1.楞次定律
课标要求
1．理解楞次定律和右手定则，会用来判断感应电流的方向．
2．通过实验和对实验现象的分析，归纳出感应电流方向与磁场变化的关系．
3．理解楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的体现．
思维导图
必备知识·自主学习——突出基础性 素养夯基
一、右手定则
1．内容：
伸开右手，使大拇指与其余并拢的四指垂直，并与手掌在同一平面内，让磁感线垂直从________穿入，并使拇指指向导线________的方向，这时________所指的方向就是感应电流的方向．
2．适用范围：适用于判定导线____________运动而产生感应电流的情况．
二、楞次定律
1．影响感应电流方向的因素
当引起感应电流的原磁场穿过螺线管的磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向________；当引起感应电流的原磁场穿过螺线管的磁通量减小时，感应电流的磁场方向与原磁场方向________．
2．楞次定律
(1)内容：感应电流的磁场总是要________引起感应电流的____________．
(2)楞次定律是________定律在电磁感应中的具体表现．
[导学1]
(1)右手定则是用来判断导体切割磁感线产生感应电流方向的规律．
(2)切割磁感线的部分导体相当于电源．
[导学2]
(1)磁通量的变化有三种情形：①线圈面积变化；②磁场变化；③线圈相对磁场的位置关系变化．
(2)感应电流的磁场阻碍原磁通量的变化，不能阻止原磁通量的变化．
关键能力·合作探究——突出综合性 素养形成
探究点一 右手定则的理解和应用
导学探究
如图所示，导体ab放入磁场中，ab与电流表串联，进行如下的实验：
(1)导体ab上下运动或左右运动时，电流表指针是否偏转？
(2)导体ab左右运动时，感应电流I的方向、原磁场B的方向、导体棒运动的速度v的方向三者之间满足什么关系？
归纳总结
1.适用范围：闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流方向的判断．
2．右手定则反映了磁场方向、导体运动方向和电流方向三者之间的关系
(1)大拇指的方向是导体相对磁场切割磁感线的运动方向，既可以是导体运动而磁场未动，也可以是导体未动而磁场运动，还可以是两者以不同速度同时运动．
(2)四指指向电流方向，切割磁感线的导体相当于电源．
典例示范
例 1 如图所示，CDEF是一个矩形金属框，当导体棒AB向右移动时，回路中会产生感应电流，则下列说法中正确的是( )
A．导体棒中的电流方向由B→A
B．电流表A1中的电流方向由F→E
C．电流表A1中的电流方向由E→F
D．电流表A2中的电流方向由D→C
素养训练1 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( )
探究点二 探究影响感应电流方向的因素
归纳总结
1.实验原理
观察并记录感应电流的方向与磁通量变化情况间的关系．分析实验结果，归纳出决定感应电流方向的因素，总结出判断感应电流方向的方法．
2．实验器材
条形磁铁，螺线管，零刻度在中央的灵敏电流计，滑动变阻器，一节干电池，电池盒，开关，导线若干．
3．(1)按图连接电路，明确螺线管的绕线方向．
(2)按照控制变量的方法分别进行N极(S极)向下插入线圈和N极(S极)向上拔出线圈的实验．
(3)实验现象：如图所示，在四种情况下，将实验结果填入下表．
①线圈内磁通量增加时的情况
图号 磁场方向 感应电流的方向 感应电流的磁场方向
甲 向下 逆时针(俯视) 向上
乙 向上 顺时针(俯视) 向下
②线圈内磁通量减少时的情况
图号 磁场方向 感应电流的方向 感应电流的磁场方向
丙 向下 顺时针(俯视) 向下
丁 向上 逆时针(俯视) 向上
(4)实验结论
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相反；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同．
4．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，要用试触法并注意减小电流强度，防止电流过大或通电时间过长损坏电流表．
(2)电流表选用零刻度在中间的灵敏电流计．
(3)实验前设计好表格，并明确线圈的绕线方向．
(4)按照控制变量的思想进行实验．
(5)进行一种操作后，等电流计指针回零后再进行下一步操作．
典例示范
例 2 为了探究影响感应电流方向的因素，某实验小组将电池、线圈A、线圈B、滑动变阻器、灵敏电流计、开关按照如图所示的方式连接．当闭合开关时发现灵敏电流计的指针右偏．由此可知：
(1)当滑动变阻器的滑片P向右移动时，灵敏电流计的指针________(选填“左偏”“不动”或“右偏”)．
(2)将线圈A拔出时，灵敏电流计的指针________(选填“左偏”“不动”或“右偏”)．
素养训练2 (1)如图所示的器材可用来研究电磁感应现象及判定感应电流的方向，其中连线正确的是________(选填“A”或“B”)．
(2)将线圈L1插入线圈L2中，合上开关S，能使线圈L2中感应电流的磁场方向与线圈L1中原磁场方向相同的实验操作是________．
A．插入铁芯F
B．拔出线圈L1
C．使变阻器阻值R接入电路的阻值变大
D．断开开关S
探究点三 对楞次定律的理解
归纳总结
1.因果关系
闭合导体回路中原磁通量的变化是产生感应电流的原因，而感应电流的磁场的产生是感应电流存在的结果，即只有当闭合导体回路中的磁通量发生变化时，才会有感应电流的磁场出现．
2．楞次定律中“阻碍”的含义
典例示范
例 3 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
素养训练3 关于感应电流，以下说法中正确的是( )
A．感应电流的磁场方向总是与原磁场的方向相反
B．感应电流的磁场方向总是与原磁场的方向相同
C．感应电流的磁场总是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
探究点四 楞次定律的应用
导学探究
法拉第最初发现电磁感应现象的实验如图所示．软铁环上绕有M、N两个线圈，当M线圈电路中的开关断开的瞬间，通过的感应电流沿什么方向？
归纳总结
应用楞次定律的步骤
(1)确定原磁场方向．
(2)判定产生感应电流的磁通量如何变化(是增加还是减少)．
(3)根据楞次定律确定感应电流的磁场方向(增反减同)．
(4)判定感应电流的方向．
该步骤也可以简单地描述为“一原二变三感四定则”，一原——确定原磁场的方向；二变——确定磁通量是增加还是减少；三感——判断感应电流的磁场方向；四定则——用安培定则判断感应电流的方向．
典例示范
例 4 如图，一个水平放置的矩形线圈abcd，在细长水平磁铁的S极附近竖直下落，由位置Ⅰ经位置Ⅱ到位置Ⅲ.位置Ⅱ与磁铁同一平面，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ，则在下落过程中，线圈中的感应电流的方向为( )
A．adcba
B．abcda
C．从abcda到adcba
D．从adcba到abcda
素养训练4
电阻R、电容C与一线圈连成闭合电路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图所示．现使磁铁开始自由下落，在N极接近线圈上端的过程中，流过R的电流方向和电容器极板的带电情况是( )
A．从a到b，上极板带正电
B．从a到b，下极板带正电
C．从b到a，上极板带正电
D．从b到a，下极板带正电
素养训练5 如图所示，一个有界匀强磁场区域，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匀速运动到位置2.则( )
A．导线框进入磁场时，感应电流方向为abcda
B．导线框离开磁场时，感应电流方向为abcda
C．导线框进入磁场时，受到的安培力方向水平向右
D．导线框离开磁场时，受到的安培力方向水平向右
思维方法
运用楞次定律判定感应电流方向的基本思路
随堂演练·自主检测——突出创新性 素养达标
1．(多选)闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，如图所示，能正确表示磁感应强度B的方向、导体运动速度方向与产生的感应电流方向关系的是( )
2.
(多选)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，有一个带铜轴的铜盘，用铜刷把盘边缘和轴连接，外接一电流表，若铜盘按图示方向匀速转动，则( )
A．中有a→b的电流
B．中有b→a的电流
C．盘面磁通量不变，不产生感应电流
D．有从盘边缘向盘中心的电流
3．现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关按如图所示方式连接．在开关闭合、线圈A放在线圈B中的情况下，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P向左加速滑动时，电流计指针向右偏转．由此可以推断( )
A．线圈A向上移动或滑动变阻器的滑动端P向右加速滑动，都能引起电流计指针向左偏转
B．线圈A中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起电流计指针向右偏转
C．滑动变阻器的滑动端P匀速向左或匀速向右滑动，都能使电流计指针静止在中央
D．因为线圈A、线圈B的绕线方向未知，故无法判断电流计指针偏转的方向
4．朝南的钢窗原来关着，今将它突然朝外(即向西边)推开，转过一个小于90°的角度，考虑到地球磁场的影响，从室内观察，则钢窗活动的一条边(东边，即钢窗最外的竖直边)中( )
A．有自下而上的微弱电流
B．有自上而下的微弱电流
C．有微弱电流，方向是先自上而下，后自下而上
D．有微弱电流，方向是先自下而上，后自上而下
5.
