(共33张PPT)
第1课时 实验：探究影响感应
电流方向的因素
必备知识·自主学习
关键能力·合作探究
随堂演练·达标自测
必备知识·自主学习
一、实验目的
1．探究感应电流方向与哪些因素有关．
2．学习利用电流计判断感应电流方向的方法．
二、实验器材
电流计、干电池、开关、保护电阻、导线、螺线管、条形磁铁．
三、实验原理与设计
将磁铁的不同磁极插入、拔出螺线管，观察感应电流方向的变化．通过分析感应电流的方向与磁铁的磁场方向、通过线圈的磁通量的变化之间的关系，探究影响感应电流方向的因素．
四、实验步骤
1．先明确电流计指针的偏转方向与通过电流计的电流方向的关系．
2．安装实验器材：把电流表和线圈连接起来．
3．画出实验草图，记录磁极运动的四种情况．
4．运动方向：分别标出不同情况下磁体的N极、S极的运动方向．
5．感应电流方向：标出各种情况下感应电流的方向．
五、数据收集处理
将电流计与螺线管按图连接好，依次完成以下实验操作，记录观察到的电流计指针偏转情况，填入表中．
(1)把条形磁铁N极插入螺线管，稍作停留，再从螺线管中拔出．
(2)把条形磁铁S极插入螺线管，稍作停留，再从螺线管中拔出．
项目 磁场方向 感应电流方向(俯视) 感应电流的磁场方向 归纳总结
甲
乙
丙
丁
六、实验结论
1．当穿过线圈的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场的方向________．
2．当穿过线圈的磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场的方向________．
相反
相同
七、注意事项
1．确定电流方向与电流表指针偏转方向的关系时，要注意控制电流的大小．
2．电流表选用零刻度在中间的电流表．
电流的方向变化时指针的偏转方向变化
3．电流表指针的偏转与条形磁体相对线圈的运动是同时的，在插入磁体或从线圈中拔出磁体的时候观察电流表指针的偏转情况．
4．磁体插入线圈或者从线圈中拔出时速度要适中，不要太快也不要太慢，太快则指针偏转的时间短，太慢则指针偏转的角度小，都可能会引起观察的现象不明显．
关键能力·合作探究
类型一 教材原型实验
例1 在“探究感应电流的方向与哪些因素有关”的实验中，请完成下列实验步骤：
(1)为弄清灵敏电流表指针偏转方向与电流方向的关系，可以使用一个已知正负极性的直流电源进行探究．某同学想到了多用电表内部某一挡含有直流电源，他应选用多用电表的________ (选填“欧姆”“直流电流”“直流电压”“交流电流”或“交流电压”)挡对灵敏电流表进行测试，由实验可知当电流从正接线柱流入电流表时，指针向右摆动．
解析：只有欧姆表内部有电源．
欧姆
(2)该同学先将多用电表的红表笔接灵敏电流表的正接线柱，再将黑表笔________(选填“短暂”或“持续”)接灵敏电流表的负接线柱，若灵敏电流表的指针向左摆动，说明电流是由电流表的________(选填“正”或“负”)接线柱流入灵敏电流表的．
(3)实验中该同学将磁体某极向下从线圈上方插入线圈时，发现电流表的指针向右偏转，请在图中用箭头画出线圈电流方向并用字母N、S标出磁体的极性．
短暂
负
解析： (2)灵敏电流表量程太小，欧姆表内部电源电压相对偏大，电流超过电流表量程，长时间超量程通电会损坏电流表；多用电表红表笔连接着电源的负极，灵敏电流表的指针向左摆动，说明电流从电流表的负接线柱流入．(3)电流表的指针向右偏转，说明电流从正接线柱进入电流表，感应电流的磁场方向向下，故原磁场方向向上，插入的是S极，如图所示．
【针对训练】
1.如图所示是“研究电磁感应现象”的实验装置：
(1)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，电流计指针将________(选填“向左”“向右”或“不”)偏转；
(2)连好电路，将A线圈插入B线圈后，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是________．
A．插入铁芯
B．拔出A线圈
C．变阻器的滑片向左滑动
D．断开开关S瞬间
向右
BD
解析：(1)已知闭合开关瞬间，A线圈中的磁通量增加，产生的感应电流使灵敏电流计的指针向右偏转，可知磁通量增加时，灵敏电流计的指针向右偏转；当开关闭合后，将A线圈迅速插入B线圈中时，B线圈中的磁通量增加，所以产生的感应电流也应使灵敏电流计的指针向右偏转．(2)要使灵敏电流计的指针向左偏转，根据楞次定律知，磁通量应减小．插入铁芯时，B线圈中的磁通量增加，A错误；拔出A线圈时，B线圈中的磁通量减小，B正确；变阻器的滑片向左滑动时，电流增大，B线圈中的磁通量增大，C错误；断开开关S瞬间，电流减小，B线圈中的磁通量减小，D正确．
(3)G为指针零刻度在中央的灵敏电流计，连接在直流电路中时的偏转情况如图甲所示，即电流从电流计G的左接线柱进时，指针也从中央向左偏．现把它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图乙中的条形磁铁的运动方向是向________(选填“上”或“下”)；图丁中的
条形磁铁下端为________(选填“N”或“S”)极．
下
S
解析：图乙中指针向左偏，可以知道感应电流的方向是顺时针(俯视)，感应电流的磁场方向向下，条形磁铁的磁场方向向上，由楞次定律可知．磁通量增加，条形磁铁向下插入．图丁中可以知道指针向右偏，则感应电流的方向逆时针(俯视)，由安培定则可知，感应电流的磁场方向向上，条形磁铁向上拔出，即磁通量减小，由楞次定律可知，条形磁铁的磁场方向应该向上，所以条形磁铁上端为N极，下端为S极．
类型二 探索创新实验
例2 在研究电磁感应的实验中，实验装置如图所示．线圈C与灵敏电流表构成闭合电路．电源、开关、带有铁芯的线圈A、滑动变阻器构成另一个独立电路．表格中的第三行已经列出了实验操作以及与此操作对应的电流表的表针偏转方向，请以此为参考，把表格填写完整．
实验操作 电流表的表针偏向
1.闭合开关S瞬间 表针向________摆动
2.在开关S闭合的情况下，滑动变阻器的触头向右滑动时 表针向右摆动
3.在开关S闭合的情况下，线圈A远离线圈C时 表针向________摆动
4.在开关S闭合的情况下，将线圈A中的铁芯抽出时 表针向________摆动
左
右
右
解析：由操作2可知，在开关S闭合的情况下，滑动变阻器的触头向右滑动时．电阻变大，电流减小，此时磁通量减小，表针向右摆动；则1.闭合开关S瞬间，磁通量增加，则表针向左摆动；3.在开关S闭合的情况下，线圈A远离线圈C时，磁通量减小，则表针向右摆动；4.在开关S闭合的情况下，将线圈A中的铁芯抽出时，磁通量减小，则表针向右摆动．
【创新角度】
(1)不变目的变装置；
(2)不变装置变目的(电动机)．
【针对训练】
2.如图甲是探究“怎样产生感应电流”的实验装置．ab是一根导体杆，通过导线、开关连接在灵敏电流计的两接线柱上．
(1)本实验中，如果__________________，我们就认为有感应电流产生．
(2)闭合开关后．若导体杆不动，磁铁左右水平运动，电路________(选填“有”或“无”)感应电流．
(3)小李所在实验小组想进一步探究“感应电流的大小跟哪些因素有关”，小李猜想：“可能跟导体杆切割磁感线运动的快慢有关．”请你根据图示的实验装置，帮助小李设计实验来验证她的猜想，你设计的实验做法是：______________________________________________ ______________________________________________________________________________________________________________________．
灵敏电流计的指针偏转
有
电流的大小可以用灵敏电流计的指针偏转的角度测量，角度越大，电流越大．设计的做法是：闭合开关，保持其他条件不变，只改变导体切割磁感线运动的速度，观察灵敏电流计的指针偏转程度．
解析：(1)因为电路中无电源，所以使灵敏电流计的指针偏转时的电流即为感应电流．(2)磁体与导体杆有相对水平运动，就可产生感应电流．
(4)在探究电磁感应现象的实验中，电流表刻度盘上的零刻度线在正中间，当电池的正极接电流表的右接线柱，电池的负极与电流表的左接线柱相碰时，指针向右偏转．如图乙电路所示，将线圈A放在线圈B中，在合上开关S的瞬间，电流表指针应向________偏转；保持开关闭合，将线圈A从线圈B中拔出时，电流表指针应向________偏转．
左
右
解析：在合上开关S的瞬间，线圈A中的电流产生向上的磁场，则线圈B就置于向上并增强的磁场中，为了阻碍磁通量的增大，线圈B中的电流从电流表左端进入电表，所以指针向左偏．保持开关闭合，将线圈A从线圈B中拔出时，线圈B的磁通量减小，为了阻碍磁通量的减小，线圈B中的电流从电流表右端进入电表，所以指针向右偏．
随堂演练·达标自测
1.我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律．以下是实验探究过程的—部分．
(1)如图甲所示，当磁体的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生的感应电流的方向，必须知道：__________________________________．
(2)如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏转．电路稳定后，若向左移动滑片，此过程中电流表指针向________偏转，若将线圈A抽出，此过程中电流表指针向________偏转．(均填“左”或“右”)
电流表指针偏转方向与电流方向间的关系
右
左
解析：(1)如题图甲所示，当磁体的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生的感应电流的方向，必须知道电流表指针偏转方向与电流方向间的关系．(2)如题图乙所示，实验中闭合开关时，穿过线圈B的磁通量增加，电流表指针向右偏；电路稳定后，向左移动滑片，通过线圈A的电流增大，其周围磁场的磁感应强度增大，穿过线圈B的磁通量增大，电流表指针向右偏转；若将线圈A抽出，穿过线圈B的磁通量减小，电流表指针向左偏转．
2．用如图所示器材研究电磁感应现象中产生感应电流的方向．
(1)用笔画线代替导线将实验电路补充完整．
解析：将线圈L2和电流计串联形成一个回路，将开关、滑动变阻器、电源、线圈L1串联成另一个回路，实物图如图所示．
(2)闭合开关，能使感应电流与原电流绕行方向相同的实验操作是________．
A．拔出L1
B．使滑动变阻器接入电路的阻值变小
C．断开开关
(3)某同学闭合开关后，将滑动变阻器的滑片向左滑动时，发现电流计指针向右偏转，则当他将L1向上拔出时，能观察到电流计指针________(填“向右”或“向左”)偏转．
AC
向左
解析： (2)根据楞次定律可知，要使感应电流与原电流的绕行方向相同，则线圈L2中的磁通量应该减小，故拔出线圈L1、使滑动变阻器接入电路的阻值变大、断开开关均可，故B错误，A、C正确．(3)由图可知，将滑动变阻器的滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，通过线圈L1的电流增大，电流产生的磁场增强，穿过线圈L2的磁通量增大，电流计的指针向右偏转，由此可知，穿过线圈L2的磁通量增大时，电流计的指针向右偏，则当穿过线圈L2的磁通量减少时，指针向左偏；因为将L1向上拔出时，穿过线圈L2的磁通量减少，所以电流计指针向左偏转．
3．在“探究电磁感应的产生条件”实验中，实物连线后如图1所示．感应线圈组的内外线圈的绕线方向如图2粗线所示．已知所选G表指针偏转规律为“左进右偏，右进左偏”．
(1)接通电源，闭合开关，G表指针会有大的偏转，几秒后G表指针停在中间不动．将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时，G表指针________(选填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”)；迅速抽出铁芯时，G表指针________(选填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”)．
(2)断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中，把直流输出改为交流输出，其他均不变．接通电源，闭合开关，G表指针________(选填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”)．
左偏
右偏
不停振动
解析：(1)滑动变阻器触头向右滑动时，接入电路的电阻减小，电流增大，内线圈的磁通量向下且增大，根据楞次定律可判断外线圈内的感应电流从A接线柱流入，故G表指针向左偏；抽出铁芯时，磁通量减小，G表指针向右偏．(2)把直流输出改为交流输出后，外线圈中的电流方向不断发生变化．故G表指针不停振动．第1课时 实验：探究影响感应电流方向的因素
必备知识·自主学习——突出基础性 素养夯基
一、实验目的
1．探究感应电流方向与哪些因素有关．
2．学习利用电流计判断感应电流方向的方法．
二、实验器材
电流计、干电池、开关、保护电阻、导线、螺线管、条形磁铁．
三、实验原理与设计
将磁铁的不同磁极插入、拔出螺线管，观察感应电流方向的变化．通过分析感应电流的方向与磁铁的磁场方向、通过线圈的磁通量的变化之间的关系，探究影响感应电流方向的因素．
四、实验步骤
1．先明确电流计指针的偏转方向与通过电流计的电流方向的关系．
2．安装实验器材：把电流表和线圈连接起来．
3．画出实验草图，记录磁极运动的四种情况．
4．运动方向：分别标出不同情况下磁体的N极、S极的运动方向．
5．感应电流方向：标出各种情况下感应电流的方向．
五、数据收集处理
将电流计与螺线管按图连接好，依次完成以下实验操作，记录观察到的电流计指针偏转情况，填入表中．
项目 磁场方向 感应电流方向(俯视) 感应电流的磁场方向 归纳总结
甲
乙
丙
丁
(1)把条形磁铁N极插入螺线管，稍作停留，再从螺线管中拔出．
(2)把条形磁铁S极插入螺线管，稍作停留，再从螺线管中拔出．
六、实验结论
1．当穿过线圈的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场的方向________．
2．当穿过线圈的磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场的方向________．
七、注意事项
1．确定电流方向与电流表指针偏转方向的关系时，要注意控制电流的大小．
2．电流表选用零刻度在中间的电流表．
电流的方向变化时
指针的偏转方向变化
3．电流表指针的偏转与条形磁体相对线圈的运动是同时的，在插入磁体或从线圈中拔出磁体的时候观察电流表指针的偏转情况．
4．磁体插入线圈或者从线圈中拔出时速度要适中，不要太快也不要太慢，太快则指针偏转的时间短，太慢则指针偏转的角度小，都可能会引起观察的现象不明显．
关键能力·合作探究——突出综合性 素养形成
类型一 教材原型实验
例1 在“探究感应电流的方向与哪些因素有关”的实验中，请完成下列实验步骤：
(1)为弄清灵敏电流表指针偏转方向与电流方向的关系，可以使用一个已知正负极性的直流电源进行探究．某同学想到了多用电表内部某一挡含有直流电源，他应选用多用电表的________________(选填“欧姆”“直流电流”“直流电压”“交流电流”或“交流电压”)挡对灵敏电流表进行测试，由实验可知当电流从正接线柱流入电流表时，指针向右摆动．
(2)该同学先将多用电表的红表笔接灵敏电流表的正接线柱，再将黑表笔________(选填“短暂”或“持续”)接灵敏电流表的负接线柱，若灵敏电流表的指针向左摆动，说明电流是由电流表的________(选填“正”或“负”)接线柱流入灵敏电流表的．
(3)实验中该同学将磁体某极向下从线圈上方插入线圈时，发现电流表的指针向右偏转，请在图中用箭头画出线圈电流方向并用字母N、S标出磁体的极性．
[试解]
【针对训练】
1.如图所示是“研究电磁感应现象”的实验装置：
(1)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，那么合上开关后，将A线圈迅速插入B线圈中，电流计指针将________(选填“向左”“向右”或“不”)偏转；
(2)连好电路，将A线圈插入B线圈后，若要使灵敏电流计的指针向左偏转，可采取的操作是________．
A．插入铁芯
B．拔出A线圈
C．变阻器的滑片向左滑动
D．断开开关S瞬间
(3)G为指针零刻度在中央的灵敏电流计，连接在直流电路中时的偏转情况如图甲所示，即电流从电流计G的左接线柱进时，指针也从中央向左偏．现把它与一线圈串联进行电磁感应实验，则图乙中的条形磁铁的运动方向是向________(选填“上”或“下”)；图丁中的
条形磁铁下端为________(选填“N”或“S”)极．
类型二 探索创新实验
例2 在研究电磁感应的实验中，实验装置如图所示．线圈C与灵敏电流表构成闭合电路．电源、开关、带有铁芯的线圈A、滑动变阻器构成另一个独立电路．表格中的第三行已经列出了实验操作以及与此操作对应的电流表的表针偏转方向，请以此为参考，把表格填写完整．
实验操作 电流表的表针偏向
1.闭合开关S瞬间 表针向________摆动
2.在开关S闭合的情况下，滑动变阻器的触头向右滑动时 表针向右摆动
3.在开关S闭合的情况下，线圈A远离线圈C时 表针向________摆动
4.在开关S闭合的情况下，将线圈A中的铁芯抽出时 表针向________摆动
[试解]
【创新角度】
(1)不变目的变装置；
(2)不变装置变目的(电动机)．
【针对训练】
2.如图甲是探究“怎样产生感应电流”的实验装置．ab是一根导体杆，通过导线、开关连接在灵敏电流计的两接线柱上．
(1)本实验中，如果________________，我们就认为有感应电流产生．
(2)闭合开关后．若导体杆不动，磁铁左右水平运动，电路________(选填“有”或“无”)感应电流．
(3)小李所在实验小组想进一步探究“感应电流的大小跟哪些因素有关”，小李猜想：“可能跟导体杆切割磁感线运动的快慢有关．”请你根据图示的实验装置，帮助小李设计实验来验证她的猜想，你设计的实验做法是：__________________________________________________________________．
(4)在探究电磁感应现象的实验中，电流表刻度盘上的零刻度线在正中间，当电池的正极接电流表的右接线柱，电池的负极与电流表的左接线柱相碰时，指针向右偏转．如图乙电路所示，将线圈A放在线圈B中，在合上开关S的瞬间，电流表指针应向________偏转；保持开关闭合，将线圈A从线圈B中拔出时，电流表指针应向________偏转．
随堂演练·达标自测——突出创新性 素养达标
1.我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律．以下是实验探究过程的—部分．
