【课堂新坐标】2015-2016学年高中物理 第四章 电磁感应（课件+试题）（打包15套）

课件45张PPT。自主学习·基础知识合作探究·重难疑点解题技巧·素养培优1 划时代的发现
2 探究感应电流的产生条件
[学习目标]　1.了解电磁感应现象的发现过程，体会人类探究自然规律的科学态度和科学精神．　2.通过实验、探究理解感应电流的产生条件．　3.掌握磁通量的概念及其计算．(重点)　4.能够运用感应电流的产生条件判断感应电流能否产生．(难点)1．“电生磁”的发现
1820年，丹麦物理学家________发现载流导线能使小磁针偏转，这种作用称为_______________．
2．“磁生电”的发现
1831年，英国物理学家________发现了“磁生电”的现象，这种现象叫作__________，产生的电流叫作__________．奥斯特电流的磁效应法拉第电磁感应感应电流3．法拉第的概括为什么很多科学家在磁生电的研究中没有成功？
【提示】　很多科学家在实验中没有注意到磁场的变化、导体与磁场之间的相对运动等环节，只想把导体放入磁场中来获得电流，这实际上违背了能量转化与守恒定律．1．奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互联系的序幕．( )
2．电流的磁效应否定了一切磁现象都是来自于电荷的运动这一结论．( )
3．“磁生电”是一种在变化、运动过程中才出现的效应．( )√×√1．磁通量
(1)概念：穿过某个面的磁通量等于闭合导体回路的_____与垂直穿过它的_____________的乘积．
(2)公式：Φ＝BS.
2．产生感应电流的条件
只要穿过______________的_______发生变化，闭合导体回路中就有感应电流．面积磁感应强度闭合导体回路磁通量引起闭合电路中的磁通量变化的因素有哪些？
【提示】　引起磁通量变化的原因有：
①磁感应强度B发生变化；②闭合电路的面积发生变化；③磁感应强度B和线圈平面的夹角θ发生变化．1．导体回路的面积越大，则穿过导体回路的磁通量越大．( )
2．穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部就一定有感应电流产生．( )
3．即便闭合导体回路中有导体做切割磁感线运动，回路中也不一定有感应电流．( )××√预习完成后，请把你认为难以解决的问题记录在下面的表格中学生分组探究一　磁通量及其变化的分析与计算
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．磁通量怎样表示？它的物理意义是什么？
【提示】　磁通量用字母Φ表示，它的物理意义是：在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个与磁场方向垂直的平面(面积为S)，我们把B与S的乘积叫做穿过这个面的磁通量．它还可以理解为穿过磁感线的条数．2．在匀强磁场中如何计算磁通量？
【提示】　利用公式：Φ＝BS(其中B为匀强磁场的磁感应强度，S为线圈的有效面积)．第2步结论——自我总结，素能培养
1．磁通量的正、负：其正、负是这样规定的：任何一个面都有正、反两面，若规定磁感线从正面穿入为正磁通量，则磁感线从反面穿入即为负磁通量．反之亦可．
2．线圈为多匝时磁通量的计算：即Φ≠NBS(N为线圈匝数)，因为穿过线圈的磁感线的条数不受匝数影响．3．非匀强磁场中磁通量的分析：条形磁铁、通电导线周围的磁场都是非匀强磁场，通常只对穿过其中的线圈的磁通量进行定性分析，分析时应兼顾磁场强弱、线圈面积和磁场与线圈的夹角等因素，并可充分利用磁感线来判断，即磁通量的大小对应穿过线圈的磁感线的条数，穿过线圈的磁感线的条数变化，则说明磁通量变化．
4．磁通量的变化：ΔΦ＝|Φ2－Φ1|.第3步例证——典例印证，思维深化
　如图4-1-1所示的线框，面积为S，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，B的方向与线框平面成θ角，当线框转过90°到如图所示的虚线位置时，试求：
(1)初、末位置穿过线框的磁通量的大小Φ1和Φ2；
(2)磁通量的变化量ΔΦ.
图4-1-1【思路点拨】　(1)磁通量的公式Φ＝BS的适应条件是：磁场是匀强磁场，B与S垂直．
(2)求磁通量的变化要注意磁通量穿过的方向．
【解析】　(1)解法一：如题图所示，在初始位置，把面积向垂直于磁场方向进行投影，可得垂直于磁场方向的面积为S⊥＝Ssin θ，所以Φ1＝BSsin θ.在末位置，把面积向垂直于磁场方向进行投影，可得垂直于磁场方向的面积为S⊥＝Scos θ.由于磁感线从反面穿入，所以Φ2＝－BScos θ.解法二：如果把磁感应强度B沿垂直于面积S和平行于面积S进行分解，能否得到同样的结论？(请同学们自行推导，答案是肯定的)
(2)开始时B与线框平面成θ角，穿过线框的磁通量Φ1＝BSsin θ；当线框平面按顺时针方向转动时，穿过线框的磁通量减少，当转到θ时，穿过线框的磁通量减少为零，继续转动至90°时，磁通量从另一面穿过，变为“负”值，Φ2＝－BScos θ.所以，此过程中磁通量的变化量为
ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝|－BScos θ－BSsin θ|＝BS(cos θ＋sin θ)．【答案】　(1)Φ1＝BSsin θ　Φ2＝－BScos θ
(2)BS(cos θ＋sin θ)求解磁通量的方法
1．解答该类题目时，要注意磁感线是从平面的哪一面穿入的．
2．当规定从某一面穿入的磁通量为正值时，则从另一面穿入的就为负值，然后按照求代数和的方法求出磁通量的变化(磁通量是有正、负的标量)．
3．准确地把初、末状态的磁通量表示出来是解题的关键．第4步巧练——精选习题，落实强化
1．两个圆环A、B如图4-1-2所示放置，且半径RA＞RB，一条形磁铁的轴线过两个圆环的圆心
处，且与圆环平面垂直，则穿过A、
B环的磁通量ΦA和ΦB的关系是(　　)
A．ΦA＞ΦB　　　　　 B．ΦA＝ΦB
C．ΦA＜ΦB D．无法确定【解析】　因为有两个方向的磁感线穿过线圈，磁通量应是抵消之后所剩余的磁感线的
净条数．从上向下看，穿过圆
环A、B的磁感线如图所示，磁
感线有进有出，A、B环向外的磁感线条数一样多，但A环向里的磁感线条数较多，抵消得多，净剩条数少，所以ΦA＜ΦB，故选项C正确．
【答案】　C2．如图4-1-3所示，通有恒定电流I的导线，其右侧的矩形线框第
图4-1-3
一次从位置Ⅰ平移到位置Ⅱ，磁通量的变化量为ΔΦ1，第二次以其右边为轴从位置Ⅰ转动到位置Ⅱ，磁通量的变化量为ΔΦ2，试比较ΔΦ1与ΔΦ2的大小关系．【解析】　设线框位于Ⅰ、Ⅱ两个位置时磁通量的大小分别为Φ0、Φt，则第一次平移到位置Ⅱ时，有ΔΦ1＝Φ0－Φt；第二次转动到位置Ⅱ时，磁感线穿过线框平面的方向与初态时相反，则有ΔΦ2＝Φ0－(－Φt)＝Φ0＋Φt.可知ΔΦ1＜ΔΦ2.
【答案】　ΔΦ1＜ΔΦ2学生分组探究二　感应电流的产生条件
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．如图4-1-4所示，当导体棒ad向
右运动时，穿过abcd的磁通量有没
有发生改变？闭合回路中有无感
应电流？ 图4-1-4
【提示】　磁通量发生改变，有感应电流产生．2．如图4-1-5所示，穿过闭合回路的磁通量有没有发生改变？闭合回路中有无感应电流？
【提示】　磁通量没有发生改
变，无感应电流产生．3．闭合电路的一部分导体在磁场中运动时，一定产生感应电流吗？
【提示】　不一定，闭合电路的一部分导体在磁场中运动时，若其速度与磁场方向平行，则不能产生感应电流．第2步结论——自我总结，素能培养
1．产生感应电流的条件
(1)电路为闭合电路；
(2)穿过电路的磁通量发生变化．
注意：(1)、(2)两条必须同时满足，才能产生感应电流．2．判断感应电流有无的方法
(1)明确电路是否为闭合电路．
(2)判断穿过回路的磁通量是否发生变化．
3．ΔΦ与Φ意义不同，大小也没有必然的联系．感应电流的产生与Φ无关，只取决于Φ的变化，即与ΔΦ有关．第3步例证——典例印证，思维深化
　如选项图所示，A中线圈有一小缺口，B、D中匀强磁场区域足够大，C中通电导线位于水平放置的闭合线圈某一直径的正上方．其中能产生感应电流的是(　　)【思路点拨】　解答此题应注意两点：
(1)电路是否闭合．
(2)穿过电路的磁通量是否变化．
【解析】　图A中线圈没闭合，无感应电流；图B中闭合电路中的磁通量增大，有感应电流；图C中的导线在圆环的正上方，不论电流如何变化，穿过线圈的磁感线都相互抵消，磁通量恒为零，也无电流；图D中回路磁通量恒定，无感应电流．故本题只有选项B正确．
【答案】　B判断磁感线的条数是否变化的方法
磁感线的条数可用来形象地表示一个回路的磁通量大小，所以判断穿过闭合电路的磁通量是否变化时，可充分利用穿过闭合电路的磁感线的条数是否变化来判断某过程中磁通量是否变化．第4步巧练——精选习题，落实强化
1．如图4-1-6所示，在竖直向下的匀强磁场中，有一闭合导体环，环面与磁场垂直．当导体环在磁场中完成下述运动时，可能产生感应电流的是(　　)
A．导体环保持水平且在磁场中向
上或向下运动
B．导体环保持水平向左或向右加速平动
C．导体环以垂直环面、通过环心的轴转动
D．导体环以一条直径为轴，在磁场中转动【解析】　只要导体环保持水平，无论它如何运动，穿过环的磁通量都不变，都不会产生感应电流，只有导体环绕通过直径的轴在磁场中转动时，穿过环的磁通量改变，才会产生感应电流，D项正确．
【答案】　D2．如图4-1-7所示，线圈Ⅰ与电源、开关、滑动变阻器相连，线圈Ⅱ与电流计?相连，线圈Ⅰ与线圈Ⅱ绕在同一个铁芯上，在下列情况下，电流计?中是否有示数？
(1)开关闭合瞬间；
(2)开关闭合稳定后；
(3)开关闭合稳定后，来回
移动滑动变阻器的滑动端；
(4)开关断开瞬间．【解析】　本题主要考查闭合电路中电流变化导致磁场变化从而产生感应电流的情况．
(1)开关闭合时线圈Ⅰ中电流从无到有，故电流形成的磁场也从无到有，穿过线圈Ⅱ的磁通量也从无到有，故线圈Ⅱ中产生感应电流，电流计?有示数．
