杆ab将向右移动
答案 BD
解析 不管磁场方向竖直向上还是竖直向下，当磁感应强度增大时，回路中磁通量变大，由楞次定律知杆ab将向左移动，反之，杆ab将向右移动，选项B、D正确．
6．(单选)如图6所示，光滑固定金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放在导轨上，形成闭合回路．当一条形磁铁从上方向下迅速接近回路时，可动的两导体棒P、Q将 ( )
图6
A．保持不动
B．相互远离
C．相互靠近
D．无法判断
答案 C
解析 效果法：四根导体组成闭合回路，当磁铁迅速接近回路时，不管是N极还是S极，穿过回路的磁通量都增加，闭合回路中产生感应电流，感应电流将“阻碍”原磁通量的增加，怎样来阻碍增加呢？可动的两根导体只能用减小回路面积的方法来阻碍原磁通量的增加，得到的结论是P、Q相互靠近，选项C正确．还可以用常规法，根据导体受磁场力的方向来判断．
7．(单选)如图7所示，ab是一个可绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导线框，当滑动变阻器R的滑片自左向右滑动时，线框ab的运动情况是( )
图7
A．保持静止不动
B．逆时针转动
C．顺时针转动
D．发生转动，但电源极性不明，无法确定转动的方向
答案 C
解析 根据题图所示电路，线框ab所处位置的磁场是水平方向的，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，电路中电阻增大，电流减弱，则穿过闭合导线框ab的磁通量将减少．Φ＝BSsin θ，θ为线圈平面与磁场方向的夹角，根据楞次定律，感应电流的磁场将阻碍原磁通量的减少，则线框ab只有顺时针旋转使θ角增大，而使穿过线圈的磁通量增加，则C正确．注意此题并不需要明确电源的极性．
题组三 “增离减靠”法
8．(单选)如图8所示，一个有弹性的金属线圈被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与线圈在同一竖直面内，当通电直导线中电流增大时，弹性线圈的面积S和橡皮绳的长度l将( )
图8
A．S增大，l变长
B．S减小，l变短
C．S增大，l变短
D．S减小，l变长
答案 D
解析 当通电直导线中电流增大时，穿过金属线圈的磁通量增大，金属线圈中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流要阻碍原磁通量的增大：一是用缩小面积的方式进行阻碍；二是用远离直导线的方法进行阻碍，故D正确．
9．(单选)如图9所示，A为水平放置的胶木圆盘，在其侧面均匀分布着负电荷，在A的正上方用绝缘丝线悬挂一个金属圆环B，使B的环面水平且与圆盘面平行，其轴线与胶木盘A的轴线OO′重合，现使胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，则 ( )
图9
A．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力增大
B．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力减小
C．金属环B的面积有扩大的趋势，丝线受到的拉力减小
D．金属环B的面积有缩小的趋势，丝线受到的拉力增大
答案 B
解析 胶木盘A由静止开始绕其轴线OO′按箭头所示方向加速转动，形成环形电流，环形电流的大小增大，根据安培定则知，通过B的磁通量向下，且增大，根据楞次定律的另一种表述，引起的效果阻碍原磁通量的增大，所以金属环的面积有缩小的趋势，且有向上的运动趋势，所以丝线的拉力减小．故B正确，A、C、D错误．
10．(单选)如图10所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当电键S接通瞬间，两铜环的运动情况是 ( )
图10
A．同时向两侧推开
B．同时向螺线管靠拢
C．一个被推开，一个被吸引，但因电流正负极未知，无法具体判断
D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断
答案 A
解析 当电键S接通瞬间，小铜环中磁通量从无到有，根据楞次定律，感应电流的磁场要阻碍磁通量的增加，则两环将向两侧运动．故A正确．
题组四 安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的区别运用
11．(双选)如图11所示，导体AB、CD可在水平轨道上自由滑动，当导体棒AB在外力作用下向左移动时 ( )
图11
A．AB中感应电流的方向为A到B
B．AB中感应电流的方向为B到A
C．CD向左移动
D．CD向右移动
答案 AD
解析 由右手定则可判断AB中感应电流方向为A→B，CD中电流方向为C→D，由左手定则可判定CD受到向右的安培力作用而向右运动．
12．(单选)如图12甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示．在0～时间内，直导线中电流向上，则在～T时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力方向是 ( )
图12
A．感应电流方向为顺时针，线框所受安培力的合力方向向左
B．感应电流方向为逆时针，线框所受安培力的合力方向向右
C．感应电流方向为顺时针，线框所受安培力的合力方向向右
D．感应电流方向为逆时针，线框所受安培力的合力方向向左
答案 C
解析 在～T时间内，直导线电流方向向下，根据安培定则，知直导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流．根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力方向水平向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平方向向右，故C正确，A、B、D错误．
13．(双选)如图13所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大线圈M相连接，要使小导线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的金属棒ab的运动情况(两线圈共面放置)是 ( )
图13
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
答案 BC
课件17张PPT。高中物理·选修3-2·粤教版
第一章 电磁感应
学案3 习题课：楞次定律的应用 12学习应用楞次定律的推论判断感应电流的方向. 理解安培定则、左手定则、右手定则和楞次定律的区别. 学习目标知识储备学习探究自我检测闭合电路 原磁场 （2）磁通量 （3）楞次定律 （4）安培定则 2.（1）安培 （2）左手 （3）右手 学习目标知识储备学习探究自我检测1.（1）学习目标知识储备学习探究自我检测一、“增反减同”法位置Ⅰ到位置Ⅱ从下向上穿过线圈的磁通量在减少 位置Ⅱ到位置Ⅲ 从上向下穿过线圈的磁通量在增加 增反减同A 学习目标知识储备学习探究自我检测图1二、“来拒去留”法磁铁向右运动 感应电流等效为条形磁铁 A 学习目标知识储备学习探究自我检测图2三、“增缩减扩”法学习目标知识储备学习探究自我检测增缩减扩 C 学习目标知识储备学习探究自我检测图3四、“增离减靠”法学习目标知识储备学习探究自我检测增离减靠 N的磁通量在减小 M中的电流在减小 C 学习目标知识储备学习探究自我检测图4五、安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的区别应用学习目标知识储备学习探究自我检测右手定则 电流方向N→M，大小变大 A磁场方向向左，大小增强 安培定则 楞次定律 B 学习目标知识储备学习探究自我检测图5来拒去留 √C 学习目标知识储备学习探究自我检测图6增缩减扩 ×来拒去留 ×√B 学习目标知识储备学习探究自我检测×图7×增离减靠 磁通量增加电流增强√√×AC 学习目标知识储备学习探究自我检测图8右手定则 电流Q→P 安培定则 过L1的磁场自下而上 过L1的磁通量增加 电流N→M 左手定则 MN向左运动 BC 学习目标知识储备学习探究自我检测图9再见学案4 法拉第电磁感应定律
[学习目标定位] 1.理解和掌握法拉第电磁感应定律，并能够运用法拉第电磁感应定律定量计算感应电动势的大小.2.能够运用E＝BLv或E＝BLvsin θ计算导体切割磁感线时的感应电动势.3.知道反电动势的定义和在生产中的应用．
1．在电磁感应现象中，产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化．
2．磁通量发生变化的方式：磁感应强度B变化、闭合电路的有效面积S变化、磁感应强度B和闭合电路的有效面积S均变化．
一、影响感应电动势大小的因素
1．在电磁感应现象中产生的电动势叫做感应电动势．
2．产生感应电动势的那部分导体就相当于电源，而感应电流的强弱由感应电动势的大小和闭合电路的电阻决定，可以由闭合电路欧姆定律算出．
3．实验表明：感应电动势的大小跟磁通量变化的快慢有关．磁通量的变化率表示磁通量变化的快慢，用表示．
二、法拉第电磁感应定律
1．内容：电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量变化率成正比．
2．表达式：E＝n.其中n为线圈的匝数、叫磁通量的变化率．
三、感应电动势的另一种表述
1．如图1所示，直导线做切割磁感线运动时产生的感应电动势E＝BLvsin_θ.θ为直导线运动方向与磁感线方向的夹角．
图1
2．当切割磁感线的导线的运动方向与磁感线方向垂直时，感应电动势E＝BLv.
一、法拉第电磁感应定律
[问题设计]
1．在图2所示实验中，以相同速度分别将一根和两根同向条形磁铁快速插入或拔出螺线管，灵敏电流计指针的偏转角度有什么不同？可以得出什么结论？
图2
答案 将一根条形磁铁快速插入或拔出螺线管时灵敏电流计指针的偏转角度小；而以相同速度(即在保证磁通量变化所用时间相同的情况下)换用两根同向条形磁铁快速插入或拔出螺线管时灵敏电流计指针的偏转角度大．由此可以得出结论：在磁通量变化所用时间相同时，感应电动势E的大小与磁通量的变化量ΔΦ有关，ΔΦ越大，E越大．
2．在图2所示实验中，保证磁通量变化量相同，将两根同向条形磁铁快速或慢速插入螺线管，灵敏电流计指针的偏转角度有什么不同？可以得出什么结论？
答案 将两根条件磁铁快速插入螺线管时灵敏电流计指针的偏转角度大；将两根条形磁铁慢速插入螺线管时灵敏电流计指针的偏转角度小．由此可以得出结论：在磁通量变化量相同时，感应电动势E的大小与磁通量的变化所用的时间Δt有关，Δt越小，E越大．
3．结合上面2个实验，可以得到什么结论？
答案 实验表明：感应电动势的大小跟磁通量变化的快慢有关．
[要点提炼]
1．(1)公式E＝n的理解：n为线圈匝数，ΔΦ总取绝对值；叫磁通量的变化率．
(2)E决定于磁通量的变化率，与Φ、ΔΦ无关
①Φ很大时，可能很小，也可能很大；
②Φ＝0时，可能不为0.
(3)E＝n适用于任何情况下感应电动势的计算，但一般用于求Δt时间内的平均值．
2．常见感应电动势的计算式有：
(1)线圈面积S不变，磁感应强度B均匀变化：E＝n·S.(为B－t图象上某点切线的斜率)
(2)磁感应强度B不变，线圈面积S均匀变化：E＝nB·.
3．产生感应电动势的那部分导体相当于电源．如果电路没有闭合，这时虽然没有感应电流，但感应电动势依然存在．
二、导线切割磁感线时的感应电动势
[问题设计]
如图3所示，闭合电路一部分导体ab处于匀强磁场中，磁感应强度为B，ab的长度为L，ab以速度v匀速切割磁感线，求回路中产生的感应电动势．
图3
答案 设在Δt时间内导体棒由原来的位置运动到a1b1，如图所示，这时线框面积的变化量为ΔS＝LvΔt
穿过闭合电路磁通量的变化量为ΔΦ＝BΔS＝BLvΔt
根据法拉第电磁感应定律得E＝＝BLv.
[要点提炼]
1．当导体平动垂直切割磁感线时，即B、L、v两两垂直时(如图4所示)E＝BLv.
图4
2．公式中L指有效切割长度：即导体在与v垂直的方向上的投影长度．
图5
图5甲中的有效切割长度为：L＝sin θ；
图乙中的有效切割长度为：L＝；
图丙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.
[延伸思考] 如图6所示，如果长为L的直导线的运动方向与直导线本身是垂直的，但与磁感线方向有一个夹角θ(θ≠90°)，则此时直导线上产生的感应电动势表达式是什么？
图6
答案 如图所示，可以把速度v分解为两个分量：垂直于磁感线的分量v1＝vsin θ和平行于磁感线的分量v2＝vcos θ.后者不切割磁感线，不产生感应电动势；前者切割磁感线，产生的感应电动势为E＝BLv1＝BLvsin θ.
一、法拉第电磁感应定律的理解
例1 (单选)下列几种说法中正确的是 ( )
A．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大
B．线圈中磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大
C．线圈放在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大
D．线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势一定越大
解析 本题考查对法拉第电磁感应定律的理解，关键是抓住感应电动势的大小和磁通量的变化率成正比．感应电动势的大小和磁通量的大小、磁通量变化量的大小以及磁场的强弱均无关系，它由磁通量的变化率决定，故选D.
答案 D
二、公式E＝n的应用
例2 一个200匝、面积为20 cm2的线圈，放在磁场中，磁场的方向与线圈平面成30°角，若磁感应强度在0.05 s内由0.1 T增加到0.5 T，在此过程中穿过线圈的磁通量的变化量是_____ Wb；磁通量的平均变化率是______ Wb/s；线圈中的感应电动势的大小是_______ V.
解析 磁通量的变化量为ΔΦ＝ΔB·Ssin θ
＝(0.5－0.1)×20×10－4×0.5 Wb
＝4×10－4 Wb
磁通量的平均变化率为＝ Wb/s＝8×10－3 Wb/s
根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的大小为：
E＝n＝200×8×10－3 V＝1.6 V.
答案 4×10－4 8×10－3 1.6
例3 如图7甲所示，平行导轨MN、PQ水平放置，电阻不计，两导轨间距d＝10 cm，导体棒ab、cd放在导轨上，并与导轨垂直．每根棒在导轨间的电阻均为R＝1.0 Ω.用长为L＝20 cm的绝缘丝线将两棒系住．整个装置处在匀强磁场中，t＝0的时刻，磁场方向竖直向下，丝线刚好处于未被拉伸的自然状态．此后，磁感应强度B随时间t的变化如图乙所示．不计感应电流磁场的影响，整个过程丝线未被拉断．求：(1)0～2.0 s的时间内，电路中感应电流的大小与方向；(2)t＝1.0 s时，丝线的拉力大小．
图7
解析 (1)由题图乙可知＝0.1 T/s
由法拉第电磁感应定律有E＝＝S＝2.0×10－3 V
则I＝＝1.0×10－3 A
由楞次定律可知电流方向为顺时针方向
(2)导体棒在水平方向上受丝线拉力和安培力平衡
由题图乙可知t＝1.0 s时B＝0.1 T
则FT＝FA＝BId＝1.0×10－5 N.
答案 (1)1.0×10－3 A 顺时针 (2)1.0×10－5 N
三、公式E＝BLv的应用
例4 试写出如图8所示的各种情况下导线中产生的感应电动势的表达式[导线长均为l，速度为v，磁感应强度均为B，图(3)、(4)中导线垂直纸面]．
图8
答案 (1)E＝0 (2)E＝Blv (3)E＝0
(4)E＝Blvcos θ
1．(对法拉第电磁感应定律的理解)(单选)穿过一个单匝闭合线圈的磁通量始终为每秒均匀增加2 Wb，则( )
A．线圈中感应电动势每秒增加2 V
B．线圈中感应电动势每秒减少2 V
C．线圈中感应电动势始终为2 V
D．线圈中感应电动势始终为一个确定值，但由于线圈有电阻，电动势小于2 V
答案 C
解析 由E＝n知：恒定，n＝1，所以E＝2 V.