(1)如图甲所示，当磁体的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生的感应电流的方向，必须知道：____________________________．
(2)如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏转．电路稳定后，若向左移动滑片，此过程中电流表指针向________偏转，若将线圈A抽出，此过程中电流表指针向________偏转．(均填“左”或“右”)
2．用如图所示器材研究电磁感应现象中产生感应电流的方向．
(1)用笔画线代替导线将实验电路补充完整．
(2)闭合开关，能使感应电流与原电流绕行方向相同的实验操作是________．
A．拔出L1
B．使滑动变阻器接入电路的阻值变小
C．断开开关
(3)某同学闭合开关后，将滑动变阻器的滑片向左滑动时，发现电流计指针向右偏转，则当他将L1向上拔出时，能观察到电流计指针________(填“向右”或“向左”)偏转．
3．在“探究电磁感应的产生条件”实验中，实物连线后如图1所示．感应线圈组的内外线圈的绕线方向如图2粗线所示．已知所选G表指针偏转规律为“左进右偏，右进左偏”．
(1)接通电源，闭合开关，G表指针会有大的偏转，几秒后G表指针停在中间不动．将滑动变阻器的触头迅速向右滑动时，G表指针________(选填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”)；迅速抽出铁芯时，G表指针________(选填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”)．
(2)断开开关和电源，将铁芯重新插入内线圈中，把直流输出改为交流输出，其他均不变．接通电源，闭合开关，G表指针________(选填“不动”“右偏”“左偏”或“不停振动”)．
第1课时 实验：探究影响感应电流方向的因素
必备知识·自主学习
六、
1．相反
2．相同
关键能力·合作探究
类型一
[例1] 解析：(1)只有欧姆表内部有电源．(2)灵敏电流表量程太小，欧姆表内部电源电压相对偏大，电流超过电流表量程，长时间超量程通电会损坏电流表；多用电表红表笔连接着电源的负极，灵敏电流表的指针向左摆动，说明电流从电流表的负接线柱流入．(3)电流表的指针向右偏转，说明电流从正接线柱进入电流表，感应电流的磁场方向向下，故原磁场方向向上，插入的是S极，如图所示．
答案：(1)欧姆 (2)短暂 负 (3)见解析图
针对训练
1．解析：(1)已知闭合开关瞬间，A线圈中的磁通量增加，产生的感应电流使灵敏电流计的指针向右偏转，可知磁通量增加时，灵敏电流计的指针向右偏转；当开关闭合后，将A线圈迅速插入B线圈中时，B线圈中的磁通量增加，所以产生的感应电流也应使灵敏电流计的指针向右偏转．(2)要使灵敏电流计的指针向左偏转，根据楞次定律知，磁通量应减小．插入铁芯时，B线圈中的磁通量增加，A错误；拔出A线圈时，B线圈中的磁通量减小，B正确；变阻器的滑片向左滑动时，电流增大，B线圈中的磁通量增大，C错误；断开开关S瞬间，电流减小，B线圈中的磁通量减小，D正确．(3)图乙中指针向左偏，可以知道感应电流的方向是顺时针(俯视)，感应电流的磁场方向向下，条形磁铁的磁场方向向上，由楞次定律可知．磁通量增加，条形磁铁向下插入．图丁中可以知道指针向右偏，则感应电流的方向逆时针(俯视)，由安培定则可知，感应电流的磁场方向向上，条形磁铁向上拔出，即磁通量减小，由楞次定律可知，条形磁铁的磁场方向应该向上，所以条形磁铁上端为N极，下端为S极．
答案：(1)向右 (2)BD (3)下 S
类型二
[例2] 解析：由操作2可知，在开关S闭合的情况下，滑动变阻器的触头向右滑动时．电阻变大，电流减小，此时磁通量减小，表针向右摆动；则1.闭合开关S瞬间，磁通量增加，则表针向左摆动；3.在开关S闭合的情况下，线圈A远离线圈C时，磁通量减小，则表针向右摆动；4.在开关S闭合的情况下，将线圈A中的铁芯抽出时，磁通量减小，则表针向右摆动．
答案：1.左 3.右 4.右
针对训练
2．解析：(1)因为电路中无电源，所以使灵敏电流计的指针偏转时的电流即为感应电流．(2)磁体与导体杆有相对水平运动，就可产生感应电流．(3)电流的大小可以用灵敏电流计的指针偏转的角度测量，角度越大，电流越大．设计的做法是：闭合开关，保持其他条件不变，只改变导体切割磁感线运动的速度，观察灵敏电流计的指针偏转程度．(4)在合上开关S的瞬间，线圈A中的电流产生向上的磁场，则线圈B就置于向上并增强的磁场中，为了阻碍磁通量的增大，线圈B中的电流从电流表左端进入电表，所以指针向左偏．保持开关闭合，将线圈A从线圈B中拔出时，线圈B的磁通量减小，为了阻碍磁通量的减小，线圈B中的电流从电流表右端进入电表，所以指针向右偏．
答案：(1)灵敏电流计的指针偏转 (2)有 (3)见解析 (4)左 右
随堂演练·达标自测
1．解析：(1)如题图甲所示，当磁体的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生的感应电流的方向，必须知道电流表指针偏转方向与电流方向间的关系．(2)如题图乙所示，实验中闭合开关时，穿过线圈B的磁通量增加，电流表指针向右偏；电路稳定后，向左移动滑片，通过线圈A的电流增大，其周围磁场的磁感应强度增大，穿过线圈B的磁通量增大，电流表指针向右偏转；若将线圈A抽出，穿过线圈B的磁通量减小，电流表指针向左偏转．
答案：(1)电流表指针偏转方向与电流方向间的关系
(2)右 左
2．解析：(1)将线圈L2和电流计串联形成一个回路，将开关、滑动变阻器、电源、线圈L1串联成另一个回路，实物图如图所示．(2)根据楞次定律可知，要使感应电流与原电流的绕行方向相同，则线圈L2中的磁通量应该减小，故拔出线圈L1、使滑动变阻器接入电路的阻值变大、断开开关均可，故B错误，A、C正确．(3)由图可知，将滑动变阻器的滑片向左滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，通过线圈L1的电流增大，电流产生的磁场增强，穿过线圈L2的磁通量增大，电流计的指针向右偏转，由此可知，穿过线圈L2的磁通量增大时，电流计的指针向右偏，则当穿过线圈L2的磁通量减少时，指针向左偏；因为将L1向上拔出时，穿过线圈L2的磁通量减少，所以电流计指针向左偏转．
答案：(1)如解析图所示 (2)AC (3)向左
3．解析：(1)滑动变阻器触头向右滑动时，接入电路的电阻减小，电流增大，内线圈的磁通量向下且增大，根据楞次定律可判断外线圈内的感应电流从A接线柱流入，故G表指针向左偏；抽出铁芯时，磁通量减小，G表指针向右偏．(2)把直流输出改为交流输出后，外线圈中的电流方向不断发生变化．故G表指针不停振动．
答案：(1)左偏 右偏 (2)不停振动(共44张PPT)
第2课时 楞次定律
必备知识·自主学习
关键能力·合作探究
随堂演练·达标自测
【素养目标】
1.理解楞次定律的内容，能初步应用楞次定律判定感应电流方向，理解楞次定律与能量守恒定律是相符的．(物理观念)
2．理解右手定则内容，学会用右手定则判断感应电流的方向．(科学思维)
3．通过实验教学，感受楞次定律的实验推导过程，逐渐培养自己的观察实验，分析、归纳、总结物理规律的能力．(科学探究)
必备知识·自主学习
一、楞次定律
1．内容
感应电流具有这样的方向，即感应电流的_________总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化． 阻碍不是阻止
阻碍的是“磁通量的变化”
2．适用情况
________电磁感应现象．
磁场
所有
二、右手定则
1．内容
左手判力，右手判电
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________进入，并使拇指指向________的方向，这时四指所指的方向就是________的方向．
2．适用范围
适用于闭合电路部分导体__________产生感应电流的情况．
电路不闭合只有感应电动势
掌心
导线运动
感应电流
切割磁感线
关键能力·合作探究
探究一 楞次定律
【情境探究】
请根据上图中条形磁铁的运动方向及线圈中产生的感应电流的方向，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？
提示：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．
【核心归纳】
对楞次定律的理解
规律方法
“阻碍”不是“阻止”．引起感应电流的磁场仍然变化了，是阻而未止．“阻碍”并不意味着“相反”，当原磁场磁通量减少时，“阻碍”意味着“相同”．
【应用体验】
例1 [2022·广东番禺期中]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，a→d→c→b→a
B．经过Ⅱ时，a→b→c→d→a
C．经过Ⅱ时，无感应电流
D．经过Ⅲ时，a→b→c→d→a
答案：C
解析：经过Ⅰ时，向里的磁通量增加，根据楞次定律知，感应电流磁场方向向外，由安培定则判断感应电流方向为逆时针，A错误；经过Ⅱ时，磁通量不变，则感应电流为0，B错误，C正确；经过Ⅲ时，向里的磁通量减少，根据楞次定律知感应电流的磁场方向向里，由安培定则判断感应电流方向为顺时针，D错误．
【针对训练】
1．某实验小组用如图所示的实验装置来验证楞次定
律．当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电
流计的感应电流方向是( )
A．a→G→b B．先a→G→b，后b→G→a
C．b→G→a D．先b→G→a，后a→G→b
答案：D
解析：条形磁铁在穿入线圈的过程中，磁场方向向下．线圈中向下的磁通量增加，由楞次定律知，线圈中感应电流产生的磁场方向向上，应用右手定则可以判断感应电流的方向为逆时针(俯视)，即b→G→a.同理可以判断：条形磁铁穿出线圈的过程中，向下的磁通量减小，由楞次定律可得线圈中将产生顺时针方向(俯视)的感应电流，即a→G→b.
2．如图甲所示的闭合圆线圈放在匀强磁场中，t＝0时磁感应强度垂直线圈平面向里，磁感应强度随时间变化的关系图像如图乙所示．则在0～2 s内线圈中感应电流的方向为( )
A．逆时针 B．先逆时针后顺时针
C．顺时针 D．先顺时针后逆时针
答案：C
解析：将0～2 s时间段划分为两段：0～1 s内，线圈中磁场的磁感应强度为正，磁感应强度垂直线圈平面向里且磁通量减小，由“增反减同”可知，感应电流产生的磁场垂直线圈平面向里，根据安培定则可知，感应电流的方向为顺时针；1～2 s内，线圈中磁场的磁感应强度为负，磁感应强度垂直线圈平面向外且磁通量增大，由“增反减同”可知，感应电流产生的磁场垂直线圈平面向里，根据安培定则可知，感应电流的方向仍为顺时针，故C正确．
规律方法
应用楞次定律判断感应电流方向四步法
【视野拓展】 应用楞次定律判断导体运动问题的技巧
1.程序法：首先根据楞次定律和安培定则判断出感应电流的方向，然后根据感应电流处原磁场的分布情况，运用左手定则判断出导体所受的安培力方向，最终确定导体的运动情况．
2．楞次定律广泛含义法：感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因．表现为①阻碍导体的相对运动(来拒去留)；②通过改变线圈面积来“反抗”(增缩减扩)．
例2 (多选)如图所示，ef、gh为两水平放置的相互平行的金属导轨，ab、cd为搁在导轨上的两金属棒，与导轨接触良好且无摩擦．当一条形磁体从某一高度自由下落向下靠近导轨时，下列说法正确的是( )
A．磁体的加速度小于g
B．磁体的加速度等于g
C．如果下端是N极，两棒向外运动
D．如果下端是S极，两棒相向靠近
答案：AD
解析：根据楞次定律的推论“阻碍相对运动”可知，磁体下落过程中所受安培力向上，所以磁体的加速度小于g，A正确，B错误；磁体下落过程中穿过闭合回路的磁通量增大，根据楞次定律的推论“增缩减扩”可知，两棒相向靠近，与磁体的下端是N极还是S极无关，C错误，D正确．
例3 如图所示，a和b都是铝环，环a是闭合的，
环b是断开的，两环分别固定在一横梁的两端，
横梁可以绕中间的支点转动．下列判断正确的
是( )
A．用磁铁的N极靠近a环时，a环会转动靠近磁铁
B．用磁铁的N极靠近b环时，b环会转动靠近磁铁
C．用磁铁的N极靠近a环，a环会有逆时针方向的感应电流产生
D．用磁铁的N极靠近b环，b环会有顺时针方向的感应电流产生
答案：C
解析：若环不闭合，则不能产生感应电流，环与磁铁间没有相互作用力．磁铁靠近闭合的环时，由“来拒去留”可知，环会远离磁铁．磁铁靠近a环时，感应电流的磁场方向与磁铁的磁场方向相反．故C正确．
规律方法
楞次定律的应用技巧
充分理解楞次定律的核心在于“结果阻碍原因”，方法共12个字，即“增反减同，来拒去留，(绝对值面积)增缩减扩”．
探究二 右手定则
【情境探究】
如图所示，磁场刚好处于矩形线框CDEF内．当磁场不动，导体棒AB向右运动时，AB中的电流方向向哪？当导体棒和矩形线框固定不动，磁场向右运动时，AB中的电流方向向哪？
提示：导体棒向右运动时，电流从A流向B；导体棒不动时，磁场向右运动，电流从B流向A.
【核心归纳】
1.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(注意等效电源内部感应电流方向由负极指向正极)．
2．楞次定律与右手定则的区别及联系
比较项目 楞次定律 右手定则
区别 研究对象 整个闭合回路 闭合回路的一部分，即做切割磁感线运动的导体
适用范围 各种电磁感应现象 只适用于导体在磁场中做切割磁感线运动的情况
应用 用于磁感应强度B随时间变化而产生的电磁感应现象较方便 用于导体切割磁感线产生的电磁感应现象较方便
联系 右手定则是楞次定律的特例 【应用体验】
例4 如图所示，同一平面内的三条平行导线串有两个电阻R和r，导体棒PQ与三条导线接触良好；匀强磁场的方向垂直纸面向里．导体棒的电阻可忽略．当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是( )
A．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由b到a
B．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到a
C．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由a到b
D．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由a到b
答案：B
解析：方法一 用右手定则直接判定．依据右手定则可判断出导体棒PQ中的电流由P到Q，Q处电势最高，P处电势最低，由P到Q电势依次升高．外电路中的电流方向总是从高电势流向低电势处，因此流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到a，B正确．
方法二 用楞次定律判定．当PQ向左滑动时，穿过回路PQcd的磁通量是向里增加，由楞次定律可知感应电流的磁场方向向外，再由右手定则可知，回路中电流为逆时针方向，通过R的电流由c到d；当PQ向左滑动时，穿过回路aMQb的磁通量是向里减少，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向向里，再由右手定则知，回路中的感应电流为顺时针方向，流过r的电流为由b到a.综上所述，B正确．
【针对训练】
3．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．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，导体ef上的电流由e→f，故环的右侧的电流方向为逆时针，环的左侧的电流方向为顺时针，故D正确．
4．(多选)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.下列关于导体棒MN中感应电流的方向和它所受安培力的方向的说法正确的是( )
A．感应电流的方向是N→M
B．感应电流的方向是M→N
C．安培力水平向左
D．安培力水平向右
答案：AC
解析：以导体棒为研究对象，导体棒所处位置磁场的方向向下，运动方向向右，根据右手定则可知，导体棒中感应电流的方向是N→M，再根据左手定则可知，导体棒所受安培力的方向水平向左，A、C正确．
规律方法
“左手”和“右手”的判断
(1)无论是“安培力”还是“洛伦兹力”，只要是“力”都用左手判断．
(2)“电生磁”或“磁生电”均用右手判断．
探究三 安培定则、左手定则和楞次定律(右手定则)的综合应用
【核心归纳】
三定则、一定律的比较
提醒：右手定则是楞次定律的特殊应用．
基本现象 应用的定则或定律
运动电荷、电流产生磁场 安培定则
磁场对运动电荷、电流有作用力 左手定则
电磁 感应 部分导体做切割磁感线运动 右手定则
闭合回路磁通量变化 楞次定律
例5 [2022·江西南昌期中]如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路，当PQ在外力的作用下运动时，MN由静止向右运动．则PQ所做的运动是( )
A．向右加速运动或向左加速运动
B．向右减速运动或向左减速运动
C．向右减速运动或向左加速运动
D．向右加速运动或向左减速运动
答案：C
解析：根据安培定则可知，MN处于ab产生的垂直纸面向里的磁场中，MN在安培力作用下向右运动，说明MN受到的安培力向右，由左手定则可知电流由M指向N，L1中感应电流的磁场向上，由楞次定律可知，线圈L2中产生的磁场应该是向上减小或向下增加的，再由右手定则可知PQ可能是向右减速运动或向左加速运动，故C正确，A、B、D错误．
【针对训练】
5.[2022·山东菏泽期中](多选)如图所示为某实验小组探究影响感应电流的因素实验装置俯视图，装置置于绝缘水平面上，两线圈绕在同一铁芯上，线圈L1连接电源和开关S.光滑金属杆置于与线圈L2连接的两水平导轨上，其间有竖直向下的匀强磁场，导电性良好．则( )
A．开关S闭合瞬间，通过金属杆的感应电流方向向左
B．开关S闭合后，金属杆匀速靠近线圈L2
C．开关S断开瞬间，通过金属杆的感应电流方向向左
D．开关S断开一段时间后，金属杆减速远离线圈L2
答案：CD
解析：开关S闭合瞬间，穿过线圈L2的磁通量增大，根据右手螺旋定则和楞次定律可知，通过金属杆的感应电流方向向右，A错误；开关S闭合瞬间，金属杆受到安培力，根据左手定则可知，金属杆靠近线圈L2，开关S闭合后，流过线圈L1的电流恒定，穿过线圈L2的磁通量不变，但金属杆运动时切割磁感线，金属杆受到的安培力朝远离线圈L2方向，故金属杆减速靠近线圈L2，B错误；开关S断开瞬间，穿过线圈L2的磁通量减小，根据右手螺旋定则和楞次定律可知，通过金属杆的感应电流方向向左，C正确；开关S断开瞬间，金属杆受到安培力，根据左手定则可知，金属杆远离线圈L2，开关S断开后，流过线圈L1的电流为零，穿过L2的磁通量为零，但金属杆运动时切割磁感线，金属杆受到的安培力指向线圈L2方向，故金属杆减速远离线圈L2，D正确．
随堂演练·达标自测