(2)开关闭合稳定后，线圈Ⅰ中电流稳定不变，电流形成的磁场不变，此时线圈Ⅱ中虽有磁通量但磁通量稳定不变，故线圈Ⅱ中无感应电流产生，电流计?无示数．(3)开关闭合稳定后，来回移动滑动变阻器的滑动端，电阻变化，线圈Ⅰ中的电流变化，电流形成的磁场也发生变化，穿过线圈Ⅱ的磁通量也发生变化，故线圈Ⅱ中有感应电流产生，电流计?有示数．
(4)开关断开瞬间，线圈Ⅰ中电流从有到无，电流形成的磁场也从有到无，穿过线圈Ⅱ的磁通量也从有到无，故线圈Ⅱ中有感应电流产生，电流计?有示数．
【答案】　(1)有　(2)无　(3)有　(4)有导体切割磁感线产生感应电流的判断
1．切割磁感线不是产生感应电流的充要条件，归根结底要看穿过闭合电路的磁通量是否发生变化．
2．在利用“切割”来讨论和判断有无感应电流时，应该注意下列情况：(1)导体是否将磁感线“割断”，如果没有“割断”就不能说切割．如图4-1-8所示，甲、乙两图中，导体是真“切割”，而丙、丁两图中，导体没有切割磁感线．
图4-1-8(2)即使导体真“切割”了磁感线，也不能保证能产生感应电流．如图4-1-9甲所示，甲和丁中不产生感应电流，乙和丙中产生感应电流．
图4-1-9如图4-1-10所示，在匀强磁场中的矩形金属轨道上，有等长的两根金属棒ab和cd，它们以相同的速度匀速运动，则(　　)
图4-1-10
A．断开开关S，ab中有感应电流
B．闭合开关S，ab中有感应电流
C．无论断开还是闭合开关S，ab中都有感应电流
D．无论断开还是闭合开关S，ab中都没有感应电流【思路点拨】　闭合电路中磁通量发生变化是产生感应电流的充要条件．
【解析】　两根金属棒ab和cd以相同的速度匀速运动，若断开开关S，两根金属棒与导轨构成的回路中磁通量无变化，则回路中无感应电流，故选项A、C错误；若闭合开关S，两根金属棒与导轨构成的回路中磁通量发生变化，则回路中有感应电流，故B正确，D错误．
【答案】　B[先看名师指津]
不管是哪种方式引起了导体回路中磁通量发生了变化，都会产生感应电流，如在本题中，穿过ab和cd组成的回路磁通量不变化，但穿过abfe和cdfe两个回路的磁通量发生了变化．[再演练应用]
图4-1-11是机场的安检人员用手持金属探测器检查乘客的情景．当探测线圈靠近金属物体时，在金属物体中就会产生电流，如果能检测出这种变化，就可以判定探测线圈附近有金属物体了．图中能反映出金属探测器工作原理的是(　　)
图4-1-11A　　　　B　　　　C　　　D
【解析】　金属探测器能探测金属，是根据电磁感应现象，即金属在磁场中切割磁感线运动时产生感应电流，选项B正确．
【答案】　B　划时代的发现　探究感应电流的产生条件

1．首先发现电流的磁效应和电磁感应现象的物理学家分别是(　　)
A．安培和法拉第　　　　 B．法拉第和楞次
C．奥斯特和安培 D．奥斯特和法拉第
【解析】　1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，1831年，英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象，选项D正确．
【答案】　D
2．下列现象中属于电磁感应现象的是(　　)
A．磁场对电流产生力的作用
B．变化的磁场使闭合电路中产生电流
C．插在通电螺线管中的软铁棒被磁化
D．电流周围产生磁场
【解析】　磁场对电流产生力的作用属于通电导线在磁场中受力的情况；插在通电螺线管中的软铁棒被磁化属于电流的磁效应；电流周围产生磁场属于电流的磁效应；变化的磁场使闭合电路中产生电流属于电磁感应现象．故正确答案为B.
【答案】　B
3．关于产生感应电流的条件，以下说法中正确的是(　　)
A．闭合电路在磁场中运动，闭合电路中就一定会有感应电流产生
B．闭合电路在磁场中做切割磁感线运动，闭合电路中一定会有感应电流产生
C．穿过闭合电路的磁通量为零的瞬间，闭合电路中一定不会产生感应电流
D．无论用什么方法，只要穿过闭合电路的磁感线条数发生变化，闭合电路中一定会有感应电流产生
【解析】　只要穿过闭合回路的磁感线条数即磁通量发生变化，就一定会有感应电流．
【答案】　D
4．关于磁通量，下列说法中正确的是(　　)
A．磁通量不仅有大小，而且有方向，所以是矢量
B．磁通量越大，磁感应强度越大
C．通过某一面的磁通量为零，该处磁感应强度不一定为零
D．磁通量就是磁感应强度
【解析】　磁通量是标量，故A不对；由Φ＝BS⊥可知Φ由B和S⊥两个因素决定，Φ较大，有可能是由于S⊥较大造成的，所以磁通量越大，磁感应强度越大是错误的，故B不对；由Φ＝BS⊥可知，当线圈平面与磁场方向平行时，S⊥＝0，Φ＝0，但磁感应强度B不为零，故C对；磁通量和磁感应强度是两个不同的物理量，故D不对．
【答案】　C
5．(多选)在如图所示的各图中，闭合线框中能产生感应电流的是(　　)
【解析】　感应电流产生的条件是：只要穿过闭合线框的磁通量变化，闭合线框中就有感应电流产生．A图中，当线框转动过程中，线框的磁通量发生变化，线框中有感应电流产生；B图中离直导线越远磁场越弱，所以当线框远离导线时，线框中磁通量不断变小，所以B图中也有感应电流产生；C图中一定要把条形磁铁周围的磁感线空间分布图弄清楚，在图示位置，线框中的磁通量为零，在向下移动过程中，线框的磁通量一直为零，磁通量不变，线框中无感应电流产生；D图中，线框中的磁通量一直不变，线框中无感应电流产生．故正确答案为A、B.
【答案】　AB
6．(多选)如图4-1-12所示，下列情况能产生感应电流的是(　　)
图4-1-12
A．如图4-1-12(甲)所示，导体棒AB顺着磁感线运动
B．如图4-1-12(乙)所示，条形磁铁插入或拔出线圈时
C．如图4-1-12(丙)所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通时
D．如图4-1-12(丙)所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通，当改变滑动变阻器的阻值时
【解析】　A中导体棒顺着磁感线运动，穿过闭合电路的磁通量没有发生变化，无感应电流，故A错；B中条形磁铁插入线圈时线圈中的磁通量增加，拔出线圈时线圈中的磁通量减少，都有感应电流，故B正确；C中开关S一直接通，回路中为恒定电流，螺线管A产生的磁场稳定，螺线管B中的磁通量无变化，线圈中不产生感应电流，故C错；D中开关S接通，滑动变阻器的阻值变化使闭合回路中的电流变化，螺线管A的磁场发生变化，螺线管B中磁通量发生变化，线圈中产生感应电流，故D正确．
【答案】　BD
4-1-13
7．如图4-1-13所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成一闭合回路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环a，下列各种情况铜环a中不产生感应电流的是(　　)
A．线圈中通以恒定的电流
B．通电时，使滑动变阻器的滑片P匀速移动
C．通电时，使滑动变阻器的滑片P加速移动
D．将开关突然断开的瞬间
【解析】　线圈中通以恒定电流时，铜环a处磁场不变，穿过铜环的磁通量不变，铜环中不产生感应电流．滑动变阻器滑片移动或开关断开时，线圈中电流变化，铜环a处磁场变化，穿过铜环的磁通量变化，会产生感应电流．故选A.
【答案】　A
图4-1-14
8．(多选)如图4-1-14所示，闭合小金属环从高h的光滑曲面上端无初速度滚下，又沿曲面的另一侧上升，则(　　)
A．若是匀强磁场，环在左侧滚上的高度小于h
B．若是匀强磁场，环在左侧滚上的高度等于h
C．若是非匀强磁场，环在左侧滚上的高度等于h
D．若是非匀强磁场，环在左侧滚上的高度小于h
【解析】　若是匀强磁场，环在磁场中运动的过程中磁通量不变，不会有感应电流产生，小金属环机械能守恒，仍能上升到h高处，故B正确．若是非匀强磁场，环在磁场中运动，磁通量发生变化，有感应电流产生，环的机械能将减少，上升高度将小于h，故D正确．
【答案】　BD

图4-1-15
9．在匀强磁场中有两条平行的金属导轨，磁场方向与导轨平面垂直，导轨上有两条可沿导轨自由移动的导体棒ab、cd，这两个导体棒ab、cd的运动速度分别为v1、v2，运动方向如图所示，ab棒上有感应电流通过，则一定有(　　)
A．v1＞v2　　B．v1＜v2　　C．v1≠v2　　D．v1＝v2
【解析】　要使ab导体棒上有电流通过，则通过此闭合电路的磁通量必发生变化．对匀强磁场来说，磁通量Φ＝BSsin θ，根据题中条件，仅当穿过闭合电路中磁场的有效面积S发生变化时Φ才变化，即导轨上两根导体棒必须做不同速的运动才有感应电流，即v1≠v2，所以只有选项C正确．
【答案】　C
图4-1-16
10．如图4-1-16所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一个磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是(　　)
A．ab向右运动，同时使θ减小
B．使磁感应强度B减小，同时θ也减小
C．ab向左运动，同时增大磁感应强度B
D．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ(0°＜θ＜90°)
【解析】　设此时回路面积为S，据题意，磁通量Φ＝BScos θ.A选项中，S增大，θ减小，cos θ增大，所以Φ一定增大，A正确．B选项中，B减小，θ减小，cos θ增大，Φ可能不变，B错误．C选项中，S减小，B增大，Φ可能不变，C错误．D选项中，S增大，B增大，θ增大，cos θ减小，Φ可能不变，D错误．故只有A正确．
【答案】　A
4-1-17
11．如图4-1-17所示是研究电磁感应现象实验所需的器材，请你用实线将带有铁芯的线圈A、电源、滑动变阻器和开关连接成原线圈回路，将小量程电流计和线圈B连接成副线圈回路．并列举出实验中改变副线圈回路的磁通量使副线圈回路产生感应电流的三种方式：
①_____________________________________________________________；
②_____________________________________________________________；
③_____________________________________________________________.