2．(公式E＝n的应用)(双选)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9所示，则O～D过程中( )
图9
A．线圈中O时刻感应电动势最大
B．线圈中D时刻感应电动势最大
C．线圈中O至D时间内的平均感应电动势为0.4 V
D．线圈中O至E时间内的平均感应电动势为0.4 V
答案 AC
解析 由法拉第电磁感应定律E＝n，即为Φ－t图象对应时刻切线的斜率，所以A正确，B错误；线圈中O至D时间内的平均感应电动势＝n＝1× V
＝0.4 V．所以C正确；而O至E时间内，因ΔΦ＝0，所以′＝0，所以D错误．
3．(公式E＝BLv的应用)(单选)如图10所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出，设运动的整个过程中不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小将( )
图10
A．越来越大 B．越来越小
C．保持不变 D．无法确定
答案 C
解析 金属棒做平抛运动，水平速度不变，且水平速度即为金属棒垂直切割磁感线的速度，故感应电动势保持不变．
题组一 对法拉第电磁感应定律的理解
1．(双选)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，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．当穿过线圈的磁通量为零时，感应电动势可能不为零
C．当穿过线圈的磁通量变化越快时，感应电动势越大
D．感应电动势的大小与磁通量的变化量成正比
答案 BC
解析 由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝n，即感应电动势与线圈匝数有关，故A错误；同时可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，故D错误；磁通量变化越快，感应电动势越大，故C正确；当穿过线圈的磁通量为零时，磁通量的变化率不一定为零，因此感应电动势不一定为零．故B正确．
2．(单选)关于感应电动势的大小，下列说法正确的是 ( )
A．穿过闭合电路的磁通量最大时，其感应电动势一定最大
B．穿过闭合电路的磁通量为零时，其感应电动势一定为零
C．穿过闭合电路的磁通量由不为零变为零时，其感应电动势一定为零
D．穿过闭合电路的磁通量由不为零变为零时，其感应电动势一定不为零
答案 D
解析 磁通量的大小与感应电动势的大小不存在内在的联系，故A、B错；当磁通量由不为零变为零时，闭合电路的磁通量一定改变，一定有感应电流产生，有感应电流就一定有感应电动势，故C错，D对．
3．(双选)如图1所示，闭合开关S，将条形磁铁插入闭合线圈，第一次用时0.2 s，第二次用时0.4 s，并且两次磁铁的起始和终止位置相同，则 ( )
图1
A．第一次线圈中的磁通量变化较快
B．第一次电流表G的最大偏转角较大
C．第二次电流表G的最大偏转角较大
D．若断开S，电流表G均不偏转，故两次线圈两端均无感应电动势
答案 AB
解析 两次磁通量变化相同，第一次时间短，则第一次线圈中磁通量变化较快，故A正确．感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，磁通量的变化率大，感应电动势大，产生的感应电流大．故B正确，C错误．断开电键，电流表不偏转，故感应电流为零，但感应电动势不为零，故D错误．故选A、B.
题组二 公式E＝BLv的应用
4．(单选)如图2所示的情况中，长度为l的金属导体中产生的感应电动势为Blv的是 ( )
图2
A．乙和丁 B．甲、乙、丁
C．甲、乙、丙、丁 D．只有乙
答案 B
5．(双选)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10－5 T．一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过．设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s.下列说法正确的是( )
A．电压表记录的电压为5 mV
B．电压表记录的电压为9 mV
C．河南岸的电势较高
D．河北岸的电势较高
答案 BD
解析 海水在落潮时自西向东流，该过程可以理解为：自西向东运动的导体在切割竖直向下的磁感线．根据右手定则，北岸是正极，电势高，南岸电势低，所以C错误，D正确．根据法拉第电磁感应定律E＝BLv＝4.5×10－5×100×2 V＝9×10－3 V，所以A错误，B正确．
6．(单选)如图3所示，平行金属导轨的间距为d，一端跨接一阻值为R的电阻，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于导轨所在平面向里，一根长直金属棒与导轨成60°角放置，且接触良好，则当金属棒以垂直于棒的恒定速度v沿金属导轨滑行时，其他电阻不计，电阻R中的电流为 ( )
图3
A. B.
C. D.
答案 A
解析 导线切割磁感线的有效长度是L＝，感应电动势E＝BLv，R中的电流为I＝.联立解得I＝.
题组三 公式E＝n的应用
7．(单选)下列各图中，相同的条形磁铁穿过相同的线圈时，线圈中产生的感应电动势最大的是 ( )
答案 D
解析 感应电动势的大小为E＝n＝n，A、B两种情况磁通量变化量相同，C中ΔΦ最小，D中ΔΦ最大，磁铁穿过线圈所用的时间A、C、D相同且小于B所用的时间，所以D选项正确．
8．(单选)如图4所示，半径为r的n匝线圈套在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形面积，当磁感应强度以的变化率均匀变化时，线圈中产生的感应电动势的大小为 ( )
图4
A．πr2 B．L2
C．nπr2 D．nL2
答案 D
解析 根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势的大小为E＝n＝nL2.
9．(单选)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 根据法拉第电磁感应定律E＝，设初始时刻磁感应强度为B0，线框面积为S0，则第一种情况下的感应电动势为E1＝＝＝B0S0；第二种情况下的感应电动势为E2＝＝＝B0S0，所以两种情况下线框中的感应电动势相等，比值为1，故选项B正确．
10．(双选)单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t的变化图象如图5所示，则( )
图5
A．在t＝0时，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大
B．在t＝1×10－2 s时，感应电动势最大
C．在t＝2×10－2 s时，感应电动势为零
D．在0～2×10－2 s时间内，线圈中感应电动势的平均值为零
答案 BC
解析 由法拉第电磁感应定律知E∝，故t＝0及t＝2×10－2 s时刻，E＝0，A错，C对．t＝1×10－2 s，最大，E最大，B对.0～2×10－2 s，ΔΦ≠0，E≠0，D错．
11．如图6甲所示，环形线圈的匝数n＝1000，它的两个端点a和b间接有一理想电压表，线圈内磁感应强度B的变化规律如图乙所示，线圈面积S＝100 cm2，则Uab＝________，电压表示数为________ V.
图6
答案 50 V 50
解析 由B－t图象可知＝5 T/s
由E＝nS
得：E＝1000×5×100×10－4 V＝50 V
题组四 综合应用
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7所示，框架上放置一质量为0.05 kg、电阻为1 Ω的金属杆cd，框架电阻不计．若cd杆以恒定加速度a＝2 m/s2由静止开始做匀变速运动，则：
图7
(1)在5 s内平均感应电动势是多少？
(2)第5 s末，回路中的电流多大？
(3)第5 s末，作用在cd杆上的水平外力多大？
答案 (1)0.4 V (2)0.8 A (3)0.164 N
解析 (1)5 s内的位移x＝at2＝25 m，
5 s内的平均速度＝＝5 m/s，(也可用＝ m/s＝5 m/s求解)
故平均感应电动势E＝Bl＝0.4 V.
(2)第5 s末：v′＝at＝10 m/s，此时感应电动势：E′＝Blv′，
则回路电流为I＝＝＝ A＝0.8 A.
(3)杆做匀加速运动，则F－F安＝ma，即F＝BIl＋ma＝0.164 N.
13.如图8所示，倾角为α的光滑导轨上端接入一定值电阻R，Ⅰ和Ⅱ是边长都为L的两正方形磁场区域，其区域内的磁场方向都垂直于导轨平面向上，区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B1，恒定不变，区域Ⅱ中磁场随时间按B2＝kt变化，一质量为m、电阻为r的金属杆穿过区域Ⅰ垂直地跨放在两导轨上，并恰能保持静止．试求：
图8
(1)通过金属杆的电流大小；
(2)定值电阻的阻值为多大？
答案 (1) (2)－r
解析 (1)对金属杆：mgsin α＝B1IL
解得：I＝
(2)E＝＝L2＝kL2
I＝
故：R＝－r＝－r
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第一章 电磁感应
学案4 法拉第电磁感应定律 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结12理解和掌握法拉第电磁感应定律，并能够运用法拉第电磁感应定律定量计算感应电动势的大小. 能够运用E＝BLv或E＝BLvsin θ计算导体切割磁感线时的感应电动势. 知道反电动势的定义和在生产中的应用. 3学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结线圈匝数磁通量的变化率电源感应电流二、导线切割磁感线时的感应电动势图3答案 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结[要点提炼]图5图4垂直 有效切割长度 R 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结[延伸思考] 图6水平分速度切割磁感线学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结一、法拉第电磁感应定律的理解D 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结解析 4×10－4 8×10－3 1.6 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结图7学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结解析 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结三、公式E＝BLv的应用图7不切割垂直切割不切割竖直分速度切割学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结E＝2 V C 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结图8瞬时值√×AD 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结×图9C 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结再见学案5 习题课：电磁感应问题的分析
[学习目标定位] 1.知道公式E＝n与E＝BLv的区别和联系，能够应用两个公式求解电动势.2.掌握电磁感应电路中感应电荷量求解的基本思路和方法．
1．E＝n和E＝BLv的区别和联系
(1)研究对象不同：E＝n研究整个闭合回路，求得的是整个回路的感应电动势；E＝BLv研究的是闭合回路上的一部分，即做切割磁感线运动的导线，求得的是部分导体上的感应电动势．
(2)适用范围不同：E＝n适用于各种电磁感应现象；E＝BLv只适用于导体在磁场中做切割磁感线运动的情况．
(3)实际应用不同：E＝n应用于磁感应强度变化所产生的电磁感应现象较方便；E＝BLv应用于导线切割磁感
线所产生的电磁感应现象较方便．
(4)E的意义不同：E＝n一般求得的是平均感应电动势；E＝BLv一般求得的是瞬时感应电动势．
①求解某一过程(或某一段时间)内的电动势或平均电流以及通过导体某一横截面的电荷量等问题时，应选用E＝n.
②求解某一时刻(或某一位置)的电动势、瞬时电流、功率及某段时间内的电功、电热等问题时，应选用E＝BLv.
2．I＝是电流在时间t内的平均值，变形公式q＝It可以求时间t内通过导体某一横截面的电荷量．
一、公式E＝n和E＝BLv的选用技巧
1．E＝n适用于任何情况，但一般用于求平均感应电动势，当Δt→0时，E为瞬时值．
2．E＝BLv是法拉第电磁感应定律在导体切割磁感线时的具体表达式．
(1)当v为平均速度时，E为平均感应电动势．
(2)当v为瞬时速度时，E为瞬时感应电动势．
(3)当回路中同时存在两部分导体切割磁感线产生的感应电动势时，总电动势在两者方向相同时相加，方向相反时相减(方向相同或相反是指感应电流在回路中的方向)．
例1 如图1甲所示，固定在水平面上电阻不计的光滑金属导轨，间距d＝0.5 m．右端接一阻值为4 Ω的小灯泡L，在CDEF矩形区域内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度B按如图乙规律变化．CF长为2 m．在t＝0时，金属棒从图中位置由静止在恒力F作用下向右运动到EF位置，整个过程中，小灯泡亮度始终不变．已知ab金属棒电阻为1 Ω，求：
图1
(1)通过小灯泡的电流；(2)恒力F的大小；(3)金属棒的质量．
答案 (1)0.1 A (2)0.1 N (3)0.8 kg
解析 (1)金属棒未进入磁场时，电路总电阻R总＝RL＋Rab＝5 Ω
回路中感应电动势为：E1＝＝S＝0.5 V
灯泡中的电流强度为：IL＝＝0.1 A
(2)因灯泡亮度不变，故在t＝4 s末金属棒刚好进入磁场，且做匀速运动，此时金属棒中的电流强度：I＝IL＝0.1 A
恒力大小：F＝FA＝BId＝0.1 N
(3)因灯泡亮度不变，金属棒在磁场中运动时，产生的感应电动势为：E2＝E1＝0.5 V
金属棒在磁场中的速度：v＝＝0.5 m/s
金属棒未进入磁场的加速度为：a＝＝0.125 m/s2
故金属棒的质量为：m＝＝0.8 kg
例2 如图2所示，导轨OM和ON都在纸面内，导体AB可在导轨上无摩擦滑动，若AB以5 m/s的速度从O点开始沿导轨匀速右滑，导体与导轨都足够长，它们每米长度的电阻都是0.2 Ω，磁场的磁感应强度为0.2 T．问：
图2
(1)3 s末夹在导轨间的导体长度是多少？此时导体切割磁感线产生的感应电动势多大？回路中的电流为多少？
(2)3 s内回路中的磁通量变化了多少？此过程中的平均感应电动势为多少？
解析 (1)夹在导轨间的部分导体切割磁感线产生的电动势才是电路中的感应电动势．
3 s末，夹在导轨间导体的长度为：
L＝vt·tan 30°＝5×3×tan 30°＝5 m
此时：E1＝BLv＝0.2×5×5 V＝5 V
电路电阻为R＝(15＋5＋10)×0.2 Ω＝8.196 Ω
所以I＝＝1.06 A.
(2)3 s内回路中磁通量的变化量ΔΦ＝BS－0＝0.2××15×5 Wb＝ Wb
3 s内电路产生的平均感应电动势为：E2＝＝ V＝ V.
答案 (1)5 m 5 V 1.06 A
(2) Wb V
二、电磁感应中的电荷量问题
电磁感应现象中通过闭合电路某截面的电荷量q＝Δt，而＝＝n，则q＝n，所以q只和线圈匝数、磁通量的变化量及总电阻有关，与完成该过程需要的时间无关．
注意：求解电路中通过的电荷量时，一定要用平均电动势和平均电流计算．
例3 如图3甲所示，一个圆形线圈的匝数n＝1 000，线圈面积S＝300 cm2，线圈的电阻r＝1 Ω，线圈外接一个阻值R＝4 Ω的电阻，线圈内有一方向垂直线圈平面向里的圆形磁场，圆形磁场的面积S0＝200 cm2，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．求：
(1)第4秒时线圈的磁通量及前4 s内磁通量的变化量；
(2)前4 s内的平均感应电动势；
(3)4 s内通过R的电荷量．
图3
解析 (1)磁通量Φ＝BS0＝0.4×200×10－4 Wb＝8×10－3 Wb
因此磁通量的变化为：ΔΦ＝0.2×200×10－4Wb＝4×10－3 Wb
(2)由图象可知前4 s内磁感应强度B的变化率＝0.05 T/s
前4 s内的平均感应电动势E＝nS0＝1 000×0.02×0.05 V＝1 V
(3)电路中平均电流＝，q＝t
通过R的电荷量q＝n
所以q＝0.8 C.