如图所示，条形磁铁从高h处自由下落，中途穿过一个固定的空心线圈，开关S断开时，磁铁落地用时t1，落地时速度为v1；S闭合时，磁铁落地用时t2，落地时速度为v2，则它们的大小关系正确的是( )
A．t1>t2，v1>v2 B．t1＝t2，v1＝v2
C．t1v2
1．楞次定律
必备知识·自主学习
一、
1．手心 运动 四指
2．切割磁感线
二、
1．相反 相同
2．(1)阻碍 磁通量的变化 (2)能量守恒
关键能力·合作探究
探究点一
【导学探究】
提示：(1)导体ab上下运动时没有感应电流产生，左右运动时有感应电流产生．
(2)满足右手定则．
【典例示范】
例1 解析：根据右手定则，导体棒内部电流方向为A到B，所以电流表A1中的电流方向由F→E，电流表A2中的电流方向由C→D，故A、C、D错误，B正确．
答案：B
素养训练1 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中电流方向沿a→d→c→b→a，D中电流方向为b→a，A正确．
答案：A
探究点二
【典例示范】
例2 解析：(1)由题意知，闭合开关时灵敏电流计指针向右偏，而闭合开关时B中磁场增强，当P向右移动时，A所在电路中电流增大，B中磁场增强，所以指针也向右偏．
(2)将A拔出时，B中磁场减弱，感应电流方向改变，所以电流计指针向左偏．
答案：(1)右偏 (2)左偏
素养训练2 解析：(1)探究电磁感应现象实验电路分两部分，电源、开关、滑动变阻器、一个线圈组成闭合电路，电流计与另一个线圈组成另一个闭合电路．由题图电路图可知，图A所示电路正确．
(2)插入铁芯，磁通量增大，感应电流的磁场方向与线圈L1原磁场方向相反，A错误；拔出线圈L1，磁通量减小，感应电流的磁场方向与线圈L1中原磁场方向相同，B正确；使滑动变阻器接入电路的阻值增大，电流减小，磁通量减小，感应电流的磁场方向与线圈L1中原磁场方向相同，C正确；断开开关S，磁通量减小，感应电流的磁场方向与线圈L1中原磁场方向相同，D正确．
答案：(1)A (2)BCD
探究点三
【典例示范】
例3 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，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，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，C错误；当原磁场增强时感应电流的磁场跟原磁场反向，当原磁场减弱时感应电流的磁场跟原磁场同向，D错误．
答案：A
素养训练3 解析：由楞次定律可知，感应电流的磁场总是阻碍闭合电路内部原磁场的磁通量的变化，C正确；如果原磁场中的磁通量是增大的，则感应电流的磁场方向就与它相反，来阻碍它的增大，如果原磁场中的磁通量是减小的，则感应电流的磁场方向就与它相同，来阻碍它的减小，A、B、D错误．
答案：C
探究点四
【导学探究】
提示：开关断开瞬间电流从上向下通过．
【典例示范】
例4 解析：线圈从位置Ⅰ到位置Ⅱ的过程中，穿过线圈方向向下的磁通量减小，根据楞次定律，感应电流的磁场的方向向下，产生感应电流的方向为adcba；线圈从位置Ⅱ到位置Ⅲ的过程中，穿过线圈向上的磁通量增加，所以感应电流的磁场的方向向下，产生感应电流的方向为adcba.所以整个过程中感应电流的方向始终都是沿adcba，A正确，B、C、D错误．
答案：A
素养训练4 解析：在磁铁自由下落，N极接近线圈上端的过程中，通过线圈的磁通量方向向下且在增大，根据楞次定律可判断出线圈中感应电流的磁场方向向上，利用安培定则可判知线圈中感应电流方向为逆时针(由上向下看)，流过R的电流方向从b到a，电容器下极板带正电，D正确．
答案：D
素养训练5 解析：线框进入磁场时，磁通量增大，根据楞次定律可知感应电流方向为adcba，A错误；导线框离开磁场时，磁通量减小，感应电流方向为abcda，B正确；导线框进入磁场时，由左手定则可知，受到的安培力方向水平向左，C错误；导线框离开磁场时，由左手定则可知，受到的安培力方向水平向左，D错误．
答案：B
随堂演练·自主检测
1．解析：图A中导体不切割磁感线，导体中无电流；由右手定则可以判断B、C正确；D图中感应电流方向应垂直纸面向外．
答案：BC
2．解析：沿铜盘半径方向的“铜棒”切割磁感线，由右手定则可判定选项B、D正确．
答案：BD
3．解析：滑动变阻器的滑动端P向左加速滑动时，线圈A中电流减小，穿过线圈B中的磁通量减小，闭合电路中产生感应电流，电流表指针向右偏转．当线圈A中的铁芯向上拔出或断开开关时，线圈B中的磁通量均减小，电流计指针均向右偏转，故选B.
答案：B
4．解析：当钢窗转过一个小于90°的角度时，穿过窗框平面的磁感线条数减少，根据楞次定律，可知感应电流的磁场总是阻碍原来磁通量的减少，因此感应电流的磁场与原磁场方向相同．由安培定则知，钢窗活动的一条边(东边，即钢窗最外的竖直边)中的电流是自上而下，因此选B.
答案：B
5．解析：开关S断开时，线圈中无感应电流，对磁铁无阻碍作用，故磁铁自由下落，a＝g；当S闭合时，线圈中有感应电流，对磁铁有阻碍作用，故av2，故D正确．
答案：D2.法拉第电磁感应定律
课标要求
1．理解并掌握法拉第电磁感应定律，能够运用法拉第电磁感应定律计算感应电动势的大小．
2．能够运用E＝Blv或E＝Blv sin θ计算导体切割磁感线时产生的感应电动势．
3．知道导线切割磁感线，通过克服安培力做功把其他形式的能转化为电能．
思维导图
必备知识·自主学习——突出基础性 素养夯基
一、感应电动势
1．定义：穿过闭合回路的磁通量发生了变化，闭合回路中就会产生感应电流，这说明电路中一定存在一种由________产生的电动势，这种电动势叫作感应电动势．
2．特点：在电磁感应现象中，若闭合导体回路中有感应电流，电路就一定有感应电动势；如果回路________，只要穿过回路的________发生变化，虽然没有感应________产生，但感应________依然存在．
二、电磁感应定律
1．磁通量的变化率
磁通量的变化率表示________变化的快慢，用________表示，其中ΔΦ表示磁通量的变化量，Δt表示磁通量发生变化所用的时间．
2．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的________成正比．
(2)公式：E＝.
若闭合电路是一个匝数为n的线圈，则E＝________．
(3)在国际单位制中，磁通量的单位是________，感应电动势的单位是________．
三、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，如图甲所示，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α时，如图乙所示，E＝________．
[导学1]
感应电动势的方向还是用楞次定律和右手定则判断，感应电动势方向与电源内部感应电流的方向相同．
[导学2]
(1)E＝n可理解为n个感应电动势为的电源串联．
(2)利用E＝n求得的是感应电动势在Δt时间内的平均值．
[导学3]
E＝BLv sin α有两种理解：E＝BL(v sin α)＝(B sin α)Lv，即可分解速度，也可分解磁感应强度．
关键能力·合作探究——突出综合性 素养形成
探究点一 对法拉第电磁感应定律的理解和应用
导学探究
如图所示，在将条形磁体从同一高度插入线圈的实验中：
(1)电流表指针偏转说明回路中有感应电流产生，谁是电源呢？
(2)电流表指针偏转程度跟感应电动势的大小有什么关系？
归纳总结
1.理解公式E＝n
(1)感应电动势E的大小取决于穿过电路的磁通量的变化率，而与Φ的大小、ΔΦ的大小没有必然的关系，与电路的电阻R无关；感应电流的大小与感应电动势E和回路总电阻R有关．
(2)磁通量的变化率，是Φ t图像上某点切线的斜率，可反映单匝线圈感应电动势的大小．
(3)E＝n只表示感应电动势的大小，不涉及其正负，计算时ΔΦ应取绝对值．感应电流的方向可以用楞次定律去判定．
(4)磁通量发生变化有三种方式
①B不变，S变化，则＝B；
②B改变，S不变，则＝S；
③B、S变化，则＝.
2．由E＝n可求得平均感应电动势，通过闭合电路欧姆定律可求得电路中的平均电流I＝，通过电路中导体横截面的电荷量q＝I·Δt＝n.
3．注意：对于磁通量的变化量和磁通量的变化率来说，穿过一匝线圈和穿过n匝线圈是一样的，而感应电动势则不一样，感应电动势与匝数成正比．
典例示范
例 1 (多选)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变化的匀强磁场，其边界如图(a)中虚线MN所示．一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上．t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变化关系如图(b)所示．则在t＝0到t＝t1的时间间隔内( )
A．圆环所受安培力的方向始终不变
B．圆环中的感应电流始终沿顺时针方向
C．圆环中的感应电流大小为
D．圆环中的感应电动势大小为
素养训练1 一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
素养训练2
(多选)单匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t变化的图像如图所示，图线为正弦曲线的一部分，则( )
A．在t＝0时刻，线圈中磁通量最大，感应电动势也最大
B．在t＝1×10－2 s时刻，感应电动势最大
C．在t＝2×10－2 s时刻，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
思维方法
综合法拉第电磁感应定律和楞次定律，对于面积一定的线圈，不管磁场的方向如何变化，只要磁感应强度B随时间t均匀变化，产生感应电动势的大小和方向均保持不变．所以在B t图像中，如果图像为一条倾斜直线，不管图线在时间轴上方还是下方，整个过程感应电动势和感应电流均为恒量．
探究点二 对公式 E＝BLv的理解和应用
导学探究
在Δt时间内可动部分由原来的位置ab移到a1b1，这时线框的面积变化量ΔS＝LvΔt，穿过闭合电路的磁通量的变化量ΔΦ＝BΔS＝BLvΔt，代入公式E＝中，得到E＝BLv.对于表达式的成立有什么条件限制吗？
归纳总结
1.对公式E＝Blv的理解
(1)当B、l、v三个量方向相互垂直时，E＝Blv；当有任意两个量的方向平行时，E＝0.
(2)式中的l应理解为导线切割磁感线时的有效长度．
若切割磁感线的导线是弯曲的，则应取其与B和v方向都垂直的等效线段长度来计算．如图中线段ab的长即为导线切割磁感线的有效长度．
(3)公式中的v应理解为导线和磁场的相对速度，当导线不动而磁场运动时，也有感应电动势产生．
2．导体棒转动切割磁感线时的感应电动势
如图所示，长为l的导体棒ab以a为圆心，以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中匀速转动，其感应电动势可从两个角度推导．
(1)棒上各点速度不同，其平均速度＝ωl，由E＝Blv得棒上感应电动势大小为E＝Bl·ωl＝Bl2ω.
(2)若经时间Δt，棒扫过的面积为ΔS＝πl2＝l2ω·Δt，磁通量的变化量ΔΦ＝B·ΔS＝Bl2ω·Δt，由E＝得棒上感应电动势大小为E＝Bl2ω.