1.[2022·广东普宁期中]如图所示，有界匀强磁场区域的磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2(右)，则( )
A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a
B．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a
C．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右
D．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左
答案：D
解析：根据楞次定律的推论“增反减同”可知，导线框进入磁场时，感应电流的磁场方向垂直纸面向里，根据安培定则可知，感应电流方向为a→d→c→b→a，同理，当导线框离开磁场时感应电流方向为a→b→c→d→a，故A、B错误；根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，导线框进入和离开磁场时都受到了水平向左的安培力，故C错误，D正确．
2．小伟同学制作了一个手动手电筒，如图是
该手电筒的简单结构示意图，左右两端是两块
完全相同的条形磁体，通过一根绝缘直杆相连，
由绝缘细铜丝绕制的多匝环形线圈只可在直杆
上左右自由滑动，线圈两端接一灯泡，晃动手电筒时线圈也来回滑动，灯泡就会发光，其中O点是两磁极连线的中点，a、b两点是线圈运动经过的两点，且关于O点对称，则下列说法正确的是( )
A．线圈经过O点时，穿过线圈的磁通量最大
B．线圈经过O点时，受到的磁场力最大
C．线圈沿不同方向经过b点时所受的磁场力方向相反
D．线圈沿同一方向经过a、b两点时线圈中的电流方向相同
答案：C
解析：根据条形磁铁两端磁性最强，可知线圈经过O点时，穿过线圈的磁通量最小，故A错误．线圈从a向b运动的过程中磁场向左穿过线圈，磁通量先减小后增加，故线圈在O点时产生的感应电流的方向反向，则线圈在O点时的感应电流为零，线圈不受磁场力，故B错误．线圈沿不同方向经过b点时，由于运动方向不同，导致磁通量变化不同，所以产生的感应电流方向相反，所受的磁场力方向也相反，故C正确．线圈沿同一方向经过a、b两点时，穿过线圈的磁通量变化不同，所以产生的感应电流方向不同，故D错误．
3.如图所示，ab是一个可绕垂直于纸面的O轴转
动的闭合矩形线框，当滑动变阻器R的滑片P自左
向右滑动时，线框ab将( )
A．静止不动
B．逆时针转动
C．顺时针转动
D．发生转动，但因电源极性不明，无法确定转动方向
答案：C
解析：按照正常的思路分析应如下：
假定电源极性确定电磁铁间的磁场方向―→由滑动变阻器滑片的移动方向确定磁场的变化感应电流方向确定线框各边受力情况―→确定线框的转动情况．这样处理可得出答案，但易错．若根据楞次定律的广义“阻碍”作用，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，外电路的总电阻增大，通过电磁铁的电流减小，穿过线框ab的磁通量减小，为了阻碍磁通量减小，只能增大面积，这样便得出ab必做顺时针方向转动的结论，故选C.分析过程并未涉及电源的极性，所以结论与电源的极性无关．
4．(多选)如图所示，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面(纸面)垂直，磁场的上、下边界(虚线)均为水平面．纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均与磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距．若线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能( )
A．始终减小 B．始终不变
C．始终增大 D．先减小后增大
答案：CD
解析：ab边以一定的速度进入磁场，ab边切割磁感线产生感应电流，根据右手定则可知，电流由a→b，根据左手定则可知，ab边受到的安培力竖直向上．线框ab边刚进入磁场时．若线框所受的安培力小于其所受的重力，线框将做加速运动，完全进入磁场后，线框只受重力作用，继续做加速运动；线框ab边刚进入磁场时，若线框所受的安培力大于其所受的重力，线框将做减速运动，完全进入磁场后，线框只受重力作用，做加速运动；线框ab边刚进入磁场时，若线框所受的安培力等于其所受的重力，线框将做匀速运动，完全进入磁场后，线框只受重力作用，做加速运动．综上可知，选项C、D正确．
5．[2021·浙江期中]如图甲所示，金属环a放置在垂直环面向里的匀强磁场中．如图乙所示，环形导线c与导轨、导体棒构成闭合回路，导体棒在匀强磁场中向右运动，金属环b与环形导线c共面共心．
下列说法正确的是( )
A．当图甲中的匀强磁场减弱时，金属环a中产生沿逆时针方向的感应电流，且有收缩的趋势
B．当图甲中的匀强磁场增强时，金属环a中产生沿顺时针方向的电流，且有扩张的趋势
C．当图乙中的导体棒向右减速运动时，金属环b中产生顺时针方向的电流，且有收缩的趋势
D．当图乙中的导体棒向右匀速运动时，金属环b中产生逆时针方向的电流，且有扩张的趋势
答案：C
解析：当题图甲中的匀强磁场减弱时，根据楞次定律可知，金属环a中感应电流的磁场方向垂直环面向里，由右手螺旋定则可知，金属环a中产生沿顺时针方向的感应电流，根据“增缩减扩”可知，金属环a有扩张的趋势，A错误；当题图甲中的匀强磁场增强时，根据楞次定律可知，金属环a中感应电流的磁场方向垂直环面向外，由右手螺旋定则可知，金属环a中产生沿逆时针方向的感应电流，根据“增缩减扩”可知，金属环a有收缩的趋势，B错误；当题图乙中导体棒向右减速运动时，根据右手定则可知，环形导线c中有顺时针方向且减小的感应电流，由右手螺旋定则可知，环形导线c内部产生垂直纸面向里且逐渐减弱的磁场，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向垂直纸面向里，由右手螺旋定则可知，金属环b中产生顺时针方向的感应电流，再根据同向电流相互吸引可知，金属环b有收缩的趋势，C正确；当题图乙中的导体棒向右匀速运动时，根据右手定则可知，导线c中产生顺时针方向且大小恒定的感应电流，产生的磁场也恒定，金属环b中不会产生感应电流，D错误．第2课时 楞次定律
【素养目标】
1.理解楞次定律的内容，能初步应用楞次定律判定感应电流方向，理解楞次定律与能量守恒定律是相符的．(物理观念)
2．理解右手定则内容，学会用右手定则判断感应电流的方向．(科学思维)
3．通过实验教学，感受楞次定律的实验推导过程，逐渐培养自己的观察实验，分析、归纳、总结物理规律的能力．(科学探究)
必备知识·自主学习——突出基础性 素养夯基
一、楞次定律
1．内容
感应电流具有这样的方向，即感应电流的____________总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化． 阻碍不是阻止
阻碍的是“磁通量的变化”
2．适用情况
________电磁感应现象．
二、右手定则
1．内容
左手判力，右手判电
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________进入，并使拇指指向________的方向，这时四指所指的方向就是________的方向．
2．适用范围
电路不闭合只有感应电动势
适用于闭合电路部分导体____________产生感应电流的情况．
关键能力·合作探究——突出综合性 素养形成
探究一 楞次定律
【情境探究】
请根据上图中条形磁铁的运动方向及线圈中产生的感应电流的方向，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？
【核心归纳】
对楞次定律的理解
规律方法
“阻碍”不是“阻止”．引起感应电流的磁场仍然变化了，是阻而未止．“阻碍”并不意味着“相反”，当原磁场磁通量减少时，“阻碍”意味着“相同”．
【应用体验】
例1[2022·广东番禺期中]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，a→d→c→b→a
B．经过Ⅱ时，a→b→c→d→a
C．经过Ⅱ时，无感应电流
D．经过Ⅲ时，a→b→c→d→a
[试解]
【针对训练】
1．某实验小组用如图所示的实验装置来验证楞次定律．当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈时，通过电流计的感应电流方向是( )
A．a→G→b
B．先a→G→b，后b→G→a
C．b→G→a
D．先b→G→a，后a→G→b
2．如图甲所示的闭合圆线圈放在匀强磁场中，t＝0时磁感应强度垂直线圈平面向里，磁感应强度随时间变化的关系图像如图乙所示．则在0～2 s内线圈中感应电流的方向为( )
A．逆时针 B．先逆时针后顺时针
C．顺时针 D．先顺时针后逆时针
规律方法
应用楞次定律判断感应电流方向四步法
【视野拓展】 应用楞次定律判断导体运动问题的技巧
1.程序法：首先根据楞次定律和安培定则判断出感应电流的方向，然后根据感应电流处原磁场的分布情况，运用左手定则判断出导体所受的安培力方向，最终确定导体的运动情况．
2．楞次定律广泛含义法：感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因．表现为①阻碍导体的相对运动(来拒去留)；②通过改变线圈面积来“反抗”(增缩减扩)．
例2 (多选)如图所示，ef、gh为两水平放置的相互平行的金属导轨，ab、cd为搁在导轨上的两金属棒，与导轨接触良好且无摩擦．当一条形磁体从某一高度自由下落向下靠近导轨时，下列说法正确的是( )
A．磁体的加速度小于g
B．磁体的加速度等于g
C．如果下端是N极，两棒向外运动
D．如果下端是S极，两棒相向靠近
[试解]
例3 如图所示，a和b都是铝环，环a是闭合的，环b是断开的，两环分别固定在一横梁的两端，横梁可以绕中间的支点转动．下列判断正确的是( )
A．用磁铁的N极靠近a环时，a环会转动靠近磁铁
B．用磁铁的N极靠近b环时，b环会转动靠近磁铁
C.用磁铁的N极靠近a环，a环会有逆时针方向的感应电流产生
D．用磁铁的N极靠近b环，b环会有顺时针方向的感应电流产生
[试解]
规律方法
楞次定律的应用技巧
充分理解楞次定律的核心在于“结果阻碍原因”，方法共12个字，即“增反减同，来拒去留，(绝对值面积)增缩减扩”．
探究二 右手定则
【情境探究】
如图所示，磁场刚好处于矩形线框CDEF内．当磁场不动，导体棒AB向右运动时，AB中的电流方向向哪？当导体棒和矩形线框固定不动，磁场向右运动时，AB中的电流方向向哪？
【核心归纳】
1.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(注意等效电源内部感应电流方向由负极指向正极)．
2．楞次定律与右手定则的区别及联系
比较项目 楞次定律 右手定则
区别 研究对象 整个闭合回路 闭合回路的一部分，即做切割磁感线运动的导体
适用范围 各种电磁感应现象 只适用于导体在磁场中做切割磁感线运动的情况
应用 用于磁感应强度B随时间变化而产生的电磁感应现象较方便 用于导体切割磁感线产生的电磁感应现象较方便
联系 右手定则是楞次定律的特例
【应用体验】
例4 如图所示，同一平面内的三条平行导线串有两个电阻R和r，导体棒PQ与三条导线接触良好；匀强磁场的方向垂直纸面向里．导体棒的电阻可忽略．当导体棒向左滑动时，下列说法正确的是( )
A．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由b到a
B．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到a
C．流过R的电流为由d到c，流过r的电流为由a到b
D．流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由a到b
[试解]
【针对训练】
3．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．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
4．(多选)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.下列关于导体棒MN中感应电流的方向和它所受安培力的方向的说法正确的是( )
A．感应电流的方向是N→M
B．感应电流的方向是M→N
C．安培力水平向左
D．安培力水平向右
规律方法
“左手”和“右手”的判断
(1)无论是“安培力”还是“洛伦兹力”，只要是“力”都用左手判断．
(2)“电生磁”或“磁生电”均用右手判断．
探究三 安培定则、左手定则和楞次定律(右手定则)的综合应用
【核心归纳】
三定则、一定律的比较
基本现象 应用的定则或定律
运动电荷、电流产生磁场 安培定则
磁场对运动电荷、电流有作用力 左手定则
电磁 感应 部分导体做切割磁感线运动 右手定则
闭合回路磁通量变化 楞次定律
提醒：右手定则是楞次定律的特殊应用．
例5[2022·江西南昌期中]如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路，当PQ在外力的作用下运动时，MN由静止向右运动．则PQ所做的运动是( )
A．向右加速运动或向左加速运动
B．向右减速运动或向左减速运动
C．向右减速运动或向左加速运动
D．向右加速运动或向左减速运动
[试解]
【针对训练】
5.[2022·山东菏泽期中](多选)如图所示为某实验小组探究影响感应电流的因素实验装置俯视图，装置置于绝缘水平面上，两线圈绕在同一铁芯上，线圈L1连接电源和开关S.光滑金属杆置于与线圈L2连接的两水平导轨上，其间有竖直向下的匀强磁场，导电性良好．则( )
A．开关S闭合瞬间，通过金属杆的感应电流方向向左
B．开关S闭合后，金属杆匀速靠近线圈L2
C．开关S断开瞬间，通过金属杆的感应电流方向向左
D．开关S断开一段时间后，金属杆减速远离线圈L2
随堂演练·达标自测——突出创新性 素养达标
1.[2022·广东普宁期中]如图所示，有界匀强磁场区域的磁场方向垂直纸面向外，一个矩形闭合导线框abcd，沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2(右)，则( )
A．导线框进入磁场时，感应电流方向为a→b→c→d→a
B．导线框离开磁场时，感应电流方向为a→d→c→b→a
C．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右
D．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向左
2．小伟同学制作了一个手动手电筒，如图是该手电筒的简单结构示意图，左右两端是两块完全相同的条形磁体，通过一根绝缘直杆相连，由绝缘细铜丝绕制的多匝环形线圈只可在直杆上左右自由滑动，线圈两端接一灯泡，晃动手电筒时线圈也来回滑动，灯泡就会发光，其中O点是两磁极连线的中点，a、b两点是线圈运动经过的两点，且关于O点对称，则下列说法正确的是( )
A．线圈经过O点时，穿过线圈的磁通量最大
B．线圈经过O点时，受到的磁场力最大
C．线圈沿不同方向经过b点时所受的磁场力方向相反
D．线圈沿同一方向经过a、b两点时线圈中的电流方向相同
3.如图所示，ab是一个可绕垂直于纸面的O轴转动的闭合矩形线框，当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动时，线框ab将( )
A．静止不动
B．逆时针转动
C．顺时针转动
D．发生转动，但因电源极性不明，无法确定转动方向
4．(多选)如图所示，空间中存在一匀强磁场区域，磁场方向与竖直面(纸面)垂直，磁场的上、下边界(虚线)均为水平面．纸面内磁场上方有一个正方形导线框abcd，其上、下两边均与磁场边界平行，边长小于磁场上、下边界的间距．若线框自由下落，从ab边进入磁场时开始，直至ab边到达磁场下边界为止，线框下落的速度大小可能( )
A．始终减小 B．始终不变
C．始终增大 D．先减小后增大
5．[2021·浙江期中]如图甲所示，金属环a放置在垂直环面向里的匀强磁场中．如图乙所示，环形导线c与导轨、导体棒构成闭合回路，导体棒在匀强磁场中向右运动，金属环b与环形导线c共面共心．下列说法正确的是( )
A．当图甲中的匀强磁场减弱时，金属环a中产生沿逆时针方向的感应电流，且有收缩的趋势
B．当图甲中的匀强磁场增强时，金属环a中产生沿顺时针方向的电流，且有扩张的趋势
C．当图乙中的导体棒向右减速运动时，金属环b中产生顺时针方向的电流，且有收缩的趋势
D．当图乙中的导体棒向右匀速运动时，金属环b中产生逆时针方向的电流，且有扩张的趋势
第2课时 楞次定律
必备知识·自主学习
一、
1．磁场
2．所有
二、
1．掌心 导线运动 感应电流
2．切割磁感线
关键能力·合作探究
探究一
情境探究
提示：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．
应用体验
[例1] 解析：经过Ⅰ时，向里的磁通量增加，根据楞次定律知，感应电流磁场方向向外，由安培定则判断感应电流方向为逆时针，A错误；经过Ⅱ时，磁通量不变，则感应电流为0，B错误，C正确；经过Ⅲ时，向里的磁通量减少，根据楞次定律知感应电流的磁场方向向里，由安培定则判断感应电流方向为顺时针，D错误．
答案：C
针对训练
1．解析：条形磁铁在穿入线圈的过程中，磁场方向向下．线圈中向下的磁通量增加，由楞次定律知，线圈中感应电流产生的磁场方向向上，应用右手定则可以判断感应电流的方向为逆时针(俯视)，即b→G→a.同理可以判断：条形磁铁穿出线圈的过程中，向下的磁通量减小，由楞次定律可得线圈中将产生顺时针方向(俯视)的感应电流，即a→G→b.
答案：D
2．解析：将0～2 s时间段划分为两段：0～1 s内，线圈中磁场的磁感应强度为正，磁感应强度垂直线圈平面向里且磁通量减小，由“增反减同”可知，感应电流产生的磁场垂直线圈平面向里，根据安培定则可知，感应电流的方向为顺时针；1～2 s内，线圈中磁场的磁感应强度为负，磁感应强度垂直线圈平面向外且磁通量增大，由“增反减同”可知，感应电流产生的磁场垂直线圈平面向里，根据安培定则可知，感应电流的方向仍为顺时针，故C正确．
答案：C
视野拓展
[例2] 解析：根据楞次定律的推论“阻碍相对运动”可知，磁体下落过程中所受安培力向上，所以磁体的加速度小于g，A正确，B错误；磁体下落过程中穿过闭合回路的磁通量增大，根据楞次定律的推论“增缩减扩”可知，两棒相向靠近，与磁体的下端是N极还是S极无关，C错误，D正确．
答案：AD
[例3] 解析：若环不闭合，则不能产生感应电流，环与磁铁间没有相互作用力．磁铁靠近闭合的环时，由“来拒去留”可知，环会远离磁铁．磁铁靠近a环时，感应电流的磁场方向与磁铁的磁场方向相反．故C正确．
答案：C
探究二
情境探究
提示：导体棒向右运动时，电流从A流向B；导体棒不动时，磁场向右运动，电流从B流向A.