答案 (1)8×10－3 Wb 4×10－3 Wb
(2)1 V (3)0.8 C
1．(E＝n的理解与应用)如图4所示，导轨是水平的导轨，间距L1＝0.5 m，ab杆到导轨左端的距离L2＝0.8 m，由导轨与ab杆所构成的回路的总电阻R＝0.2 Ω，垂直导轨的方向有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B0＝1 T，重物的质量M＝0.04 kg，用细绳通过定滑轮与ab杆的中点相连，各处的摩擦均可忽略不计．现使磁感应强度以＝0.2 T/s的变化率均匀地增大，试求当t为多少秒时，M刚好离开地面(取g＝10 m/s2)?
图4
答案 5 s
解析 根据法拉第电磁感应定律，感生电动势
E＝＝L1L2，
回路中的感应电流为I＝
ab杆所受的安培力
F安＝BL1I＝(B0＋t)L1I，
重物刚好离开地面时F安＝Mg
联立上述四个方程解得：
t＝5 s.
2．(E＝BLv的理解与应用)如图5所示，在水平面内固定着足够长且光滑的平行金属轨道，轨道间距L＝0.40 m，轨道左侧连接一定值电阻R＝0.80 Ω.将一金属直导线ab垂直放置在轨道上形成闭合回路，导线ab的质量m＝0.10 kg、电阻r＝0.20 Ω，回路中其余电阻不计．整个电路处在磁感应强度B＝0.50 T的匀强磁场中，B的方向与轨道平面垂直．导线ab在水平向右的拉力F作用下，沿力的方向以加速度a＝2.0 m/s2由静止开始做匀加速直线运动，求：
图5
(1)5 s末的感应电动势大小；
(2)5 s末通过R电流的大小和方向；
(3)5 s末，作用在ab金属杆上的水平拉力F的大小．
答案 (1)2 V (2)2 A d→c (3)0.6 N
解析 (1)由于导体棒ab做匀加速直线运动，设它在第5 s末速度为v，所以v＝at＝10.0 m/s，根据法拉第电磁感应定律：E＝BLvE＝2.0 V
(2)根据闭合电路欧姆定律：
I＝I＝2.0 A
方向d→c
(3)因为金属直导线ab做匀加速直线运动，故F－F安＝ma
其中：F安＝BIL＝0.40 N
F＝F安＋maF＝0.6 N
3．(电磁感应中的电荷量问题)如图6甲所示，横截面积为S＝0.20 m2，匝数为N＝100匝的闭合线圈放在平行于线圈轴线的匀强磁场中，该匀强磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示．线圈电阻为r＝1.2 Ω，电阻R＝4.8 Ω.求：
(1)线圈中产生的感应电动势：
(2)从t1＝0到t2＝0.30 s时间内，通过电阻R的电荷量q.
图6
解 由B－t图象知，＝ T/s＝1 T/s
根据法拉第电磁感应定律得：
E＝N＝N＝100×1×0.20 V＝20 V
(2)由闭合电路欧姆定律得电流强度：
I＝＝ A＝ A
通过电阻R的电荷量：q＝IΔt＝×0.3 C＝1 C
答 (1)20 V (2)1 C
题组一 电磁感应中的电荷量问题
1．(单选)如图1所示，将直径为d、电阻为R的闭合金属环从匀强磁场B中拉出，这一过程中通过金属环某一截面的电荷量为 ( )
图1
A. B.
C. D.
答案 A
解析 ＝n，故q＝·Δt＝·Δt＝n＝n＝.
2．(单选)在物理实验中，常用一种叫做“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电荷量．如图2所示，探测线圈与冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度．已知线圈的匝数为n，面积为S，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R.若将线圈放在被测量的匀强磁场中，开始线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转90°，冲击电流计测出通过线圈的电荷量为q，由上述数据可测出被测量磁场的磁感应强度为 ( )
图2
A. B. C. D.
答案 B
解析 由法拉第电磁感应定律：E＝n可求出感应电动势大小，再由闭合电路欧姆定律I＝可求出感应电流大小，根据电荷量的公式q＝It，可得q＝n.由于开始线圈平面与磁场垂直，现把探测圈翻转90°，则有ΔΦ＝BS；所以由以上公式可得：q＝，则磁感应强度B＝，故B正确，A、C、D错误；故选B.
3．(单选)如图3甲所示，一个电阻为R，面积为S的矩形导线框abcd，磁场的磁感应强度为B，方向与ad边垂直并与线框平面成45°角，o、o′分别是ab和cd边的中点．现将线框右半边obco′绕oo′逆时针旋转90°到图乙所示位置．在这一过程中，导线中某个横截面通过的电荷量是( )
图3
A. B. C. D．0
答案 A
解析 线框的右半边(obco′)未旋转时整个回路的磁通量Φ1＝BSsin 45°＝BS；线框的右半边(obco′)旋转90°后，穿进跟穿出的磁通量相等，整个回路的磁通量Φ2＝0.ΔΦ＝Φ1－Φ2＝BS.根据公式可得：q＝It＝Δt＝.A正确．
4．如图4所示，空间存在垂直于纸面的匀强磁场，在半径为a的圆形区域内、外，磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B.一半径为b，电阻为R的圆形导线环放置在纸面内，其圆心与圆形区域的中心重合．在内、外磁场的磁感应强度同时由B均匀地减小到零的过程中，通过导线截面的电荷量q＝________.
图4
解析 初始状态导线环中的磁通量为Φ1＝(πb2－πa2)B＝πa2B.末状态导线环中的磁通量为Φ2＝0.其磁通量的变化量|ΔΦ|＝|Φ2－Φ1|＝|(π b2－2πa2)B|
通过线圈横截面的电荷量q＝It＝t＝＝
答案
题组二 E＝n与E＝BLv的运用技巧及综合应用
5．(单选)如图5所示，矩形金属框置于匀强磁场中，ef为一导体棒，可在ab与cd间滑动并接触良好．设磁感应强度为B，ac长为L，在Δt时间内向左匀速滑过距离Δd，由法拉第电磁感应定律E＝n可知，下列说法正确的是 ( )
图5
A．当ef向左滑动过程中，左侧面积减少LΔd，右侧面积增加LΔd，因此E＝
B．当ef向左滑动过程中，左侧面积减少LΔd，右侧面积增加LΔd，互相抵消，因此E＝0
C．在公式E＝n中，在切割磁感线情况下，ΔΦ＝BΔS，ΔS应是导体棒切割磁感线扫过的面积，因此E＝BLΔd/Δt
D．在切割磁感线的情况下，只能用E＝BLv计算，不能用E＝n计算
答案 C
6．(单选)我国第一艘航母“辽宁舰”交接入列后，歼—15飞机顺利完成了起降飞行训练，图7为一架歼—15飞机飞行时的情景．已知该飞机机身长为l，机翼两端点C、D的距离为d，飞机飞行时的速度沿水平方向，大小为v，该空间地磁场磁感应强度的水平分量为Bx，竖直分量为By.C、D两点间的电势差为U，下列分析正确的是( )
图6
A．U＝Bxlv，C点电势低于D点电势
B．U＝Bxdv，C点电势高于D点电势
C．U＝Bylv，C点电势低于D点电势
D．U＝Bydv，C点电势高于D点电势
答案 D
解析 我国疆域处于北半球，北半球地磁场的竖直分量方向向下，当飞机如题图所示飞行时，机翼CD切割地磁场的竖直分量，由右手定则可知，C端电势较高，C、D两点的电势差U＝Bydv，所以D选项正确．
7．(单选)如图7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，磁场方向垂直线框平面向里，MN边界与线框的边QR所在的水平直线成45°角，E、F分别是PS和PQ的中点．关于线框中的感应电流，正确的说法是( )
图7
A．当E点经过边界MN时，线框中感应电流最大
B．当P点经过边界MN时，线框中感应电流最大
C．当F点经过边界MN时，线框中感应电流最大
D．当Q点经过边界MN时，线框中感应电流最大
答案 B
解析 当P点经过边界MN时，切割磁感线的有效长度是SR，感应电流达到最大．
8．(单选)穿过某线圈的磁通量随时间的变化关系如图8所示，在线圈内产生感应电动势最大值的时间是( )
图8
A．0～2 s
B．2～4 s
C．4～6 s
D．6～10 s
答案 C
解析 在Φ－t图象中，其斜率在数值上等于磁通量的变化率，斜率越大，电动势也越大，故C正确．
9．如图9(a)所示的螺线管，匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2，电阻r＝1.5 Ω，与螺线管串联的外电阻R1＝3.5 Ω，R2＝25 Ω，方向向右穿过螺线管内的匀强磁场的磁感应强度按图(b)所示规律变化，试计算回路中的电流．
图9
答案 0.2 A
解析 由题图(b)知，螺线管中磁感应强度B均匀增加，其变化率为＝ T/s＝2 T/s
由法拉第电磁感应定律知螺线管中产生的感应电动势
E＝n＝n·S＝1 500×20×10－4×2 V＝6.0 V
由闭合电路欧姆定律知螺线管回路的电流为
I＝＝ A＝0.2 A
10．如图10所示，边长为L的正方形金属框，质量为m，电阻为R，用细线把它悬挂于一个有界的匀强磁场边缘，金属框的上半部处于磁场内，下半部处于磁场外．磁场随时间变化规律为B＝kt(k>0)，已知细线所能承受的最大拉力为2mg，求：
图10
(1)线圈的感应电动势大小；
(2)细绳拉力最大时，导体棒受到的安培力大小；
(3)从t＝0开始直到细线会被拉断的时间．
答案 (1)k· (2)F安＝mg (3)t＝
解析 (1)由题意知＝k
根据法拉第电磁感应定律知E＝·S＝k·
(2)当细线拉力最大时：F安＝mg
(3)I＝＝，B＝kt
解得：t＝
11.如图11所示，两根平行金属导轨固定在水平桌面上，每根导轨每米的电阻为r0＝0.10 Ω，导轨的端点P、Q用电阻可以忽略的导线相连，两导轨间的距离l＝0.20 m．有随时间变化的匀强磁场垂直于桌面．已知磁感应强度B与时间t的关系为B＝kt，比例系数k＝0.020 T/s.一电阻不计的金属杆可在导轨上无摩擦地滑动，在滑动过程中保持与导轨垂直．在t＝0时刻，金属杆紧靠在P、Q端，在外力作用下，杆以恒定的加速度从静止开始向导轨的另一端滑动，求在t＝6.0 s时金属杆所受的安培力．
图11
答案 1.44×10－3 N
解析 以a表示金属杆运动的加速度，在t时刻，金属杆与初始位置的距离L＝at2，
此时杆的速度v＝at，这时，杆与导轨构成的回路的面积S＝Ll，回路中的感应电动势E＝S＋Blv
因B＝kt故＝k
回路的总电阻R＝2Lr0
回路中的感应电流I＝
作用于杆的安培力F＝BlI
解得F＝t，
代入数据为F＝1.44×10－3 N.
课件16张PPT。高中物理·选修3-2·粤教版
第一章 电磁感应
学案5 习题课：电磁感应问题的分析2掌握电磁感应电路中感应电荷量求解的基本思路和方法． 学习目标知识储备学习探究自我检测1学习目标知识储备学习探究自我检测学习目标知识储备学习探究自我检测学习目标知识储备学习探究自我检测学习目标知识储备学习探究自我检测学习目标知识储备学习探究自我检测学习目标知识储备学习探究自我检测二、电磁感应中的电量问题 学习目标知识储备学习探究自我检测学习目标知识储备学习探究自我检测学习目标知识储备学习探究自我检测学习目标知识储备学习探究自我检测学习目标知识储备学习探究自我检测学习目标知识储备学习探究自我检测学习目标知识储备学习探究自我检测再见学案6 电磁感应规律的应用
[学习目标定位] 1.知道法拉第电机的原理.2.掌握转动切割产生感应电动势的计算.3.掌握电磁感应现象中电路问题的分析方法和解题基本思路.4.理解电磁感应中的能量转化，并会应用能量观点分析电磁感应问题．
1．感应电流的方向可用楞次定律或右手定则判断，其中后者仅适用于导体切割磁感线的情况．
2．感应电动势的大小可以用公式E＝n或E＝BLv进行计算，其中前者一般用来计算平均电动势，后者一般计算瞬时电动势．
3．闭合电路中电源电动势E、内电压U内、外电压(路端电压)U外三者之间的关系为E＝U内＋U外，其中电源电动势E的大小等于电源未接入电路时两极间的电势差．
4．做功的过程就是能量转化的过程，做了多少功，就有多少能量被转化，功是能量转化的量度．
几种常见的功能关系
(1)合外力所做的功等于物体动能的变化．
(2)重力做的功等于重力势能的变化．
(3)弹簧弹力做的功等于弹性势能的变化．
(4)除了重力和系统内弹力之外的其他力做的功等于机械能的变化．
(5)电场力做的功等于电势能的变化．
(6)安培力做的功等于电能的变化．
5．电流通过导体时产生的热量
焦耳定律：Q＝I2Rt.
一、法拉第电机
法拉第圆盘可看作是由无数根长度等于半径的紫铜辐条组成，当圆盘转动时，辐条切割磁感线产生电动势．当电路闭合时产生电流，在电源内部电流方向从电源负极流向正极．
二、电磁感应中的能量转化
电磁感应现象中产生的电能是通过克服安培力做功转化而来的，而这些电能又通过电流做功而转化为其他形式的能．因此，电磁感应现象符合能量守恒定律.
一、法拉第电机
[问题设计]
1．参考课本法拉第圆盘发电机的构造图，简单说明法拉第圆盘发电机产生电流的原因．
答案 法拉第电机的圆盘是由无数根辐条组成的，每根辐条做切割磁感线运动，产生感应电动势，电路闭合时产生感应电流．
2．法拉第圆盘发电机的工作原理可以等效为一根导体棒在磁场中转动，如图1所示：当将导体棒和电阻组成闭合电路时，电路的哪部分相当于电源？电源的正极和负极在电路的哪个位置？电源内部电流方向如何？
图1
答案 ab导体棒相当于电源，a是电源正极，b是电源负极，电源内部电流由负极流向正极．
[要点提炼]
1．导体棒绕一端为轴转动切割磁感线：由v＝ωr可知各点线速度随半径按线性规律变化，切割速度用中点的线速度替代，即v＝ω或v＝.感应电动势E＝Bl2ω.