【答案】　实物连接如图所示．
①将线圈A插入线圈B中，合上(或断开)开关瞬间
②合上开关，将原线圈插入副线圈或从副线圈中拔出
③合上开关，将原线圈插入副线圈不动，再移动滑动变阻器的滑片
12.
图4-1-18
边长l＝10 cm的正方形线框固定在匀强磁场中，磁场方向与线框平面间的夹角θ＝30°，如图4-1-18所示．磁感应强度随时间变化的规律为B＝(2＋3t) T，则第3 s内穿过线框的磁通量的变化量ΔΦ为多少？
【解析】　第3 s内就是从2 s末到3 s末，所以2 s末的磁场的磁感应强度为B1＝(2＋3×2)T＝8 T，3 s末的磁场的磁感应强度为B2＝(2＋3×3) T＝11 T则ΔΦ＝ΔBSsin θ＝(11－8)×0.12×sin 30° Wb＝1.5×10－2 Wb.
【答案】　1.5×10－2 Wb
课件54张PPT。自主学习·基础知识3 楞次定律
[学习目标]　1.理解楞次定律的内容，能运用楞次定律判断感应电流的方向，解答有关问题．(重点)　2.理解楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的反映．(难点)　3.掌握右手定则，认识右手定则是楞次定律的一种具体表现形式．(重点)合作探究·重难疑点解题技巧·素养培优1．实验探究
将螺线管与电流计组成闭合回路，如图4-3-1，分别将N极、S极插入、拔出线圈，如图所示4-3-2，记录感应电流方向如下：
图4-3-1图4-3-2
(1)线圈内磁通量增加时的情况向下向上向上向下(2)线圈内磁通量减少时的情况向下向上向下向上(3)归纳结论
当线圈内磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向相反，______磁通量的增加；当线圈内磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场方向相同， ______磁通量的减少．
2．楞次定律
感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要______引起感应电流的磁通量的______．阻碍阻碍阻碍变化(1)当穿过线圈的磁通量增加时，感应电流的磁场如何阻碍其增加？
【提示】　感应电流的磁场方向与穿过线圈的原磁场方向相反．
(2)当穿过线圈的磁通量减少时，感应电流的磁场如何阻碍其减少？
【提示】　感应电流的磁场方向与穿过线圈的原磁场方向相同．1．感应电流的磁场总是与引起感应电流的磁场方向相反．( )
2．感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向可能相同，也可能相反．( )
3．楞次定律表明感应电流的效果总是与引起感应电流的原因相对抗．( )×√√1．内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指_____，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_____所指的方向就是感应电流的方向．
2．适用范围：右手定则适用于闭合回路中________导体做________________时产生感应电流的情况．垂直掌心导线运动四指一部分切割磁感线运动试归纳比较左手定则、右手定则、安培定则分别用来判断哪个量的方向．
【提示】　左手定则用于判断安培力和洛伦兹力的方向，右手定则用于判断闭合电路的部分导体切割磁感线时产生的感应电流方向，安培定则用于判断电流的磁场方向．1．右手定则只适用于导体切割磁感线产生感应电流的情况．( )
2．使用右手定则时必须让磁感线垂直穿过掌心．( )
3．任何感应电流方向的判断既可使用楞次定律，又可使用右手定则．( )√××预习完成后，请把你认为难以解决的问题记录在下面的表格中学生分组探究一　对楞次定律的理解
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．楞次定律可判断什么方向？
【提示】　楞次定律可判断感应电流产生的磁场方向．2．楞次定律中，“阻碍”是否就是阻止的意思？
【提示】　楞次定律中的“阻碍”不是阻止的意思，只是延缓了磁通量的变化，电路中的磁通量还是变化的．
3．当导体回路的面积发生变化，或回路相对磁场运动，或磁场本身发生变化时，回路中都可能产生感应电流，感应电流的方向与这些变化有什么对应关系？
【提示】　感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化．第2步结论——自我总结，素能培养
1．因果关系：楞次定律反映了电磁感应现象中的因果关系，磁通量发生变化是原因，产生感应电流是结果，原因产生结果，结果反过来影响原因．
2．对“阻碍”的理解：3．“阻碍”的表现形式：楞次定律也可以理解为：感应电流的效果总是要反抗(或阻碍)引起感应电流的原因．常见的表现形式有以下三种：
(1)阻碍原磁通量的变化(增反减同)；
(2)阻碍导体和磁体间的相对运动(来拒去留)；
(3)通过改变线圈面积来“反抗”(增缩减扩)．第3步例证——典例印证，思维深化
　(多选)(2014·银川高二检测)在电磁感应现象中，下列说法中错误的是(　　)
A．感应电流的磁场总是阻碍原来磁通量的变化
B．闭合线框放在变化的磁场中一定能产生感应电流
C．闭合线框放在变化的磁场中做切割磁感线运动，一定能产生感应电流
D．感应电流的磁场总是跟原来磁场的方向相反【思路点拨】　(1)产生感应电流的条件是：穿过闭合电路的磁通量发生变化．
(2)产生的感应电流总是阻碍原磁通量的变化．
【解析】　由楞次定律可知，感应电流的磁场阻碍的是原磁通量的变化，并不一定与原磁场方向相反，故选项A正确，选项D错误；若闭合线框平行于磁场放置，则无论是磁场变化，还是线框做切割磁感线的运动，穿过闭合线框的磁通量都不变，都不会有感应电流产生，所以选项B、C均错．故选B、C、D.
【答案】　BCD对楞次定律的理解
感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化，与原磁场方向可能相同，也可能相反．第4步巧练——精选习题，落实强化
1．(多选)一块铜片置于如图4-3-3所示的磁场中，如果用力把铜片从磁场拉出或把它进一步推入，则在这两个过程中有关磁场对铜片的作用力，下列叙述中正确的是(　　)
A．拉出时是阻力　　　　
B．推入时是阻力 图4-3-3
C．拉出时不受磁场力
D．推入时不受磁场力【解析】　将铜片从磁场拉出或推入，磁通量发生变化，根据楞次定律，磁场对铜片的作用力应阻碍导体和磁场的相对运动，故选项A、B正确．
【答案】　AB2．(2014·北京朝阳区高二检测)某同学设计了一个电磁冲击钻，其原理示意图如图4-3-4所示，若发现钻头突然向右运动，则可能是(　　)
图4-3-4A．开关S由断开到闭合的瞬间
B．开关S由闭合到断开的瞬间
C．保持开关S闭合，变阻器滑片P加速向右滑动
D．保持开关S闭合，变阻器滑片P匀速向右滑动
【解析】　若发现钻头M突然向右运动，则两螺线管互相排斥，根据楞次定律，可能是开关S由断开到闭合的瞬间，选项A正确．
【答案】　A学生分组探究二　楞次定律的应用
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．应用楞次定律时，涉及了三个因素：磁通量的变化、磁场方向、感应电流方向，如何根据其中两个因素确定第三个因素？
【提示】　穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向相反；磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场方向相同．2．能否应用楞次定律判断导体的运动情况或回路面积的变化趋势？如何判断？
【提示】　通过引起闭合回路磁通量变化的原因，从而判断导体的运动情况或回路面积的变化．第2步结论——自我总结，素能培养
1．判断感应电流方向的步骤
该方框图不仅概括了根据楞次定律判定感应电流方向的思路，同时也描述了磁通量变化、磁场方向、感应电流方向三个因素的关系，只要知道了其中任意两个因素，就可以判定第三个因素．(2)效果法
由楞次定律可知，感应电流的“效果”是阻碍引起感应电流的“原因”，深刻理解“阻碍”的含义．据“阻碍”原则，可直接对运动趋势作出判断，更简捷、迅速．第3步例证——典例印证，思维深化
　(多选)(2014·吉林高二检测)如图4-3-5所示，矩形闭合金属线圈放置在固定的水平薄板上，有一块蹄形磁铁如图所示置于水平薄板的正下方(磁
极间距略大于矩形线圈的宽
度)．当磁铁全部匀速向右通
过线圈时，线圈始终静止不
动，那么线圈受到薄板摩擦力的方向和线圈中产生感应电流的方向(从上向下看)是(　　)图4-3-5A．摩擦力方向一直向左
B．摩擦力方向先向左、后向右
C．感应电流的方向顺时针→逆时针→逆时针→顺时针
D．感应电流的方向顺时针→逆时针
【思路点拨】　(1)首先明确蹄形磁铁的磁场分布．
(2)了解蹄形磁铁运动时穿过线圈的磁通量的变化情况．
(3)由楞次定律确定感应电流及摩擦力的方向．【解析】　靠近两极的磁场强，且方向从N极出S极进，根据楞次定律，感应电流的方向顺时针→逆时针→逆时针→顺时针，线圈始终有向右运动的趋势，摩擦力方向一直向左，选项AC正确．
【答案】　AC应用楞次定律的思路 第4步巧练——精选习题，落实强化
1．如图4-3-6所示，一水平放置的矩形闭合线框abcd，在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，从图中所示的位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ，在这个过程中，线圈中感应电流(　　)
A．沿abcd流动
B．沿dcba流动 图4-3-6
C．由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流动D．由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流动
【解析】　根据细长磁铁的N极附近的磁感线分布，线圈abcd在位置Ⅱ时，穿过线圈的磁通量为零，在位置Ⅰ时，磁感线向上穿过线圈，在位置Ⅲ时，磁感线向下穿过线圈．设磁感线向上穿过线圈时磁通量为正，由此可见，由位置Ⅰ到位置Ⅱ再到位置Ⅲ，磁通量连续减少，感应电流方向不变，应沿abcd流动．故A正确．
【答案】　A2．(多选)如图所示是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示正确的是(　　)【解析】　先根据楞次定律“来拒去留”判断线圈的N极和S极．A中线圈上端为N极，B中线圈上端为N极，C中线圈上端为S极，D中线圈上端为S极，再根据安培定则确定感应电流的方向，A、B错误，C、D正确．
【答案】　CD学生分组探究三　对右手定则的理解和应用