典例示范
例 2 如图所示，水平放置的两平行金属导轨相距L＝0.50 m，左端接一电阻R＝0.20 Ω，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，导体棒ac垂直放在导轨上，并能无摩擦地沿导轨滑动，导轨和导体棒的电阻均可忽略不计．当ac棒以v＝4.0 m/s的速度水平向右匀速滑动时，求：
(1)ac棒中感应电动势的大小；
(2)回路中感应电流的大小；
(3)维持ac棒做匀速运动的水平外力的大小．
素养训练3
如图所示，PQRS为一正方形导线框，它以恒定速度向右进入以MN为边界的匀强磁场，磁场方向垂直线框平面向里，MN与线框的QR边成45°角，E、F分别是PS边和PQ边的中点．关于线框中的感应电流，正确的说法是( )
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
素养训练4
(多选)法拉第圆盘发电机的示意图如图所示．铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触．圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中．圆盘旋转时，关于流过电阻R的电流，下列说法正确的是( )
A．若圆盘转动的角速度恒定，则电流大小恒定
B．若从上向下看，圆盘顺时针转动，则电流沿a到b的方向流动
C．若圆盘转动方向不变，角速度大小发生变化，则电流方向可能发生变化
D．若圆盘转动的角速度变为原来的2倍，则电流在R上的热功率也变为原来的2倍
思维方法
感应电动势的三个表达式对比
表达式 E＝n E＝Blv E＝Bl2ω
情景图
研究对象 回路(不一定闭合) 一段直导线(或等效成直导线) 绕一端转动的导体棒
意义 一般求平均感应电动势，当Δt→0时求的是瞬时感应电动势 一般求瞬时感应电动势，当v为平均速度时求的是平均感应电动势 用平均值法求瞬时感应电动势
适用条件 所有磁场 匀强磁场 匀强磁场
随堂演练·自主检测——突出创新性 素养达标
1．闭合电路中产生的感应电动势的大小，跟穿过这一闭合电路的下列哪个物理量成正比( )
A．磁通量 B．磁感应强度
C．磁通量的变化率 D．磁通量的变化量
2.
如图所示，条形磁铁位于线圈的轴线上，下列过程中，能使线圈中产生最大感应电动势的是 ( )
A．条形磁铁沿轴线缓慢插入线圈
B．条形磁铁沿轴线迅速插入线圈
C．条形磁铁在线圈中保持相对静止
D．条形磁铁沿轴线从线圈中缓慢拔出
3.
如图所示，一金属弯杆处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，已知ab＝bc＝L.当它以速度v向右平动时，a、c两点间的电势差的绝对值为( )
A．BLvB．BLv sin θ
C．BLv cos θ D．BLv(1＋sin θ)
4.
夏天将到，在北半球，当我们抬头观看教室内的电扇时，发现电扇正在逆时针转动．金属材质的电扇示意图如图所示，由于地磁场的存在，下列关于A、O两点的电势及电势差的说法正确的是( )
A．A点电势比O点电势高
B．A点电势比O点电势低
C．A点电势等于O点电势
D．扇叶长度越短，转速越快，A、O两点间的电势差数值越大
5．如图甲所示，在一个正方形金属线圈区域内存在着磁感应强度B随时间变化的匀强磁场，磁场的方向与线圈平面垂直．金属线圈所围的面积S＝200 cm2，匝数n＝1 000，线圈电阻r＝2.0 Ω.线圈与电阻R构成闭合回路，电阻的阻值R＝8.0 Ω.匀强磁场的磁感应强度随时间变化的情况如图乙所示，求：
(1)t1＝2.0 s时线圈产生感应电动势的大小；
(2)在t1＝2.0 s时通过电阻R的感应电流的大小和方向；
(3)在t2＝5.0 s时刻，线圈端点a、b间的电压．
2．法拉第电磁感应定律
必备知识·自主学习
一、
1．电磁感应
2．没有闭合 磁通量 电流 电动势
二、
1．磁通量
2．(1)变化率 (2)n (3)韦伯 伏
三、
1．BLv
2．BLv sin α
关键能力·合作探究
探究点一
【导学探究】
提示：(1)有磁通量变化的线圈．
(2)由闭合电路欧姆定律知I＝，当电路的总电阻一定时，E感越大，I感越大，指针偏转程度越大．
【典例示范】
例1 解析：根据楞次定律可知在0～t0时间内，磁感应强度减小，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向左，在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，感应电流的方向为顺时针，圆环所受安培力水平向右，A错误，B正确；根据法拉第电磁感应定律得E＝＝πr2·＝，根据电阻定律可得R＝ρ，根据欧姆定律可得I＝＝，C正确，D错误．
答案：BC
素养训练1 解析：根据法拉第电磁感应定律E＝n，设线框匝数为n，面积为S0，初始时刻磁感应强度为B0，则第一种情况下的感应电动势为E1＝n＝nB0S0；第二种情况下的感应电动势为E2＝n＝nB0S0，所以两种情况下线框中的感应电动势相等，比值为1，B正确．
答案：B
素养训练2 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错误，C正确；t＝1×10－2 s时，E最大，B正确；0～2×10－2 s时间内，ΔΦ≠0，则E≠0，D错误．
答案：BC
探究点二
【导学探究】
提示：B、L、v三个量方向必须两两垂直．
【典例示范】
例2 解析：(1)ac棒垂直切割磁感线，产生的感应电动势的大小为
E＝BLv＝0.40×0.50×4.0 V＝0.80 V.
(2)回路中感应电流的大小为I＝＝ A＝4.0 A
由右手定则知，ac棒中的感应电流由c流向a.
(3)ac棒受到的安培力大小为
F安＝BIL＝0.40×4.0×0.50 N＝0.80 N，
由左手定则知，安培力方向向左．由于导体棒匀速运动，水平方向受力平衡，
则F外＝F安＝0.80 N，方向水平向右．
答案：(1)0.80 V (2)4.0 A (3)0.80 N
素养训练3 解析：当P点经过边界MN时，切割磁感线的有效长度最大，此时感应电动势最大，感应电流也最大．
答案：B
素养训练4 解析：由右手定则知，圆盘按如题图所示的方向转动时，感应电流沿a到b的方向流动，选项B正确；由感应电动势E＝Bl2ω知，角速度恒定时，感应电动势恒定，电流大小恒定，选项A正确；角速度大小变化，感应电动势大小变化，但感应电流方向不变，选项C错误；若ω变为原来的2倍，则感应电动势变为原来的2倍，感应电流变为原来的2倍，由P＝I2R知，感应电流在R上的热功率变为原来的4倍，选项D错误．
答案：AB
随堂演练·自主检测
1．解析：根据法拉第电磁感应定律表达式E＝n知，闭合电路中感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，而与磁通量Φ、磁感应强度B、磁通量的变化量ΔΦ无关，所以选项A、B、D错误，选项C正确．
答案：C
2．解析：根据法拉第电磁感应定律可知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，磁通量变化越快，感应电动势越大，条形磁铁在线圈中保持相对静止，无感应电动势，故选B.
答案：B
3．解析：公式E＝Blv中的l应指导体切割磁感线的有效长度，也就是与磁感应强度B和速度v都垂直的长度，因此该金属弯杆的有效切割长度为L sin θ，故感应电动势大小为BLv sin θ，B正确．
答案：B
4．解析：因北半球地磁场方向斜向下(有效磁场竖直向下)，电风扇逆时针方向转动，切割磁感线产生感应电动势，根据右手定则知，A点相当于电源的正极，O点相当于电源的负极，所以A点的电势高于O点的电势，A正确，B、C错误；转动切割磁感线产生的电动势E＝Bl2ω，则知扇叶长度越短，转速越快，感应电动势不一定越大，A、O两点间的电势差不一定越大，D错误．
答案：A
5．解析：(1)根据法拉第电磁感应定律，0～4.0 s时间内线圈中磁通量均匀变化，产生恒定的感应电流，t1＝2.0 s时的感应电动势
E1＝n＝n＝1 V.
(2)根据闭合电路欧姆定律，闭合回路中的感应电流
I1＝
解得I1＝0.1 A，由楞次定律和安培定则可判断流过电阻R的感应电流方向为b→R→a.
(3)由题图乙可知，在4.0～6.0 s时间内，线圈中产生的感应电动势
E2＝n＝n||S＝4 V
根据闭合电路欧姆定律，t2＝5.0 s时闭合回路中的感应电流I2＝＝0.4 A，方向为a→R→b
Uab＝I2R＝3.2 V.
答案：(1)1 V (2)0.1 A 方向为b→R→a (3)3.2 V3.涡流 电磁阻尼 电磁驱动
课标要求
1．了解涡流的产生过程．
2．了解电磁阻尼、电磁制动和电磁驱动．
3．通过对涡流实例的分析，了解涡流现象在生活和生产中的应用．
思维导图
必备知识·自主学习——突出基础性 素养夯基
一、涡流
1．定义：由于________，在大块金属内产生的像水中漩涡样的________电流．
2．特点：金属块中的涡流会产生________．
3．应用
如____________、电磁炉．
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．
用相互绝缘的________叠成的铁芯代替整个硅钢铁芯．
二、电磁阻尼和电磁制动
1．电磁阻尼：当导体在磁场中做切割磁感线运动时，感应电流会使导体受到________，安培力总是________导体的运动，这种现象叫作电磁阻尼．
2．电磁阻尼的应用：磁电式电表中利用________使指针迅速停止到某位置，便于读数．磁电式电表在运输过程中将____________短路，既可避免指针因摆动剧烈而________，又减小________处的磨损．
3．电磁制动：列车制动时将电动机与电源断开，并把电动机的线圈与制动电路连成闭合回路，列车前进时带动电动机线圈转动，而产生感应电流，磁场对它的安培力起着制动的作用．
4．电磁制动的优点：减少________并将列车的动能转化为________给蓄电池充电．
三、电磁驱动
1．概念：________受到安培力使物体运动的现象．
2．应用：____________．
3．优点：________强、驱动力输出________高、能量损耗小．
[举例]
探雷器、金属探测器等都是利用涡流工作的，其工作原理都是电磁感应现象．
[导学1]
在电磁阻尼现象中的能量转化是导体克服安培力做功，把机械能转化为电能，最终转化为内能．
[导学2]
通过安培力做功，电能转化为导体的机械能．
关键能力·合作探究——突出综合性 素养形成
探究点一 对涡流的理解
导学探究
如图所示为电磁炉加热原理图．电磁炉的锅具为什么用平底的铁锅？
归纳总结
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．如果金属块放在变化的磁场中，则磁场能转化为电能，最终转化为内能；如果金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动，则由于克服安培力做功，金属块的机械能转化为电能，最终转化为内能．
3．注意
(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．
典例示范
例 1 高频感应炉是用来熔化金属对其进行冶炼的，如图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(电流的大小和方向发生周期性变化)，这时被冶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炼金属中，因此适于冶炼特种金属．该炉的加热原理是( )
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
素养训练1
如图所示，金属探测器是用来探测金属的仪器．关于其工作原理，下列说法中正确的是( )
A．探测器内的探测线圈会产生稳定的磁场
B．只有有磁性的金属才会被探测器探测到
C．探测到金属是因为金属中产生了涡流
D．探测到金属是因为探测器中产生了涡流
素养训练2
(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，如图所示为一手持式封口机，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
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
探究点二 对电磁阻尼和电磁驱动的理解
导学探究
一个闭合线圈放在蹄形磁体的两磁极之间，如图所示，蹄形磁体和闭合线圈都可以绕轴转动．当蹄形磁体顺时针转动时线圈也顺时针转动；蹄形磁体逆时针转动时线圈也逆时针转动．
(1)蹄形磁体转动时，穿过线圈的磁通量是否变化？
(2)线圈转动起来的动力是什么力？线圈的转动速度与蹄形磁体的转动速度有什么关系？
归纳总结
电磁阻尼与电磁驱动的比较
电磁阻尼 电磁驱动
不同点 成因 由导体在磁场中运动形成 由磁场运动形成
效果 安培力的方向与导体运动方向相反，为阻力 安培力的方向与导体运动方向相同，为动力
能量转化 导体克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能 磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能
相同点 两者都是电磁感应现象，导体受到的安培力都是阻碍导体与磁场的相对运动
典例示范
例 2 弹簧上端固定，下端挂一只条形磁体，使磁体上下振动，磁体的振动幅度不变．若在振动过程中把线圈靠近磁体，如图所示，观察磁体的振幅将会发现( )
A．S闭合时振幅逐渐减小，S断开时振幅不变
B．S闭合时振幅逐渐增大，S断开时振幅不变
C．S闭合或断开，磁体的振动幅度不变
D．S闭合或断开，磁体的振动幅度均发生变化
素养训练3
(多选)如图所示，蹄形磁铁和矩形线圈均可绕竖直轴OO′转动．从上向下看，当磁铁逆时针转动时，则( )
A．线圈将逆时针转动，转速与磁铁相同
B．线圈将逆时针转动，转速比磁铁小
C．线圈转动时将产生感应电流
D．线圈转动时感应电流的方向始终是abcda
素养训练4
(多选)如图所示是电表中的指针和电磁阻尼器，下列说法正确的是( )
A．2是磁铁，在1中产生涡流
B．1是磁铁，在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
思维方法
(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是导体的运动速度小于磁场的运动速度．
随堂演练·自主检测——突出创新性 素养达标
1．如图给出了某品牌的无线充电手机利用电磁感应方式无线充电的原理图．关于无线充电，下列说法正确的是( )
A．无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是“电流的磁效应”
B．只有将充电底座接到直流电源上才能对手机进行充电
C．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同
D．只要有无线充电底座，所有手机都可以进行无线充电
2.