2．电磁感应中的电路问题处理思路：
(1)明确哪部分导体或电路产生感应电动势，该导体或电路就是电源，其他部分是外电路．
(2)用法拉第电磁感应定律确定感应电动势的大小，用楞次定律确定感应电动势的方向．
(3)画等效电路图．分清内外电路，画出等效电路图是解决此类问题的关键．
(4)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率、电热等公式联立求解．
二、电磁感应中的能量转化
[问题设计]
如图2所示，ab在拉力F的作用下以速度v匀速向右运动，已知导体棒ab的长度为L，磁感应强度为B，电路中的总电阻为R.ab中的电流是多少？ab所受的安培力为多大？当导体棒匀速向右运动s距离时，拉力F做功和棒克服安培力做功分别是多少？
图2
答案 电路的感应电动势E＝BLv
电流I＝＝
所以ab棒所受安培力F安＝BIL＝
由于导体棒做匀速运动，所以F＝F安＝
拉力做功WF＝Fs＝
导体棒克服安培力做功W安＝F安s＝
[要点提炼]
1．电磁感应现象中产生的电能是克服安培力做功转化而来的，克服安培力做多少功，就产生多少电能，电磁感应过程遵循能量守恒定律．
2．求解电磁感应现象中能量守恒问题的一般思路
(1)分析回路，分清电源和外电路．
(2)分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化．如：
①有摩擦力做功，必有内能产生；
②有重力做功，重力势能必然发生变化；
③克服安培力做功，必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能；
(3)列有关能量的关系式．
3．焦耳热的计算技巧
(1)感应电路中电流恒定时，焦耳热Q＝I2Rt.
(2)感应电路中电流变化时，可用以下方法分析：
①利用动能定理先求克服安培力做的功，而产生的焦耳热等于克服安培力做的功，即Q＝W安．
②利用能量守恒，即感应电流产生的焦耳热等于其他形式能量的减少量，即Q＝ΔE其他．
一、转动切割产生感应电动势的计算
例1 长为L的金属棒ab以a点为轴在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω做匀速转动，如图3所示，磁感应强度为B.求：
图3
(1)ab棒各点速率的平均值．
(2)ab两端的电势差．
(3)经时间Δt金属棒ab所扫过面积中磁通量为多少？此过程中平均感应电动势多大？
解析 (1)ab棒各点速率的平均值＝＝＝ωL
(2)ab两端的电势差：E＝BL＝BL2ω
(3)经时间Δt金属棒ab所扫过的扇形面积为ΔS，则：
ΔS＝L2θ＝L2ωΔt，
ΔΦ＝BΔS＝BL2ωΔt.
由法拉第电磁感应定律得：
E＝＝＝BL2ω.
答案 (1)ωL (2)BL2ω (3)BL2ωΔt BL2ω
二、电磁感应中的电路问题
例2 (单选)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4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4
A．UaC．Ua＝Ub解析 Ua＝BLv，Ub＝BLv，Uc＝·B·2Lv＝BLv，Ud＝B·2L·v＝BLv，故选B.
答案 B
例3 如图5所示，有一范围足够大的匀强磁场，磁感应强度B＝0.2 T，磁场方向垂直纸面向里．在磁场中有一半径r＝0.4 m的金属圆环，磁场与圆环面垂直，圆环上分别接有灯L1、L2，两灯的电阻均为R0＝2 Ω.一金属棒MN与圆环接触良好，棒与圆环的电阻均忽略不计．
图5
(1)若棒以v0＝5 m/s的速率在环上向右匀速滑动，求棒滑过圆环直径的瞬时MN中的电动势和流过灯L1的电流；
(2)撤去金属棒MN，若此时磁场随时间均匀变化，磁感应强度的变化率为＝ T/s，求回路中的电动势和灯L1的电功率．
解析 (1)等效电路如图所示．
MN中的电动势E1＝B·2r·v0＝0.8 V
MN中的电流I＝＝0.8 A
流过灯L1的电流I1＝＝0.4 A
(2)等效电路如图所示
回路中的电动势E2＝·πr2
＝0.64 V
回路中的电流I′＝＝0.16 A
灯L1的电功率P1＝I′2R0＝5.12×10－2 W
答案 (1)0.8 V 0.4 A (2)0.64 V 5.12×10－2W
三、电磁感应中的能量问题
例4 如图6所示，足够长的光滑金属框竖直放置，框宽L＝0.5 m，框的电阻不计，匀强磁场的磁感应强度B＝1 T．方向与框面垂直，金属棒MN的质量为100 g，有效电阻为1 Ω，现将MN无初速的释放并与框保持接触良好地竖直下落，从释放到达到最大速度的过程中通过棒某一截面的电荷量为2 C，求此过程回路中产生的电能为多少？(空气阻力不计，g＝10 m/s2)
图6
解析 金属棒下落过程做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小到零时速度达到最大，根据平衡条件得
mg＝①
在下落过程中，金属棒减小的重力势能转化为它的动能和电能E，由能量守恒定律得mgh＝mv＋E②
通过金属棒某一横截面的电荷量为q＝
由①②③解得：E＝mgh－mv＝－＝－ J＝3.2 J
答案 3.2 J
1．(转动切割产生感应电动势的计算)(单选)如图7所示，导体棒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，那么AB两端的电势差为 ( )
图7
A.BωR2 B．2BωR2
C．4BωR2 D．6BωR2
答案 C
解析 A点线速度vA＝ω·3R，B点线速度vB＝ωR，AB棒切割磁感线的平均速度＝＝2ωR，由E＝Blv得，AB两端的电势差为E＝B·2R·＝4BωR2，C正确．
2．(电磁感应中的电路问题)(单选)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，如图所示，则在移出过程中线框一边a、b两点间的电势差绝对值最大的是( )
答案 B
解析 本题在磁场中的线框与速度垂直的边等效为切割磁感线产生感应电动势的电源．四个选项中的感应电动势大小均相等，回路电阻也相等，因此电路中的电流相等，B中a、b两点间电势差为路端电压，为电动势的，而其他选项则为电动势的.故B正确．
3.(电磁感应中的能量问题)(双选)如图8所示，两根光滑的金属导轨，平行放置在倾角为θ的斜面上，导轨的左端接有电阻R，导轨自身的电阻可忽略不计．斜面处在一匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向上．质量为m、电阻可以忽略不计的金属棒ab，在沿着斜面且与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，且上升的高度为h，在这一过程中 ( )
图8
A．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于零
B．作用于金属棒上的各个力的合力所做的功等于mgh与电阻R上产生的焦耳热之和
C．恒力F与安培力的合力所做的功等于零
D．恒力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热
答案 AD
解析 金属棒匀速上滑的过程中，对金属棒受力分析可知，有三个力对金属棒做功，恒力F做正功，重力做负功，安培力阻碍相对运动，沿斜面向下，做负功．匀速运动时，所受合力为零，故合力做功为零，A正确；克服安培力做多少功就有多少其他形式的能转化为电路中的电能，电能又等于R上产生的焦耳热，故外力F与重力的合力所做的功等于电阻R上产生的焦耳热，D正确．
题组一 转动切割产生感应电动势的计算
1．(单选)一直升机停在南半球的地磁极上空．该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B.直升机螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动，螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图1所示，如果忽略a到转轴中心线的距离，用E表示每个叶片中的感应电动势，则( )
图1
A．E＝πfl2B，且a点电势低于b点电势
B．E＝2πfl2B，且a点电势低于b点电势
C．E＝πfl2B，且a点电势高于b点电势
D．E＝2πfl2B，且a点电势高于b点电势
答案 A
解析 解这道题要考虑两个问题：一是感应电动势大小，E＝Blv＝Blω×＝Bl×2πf×＝πfl2B；二是感应电动势的方向，由右手定则可以判断出感应电动势的方向是由a→b，因此a点电势低．
2．(单选)如图2所示，导体棒ab长为4L，匀强磁场的磁感应强度为B，导体绕过O点垂直纸面的轴以角速度ω匀速转动，aO＝L.则a端和b端的电势差Uab的大小等于 ( )
图2
A．2BL2ω
B．4BL2ω
C．6BL2ω
D．8BL2ω
答案 B
解析 UOa＝BL2ω，Uob＝B(3L)2ω，所以UAb＝UOb－UOa＝4BL2ω，B正确．
3．(单选)如图3所示，均匀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( )
图3
A. B.
C. D.
答案 C
解析 当线框绕过圆心O的转动轴以角速度ω匀速转动时，由于面积的变化产生感应电动势，从而产生感应电流．设半圆的半径为r，导线框的电阻为R，即I1＝＝＝＝＝.当线框不动，磁感应强度变化时，I2＝＝＝＝，因I1＝I2，可得＝，C选项正确．
题组二 电磁感应中的能量问题
4．(双选)如图4所示，位于一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，处在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在的平面，导轨的一端与一电阻相连；具有一定质量的金属杆ab放在导轨上并与导轨垂直．现用一平行于导轨的恒力F拉杆ab，使它由静止开始向右运动．杆和导轨的电阻、感应电流产生的磁场均可不计．用E表示回路中的感应电动势，i表示回路中的感应电流，在i随时间增大的过程中，电阻消耗的功率等于 ( )
图4
A．F的功率
B．安培力的功率的绝对值
C．F与安培力的合力的功率
D．iE
答案 BD
5．(单选)如图5所示，边长为L的正方形导线框质量为m，由距磁场H高处自由下落，其下边ab进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边dc刚刚穿出磁场时，速度减为ab边刚进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为( )
图5
A．2mgL
B．2mgL＋mgH
C．2mgL＋mgH
D．2mgL＋mgH
答案 C
解析 设线框刚进入磁场时的速度为v1，刚穿出磁场时的速度v2＝①
线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L.由题意得mv＝mgH②
mv＋mg·2L＝mv＋Q③
由①②③得Q＝2mgL＋mgH.C选项正确．
6．(单选)如图6所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长，置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN.第一次ab边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面积的电荷量为q1；第二次bc边平行于MN进入磁场，线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则 ( )
图6
A．Q1＞Q2，q1＝q2 B．Q1＞Q2，q1＞q2
C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1＞q2
答案 A
解析 根据功能关系知，线框上产生的热量等于克服安培力做的功，即Q1＝W1＝F1lbc＝lbc＝lab
同理Q2＝lbc，又lab＞lbc，故Q1＞Q2；
因q＝t＝t＝，
故q1＝q2.因此A正确．
7．(单选)水平放置的光滑导轨上放置一根长为L、质量为m的导体棒ab，ab处在磁感应强度大小为B、方向如图7所示的匀强磁场中，导轨的一端接一阻值为R的电阻，导轨及导体棒电阻不计．现使ab在水平恒力F作用下由静止沿垂直于磁场的方向运动，当通过位移为x时，ab达到最大速度vm.此时撤去外力，最后ab静止在导轨上．在ab运动的整个过程中，下列说法正确的是( )
图7
A．撤去外力后，ab做匀减速运动
B．合力对ab做的功为Fx
C．R上释放的热量为Fx＋mv
D．R上释放的热量为Fx
答案 D
解析 撤去外力后，导体棒水平方向只受安培力作用，而F安＝，F安随v的变化而变化，故棒做加速度变化的变速运动，A错；对整个过程由动能定理得W合＝ΔEk＝0，B错；由能量守恒定律知，外力做的功等于整个回路产生的电能，电能又转化为R上释放的热量，即Q＝Fx，C错，D正确．
8．(单选)如图8所示，矩形线圈长为L，宽为h，电阻为R，质量为m，线圈在空气中竖直下落一段距离后(空气阻力不计)，进入一宽度也为h、磁感应强度为B的匀强磁场中．线圈进入磁场时的动能为Ek1，线圈刚穿出磁场时的动能为Ek2，从线圈刚进入磁场到线圈刚穿出磁场的过程中产生的热量为Q，线圈克服安培力做的功为W1，重力做的功为W2，则以下关系中正确的是 ( )
图8
A．Q＝Ek1－Ek2 B．Q＝W2－W1
C．Q＝W1 D．W2＝Ek2－Ek1
答案 C
解析 线圈进入磁场和离开磁场的过程中，产生的感应电流受到安培力的作用，线圈克服安培力所做的功等于产生的热量，故选项C正确．根据功能的转化关系得，线圈减少的机械能等于产生的热量，即Q＝W2＋Ek1－Ek2，故选项A、B错误．根据动能定理得W2－W1＝Ek2－Ek1，故选项D错误．
题组三 电磁感应中的电路问题
9．(单选)如图9所示，用粗细相同的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合正方形线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地拉到磁场外，不考虑线框的重力，若闭合线框的电流分别为Ia、Ib，则Ia∶Ib为 ( )
图9
A．1∶4 B．1∶2 C．1∶1 D．不能确定
答案 C
解析 产生的电动势为E＝Blv，由闭合电路欧姆定律得I＝，又Lb＝2La，由电阻定律知Rb＝2Ra，故Ia∶Ib＝1∶1.
10．(单选)如图10所示，两个相同导线制成的开口圆环，大环半径为小环半径的2倍，现用电阻不计的导线将两环连接在一起，若将大环放入一均匀变化的磁场中，小环处在磁场外，a、b两点间电压为U1，若将小环放入这个磁场中，大环在磁场外，a、b两点间电压为U2，则 ( )
图10
A.＝1 B.＝2
C.＝4 D.＝
答案 B
解析 根据题意设小环的电阻为R，则大环的电阻为2R，小环的面积为S，则大环的面积为4S，且＝k，当大环放入一均匀变化的磁场中时，大环相当于电源，小环相当于外电路，所以E1＝4kS，U1＝R＝kS；当小环放入磁场中时，同理可得U2＝2R＝kS，故＝2.选项B正确．
11．(单选)如图11所示，竖直平面内有一金属圆环，半径为a，总电阻为R，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过环平面，环的最高点A用铰链连接长度为2a、电阻为的导体棒AB，AB由水平位置紧贴环面摆下，当摆到竖直位置时，B点的线速度为v，则这时AB两端的电压大小为( )
图11
A. B. C. D．Bav
答案 A
解析 摆到竖直位置时，AB切割磁感线的瞬时感应电动势E′＝B·2a·(v)＝Bav.由闭合电路欧姆定律有UAB＝·＝Bav，故选A.
12．如图12所示，半径为R且左端开口的圆形导轨处在垂直于圆平面的匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里．一根长度略大于导轨直径的导体棒MN以恒定速率v在圆导轨上从左端滑到右端，电路中的定值电阻为r，其余电阻不计．导体棒与圆形导轨接触良好．求：
图12
(1)在滑动过程中通过电阻r的电流的平均值；
(2)MN从左端到右端的整个过程中，通过r的电荷量；
(3)当MN通过圆形导轨中心时，通过r的电流是多少？
答案 (1) (2) (3)
解析 (1)计算平均电流，应该用法拉第电磁感应定律先求出平均感应电动势．整个过程磁通量的变化为ΔΦ＝BS＝BπR2，所用的时间Δt＝，代入公式＝＝，平均电流为＝＝.