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．闭合回路中部分导体切割磁感线时，右手定则和楞次定律是否都可以用来判断感应电流的方向？
【提示】　都可以用来判断感应电流的方向．
2．能否用左手定则判断感应电流的方向？
【提示】　不能，左手定则用来判断通电导体的受力方向．第2步结论——自我总结，素能培养
1．右手定则与楞次定律的区别与联系2.右手定则与左手定则的比较第3步例证——典例印证，思维深化
(多选)如图4-3-7所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．现垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是(　　)
A．感应电流方向是N→M
B．感应电流方向是M→N 图4-3-7C．安培力方向水平向左
D．安培力方向水平向右
【思路点拨】　(1)由于导体棒MN运动而产生感应电流．
(2)MN中产生了感应电流又受到磁场力的作用．
【解析】　以导体棒MN为研究对象，所处位置磁场方向向下、运动方向向右．由右手定则可知，感应电流方向是N→M；再由左手定则可知，安培力方向水平向左．
【答案】　AC左手定则和右手定则的因果关系
1．因动而生电(v、B→I)——右手定则．
2．因电而受力(I、B→F安)——左手定则．第4步巧练——精选习题，落实强化
1．(2014·海南中学高二期中)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4-3-8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 图4-3-8【解析】　经过Ⅰ时，穿过闭合线框的磁通量是向里的，且在增大，由楞次定律可判断闭合线框中感应电流的磁场向外，由安培定则可判断出，通过线框的感应电流的方向是a→b→c→d→a，选项A错误；经过Ⅱ时，穿过闭合线框的磁通量不变，闭合线框中无感应电流，选项B错误，C正确；经过Ⅲ时，穿过闭合线框的磁通量是向里的，且在减少，由楞次定律可判断闭合线框中感应电流的磁场向里，由安培定则可判断出，通过线框的感应电流的方向是a→d→c→b→a，选项D错误．
【答案】　C2．如图4-3-9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(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．导线框进入磁场时，受安培力作用方向水平向右
D．导线框进入磁场时，受安培力作用方向水平向左【解析】　本题考查感应电流的方向、右手定则、左手定则，关键是看谁在切割．导线框进入磁场时，cd边切割磁感线，由右手定则可判断，感应电流方向为a→d→c→b→a.同理可得导线框离开磁场时，ab边切割磁感线，产生感应电流的方向为a→b→c→d→a.由左手定则判断受力情况，只有D选项正确．
【答案】　D楞次定律判断导体运动问题和线圈面积变化的应用技巧
在电磁感应中判断导体的运动常用以下两种方法：
1．程序法：首先根据楞次定律判断出感应电流的方向，然后根据感应电流处原磁场分布情况，运用左手定则判断出导体所受安培力的方向，最终确定导体的运动情况．
2．楞次定律广泛含义法：即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)．
两种方法中，后一种更灵活、快速、准确．
　(多选)如图4-3-10所示，光滑固定导轨m、n水平放置，两根导体棒p、q平行放于导轨上，形成一个闭合回路．当一条形磁铁从高处下落接近回路时(　　)
A．p、q将互相靠拢
B．p、q将互相远离
C．磁铁的加速度仍为g
D．磁铁的加速度小于g 图4-3-10【解析】　方法一：假设磁铁的下端为N极，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律可判断出感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可判断出回路中感应电流的方向为逆时针方向(俯视)．再根据左手定则可判断p、q所受的安培力的方向，安培力使p、q相互靠拢．由于回路所受的安培力的合力向下，根据牛顿第三定律知，磁铁将受到向上的反作用力，从而加速度小于g.若磁铁的下端为S极，根据类似的分析可以得出相同的结果，所以A、D选项正确．方法二：根据楞次定律的另一种表述——感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因，本题中的“原因”是回路中的磁通量增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近．所以p、q将相互靠近且磁铁的加速度小于g.故选项A、D正确．
【答案】　AD[先看名师指津]
本例列出了判断感应电流受力及其运动方向的方法，并进一步从多个角度深刻理解楞次定律中“阻碍”的含义．虽然方法不同，但本质都是楞次定律，只有领会其精髓，才能运用它进行正确地判断．深刻理解楞次定律中“阻碍”的含义是快速分析该类问题的前提．[再演练应用]
如图4-3-11所示，一个有弹性的金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与圆环在同一竖直面内，当通电直导线中电流增大时，弹性圆环的面积S和橡皮绳的长度l将(　　)
A．S增大，l变长
B．S减小，l变短
C．S增大，l变短 图4-3-11
D．S减小，l变长【解析】　当通电导线中电流增大时，穿过金属圆环的磁通量增大，金属圆环中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流要阻碍磁通量的增大，一是用缩小面积的方式进行阻碍，二是用远离直导线的方式进行阻碍．故D正确．
【答案】　D楞次定律

1．关于楞次定律，下列说法中正确的是(　　)
A．感应电流的磁场总是阻碍原磁场的增强
B．感应电流的磁场总是阻碍原磁场的减弱
C．感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化
D．感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化
【解析】　感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的原磁通量的变化，与原磁场的变化无关．原磁场的变化跟磁通量的变化意义是不同的．
【答案】　D
图4-3-12
2．如图4-3-12表示闭合电路的一部分导体在磁极间运动的情形，图中导体垂直于纸面，a、b、c、d分别表示导体运动中的四个不同位置，箭头表示导体在那个位置上的运动方向，则导体中感应电流的方向为垂直纸面向里时，导体的位置是(　　)
A．a　　B．b　　C．c　　D．d
【解析】　导体切割磁感线产生感应电流，用右手定则判断a位置正确．
【答案】　A
4-3-13
3．如图4-3-13所示，若套在条形磁铁上的弹性金属导线圈Ⅰ突然缩小为线圈Ⅱ，则关于线圈的感应电流及其方向(从上往下看)是(　　)
A．有顺时针方向的感应电流
B．有逆时针方向的感应电流
C．有先逆时针后顺时针方向的感应电流
D．无感应电流
【解析】　穿过线圈的磁通量包括磁体内全部和磁体外的一部分，合磁通量是向上的．当线圈突然缩小时合磁通量增加，原因是磁体外向下穿过线圈的磁通量减少．由楞次定律判断，感应电流的方向为顺时针方向，选项A正确．
【答案】　A
图4-3-14
4．如图4-3-14所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是(　　)
A．向右摆动
B．向左摆动
C．静止
D．不能确定
【解析】　(方法1)磁铁向右运动，使铜环的磁通量增加而产生感应电流，由楞次定律可知，铜环为阻碍原磁通量的增大，必向磁感线较疏的右方运动，即往躲开磁通量增加的方向运动，故A正确．
(方法2)磁铁向右运动时，由楞次定律的另一种表述得知铜环产生的感应电流总是阻碍导体间的相对运动，则磁铁和铜环间有排斥作用，故A正确．
【答案】　A
图4-3-15
5．(2015·锦州高二检测)某磁场磁感线如图4-3-15所示，有一铜线圈自图示A处落至B处，在下落过程中，自上向下看，线圈中的感应电流方向是(　　)
A．始终沿顺时针方向
B．始终沿逆时针方向
C．先沿顺时针方向再沿逆时针方向
D．先沿逆时针方向再沿顺时针方向
【解析】　自A点落至图示位置时，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律判断线圈中感应电流方向为顺时针，自图示位置落至B点时，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律判断知，线圈中感应电流方向为逆时针，C项正确．
【答案】　C
4-3-16
6．(2015·巢湖高二检测)如图4-3-16，把一条形磁铁从图示位置由静止释放，穿过采用双线绕法的通电线圈，此过程中条形磁铁做(　　)
A．减速运动
B．匀速运动
C．自由落体运动
D．变加速运动
【解析】　双线绕法得到的两个线圈通电时，由安培定则知，两线圈的磁场等值反向相互抵消，合磁场为零，对磁铁无作用力．当磁铁下落时，穿过两线圈的磁通量同向增加，根据楞次定律，两线圈中产生的感应电流等值反向，也互相抵消，线圈中无感应电流，线圈对磁铁没有作用力．磁铁下落过程中只受重力，又从静止开始，所以磁铁做自由落体运动，故C对，A、B、D错．
【答案】　C
图4-3-17
7．(2014·邢台高二期末)电阻R、电容器C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图4-3-17所示，现使磁铁开始下落，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
【解析】　在N极接近线圈上端的过程中，通过线圈的磁感线方向向下，磁通量增大，由楞次定律可判定流过线圈的电流方向为逆时针(俯视)，外电路电流由b流向a，同时线圈作为电源，下端应为正极，则电容器下极板电势高，带正电．选项D正确．
【答案】　D
图4-3-18
8．如图4-3-18所示，导体线圈abcd与直导线在同一平面内，直导线通有恒定电流I，当线圈由左向右匀速通过直导线的过程中，线圈中感应电流的方向是(　　)
A．先abcd，再dcba，后abcd
B．先abcd，再dcba
C．先dcba，再abcd，后dcba
D．一直dcba
【解析】　画出长直导线周围的磁场分布情况，如图所示，当线圈向右移动，未达到直导线之前，线圈内磁通量“·”增加，故感应电流方向为dcba.当线圈穿越直导线过程中线圈内磁通量“·”减少，同时磁通量“×”增加，所以先是合磁通量为“·”减少后是合磁通量为“×”增加，则感应电流的磁场方向为“·”，感应电流方向为abcd.线圈穿过直导线后，线圈内磁通量为“×”减少，如同磁通量“·”进一步增加，故感应电流方向仍为dcba，考虑全过程，故正确答案为C.