应用体验
[例4] 解析：方法一 用右手定则直接判定．依据右手定则可判断出导体棒PQ中的电流由P到Q，Q处电势最高，P处电势最低，由P到Q电势依次升高．外电路中的电流方向总是从高电势流向低电势处，因此流过R的电流为由c到d，流过r的电流为由b到a，B正确．
方法二 用楞次定律判定．当PQ向左滑动时，穿过回路PQcd的磁通量是向里增加，由楞次定律可知感应电流的磁场方向向外，再由右手定则可知，回路中电流为逆时针方向，通过R的电流由c到d；当PQ向左滑动时，穿过回路aMQb的磁通量是向里减少，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向向里，再由右手定则知，回路中的感应电流为顺时针方向，流过r的电流为由b到a.综上所述，B正确．
答案：B
针对训练
3．解析：由右手定则知，导体ef上的电流由e→f，故环的右侧的电流方向为逆时针，环的左侧的电流方向为顺时针，故D正确．
答案：D
4．解析：以导体棒为研究对象，导体棒所处位置磁场的方向向下，运动方向向右，根据右手定则可知，导体棒中感应电流的方向是N→M，再根据左手定则可知，导体棒所受安培力的方向水平向左，A、C正确．
答案：AC
探究三
[例5] 解析：根据安培定则可知，MN处于ab产生的垂直纸面向里的磁场中，MN在安培力作用下向右运动，说明MN受到的安培力向右，由左手定则可知电流由M指向N，L1中感应电流的磁场向上，由楞次定律可知，线圈L2中产生的磁场应该是向上减小或向下增加的，再由右手定则可知PQ可能是向右减速运动或向左加速运动，故C正确，A、B、D错误．
答案：C
针对训练
5．解析：开关S闭合瞬间，穿过线圈L2的磁通量增大，根据右手螺旋定则和楞次定律可知，通过金属杆的感应电流方向向右，A错误；开关S闭合瞬间，金属杆受到安培力，根据左手定则可知，金属杆靠近线圈L2，开关S闭合后，流过线圈L1的电流恒定，穿过线圈L2的磁通量不变，但金属杆运动时切割磁感线，金属杆受到的安培力朝远离线圈L2方向，故金属杆减速靠近线圈L2，B错误；开关S断开瞬间，穿过线圈L2的磁通量减小，根据右手螺旋定则和楞次定律可知，通过金属杆的感应电流方向向左，C正确；开关S断开瞬间，金属杆受到安培力，根据左手定则可知，金属杆远离线圈L2，开关S断开后，流过线圈L1的电流为零，穿过L2的磁通量为零，但金属杆运动时切割磁感线，金属杆受到的安培力指向线圈L2方向，故金属杆减速远离线圈L2，D正确．
答案：CD
随堂演练·达标自测
1．解析：根据楞次定律的推论“增反减同”可知，导线框进入磁场时，感应电流的磁场方向垂直纸面向里，根据安培定则可知，感应电流方向为a→d→c→b→a，同理，当导线框离开磁场时感应电流方向为a→b→c→d→a，故A、B错误；根据楞次定律的推论“来拒去留”可知，导线框进入和离开磁场时都受到了水平向左的安培力，故C错误，D正确．
答案：D
2．解析：根据条形磁铁两端磁性最强，可知线圈经过O点时，穿过线圈的磁通量最小，故A错误．线圈从a向b运动的过程中磁场向左穿过线圈，磁通量先减小后增加，故线圈在O点时产生的感应电流的方向反向，则线圈在O点时的感应电流为零，线圈不受磁场力，故B错误．线圈沿不同方向经过b点时，由于运动方向不同，导致磁通量变化不同，所以产生的感应电流方向相反，所受的磁场力方向也相反，故C正确．线圈沿同一方向经过a、b两点时，穿过线圈的磁通量变化不同，所以产生的感应电流方向不同，故D错误．
答案：C
3．解析：按照正常的思路分析应如下：
假定电源极性确定电磁铁间的磁场方向―→由滑动变阻器滑片的移动方向确定磁场的变化感应电流方向确定线框各边受力情况―→确定线框的转动情况．这样处理可得出答案，但易错．若根据楞次定律的广义“阻碍”作用，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，外电路的总电阻增大，通过电磁铁的电流减小，穿过线框ab的磁通量减小，为了阻碍磁通量减小，只能增大面积，这样便得出ab必做顺时针方向转动的结论，故选C.分析过程并未涉及电源的极性，所以结论与电源的极性无关．
答案：C
4．解析：ab边以一定的速度进入磁场，ab边切割磁感线产生感应电流，根据右手定则可知，电流由a→b，根据左手定则可知，ab边受到的安培力竖直向上．线框ab边刚进入磁场时．若线框所受的安培力小于其所受的重力，线框将做加速运动，完全进入磁场后，线框只受重力作用，继续做加速运动；线框ab边刚进入磁场时，若线框所受的安培力大于其所受的重力，线框将做减速运动，完全进入磁场后，线框只受重力作用，做加速运动；线框ab边刚进入磁场时，若线框所受的安培力等于其所受的重力，线框将做匀速运动，完全进入磁场后，线框只受重力作用，做加速运动．综上可知，选项C、D正确．
答案：CD
5．解析：当题图甲中的匀强磁场减弱时，根据楞次定律可知，金属环a中感应电流的磁场方向垂直环面向里，由右手螺旋定则可知，金属环a中产生沿顺时针方向的感应电流，根据“增缩减扩”可知，金属环a有扩张的趋势，A错误；当题图甲中的匀强磁场增强时，根据楞次定律可知，金属环a中感应电流的磁场方向垂直环面向外，由右手螺旋定则可知，金属环a中产生沿逆时针方向的感应电流，根据“增缩减扩”可知，金属环a有收缩的趋势，B错误；当题图乙中导体棒向右减速运动时，根据右手定则可知，环形导线c中有顺时针方向且减小的感应电流，由右手螺旋定则可知，环形导线c内部产生垂直纸面向里且逐渐减弱的磁场，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向垂直纸面向里，由右手螺旋定则可知，金属环b中产生顺时针方向的感应电流，再根据同向电流相互吸引可知，金属环b有收缩的趋势，C正确；当题图乙中的导体棒向右匀速运动时，根据右手定则可知，导线c中产生顺时针方向且大小恒定的感应电流，产生的磁场也恒定，金属环b中不会产生感应电流，D错误．
答案：C(共45张PPT)
2.法拉第电磁感应定律
必备知识·自主学习
关键能力·合作探究
随堂演练·达标自测
【素养目标】
1.理解感应电动势和法拉第电磁感应定律的内容．(物理观念)
2．通过推导导线切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv sin θ，掌握运用理论知识探究问题的方法．(科学思维)
3．通过实验探究电路中产生的感应电动势与哪些因素有关．(科学探究)
必备知识·自主学习
一、电磁感应定律
1．感应电动势 产生条件：电路的磁通量发生变化
(1)定义：在________现象中产生的电动势．
(2)感应电动势与感应电流的关系产生感应电动势的部分导体相当于电源，闭合导体回路中有感应电动势就有感应电流，若导体回路不闭
两端的电压是路端电压
合，则没有________，但仍有感应电动势．
与电路是否闭合无关
电磁感应
感应电流
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．
变化率与匝数无关
(2)公式：E＝.若闭合电路是一个n匝线圈，公式E＝n，单位：________．
伏特
二、导线切割磁感线时的感应电动势
1．导线垂直于磁场运动，B、l、v两两垂直时，如图所示，E＝________．
Blv
2．导线的运动方向与导线本身垂直，但与磁感线方向夹角为θ时，如图所示，E＝________．
也可分解磁感应强度
Blv sin θ
情 境 思 考
如图所示，开关K均闭合，甲图中电流表指针发生偏转；乙图中的条形磁铁插入线圈时电流计指针偏转，表明回路中有电流．甲图中产生的是恒定电流，乙图中产生的是感应电流，对比甲、乙两图，乙图的电源在哪里？
提示：乙图中的线圈相当于电源．
关键能力·合作探究
探究一 法拉第电磁感应定律
【情境探究】
如图所示，将条形磁铁从同一高度插入线圈的实验中：
(1)快速插入和缓慢插入磁通量的变化量ΔΦ相同吗？指针偏转角度相同吗？
(2)分别用一根磁铁和两根磁铁以同样速度快速插
入，磁通量的变化量ΔΦ相同吗？指针偏转角度相
同吗？
提示：(1)磁通量变化相同，但磁通量变化的快慢不同，快速插入比缓慢插入时指针偏转角度大．(2)用两根磁铁快速插入时磁通量变化量较大，磁通量变化率也较大，指针偏转角度较大．
【核心归纳】
1.Φ、ΔΦ和的比较
比较项目 磁通量Φ 磁通量的变化量ΔΦ
物理意义 某时刻穿过磁场中某个面的磁感线条数 在某一过程中穿过某个面的磁通量的变化量 穿过某个面的磁通量变化的快慢
大小计算 Φ＝BS⊥
注意 当有相反方向磁感线时，应考虑相互抵消 计算时注意磁通量的正负值 在Φ t图像中，可用图线的斜率表示
特别提醒
(1)Φ、ΔΦ、的大小没有直接关系，这一点可与运动学中v、Δv、三者类比．
(2)Φ、ΔΦ、的大小与线圈的匝数n无关．
2.对法拉第电磁感应定律的理解
(1)E＝n一般用来求Δt时间内感应电动势的平均值．其中n为线圈匝数，ΔΦ总是取绝对值．
(2)感应电动势E：其大小取决于穿过电路的磁通量的变化率，而与磁通量Φ的大小、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然的联系，与电路的电阻R无关；感应电流的大小与感应电动势E、回路总电阻R有关．
【应用体验】
例1 [2022·江苏卷]如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0＋kt，B0、k为常量，则图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为( )
A．πkr2 B．πkR2
C．πB0r2 D．πB0R2
答案：A
解析：根据磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0＋kt，可知磁场的变化率为＝＝k，根据法拉第电磁感应定律可知E＝＝＝kπr2，选项A正确．
【针对训练】
1．如图所示，半径为R的n匝线圈套在边长为a的正方形ABCD之外，匀强磁场垂直穿过该正方形．当磁场以的变化率变化时，线圈产生的感应电动势的大小为( )
A．πR2 B．a2
C．nπR2 D．na2
答案：D
解析：由题意可知，线圈中磁场的面积为a2，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势大小E＝n＝na2，D正确．
2．如图甲所示的螺线管，匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2，方向向右穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化．则：
(1)2 s内穿过线圈的磁通量的变化量是多少？
(2)磁通量的变化率为多大？
(3)线圈中感应电动势大小为多少？
解析：(1)磁通量的变化是由磁感应强度的变化引
起的，则Φ1＝B1S，Φ2＝B2S，ΔΦ＝Φ2－Φ1＝ΔBS＝
(6－2)×20×10－4 Wb＝8×10－3 Wb.
(2)磁通量的变化率为＝Wb/s＝4×10－3Wb/s.
(3)感应电动势的大小E＝n＝1 500×4×10－3 V＝6.0 V.
【视野拓展】 电磁感应现象中电荷量的计算
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只与线圈匝数、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．
例2 如图甲所示，垂直纸面向里的匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N＝100，ab边长l1＝1.0 m、bc边长l2＝0.5 m，电阻r＝3 Ω.磁感应强度的大小B随时间的变化规律如图乙所示，求：
(1)线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；
(2)在0～5 s内通过线圈的电荷量q；
(3)在0～5 s内线圈产生的焦耳热Q.
解析：(1)根据法拉第电磁感应定律，则感应电动势E＝N，其中ΔΦ＝S·ΔB，
解得E＝Nl1l2＝3 V，由楞次定律可知感应电流的方向为a→b→c→d→a(或逆时针)．
(2)根据闭合电路欧姆定律，则有感应电流I＝＝ A＝1 A，电荷量q＝It＝1×5 C＝5 C.
(3)根据焦耳定律，在0～5 s内线圈产生的焦耳热，Q＝I2rt＝12×3×5 J＝15 J.
探究二 导体切割磁感线时的电动势
【情境探究】
如图所示，一个半径为r的半圆导线，处在磁感应强度为B的匀强磁场中．
(1)当导线沿OP方向以速度v做匀速运动时，其感
应电动势的大小是多少？
(2)当导线沿MN方向以速度v做匀速运动时，其感
应电动势的大小是多少？
提示：(1)导线的有效长度l＝2r，则感应电动势E＝Blv＝2Brv.
(2)导线的有效长度l′＝r，则感应电动势E＝Bl′v＝Brv.
【核心归纳】
1.公式E＝Blv中l指有效切割长度
(1)图甲中的有效切割长度为：l＝sin θ；
(2)图乙中的有效切割长度为：l＝；
(3)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.
2．转动切割磁感线
导体转动切割磁感线：E＝Bl2ω.如图所示．长为l的金属棒ab，绕b端在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω匀速转动，磁感应强度为B，ab棒所产生的感应电动势大小可用下面两种方法推出．
方法一 棒上各处速率不等，故不能直接用公式E＝Blv求．由v＝ωr可知，棒上各点的线速度跟半径成正比，故可用棒的中点的速度作为平均切割速度代入公式计算．
＝，E＝Bl＝Bl2ω.
方法二 设经过Δt时间，ab棒扫过的扇形面积为ΔS，则ΔS＝lωΔt·l＝l2ωΔt，
磁通量的变化ΔΦ＝BΔS＝Bl2ωΔt.
所以E＝n＝nB＝Bl2ω(n＝1)．
【应用体验】
题型1 导体平动切割磁感线
例3 如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨ab、cd相距l＝0.50 m，b、d间接一定值电阻R＝0.60 Ω，导轨电阻可忽略不计，磁感应强度B＝0.40 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，电阻r＝0.2 Ω的导体棒MN在导轨上且垂直于导轨．导体棒沿导轨滑动过程中始终与导轨接触良好．当MN以v＝4.0 m/s的速度水平向右匀速运动时，求：
(1)MN中感应电动势的大小；
(2)回路中感应电流的大小及流过R的电流方向；
(3)MN两端电压的大小．
解析：(1)根据法拉第电磁感应定律得，MN中感应电动势E＝Blv＝0.8 V.
(2)根据闭合电路欧姆定律得，回路中的感应电流I＝＝1 A，由右手定则可知，流过R的电流方向为b到d.
(3)MN两端电压为路端电压，U＝IR＝0.6 V.
题型2 导体转动切割磁感线
例4 [2022·重庆西南大学期中]如图所示，ab为固定在水平面上的半径为l、圆心为O的金属半圆弧导轨，Oa间用导线连接一电阻M.金属棒一端固定在O点，另一端P绕过O点的轴，在水平面内以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，该过程棒与圆弧良好接触．整个空间分布着竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，已知金属棒由同种材料制成且粗细均匀，棒长为2l、总电阻为2r，电阻M的阻值为r，其余电阻忽略不计．
当棒转到图中所示的位置时，棒与圆弧的接触处记为Q点，则( )
A．通过M的电流方向为O→a
B．通过M的电流大小为
C．O、Q两点间的电压为
D．P、Q两点间的电压为
答案：D
解析：根据右手定则可知，金属棒O端为负极，Q端为正极，则通过M的电流方向为a→O，A错误；金属棒转动产生的感应电动势E＝Bl·，根据欧姆定律有I＝＝，B错误；由于其余电阻忽略不计，则O、Q两点间的电压U＝Ir＝，C错误；金属棒PQ转动产生的感应电动势E′＝Bl·＝，由于PQ没有连接闭合回路，则P、Q两点间电压为金属棒PQ转动产生的感应电动势，D正确．
【针对训练】
3．如图所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)( )
A．由c到d，l＝ B．由d到c，I＝
C．由c到d，I＝ D．由d到c，I＝
答案：D
解析：金属圆盘在匀强磁场中匀速转动，可以等效为无数根长为r的导体棒绕O点做匀速圆周运动，其产生的感应电动势大小为E＝Br2ω，由右手定则可知感应电流方向由圆盘边沿指向圆心，故通过电阻R的电流大小I＝，方向由d到c，D正确．
4.如图所示，一足够长的金属框架MON平面与匀强
磁场B垂直，导体棒ab能紧贴金属框架运动，且始终
与导轨ON垂直．当导体棒ab从O点开始匀速向右平
动时，速度为v0，试求bOc回路中某时刻的感应电动
势随时间变化的函数关系式．
解析：设导体棒ab从O点出发时开始计时，经过时间t，导体棒ab匀速运动的距离为x，则有x＝v0t.
在△bOc中，tan 30°＝，则＝v0t
在回路bOc中，导体棒切割磁感线产生的感应电动势为
E＝Bv0＝
【视野拓展】 电磁感应定律与科技的发展
例5 如图所示，假设“天宫一号”正以速度v＝7.7 km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直，M、N间的距离L＝20 m，地磁场的磁感应强度垂直于v、MN所在平面的分量B＝1.0×10－5 T，将太阳帆板视为导体．
(1)求M、N间感应电动势的大小E；
(2)在太阳帆板上将一只“1.5 V 0.3 W”的小
灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太阳帆
板和导线的电阻．试判断小灯泡能否发光，并
说明理由．
解析：(1)根据法拉第电磁感应定律E＝BLv，代入数据得E＝1.54 V.
(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流．
例6 一种可测速的跑步机的测速原理如图所示．该机底面固定有间距为L、宽度为d的平行金属电极．电极间充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，左侧接有电压表和电阻R.绝缘橡胶带上每隔距离d就嵌入一个电阻为r的平行细金属条，跑步过程中，绝缘橡胶带跟随脚步一起运动，金属条和电极之间接触良好且任意时刻仅有一根金属条处于磁场中．现在测出t时间内电压表读数恒为U，设人与跑步机间无相对滑动．
(1)判断电阻R中的电流方向；
(2)人跑步过程中，是否匀速？给出
判断的理由；
(3)求t时间内人的平均跑步速度．
解析：(1)由题意且根据右手定则可知，电阻R中的电流方向向下．
(2)(3)金属条做切割磁感线运动产生的感应电动势大小为E＝BLv，回路中的电流大小为I＝，
电压表的示数为U＝IR，解得v＝U，
由于电压表示数恒定，所以金属条的运动速度也恒定，说明该人跑步过程中是匀速的．
人的平均跑步速度等于金属条的运动速度，为v＝U.