(2)电荷量的计算应该用平均电流，q＝Δt＝.
(3)当MN通过圆形导轨中心时，切割磁感线的有效长度最大，l＝2R，根据导体切割磁感线产生的电动势公式E＝Blv，得E＝B·2Rv，此时通过r的电流为I＝＝.
13.把总电阻为2R的均匀电阻丝焊接成一半径为a的圆环，水平固定在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，如图13所示，一长度为2a、电阻等于R、粗细均匀的金属棒MN放在圆环上，它与圆环始终保持良好的接触，当金属棒以恒定速度v向右移动经过环心O时，求：
图13
(1)棒上电流的大小和方向及棒两端的电压UMN；
(2)圆环消耗的热功率和在圆环及金属棒上消耗的总热功率．
答案 (1) N→M Bav
(2)
解析 (1)金属棒MN切割磁感线产生的感应电动势为E＝Blv＝2Bav.
外电路的总电阻为R外＝＝R
金属棒上电流的大小为
I＝＝＝，电流方向从N到M
金属棒两端的电压为电源的路端电压UMN＝IR外＝Bav.
(2)圆环消耗的热功率为外电路的总功率P外＝I2R外＝
圆环和金属棒上消耗的总热功率为电路的总功率
P总＝IE＝.
课件17张PPT。高中物理·选修3-2·粤教版
第一章 电磁感应
学案6 电磁感应规律的应用 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结12知道法拉第电机的原理. 掌握转动切割产生感应电动势的计算. 掌握电磁感应现象中电路问题的分析方法和解题基本思路. 34理解电磁感应中的能量转化，并会应用能量观点分析电磁感应问题． 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结中点 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结安培力电能能量守恒一、转动切割产生感应电动势的计算学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结图3学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结B M、N 切割磁感线，相当于电源M、N两点间的电压 为路端电压二、电磁感应中的电路问题学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结C 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结B 切割磁感线部分为等效电源 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结AD 再见学案7 习题课：电磁感应规律的应用
[学习目标定位] 1.能综合应用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的图象问题.2.掌握电磁感应中动力学问题的分析方法.3.能解决电磁感应中的动力学与能量结合的综合问题．
1．感应电流的方向一般是利用楞次定律或右手定则进行判断；闭合电路中产生的感应电动势E＝n或E＝BLv.
2．垂直于匀强磁场放置、长为L的直导线通过电流I时，它所受的安培力F＝BIL，安培力方向的判断用左手定则．
3．牛顿第二定律：F＝ma，它揭示了力与运动的关系．
当加速度a与速度v方向相同时，速度增大，反之速度减小．当加速度a为零时，物体做匀速直线运动．
4．电磁感应现象中产生的电能是通过克服安培力做功转化而来的.
一、电磁感应中的图象问题
1．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．
2．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感应电流的方向．
(4)用法拉第电磁感应定律E＝n或E＝BLv求感应电动势的大小．
(5)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．
(6)根据函数关系画图象或判断图象，注意分析斜率的意义及变化．
例1 (单选)在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一圆形导体环．规定导体环中电流的正方向如图1甲所示，磁场向上为正．当磁感应强度B随时间t按图乙变化时，下列能正确表示导体环中感应电流变化情况的是 ( )
图1
解析 根据法拉第电磁感应定律有：E＝n＝nS，因此在面积、匝数不变的情况下，感应电动势与磁场的变化率成正比，即与B－t图象中的斜率成正比，由图象可知：0～2 s，斜率不变，故形成的感应电流不变，根据楞次定律可知感应电流方向顺时针即为正值，2 s～4 s斜率不变，电流方向为逆时针，整个过程中的斜率大小不变，所以感应电流大小不变，故A、B、D错误，C正确．
答案 C
例2 匀强磁场的磁感应强度B＝0.2 T，磁场宽度l＝4 m，一正方形金属框边长ad＝l′＝1 m，每边的电阻r＝0.2 Ω，金属框以v＝10 m/s的速度匀速穿过磁场区，其平面始终保持与磁感线方向垂直，如图2所示．求：
图2
(1)画出金属框穿过磁场区的过程中，各阶段的等效电路图．
(2)画出金属框穿过磁场区的过程中，金属框内感应电流的i－t图线；(要求写出作图依据)
(3)画出ab两端电压的U－t图线．(要求写出作图依据)
解析 如图a所示，线框的运动过程分为三个阶段：第Ⅰ阶段cd相当于电源；第Ⅱ阶段cd和ab相当于开路时两并联的电源；第Ⅲ阶段ab相当于电源．分别如图b、c、d所示．
在第Ⅰ阶段，有I1＝＝＝2.5 A.
感应电流方向沿逆时针方向，持续时间为t1＝＝ s＝0.1 s.
ab两端的电压为U1＝I1·r＝2.5×0.2 V＝0.5 V
在第Ⅱ阶段，有I2＝0，ab两端的电压U2＝E＝Bl′v＝2 V
t2＝＝ s＝0.3 s
在第Ⅲ阶段，有I3＝＝2.5 A
感应电流方向为顺时针方向
ab两端的电压U3＝I3·3r＝1.5 V，t3＝0.1 s
规定逆时针方向为电流正方向，故i－t图象和ab两端U－t图象分别如图甲、乙所示．
答案 见解析
二、电磁感应中的动力学问题
1．电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力作用，所以电磁感应问题往往与力学问题联系在一起，处理此类问题的基本方法是：
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向．
(2)求回路中的电流强度的大小和方向．
(3)分析研究导体受力情况(包括安培力)．
(4)列动力学方程或平衡方程求解．
2．电磁感应现象中涉及的具有收尾速度的力学问题，关键要抓好受力情况和运动情况的动态分析；
周而复始地循环，加速度等于零时，导体达到稳定运动状态．
3．两种状态处理
导体匀速运动，应根据平衡条件列式分析；导体做匀速直线运动之前，往往做变加速运动，处于非平衡状态，应根据牛顿第二定律或结合功能关系分析．
例3 如图3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，磁场方向垂直于斜面向下．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．
图3
(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杆可以达到的速度的最大值．
解析 (1)如图所示，ab杆受：重力mg，竖直向下；支持力FN，垂直于斜面向上；安培力F安，沿斜面向上．
(2)当ab杆速度大小为v时，感应电动势E＝BLv，此时
电路中电流I＝＝
ab杆受到安培力F安＝BIL＝
根据牛顿第二定律，有
ma＝mgsin θ－F安＝mgsin θ－
a＝gsin θ－.
(3)当a＝0时，ab杆有最大速度：vm＝.
答案 (1)见解析图
(2) gsin θ－ (3)
针对训练 (单选)如图4所示，MN和PQ是两根互相平行竖直放置的光滑金属导轨，已知导轨足够长，且电阻不计．ab是一根与导轨垂直而且始终与导轨接触良好的金属杆．开始时，将开关S断开，让杆ab由静止开始自由下落，过段时间后，再将S闭合，若从S闭合开始计时，则金属杆ab的速度v随时间t变化的图象不可能是( )
图4
答案 B
解析 S闭合时，若>mg，先减速再匀速，D项有可能；若＝mg，匀速，A项有可能；若三、电磁感应中的动力学和能量综合问题
例4 如图5所示，足够长的U形框架宽度是L＝0.5 m，电阻忽略不计，其所在平面与水平面成θ＝37°角，磁感应强度B＝0.8 T的匀强磁场方向垂直于导体框平面，一根质量为m＝0.2 kg，有效电阻R＝2 Ω的导体棒MN垂直跨放在U形框架上，该导体棒与框架间的动摩擦因数μ＝0.5，导体棒由静止开始沿框架下滑到刚开始匀速运动时，通过导体棒截面的电荷量为Q＝2 C．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
图5
(1)导体棒匀速运动的速度．
(2)导体棒从静止开始下滑到刚开始匀速运动，这一过程中导体棒的有效电阻消耗的电功．
答案 (1)5 m/s (2)1.5 J
解析 (1)导体棒受力如图，匀速下滑时有
平行斜面方向：mgsin θ－f－F＝0
垂直斜面方向：FN－mgcos θ＝0
其中f＝μFN
安培力F＝BIL
电流强度I＝
感应电动势E＝BLv
由以上各式得
v＝5 m/s
(2)通过导体棒的电荷量Q＝Δt
其中平均电流＝＝
设导体棒下滑位移为x，则
ΔΦ＝BxL
由以上各式得
x＝＝ m＝10 m
全程由动能定理得
mgxsin θ－W安－μmgcos θ·x＝mv2
其中克服安培力做功W安等于电功W
则W＝mgx·sin θ－μmgxcos θ－mv2
＝(12－8－2.5) J
＝1.5 J
1．(电磁感应中的图象问题)(单选)如图6所示，两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为L，磁场方向垂直纸面向里，abcd是位于纸面内的梯形线圈，ad与bc间的距离也为L，t＝0时刻bc边与磁场区域边界重合．现令线圈以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过磁场区域，取沿a—b—c—d—a方向为感应电流正方向，则在线圈穿越磁场区域的过程中，感应电流I随时间t变化的图线可能是 ( )
图6
答案 B
解析 由于bc进入磁场时，根据右手定则判断出其感应电流的方向是沿adcba的方向，其方向与电流的正方向相反，故是负的，所以A、C错误；当逐渐向右移动时，线圈切割磁感线的有效长度在增加，故感应电流在增大；当bc边穿出磁场区域时，线圈中的感应电流方向变为abcda，是正方向，故其图象在时间轴的上方，所以B正确，D错误．
2．(电磁感应中的动力学问题)(单选)如图7所示，匀强磁场存在于虚线框内，矩形线圈竖直下落．如果线圈中受到的磁场力总小于其重力，则它在1、2、3、4位置时的加速度关系为 ( )
图7
A．a1＞a2＞a3＞a4
B．a1＝a2＝a3＝a4
C．a1＝a3＞a2＞a4
D．a1＝a3＞a2＝a4
答案 C
解析 线圈自由下落时，加速度为a1＝g.线圈完全在磁场中时，磁通量不变，不产生感应电流，线圈不受安培力作用，只受重力，加速度为a3＝g.线圈进入和穿出磁场过程中，切割磁感线产生感应电流，将受到向上的安培力，根据牛顿第二定律得知，a2＜g，a4＜g.线圈完全在磁场中时做匀加速运动，到达4处的速度大于2处的速度，则线圈在4处所受的安培力大于在2处所受的安培力，又知，磁场力总小于重力，则a2＞a4，故a1＝a3＞a2＞a4.所以本题选C.
3．(电磁感应中的动力学问题)如图8所示，光滑金属直轨道MN和PQ固定在同一水平面内，MN、PQ平行且足够长，两轨道间的宽度L＝0.50 m，轨道左端接一阻值R＝0.50 Ω的电阻．轨道处于磁感应强度大小B＝0.40 T、方向竖直向下的匀强磁场中．质量m＝0.50 kg的导体棒ab垂直于轨道放置．在沿着轨道方向向右的力F作用下，导体棒由静止开始运动，导体棒与轨道始终接触良好并且相互垂直．不计轨道和导体棒的电阻，不计空气阻力．若力F的大小保持不变，且F＝1.0 N，求：
图8
(1)导体棒能达到最大速度大小vm；
(2)导体棒的速度v＝5.0 m/s时，导体棒的加速度大小a.
答案 (1)12.5 m/s (2)1.2 m/s2
解析 (1)导体棒达到最大速度vm时受力平衡，有F＝F安m，
此时F安m＝，解得vm＝12.5 m/s.
(2)导体棒的速度v＝5.0 m/s时，感应电动势E＝BLv＝1.0 V，
导体棒上通过的感应电流大小I＝＝2.0 A，
导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.4 N，
根据牛顿第二定律，
有F－F安＝ma，解得a＝1.2 m/s2.
4．(电磁感应中的动力学及能量综合问题)足够长的平行金属导轨MN和PK表面粗糙，与水平面之间的夹角为α，间距为L.垂直于导轨平面向上的匀强磁场的磁感应强度为B，MP间接有阻值为R的电阻，质量为m的金属杆ab垂直导轨放置，其他电阻不计．如图9所示，用恒力F沿导轨平面向下拉金属杆ab，使金属杆由静止开始运动，杆运动的最大速度为vm，t s末金属杆的速度为v1，前t s内金属杆的位移为x，(重力加速度为g)求：
图9
(1)金属杆速度为v1时加速度的大小；
(2)整个系统在前t s内产生的热量．
答案 (1) (2)－mv
解析 (1)设金属杆和导轨间的动摩擦因数为μ，当杆运动的速度为vm时，有：
F＋mgsin α－－μmgcos α＝0
当杆的速度为v1时，有：
F＋mgsin α－－μmgcos α＝ma
解得：a＝
(2)t s末金属杆的速度为v1，前t s内金属杆的位移为x，由能量守恒得：
焦耳热Q1＝Fx＋mgxsin α－μmgxcos α－mv.