【答案】　C
9．如图4-3-19所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当开关S接通的一瞬间，两铜环的运动情况是(　　)
图4-3-19
A．同时向两侧推开
B．同时向螺线管靠拢
C．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断
D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断
【解析】　当开关S接通的一瞬间，螺线管的磁场增强，故穿过两边线圈的磁通量均增加，根据楞次定律，在线圈中产生的感应电流阻碍磁通量的增加，故线圈会远离螺线管运动，故两铜环的运动情况是同时向两侧推开，选项A正确．
【答案】　A

10．如图4-3-20所示，当导线ab在电阻不计的金属导轨上滑动时，线圈C向右摆动，则ab的运动情况是(　　)
图4-3-20
A．向左或向右做匀速运动
B．向左或向右做减速运动
C．向左或向右做加速运动
D．只能向右做匀加速运动
【解析】　线圈C向右摆动，说明穿过线圈的磁通量减小，也就是螺线管中的电流是减小的，也就是ab产生的感应电动势逐渐减小，则ab必做减速运动，故选项B正确．
【答案】　B
图4-3-21
11．已知北半球地磁场的竖直分量向下．如图4-3-21所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向．下列说法中正确的是(　　)
A．若使线圈向东平动，则b点的电势比a点的电势低
B．若使线圈向北平动，则a点的电势比b点的电势低
C．若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a→b→c→d→a
D．若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a→d→c→b→a
【解析】　若使线圈向东平动，线圈的ab边和cd边切割磁感线，由右手定则知c(b)点电势高于d(a)点电势，故A错误，同理知B错误．若以ab为轴将线圈向上翻转，穿过线圈平面的磁通量变小，由楞次定律可知线圈中感应电流方向为a→b→c→d→a，C正确，D错误．
【答案】　C
4-3-22
12．(多选)如图4-3-22所示，在匀强磁场中放一电阻不计的平行金属轨道，轨道与轨道平面内的圆形线圈P相连，要使在同一平面内所包围的小闭合线圈Q内产生顺时针方向的感应电流，导线ab的运动情况可能是(　　)
A．匀速向右运动　　　 B．加速向右运动
C．减速向右运动 D．加速向左运动
【解析】　本题关键是要弄清使Q中产生顺时针方向的电流，则穿过Q中的磁通量应如何变化．可用楞次定律步骤的逆过程来分析，要使Q中产生顺时针方向的感应电流，感应电流的磁场方向应垂直纸面指向纸内．如果穿过Q的原磁场是垂直纸面向里的，则原磁场应减弱；如果穿过Q的原磁场是垂直纸面向外的，则原磁场应增强．
当ab向右运动时，根据右手定则可判定出P中产生的感应电流方向是a→b→P→a，是顺时针方向，由右手定则可判知P中感应电流的磁场穿过Q中的磁感线方向向里，所以当ab向右减速运动时，可使穿过Q的向里的磁通量减小，从而使Q中产生顺时针方向的电流；当ab向左运动时，同理可判定P中感应电流的磁场穿过Q中的磁感线方向向外，所以当ab向左加速运动时，可使穿过Q的向外的磁通量增大，从而使Q中产生顺时针方向的感应电流．故正确选项为C、D.
【答案】　CD
课件73张PPT。自主学习·基础知识4 法拉第电磁感应定律
[学习目标]　1.了解感应电动势的概念．　2.理解法拉第电磁感应定律，并能够运用法拉第电磁感应定律定量计算感应电动势的大小．(重点、难点)　3.能够运用E＝Blv或E＝Blvsin θ计算导体切割磁感线时的感应电动势．(重点)　4.知道反电动势的定义和作用．合作探究·重难疑点解题技巧·素养培优1．感应电动势
(1)在__________现象中产生的电动势．
(2)产生感应电动势的那部分导体相当于_____．
(3)在电磁感应现象中，只要闭合回路中有感应电流，这个回路就一定有_______；回路断开时，虽然没有感应电流，但_______依然存在．电磁感应电源电动势电动势磁通量 变化率 产生感应电动势的条件是什么？
【提示】　不管电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就会产生感应电动势．1．穿过某闭合线圈的磁通量的变化量越大，产生的感应电动势也越大．( )
2．感应电动势的方向可用右手定则或楞次定律判断．( )
3．穿过闭合回路的磁通量最大时，其感应电动势一定最大．( )×√×1．磁场方向、导体棒与导体棒运动方向三者两两垂直时：E＝_____．
2．如图4-4-1所示，导体棒与磁场方向垂直，导体棒的运动方向与导体棒本身垂直，但
与磁场方向夹角为
θ时，E＝ _________．BlvBlvsin_θ如图4-4-2所示，一边长为L的正方形导线框abcd垂直于磁感线，以速度v在匀强磁场中向右运动，甲同学说：由法拉第电磁感应定律可知，这时穿过线框的磁通量的变化率为零，所以线框中感应电动势应该为
零．乙同学说线框中ad和bc边均
以速度v做切割磁感线运动，由
E＝BLv可知，这两条边都应该产生
电动势且Ead＝Ebc＝BLv.他们各执一词，到底谁说的对呢？【提示】　这两个同学说的并不矛盾，虽然ad边与bc边都产生感应电动势，但由于方向相反，相当于两个电源并联没有对外供电，所以整个回路的电动势为零．可见，用法拉第电磁感应定律求出的是整个回路的感应电动势，而用E＝BLv求的是回路中做切割磁感线的那部分导体产生的电动势．1．对于E＝Blv中的B、l、v三者必须相互垂直．( )
2．导体棒在磁场中运动速度越大，产生的感应电动势一定越大．( )
3．当B、l、v三者大小、方向均不变时，在Δt时间内的平均感应电动势和它在任意时刻产生的瞬时感应电动势相同．( )√×√1．定义：电动机转动时，由于切割磁感线，线圈中产生的_____电源电动势作用的电动势．
2．作用： _____线圈的转动．削弱阻碍1．电动机通电转动，电动机中出现的感应电动势为反电动势，反电动势会阻碍线圈的运动．( )
2．电动机正常工作时，反电动势会加快线圈的运动．( )
3．电动机工作中由于机械阻力过大而停止转动，就没有了反电动势，线圈中的电流会很大，很容易烧毁电动机．( )√×√预习完成后，请把你认为难以解决的问题记录在下面的表格中学生分组探究一　法拉第电磁感应定律的理解和应用
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．面积为S的平面垂直于磁场放置，将此面翻转180°，穿过此面的磁通量是否发生变化？
【提示】　发生变化．第3步例证——典例印证，思维深化
　有一个100匝的线圈，其横截面是边长为L＝0.20 m的正方形，放在磁感应强度B＝0.50 T的匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直．若将这个线圈横截面的形状在5 s内由正方形改变成圆形(横截面的周长不变)，在这一过程中穿过线圈的磁通量改变了多少？磁通量的变化率是多少？线圈的感应电动势是多少？
【思路点拨】　解答本题时应注意以下几点：
(1)周长相同的所有形状中，圆形的面积最大．
(2)磁通量的变化率并不等同于电动势．第4步巧练——精选习题，落实强化
1．下列几种说法正确的是(　　)
A．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大
B．线圈中磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大
C．线圈放在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大
D．线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势一定越大【解析】　依据法拉第电磁感应定律，感应电动势与磁通量无关、与磁通量的变化量无关，而与线圈匝数和磁通量的变化率成正比，因此，选项A、B错误．感应电动势与磁场的强弱也无关，所以，选项C错误．线圈中磁通量变化越快意味着线圈的磁通量的变化率越大，依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，在此条件下线圈中产生的感应电动势越大，故选项D正确．
【答案】　D2．一个200匝、面积为20 cm2的线圈，放在磁场中，磁场的方向与线圈平面成30°角，若磁感应强度在0.05 s内由0.1 T增加到0.5 T，在此过程中磁通量变化了多少？磁通量的平均变化率是多少？线圈中感应电动势的大小是多少？
【解析】　磁通量的变化是由磁场的变化引起的，应该用公式ΔΦ＝ΔBSsin θ来计算，
所以ΔΦ＝ΔBSsin θ＝(0.5－0.1)×20×10－4×0.5 Wb＝4×10－4 Wb磁通量的平均变化率
学生分组探究二　对公式E＝BLv的理解
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．公式E＝BLv能否用来求解平均感应电动势？
【提示】　当E＝BLv中v为平均速度时可求平均感应电动势．2．导体棒绕一端垂直于匀强磁场做匀速圆周运动时，如何求感应电动势？
3．若导线是弯曲的，如何求其切割磁感线的有效长度？
【提示】　L应为导线两端点的连线在与B和v都垂直的直线上的投影长度．第2步结论——自我总结，素能培养
1．该公式可看成法拉第电磁感应定律的一个推论，一般用于导体各部分切割磁感线的速度相同的情况，当v为瞬时速度时，E为瞬时感应电动势；若v是平均速度，则E为平均感应电动势．如果导体各部分切割磁感线的速度不相等，
图4-4-32．公式中的v应理解为导线和磁场间的相对速度，当导线不动而磁场运动时，也有电磁感应现象产生．3．公式中的l应理解为导线切割磁感线时的有效长度．如果导线和磁场不垂直，l应是导线在垂直磁场方向投影的长度；如果切割磁感线的导线是弯曲的，l应取导线两端点的连线在与B和v都垂直的直线上的投影长度．
例如，如图所示的三幅图中切割磁感线的导线是弯曲的，则切割磁感线的有效长度应取与B和v垂直的等效直线长度，即ab的长．第3步例证——典例印证，思维深化
　(2013·课标全国卷Ⅰ)如图4-4-4，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且
和导轨保持良好接触．下列关于
回路中电流i与时间t的关系图线，
可能正确的是(　　) 图4-4-4【思路点拨】　(1)导体切割磁感线的有效长度与时间的关系．
(2)闭合回路的总电阻与导轨长度的关系．
(3)感应电流由闭合电路欧姆定律求出．此类题一般采用解析法，先推导出感应电动势、感应电流的表达式，再利用表达式进行分析．本题还要注意切割磁感线的有效长度和回路的总电阻是变化的．第4步巧练——精选习题，落实强化
1．(多选)如图4-4-5所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面，回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列
结论正确的是(　　)
图4-4-5 【解析】　在半圆形闭合回路进入磁场的过程中磁通量不断增加，始终存在感应电流，由左手定则可知CD边始终受到安培力作用，选项B错．有效切割长度如图所示，所以进入过程中l先逐渐增大到a，然后再逐渐减小为0，由E＝Blv，可知最大值Emax＝Bav，最小值为0， 2．如图4-4-6是法拉第研制成的世界上第一台发电机模型的原理图．将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘，图中a、b导线与铜盘的中轴线处在同一平面内，转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流．若图中铜盘半径为r，匀强磁场的磁感应强度为B，回路总电阻为R，匀速转动铜盘的角速度为ω.则电路的功率是(　　)