随堂演练·达标自测
1．在如图所示的几种情况中，金属导体中产生的感应电动势为BLv的是(图乙中竖直部分导体和水平部导体的长度均为L，图丁中虚线长度为L)( )
A．乙和丁 B．甲、乙、丁
C．甲、乙、丙、丁 D．只有乙
答案：B
解析：题图甲中B、L和v三者互相垂直，金属导体中产生的感应电动势为BLv；题图乙中导体切割磁感线的有效长度为L，金属导体中产生的感应电动势为BLv；题图丙中L和v不垂直，金属导体中产生的感应电动势不是BLv；题图丁中导体切割磁感线的有效长度为L，金属导体中产生的感应电动势为BLv.B正确．
2.中国歼-10战斗机在广场上方沿水平方向自西
向东飞行．该飞机翼展10 m，表演地点位于北半
球，该处磁场的竖直分量为5.0×10－5 T，该机飞
行时速度约为300 m/s，下列说法正确的是( )
A．该机两翼尖端电势差大小约为0.15 V
B．该机两翼尖端无电势差
C．右端机翼电势较高
D．若飞机转向为自东向西飞行，机翼右端电势较高
答案：A
解析：该机两翼尖端电势差大小约为U＝Blv＝0.15 V，故A正确；北半球的地磁场方向斜向下，在竖直方向的分量向下，根据右手定则可得，无论飞机沿水平方向自西向东飞行或是自东向西飞行，相对于飞行员来说机翼的左端电势高，故B、C、D错误．
3．[2022·广东广州高二检测]如图甲为某中学物理兴趣小组为研究无线充电技术，动手制作的一个“特斯拉线圈”．其原理图如图乙所示，线圈匝数为n，面积为S，若在t时间内，匀强磁场平行于线圈轴线穿过线圈，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的电势差的大小( )
A．恒为
B．恒为
C．从0均匀变化到
D．从0均匀变化到
答案：B
解析：穿过线圈的磁感应强度均匀增加，产生恒定的电动势，由法拉第电磁感应定律得E＝n＝nS＝，故B正确．
4.(多选)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场．金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好．初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上．若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有( )
A．杆OP产生的感应电动势恒定
B．杆OP受到的安培力不变
C．杆MN做匀加速直线运动
D．杆MN中的电流逐渐减小
答案：AD
解析：杆OP产生的感应电动势E＝BL2ω，保持恒定，选项A正确；杆OP开始转动后，回路中始终有电流，则杆MN受到安培力作用而做加速运动，导致回路中磁通量变化变慢，则总感应电动势变小，杆MN和OP中的电流变小，杆OP、MN受到的安培力也变小，杆MN的加速度变小，做加速度减小的加速直线运动，选项B、C错误，D正确．
5.[2022·全国乙卷]如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l＝0.40 m的正方形金属框的一个顶点上．金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场．已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5.0×10－3 Ω/m；在t＝0到t＝3.0 s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)＝0.3－0.1t(SI)．求：
(1)t＝2.0 s时金属框所受安培力的大小；
(2)在t＝0到t＝2.0 s时间内金属框产生的焦耳热．
解析：(1)对正方形金属框分析
由法拉第电磁感应定律得E＝＝＝
由B(t)＝0.3－0.1t(SI)，知＝0.1 T/s
I＝，其中R＝4lλ
当t＝2.0 s时，B＝0.3－0.1×2.0(T)＝0.1 T
金属框所受安培力大小F＝BIl′，其中l′＝l
代入数据解得F≈0.057 N
(2)根据焦耳定律有Q＝I2Rt
R＝4λl＝8×10－3 Ω
0～2.0 s内电流恒定，I＝＝1 A
代入数据解得Q＝0.016 J2.法拉第电磁感应定律
【素养目标】
1.理解感应电动势和法拉第电磁感应定律的内容．(物理观念)
2．通过推导导线切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv sin θ，掌握运用理论知识探究问题的方法．(科学思维)
3．通过实验探究电路中产生的感应电动势与哪些因素有关．(科学探究)
必备知识·自主学习——突出基础性 素养夯基
一、电磁感应定律
1．感应电动势产生条件：电路的磁通量发生变化
(1)定义：在________现象中产生的电动势．
两端的电压是路端电压
(2)感应电动势与感应电流的关系产生感应电动势的部分导体相当于电源，闭合导体回路中有感应电动势就有感应电流，若导体回路不闭合，则没有________，但仍有感应电动势．
与电路是否闭合无关
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． 变化率与匝数无关
(2)公式：E＝.若闭合电路是一个n匝线圈，公式E＝n，单位：________．
二、导线切割磁感线时的感应电动势
1．导线垂直于磁场运动，B、l、v两两垂直时，如图所示，E＝________．
2．导线的运动方向与导线本身垂直，但与磁感线方向夹角为θ时，如图所示，E＝________．
也可分解磁感应强度
情 境 思 考
如图所示，开关K均闭合，甲图中电流表指针发生偏转；乙图中的条形磁铁插入线圈时电流计指针偏转，表明回路中有电流．甲图中产生的是恒定电流，乙图中产生的是感应电流，对比甲、乙两图，乙图的电源在哪里？
关键能力·合作探究——突出综合性 素养形成
探究一 法拉第电磁感应定律
【情境探究】
如图所示，将条形磁铁从同一高度插入线圈的实验中：
(1)快速插入和缓慢插入磁通量的变化量ΔΦ相同吗？指针偏转角度相同吗？
(2)分别用一根磁铁和两根磁铁以同样速度快速插入，磁通量的变化量ΔΦ相同吗？指针偏转角度相同吗？
【核心归纳】
1.Φ、ΔΦ和的比较
比较项目 磁通量Φ 磁通量的变化量ΔΦ 磁通量的变化率
物理意义 某时刻穿过磁场中某个面的磁感线条数 在某一过程中穿过某个面的磁通量的变化量 穿过某个面的磁通量变化的快慢
大小计算 Φ＝BS⊥ ΔΦ＝ ＝
注意 当有相反方向磁感线时，应考虑相互抵消 计算时注意磁通量的正负值 在Φ t图像中，可用图线的斜率表示
特别提醒
(1)Φ、ΔΦ、的大小没有直接关系，这一点可与运动学中v、Δv、三者类比．
(2)Φ、ΔΦ、的大小与线圈的匝数n无关．
2.对法拉第电磁感应定律的理解
(1)E＝n一般用来求Δt时间内感应电动势的平均值．其中n为线圈匝数，ΔΦ总是取绝对值．
(2)感应电动势E：其大小取决于穿过电路的磁通量的变化率，而与磁通量Φ的大小、磁通量的变化量ΔΦ的大小没有必然的联系，与电路的电阻R无关；感应电流的大小与感应电动势E、回路总电阻R有关．
【应用体验】
例1[2022·江苏卷]如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0＋kt，B0、k为常量，则图中半径为R的单匝圆形线圈中产生的感应电动势大小为( )
A．πkr2 B．πkR2
C．πB0r2 D．πB0R2
[试解]
【针对训练】
1．如图所示，半径为R的n匝线圈套在边长为a的正方形ABCD之外，匀强磁场垂直穿过该正方形．当磁场以的变化率变化时，线圈产生的感应电动势的大小为( )
A．πR2 B．a2
C．nπR2 D．na2
2．如图甲所示的螺线管，匝数n＝1 500匝，横截面积S＝20 cm2，方向向右穿过螺线管的匀强磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化．则：
(1)2 s内穿过线圈的磁通量的变化量是多少？
(2)磁通量的变化率为多大？
(3)线圈中感应电动势大小为多少？
【视野拓展】 电磁感应现象中电荷量的计算
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只与线圈匝数、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．
例2 如图甲所示，垂直纸面向里的匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直．已知线圈的匝数N＝100，ab边长l1＝1.0 m、bc边长l2＝0.5 m，电阻r＝3 Ω.磁感应强度的大小B随时间的变化规律如图乙所示，求：
(1)线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；
(2)在0～5 s内通过线圈的电荷量q；
(3)在0～5 s内线圈产生的焦耳热Q.
[试解]
探究二 导体切割磁感线时的电动势
【情境探究】
如图所示，一个半径为r的半圆导线，处在磁感应强度为B的匀强磁场中．
(1)当导线沿OP方向以速度v做匀速运动时，其感应电动势的大小是多少？
(2)当导线沿MN方向以速度v做匀速运动时，其感应电动势的大小是多少？
【核心归纳】
1.公式E＝Blv中l指有效切割长度
(1)图甲中的有效切割长度为：l＝sinθ；
(2)图乙中的有效切割长度为：l＝；
(3)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.
2．转动切割磁感线
导体转动切割磁感线：E＝Bl2ω.如图所示．长为l的金属棒ab，绕b端在垂直于匀强磁场的平面内以角速度ω匀速转动，磁感应强度为B，ab棒所产生的感应电动势大小可用下面两种方法推出．
方法一 棒上各处速率不等，故不能直接用公式E＝Blv求．由v＝ωr可知，棒上各点的线速度跟半径成正比，故可用棒的中点的速度作为平均切割速度代入公式计算．
＝，E＝Bl＝Bl2ω.
方法二 设经过Δt时间，ab棒扫过的扇形面积为ΔS，则ΔS＝lωΔt·l＝l2ωΔt，
磁通量的变化ΔΦ＝BΔS＝Bl2ωΔt.
所以E＝n＝nB＝Bl2ω(n＝1)．
【应用体验】
题型1 导体平动切割磁感线
例3 如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨ab、cd相距l＝0.50 m，b、d间接一定值电阻R＝0.60 Ω，导轨电阻可忽略不计，磁感应强度B＝0.40 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面向下，电阻r＝0.2 Ω的导体棒MN在导轨上且垂直于导轨．导体棒沿导轨滑动过程中始终与导轨接触良好．当MN以v＝4.0 m/s的速度水平向右匀速运动时，求：
(1)MN中感应电动势的大小；
(2)回路中感应电流的大小及流过R的电流方向；
(3)MN两端电压的大小．
[试解]
题型2 导体转动切割磁感线
例4[2022·重庆西南大学期中]如图所示，ab为固定在水平面上的半径为l、圆心为O的金属半圆弧导轨，Oa间用导线连接一电阻M.金属棒一端固定在O点，另一端P绕过O点的轴，在水平面内以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，该过程棒与圆弧良好接触．整个空间分布着竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，已知金属棒由同种材料制成且粗细均匀，棒长为2l、总电阻为2r，电阻M的阻值为r，其余电阻忽略不计．当棒转到图中所示的位置时，棒与圆弧的接触处记为Q点，则( )
A．通过M的电流方向为O→a
B．通过M的电流大小为
C．O、Q两点间的电压为
D．P、Q两点间的电压为
[试解]
【针对训练】
3．如图所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是(金属圆盘的电阻不计)( )
A．由c到d，l＝ B．由d到c，I＝
C．由c到d，I＝ D．由d到c，I＝
4.如图所示，一足够长的金属框架MON平面与匀强磁场B垂直，导体棒ab能紧贴金属框架运动，且始终与导轨ON垂直．当导体棒ab从O点开始匀速向右平动时，速度为v0，试求bOc回路中某时刻的感应电动势随时间变化的函数关系式．
【视野拓展】 电磁感应定律与科技的发展
例5 如图所示，假设“天宫一号”正以速度v＝7.7 km/s绕地球做匀速圆周运动，运动方向与太阳帆板两端M、N的连线垂直，M、N间的距离L＝20 m，地磁场的磁感应强度垂直于v、MN所在平面的分量B＝1.0×10－5T，将太阳帆板视为导体．
(1)求M、N间感应电动势的大小E；
(2)在太阳帆板上将一只“1.5 V 0.3 W”的小灯泡与M、N相连构成闭合电路，不计太阳帆板和导线的电阻．试判断小灯泡能否发光，并说明理由．
[试解]
例6 一种可测速的跑步机的测速原理如图所示．该机底面固定有间距为L、宽度为d的平行金属电极．电极间充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，左侧接有电压表和电阻R.绝缘橡胶带上每隔距离d就嵌入一个电阻为r的平行细金属条，跑步过程中，绝缘橡胶带跟随脚步一起运动，金属条和电极之间接触良好且任意时刻仅有一根金属条处于磁场中．现在测出t时间内电压表读数恒为U，设人与跑步机间无相对滑动．
(1)判断电阻R中的电流方向；
(2)人跑步过程中，是否匀速？给出判断的理由；
(3)求t时间内人的平均跑步速度．
[试解]
随堂演练·达标自测——突出创新性 素养达标
1．在如图所示的几种情况中，金属导体中产生的感应电动势为BLv的是(图乙中竖直部分导体和水平部导体的长度均为L，图丁中虚线长度为L)( )
A．乙和丁 B．甲、乙、丁
C．甲、乙、丙、丁 D．只有乙
2.中国歼 10战斗机在广场上方沿水平方向自西向东飞行．该飞机翼展10 m，表演地点位于北半球，该处磁场的竖直分量为5.0×10－5T，该机飞行时速度约为300 m/s，下列说法正确的是( )
A．该机两翼尖端电势差大小约为0.15 V
B．该机两翼尖端无电势差
C．右端机翼电势较高
D．若飞机转向为自东向西飞行，机翼右端电势较高
3．[2022·广东广州高二检测]如图甲为某中学物理兴趣小组为研究无线充电技术，动手制作的一个“特斯拉线圈”．其原理图如图乙所示，线圈匝数为n，面积为S，若在t时间内，匀强磁场平行于线圈轴线穿过线圈，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的电势差的大小( )
A．恒为
B．恒为
C．从0均匀变化到
D．从0均匀变化到
4.(多选)如图所示，水平放置足够长光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨，圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场．金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好．初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上．若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有( )
A．杆OP产生的感应电动势恒定
B．杆OP受到的安培力不变
C．杆MN做匀加速直线运动
D．杆MN中的电流逐渐减小
5.[2022·全国乙卷]如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l＝0.40 m的正方形金属框的一个顶点上．金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场．已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5.0×10－3Ω/m；在t＝0到t＝3.0 s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B(t)＝0.3－0.1t(SI)．求：
(1)t＝2.0 s时金属框所受安培力的大小；
(2)在t＝0到t＝2.0 s时间内金属框产生的焦耳热．
2．法拉第电磁感应定律
必备知识·自主学习
一、
1．(1)电磁感应 (2)感应电流
2．(2)伏特
二、
1．Blv
2．Blv sin θ
情境思考
提示：乙图中的线圈相当于电源．
关键能力·合作探究
探究一
情境探究
提示：(1)磁通量变化相同，但磁通量变化的快慢不同，快速插入比缓慢插入时指针偏转角度大．(2)用两根磁铁快速插入时磁通量变化量较大，磁通量变化率也较大，指针偏转角度较大．
应用体验
[例1] 解析：根据磁感应强度B随时间t的变化关系为B＝B0＋kt，可知磁场的变化率为＝＝k，根据法拉第电磁感应定律可知E＝＝＝kπr2，选项A正确．
答案：A
针对训练
1．解析：由题意可知，线圈中磁场的面积为a2，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中产生的感应电动势大小E＝n＝na2，D正确．
答案：D
2．解析：(1)磁通量的变化是由磁感应强度的变化引起的，则Φ1＝B1S，Φ2＝B2S，ΔΦ＝Φ2－Φ1＝ΔBS＝(6－2)×20×10－4 Wb＝8×10－3 Wb.
(2)磁通量的变化率为＝Wb/s＝4×10－3Wb/s.
(3)感应电动势的大小E＝n＝1 500×4×10－3 V＝6.0 V.
答案：(1)8×10－3 Wb (2)4×10－3 Wb/s (3)6.0 V
视野拓展
[例2] 解析：(1)根据法拉第电磁感应定律，则感应电动势E＝N，其中ΔΦ＝S·ΔB，
解得E＝Nl1l2＝3 V，由楞次定律可知感应电流的方向为a→b→c→d→a(或逆时针)．
(2)根据闭合电路欧姆定律，则有感应电流I＝＝ A＝1 A，电荷量q＝It＝1×5 C＝5 C.
(3)根据焦耳定律，在0～5 s内线圈产生的焦耳热，
Q＝I2rt＝12×3×5 J＝15 J.
答案：(1)3 V 逆时针 (2)5 C (3)15 J
探究二
情境探究
提示：(1)导线的有效长度l＝2r，则感应电动势E＝Blv＝2Brv.
(2)导线的有效长度l′＝r，则感应电动势E＝Bl′v＝Brv.
应用体验
[例3] 解析：(1)根据法拉第电磁感应定律得，MN中感应电动势E＝Blv＝0.8 V.
(2)根据闭合电路欧姆定律得，回路中的感应电流I＝＝1 A，由右手定则可知，流过R的电流方向为b到d.
(3)MN两端电压为路端电压，U＝IR＝0.6 V.
答案：(1)0.8 V (2)1 A 由b到d (3)0.6 V
[例4] 解析：根据右手定则可知，金属棒O端为负极，Q端为正极，则通过M的电流方向为a→O，A错误；金属棒转动产生的感应电动势E＝Bl·，根据欧姆定律有I＝＝，B错误；由于其余电阻忽略不计，则O、Q两点间的电压U＝Ir＝，C错误；金属棒PQ转动产生的感应电动势E′＝Bl·＝，由于PQ没有连接闭合回路，则P、Q两点间电压为金属棒PQ转动产生的感应电动势，D正确．
答案：D
针对训练
3．解析：金属圆盘在匀强磁场中匀速转动，可以等效为无数根长为r的导体棒绕O点做匀速圆周运动，其产生的感应电动势大小为E＝Br2ω，由右手定则可知感应电流方向由圆盘边沿指向圆心，故通过电阻R的电流大小I＝，方向由d到c，D正确．
答案：D
4．解析：设导体棒ab从O点出发时开始计时，经过时间t，导体棒ab匀速运动的距离为x，则有x＝v0t.
在△bOc中，tan 30°＝，则＝v0t
在回路bOc中，导体棒切割磁感线产生的感应电动势为
E＝Bv0＝
t
视野拓展
[例5] 解析：(1)根据法拉第电磁感应定律E＝BLv，代入数据得E＝1.54 V.
(2)不能，因为穿过闭合回路的磁通量不变，不产生感应电流．
答案：(1)1.54 V (2)见解析
[例6] 解析：(1)由题意且根据右手定则可知，电阻R中的电流方向向下．
(2)(3)金属条做切割磁感线运动产生的感应电动势大小为E＝BLv，回路中的电流大小为I＝，
电压表的示数为U＝IR，解得v＝U，
由于电压表示数恒定，所以金属条的运动速度也恒定，说明该人跑步过程中是匀速的．
人的平均跑步速度等于金属条的运动速度，为v＝U.