＝－mv
题组一 电磁感应中的图象问题
1．(双选)如图1甲所示，一个闭合线圈固定在垂直纸面的匀强磁场中，设磁场方向向里为磁感应强度B的正方向，线圈中的箭头为电流I的正方向．线圈及线圈中感应电流I随时间变化的图线如图乙所示，则磁感应强度B随时间变化的图线可能是 ( )
图1
答案 CD
2．(单选)在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图2甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图乙变化时，选项中能正确表示线圈中感应电动势E变化的是 ( )
图2
答案 A
解析 在第1 s内，由楞次定律可判定电流为正，其产生的感应电动势E1＝＝S，在第2 s和第3 s内，感应强度B不变化，线圈中无感应电流，在第4 s和第5 s内，B减小，由楞次定律可判定，其电流为负，产生的感应电动势E2＝＝S，由于ΔB1＝ΔB2，Δt2＝2Δt1，故E1＝2E2，由此可知，A选项正确．
3．(单选)如图3所示，在0≤x≤2L的区域内存在着匀强磁场，磁场方向垂直于xy坐标系平面(纸面)向里．具有一定电阻的矩形线框abcd位于xy坐标系平面内，线框的ab边与y轴重合，bc边长为L.设线框从t＝0时刻起在外力作用下由静止开始沿x轴正方向做匀加速运动，则线框中的感应电流i(取逆时针方向的电流为正)随时间t变化的函数图象可能是图中的 ( )
图3
答案 D
解析 线圈的ab边刚进入磁场时，产生逆时针方向的电流，随着速度的增加，感应电流逐渐增大；线圈全部进入磁场后，无感应电流；当线圈的ab边离开磁场时，此时cd边切割磁感线，产生顺时针方向的电流，且随速度的增加而增大．因为线圈此时的速度不为零，所以电流是从某一值增大．选项D正确．
4．(单选)如图4所示，宽度为d的有界匀强磁场，方向垂直于纸面向里．在纸面所在平面内有一对角线长也为d的正方形闭合导线ABCD，沿AC方向垂直磁场边界匀速穿过该磁场区域．规定逆时针方向为感应电流的正方向，t＝0时C点恰好进入磁场，则从C点进入磁场开始到A点离开磁场为止，闭合导线中感应电流随时间的变化图象正确的是 ( )
图4
答案 A
解析 线圈在进磁场的过程中，根据楞次定律可知，感应电流的方向为CBADC方向，即为正值，在出磁场的过程中，根据楞次定律知，感应电流的方向为ABCDA，即为负值．
在线圈从开始进入磁场直到进入一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电动势均匀增大，则感应电流均匀增大，在线圈继续运动至全部进入磁场的过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电动势均匀减小，则感应电流均匀减小；在线圈从开始出磁场直到离开一半的过程中，切割的有效长度均匀增大，感应电流均匀增大，在线圈继续运动至全部出磁场的过程中，切割的有效长度均匀减小，感应电流均匀减小．故A正确，B、C、D错误．
题组二 电磁感应中的动力学问题
5．(双选)如图5所示，有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道，间距为l，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，金属杆的速度会趋于一个最大速度vm，则 ( )
图5
A．如果B变大，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
答案 BC
解析 金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势E＝Blv，在闭合电路中形成电流I＝，因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力F作用，F＝BIl＝，先用右手定则判定感应电流方向，再用左手定则判定出安培力方向，如图所示．
根据牛顿第二定律，得mgsin α－＝ma，当a＝0时，v＝vm，解得vm＝，故选项B、C正确．
6．(单选)如图6所示，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b和下边界d水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面a开始下落．已知磁场上、下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离．若线圈下边刚通过水平面b、c(位于磁场中)和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为Fb、Fc和Fd，则( )
图6
A．Fd>Fc>Fb B．FcC．Fc>Fb>Fd D．Fc答案 D
解析 线圈从a到b做自由落体运动，在b处开始进入磁场切割磁感线，产生感应电流，受到安培力作用，由于线圈的上下边的距离很短，所以经历很短的变速运动而完全进入磁场，在c处线圈中磁通量不变，不产生感应电流，不受安培力作用，但线圈在重力作用下依然加速，因此线圈在d处离开磁场切割磁感线时，产生的感应电流较大，故该处所受安培力必然大于b处．综合分析可知，选项D正确．
7．(双选)如图7所示，在平行水平地面的有理想边界的匀强磁场上方，有三个大小相同、用相同金属材料制成的正方形线框，线框平面与磁场方向垂直．A线框有一个缺口，B、C线框都闭合，但B线框导线的横截面积比C线框大．现将三个线框从同一高度由静止开始同时释放，下列关于它们落地时间说法正确的是 ( )
图7
A．三个线框同时落地
B．三个线框中，A线框最早落地
C．B线框在C线框之后落地
D．B线框和C线框在A线框之后同时落地
答案 BD
解析 A线框由于有缺口，在磁场中不能产生感应电流，所以下落时不受安培力作用，故下落的加速度一直为g；设正方形边长为l，电阻率为ρ，B、C线框的底边刚进入磁场时的速度为v，则根据牛顿第二定律知mg－Bl＝ma，即a＝g－其中Rm＝ρ·4lSρ密＝16l2ρρ密，所以加速度与线框横截面积无关，故两线框的运动情况完全相同，即在A线框之后B、C线框同时落地．选项B、D正确．
题组三 电磁感应中的动力学及能量综合问题
8．(单选)如图8所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接，导轨上横跨一根质量为m、电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好．整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．现使金属棒以初速度v沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q.下列说法正确的是 ( )
图8
A．金属棒在导轨上做匀减速运动
B．整个过程中金属棒在导轨上发生的位移为
C．整个过程中金属棒克服安培力做功为mv2
D．整个过程中电阻R上产生的焦耳热为mv2
答案 C
解析 因为导体向右运动时受到向左的安培力作用，且安培力随速度的减小而减小，所以导体向右做加速度减小的减速运动；
根据E＝＝，q＝IΔt＝Δt＝，
解得x＝；
整个过程中金属棒克服安培力做功等于金属棒动能的减少量mv2；整个过程中电路中产生的热量等于机械能的减少量mv2，电阻R上产生的焦耳热为mv2.
9．(单选)如图9所示，MN和PQ是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，二者平滑连接．右端接一个阻值为R的定值电阻．平直部分导轨左边区域有宽度为d、方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．质量为m、电阻也为R的金属棒从高度为h处静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好．则金属棒穿过磁场区域的过程中 ( )
图9
A．流过金属棒的最大电流为
B．通过金属棒的电荷量为
C．克服安培力所做的功为mgh
D．金属棒产生的焦耳热为(mgh－μmgd)
答案 D
解析 金属棒下滑到底端时的速度为v＝，感应电动势E＝BLv，所以流过金属棒的最大电流为I＝；通过金属棒的电荷量为q＝＝；克服安培力所做的功为W＝mgh－μmgd；电路中产生的焦耳热等于克服安培力做的功，所以金属棒产生的焦耳热为(mgh－μmgd)．选项D正确．
10．(双选)如图10所示，在倾角为θ的光滑斜面上，存在着两个匀强磁场，磁场Ⅰ垂直斜面向上、磁感应强度大小为B，磁场Ⅱ垂直斜面向下、磁感应强度大小为2B，磁场的宽度MJ和JG均为L，一个质量为m、电阻为R、边长也为L的正方形导线框，由静止开始沿斜面下滑，当ab边刚越过GH进入磁场Ⅰ区时，线框恰好以速度v1做匀速直线运动；当ab边下滑到JP与MN的中间位置时，线框又恰好以速度v2做匀速直线运动，从ab进入磁场Ⅰ至ab运动到JP与MN中间位置的过程中，线框的机械能减少量为ΔE，重力对线框做功的绝对值为W1，安培力对线框做功的绝对值为W2，则( )
图10
A．v1∶v2＝4∶1 B．v1∶v2＝9∶1
C．ΔE＝W1 D．ΔE＝W2
答案 BD
解析 线框两次都做匀速直线运动，说明受力平衡．ab边进入磁场Ⅰ时，由平衡条件得沿斜面方向：
F＝mgsin θ，F＝BI1L，
I1＝，E1＝BLv1，
解得F＝ ab边在磁场Ⅱ中匀速运动时，
E2＝3BLv2，I2＝
F′＝Fdc＋Fab＝BI2L＋2BI2L＝
由此得v1∶v2＝9∶1，A错，B对；线框的机械能减少是由于安培力对它做负功，有ΔE＝W2，C错，D对，所以本题选B、D.
11．如图11所示，倾角为θ的“U”型金属框架下端连接一阻值为R的电阻，相互平行的金属杆MN、PQ间距为L，与金属杆垂直的虚线a1b1、a2b2区域内有垂直框架平面向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，a1b1、a2b2间距离为d，一长为L、质量为m、电阻为R的导体棒在金属框架平面上与磁场上边界a2b2距离d处从静止开始释放，最后能匀速通过磁场下边界a1b1.重力加速度为g(金属框架摩擦及电阻不计)．求：
图11
(1)导体棒刚到达磁场上边界a2b2时速度大小v1；
(2)导体棒匀速通过磁场下边界a1b1时速度大小v2；
(3)导体棒穿越磁场过程中，回路产生的电能．
答案 (1) (2)
(3)2mgdsin θ－
解析 (1)导体棒在磁场外沿斜面下滑，只有重力做功，
由机械能守恒定律得：mgdsin θ＝mv
解得：v1＝
(2)导体棒匀速通过匀强磁场下边界a1b1时，由平衡条件：
mgsin θ＝F安
F安＝BIL＝
解得：v2＝
(3)由能量守恒定律得：
mgdsin θ－Q＝mv－mv
解得：Q＝2mgdsin θ－.
12.如图12所示，固定的光滑平行金属导轨间距为l，导轨电阻不计，上端a、b间接有阻值为R的电阻，导轨平面与水平面的夹角为θ，且处在磁感应强度大小为B、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中．质量为m、电阻为r的导体棒与固定弹簧相连后放在导轨上．初始时刻，弹簧恰好处于自然长度，导体棒具有沿轨道向上的初速度v0.整个运动过程中导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的中心轴线与导轨平行．
图12
(1)求初始时刻通过电阻的电流I的大小和方向；
(2)当导体棒第一次回到初始位置时，速度变为v，求此时导体棒的加速度大小a；
(3)导体棒最终静止时弹簧的弹性势能为Ep，求导体棒从开始运动直到停止的过程中，电阻R上产生的焦耳热Q.
答案 (1) b→a
(2)gsin θ－
(3)见解析
解析 (1)初始时刻，导体棒产生的感应电动势E1＝Blv0
通过R的电流大小I1＝＝
电流方向为b→a
(2)回到初始位置时，导体棒产生的感应电动势为E2＝Blv
感应电流I2＝＝
导体棒受到的安培力大小为F＝BI2l＝，方向沿斜面向上
根据牛顿第二定律有：mgsin θ－F＝ma
解得a＝gsin θ－
(3)导体棒最终静止，有：mgsin θ＝kx
压缩量x＝
设整个过程中回路中产生的焦耳热为Q0，根据能量守恒定律有：
mv＋mgxsin θ＝Ep＋Q0
Q0＝mv＋－Ep
电阻R上产生的焦耳热
Q＝Q0＝[mv＋－Ep]
课件20张PPT。高中物理·选修3-2·粤教版
第一章 电磁感应
学案7 习题课：电磁感应规律的应用12能综合应用楞次定律和法拉第电磁感应定律解决电磁感应中的图象问题. 掌握电磁感应中动力学问题的分析方法. 能解决电磁感应中的动力学与能量结合的综合问题． 3学习目标知识储备学习探究自我检测学习目标知识储备学习探究自我检测学习目标知识储备学习探究自我检测一、电磁感应中的图象问题××楞次定律 √×C 学习目标知识储备学习探究自我检测每段斜率为定值 学习目标知识储备学习探究自我检测学习目标知识储备学习探究自我检测学习目标知识储备学习探究自我检测图3学习目标知识储备学习探究自我检测图1学习目标知识储备学习探究自我检测学习目标知识储备学习探究自我检测图4B 图2学习目标知识储备学习探究自我检测三、电磁感应中的动力学和能量综合问题 图5学习目标知识储备学习探究自我检测学习目标知识储备学习探究自我检测B 学习目标知识储备学习探究自我检测图6C 只受重力，a1＝a3 =g×加速位置4的安培力大g>a2＞a4 √学习目标知识储备学习探究自我检测学习目标知识储备学习探究自我检测学习目标知识储备学习探究自我检测学习目标知识储备学习探究自我检测再见学案8 自感现象及其应用
[学习目标定位] 1.观察实验，了解自感现象，并能够通过电磁感应规律分析通电自感与断电自感.2.了解影响自感电动势大小的因素和自感系数的决定因素.3.了解日光灯的发光原理．
1．电磁感应现象：穿过回路的磁通量发生变化时，回路中产生感应电动势的现象．电磁感应现象中产生的电流叫感应电流．
2．通电导线周围存在磁场，当导线中电流增大时，导线周围各处的磁场都增强，当导线中电流减小时，导线周围各处的磁场都减弱．
3．楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化．
一、自感现象
1．自感现象：由于线圈本身的电流发生变化而产生的电磁感应现象．
2．自感电动势：自感现象中产生的感应电动势．
3．自感系数：简称自感或电感，跟线圈的形状、长短、匝数等因素有关，此外，有铁芯的线圈的自感系数比没有铁芯的大得多，单位是亨利，符号H.
1 mH＝10－3 H,1μH＝10－3 mH.