图4-4-6学生分组探究三　电磁感应现象中的电路问题
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．如图4-4-7所示，导体棒ab在切割磁感线的过程中电路中会产生感应电流．
图4-4-7请分析：
(1)哪部分导体相当于电源呢？
(2)哪端为电源的正极？
【提示】　ab相当于电源，a端为正极．2．产生感应电动势的部分是电源，其余部分则为外电路．
试说明图4-4-8(甲)、(乙)所示电路中哪部分导体相当于电源，并画出等效电路，判断a、b两点电势的高低．
图4-4-8【提示】　第2步结论——自我总结，素能培养
1．解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法
(1)明确哪部分导体或电路产生感应电动势，该导体或电路就是电源，其他部分是外电路．
(2)用法拉第电磁感应定律确定感应电动势的大小，用楞次定律确定感应电动势的方向．
(3)画等效电路图，分清内外电路，画出等效电路图是解决此类问题的关键．(4)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率、电热等公式联立求解．
第3步例证——典例印证，思维深化
(2014·黄冈高二期末)如图4-4-9所示，OAC是半径为l、圆心角为120°的扇形金属框，O点为圆心，OA边与OC边电阻不计；圆弧AC单位长度的电阻相等，总阻值为4r.长度也为l、电阻为r的金属杆OD绕O点从OA位置以角速度ω顺时针匀速转动，整个过程中金属杆两端与金属框接触良好．求：(1)金属杆OD转过60°时它两端的电势差UOD；
(2)金属杆OD转过120°过程中，金属杆OD中的电流I与转过的角度θ的关系式．求解电磁感应中电路问题的关键
电磁感应中的电路问题，实际上是电磁感应和恒定电流问题的综合题．感应电动势大小的计算、方向的判定以及电路的等效转化，是解决此类问题的关键．第4步巧练——精选习题，落实强化
1．如图4-4-10，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线
框保持图中所示位置，磁感应强度
大小随时间线性变化．为了产生与
线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度 2．(多选)半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B0.杆在圆环上以速度v0平行于直径CD向右做匀速直线运动．杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，
如图4-4-11所示．则(　　)

图4-4-11电磁感应中的电荷量问题
根据法拉第电磁感应定律，在电磁感应现象中，只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就会产生感应电流．设在时间Δt内通过导线某截面的电荷量为q，则根据电流定义式I＝q/Δt及法拉第电磁感应定律E＝nΔΦ/Δt，得上式中n为线圈的匝数，ΔΦ为磁通量的变化量，R为闭合电路的总电阻．
　如图4-4-12所示，在匀强磁场中固定放置一根串接一电阻R的直角形金属导轨aOb(在纸面内)，磁场方向垂直于纸面向里，另有两根金属导轨c、d分别平行于Oa、Ob放置．保持导轨之间接触良好，金属导轨的电阻不计．现经历以下四个过程：
①以速率v移动d，使它与Ob的距离增大一倍；②再以速率v移动c，使它与Oa的距离减小一半；③然后再以速率2v移动c，使它回到原处；④最后以速率2v移动d，使它也回到原处．设上述四个过程中通过电阻R的电荷量的大小依次为Q1、Q2、Q3和Q4，则(　　)
A．Q1＝Q2＝Q3＝Q4　　　　B．Q1＝Q2＝2Q3＝2Q4
C．2Q1＝2Q2＝Q3＝Q4 D．Q1≠Q2＝Q3≠Q4[先看名师指津] [再演练应用] 法拉第电磁感应定律

1．如果闭合电路中的感应电动势很大，那一定是因为(　　)
A．穿过闭合电路的磁通量很大
B．穿过闭合电路的磁通量变化很大
C．穿过闭合电路的磁通量的变化很快
D．闭合电路的电阻很小
【解析】　根据法拉第电磁感应定律，感应电动势取决于穿过闭合电路的磁通量的变化率，即感应电动势的大小与磁通量大小、磁通量变化量大小、电路电阻无必然联系，所以C项正确，A、B、D错误．
【答案】　C
2．穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟均匀地减少2 Wb，则(　　)
A．线圈中感应电动势每秒钟增加2 V
B．线圈中感应电动势每秒钟减少2 V
C．线圈中无感应电动势
D．线圈中感应电动势保持不变
【解析】　由E＝可知当磁通量始终保持每秒钟均匀地减少2 Wb时，磁通量的变化率即感应电动势是2 Wb/s＝2 V.
【答案】　D
3．(多选)将一磁铁缓慢或者迅速地插到闭合线圈中的同一位置处，不会发生变化的物理量是(　　)
A．磁通量的变化量
B．磁通量的变化率
C．感应电流的大小
D．流过线圈横截面的电荷量
【解析】　将磁铁插到闭合线圈的同一位置，磁通量的变化量相同，而用的时间不同，所以磁通量的变化率不同．感应电流I＝＝，故感应电流的大小不同．流过线圈横截面的电荷量q＝I·Δt＝·Δt＝，由于两次磁通量的变化量相同，电阻不变，所以q也不变，即流过线圈横截面的电荷量与磁铁插入线圈的快慢无关．
【答案】　AD
4．(多选)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10－5 T．一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过．设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s.下列说法正确的是(　　)
A．电压表记录的电压为5 mV
B．电压表记录的电压为9 mV
C．河南岸的电势较高
D．河北岸的电势较高
【解析】　可以将海水视为垂直河岸方向放置的导体，海水平动切割地磁场的磁感线产生感应电动势，则E＝Blv＝9 mV，B项正确．由右手定则可知，感应电流方向由南向北，故河北岸的电势较高，D项正确．
【答案】　BD
5．(多选)一根直导线长0.1 m，在磁感应强度为0.1 T的匀强磁场中以10 m/s的速度匀速运动，则导线中产生的感应电动势(　　)
A．一定为0.1 V　　　　 B．可能为零
C．可能为0.01 V D．最大值为0.1 V
【解析】　当公式E＝Blv中B、l、v互相垂直而导体切割磁感线运动时感应电动势最大：Em＝Blv＝0.1×0.1×10 V＝0.1 V，考虑到它们三者的空间位置关系不确定应选B、C、D.
【答案】　BCD
图4-4-14
6．(2015·芜湖高二检测)如图4-4-14所示，半径为r的n匝线圈套在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形，当磁感应强度以的变化率均匀变化时，线圈中产生感应电动势大小为(　　)
A．πr2 B．L2
C．nπr2 D．nL2
【解析】　根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势的大小E＝n＝nL2.
【答案】　D
图4-4-15
7．(2015·郑州一中高二检测)穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图4-4-15所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是(　　)
A．0～2 s B．2～4 s
C．4～5 s D．5～10 s
【解析】　图线斜率的绝对值越小，表明磁通量的变化率越小，感应电动势也就越小．
【答案】　D
8．(多选)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(　　)
【解析】　在A图中，磁场中的导体沿垂直于速度方向上的投影为lsin θ，所以感应电动势为E＝Blvsin θ.在B、C、D图中，磁场中的导体沿垂直于速度方向上的投影均为l，所以感应电动势均为E＝Blv.
【答案】　BCD

9．(多选)(2014·广东华师大附中质检)如图4-4-16甲所示线圈的匝数n＝100匝，横截面积S＝50 cm2，线圈总电阻r＝10 Ω，沿轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间作如图4-4-16乙所示变化，则在开始的0.1 s内(　　)
图4-4-16
A．磁通量的变化量为0.25 Wb
B．磁通量的变化率为2.5×10－2 Wb/s
C．a、b间电压为0
D．在a、b间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25 A
【解析】　通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，则线圈中磁通量的变化量为ΔΦ＝|B2S－(－B1S)|，代入数据即ΔΦ＝(0.1＋0.4)×50×10－4Wb＝2.5×10－3Wb，A错；磁通量的变化率＝Wb/s＝2.5×10－2 Wb/s，B正确；根据法拉第电磁感应定律可知，当a、b间断开时，其间电压等于线圈产生的感应电动势，感应电动势大小为E＝n＝2.5 V且恒定，C错；在a、b间接一个理想电流表时相当于a、b间接通而形成回路，回路总电阻即为线圈的总电阻，故感应电流大小I＝＝0.25 A，D项正确．
【答案】　BD
10．(2014·浙江嘉兴一中期末)环形线圈放在均匀磁场中，设在第1 s内磁感线垂直于线圈平面向里，若磁感应强度随时间变化的关系如图4-4-17乙所示，那么在第2 s内线圈中感应电流的大小和方向是(　　)
图4-4-17
A．感应电流大小恒定，顺时针方向
B．感应电流大小恒定，逆时针方向
C．感应电流逐渐增大，逆时针方向
D．感应电流逐渐减小，顺时针方向
【解析】　由B-t图知：第2秒内恒定，则E＝S也恒定，故感应电流I＝大小恒定，又由楞次定律可知电流方向为逆时针方向，故B对，A、C、D都错．
【答案】　B
图4-4-18
11．如图4-4-18所示，将直径为d，电阻为R的闭合金属环从匀强磁场B中拉出，求这一过程中：
(1)磁通量的改变量；
(2)通过金属环某一截面的电荷量．
【解析】　(1)由已知条件得金属环的面积S＝π＝.
磁通量的改变量ΔΦ＝BS＝.
(2)由法拉第电磁感应定律E＝，
又因为I＝，q＝IΔt，所以q＝＝.
【答案】　(1)　(2)
图4-4-19
12．(2014·天津南开中学期末)如图4-4-19所示，MN、PQ为光滑金属导轨(金属导轨电阻忽略不计)，MN、PQ相距L＝50 cm，导体棒AB在两轨道间的电阻为r＝1 Ω，且可以在MN、PQ上滑动，
定值电阻R1＝3 Ω，R2＝6 Ω，整个装置放在磁感应强度为B＝1.0 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于整个导轨平面，现用外力F拉着AB棒向右以v＝5 m/s速度做匀速运动．求：
(1)导体棒AB产生的感应电动势E和AB棒上的感应电流方向．
(2)导体棒AB两端的电压UAB.
【解析】　(1)导体棒AB产生的感应电动势
E＝BLv＝2.5 V，由右手定则，AB棒上的感应电流方向向上，即沿B→A方向．
(2)R并＝＝2 Ω，
I＝＝A，
UAB＝I·R并＝V≈1.7 V.