(多选)如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )
A．增加线圈的匝数
B．提高交流电源的频率
C．将金属杯换为瓷杯
D．取走线圈中的铁芯
3.
(多选)在位于光滑水平面上的小车上放置一螺线管，一个比螺线管长的条形磁铁沿着螺线管的轴线以初速度v水平穿过，如图
所示，在此过程中( )
A．磁铁做匀速直线运动
B．磁铁做减速运动
C．小车向右做加速运动
D．小车先加速后减速
4．(多选)如图所示，磁电式仪表的线圈通常用铝框做骨架，把线圈绕在铝框上，这样做的目的是( )
A．防止涡流而设计的 B．利用涡流而设计的
C．起电磁阻尼的作用 D．起电磁驱动的作用
5.
如图所示，金属探测器已经广泛应用于安检场所．关于金属探测器的论述正确的是( )
A．金属探测器可用于食品生产，防止细小的砂石颗粒混入食品中
B．金属探测器探测地雷时，探测器的线圈中产生涡流
C．金属探测器探测金属时，被测金属中感应出涡流
D．探测过程中，金属探测器与被测物体相对静止或相对运动，探测效果相同
3．涡流 电磁阻尼 电磁驱动
必备知识·自主学习
一、
1．电磁感应 感应
2．焦耳热
3．高频感应炉
4．薄硅钢片
二、
1．安培力 阻碍
2．电磁阻尼 正、负接线柱 变形 轴承
4．机械磨损 电能
三、
1．感应电流
2．感应电动机
3．可控性 精度
关键能力·合作探究
探究点一
【导学探究】
提示：在平底的铁锅底部产生涡流，从而使得锅底温度升高，起到加热做饭或炒菜的作用．
【典例示范】
例1 解析：高频感应炉的原理是：给线圈通以高频交变电流后，线圈产生高频变化的磁场，磁场穿过金属，在金属内产生涡流，由于电流的热效应，可使金属熔化，故只有C正确．
答案：C
素养训练1 解析：金属探测器探测金属时，探测器内的探测线圈会产生变化的磁场，被测金属中产生了涡流，A、D错误，C正确；所有的金属都能在变化的磁场中产生涡流，B错误．
答案：C
素养训练2 解析：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，A、B错误；减小内置线圈中所通电流的频率可降低封口过程中产生的热量，即控制温度，C正确；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，否则金属容器也会发热，消耗能量且对容器内物品造成损害，只能是玻璃、塑料等材质，D正确．
答案：CD
探究点二
【导学探究】
提示：(1)变化．
(2)线圈内产生感应电流使线圈受到安培力的作用，安培力作为动力使线圈转动起来．线圈的转动速度小于蹄形磁体的转动速度．
【典例示范】
例2 解析：当S闭合后，线圈构成闭合回路，当条形磁体竖直运动时，穿过线圈的磁通量发生变化，从而使线圈产生感应电流，由楞次定律可得，感应电流的磁场阻碍磁体的运动，使振幅减小，不闭合线圈，不会产生感应电流，振幅不变，故A正确，B、C、D错误．
答案：A
素养训练3 解析：当磁铁逆时针转动时，相当于磁铁不动而线圈顺时针旋转切割磁感线，线圈中产生感应电流，故C正确；线圈相对磁铁转过90°后，其感应电流方向不再是abcda，D错误；由楞次定律的推广含义可知，线圈将与磁极同向转动，但转动的角速度一定小于磁铁转动的角速度，如果两者的角速度相同，磁感线与线圈会处于相对静止状态，线圈不切割磁感线，无感应电流产生，A错误，B正确．
答案：BC
素养训练4 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；不管1向哪个方向转动，2对1的效果总起到阻尼作用，所以它能使指针很快地稳定下来，A、D正确．
答案：AD
随堂演练·自主检测
1．解析：无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是电磁感应现象，不是“电流的磁效应”现象，A错误；充电底座采用了电磁感应原理，故只有接到交流电源上才能对手机进行充电，B错误；根据电磁感应原理可知，接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同，C正确；被充电手机内部，应该有一类似金属线圈的部件，与手机电池相连，当有交变磁场时，则出现感应电动势，那么普通手机不能够利用无线充电设备进行充电，D错误．
答案：C
2．解析：当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高．要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻．增加线圈匝数、提高交变电流的频率都能增大感应电动势，瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱，A、B正确，C、D错误．
答案：AB
3．解析：磁铁水平穿入螺线管时，管中将产生感应电流，由楞次定律知该电流产生的磁场阻碍磁铁的运动．同理，磁铁穿出时该电流产生的磁场也阻碍磁铁的运动，故整个过程中，磁铁做减速运动，B正确．而对于小车上的螺线管来说，在此过程中，螺线管受到的安培力都是水平向右的，这个安培力使小车向右一直做加速运动，C正确．
答案：BC
4．解析：线圈通电后，在安培力作用下发生转动，铝框随之转动，铝框内产生涡流．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，B、C正确．
答案：BC
5．解析：金属探测器只能探测金属，不能在食品生产中防止细小的砂石颗粒混入食品中，A错误；金属探测器探测金属时，被测金属中感应出涡流，B错误，C正确；探测过程中，金属探测器与被测物体相对运动或相对静止，磁通量的变化情况不同，探测效果不同，D错误．
答案：C4.自感
课标要求
1．了解自感现象，理解自感电动势对电路中电流的影响．
2．知道自感系数，会利用自感电动势公式计算自感电动势的大小．
3．了解日光灯电路，知道日光灯电路中启动器的作用．
思维导图
必备知识·自主学习——突出基础性 素养夯基
一、自感现象及自感系数
1．自感现象：由于导体线圈本身的________发生变化而引起的电磁感应现象．
2．通电自感和断电自感
电路 现象 自感电动势的作用
通电 自感 接通电源的瞬间，灯泡D2逐渐地变亮 阻碍电流的________
断电 自感 断开开关的瞬间，灯泡D闪亮一下后逐渐变暗或灯泡D逐渐变暗，直至熄灭 阻碍电流的________
3.自感电动势
在________中产生的电动势叫作自感电动势．
4．自感系数
(1)定义：描述通电线圈自身特性的物理量，又称自感或电感．
(2)物理意义：表示线圈产生自感电动势本领大小的物理量．
(3)大小的决定因素：与线圈的形状、直径、匝数以及有无________等因素有关．
(4)单位：国际单位是亨利，简称亨，符号是________，常用的还有毫亨(mH)和微亨(μH)，1 H＝________ mH＝________ μH.