答案：(1)向下 (2)见解析 (3)U
随堂演练·达标自测
1．解析：题图甲中B、L和v三者互相垂直，金属导体中产生的感应电动势为BLv；题图乙中导体切割磁感线的有效长度为L，金属导体中产生的感应电动势为BLv；题图丙中L和v不垂直，金属导体中产生的感应电动势不是BLv；题图丁中导体切割磁感线的有效长度为L，金属导体中产生的感应电动势为BLv.B正确．
答案：B
2．解析：该机两翼尖端电势差大小约为U＝Blv＝0.15 V，故A正确；北半球的地磁场方向斜向下，在竖直方向的分量向下，根据右手定则可得，无论飞机沿水平方向自西向东飞行或是自东向西飞行，相对于飞行员来说机翼的左端电势高，故B、C、D错误．
答案：A
3．解析：穿过线圈的磁感应强度均匀增加，产生恒定的电动势，由法拉第电磁感应定律得E＝n＝nS＝，故B正确．
答案：B
4．解析：杆OP产生的感应电动势E＝BL2ω，保持恒定，选项A正确；杆OP开始转动后，回路中始终有电流，则杆MN受到安培力作用而做加速运动，导致回路中磁通量变化变慢，则总感应电动势变小，杆MN和OP中的电流变小，杆OP、MN受到的安培力也变小，杆MN的加速度变小，做加速度减小的加速直线运动，选项B、C错误，D正确．
答案：AD
5．解析：(1)对正方形金属框分析
由法拉第电磁感应定律得E＝＝＝
由B(t)＝0.3－0.1t(SI)，知＝0.1 T/s
I＝，其中R＝4lλ
当t＝2.0 s时，B＝0.3－0.1×2.0(T)＝0.1 T
金属框所受安培力大小F＝BIl′，其中l′＝l
代入数据解得F≈0.057 N
(2)根据焦耳定律有Q＝I2Rt
R＝4λl＝8×10－3 Ω
0～2.0 s内电流恒定，I＝＝1 A
代入数据解得Q＝0.016 J
答案：(1)0.057 N (2)0.016 J(共43张PPT)
3.涡流、电磁阻尼和电磁驱动
必备知识·自主学习
关键能力·合作探究
随堂演练·达标自测
【素养目标】
1.了解涡流、电磁阻尼和电磁驱动．(物理观念)
2．通过实验了解涡流现象、观察电磁阻尼和电磁驱动．(科学探究)
3．会判断感生电动势的方向，并会计算它的大小．(科学思维)
必备知识·自主学习
一、电磁感应现象中的感生电场
一个闭合回路静止于磁场中，由于磁场强弱的变化，闭合电路内将会产生感应电动势．
1．感生电场：磁场________时会在空间激发一种电场，我们把它叫作感生电场．
与空间是否存在闭合回路无关
2．感生电动势：由________产生的感应电动势．
3．感生电场的方向：与所产生的感应电流的方向相同，可根据________和________判断．
变化
感生电场
楞次定律
安培定则
二、涡流
1．涡流：由于电磁感应，在导体中产生的像水中漩涡样的________电流．
2．特点：若金属电阻率很小，则涡流往往________，产生的热量________．
3．应用：
(1)热效应：__________、________．
(2)磁效应：________，________．
4．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．
(1)途径一：增大铁芯材料的________．
(2)途径二：用互相绝缘的________叠成的铁芯代替整块硅钢铁芯．
感应
很强
很多
真空冶炼炉
电磁炉
探雷器
安检门
电阻率
硅钢片
三、电磁阻尼和电磁驱动
1．电磁阻尼
(1)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到__________，安培力总是阻碍导体的运动，这种现象称为电磁阻尼．
安培力是阻力
(2)应用：磁电式电流表中利用________使指针迅速停止到某位置，便于读数．
安培力
电磁阻尼
2．电磁驱动
(1)电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生________，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，这种作用常常称为电磁驱动．
安培力是动力
(2)应用：交流感应电动机．
感应电流
走 进 生 活
在电磁炉的炉盘下有一个线圈．电磁炉工作时，它的盘面并不发热，在炉盘上面放置铁锅，铁锅会发热．你知道这是为什么吗？
提示：铁锅中产生了感应电流使铁锅发热．
关键能力·合作探究
探究一 电磁感应现象中的感生电场
【情境探究】
如图，一个闭合电路静止于磁场中，由于磁场强弱的变化，闭合电路内产生了感生电动势，你知道原理吗？
提示：导体中的自由电荷在感生电场作用下做定向运动，产生感应电流，也就是说闭合电路内产生了感生电动势．
【核心归纳】
1.产生：如图所示，当磁场变化时，产生感生电场．感生电场的电场线是与磁场垂直的曲线．
2．方向：闭合环形回路(可假定存在)的电流方向就表示感生电场的电场方向．依据实际存在的或假定存在的回路结合楞次定律判定感生电场的方向．
要点笔记
感生电场力虽然是电场力但不是静电力．它是一种非静电力．
【应用体验】
例1 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，如图甲．电子感应加速器主要有上、下电磁铁磁极和环形真空盒组成．当电磁铁绕组通以变化的电流时，产生变化的磁场，穿过真空盒所包围的区域内的磁通量也随时间变化，这时真空盒空间内就产生感应涡旋电场，电子将在涡旋电场作用下加速．如图乙所示(上图为侧视图、下图为真空盒的俯视图)，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，这时真空盒空间内产生顺时针方向的感生电场，电子沿逆时针运动，电子将加速，选项A正确，选项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，选项D错误．
【针对训练】
1.(多选)下列说法正确的是( )
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，故A、C正确，B、D错误．
2.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，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E＝n＝n·S＝n·πr2·k＝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，故选项D正确．
探究二 涡流
【情境探究】
高考考场用的金属探测器是一根长的黑色扁
棒，使用时监考教师手持探测器，在考生前
后左右和容易藏东西的部位划过，如藏有金
属物品，即便是一粒金属纽扣，探测器也会
鸣响．
金属探测器的原理是什么？
提示：金属探测器通过其通有交流电的探测线圈，在隐蔽金属中产生涡流，涡流的磁场又影响探测线圈，从而改变原交流电的大小和相位，从而起到探测作用．
【核心归纳】
1.涡流的特点
当电流在金属块内自成闭合回路(产生涡流)时，由于整块金属的电阻很小，涡流往往很强，根据公式P＝I2R知，热功率的大小与电流的平方成正比，故金属块的发热功率很大．
2．涡流中的能量转化
涡流现象中，其他形式的能转化成电能，并最终在金属块中转化为内能．
要点笔记
(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，导体的横截面积S越大，导体材料的电阻率越小，形成的涡流就越强．
【应用体验】
例2 电磁炉热效率高达90%，炉面无明火，
无烟无废气，“火力”强劲，安全可靠．
如图是描述电磁炉工作原理的示意图，
下列说法正确的是( )
A.当恒定电流通过线圈时，会产生恒定磁
场，恒定磁场越强，电磁炉加热效果越好
B．电磁炉通电线圈加交流电后，在锅体产生涡流，进而发热工作
C．在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用
D．电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的导热性能较差
答案：B
解析：锅体中的涡流是由变化的磁场引起的，故所加电流必须是交流，不能是直流，A错误；根据电磁炉的工作原理可知，电磁炉通电线圈加交流电后，在锅体产生涡流，进而发热工作，B正确；在锅和电磁炉中间放一纸板，电磁炉仍能起到加热作用，C错误；电磁炉工作时金属锅体自身产生涡流而直接发热，陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料，锅体不会产生涡流，D错误．
【针对训练】
3.[2022·浙江宁波慈溪高二检测](多选)如图所示，下列生产生活现象中，属于涡流的是( )
A．图(a)用电磁炉烹制菜肴
B．图(b)变压器工作时，绕制线圈的铁芯会发热
C．图(c)过安检时用金属探测器探测人是否携带金属物品
D．图(d)工人穿上金属丝织成的衣服进行高压带电作业
答案：ABC
解析：电磁炉是利用电磁感应原理产生涡流，将电能最终转化成内能，故A正确；变压器的铁芯会发热是因为线圈在铁芯中产生涡流而发热的，通常用涂有绝缘漆的薄硅钢片叠合而成，主要是为了防止在铁芯中产生过大涡流，故B正确；探测器可以探测人是否携带金属物品，是通过金属物品上产生涡流而使报警器工作的，故C正确；工人穿上金属丝织成的衣服进行高压带电作业利用了静电屏蔽原理，故D错误．
4．涡流内检测技术常用来检测各种金属管道是否有破损．如图所示是检测仪在管道内运动及其工作原理剖面示意图，当激励线圈中通入正弦交流电时，金属管道壁内会产生涡流，涡流磁场会影响检测线圈的电流．
以下有关涡流内检测仪的说法正确的是( )
A．检测线圈消耗功率等于激励线圈输入功率
B．在管道内某处检测时，如果只增大激励线圈中交流电的频率，则检测线圈中的电流不变
C．在管道内某处检测时，如果只增大激励线圈中交流电的频率，则检测仪消耗功率将变大
D．当检测仪从金属管道完好处进入到破损处检测时，管道壁中将产生更强的涡流
答案：C
解析：管道壁中产生涡流，有一定的热功率，所以激励线圈输入功率大于检测线圈消耗功率，故A错误；增大频率，穿过检测线圈的磁通量变化率变大，产生的感应电动势变大，则电流变大，故B错误；增大频率，检测线圈的功率和管道产生的热功率变大，则检测仪消耗功率将变大，故C正确；当检测仪从金属管道完好处进入破损处检测时，管道壁厚度减小，则管道壁中产生的涡流变小，故D错误．
探究三 电磁阻尼和电磁驱动
【情境探究】
如图所示，蹄形磁铁和矩形线圈均可绕竖直轴转动．
(1)如果将磁铁拿走，轻转线圈，观察线圈的转动，若安装上磁铁，用同样的力转动线圈，你会观察到两次现象有什么不同，为什么？
(2)先让线圈静止，转动磁铁，观察线圈有什么现象发生，为什么？
提示：(1)观察到没有磁铁时线圈转动的时间比有磁铁时转动的时间长很多．有磁铁时，线圈转动会产生感应电流，感应电流的安培力阻碍线圈的转动．
(2)观察到线圈随着磁铁的转动会慢慢转动起来．线圈中产生感应电流，感应电流的安培力阻碍线圈相对磁铁的运动，即使线圈慢慢随磁铁转动起来．
【核心归纳】
电磁阻尼与电磁驱动的区别和联系
项目 电磁阻尼 电磁驱动
区别 导体在磁场中运动 磁场相对于导体转动
安培力的作用 总是阻碍导体的运动 使导体运动起来
联系 安培力的作用总是阻碍它们间的相对运动
特别提醒
(1)电磁阻尼、电磁驱动都是电磁感应现象，都遵循楞次定律．
(2)电磁阻尼、电磁驱动现象中安培力的作用效果都是阻碍相对运动，应注意电磁驱动中阻碍的结果．若磁铁运动，线圈中产生感应电流的结果是安培力的方向与磁铁运动方向相同，即电磁驱动；若磁场不动，线圈运动，则产生感应电流的结果是阻碍线圈运动，即电磁阻尼．
【应用体验】
例3 如图甲所示是一个电磁阻尼现象演示装置，钢锯条上端固定在支架上，下端固定有强磁铁，将磁铁推开一个角度释放，它会在竖直面内摆动较长时间；如图乙所示，若在其正下方固定一铜块(不与磁铁接触)，则摆动迅速停止．
关于此实验，以下分析与结论正确的是( )
A．如果将磁铁的磁极调换，重复实验将不能观察到电磁阻尼现象
B．用闭合的铜制线圈替代铜块，重复实验将不能观察到电磁阻尼现象
C．在图乙情况中，下摆和上摆过程中磁铁和钢锯条组成的系统机械能均减少
D．在摆动过程中铜块不受磁铁的作用力
答案：C
解析：A错：当磁铁在铜块上面摆动时，在铜块中产生涡流，与磁场相互作用阻碍磁铁的运动；如果将磁铁的磁极调换，重复实验仍能观察到电磁阻尼现象．B错：用闭合的铜制线圈替代铜块，仍能在线圈中产生感应电流，从而对磁铁产生阻碍作用，则重复实验仍能观察到电磁阻尼现象．C对：在图乙情况中，下摆和上摆过程中均会产生涡流从而消耗机械能，则磁铁和钢锯条组成的系统机械能均减少．D错：由上述分析可知，在摆动过程中铜块对磁铁有阻碍作用，同时铜块也要受磁铁的作用力．
【针对训练】
5．(多选)电磁阻尼现象在日常生活中得到广泛应用，如汽车的减震悬架，精密实验仪器的防震等．某减震座椅工作原理示意图如图所示，除了弹簧可减震之外，中间还有磁体和配套定子线圈，在震动过程中磁体可在定子线圈内上下移动．下列说法中正确的是( )
A.定子线圈的电阻越小，电磁阻尼现象越明显
B．定子线圈的电阻越大，电磁阻尼现象越明显
C．震动过程中减震系统会产生焦耳热
D．震动过程中减震系统不会产生焦耳热
答案：AC
解析：内部电阻越小，电流越大，安培力越大，阻尼现象越明显，B错误，A正确；减震过程中会产生电流，内部有电阻，就会产生焦耳热，D错误，C正确．
随堂演练·达标自测
1.管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接．焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接．焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为( )
A．库仑 B．霍尔
C．洛伦兹 D．法拉第
答案：D
解析：高频焊机的工作原理是电磁感应，此规律的发现者为法拉第，选项D正确．
2．(多选)以下现象中与涡流有关的是( )
答案：AB
解析：真空冶炼炉是线圈中的电流做周期性变化，在冶炼炉中产生涡流，从而产生大量的热量，A正确；线圈通电时，穿过铝框的磁通量发生变化，铝框中产生涡流，阻碍线圈转动，B正确；处于磁场中的导电液体旋转起来以及磁电式仪表中的线圈通电后发生偏转是电流在磁场中的受力问题，不是涡流，C、D错误．
3.涡流检测是工业上无损检测的方法之一．如图所示，线圈中通以一定频率的正弦式交流电，靠近待测工件时，工件内会产生涡流，同时线圈中的电流受涡流影响也会发生变化．下列说法中正确的是( )
A．涡流的磁场总是与线圈的磁场方向相反
B．涡流的大小与通入线圈的交流电频率无关
C．待测工件可以是塑料或橡胶制品
D．通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作
用力
答案：D
解析：A错：根据楞次定律可知，涡流的磁场总是要阻碍穿过工件的磁通量的变化，涡流的磁场方向与线圈的磁场方向可能相同，也可能相反．B错：涡流的大小取决于磁场变化的快慢，故与通入线圈的交流电频率有关．C错：电磁感应只能发生在导体上，故待测工件只能是导体，不能是绝缘体．D对：因为线圈中的交流电是周期性变化的，故在工件中引起的电流也是周期性变化的，可知通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力．
4．(多选)“电磁感应铝箔封口机”被广泛应用在医药、
食品、化工等生产行业的产品封口环节中，一手持式封
口机如图所示，它的工作原理是：当接通电源时，内置
线圈产生磁场，当磁感线穿过封口铝箔材料时，瞬间产
生大量小涡流，致使铝箔自行快速发热，熔化复合在铝
箔上的溶胶，从而粘贴在待封容器的封口处，达到迅速
封口的目的．下列有关说法正确的是( )
A．封口材料可用普通塑料来代替铝箔
B．该封口机可用干电池作为电源以方便携带
C．封口过程中温度过高，可适当减小所通电流的频率来解决
D．该封口机适用于玻璃、塑料等多种材质的容器封口，但不适用于金属容器
答案：CD
解析：A、B错：由于封口机利用了电磁感应原理，故封口材料必须是金属类材料，而且电源必须是交流电源．C对：减小内置线圈中所通电流的频率可减少封口过程中产生的热量，即控制温度．D对：封口材料应是金属类材料，但对应被封口的容器不能是金属，否则可能被熔化，应选用玻璃、塑料等材质．
5.如图所示，蹄形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，为了阻碍磁通量的变化，线圈的转动方向与磁体的转动方向相同，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，线圈不切割磁感线，无感应电流产生，C正确．3.涡流、电磁阻尼和电磁驱动
【素养目标】
1.了解涡流、电磁阻尼和电磁驱动．(物理观念)
2．通过实验了解涡流现象、观察电磁阻尼和电磁驱动．(科学探究)
3．会判断感生电动势的方向，并会计算它的大小．(科学思维)