二、日光灯
1．主要组成：灯管、镇流器、启动器．
2．灯管：管中气体在导电时主要发出紫外线，管壁上的荧光粉受其照射时发出可见光．
3．镇流器：一个带铁芯的线圈．当启动日光灯时，镇流器产生瞬时的高电压；当日光灯正常发光时，镇流器对灯管起降压限流作用．
一、自感现象
[问题设计]
1．通电自感：如图1所示，开关S闭合的时候两个灯泡的发光情况有什么不同？
图1
答案 灯泡A2立即正常发光，灯泡A1逐渐亮起来．
2．断电自感：如图2所示，先闭合开关使灯泡发光，然后断开开关．
图2
(1)开关断开前后，流过灯泡的电流方向有何关系？
(2)在开关断开过程中，有时灯泡闪亮一下再熄灭，有时灯泡只会缓慢变暗直至熄灭，请分析上述两种现象的原因是什么？
答案 (1)S闭合时，灯泡A中电流向左，S断开瞬间，灯泡A中电流方向向右，所以开关S断开前后，流过灯泡的电流方向相反．
(2)在开关断开后灯泡又闪亮一下的原因是灯泡断电后自感线圈中产生的感应电流比原线圈中的电流大．要想使灯泡闪亮一下再熄灭，就必须使自感线圈的电阻小于与之并联的灯泡．而当线圈电阻大于灯泡电阻时，灯泡只会延迟一段时间再熄灭．
[要点提炼]
自感现象是指当通过线圈的电流发生变化时，在线圈中引起的电磁感应现象．
1．当线圈中的电流增大时，自感电动势的方向与原电流方向相反；
2．当线圈中的电流减小时，自感电动势的方向与原电流方向相同；
3．自感电动势总是阻碍线圈中电流的变化，但不能阻止线圈中电流的变化，只是延缓了过程的进行．
4．断电自感中，若断开开关瞬间，通过灯泡的电流瞬间比断开开关前大，灯泡会闪亮一下；若断开开关后，通过灯泡的电流比断开开关前小，灯泡不会闪亮一下，而是逐渐变暗．(填“会闪亮”或“不会闪亮”)
二、日光灯
[问题设计]
1．自感现象可分为断电自感和通电自感，在使日光灯管启动的过程中，应用了哪种自感现象？
答案 断电自感
2．仔细阅读教材，你认为启动器在日光灯电路中的作用是什么？
答案 启动器在日光灯电路中相当于一个自动开关．
3．镇流器在日光灯的启动及正常工作时各起什么作用？
答案 当启动日光灯时，由于启动器的两个触片的分离，镇流器中的电流急剧减小，会产生很高的自感电动势，这个自感电动势与电源电压加在一起，形成一个瞬时高电压，加在灯管两端，使灯管中的气体放电，日光灯被点亮．日光灯管发光后，电阻小，要求电流小，且日光灯管是用交流电源(大小与方向都随时间变化的电流)供电，此时镇流器产生自感电动势，阻碍电流的变化，从而在灯管正常发光时起到降压限流的作用，保证日光灯管的正常工作．
[要点提炼]
1．启动器在日光灯电路中的作用为自动开关．
2．镇流器的作用：当启动日光灯时，镇流器利用自感现象产生瞬时的高电压；当日光灯正常发光时，镇流器又利用自感现象，对灯管起到降压限流作用．
一、自感现象的分析
例1 (单选)如图3所示，电感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，LA、LB是两个相同的灯泡，且在下列实验中不会烧毁，电阻R2阻值约等于R1的两倍，则 ( )
图3
A．闭合开关S时，LA、LB同时达到最亮，且LB更亮一些
B．闭合开关S时，LA、LB均慢慢亮起来，且LA更亮一些
C．断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB马上熄灭
D．断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭
解析 由于灯泡LA与线圈L串联，灯泡LB与电阻R2串联，当S闭合的瞬间，通过线圈的电流突然增大，线圈产生自感电动势，阻碍电流的增加，所以LB先亮；由于LA所在的支路电阻阻值偏小，故稳定时电流大，即LA更亮一些，A、B错误；当S断开的瞬间，线圈产生自感电动势，两灯组成的串联电路中，电流从线圈中电流开始减小，即从IA减小，故LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭，C错误、D正确．
答案 D
思路点拨 (1)分析自感电流的大小时，应注意“L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计”这一关键语句；
(2)电路接通瞬间，自感线圈相当于断路；
(3)电路断开瞬间，回路中电流从L中原来的电流开始减小．
二、自感现象的图象问题
例2 (单选)如图4所示的电路中，S闭合且稳定后流过电感线圈的电流是2 A，流过灯泡的电流是1 A，现将S突然断开，S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流i随时间t变化关系的图象是( )
图4
解析 开关S断开前，通过灯泡D的电流是稳定的，其值为1 A．开关S断开瞬间，自感线圈的支路由于自感现象会产生与线圈中原电流方向相同的感应电动势，使线圈中的电流从原来的2 A逐渐减小，方向不变，且同灯泡D构成回路，通过灯泡D的电流和线圈L中的电流相同，也应该是从2 A逐渐减小到零，但是方向与原来通过灯泡D的电流方向相反，D对．
答案 D
三、对日光灯的工作原理的理解
例3 (单选)如图5所示是日光灯的结构示意图，若按图示的电路连接，关于日光灯发光的情况，下列叙述中正确的是( )
图5
A．S1接通，S2、S3断开，日光灯就能正常发光
B．S1、S2接通，S3断开，日光灯就能正常发光
C．S3断开，接通S1、S2后，再断开S2，日光灯就能正常发光
D．当日光灯正常发光后，再接通S3，日光灯仍能正常发光
解析 当S1接通，S2、S3断开时，电源电压220 V直接加在灯管两端，达不到灯管启动的高压值，日光灯不能发光，选项A错误．
当S1、S2接通，S3断开时，灯丝两端被短路，电压为零，不能使气体电离导电，日光灯不能发光，选项B错误．
当日光灯正常发光后，再接通S3，则镇流器被短路，灯管两端电压过高，会损坏灯管，选项D错误
只有当S1、S2接通，灯丝被预热，发出电子，再断开S2，镇流器中产生很大的自感电动势，和原电压一起加在灯管两端，使气体电离，日光灯正常发光，选项C正确．
答案 C
1．(对自感现象的理解)(单选)关于自感现象，下列说法正确的是( )
A．感应电流一定和原来的电流方向相反
B．对于同一线圈，当电流变化越大时，线圈产生的自感电动势也越大
C．对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈的自感系数也越大
D．对于同一线圈，当电流变化越快时，线圈中的自感电动势也越大
答案 D
解析 当电流增大时，感应电流的方向与原来的电流相反，当电流减小时，感应电流的方向与原来的电流相同，故选项A错误；自感电动势的大小与电流变化快慢有关，与电流变化大小无关，故选项B错误，D正确；自感系数只取决于线圈本身的因素，与电流变化情况无关．故选项C错误．
2．(自感现象的图象问题)(单选)在如图6所示的电路中，S是闭合的，此时流过线圈L的电流为i1，流过灯泡A的电流为i2，且i1＞i2，在t1时刻将S断开，那么流过灯泡A的电流随时间变化的图象是图中的 ( )
图6
答案 D
解析 在0～t1时间内流过灯泡的电流为i2，且方向为从左向右，当断开S时，i2立即消失，但由于自感作用，i1并不立刻消失，而是产生自感电动势，与灯泡构成回路缓慢消失，此时流过灯泡的电流从i1开始逐渐减小，方向为从右向左，故D正确．故选D.
3．(对日光灯工作原理的理解)(单选)如图所示，S为启动器，L为镇流器，其中日光灯的接线图正确的是( )
解析 根据日光灯的工作原理，要想使日光灯发光，灯丝需要预热发出电子，灯管两端应有瞬时高压，这两个条件缺一不可．当启动器动、静触片分离后，选项B中灯管和电源断开，选项B错误；选项C中镇流器与灯管断开，无法将瞬时高压加在灯管两端，选项C错误；选项D中灯丝左、右端分别被短接，无法预热放出电子，不能使灯管内气体导电，选项D错误．
答案 A
题组一 自感现象的分析
1．(单选)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 自感系数是由线圈的大小、形状、圈数、有无铁芯等因素决定的，故B、C错，D对；自感电动势不仅与自感系数有关，还与电流变化快慢有关，故A错．
2．(单选)如图1所示，L为自感系数较大的线圈，电路稳定后小灯泡A正常发光，当断开开关S的瞬间会有( )
图1
A．灯A立即熄灭
B．灯A慢慢熄灭
C．灯A突然闪亮一下再慢慢熄灭
D．灯A突然闪亮一下再突然熄灭
答案 A
解析 当开关S断开时，由于通过自感线圈的电流从有变到零，线圈将产生自感电动势，但由于线圈L与灯A串联，在S断开瞬间，不能形成闭合回路，因此灯A在开关断开瞬间，立即熄灭．
3．(单选)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2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2
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 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，流过线圈的电流与小灯泡的电流相同或较小，原因可能是线圈电阻偏大，故选项C正确．
4．(单选)如图3所示，两个电阻阻值均为R，电感线圈L的电阻及电池内阻均可忽略不计，S原来断开，电路中电流I0＝，现将S闭合，于是电路中产生了自感电动势，此自感电动势的作用是 ( )
图3
A．使电路的电流减小，最后由I0减小到零
B．有阻碍电流增大的作用，最后电流小于I0
C．有阻碍电流增大的作用，因而电流总保持不变
D．有阻碍电流增大的作用，但电流最后还是变为2I0
答案 D
解析 S闭合，电路中电阻减小，电流增大，线圈产生的自感电动势的作用是阻碍原电流的增大，A错；阻碍电流增大，不是不让电流增大，而是让电流增大的速度变慢，B、C错；最后达到稳定时，电路中电流为I＝＝2I0，故D正确．
5．(双选)如图4所示的电路中，线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，A、B是两个相同的灯泡，下列说法中正确的是( )
图4
A．S闭合后，A、B同时发光且亮度不变
B．S闭合后，A立即发光，然后又逐渐熄灭
C．S断开的瞬间，A、B同时熄灭
D．S断开的瞬间，A再次发光，然后又逐渐熄灭
答案 BD
解析 线圈对变化的电流有阻碍作用，开关接通时，A、B串联， 同时发光，但电流稳定后线圈的直流电阻忽略不计，使A被短路，所以A错误，B正确；开关断开时，线圈产生自感电动势，与A构成回路，A再次发光，然后又逐渐熄灭，所以C错误，D正确．
6．(双选)如图5所示甲、乙电路，电阻R和自感线圈L的电阻都很小，且小于灯泡电阻．接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光，则 ( )
图5
A．在电路甲中，断开S，A将逐渐变暗
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将逐渐变暗
D．在电路乙中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗
答案 AD
解析 题图甲中，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中的自感电动势要维持原电流不变，所以开关断开的瞬间，A的电流不变，以后电流渐渐变小．因此，A渐渐变暗．题图乙中，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相对很小)，断开开关S时，电感线圈的自感电动势要阻碍电流的变小，此瞬间电感线圈中的电流不变，电感线圈相当于一个电源给A供电．因此，反向流过A的电流瞬间要变大，然后渐渐变小，所以A将先闪亮一下，然后渐渐变暗．
7．(单选)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，采取了双线绕法，如图6所示，其道理是( )
图6
A．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的自感电动势相互抵消
B．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的感应电流互相抵消
C．当电路中的电流变化时，两股导线中产生的磁通量互相抵消
D．当电路中的电流变化时，电流的变化量相互抵消
答案 C
解析 能否有感应电动势，关键在于穿过回路的磁通量是否变化．由于导线是双线绕法，使穿过回路的磁通量等于零，无论通过的电流变化与否，磁通量均为零不变，所以不存在感应电动势和感应电流．
题组二 自感现象的图象问题
8．(单选)在如图7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，调节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，能正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图象是( )
答案 B
解析 与滑动变阻器R串联的L2，没有自感，直接变亮，电流变化图象如A中图线，C、D错误．与带铁芯的电感线圈串联的L1，由于自感，电流逐渐变大，A错误，B正确．
9．(单选)如图8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变化的图象中，正确的是( )
图8
答案 B
解析 在t＝0时刻闭合开关S，由于电感线圈L产生自感电动势，阻碍电流通过，电源输出电流较小，路端电压较高，经过一段时间电路稳定后，电源输出电流较大，路端电压较低．在t＝t1时刻断开S，电感线圈L产生自感电动势，与灯泡构成闭合回路，灯泡D中有反向电流通过，所以表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中正确的是B.
10.如图9所示，电源的电动势为E＝10 V，内阻不计，L与R的电阻值均为5 Ω，两灯泡的电阻值均为RS＝10 Ω.
图9
(1)求断开S的瞬间，灯泡L1两端的电压；
(2)定性画出断开S前后一段时间内通过L1的电流随时间的变化规律．
答案 (1)10 V (2)见解析图
解析 (1)电路稳定工作时，由于a、b两点的电势相等，导线ab上无电流通过．因此通过L的电流为IL＝＝ A＝1 A
流过L1的电流为IS＝＝ A＝0.5 A
断开S的瞬间，由于线圈要想维持IL不变，而与L1组成闭合回路，因此通过L1的最大电流为1 A.
所以此时L1两端的电压为U＝IL·RS＝10 V(正常工作时为5 V)．
(2)断开S前，流过L1的电流为0.5 A不变，而断开S的瞬间，通过L1的电流突变为1 A，且方向也与原电流方向相反，然后渐渐减小到零，所以它的图象如图所示(t0为断开S的时刻)．
注：从t0开始，电流持续的时间实际上一般是很短的．
题组三 对日光灯工作原理的理解
11．(双选)在日光灯电路中接有启动器、镇流器和日光灯管，下列说法中正确的是( )
A．日光灯点燃后，镇流器、启动器都不起作用
B．镇流器在点燃灯管时产生瞬时高压，点燃后起降压限流作用
C．日光灯点亮后，启动器不再起作用，可以将启动器去掉
D．日光灯点亮后，使镇流器短路，日光灯仍能正常发光，并能降低对电能的消耗
答案 BC
解析 日光灯工作时都要经过预热、启动和正常工作三个不同的阶段，它们的工作电流通路如图所示．
在启动阶段镇流器与启动器配合产生瞬时高压．工作时，电流由镇流器经灯管，不再流过启动器，故日光灯启动后启动器不再工作，可以去掉，而镇流器还要起降压限流作用，不能去掉，故选B、C.
12．在如图10所示的日光灯工作原理电路图中： (1)开关合上前，启动器的静触片和动触片是________(填“接通的”或“断开的”)；
图10
(2)开关刚合上时，220 V电压加在________上，使________发出辉光；
(3)日光灯启动瞬间，灯管两端电压________220 V(填“大于”、“等于”或“小于”)；
(4)日光灯正常发光时，启动器的静触片和动触片________(填“接通”或“断开”)，镇流器起着__________作用，保证日光灯正常工作；
答案 (1)断开的 (2)启动器 氖气放电 (3)大于 (4)断开 降压限流
解析 日光灯按原理图接好电路后，当开关闭合，电源把电压加到启动器两极，使氖气放电而发出辉光．辉光产生的热量使U形动触片膨胀伸长，跟静触片接触而把电路接通，于是镇流器的线圈和灯管的灯丝中就有电流通过．电路接通后，启动器中的氖气停止放电，U形动触片冷却收缩，两个触片分离，电路自动断开，在电路突然断开的瞬间，由于镇流器中的电流急剧减小，会产生很高的自感电动势，其方向与原来电压方向相同，于是日光灯管成为电流的通路开始发光．
日光灯使用的是交变电流，电流的大小和方向都在不断地变化，在日光灯正常发光时，由于交变电流通过镇流器的线圈，线圈中就会产生自感电动势，它总是阻碍电流变化，这时镇流器就起着降压限流的作用，保证日光灯的正常工作．
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第一章 电磁感应
学案8 自感现象及其应用 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结12观察实验，了解自感现象，并能够通过电磁感应规律分析通电自感与断电自感. 了解影响自感电动势大小的因素和自感系数的决定因素. 3学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结一、自感现象图1电阻灯泡A2立即正常发光 线圈阻碍电流变化灯泡A1逐渐亮起来学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结图2学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结[要点提炼]学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结自动开关 自感 高 自感 降压限流 一、自感现象的分析学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结D 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结图4×√D 二、自感现象的图象问题学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结三、对日光灯的工作原理的理解学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结图5C 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结D 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结图6D 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结A学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结再见学案9 涡流现象及其应用
[学习目标定位] 1.知道什么是涡流现象，并能够说明其产生的原因.2.了解电磁灶和涡流加热.3.了解涡流现象的应用——涡流制动和涡流探测．
1．楞次定律：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．根据楞次定律的扩展含义，感应电流所受安培力总是阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动．概括为“来拒去留”．
一、涡流现象
如图1所示，当线圈中的电流随时间变化时，由于电磁感应，在附近导体中会产生像水中旋涡一样的感应电流，把这种在整块导体内部发生电磁感应而产生的感应电流的现象叫涡流现象．导体的外周长越长、交变磁场的频率越高，涡流就越大．
图1
二、电磁灶与涡流加热
1．如图2所示，电磁灶采用了磁场感应涡流的加热原理．电磁灶工作时，电磁灶的线圈产生交变电磁场，锅底部处在交变磁场中产生涡流，从而使锅体发热．
图2
图3
2．如图3所示，感应炉接到高频交流电源上，在线圈中产生交变磁场，使金属中产生涡流，金属发热而熔化，从而达到冶炼金属的目的．
三、涡流制动与涡流探测
1．涡流制动：如图4所示，铝盘在蹄形磁铁的磁场中转动，会在铝盘中激起涡流，涡流
图4
与磁场相互作用产生一个动态阻尼力，从而提供制动力矩．
2．涡流探测：涡流金属探测器具有一个通过一定频率交变电流的探测线圈，该线圈产生的交变磁场在金属物中激起涡流，涡流的变化会反过来影响探测线圈，改变探测线圈电流的大小和相位，从而探知金属物．
一、涡流现象
[问题设计]
在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上面放一口小铁锅(图5)，锅内放少许水，给线圈通入交变电流一段时间．再用玻璃杯代替小铁锅，通电时间相同．(忽略热传导)
图5
请回答下列问题：
(1)铁锅和玻璃杯中水的温度有什么不同？
(2)试着解释这种现象．
答案 (1)通电后铁锅中的水逐渐变热，玻璃杯中水的温度不变化(忽略热传导)．
(2)线圈接入周期性变化的电流，某段时间内，若电流变大，则其磁场变强，变化的磁场激发出感应电场，小铁锅(导体)可以看作是由许多闭合线圈组成的，在感应电场作用下，这些线圈中产生了感应电动势，从而产生涡旋状的感应电流，由于导体存在电阻，当电流在导体中流动时，就会产生电热，则锅中的水会热起来．而玻璃杯中虽然也会产生感应电场，但没有自由移动的电荷，故不会产生电流，也不会产生电热，则玻璃杯中水的温度没有变化．
[要点提炼]
1．涡流是整块导体发生的电磁感应现象，同样遵循法拉第电磁感应定律．
2．磁场变化越快(越大)，导体的横截面积S越大，导体材料的电阻率越小，形成的涡流就越大．
二、电磁灶与涡流加热
[要点提炼]
1．电磁灶工作时，电磁灶的线圈产生交变磁场，铁质锅在磁场中由于电磁感应而产生涡流，涡流在锅体内发热．电磁灶的效率达83%.