二、自感现象的应用——日光灯
1．组成
________、________、________、导线和开关．
2.灯管
工作原理：管中气体导电时发出________，________受其照射时发出可见光．可见光的颜色由荧光粉的种类决定．
3．启动器
启动器的作用：________．
4．镇流器的作用
日光灯启动时，提供瞬时________；日光灯启动后，________．
[导学1]
(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，电源的能量输送给磁场，储存在磁场中．②线圈中电流减小时：磁场中的能量释放出来转化为电能．
(2)电的“惯性”：自感电动势有阻碍线圈中电流变化的“惯性”．
[导学2]
只有线圈中电流发生变化时才能产生自感电动势，电流不变时，没有自感电动势产生．
[导学3]
自感电动势的作用是阻碍电流的变化，即电流增大时，自感电动势方向与原电流方向相反，阻碍电流的增加；电流减小时，自感电动势方向与原电流的方向相同，阻碍电流的减小．
关键能力·合作探究——突出综合性 素养形成
探究点一 对自感现象的理解
归纳总结
1.对自感现象的分析思路
(1)明确通过自感线圈的电流大小的变化情况(是增大还是减小)．
(2)根据“增反减同”，判断自感电动势的方向．
(3)分析阻碍的结果：当电流增强时，由于自感电动势的作用，线圈中的电流逐渐增大，与线圈串联的元件中的电流也逐渐增大；当电流减小时，由于自感电动势的作用，线圈中的电流逐渐减小，与线圈串联的元件中的电流也逐渐减小．
2．自感现象中，灯泡亮度变化的问题
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I1突然变大，然后逐渐减小达到稳定，灯泡突然变亮然后逐渐变暗，最后亮度不变
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，灯泡闪亮一下后逐渐变暗，两种情况灯泡电流方向均改变
典例示范
例 1 (多选)在如图所示的甲、乙电路中，电阻R和灯泡电阻的阻值相等，自感线圈L的电阻值可认为是0.在接通开关S时，则( )
A．在电路甲中，A将渐渐变亮
B．在电路甲中，A将先变亮，然后渐渐变暗
C．在电路乙中，A将渐渐变亮
D．在电路乙中，A将先由亮渐渐变暗，然后熄灭
素养训练1
(多选)如图所示，灯A、B完全相同，带铁芯的线圈L的电阻可忽略，则( )
A．S闭合的瞬间，灯A、B同时发光，接着灯A变暗，灯B更亮，最后灯A熄灭
B．S闭合瞬间，灯A不亮，灯B立即亮
C．S闭合瞬间，灯A、B都不立即亮
D．稳定后再断开S的瞬间，灯B立即熄灭，灯A闪亮一下再熄灭
素养训练2
如图所示，电路中电源的内阻不能忽略，电阻R的阻值和线圈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(线圈L的直流电阻较小)( )
A．A比B先亮，然后A灭
B．B比A先亮，然后B逐渐变暗
C．A、B一起亮，然后A灭
D．A、B一起亮，然后B灭
探究点二 对日光灯原理的理解
归纳总结
1.开关闭合后，启动器动触片与静触片接触，使灯丝和镇流器线圈中有电流流过，使灯丝预热．
2．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，方向与原来的电压方向相同，自感电动势与电源电压一起加在灯管两端，形成一个瞬时高电压，使灯管中的气体击穿，于是日光灯开始发光．
3．日光灯正常发光后，由于交变电流通过镇流器线圈，线圈中会产生自感电动势，它总是阻碍电流变化，镇流器起降压限流的作用，保证日光灯正常发光．
典例示范
例 2 (多选)启动器由电容器和氖管两大部分组成，其中氖管中充有氖气，内部有静触片和U形动触片，通常动、静触片不接触，有一个小缝隙．下列说法中正确的是( )
A．当电源的电压加在启动器两极时，氖气放电并产生热量，导致U形动触片受热膨胀
B．当电源的电压加在启动器两极后，启动器的两个触片才接触，使电路有电流通过
C．电源的电压加在启动器两极前，启动器的两个触片就接触着，电路就已经有电流通过
D．当电路接通后，两个触片冷却，两个触片重新分离
名师点拨
镇流器作用的两点说明
(1)日光灯管在启动时需要500～700 V的瞬时高压，这个高压是由镇流器产生的自感电动势与电源电压叠加后产生的．
(2)当灯管正常发光后，它的电阻变得很小，允许通过较小的电流，需要加在它两端的电压变小，镇流器这时又起到给灯管降压限流的作用．
素养训练3 (多选)如下图所示的四个日光灯的接线图中，S1为启动器，S2为开关，L为镇流器，能使日光灯正常发光的是 ( )
素养训练4 若将图甲中启动器换为开关S1，并给镇流器并联一个开关S2，如图乙所示，则下列叙述正确的是( )
A．只把S3接通，日光灯就能正常发光
B．把S3、S1接通后，S2不接通，日光灯就能正常发光
C．S2不接通，接通S3、S1后，再断开S1，日光灯就能正常发光
D．当日光灯正常发光后，再接通S2，日光灯仍能正常发光
随堂演练·自主检测——突出创新性 素养达标
1．关于线圈中自感电动势大小的说法正确的是( )
A．电感一定时，电流变化越大，自感电动势越大
B．电感一定时，电流变化越快，自感电动势越大
C．通过线圈的电流为零的瞬间，自感电动势最大
D．通过线圈的电流为最大值的瞬间，自感电动势最大
2．(多选)如图所示，将两端刮掉绝缘漆的导线绕在一把锉刀上，一端接上电池(电池另一极与锉刀接触)，手持导线的另一端，在锉刀上来回划动，由于锉刀表面凹凸不平，就会产生电火花，下列说法中正确的是( )
A．产生电火花的回路只由导线与电池组成
B．导线端向两个方向划动时都能产生电火花
C．锉刀采用什么材料制成对实验没有影响
D．自感电动势的方向与导线端划动的方向无关
3.
在如图所示的电路中，a、b、c为三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数很大、直流电阻为零的线圈，E为电源，S为开关．关于三个灯泡，下列说法正确的是( )
A．合上开关，c、b先亮，a后亮
B．合上开关一会后，a、b、c一样亮
C．断开开关，b、c同时熄灭，a缓慢熄灭
D．断开开关，c马上熄灭，b闪一下后和a一起缓慢熄灭
4．下列关于日光灯的说法中正确的是( )
A．日光灯是常用的照明灯具之一，它所消耗的电功率仅为相同亮度白炽灯的～
B．灯管内气体的击穿电压和正常工作电压都是220 V
C．灯管发光是由于管内的气体被加热到炽热状态，发出的光
D．让日光灯正常工作，必须一直给其提供比220 V高很多的电压
5．图甲和图乙是演示自感现象的两个电路图，L1和L2为电感线圈．实验时，断开开关S1瞬间，灯A1突然闪亮，随后逐渐变暗；闭合开关S2，灯A2逐渐变亮，而另一个相同的灯A3立即变亮，最终A2与A3的亮度相同．下列说法正确的是( )
A．图甲中，A1与L1的电阻值相同
B．图甲中，闭合S1，电路稳定后，A1中电流大于L1中电流
C．图乙中，变阻器R接入电路的阻值与L2的电阻值相同
D．图乙中，闭合S2瞬间，L2中电流与变阻器R中电流相等
4．自感
必备知识·自主学习
一、
1．电流
2．增加 减小
3．自感现象
4．(3)铁芯 (4)H 103 106
二、
1．灯管 镇流器 启动器
2．紫外线 荧光粉
3．通断电路
4．高压 降压限流
关键能力·合作探究
探究点一
【典例示范】
例1 解析：在电路甲中，当接通开关S时，通过与灯泡相连的自感线圈的电流突然增大，由于线圈的自感现象，开始时，自感线圈产生一个很大的自感电动势来阻碍电流的流入，流入灯泡的电流很小；后来由于电流的不断流入，通过自感线圈的电流变化逐渐变慢，所以自感线圈的阻碍作用逐渐减小；当流过线圈的电流最大时，自感线圈不再有阻碍作用，所以通过灯泡的电流只能慢慢增大，A正确，B错误；在电路乙中，当接通开关S时，通过自感线圈的电流突然增大，由于线圈的自感现象，开始时，自感线圈就产生一个很大的自感电动势来阻碍电流的流入，流入线圈的电流很小(可认为是0)，电路中的电流可以认为都是从灯泡通过的，以后自感线圈的阻碍作用逐渐减小，通过自感线圈的电流逐渐增大，而通过灯泡的电流逐渐减小，直到流过线圈的电流最大时，自感线圈不再有阻碍作用，又因为自感线圈L的电阻值可认为是0，所以灯泡被短路，C错误，D正确．
答案：AD
素养训练1 解析：S接通的瞬间，L所在支路中电流从无到有发生变化，因此，L中产生的自感电动势阻碍电流增加．由于有铁芯，自感系数较大，对电流的阻碍作用也就很强，所以S接通的瞬间L中的电流非常小，即干路中的电流几乎全部流过灯A，所以灯A、B会同时亮；又由于L中电流逐渐稳定，感应电动势逐渐消失，灯A逐渐变暗，线圈的电阻可忽略，对灯A起到“短路”作用，因此灯A最后熄灭．这个过程电路的总电阻比刚接通时小，由恒定电流知识可知，灯B会更亮．稳定后S断开瞬间，由于线圈的电流较大，L与灯A组成回路，灯A要闪亮一下再熄灭，灯B立即熄灭．综上所述，选项A、D正确．
答案：AD
素养训练2 解析：S闭合时，由于与A灯串联的线圈L的自感系数很大，故在线圈上产生很大的自感电动势，阻碍电流的增大，所以B比A先亮，稳定后，流过B灯支路的电流变小，所以B灯逐渐变暗，B正确．
答案：B
探究点二
【典例示范】
例2 解析：依据日光灯的工作原理可知，电源把电压加在启动器的两极之间，使氖气放电而发出辉光，辉光产生热量使U形动触片膨胀伸长，跟静触片接触把电路接通．电路接通后，启动器的氖气停止放电，U形动触片冷却收缩，两个触片分开，电路自动断开．综上所述，A、B、D正确．
答案：ABD
素养训练3 解析：日光灯工作时，电流通过镇流器、灯丝、电源和启动器形成回路，使启动器发出辉光，相当于启动器短路接通，同时电流加热灯丝，灯丝发射电子，镇流器起控制加热电流的作用；之后启动器断开瞬间，镇流器产生很大的自感电动势，出现一个高电压加在灯管两端，灯管中的气体放电、发光，此时启动器已无作用．所以启动器可用手动的开关来代替(实际操作时，当启动器丢失或损坏时，可将连接启动器的两个线头短接然后再断开)．综上所述，A、C正确．
答案：AC
素养训练4 解析：一般日光灯启动时，瞬间把电源、灯丝、镇流器接通，然后自动断开，靠镇流器产生瞬时高压，使灯管内气体导电，所以启动时既要使题图乙中S3闭合，又需使S1瞬间闭合再断开，A、B错误，C正确；正常工作时镇流器起降压限流作用，若把题图乙中S2闭合，则镇流器失去作用，日光灯不能正常工作，D错误．
答案：C
随堂演练·自主检测
1．解析：由E＝L可知，L一定时，自感电动势正比于电流的变化率，与电流的大小、电流变化量的大小都没有直接关系，B正确．
答案：B
2．解析：由图可知，产生电火花的回路由导线、锉刀与电池组成，A错误；手持导线的另一端，在锉刀上来回划动时产生电火花，是由于电路时通时断，在回路中产生自感电动势，与导线运动的方向无关，即导线端向两个方向划动时都能产生电火花，B正确；产生电火花的回路由导线、锉刀与电池组成，如果锉刀是绝缘体，则实验不能完成，C错误；自感电动势的方向根据楞次定律判定，与导线端划动的方向无关，D正确．
答案：BD