必备知识·自主学习——突出基础性 素养夯基
一、电磁感应现象中的感生电场
一个闭合回路静止于磁场中，由于磁场强弱的变化，闭合电路内将会产生感应电动势．
1．感生电场：磁场________时会在空间激发一种电场，我们把它叫作感生电场．
与空间是否存在
闭合回路无关
2．感生电动势：由________产生的感应电动势．
3．感生电场的方向：与所产生的感应电流的方向相同，可根据________和________判断．
二、涡流
1．涡流：由于电磁感应，在导体中产生的像水中漩涡样的________电流．
2．特点：若金属电阻率很小，则涡流往往________，产生的热量________．
3．应用：
(1)热效应：________、________．
(2)磁效应：________，________．
4．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．
(1)途径一：增大铁芯材料的________．
(2)途径二：用互相绝缘的________叠成的铁芯代替整块硅钢铁芯．
三、电磁阻尼和电磁驱动
1．电磁阻尼
(1)电磁阻尼：当导体在磁场中运动时，感应电流会使导体受到__________，安培力 安培力是阻力
总是阻碍导体的运动，这种现象称为电磁阻尼．
(2)应用：磁电式电流表中利用________使指针迅速停止到某位置，便于读数．
2．电磁驱动
(1)电磁驱动：如果磁场相对于导体转动，在导体中会产生________，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，这种作用常
安培力是动力
常称为电磁驱动．
(2)应用：交流感应电动机．
走 进 生 活
在电磁炉的炉盘下有一个线圈．电磁炉工作时，它的盘面并不发热，在炉盘上面放置铁锅，铁锅会发热．你知道这是为什么吗？
关键能力·合作探究——突出综合性 素养形成
探究一 电磁感应现象中的感生电场
【情境探究】
如图，一个闭合电路静止于磁场中，由于磁场强弱的变化，闭合电路内产生了感生电动势，你知道原理吗？
【核心归纳】
1.产生：如图所示，当磁场变化时，产生感生电场．感生电场的电场线是与磁场垂直的曲线．
2．方向：闭合环形回路(可假定存在)的电流方向就表示感生电场的电场方向．依据实际存在的或假定存在的回路结合楞次定律判定感生电场的方向．
要点笔记
感生电场力虽然是电场力但不是静电力．它是一种非静电力．
【应用体验】
例1 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，如图甲．电子感应加速器主要有上、下电磁铁磁极和环形真空盒组成．当电磁铁绕组通以变化的电流时，产生变化的磁场，穿过真空盒所包围的区域内的磁通量也随时间变化，这时真空盒空间内就产生感应涡旋电场，电子将在涡旋电场作用下加速．如图乙所示(上图为侧视图、下图为真空盒的俯视图)，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
[试解]
【针对训练】
1.(多选)下列说法正确的是( )
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
2.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，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
探究二 涡流
【情境探究】
高考考场用的金属探测器是一根长的黑色扁棒，使用时监考教师手持探测器，在考生前后左右和容易藏东西的部位划过，如藏有金属物品，即便是一粒金属纽扣，探测器也会鸣响．
金属探测器的原理是什么？
【核心归纳】
1.涡流的特点
当电流在金属块内自成闭合回路(产生涡流)时，由于整块金属的电阻很小，涡流往往很强，根据公式P＝I2R知，热功率的大小与电流的平方成正比，故金属块的发热功率很大．
2．涡流中的能量转化
涡流现象中，其他形式的能转化成电能，并最终在金属块中转化为内能．
要点笔记
(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，导体的横截面积S越大，导体材料的电阻率越小，形成的涡流就越强．
【应用体验】
例2 电磁炉热效率高达90%，炉面无明火，无烟无废气，“火力”强劲，安全可靠．如图是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是( )
A.当恒定电流通过线圈时，会产生恒定磁场，恒定磁场越强，电磁炉加热效果越好
B．电磁炉通电线圈加交流电后，在锅体产生涡流，进而发热工作
C．在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用
D．电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的导热性能较差
[试解]
【针对训练】
3.[2022·浙江宁波慈溪高二检测](多选)如图所示，下列生产生活现象中，属于涡流的是( )
A．图(a)用电磁炉烹制菜肴
B．图(b)变压器工作时，绕制线圈的铁芯会发热
C．图(c)过安检时用金属探测器探测人是否携带金属物品
D．图(d)工人穿上金属丝织成的衣服进行高压带电作业
4．涡流内检测技术常用来检测各种金属管道是否有破损．如图所示是检测仪在管道内运动及其工作原理剖面示意图，当激励线圈中通入正弦交流电时，金属管道壁内会产生涡流，涡流磁场会影响检测线圈的电流．以下有关涡流内检测仪的说法正确的是( )
A．检测线圈消耗功率等于激励线圈输入功率
B．在管道内某处检测时，如果只增大激励线圈中交流电的频率，则检测线圈中的电流不变
C．在管道内某处检测时，如果只增大激励线圈中交流电的频率，则检测仪消耗功率将变大
D．当检测仪从金属管道完好处进入到破损处检测时，管道壁中将产生更强的涡流
探究三 电磁阻尼和电磁驱动
【情境探究】
如图所示，蹄形磁铁和矩形线圈均可绕竖直轴转动．
(1)如果将磁铁拿走，轻转线圈，观察线圈的转动，若安装上磁铁，用同样的力转动线圈，你会观察到两次现象有什么不同，为什么？
(2)先让线圈静止，转动磁铁，观察线圈有什么现象发生，为什么？
【核心归纳】
电磁阻尼与电磁驱动的区别和联系
项目 电磁阻尼 电磁驱动
区别 导体在磁场中运动 磁场相对于导体转动
安培力的作用 总是阻碍导体的运动 使导体运动起来
联系 安培力的作用总是阻碍它们间的相对运动
特别提醒
(1)电磁阻尼、电磁驱动都是电磁感应现象，都遵循楞次定律．
(2)电磁阻尼、电磁驱动现象中安培力的作用效果都是阻碍相对运动，应注意电磁驱动中阻碍的结果．若磁铁运动，线圈中产生感应电流的结果是安培力的方向与磁铁运动方向相同，即电磁驱动；若磁场不动，线圈运动，则产生感应电流的结果是阻碍线圈运动，即电磁阻尼．
【应用体验】
例3 如图甲所示是一个电磁阻尼现象演示装置，钢锯条上端固定在支架上，下端固定有强磁铁，将磁铁推开一个角度释放，它会在竖直面内摆动较长时间；如图乙所示，若在其正下方固定一铜块(不与磁铁接触)，则摆动迅速停止．关于此实验，以下分析与结论正确的是( )
A．如果将磁铁的磁极调换，重复实验将不能观察到电磁阻尼现象
B．用闭合的铜制线圈替代铜块，重复实验将不能观察到电磁阻尼现象
C．在图乙情况中，下摆和上摆过程中磁铁和钢锯条组成的系统机械能均减少
D．在摆动过程中铜块不受磁铁的作用力
[试解]
【针对训练】
5．(多选)电磁阻尼现象在日常生活中得到广泛应用，如汽车的减震悬架，精密实验仪器的防震等．某减震座椅工作原理示意图如图所示，除了弹簧可减震之外，中间还有磁体和配套定子线圈，在震动过程中磁体可在定子线圈内上下移动．下列说法中正确的是( )
A.定子线圈的电阻越小，电磁阻尼现象越明显
B．定子线圈的电阻越大，电磁阻尼现象越明显
C．震动过程中减震系统会产生焦耳热
D．震动过程中减震系统不会产生焦耳热
随堂演练·达标自测——突出创新性 素养达标
1.管道高频焊机可以对由钢板卷成的圆管的接缝实施焊接．焊机的原理如图所示，圆管通过一个接有高频交流电源的线圈，线圈所产生的交变磁场使圆管中产生交变电流，电流产生的热量使接缝处的材料熔化将其焊接．焊接过程中所利用的电磁学规律的发现者为( )
A．库仑 B．霍尔
C．洛伦兹 D．法拉第
2．(多选)以下现象中与涡流有关的是( )
3.涡流检测是工业上无损检测的方法之一．如图所示，线圈中通以一定频率的正弦式交流电，靠近待测工件时，工件内会产生涡流，同时线圈中的电流受涡流影响也会发生变化．下列说法中正确的是( )
A．涡流的磁场总是与线圈的磁场方向相反
B．涡流的大小与通入线圈的交流电频率无关
C．待测工件可以是塑料或橡胶制品
D．通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力
4．(多选)“电磁感应铝箔封口机”被广泛应用在医药、食品、化工等生产行业的产品封口环节中，一手持式封口机如图所示，它的工作原理是：当接通电源时，内置线圈产生磁场，当磁感线穿过封口铝箔材料时，瞬间产生大量小涡流，致使铝箔自行快速发热，熔化复合在铝箔上的溶胶，从而粘贴在待封容器的封口处，达到迅速封口的目的．下列有关说法正确的是( )
A．封口材料可用普通塑料来代替铝箔
B．该封口机可用干电池作为电源以方便携带
C．封口过程中温度过高，可适当减小所通电流的频率来解决
D．该封口机适用于玻璃、塑料等多种材质的容器封口，但不适用于金属容器
5.如图所示，蹄形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
3．涡流、电磁阻尼和电磁驱动
必备知识·自主学习
一、
1．变化
2．感生电场
3．楞次定律 安培定则
二、
1．感应
2．很强 很多
3．(1)真空冶炼炉 电磁炉 (2)探雷器 安检门
4．(1)电阻率 (2)硅钢片
三、
1．(1)安培力 (2)电磁阻尼
2．(1)感应电流
走进生活
提示：铁锅中产生了感应电流使铁锅发热．
关键能力·合作探究
探究一
情境探究
提示：导体中的自由电荷在感生电场作用下做定向运动，产生感应电流，也就是说闭合电路内产生了感生电动势．
应用体验
[例1] 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，这时真空盒空间内产生顺时针方向的感生电场，电子沿逆时针运动，电子将加速，选项A正确，选项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，选项D错误．
答案：A
针对训练
1．解析：磁场变化时在空间激发感生电场，其方向与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，故A、C正确，B、D错误．
答案：AC
2．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E＝n＝n·S＝n·πr2·k＝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，故选项D正确．
答案：D
探究二
情境探究
提示：金属探测器通过其通有交流电的探测线圈，在隐蔽金属中产生涡流，涡流的磁场又影响探测线圈，从而改变原交流电的大小和相位，从而起到探测作用．
应用体验
[例2] 解析：锅体中的涡流是由变化的磁场引起的，故所加电流必须是交流，不能是直流，A错误；根据电磁炉的工作原理可知，电磁炉通电线圈加交流电后，在锅体产生涡流，进而发热工作，B正确；在锅和电磁炉中间放一纸板，电磁炉仍能起到加热作用，C错误；电磁炉工作时金属锅体自身产生涡流而直接发热，陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料，锅体不会产生涡流，D错误．
答案：B
针对训练
3．解析：电磁炉是利用电磁感应原理产生涡流，将电能最终转化成内能，故A正确；变压器的铁芯会发热是因为线圈在铁芯中产生涡流而发热的，通常用涂有绝缘漆的薄硅钢片叠合而成，主要是为了防止在铁芯中产生过大涡流，故B正确；探测器可以探测人是否携带金属物品，是通过金属物品上产生涡流而使报警器工作的，故C正确；工人穿上金属丝织成的衣服进行高压带电作业利用了静电屏蔽原理，故D错误．
答案：ABC
4．解析：管道壁中产生涡流，有一定的热功率，所以激励线圈输入功率大于检测线圈消耗功率，故A错误；增大频率，穿过检测线圈的磁通量变化率变大，产生的感应电动势变大，则电流变大，故B错误；增大频率，检测线圈的功率和管道产生的热功率变大，则检测仪消耗功率将变大，故C正确；当检测仪从金属管道完好处进入破损处检测时，管道壁厚度减小，则管道壁中产生的涡流变小，故D错误．
答案：C
探究三
情境探究
提示：(1)观察到没有磁铁时线圈转动的时间比有磁铁时转动的时间长很多．有磁铁时，线圈转动会产生感应电流，感应电流的安培力阻碍线圈的转动．
(2)观察到线圈随着磁铁的转动会慢慢转动起来．线圈中产生感应电流，感应电流的安培力阻碍线圈相对磁铁的运动，即使线圈慢慢随磁铁转动起来．
应用体验
[例3] 解析：A错：当磁铁在铜块上面摆动时，在铜块中产生涡流，与磁场相互作用阻碍磁铁的运动；如果将磁铁的磁极调换，重复实验仍能观察到电磁阻尼现象．B错：用闭合的铜制线圈替代铜块，仍能在线圈中产生感应电流，从而对磁铁产生阻碍作用，则重复实验仍能观察到电磁阻尼现象．C对：在图乙情况中，下摆和上摆过程中均会产生涡流从而消耗机械能，则磁铁和钢锯条组成的系统机械能均减少．D错：由上述分析可知，在摆动过程中铜块对磁铁有阻碍作用，同时铜块也要受磁铁的作用力．
答案：C
针对训练
5．解析：内部电阻越小，电流越大，安培力越大，阻尼现象越明显，B错误，A正确；减震过程中会产生电流，内部有电阻，就会产生焦耳热，D错误，C正确．
答案：AC
随堂演练·达标自测
1．解析：高频焊机的工作原理是电磁感应，此规律的发现者为法拉第，选项D正确．
答案：D
2．解析：真空冶炼炉是线圈中的电流做周期性变化，在冶炼炉中产生涡流，从而产生大量的热量，A正确；线圈通电时，穿过铝框的磁通量发生变化，铝框中产生涡流，阻碍线圈转动，B正确；处于磁场中的导电液体旋转起来以及磁电式仪表中的线圈通电后发生偏转是电流在磁场中的受力问题，不是涡流，C、D错误．
答案：AB
3．解析：A错：根据楞次定律可知，涡流的磁场总是要阻碍穿过工件的磁通量的变化，涡流的磁场方向与线圈的磁场方向可能相同，也可能相反．B错：涡流的大小取决于磁场变化的快慢，故与通入线圈的交流电频率有关．C错：电磁感应只能发生在导体上，故待测工件只能是导体，不能是绝缘体．D对：因为线圈中的交流电是周期性变化的，故在工件中引起的电流也是周期性变化的，可知通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力．
答案：D
4．解析：A、B错：由于封口机利用了电磁感应原理，故封口材料必须是金属类材料，而且电源必须是交流电源．C对：减小内置线圈中所通电流的频率可减少封口过程中产生的热量，即控制温度．D对：封口材料应是金属类材料，但对应被封口的容器不能是金属，否则可能被熔化，应选用玻璃、塑料等材质．
答案：CD
5．解析：当磁体转动时，由楞次定律知，线圈中有感应电流产生，为了阻碍磁通量的变化，线圈的转动方向与磁体的转动方向相同，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，线圈不切割磁感线，无感应电流产生，C正确．
答案：C(共32张PPT)
4.互感和自感
必备知识·自主学习
关键能力·合作探究
随堂演练·达标自测
【素养目标】
1.通过互感、自感及自感电动势等概念的提出，体会物理概念的产生过程．(物理观念)
2．认识互感和自感是电磁感应现象的两种现象，感悟特殊现象中有它的普遍规律．(科学思维)
3．知道自感电动势大小受到哪些因素影响．(科学探究)
必备知识·自主学习
一、互感现象
1．定义：两个相互靠近的线圈之间没有导线相连，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__________ 的现象．这种感应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、收音机的“磁性天线”就是利用________制成的．
3．危害：互感现象能发生在任何两个________的电路之间．在电力工程和电子电路中，互感现象有时会影响电路正常工作．
感应电动势
互感现象
相互靠近
二、自感现象
1．自感现象：当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场在_________激发出感应电动势的现象．
遵守法拉第电磁感应定律
线圈本身
2．自感系数
(1)自感电动势的大小：E＝L，其中L是线圈的自感系数，简称自感或电感．
(2)单位：________，简称亨，符号：________．常用的还有毫亨(mH)和微亨(μH)．换算关系是：1 H＝________ mH＝________ μH.