【答案】　(1)2.5 V　感应电流方向B→A　(2)1.7 V
课件53张PPT。自主学习·基础知识5 电磁感应现象的两类情况
[学习目标]　1.知道感生电动势、动生电动势的概念．知道产生感生电动势的非静电力是感生电场的作用．产生动生电动势的非静电力与洛伦兹力有关．　2.会用楞次定律判断感生电场的方向，用左手定则判断洛伦兹力的方向．(重点)　3.知道电磁感应现象遵守能量守恒定律．　4.电磁感应与力学、电路等知识的综合问题．(难点)合作探究·重难疑点解题技巧·素养培优1．感生电场：磁场_____时在空间激发的一种电场，它是由英国物理学家__________提出的．
2．感生电动势：由__________产生的感应电动势，它的方向与感生电场的方向_____，与感应电流的方向_____．
3．感生电动势中的非静电力：就是___________对自由电荷的作用力．变化麦克斯韦感生电场相同相同感生电场感应电动势和感应电流，哪一个更能反映电磁感应的本质？
【提示】　当穿过回路的磁通量发生变化时，回路中将产生感应电动势，如果回路闭合，就会产生感应电流，而不论回路是否闭合，都有感应电动势产生，但不一定有感应电流．所以感应电动势比感应电流更能反映电磁感应的本质．1．磁场可以对电荷做功．( )
2．感生电场可以对电荷做功．( )
3．磁场越强，磁场变化时产生的感生电场越强．( )×√×1．成因
导体棒做切割磁感线运动时，导体棒中的自由电荷随棒一起定向运动，并因此受到洛伦兹力．
2．动生电动势：由于__________而产生的感应电动势．
3．动生电动势中的非静电力：与_________有关．导体运动洛伦兹力感生电动势与动生电动势产生原因是否相同？
【提示】　不相同．感生电动势是由于磁场变化而引起的；动生电动势是由于导体切割磁感线而引起的．√ √ × 预习完成后，请把你认为难以解决的问题记录在下面的表格中学生分组探究一　对感生电动势与动生电动势的理解
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．(1)什么叫动生电动势？(2)动生电动势的产生与电路是闭合还是断开有关吗？
【提示】　(1)由于导体棒做切割磁感线的运动，而在导体棒两端产生的感应电动势，叫做动生电动势．(2)无关．无论电路闭合还是断开，只要有导体做切割磁感线的运动，电路中就有动生电动势产生．当电路闭合，其一部分导体做切割磁感线的运动时，电路中有感应电流产生．2．什么是感生电场？感生电场与感应电流的关系是什么？3．感生电动势和动生电动势的产生原因是否相同？
【提示】　不同．感生电动势是感生电场对自由电荷作用产生的，动生电动势是洛伦兹力对自由电荷作用产生的．第2步结论——自我总结，素能培养
1．感生电动势与动生电动势产生机理的理解
(1)磁感应强度变化产生的感生电动势是由变化的磁场产生感生电场，线圈中的自由电荷受到静电力作用定向移动形成的．
(2)导体切割磁感线产生的动生电动势是由于自由电荷受到洛伦兹力作用定向移动形成的．2．感生电动势与动生电动势的比较第3步例证——典例印证，思维深化
(多选)某空间出现了如图4-5-1所示的磁场，当磁感应强度变化时，在垂直于磁场的方向上会产生感生电场，下列有关磁感应强度的变化与感生电场的方向关系的描述正确的是(　　)
A．当磁感应强度均匀增大时，感生电
场的电场线从上向下看应为顺时针方向
B．当磁感应强度均匀增大时，感生电场的
电场线从上向下看应为逆时针方向C．当磁感应强度均匀减小时，感生电场的电场线从上向下看应为顺时针方向
D．当磁感应强度均匀减小时，感生电场的电场线从上向下看应为逆时针方向
【思路点拨】　感生电场的方向与感生电动势、感应电流的方向相同，因此可以用楞次定律分析．
【解析】　感生电场中电场线的方向用楞次定律来判定．原磁场向上且磁感应强度在增大，在周围有闭合导线的情况下，感应电流的磁场方向应与原磁场方向相反，即感应电流的磁场方向向下， 再由右手螺旋定则得到感应电流的方向从上向下看应为顺时针方向，则感生电场的方向从上向下看也为顺时针方向；同理可知，原磁场方向向上且磁感应强度减小时，感生电场的方向从上向下看应为逆时针方向，所以A、D对．
【答案】　AD感生电场的特点：
1．感生电场是一种涡旋电场，电场线是闭合的．
2．感生电场的产生跟空间中是否存在闭合电路无关．
3．感生电场的方向根据闭合电路(或假想的闭合电路)中感应电流的方向确定． 第4步巧练——精选习题，落实强化
1．如图4-5-2所示的是一个水平放置的玻璃圆环形小槽，槽内光滑，槽宽度和深度处处相同．现将一直径略小于槽宽的带正电小球放在槽中，让它获
得一初速度v0，与此同时，有一变
化的磁场垂直穿过玻璃圆环形小槽
外径所对应的圆面积，磁感应强度
的大小跟时间成正比例增大，方向竖直向下．设小球在运动过程中电荷量不变，则(　　)A．小球受到的向心力大小不变
B．小球受到的向心力大小不断增大
C．磁场力对小球做了功
D．小球受到的磁场力大小与时间成正比
【解析】　本题解题关键是由楞次定律判断出感生电场的方向．当磁感应强度随时间均匀增大时，将产生一恒定的感生电场，由楞次定律知，电场方向和小球初速度方向相同，因小球带正电，电场力对小球做正功，小球速率逐渐增大，向心力也随着增大，故A错，B对；洛伦兹力对运动电荷不做功，故C错；带电小球所受洛伦兹力F＝qBv，随着速率的增大而增大，同时B∝t，则F和t不成正比，故D错．
【答案】　B
2．(多选)某空间出现了如4-5-3图所示的一组闭合的电场线，这可能是(　　)
A．沿AB方向的磁场迅速减弱
B．沿AB方向的磁场迅速增强
C．沿BA方向的磁场迅速增强
D．沿BA方向的磁场迅速减弱
图4-5-3【解析】　假设存在圆形闭合回路，回路中应产生与电场同向的感应电流，由安培定则知，感应电流的磁场方向向下，所以根据楞次定律，引起感应电流的应是方向向下的磁场迅速减弱或方向向上的磁场迅速增强，故A、C正确．
【答案】　AC学生分组探究二　电磁感应现象中的能量转化与守恒
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．与感生电动势有关的电磁感应现象中，能量怎样转化？
【提示】　变化的磁场产生非静电场，由电场力推动电荷做功，将磁场能转化为电能． 2．与动生电动势有关的电磁感应现象中，能量怎样转化？
【提示】　随导体棒运动的电荷受到洛伦兹力，从导体棒一端移动到另一端，是一个与洛伦兹力有关的非静电力做功，将其它形式的能转变为电能．第2步结论——自我总结，素能培养
1．等效电路的分析：将产生感应电动势的那部分电路等效为电源，画出等效电路图，分析内外电路结构，应用闭合电路欧姆定律、串并联电路的性质等知识进行分析．
2．电磁感应现象中涉及收尾速度问题时的动态分析：
周而复始地循环，达到最终状态时，加速度等于零，导体达到稳定运动状态．3．能量转化与守恒的分析：电磁感应过程往往涉及多种能量形式的转化．
如图4-5-4中金属棒ab沿导轨由静止
下滑时，重力势能减少，一部分用
来克服安培力做功转化为电路中的电 图4-5-4
能，最终在R上转化为焦耳热；另一部分转化为金属棒的动能．若导轨足够长，棒最终达到稳定状态匀速运动时，重力势能的减少则完全用来克服安培力做功转化为电路中的电能．第3步例证——典例印证，思维深化
(2013·安徽高考)如图4-5-5所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度
为0.5 m，电阻忽略不计，其上
端接一小灯泡，电阻为1 Ω.
一导体棒MN垂直于导轨放置，
质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)(　　)
A．2.5 m/s　1 W　　　　　B．5 m/s　1 W
C．7.5 m/s　9 W D．15 m/s　9W
【思路点拨】　(1)由小灯泡稳定发光，可知感应电流和感应电动势恒定及v不变．
(2)由v不变，考虑到导体棒MN的平衡．
(3)根据物体的平衡和功能关系确定v和P.【解析】　把立体图转为平面图，由平衡条件列出方程是解决此类问题的关键．对导体棒进行受力分析做出截面图，如图所示，导体棒共受四个力作用，即重力、支持力、摩擦力和安培力．
由平衡条件得mgsin 37°＝F安＋Ff①
Ff＝μFN②
FN＝mgcos 37°③
而F安＝BIL④电能的三种求解思路
(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．
(2)利用能量守恒求解：相应的其他能量的减少量等于产生的电能．
(3)利用电路特征求解：通过电路中所消耗的电能来计算．第4步巧练——精选习题，落实强化
1．(多选)如图4-5-6所示，两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金
属棒和导轨接触良好，导轨所在平面
与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，
除电阻R外其余电阻均不计．现将金
属棒从弹簧原长位置
由静止释放，则(　　)A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g
B．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b
金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能以及电阻R上产生的内能，因此选项D错误．
【答案】　AC2．法拉第曾提出一种利用河流发电的设想，并进行了实验研究．实验装置的示意图如图4-5-7所示，两块面积均为S的矩形金属板，平行、正对、竖直地全部浸在河水中，间距为d，水流速度处处相同，大小为v，方向水平．金属板与水流方向平行，地磁场磁感应强度的竖直分量为B，水的电阻率为ρ，水面上方有
一阻值为R的电阻通过绝缘导线
和开关S连接到两金属板上，忽
略边缘效应，求： 图4-5-7(1)该发电装置的电动势；
(2)通过电阻R的电流大小；
(3)电阻R消耗的电功率． 电磁感应中的力学问题的分析方法
由于通过导体的感应电流在磁场中将受到安培力作用，因此电磁感应问题往往和力学问题综合在一起考查．
1．理解电磁感应问题中的两个研究对象及其之间的相互制约关系2．理解力和运动的动态关系
3．解决电磁感应现象中的力学问题的思路
(1)对电学对象要画好必要的等效电路图．
(2)对力学对象要画好必要的受力分析图和过程示意图．(3)电磁感应中切割磁感线的导体要运动，产生的感应电流又要受到安培力的作用．在安培力作用下，导体的运动状态发生变化，这就可能需要应用牛顿运动定律．
4．解决电磁感应现象中的力学问题的基本步骤
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向；
(2)求回路中的电流；
(3)分析研究导体受力情况(包含安培力，用左手定则确定其方向)；
(4)列动力学方程或平衡方程求解．如图4-5-8所示，AB、CD是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间的距离为L，导轨平面与水平面间的夹角为θ，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场，磁感应强度为B，在导轨的AC端连接一个阻值为R的电阻，一根质量为m、垂直于导轨放
置的金属棒ab，从静止开始沿导
轨下滑，求此过程中ab棒的最大
速度．已知ab与导轨间的动摩擦
因数为μ，导轨和金属棒的电阻都不计．【思路点拨】　ab沿导轨下滑过程中受四个力作用，即重力mg、支持力FN、摩擦力Ff和安培力F安，如图所示，ab由静止开始下滑后，将是v↑→E↑→I↑→F安↑→a↓(↑为增大符号)，所以这是个变加速过程，当加速度减到a＝0时，其速度增到最大v＝vmax，此时处于平衡状态，以后将以vmax匀速下滑．
【解析】　ab下滑时因切割磁感线，要产生感应电动势，根据电磁感应定律E＝BLv①
闭合电路ACba中将产生感应电流，根据闭合电路欧姆定律I＝E/R②据右手定则可判定感应电流方向为aACba，再据左手定则判断它受的安培力F安方向如图所示，其大小为
F安＝BIL③
取平行和垂直导轨的两个方向对ab所受的力进行正交分解，应有FN＝mgcos θ，Ff＝μmgcos θ，[先看名师指津]
1．电磁感应中的动态分析，是处理电磁感应问题的关键，要学会从动态分析的过程中来选择是从动力学方面，还是从能量、动量方面来解决问题．
2．在分析运动导体的受力时，常需画出平面示意图和物体受力图．[再演练应用]
　如图4-5-9所示，平行导轨MN和PQ相距0.5 m，电阻忽略不计．其水平部分粗糙，倾斜部分光滑．且水平部分置于B＝0.6 T竖直向上的匀强磁场中，倾斜部分处没有磁场．已知导线a和b的质量均为0.2 kg，
电阻均为0.15 Ω，开始时a、b相
距足够远，b放置在水平导轨上，
现将a从倾斜导轨上高0.05 m处由静止开始释放，求：(g＝10 m/s2)(1)回路中的最大感应电流是多少？
(2)如果导线和导轨间动摩擦因数μ＝0.1，当导线b的速度最大时，导线a的加速度是多少？　电磁感应现象的两类情况

1．(多选)下列说法中正确的是(　　)
A．感生电场是由变化的磁场激发而产生的
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右手螺旋定则来判定
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
【解析】　由麦克斯韦电磁理论知A正确，B错误；感生电场的产生也是符合电磁感应原理的，C正确；感生电场的电场线是闭合的，但不一定是逆时针方向，故D错误．
【答案】　AC
2．(多选)下列说法中正确的是(　　)
A．动生电动势是洛伦兹力对导体中自由电荷的作用而引起的
B．因为洛伦兹力对运动电荷始终不做功，所以动生电动势不是由洛伦兹力而产生的
C．动生电动势的方向可以由右手定则来判定
D．导体棒切割磁感线产生感应电流，受到的安培力一定与受到的外力大小相等、方向相反
【解析】　洛伦兹力对导体中自由电荷的作用效果是产生动生电动势的本质，A正确；在导体中自由电荷受洛伦兹力的合力与合速度方向垂直，总功为零，B错误；动生电动势的方向可由右手定则判定，C正确；只有在导体棒做匀速切割磁感线时，除安培力以外的力的合力与安培力大小相等、方向相反，做变速运动时不成立，D错误．故选A、C.