3．解析：开关S闭合瞬间，因线圈L的电流增大，导致出现自感电动势，阻碍电流的增大，则b、c先亮，a后亮，故A正确；合上开关一会后，因线圈中电流恒定，则线圈L相当于导线，所以a、b一样亮，c的电流是a、b的电流之和，故c比a、b更亮，故B错误；断开开关S的瞬间，由自感的特性可知L和a、b组成的回路中有电流，导致a、b一起缓慢熄灭，而c没有电流通过，则马上熄灭，因a与b在开关断开前的电流是相等的，b不会闪一下再熄灭，故C、D错误．
答案：A
4．解析：日光灯比白炽灯发光效率高，属于节能的灯具，它所消耗的电功率仅为相同亮度白炽灯的～，A正确；灯管启动时电压高于220 V，正常工作时电压低于220 V，B、D错误；灯管发光是因为灯管两端炽热的灯丝释放出大量电子，这些电子与汞原子碰撞而放出紫外线，涂在内壁的荧光物质在紫外线的照射下发出可见光，C错误．
答案：A
5．解析：在图甲中，断开S1瞬间，灯A1突然闪亮，说明断开S1前，L1中的电流大于A1中的电流，故L1的阻值小于A1的阻值，A、B错误；在图乙中，闭合S2瞬间，由于L2的自感作用，通过L2的电流很小，D错误；闭合S2后，最终A2与A3亮度相同，说明两支路电流相等，故R接入电路的阻值与L2的阻值相同，C正确．
答案：C章末素养培优 二
核心素养(一)——物理观念
“三定则一定律”的综合应用
安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的比较
比较 项目 安培定则 左手定则 右手定则 楞次定律
适用 场合 判断电流周围的磁感线方向 判断通电导线在磁场中所受的安培力方向 判断导体切割磁感线时产生的感应电流方向 判断回路中磁通量变化时产生的感应电流方向
因果 关系 因电而生磁(I→B) 因电而受力(I、B→F安) 因动而生电(v、B→I感) 因磁通量变化而生电(ΔΦ→I感)
例 1 (多选)如图所示，在匀强磁场中放有平行铜导轨，它与大导线圈M相连接，要使小导线圈N获得顺时针方向的感应电流，则放在导轨上的金属棒ab的运动情况可能是(两导线圈共面放
置，且金属棒切割磁感线速度越大，感应电流越大)( )
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
例 2 (多选)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，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(导体切割磁感线速度越大，感应电流越大)( )
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
核心素养(二)——科学思维
一、“轨道＋单杆”模型
情景示例 水平放置的平行光滑导轨，间距为L，左侧接有电阻R，导体棒初速度为v0，质量为m，电阻不计，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计，从开始运动至停下来
求电荷量q －BL·Δt＝0－mv0，q＝Δt，q＝
求位移x －Δt＝0－mv0，x＝Δt＝
应用技巧 初、末速度已知的变加速运动，在动量定理列出的式子中q＝Δt，x＝Δt；若已知q或x也可求末速度
例 3 如图甲所示，固定放置在水平桌面上的两根足够长的光滑金属导轨间的距离为L＝1 m．质量m＝1 kg的直导体棒放在导轨上，且与导轨垂直．导轨左端与阻值R＝4 Ω的电阻相连，其余电阻不计，整个装置放在竖直向上的匀强磁场内，磁感应强度B＝2 T．在t＝0时，一水平向右的恒定拉力F垂直作用于直导体棒，使直导体棒由静止开始向右做直线运动，图乙是描述导体棒运动过程的v t图像(设导轨足够长)．求：
(1)拉力F的大小；
(2)t＝1.6 s时，导体棒的加速度大小a；
(3)前1.6 s内导体棒的位移大小x.
二、“轨道＋双杆”模型
光滑轨道＋双杆
示意图 平行光滑轨道，垂直轨道放置两根金属杆，使杆1以初速度v0向右运动．
动力学观点 导体棒1受安培力的作用做加速度减小的减速运动，导体棒2受安培力的作用做加速度减小的加速运动，最后两棒以相同的速度做匀速直线运动
动量观点 系统动量守恒
能量观点 棒1动能的减少量＝棒2动能的增加量＋焦耳热
例 4 (多选)如图所示，两电阻可以忽略不计的平行金属长直导轨固定在水平面上，相距为L，另外两根长度为L、质量为m、电阻为R的相同导体棒垂直静置于导轨上，导体棒在长导轨上可以无摩擦地滑动，导轨间存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，某时刻使导体棒a获得大小为v0、水平向右的初速度，同时使导体棒b获得大小为2v0、水平向右的初速度，下列结论正确的是( )
A．该时刻回路中产生的感应电动势为3BLv0
B．该时刻导体棒a的加速度为
C．当导体棒a的速度大小为时，导体棒b的速度大小也是
D．运动过程中通过导体棒a电荷量的最大值qm＝
章末素养培优
例1 解析：欲使N产生顺时针方向的感应电流，即感应电流的磁场垂直于纸面向里，由楞次定律可知有两种情况：一是M中有顺时针方向逐渐减小的电流，使其在N中的磁场方向向里，且磁通量在减小，此时应使ab向右减速运动；二是M中有逆时针方向逐渐增大的电流，使其在N中的磁场方向向外，且磁通量在增大，此时应使ab向左加速运动．综上所述，B、C正确．
答案：BC
例2 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；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，A错误，C正确．同理可判断B正确，D错误．
答案：BC
例3 解析：(1)导体棒的运动速度为v时产生的电动势E＝BLv，闭合回路中的感应电流I＝
导体棒所受安培力FA＝BIL＝
由题图乙可知，当速度v＝10 m/s时拉力F＝FA，
得F＝10 N.
(2)由题图乙知，t＝1.6 s时，v＝8 m/s，由牛顿第二定律有F－＝ma，得a＝2 m/s2.
(3)在导体棒的速度为任意值v的一段极短时间Δt内，发生位移Δx，
安培力的冲量ΔI＝－·Δt＝－Δx
则前1.6 s内安培力的总冲量I＝－x
由动量定理有Ft－x＝mv－0，得x＝8 m.
答案：(1)10 N (2)2 m/s2 (3)8 m
例4 解析：根据右手定则可知两根导体棒切割磁感线产生的感应电动势方向相反，故该时刻回路中产生的感应电动势E＝BL·2v0－BLv0＝BLv0，A错误；在该时刻，回路中的感应电流I＝＝，导体棒a所受安培力大小F＝BIL＝ma，可得a＝，B正确；由于两导体棒整体在水平方向动量守恒，当导体棒a的速度大小为时，根据动量守恒定律得m·2v0＋mv0＝m·＋mv1，解得v1＝，C正确；由以上解析知v共＝，对a由动量定理有Δt＝mv共－mv0，而由安培力公式得＝BL，通过导体棒a电荷量的最大值qm＝Δt＝，D正确．
答案：BCD专题(二) 电磁感应中的电路和图像问题
课 标 要 求
1．能应用法拉第电磁感应定律求解电磁感应中的电动势，并能将产生电动势的部分等效为电源等效电路．
2．能结合全电路欧姆定律、焦耳定律等分析电磁感应中的电路问题．
3．能够结合图像分析电磁感应问题．
关键能力·合作探究——突出综合性 素养形成
探究点一 电磁感应中的电路问题
归纳总结
1.内电路和外电路
(1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的回路都相当于电源．
(2)该部分导体的电阻或回路的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路．
2．分析思路
(1)明确哪部分电路或导体产生感应电动势，该部分电路或导体就相当于电源，其他部分是外电路．
(2)画等效电路图，分清内、外电路．
(3)用法拉第电磁感应定律E＝n或E＝BLv确定感应电动势的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向．注意在等效电源内部，电流方向从负极流向正极．
(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．
典例示范
例 1 固定在匀强磁场中的正方形导线框abcd边长为L，其中ab是一段电阻为R的均匀电阻丝，其余三边均为电阻可以忽略的铜线．磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．现有一段与ab段的材料、粗细、长度均相同的电阻丝PQ架在导线框上(如图所示)．若PQ以恒定的速度v从ad滑向bc，当其滑过的距离时，通过aP段的电流是多大？方向如何？
素养训练1 先后以3v和v的速度匀速把一矩形线圈拉出如图所示的匀强磁场区域，下列说法正确的是( )
A．两次线圈中的感应电动势之比为1∶1
B．两次线圈中的感应电流之比为1∶3
C．两次通过线圈同一截面的电荷量之比为1∶1
D．两次线圈中产生的焦耳热之比为1∶3
素养训练2
(多选)如图所示，三角形金属导轨EOF上放有一根金属杆AB，在外力作用下，保持金属杆AB和OF垂直，以速度v匀速向右移动．设导轨和金属杆AB都是用粗细相同的同种材
料制成的，金属杆AB与导轨接触良好，则下列判断正确的是( )
A．电路中的感应电动势大小不变
B．电路中的感应电流大小不变
C．电路中的感应电动势大小逐渐增大
D．电路中的感应电流大小逐渐增大
探究点二 电磁感应中的电荷量问题
归纳总结
闭合回路中磁通量发生变化时，电荷发生定向移动而形成感应电流，在Δt时间内迁移的电荷量(感应电荷量)
q＝I·Δt＝·Δt＝n··Δt＝.
(1)从上式可知，线圈匝数一定时，感应电荷量仅由回路电阻和磁通量的变化量决定，与时间无关．
(2)求解电路中通过的电荷量时，I、E均为平均值．
典例示范
例 2 如图甲所示，单匝闭合线圈固定在匀强磁场中，t＝0时刻磁感线垂直线圈平面向里，磁感应强度随时间变化如图乙所示，线圈面积S＝0.1 m2，电阻R＝1 Ω.在0～2 s时间内，下列说法正确的是( )
A．线圈中的感应电流沿逆时针方向
B．线圈中的感应电动势大小为0.5 V
C．线圈中产生的焦耳热为0.05 J
D．通过线圈横截面的电荷量为0.1 C
素养训练3 如图所示，空间存在垂直于纸面的匀强磁场，在半径为a的圆形区域内部及外部，磁场方向相反，磁感应强度的大小均为B.一半径为b(b＞a)、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．当内、外磁场同时由B均匀地减小到零的过程中，通过导线环截面的电荷量为( )
A． B．
C． D．
素养训练4 一个阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1、电容为C的电容器连接成如图(a)所示回路．金属线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度B随时间t变化的关系图线如图(b)所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0.导线的电阻不计．求：
(1)通过电阻R1的电流大小和方向；
(2)0～t1时间内通过电阻R1的电荷量q；
(3)t1时刻电容器所带的电荷量Q.