2．感应炉的工作原理是高频电流在导体中产生很大的涡流，使感应炉的温度升高，达到金属的熔点，使金属熔化．感应加热的优点：(1)非接触式加热，热源和受热物件可以不直接接触．(2)加热效率高，速度快，可以减小表面氧化现象．(3)容易控制温度，提高加工精度．(4)可实现局部加热．(5)可实现自动化控制．(6)减少占地、热辐射、噪声和灰尘．
三、涡流制动与涡流探测
[问题设计]
1．如图6所示，轨道水平放置，导体棒MN放在轨道上面以速度v向右运动，试判断导体棒中的电流方向和电流的受力方向．
图6
答案 电流方向为由N指向M，电流受力向左．
2．电流所受的安培力是导体棒运动的动力还是阻力？
答案 电流所受的安培力是导体棒运动的阻力．
[要点提炼]
1．涡流制动：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与磁场的相对运动，这种现象称为涡流制动．这种制动方式常应用于电表的阻尼制动、高速机车制动的涡流闸等．
2．涡流探测：涡流金属探测器具有一个通过一定频率交变电流的探测线圈，该线圈产生的交变磁场在金属物中激起涡流，涡流的变化会反过来影响探测线圈，改变探测线圈电流的大小和相位，从而探知金属物．
3．在生产和生活中，有时也要避免涡流效应要减小电机、变压器的铁芯在工作时产生的涡流，可采用的方法是把整块铁芯改成用薄片叠压的铁芯，增大回路电阻．
一、涡流的理解
例1 (单选)下列关于涡流的说法中正确的是( )
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．在硅钢中不能产生涡流
解析 涡流的本质是电磁感应现象中产生的感应电流，只不过是由金属块自身构成回路，它既有热效应，也有磁效应，所以A正确，B、C错误；硅钢中产生的涡流较小，D错误．
答案 A
二、对涡流加热的理解与应用
例2 (双选)电磁炉采用感应电流(涡流)的加热原理，是通过电子线路产生交变磁场，把铁锅放在炉面上时，在铁锅底部产生交变的电流，它具有升温快、效率高、体积小、安全性好等优点．下列关于电磁炉的说法中正确的是( )
A．电磁炉面板可采用陶瓷材料，发热部分为铁锅底部
B．电磁炉可以用陶瓷器皿作为锅具对食品加热
C．可以通过改变电子线路的频率来改变电磁炉的功率
D．电磁炉面板可采用金属材料，通过面板发热加热锅内食品
解析 电磁炉的上表面如果用金属材料制成，使用电磁炉时，上表面材料发生电磁感应要损失电能，电磁炉上表面要用绝缘材料制作，发热部分为铁锅底部，故A正确，B错误；锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关，故C正确；电磁炉产生变化的电磁场，导致加热锅底出现涡流，从而产生热量，故D错误；故选A、C.
答案 AC
三、对涡流制动的理解
例3 (单选)在水平放置的光滑绝缘导轨上，沿导轨固定一个条形磁铁，如图7所示．现有铜、铝和有机玻璃制成的滑块甲、乙、丙，使它们从导轨上的A点以某一初速度向磁铁滑去．各滑块在向磁铁运动的过程中( )
图7
A．都做匀速运动 B．甲、乙做加速运动
C．甲、乙做减速运动 D．乙、丙做匀速运动
解析 甲、乙向磁铁靠近时要产生涡流，受电磁阻尼作用，做减速运动，丙则不会产生涡流，只能匀速运动．
答案 C
四、对涡流探测的理解
例4 (双选)安检门是一个用于安全检查的“门”，“门框”内有线圈，线圈里通有交变电流，交变电流在“门”内产生交变磁场，金属物品通过“门”时能产生涡流，涡流的磁场又反过来影响线圈中的电流，从而引起报警．以下关于这个安检门的说法正确的是( )
A．这个安检门也能检查出毒品携带者
B．这个安检门只能检查出金属物品携带者
C．如果这个“门框”的线圈中通上恒定电流，也能检查出金属物品携带者
D．这个安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应
解析 这个安检门是利用涡流工作的，因而只能检查出金属物品携带者，A错，B对．若“门框”的线圈中通上恒定电流，只能产生恒定磁场，它不能使块状金属产生涡流，因而不能检查出金属物品携带者，C错．安检门工作时，既利用了电磁感应现象，又利用了电流的磁效应，D对．
答案 BD
涡流现象
1．(涡流加热的应用)(单选)熔化金属的一种方法是用“高频炉”，它的主要部件是一个铜制线圈，线圈中有一钳锅，锅内放入待熔的金属块．当线圈中通以高频交流电时，锅中金属就可以熔化，这是因为( )
A．线圈中的高频交流电通过线圈电阻，产生焦耳热
B．线圈中的高频交流电产生高频微波辐射，深入到金属内部，产生焦耳热
C．线圈中的高频交流电在钳锅中产生感应电流，通过钳锅电阻产生焦耳热
D．线圈中的高频交流电在金属块中产生感应电流，通过金属块电阻产生焦耳热
答案 D
解析 线圈中的高频交流电通过线圈，从而产生变化的电磁场，使得处于电磁场的金属块产生涡流，进而发热，故A、B、C都错，D正确．
2．(涡流制动)(双选)如图8所示是电表中的指针和电磁阻尼器，下列说法中正确的是( )
图8
A．2是磁铁，1中产生涡流
B．1是磁铁，2中产生涡流
C．该装置的作用是使指针能够转动
D．该装置的作用是使指针能很快地稳定下来
答案 AD
解析 当指针摆动时，1随之转动，2是磁铁，那么在1中产生涡流，2对1的安培力将阻碍1的转动．总之，不管1向哪个方向转动，2对1的效果总是起到阻尼作用，所以它能使指针很快地稳定下来．
3．(涡流的防止)(双选)变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的，而不是采用一整块硅钢，这是为了( )
A．增大涡流，提高变压器的效率
B．减小涡流，提高变压器的效率
C．增大铁芯中的电阻，以产生更多的热量
D．增大铁芯中的电阻，以减小发热量
答案 BD
解析 不使用整块硅钢而是采用很薄的硅钢片，这样做的目的是增大铁芯中的电阻，减少电能转化成铁芯的内能，提高效率，而且是为防止涡流而采取的措施．
题组一 对涡流加热的理解与应用
1．(单选)高频感应炉是用来熔化金属对其进行冶炼的，如图1所示为冶炼金属的高频感应炉的示意图，炉内放入被冶炼的金属，线圈通入高频交变电流，这时被治炼的金属就能被熔化，这种冶炼方法速度快，温度易控制，并能避免有害杂质混入被冶炼的金属中，因此适于冶炼特种金属．那么该炉的加热原理是( )
图1
A．利用线圈中电流产生的焦耳热
B．利用线圈中电流产生的磁场
C．利用交变电流的交变磁场在炉内金属中产生的涡流
D．给线圈通电的同时，给炉内金属也通了电
答案 C
2．(单选)电磁炉利用电磁感应现象产生的涡流，使锅体发热从而加热食物．下列相关的说法中正确的是( )
A．锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关
B．电磁炉中通入电压足够高的直流电也能正常工作
C．金属或环保绝缘材料制成的锅体都可以利用电磁炉来烹饪食物
D．电磁炉的上表面一般都用金属材料制成，以加快热传递减少热损耗
答案 A
解析 锅体中涡流的强弱与磁场变化的频率有关，故A正确；直流电不能产生变化的磁场，在锅体中不能产生感应电流，电磁炉不能使用直流电，故B错误；锅体只能用导体材料，不能使用绝缘材料制作，故C错误；电磁炉产生变化的磁场，导致锅底出现涡流，从而产生热量而不是靠热传递；D错误．
3．(双选)如图2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产生感应电流，感应电流通过焊缝产生大量热，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( )
图2
A．电流变化的频率越高，焊缝处的温度升高的越快
B．电流变化的频率越低，焊缝处的温度升高的越快
C．工件上只有焊缝处温度升的很高是因为焊缝处的电阻小
D．工件上只有焊缝处温度升的很高是因为焊缝处的电阻大
答案 AD
解析 交流电频率越高，则产生的感应电流越强，升温越快，故A项对．工件上各处电流相同，电阻大处产生的热量多，故D项对．
4．(单选)光滑曲面与竖直平面的交线是抛物线，如图3所示，抛物线的方程是y＝x2，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)，一个小金属块从抛物线上y＝b(b＞a)处以初速度v沿抛物线下滑．假设抛物线足够长，金属块沿抛物线下滑后产生的焦耳热总量是 ( )
图3
A．mgb B.mv2
C．mg(b－a) D．mg(b－a)＋mv2
答案 D
解析 金属块进出磁场时，会产生焦耳热，损失机械能而使金属块所能达到的最高位置越来越低，当金属块所能达到的最高位置为y＝a时，金属块不再进出磁场，不再产生焦耳热．金属块的机械能不再损失，而在磁场中做往复运动．
由于金属块减少的动能和重力势能全部转化为内能，所以
Q＝|ΔEp＋ΔEk|＝mg(b－a)＋mv2.
题组二 对涡流制动和涡流探测的理解与应用
5．(双选)磁电式仪表的线圈通常用铝框做骨架，把线圈围绕在铝框上，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，在安培力作用下发生转动，铝框随之转动，并切割磁感线产生感应电流，也就是涡流．涡流阻碍线圈的转动，使线圈偏转后尽快停下来．所以，这样做的目的是利用涡流来起电磁阻尼的作用．
6．(双选)如图4所示，A、B为大小、形状均相同且内壁光滑、但用不同材料制成的圆管，竖直固定在相同高度．两个相同的磁性小球，同时从A、B管上端的管口无初速度释放，穿过A管比穿过B管的小球先落到地面．下面对于两管的描述中可能正确的是( )
图4
A．A管是用塑料制成的，B管是用铜制成的
B．A管是用铝制成的，B管是用胶木制成的
C．A管是用胶木制成的，B管是用塑料制成的
D．A管是用胶木制成的，B管是用铝制成的
答案 AD
7．(单选)如图5所示 ，金属球(铜球)下端有通电的线圈，今把金属球向上拉离平衡位置后释放，此后金属球的运动情况是(不计空气阻力)( )
图5
A．做等幅振动 B．做阻尼振动
C．振幅不断增大 D．无法判定
答案 B
解析 金属球在通电线圈产生的磁场中运动，金属球中产生涡流，故金属球要受到安培力作用，阻碍它的相对运动，做阻尼振动．
8．(单选)如图6所示，使一个铜盘绕其竖直的轴OO′转动，且假设摩擦等阻力不计，转动是匀速的，现把一个蹄形磁铁移近铜盘，则( )
图6
A．铜盘转动将变慢
B．铜盘转动将变快
C．铜盘仍以原来的转速转动
D．铜盘的转动速度是否变化，要根据磁铁的上下两端的极性来决定
答案 A
解析 当一个蹄形磁铁移近铜盘时，铜盘转动切割磁感线，产生感应电流，由楞次定律可知感应电流受的安培力阻碍其相对运动，所以铜盘的转动将变慢，本题也可以从能量守恒的角度去分析，因为铜盘转动切割磁感线，产生感应电流，铜盘的机械能不断转化成电能，铜盘转动会逐渐变慢，故正确选项为A.
9．(双选)如图7所示是用涡流金属探测器探测地下金属物的示意图，下列说法中正确的是( )
图7
A．探测器内的探测线圈会产生交变磁场
B．只有有磁性的金属物才会被探测器探测到
C．探测到地下的金属物是因为探头中产生了涡流
D．探测到地下的金属物是因为金属物中产生了涡流
答案 AD
课件17张PPT。高中物理·选修3-2·粤教版
第一章 电磁感应
学案9 涡流现象及其应用学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结12知道什么是涡流现象，并能够说明其产生的原因. 了解电磁灶和涡流加热. 了解涡流现象的应用——涡流制动和涡流探测． 3学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结电磁感应 法拉第电磁感应 快 大 小 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结交变涡流非接触式局部加热学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结安培力 阻碍 涡流 大小 相位 用薄片叠压 电阻 A一、涡流的理解与应用学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结AC 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结C 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结BD 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结D 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结AD BD 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结再见