由线圈自身决定
(3)决定线圈自感系数大小的因素：线圈的大小、形状、________以及是否有________等．
亨利
H
103
106
匝数
铁芯
三、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，电源的________输送给磁场，储存在磁场中．
(2)线圈中电流减小时，磁场中的________释放出来转化为电能．
遵守楞次定律
2．电的“惯性”：自感电动势有阻碍线圈中___________的“惯性”．
能量
能量
电流的变化
走 进 生 活
图乙所示是一种延时开关的原理图，S2闭合后，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C线路接通；当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放．则下列说法是否正确．
(1)由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的效果( )
(2)由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的效果( )
(3)如果断开B线圈的开关S2，无延时作用( )
(4)如果断开B线圈的开关S2，延时将变长( )
×
√
√
×
关键能力·合作探究
探究一 互感现象
【情境探究】
这是两个大小不同的线圈A和B，两个线圈A、B之间并没有导线相连，小线圈可以套入大线圈．现在让小线圈A与手机的音频输出端连接，大线圈B与扩音器的输入端连接，如图所示．实验时，先打开手机的音乐，再把A线圈插入B线圈，两组线圈之间没有导线直接连接，却能在扩音器上听到手机播放的音乐．
(1)什么是音频信号？
(2)为什么能在扩音器上听见由手机输出的音乐？
提示：(1)手机输出的音频信号，是一种电流信号，它的强度和频率都在变化．可以认为是一种变化的电流．
(2)当音频信号流经A线圈时，A线圈中就产生了变化的磁场，变化的磁场使B线圈的磁通量发生变化，从而在B线圈中产生感应电流，这个电流让扩音器发出音乐．
【核心归纳】
互感的应用
利用互感现象可以把电能从一个电路传递到另一个电路，因此它在电学技术中有着广泛的应用．主要有以下几个方面：
(1)变压器．它们的结构是这个样子，它有两个线圈套在同一个铁芯上，向其中一个线圈通入变化的电流时，在另一个线圈中就会产生感应电动势，对外供电．电能从一个线圈传到了另一个线圈．
(2)收音机．收音机中的磁性天线也是利用互感现象．把广播电台的信号从一个线圈传递到另一个线圈的．
(3)无线充电．
【应用体验】
例1 如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈a和b，则( )
A．线圈a输入正弦式交变电流，线圈b可输出恒定电流
B．线圈a输入恒定电流，穿过线圈b的磁通量一定为零
C．线圈b输出的交变电流不对线圈a的磁场造成影响
D．线圈a产生的磁场变化时，线圈b一定产生感应电动势
答案：D
解析：当线圈a输入正弦式交变电流时，线圈b输出的也是交变电流，A错误．当线圈a输入恒定电流时，线圈a产生稳定的磁场，通过线圈b的磁通量不变，但不是零，B错误．由于互感，每个线圈的交变电流都对另一个线圈的磁场产生影响，C错误．当线圈a产生的磁场变化时，通过线圈b的磁通量发生变化，产生感应电动势，D正确．
【针对训练】
1.(多选)某电磁冲击钻的原理图如图所示，若突然发现钻头M向右运动，则可能是( )
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：当一个线圈的电流发生变化时，由于互感作用，相邻线圈中产生感应电流．当含有电源的线圈中电流增大时，钻头M中的线圈中产生感应电流且受斥力作用而向右运动．
探究二 自感现象
【情境探究】
按照图示连接电路．
(1)开关S接通时，灯泡1和2的发光情况有什么不
同？
(2)利用已学知识解释该现象．
提示：(1)灯泡2立即发光，而灯泡1是逐渐亮起来的．
(2)接通电源的瞬间，电流增加，线圈L中产生感应电动势．根据楞次定律，感应电动势会阻碍电流的增加，所以灯泡1慢慢地亮起来．
【核心归纳】
1.自感电动势
(1)产生原因
通过线圈的电流发生变化，导致穿过线圈的磁通量发生变化，因而在原线圈上产生感应电动势．
(2)方向
当原电流增大时，自感电动势的方向与原电流方向相反；当原电流减小时，自感电动势的方向与原电流方向相同(即增反减同)．
(3)作用
阻碍原电流的变化，而不是阻止，原电流仍在变化，只是使原电流的变化时间变长，即总是起着推迟电流变化的作用．
2．通电自感与断电自感比较
项目 与线圈串联的灯泡 与线圈并联的灯泡
电路图
通电时 电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮 电流立刻变大，灯泡变亮，然后逐渐变暗
断电时 电流逐渐减小 灯泡逐渐变暗 电流方向不变 电路中稳态电流为I1、I2
①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗
②若I2>I1，灯泡闪亮后逐渐变暗
两种情况灯泡中电流方向均改变
【应用体验】
例2 (多选)如图所示的电路中，L1和L2是完全相同的两个灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下面说法中正确的是( )
A．合上开关S时，L2先亮，L1后亮，最后一样亮
B．合上开关S时，L1和L2始终一样亮
C．断开开关S时，L2立刻熄灭，L1过一会儿才熄灭
D．断开开关S时，L1、L2都要延迟一会儿再熄灭
答案：AD
解析：A对，B错：合上开关S时，L2立即亮；由于线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过L1的电流慢慢变大，L1会慢慢变亮．最后两灯泡两端的电压一样大，所以一样亮．C错，D对：断开开关S时，原来通过L2的电流立即消失；由于线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过L1的电流会慢慢变小，并且与L2形成回路，所以两灯泡一起过一会儿再熄灭．
【针对训练】
2.(多选)在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻r不能忽略．R1和R2是两个定值电阻，L是一个自感系数较大，电阻可忽略的线圈．开关S原来是断开的，从闭合开关S到电路中电流达到稳定状态为止的时间内，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是( )
A．I1开始较大而后逐渐变小
B．I1开始很小而后逐渐变大
C．I2开始很小而后逐渐变大
D．I2开始较大而后逐渐变小
答案：AC
解析：闭合开关S时，由于L是一个自感系数较大的线圈，产生反向的自感电动势阻碍电流的变化，所以开始I2很小，随着电流达到稳定，自感作用减小，I2开始逐渐变大；闭合开关S时，由于线圈阻碍作用很大，路端电压较大，随着自感作用减小，路端电压减小，所以R1两端的电压逐渐减小，电流逐渐减小；故A、C正确．
3.如图所示，两个灯泡L1、L2的电阻相等，线圈L的电阻可忽略，开关S从断开状态突然闭合，稳定之后再断开，下列说法正确的是( )
A．闭合开关之后L1立刻变亮、L2逐渐变亮，然后L1、L2逐渐变暗
B．闭合开关之后L1、L2同时变亮，然后L1逐渐变亮，L2逐渐变暗
C.断开开关之后L1立即熄灭，L2逐渐变暗
D．断开开关之后L1逐渐变暗，L2闪亮一下再熄灭
答案：B
解析：A错，B对：开关S闭合瞬间，由于自感线圈相当于断路，所以两灯是串联的，两灯同时亮；待电路稳定后，线圈相当于导线，把灯L2短路，所以灯L2逐渐变暗，而灯L1逐渐变亮．C、D错：断开开关后，L1立即熄灭，由于线圈的自感作用，线圈相当于电源，与L2组成回路，故L2闪亮一下再逐渐熄灭．
规律方法
自感现象中线圈的三种处理方式
①通电瞬间可把线圈看成断路．
②断电时自感线圈相当于电源，它提供的电流大小从原来的值逐渐变小．
③电流稳定时，自感线圈相当于定值电阻，理想线圈电阻为零，相当于导线．
随堂演练·达标自测
1.如图所示，电路中电源内阻不能忽略，R的阻值和L的自感系数都很大，A、B为两个完全相同的灯泡．当S闭合时，下列说法正确的是( )
A．A比B先亮，然后A熄灭
B．B比A先亮，然后A逐渐变亮
C．A、B一起亮，然后A熄灭
D．A、B一起亮，然后B熄灭
答案：B
解析：闭合开关的一瞬间，由于线圈中自感电动势的阻碍，B灯先亮，A中电流逐渐增大，A灯逐渐变亮，B正确．
2.在同一铁芯上绕着两个线圈，单刀双掷开关原来接在1处，现把它从1扳到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：开关由1扳到2，线圈A中电流产生的磁场由向右变为向左，先减小后反向增加，由楞次定律可得R中电流由Q→P，C正确．
3．如图甲所示，A、B两绝缘金属环套在同一铁芯上，A环中电流iA随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法中正确的是( )
A．t1时刻，两环作用力最大
B．t2和t3时刻，两环相互吸引
C．t2时刻两环相互吸引，t3时刻两
环相互排斥
D．t3和t4时刻，两环相互吸引
答案：B
解析：t1时刻感应电流为零，故两环作用力为零，A错误；t2和t3时刻A环中电流在减小，则B环中产生与A环中同向的电流，故相互吸引，B正确，C错误；t4时刻A中电流为零，两环无相互作用，D错误．
4.[2022·湖北鄂州高二检测]如图所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值相等且小于灯泡A的电阻．下列说法正确的是( )
A．接通S，灯泡A逐渐变亮
B．接通S，灯泡A立即变亮，然后逐渐熄灭
C．断开S，灯泡A将先闪亮一下，然后逐渐熄灭
D．断开S后的瞬间，通过灯A的电流方向跟断开前
的电流方向相同
答案：C
解析：接通S，灯泡A立即变亮，由于线圈产生自感电动势阻碍电流的增加，可知开始时A灯较亮，通过线圈L的电流增加，灯泡逐渐变暗，但最终不会熄灭，A、B错误；由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，稳定时通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，导致灯泡A将闪亮一下后逐渐熄灭，断开S后的瞬间，通过灯A的电流方向跟断开前的电流方向相反，故C正确，D错误．
5.(多选)“千人震”实验可以用如图所示的电路完成．电路主要由几位同学手拉手与一节电动势为1.5 V的干电池、几根导线、开关和一个有铁芯的多匝线圈构成，以下说法正确的是( )
A．在闭合开关瞬间会使连成一串的同学有触电感觉
B．在断开开关瞬间会使连成一串的同学有触电感觉
C．人有触电感觉时流过人体的电流大于流过线圈的
电流
D．人有触电感觉时有很高电压加在两手间且左边电势高
答案：BD
解析：A错：在闭合开关瞬间，有铁芯的多匝线圈与同学们并联，由于干电池的电动势为1.5 V，所以电流很小，同学们没有触电感觉．B对：在断开开关瞬间，有铁芯的多匝线圈电流变小，从而产生很高的瞬间电压，同学们有触电感觉．C错：人有触电感觉时，有铁芯的多匝线圈与同学们串联，流过人体的电流等于流过线圈的电流．D对：在断开开关瞬间，根据楞次定律可得，通过同学们身体的电流方向从左向右，所以人有触电感觉时有很高电压加在两手间且左边电势高．4.互感和自感
【素养目标】
1.通过互感、自感及自感电动势等概念的提出，体会物理概念的产生过程．(物理观念)
2．认识互感和自感是电磁感应现象的两种现象，感悟特殊现象中有它的普遍规律．(科学思维)
3．知道自感电动势大小受到哪些因素影响．(科学探究)
必备知识·自主学习——突出基础性 素养夯基
一、互感现象
1．定义：两个相互靠近的线圈之间没有导线相连，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________的现象．这种感应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、收音机的“磁性天线”就是利用________制成的．
3．危害：互感现象能发生在任何两个________的电路之间．在电力工程和电子电路中，互感现象有时会影响电路正常工作．
二、自感现象
1．自感现象：当一个线圈中的电流变化时，它所产生的变化的磁场在__________________激发出感应电动势的现象．
遵守法拉第电磁感应定律
2．自感系数
(1)自感电动势的大小：E＝L，其中L是线圈的自感系数，简称自感或电感．
(2)单位：________，简称亨，符号：________．常用的还有毫亨(mH)和微亨(μH)．换算关系是：1 H＝________mH＝________ μH.
由线圈自身决定
(3)决定线圈自感系数大小的因素：线圈的大小、形状、________以及是否有________等．
三、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，电源的________输送给磁场，储存在磁场中．
(2)线圈中电流减小时，磁场中的________释放出来转化为电能．
遵守楞次定律
2．电的“惯性”：自感电动势有阻碍线圈中________的“惯性”．
走 进 生 活
图乙所示是一种延时开关的原理图，S2闭合后，当S1闭合时，电磁铁F将衔铁D吸下，C线路接通；当S1断开时，由于电磁感应作用，D将延迟一段时间才被释放．则下列说法是否正确．
(1)由于A线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的效果( )
(2)由于B线圈的电磁感应作用，才产生延时释放D的效果( )
(3)如果断开B线圈的开关S2，无延时作用( )
(4)如果断开B线圈的开关S2，延时将变长( )
关键能力·合作探究——突出综合性 素养形成
探究一 互感现象
【情境探究】
这是两个大小不同的线圈A和B，两个线圈A、B之间并没有导线相连，小线圈可以套入大线圈．现在让小线圈A与手机的音频输出端连接，大线圈B与扩音器的输入端连接，如图所示．实验时，先打开手机的音乐，再把A线圈插入B线圈，两组线圈之间没有导线直接连接，却能在扩音器上听到手机播放的音乐．
(1)什么是音频信号？
(2)为什么能在扩音器上听见由手机输出的音乐？
【核心归纳】
互感的应用
利用互感现象可以把电能从一个电路传递到另一个电路，因此它在电学技术中有着广泛的应用．主要有以下几个方面：
(1)变压器．它们的结构是这个样子，它有两个线圈套在同一个铁芯上，向其中一个线圈通入变化的电流时，在另一个线圈中就会产生感应电动势，对外供电．电能从一个线圈传到了另一个线圈．
(2)收音机．收音机中的磁性天线也是利用互感现象．把广播电台的信号从一个线圈传递到另一个线圈的．
(3)无线充电．
【应用体验】
例1 如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈a和b，则( )
A．线圈a输入正弦式交变电流，线圈b可输出恒定电流
B．线圈a输入恒定电流，穿过线圈b的磁通量一定为零
C．线圈b输出的交变电流不对线圈a的磁场造成影响
D．线圈a产生的磁场变化时，线圈b一定产生感应电动势
[试解]
【针对训练】
1.(多选)某电磁冲击钻的原理图如图所示，若突然发现钻头M向右运动，则可能是( )
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
探究二 自感现象
【情境探究】
按照图示连接电路．
(1)开关S接通时，灯泡1和2的发光情况有什么不同？
(2)利用已学知识解释该现象．
【核心归纳】
1.自感电动势
(1)产生原因
通过线圈的电流发生变化，导致穿过线圈的磁通量发生变化，因而在原线圈上产生感应电动势．
(2)方向
当原电流增大时，自感电动势的方向与原电流方向相反；当原电流减小时，自感电动势的方向与原电流方向相同(即增反减同)．
(3)作用
阻碍原电流的变化，而不是阻止，原电流仍在变化，只是使原电流的变化时间变长，即总是起着推迟电流变化的作用．
2．通电自感与断电自感比较
项目 与线圈串联的灯泡 与线圈并联的灯泡
电路图
通电时 电流逐渐增大，灯泡逐渐变亮 电流立刻变大，灯泡变亮，然后逐渐变暗
断电时 电流逐渐减小 灯泡逐渐变暗 电流方向不变 电路中稳态电流为I1、I2 ①若I2≤I1，灯泡逐渐变暗 ②若I2>I1，灯泡闪亮后逐渐变暗 两种情况灯泡中电流方向均改变
【应用体验】
例2 (多选)如图所示的电路中，L1和L2是完全相同的两个灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下面说法中正确的是( )
A．合上开关S时，L2先亮，L1后亮，最后一样亮
B．合上开关S时，L1和L2始终一样亮
C．断开开关S时，L2立刻熄灭，L1过一会儿才熄灭
D．断开开关S时，L1、L2都要延迟一会儿再熄灭
[试解]
【针对训练】
2.(多选)在如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻r不能忽略．R1和R2是两个定值电阻，L是一个自感系数较大，电阻可忽略的线圈．开关S原来是断开的，从闭合开关S到电路中电流达到稳定状态为止的时间内，通过R1的电流I1和通过R2的电流I2的变化情况是( )
A．I1开始较大而后逐渐变小
B．I1开始很小而后逐渐变大
C．I2开始很小而后逐渐变大
D．I2开始较大而后逐渐变小
3.如图所示，两个灯泡L1、L2的电阻相等，线圈L的电阻可忽略，开关S从断开状态突然闭合，稳定之后再断开，下列说法正确的是( )
A．闭合开关之后L1立刻变亮、L2逐渐变亮，然后L1、L2逐渐变暗
B．闭合开关之后L1、L2同时变亮，然后L1逐渐变亮，L2逐渐变暗
C.断开开关之后L1立即熄灭，L2逐渐变暗
D．断开开关之后L1逐渐变暗，L2闪亮一下再熄灭
规律方法
自感现象中线圈的三种处理方式
①通电瞬间可把线圈看成断路．
②断电时自感线圈相当于电源，它提供的电流大小从原来的值逐渐变小．
③电流稳定时，自感线圈相当于定值电阻，理想线圈电阻为零，相当于导线．
随堂演练·达标自测——突出创新性 素养达标
1.如图所示，电路中电源内阻不能忽略，R的阻值和L的自感系数都很大，A、B为两个完全相同的灯泡．当S闭合时，下列说法正确的是( )
A．A比B先亮，然后A熄灭
B．B比A先亮，然后A逐渐变亮
C．A、B一起亮，然后A熄灭
D．A、B一起亮，然后B熄灭
2.在同一铁芯上绕着两个线圈，单刀双掷开关原来接在1处，现把它从1扳到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
3．如图甲所示，A、B两绝缘金属环套在同一铁芯上，A环中电流iA随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法中正确的是( )
A．t1时刻，两环作用力最大
B．t2和t3时刻，两环相互吸引
C．t2时刻两环相互吸引，t3时刻两环相互排斥
D．t3和t4时刻，两环相互吸引
4.[2022·湖北鄂州高二检测]如图所示的电路中，电阻R和自感线圈L的电阻值相等且小于灯泡A的电阻．下列说法正确的是( )
A．接通S，灯泡A逐渐变亮
B．接通S，灯泡A立即变亮，然后逐渐熄灭
C．断开S，灯泡A将先闪亮一下，然后逐渐熄灭
D．断开S后的瞬间，通过灯A的电流方向跟断开前的电流方向相同
5.(多选)“千人震”实验可以用如图所示的电路完成．电路主要由几位同学手拉手与一节电动势为1.5 V的干电池、几根导线、开关和一个有铁芯的多匝线圈构成，以下说法正确的是( )
A．在闭合开关瞬间会使连成一串的同学有触电感觉
B．在断开开关瞬间会使连成一串的同学有触电感觉
C．人有触电感觉时流过人体的电流大于流过线圈的电流
D．人有触电感觉时有很高电压加在两手间且左边电势高
4．互感和自感
必备知识·自主学习
一、
1．感应电动势
2．互感现象
3．相互靠近
二、
1．线圈本身
2．(2)亨利 H 103 106 (3)匝数 铁芯
三、
1．(1)能量 (2)能量
2．电流的变化
走进生活
提示：(1)× (2)√ (3)√ (4)×
关键能力·合作探究
探究一
情境探究
提示：(1)手机输出的音频信号，是一种电流信号，它的强度和频率都在变化．可以认为是一种变化的电流．
(2)当音频信号流经A线圈时，A线圈中就产生了变化的磁场，变化的磁场使B线圈的磁通量发生变化，从而在B线圈中产生感应电流，这个电流让扩音器发出音乐．
应用体验
[例1] 解析：当线圈a输入正弦式交变电流时，线圈b输出的也是交变电流，A错误．当线圈a输入恒定电流时，线圈a产生稳定的磁场，通过线圈b的磁通量不变，但不是零，B错误．由于互感，每个线圈的交变电流都对另一个线圈的磁场产生影响，C错误．当线圈a产生的磁场变化时，通过线圈b的磁通量发生变化，产生感应电动势，D正确．
答案：D
针对训练
1．解析：当一个线圈的电流发生变化时，由于互感作用，相邻线圈中产生感应电流．当含有电源的线圈中电流增大时，钻头M中的线圈中产生感应电流且受斥力作用而向右运动．
答案：AC
探究二
情境探究
提示：(1)灯泡2立即发光，而灯泡1是逐渐亮起来的．
(2)接通电源的瞬间，电流增加，线圈L中产生感应电动势．根据楞次定律，感应电动势会阻碍电流的增加，所以灯泡1慢慢地亮起来．
应用体验
[例2] 解析：A对，B错：合上开关S时，L2立即亮；由于线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过L1的电流慢慢变大，L1会慢慢变亮．最后两灯泡两端的电压一样大，所以一样亮．C错，D对：断开开关S时，原来通过L2的电流立即消失；由于线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过L1的电流会慢慢变小，并且与L2形成回路，所以两灯泡一起过一会儿再熄灭．
答案：AD
针对训练
2．解析：闭合开关S时，由于L是一个自感系数较大的线圈，产生反向的自感电动势阻碍电流的变化，所以开始I2很小，随着电流达到稳定，自感作用减小，I2开始逐渐变大；闭合开关S时，由于线圈阻碍作用很大，路端电压较大，随着自感作用减小，路端电压减小，所以R1两端的电压逐渐减小，电流逐渐减小；故A、C正确．
答案：AC
3．解析：A错，B对：开关S闭合瞬间，由于自感线圈相当于断路，所以两灯是串联的，两灯同时亮；待电路稳定后，线圈相当于导线，把灯L2短路，所以灯L2逐渐变暗，而灯L1逐渐变亮．C、D错：断开开关后，L1立即熄灭，由于线圈的自感作用，线圈相当于电源，与L2组成回路，故L2闪亮一下再逐渐熄灭．
答案：B
随堂演练·达标自测
1．解析：闭合开关的一瞬间，由于线圈中自感电动势的阻碍，B灯先亮，A中电流逐渐增大，A灯逐渐变亮，B正确．
答案：B
2．解析：开关由1扳到2，线圈A中电流产生的磁场由向右变为向左，先减小后反向增加，由楞次定律可得R中电流由Q→P，C正确．
答案：C
3．解析：t1时刻感应电流为零，故两环作用力为零，A错误；t2和t3时刻A环中电流在减小，则B环中产生与A环中同向的电流，故相互吸引，B正确，C错误；t4时刻A中电流为零，两环无相互作用，D错误．
答案：B
4．解析：接通S，灯泡A立即变亮，由于线圈产生自感电动势阻碍电流的增加，可知开始时A灯较亮，通过线圈L的电流增加，灯泡逐渐变暗，但最终不会熄灭，A、B错误；由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，稳定时通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，导致灯泡A将闪亮一下后逐渐熄灭，断开S后的瞬间，通过灯A的电流方向跟断开前的电流方向相反，故C正确，D错误．
答案：C
5．解析：A错：在闭合开关瞬间，有铁芯的多匝线圈与同学们并联，由于干电池的电动势为1.5 V，所以电流很小，同学们没有触电感觉．B对：在断开开关瞬间，有铁芯的多匝线圈电流变小，从而产生很高的瞬间电压，同学们有触电感觉．C错：人有触电感觉时，有铁芯的多匝线圈与同学们串联，流过人体的电流等于流过线圈的电流．D对：在断开开关瞬间，根据楞次定律可得，通过同学们身体的电流方向从左向右，所以人有触电感觉时有很高电压加在两手间且左边电势高．
答案：BD