探究点三 电磁感应中的图像问题
归纳总结
1.问题类型
(1)由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像．
(2)由给定的图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量．
2．图像类型
(1)各物理量随时间t变化的图像，即B t图像、Φ t图像、E t图像和I t图像．
(2)导体切割磁感线运动时，还涉及感应电动势E和感应电流I随导体位移变化的图像，即E x图像和I x图像．
3．解决此类问题需要熟练掌握的规律
安培定则、左手定则、楞次定律、右手定则、法拉第电磁感应定律、欧姆定律等．
典例示范
例 3 如图甲所示，矩形线圈abcd位于匀强磁场中，磁场方向垂直线圈所在平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示．以图中箭头所示方向为线圈中感应电流i的正方向，以垂直于线圈所在平面向里为磁感应强度B的正方向，则下列图中能正确表示线圈中感应电流i随时间t变化规律的是( )
素养训练5 如图所示，一底边长为L，底边上的高也为L的等腰三角形导体线框以恒定的速度v沿垂直于磁场区域边界的方向穿过长为2L、宽为L的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．t＝0时刻，三角形导体线框的底边刚进入磁场，取沿逆时针方向的感应电流为正，则在三角形导体线框穿过磁场区域的过程中，感应电流i随时间t变化的图线可能是( )
素养训练6 (多选)空间中存在着竖直方向的磁场，一圆形金属框水平放在磁场中，规定磁感应强度方向和线圈中感应电流方向如图甲所示时为正．从某时刻开始计时，线圈中产生了如图乙所示的感应电流，则磁感应强度随时间变化的图线可能是( )
随堂演练·自主检测——突出创新性 素养达标
1.
如图所示，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的有直线边界(图中竖直虚线)的匀强磁场．当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差为( )
A．BRv B．BRv
C．BRv D．BRv
2.
物理实验中，常用一种叫作“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电荷量．如图所示，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.若将线圈放在被测匀强磁场中，开始时线圈平面与磁场垂直，现把探测线圈翻转180°，冲击电流计测出通过线圈的电荷量为q.由上述数据可得出被测磁场的磁感应强度为( )
A． B． C． D．
3．如图所示，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abcda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( )
4.
如图所示，在一个边长为2L的等腰直角三角形ABC区域内，有垂直纸面向里的匀强磁场，其左侧有一个用金属丝制成的边长为L的正方形线框abdc，线框以水平速度v匀速通过整个匀强磁场区域．设电流逆时针方向为正，则在线框通过磁场的过程中，线框中感应电流i随时间t变化的规律正确的是( )
5.
如图所示，导线全部为裸导线，半径为r、两端开有小口的圆内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一根长度大于2r的导线MN以速度v在圆环上无摩擦地自左端匀速滑到右端，电路中定值电阻阻值为R，其余部分电阻均忽略不计，试求MN从圆环左端滑到右端的过程中：
(1)通过电阻R的最大感应电流；
(2)通过电阻R的电荷量；
(3)当导线MN通过圆环中心时，如果导线MN接入电路的电阻为R0，电阻R两端的电压．
专题(二) 电磁感应中的电路和图像问题
关键能力·合作探究
探究点一
【典例示范】
例1 解析：
PQ在磁场中做切割磁感线运动产生感应电动势，由于是闭合回路，故电路中有感应电流，可将电阻丝PQ视为有内阻的电源，电阻丝aP与bP并联，且RaP＝R、RbP＝R，于是可画出如图所示的等效电路图．
电源电动势为E＝BLv，
外电阻为R外＝＝R.
总电阻为R总＝R外＋r＝R＋R，即R总＝R.
电路中的电流为I＝＝.
通过aP段的电流为IaP＝I＝，方向由P到a.
答案： 方向由P到a
素养训练1 解析：根据E＝BLv知感应电动势之比为3∶1，感应电流I＝，则感应电流之比为3∶1，故A、B错误；由于两次速度之比为3∶1，则拉出磁场时间之比为1∶3，根据Q＝I2Rt知产生的焦耳热之比为3∶1，故D错误；感应电流之比为3∶1，时间之比为1∶3，根据q＝It知通过某截面的电荷量之比为1∶1，故C正确．
答案：C
素养训练2 解析：设三角形金属导轨的夹角为θ，金属杆AB由O点经时间t运动了vt的距离，则E＝Bvt·tan θ·v，E随时间t逐渐增大，C正确；电路总长度为l＝vt＋vt tan θ＋＝vt(1＋tan θ＋)，又因为R＝ρ，所以I＝＝，I与t无关，是恒量，B正确．
答案：BC
探究点二
【典例示范】
例2 解析：由楞次定律知线圈中的感应电流沿顺时针方向，根据法拉第电磁感应定律得E＝nS＝1××0.1 V＝0.05 V，故A、B错误；线圈中的感应电流I＝＝0.05 A，线圈中产生的焦耳热Q＝I2Rt，代入数据解得Q＝0.005 J，故C错误；通过线圈横截面的电荷量q＝It＝0.1 C，故D正确．
答案：D
素养训练3 解析：设开始时穿过导线环向里的磁通量为正值，Φ1＝Bπa2，则向外的磁通量为负值，Φ2＝－B·π(b2－a2)，总的磁通量为它们的代数和(取绝对值)Φ＝B·π|b2－2a2|，末态总的磁通量为Φ′＝0，由法拉第电磁感应定律得平均感应电动势为＝，通过导线环截面的电荷量为q＝·Δt＝＝，A正确．
答案：A
素养训练4 解析：(1)由B t图像可知，磁感应强度的变化率为＝，
根据法拉第电磁感应定律得感应电动势为
E＝n＝＝
根据闭合电路的欧姆定律得感应电流为I1＝
联立解得I1＝
根据楞次定律可知通过R1的电流方向为从b到a.
(2)通过R1的电荷量q＝I1t1＝.
(3)电容器两板间的电压为U＝I1R1＝
则电容器所带的电荷量为Q＝CU＝.
答案： 方向从b到a
探究点三
【典例示范】
例3 解析：由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得I＝＝＝·，所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率，B t图像的斜率为，故在2～3 s内感应电流的大小是0～1 s内的2倍．再由B t图像可知，0～1 s时间内，B增大，Φ增大，感应电流的磁场与原磁场方向相反(感应电流的磁场方向向外)，由楞次定律和安培定则知，感应电流是逆时针的，因而是负的恒值．同理可判断2～3 s为正的恒值，故C正确．
答案：C
素养训练5 解析：三角形导体线框进、出磁场时，有效长度l都减小，根据E＝Blv，I＝＝知，三角形导体线框进、出磁场时，感应电流都减小；再根据楞次定律可知，三角形导体线框进、出磁场时感应电流方向相反，进磁场时感应电流方向为正，出磁场时感应电流方向为负，故选A.
答案：A
素养训练6 解析：线圈面积不变，电阻不变，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势E＝＝S，感应电流I＝＝，即感应电流大小与B t图像斜率成正比，1～2 s感应电流为0，即B t图像斜率为0，故B错误；根据楞次定律“增反减同”的推论知，0～1 s要产生顺时针方向的感应电流，磁场可能是正向增大，也可能是负向减小，故D错误；2～4 s感应电流为负向，磁场可能是正向减小或者负向增大，而且根据电流大小关系，B t图像在0～1 s的斜率等于2～4 s斜率的二倍，故A、C正确．
答案：AC
随堂演练·自主检测
1．解析：设整个圆环的电阻为r，位于题图所示位置时，电路的外电阻即磁场外的部分是圆环总电阻的，而在磁场内切割磁感线的有效长度是R，其相当于电源，E＝B·R·v，根据闭合电路欧姆定律可得U＝E＝BRv，选项D正确．
答案：D
2．解析：由题意知q＝·Δt＝·Δt＝Δt＝n＝n，则B＝，故C正确．
答案：C
3．解析：bc边进入磁场时，根据右手定则判断出其感应电流的方向是沿adcba方向的，其方向与电流的正方向相反，故是负的，当线圈逐渐向右移动时，切割磁感线的有效长度变大，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，故其图像在时间轴的上方，所以B正确．
答案：B
4．解析：线框开始进入磁场运动L的过程中，只有bd边切割磁感线，感应电流不变，方向为正方向；前进L后，bd边开始出磁场，ac边开始进入磁场，回路中的感应电动势为ac边产生的电动势减去bd边在磁场中的部分产生的电动势，随着线框的运动回路中电动势逐渐增大，电流逐渐增大，方向为负方向；当再前进L时，bd边完全出磁场，ac边也开始出磁场，有效切割长度逐渐减小，电流逐渐减小，方向仍为负方向，B正确．
答案：B
5．解析：(1)MN向右滑动时，切割磁感线的有效长度不断变化，当MN经过圆心时，有效切割长度最长，此时感应电动势和感应电流达到最大值，所以Imax＝＝.
(2)流过电阻R的电荷量等于平均感应电流与时间的乘积，所以q＝Δt＝·Δt＝＝.
(3)根据闭合电路欧姆定律得I′＝＝
则电阻R两端的电压为U＝I′R＝.
答案：(1) (2) (3)专题(三) 电磁感应中的动力学和能量问题
课 标 要 求
1．结合牛顿第二定律分析电磁感应中的动力学问题．
2．结合功能关系和能量的转化与守恒定律分析电磁感应中的能量问题．
关键能力·合作探究——突出综合性 素养形成
探究点一 电磁感应中的动力学问题
归纳总结
1.通电导体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
(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)求回路中电流的大小和方向．
(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
(1)关键要抓好受力情况和运动情况的动态分析：
加速度等于零时，导体达到稳定运动状态．
(2)两种状态的原理：达到稳定运动状态后，导体匀速运动，受力平衡，处于平衡态，应根据平衡条件分析；导体达到稳定运动状态之前，往往做变加速运动，处于非平衡态，应根据牛顿第二定律或结合功能关系分析．
典例示范
例1 如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置．两导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直．整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向下．导轨和金属杆的电阻可忽略．让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦．
(1)由b向a方向看到的装置如图乙，在此图中画出ab杆下滑过程中某时刻的受力示意图；
(2)在加速下滑时，当ab杆的速度大小为v时，求此时ab杆中的电流及其加速度的大小；
(3)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值．
素养训练1
如图所示，在一匀强磁场中有一U形导线框abcd，线框处于水平面内，磁场与线框平面垂直，R为一电阻，ef为垂直于ab的一根导体杆，它可在ab、cd上无摩擦地滑动．杆ef及线框中导线的电阻都忽略不计．开始时，给ef一个向右的初速度，则( )
A．ef将减速向右运动，但不是匀减速运动，最后停止
B．ef将匀减速向右运动，最后停止
C．ef将匀速向右运动
D．ef将往返运动
素养训练2 如图所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，电阻R＝0.3 Ω接在导轨一端，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg、接入电路的电阻r＝0.1 Ω的导体棒，已知导体棒和导轨间的动摩擦因数为0.2，导轨电阻不计．从零时刻开始，对ab棒施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好．(g取10 m/s2)
(1)求导体棒所能达到的最大速度；
(2)试定性画出导体棒运动的速度—时间图像．
思维方法
电磁感应与力学问题的解题思路
导体受外力运动产生感应电动势产生感应电流导体受安培力―→合外力变化加速度变化―→速度变化―→感应电动势变化……―→a＝0，v达到最大值．
探究点二 电磁感应中的能量问题
归纳总结
1.电磁感应中能量的转化
(1)转化方式
(2)涉及的常见功能关系
①有滑动摩擦力做功，必有内能产生；
②有重力做功，重力势能必然发生变化；
③克服安培力做多少功，就有多少其他形式的能转化为电能．
2．焦耳热的计算
(1)电流恒定时，根据焦耳定律求解，即Q＝I2Rt.
(2)感应电流变化时，可用以下方法分析：
①利用动能定理，求出克服安培力做的功W安，即Q＝W安．
②利用能量守恒定律，焦耳热等于其他形式能量的减少量．
典例示范
例 2 如图所示，足够长的平行光滑U形导轨倾斜放置，所在平面的倾角θ＝37°，导轨间的距离L＝1.0 m，下端连接R＝1.6 Ω的电阻，导轨电阻不计，所在空间存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度B＝1.0 T．质量m＝0.5 kg、电阻r＝0.4 Ω的金属棒ab垂直置于导轨上，现用沿导轨平面且垂直于金属棒、大小为F＝5.0 N的恒力使金属棒ab从静止开始沿导轨向上滑行，当金属棒滑行s＝2.8 m后速度保持不变．求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)
(1)金属棒匀速运动时的速度大小v；
(2)金属棒从静止到刚开始匀速运动的过程中，电阻R上产生的热量QR.
素养训练3 (多选)如图所示，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，在沿着斜面与棒垂直的恒力F作用下沿导轨匀速上滑，在上升的高度为h的过程中( )
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
素养训练4 (多选)如图所示，光滑斜面PMNQ的倾角为θ＝30°，斜面上放置一矩形导体线框abcd，其中ab边长L1＝0.5 m，bc边长为L2，导体线框质量m＝1 kg、电阻R＝0.4 Ω，有界匀强磁场的磁感应强度为B＝2 T，方向垂直于斜面向上，ef为磁场的边界，且ef∥MN.导体线框在沿斜面向上且与斜面平行的F＝10 N的恒力作用下从静止开始运动，其ab边始终保持与底边MN平行．已知导体线框刚进入磁场时做匀速运动，且进入过程中通过导体线框某一横截面的电荷量q＝0.5 C，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．导体线框进入磁场时的速度为2 m/s
B．导体线框bc边长为L2＝0.1 m
C．导体线框开始运动时ab边到磁场边界ef的距离为0.4 m
D．导体线框进入磁场的过程中产生的热量为1 J
随堂演练·自主检测——突出创新性 素养达标
1.
(多选)如图所示，有两根和水平方向成α(α<90°)角的光滑平行的金属轨道，上端接有滑动变阻器R，下端足够长，空间有垂直于轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B.一根质量为m、电阻不计的金属杆从轨道上由静止滑下，经过足够长的时间后，金属杆的速度会趋近于一个最大速度vm，则( )
A．如果B增大，vm将变大
B．如果α变大(仍小于90°)，vm将变大
C．如果R变大，vm将变大
D．如果m变小，vm将变大
2.
如图所示，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是一根与导轨垂直且始终与导轨接触良好的金属杆．开始时，将开关S断开，让金属杆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变化的图像不可能是下图中的( )
3．如图所示，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 ( )
A．Q1＞Q2，q1＝q2 B．Q1＞Q2，q1＞q2
C．Q1＝Q2，q1＝q2 D．Q1＝Q2，q1＞q2
4．(多选)如图所示，竖直放置的“”形光滑导轨宽为L，矩形匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的高和间距均为d，磁感应强度均为B.质量为m的水平金属杆由静止释放，进入磁场Ⅰ和Ⅱ时的速度相等．金属杆在导轨间的电阻为R，与导轨接触良好，其余电阻不计，重力加速度为g，则金属杆( )
A．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向下
B．刚进入磁场Ⅰ时加速度方向竖直向上
C．穿过两磁场产生的总热量为4mgd
D．释放时距磁场Ⅰ上边界的高度h可能小于
5.
如图所示，在光滑水平桌面上有一边长为L、电阻为R的正方形导线框；在导线框右侧有一宽度为d(d＞L)的条形匀强磁场区域，磁场的边界与导线框的一边平行，磁场方向竖直向下．导线框以某一初速度向右运动，t＝0时导线框的右边恰与磁场的左边界重合，随后导线框进入并通过磁场区域．下列v t图像中，能正确描述上述过程的是( )
6．水平放置的光滑平行导轨上放置一根长为L、质量为m且与导轨接触良好的导体棒ab，ab处在磁感应强度大小为B、方向如图所示的匀强磁场中，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，当通过的位移为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( )
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
D．R上释放的热量为Fx
专题(三) 电磁感应中的动力学和能量问题
关键能力·合作探究
探究点一
【典例示范】
例1 解析：
(1)如图所示，ab杆受重力mg，方向竖直向下；支持力N，方向垂直斜面向上；安培力F，方向沿斜面向上．
(2)当ab杆速度为v时，感应电动势E＝BLv，
此时电路中电流I＝＝，
ab杆受到的安培力F＝BIL＝.
根据牛顿第二定律，有mg sin θ－F＝ma，
解得a＝g sin θ－.
(3)当a＝0，即g sin θ＝时，杆达到最大速度vm，vm＝.
答案：(1)图见解析 (2) g sin θ－ (3)
素养训练1 解析：ef向右运动，切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，会受到向左的安培力而做减速运动，直到停止，由F＝BIl＝＝ma知，ef做的是加速度逐渐减小的减速运动，故A正确．
答案：A
素养训练2 解析：(1)导体棒切割磁感线运动，
产生的感应电动势E＝BLv ①
回路中的感应电流I＝ ②
导体棒受到的安培力F安＝BIL ③
导体棒运动过程中水平方向受到拉力F、安培力F安和摩擦力μmg的作用，根据牛顿第二定律得
F－μmg－F安＝ma ④
由①②③④得F－μmg－＝ma ⑤
由⑤可知，随着速度的增大，安培力增大，加速度a减小，当加速度a减小到0时，速度达到最大．
此时有F－μmg－＝0 ⑥
可得vm＝＝10 m/s ⑦
(2)由(1)中分析可知，导体棒运动的速度—时间图像如图所示．
答案：(1)10 m/s (2)图见解析
探究点二
【典例示范】
例2 解析：(1)金属棒匀速运动时产生的感应电流为I＝
由平衡条件有F＝mg sin θ＋BIL
代入数据解得v＝4 m/s.
(2)设整个电路中产生的热量为Q，由动能定理得
Fs－mgs·sin θ－W安＝mv2而Q＝W安，QR＝Q
代入数据解得QR＝1.28 J.
答案：(1)4 m/s (2)1.28 J
素养训练3 解析：在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．
答案：AD
素养训练4 解析：导体线框刚进入磁场时做匀速运动，则F＝，解得v＝2 m/s，根据q＝＝，解得L2＝0.2 m，A正确，B错误；导体线框在磁场外运动的加速度a＝＝5 m/s2，则导体线框开始运动时ab边到磁场边界ef的距离为x＝＝ m＝0.4 m，C正确；导体线框进入磁场的过程中产生的热量为Q＝FL2－mgL2sin 30°＝10×0.2 J－10×0.2×0.5 J＝1 J，D正确．
答案：ACD
随堂演练·自主检测
1．解析：
金属杆由静止开始下滑的过程中，金属杆就相当于一个电源，与滑动变阻器R构成一个闭合回路，其受力情况如图所示，根据牛顿第二定律得mg sin α－＝ma，所以金属杆由静止开始做加速度逐渐减小的加速运动，当a＝0时达到最大速度vm，即mg sin α＝，可得vm＝，由此式知B、C正确．
答案：BC
2．解析：S闭合时，若金属杆受到的安培力>mg，ab杆先减速再匀速，D项有可能；若＝mg，ab杆匀速运动，A项有可能；若答案：B
3．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．
答案：A
4．解析：由于金属杆进入两个磁场的速度相等，而穿出磁场后金属杆做加速度为g的匀加速运动，所以金属杆进入磁场时应做减速运动，加速度方向竖直向上，选项A错误，B正确；从进入磁场Ⅰ瞬间到进入磁场Ⅱ瞬间过程中，根据能量守恒定律得，金属杆减小的机械能全部转化为焦耳热，所以Q1＝mg·2d，即穿过两个磁场过程中产生的热量为4mgd，选项C正确；若金属杆进入磁场做匀速运动，则－mg＝0，得v＝，因金属杆进入磁场做减速运动，则金属杆进入磁场的速度大于，根据h＝得金属杆进入磁场的高度应大于＝，选项D错误．
答案：BC
5．解析：导线框进入磁场的过程中，线框受到向左的安培力作用，根据E＝BLv、I＝、F安＝BIL得F安＝，随着v的减小，安培力F安减小，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，整个导线框在磁场中运动时，无感应电流，导线框做匀速运动，导线框离开磁场的过程中，根据F安＝，导线框做加速度逐渐减小的减速运动，D正确．
答案：D
6．解析：撤去外力后，导体棒在水平方向上只受安培力作用，而F安＝，F安随v的变化而变化，故导体棒做加速度变化的减速运动，A错误；对整个过程由动能定理得W合＝ΔEk＝0，B错误；由能量守恒定律知，恒力F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错误，D正确．
答案：D