【答案】　AC
图4-5-10
3．(多选)如图4-5-10所示，导体AB在做切割磁感线运动时，将产生一个感应电动势，因而在电路中有电流通过，下列说法中正确的是(　　)
A．因导体运动而产生的感应电动势称为动生电动势
B．动生电动势的产生与洛伦兹力有关
C．动生电动势的产生与电场力有关
D．动生电动势和感生电动势产生的原因是一样的
【解析】　根据动生电动势的定义，A正确．动生电动势中的非静电力与洛伦兹力有关，感生电动势中的非静电力与感生电场有关，B正确，C、D错误．
【答案】　AB
图4-5-11
4．(2015·天津月考)如图4-5-11所示，在匀强磁场中，放置两根光滑平行导轨MN和PQ，其电阻不计，ab、cd两根导体棒，其电阻Rab＜Rcd，当ab棒在外力F1作用下向左匀速滑动时，cd棒在外力F2作用下保持静止，F1和F2的方向都与导轨平行，那么，F1和F2大小相比、ab和cd两端的电势差相比，正确的是(　　)
A．F1＞F2，Ucd＞Uab　　　　 B．F1＝F2，Uab＝Ucd
C．F1＜F2，Uab＜Ucd D．F1＝F2，Uab＜Ucd
【解析】　因ab和cd的磁场力都是F＝BIl，又因为ab棒在外力F1作用下向左匀速滑动时，cd在外力F2作用下保持静止，故F1＝F2，又由MN、PQ电阻不计，所以a、c两点等势，b、d两点等势，因而Uab＝Ucd，故B正确．
【答案】　B
图4-4-12
5．(2014·江苏苏北四校联考)如图4-5-12所示，金属棒ab置于水平放置的光滑框架cdef上，棒与框架接触良好，匀强磁场垂直于ab棒斜向下．从某时刻开始磁感应强度均匀减小，同时施加一个水平方向上的外力F使金属棒ab保持静止，则F(　　)
A．方向向右，且为恒力 B．方向向右，且为变力
C．方向向左，且为变力 D．方向向左，且为恒力
【解析】　由E＝n·S可知，因磁感应强度均匀减小，感应电动势E恒定，由F安＝BIL，I＝可知，ab棒受的安培力随B的减小而均匀变小，由外力F＝F安可知，外力F也均匀减小，为变力，由左手定则可判断F安水平方向上的分量向右，所以外力F水平向左，C正确．
【答案】　C
图4-5-13
6．(2013·北京高考)如图4-5-13所示，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，金属杆MN在平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，MN中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其他条件不变，MN中产生的感应电动势变为E2.则通过电阻R的电流方向及E1与E2之比E1∶E2分别为(　　)
A．c→a，2∶1 B．a→c，2∶1
C．a→c，1∶2 D．c→a，1∶2
【解析】　金属杆垂直平动切割磁感线产生的感应电动势E＝Blv，判断金属杆切割磁感线产生的感应电流方向可用右手定则．
由右手定则判断可得，电阻R上的电流方向为a→c，由E＝Blv知，E1＝Blv，E2＝2Blv，则E1∶E2＝1∶2，故选项C正确．
【答案】　C
图4-5-14
7．(多选)(2014·江苏金湖中学测试)如图4-5-14所示，将一个与匀强磁场垂直的正方形多匝线圈从磁场中匀速拉出的过程中，拉力做功的功率(　　)
A．与线圈匝数成正比
B．与线圈边长的平方成正比
C．与导线的电阻率成正比
D．与导线横截面积成正比
【解析】　磁感应强度为B，导线的横截面积为S，电阻率为ρ，拉出磁场时的速度为v，设线圈边长为L，匀速拉出时E＝nBLv，I＝E/R，R＝，l＝4nL所以P＝Fv＝n2BILv＝n2B2L2v2/R＝，所以A、D正确．
【答案】　AD
图4-5-15
8．一直升机停在南半球的地磁极上空，该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B，直升机螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动．螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图4-5-15所示．如果忽略a到转轴中心线的距离，用E表示每个叶片中的感应电动势，则(　　)
A. E＝πfl2B，且a点电势低于b点电势
B. E＝2πfl2B，且a点电势低于b点电势
C. E＝πfl2B，且a点电势高于b点电势
D. E＝2πfl2B，且a点电势高于b点电势
【解析】　直升机螺旋桨的叶片围绕着轴转动，产生的感应电动势为E＝Blv＝Blvb＝Bl(ωl)＝B(2πf)l2＝πfl2B，设想ab是闭合电路的一部分导体，由右手定则知感应电流方向为a→b，所以b点电势比a点电势高．选项A正确．
【答案】　A

9．(2013·海南琼海期中)如图4-5-16是法拉第做成的世界上第一台发电机模型的原理图．将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘．图中a、b导线与铜盘的中轴线处在同一竖直平面内，转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流．若图中铜盘半径为L，匀强磁场的磁感应强度为B，回路总电阻为R，从上往下看逆时针匀速转动铜盘的角速度为ω.则下列说法正确的是(　　)
图4-5-16
A．回路中有大小和方向周期性变化的电流
B．回路中电流大小恒定，且等于
C．回路中电流方向不变，且从b导线流进灯泡，再从a导线流向旋转的铜盘
D．若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的按正弦规律变化的磁场，不转动铜盘，灯泡中也会有电流流过
【解析】　铜盘在转动的过程中产生恒定的电流I＝，A、B错．由右手定则可知铜盘在转动的过程中产生恒定的电流，从b导线流进灯泡，再从a流向旋转的铜盘，C正确．若将匀强磁场改为仍然垂直穿过铜盘的按正弦规律变化的磁场，不转动铜盘时闭合回路磁通量不发生变化，灯泡中没有电流流过．
【答案】　C
10．在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图4-5-17甲所示，当磁场的磁感应强度B随时间t发生如图4-5-17乙所示的变化时，图中能正确表示线圈中感应电动势E随时间t变化的关系图象是(　　)
图4-5-17
【解析】　在第1 s内，由楞次定律可判定电流为正，其产生的感应电动势E1＝＝S；在第2 s和第3 s内，磁感应强度B不发生变化，线圈中无感应电动势；在第4 s和第5 s内，B减小，由楞次定律可判定，其电流为负，产生的感应电动势E2＝＝，由ΔB1＝ΔB2，Δt2＝2Δt1，故E1＝2E2，由此可知，选项A正确．
【答案】　A
11．如图4-5-18甲所示，一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R1连接成闭合回路．线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域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4-5-18乙所示．图线与横、纵轴的截距分别为t0和B0，导线的电阻不计．求0至t1时间内：
图4-5-18
(1)通过电阻R1上的电流大小和方向；
(2)通过电阻R1上的电荷量q及电阻R1上产生的热量．
【解析】　(1)由图象分析可知，0至t1时间内＝，
由法拉第电磁感应定律有E＝n＝nS，而S＝
πr，由闭合电路欧姆定律有I1＝，
联立以上各式解得通过电阻R1上的电流大小为I1＝，
由楞次定律可判断通过电阻R1上的电流方向为从b到a.
(2)通过电阻R1上的电荷量q＝I1t1＝，
电阻R1上产生的热量Q＝IR1t1＝.
【答案】　(1)，从b到a
(2)　
12．有一面积为S＝100 cm2的金属环，电阻为R＝0.1 Ω，环中磁场变化规律如图4-5-19所示，且磁场方向垂直环面向里，在t1到t2时间内，环中感应电流的方向如何？通过金属环的电荷量为多少？
图4-5-19
【解析】　由楞次定律，可以判断金属环中感应电流方向为逆时针方向．
由图乙可知，磁感应强度的变化率为＝①
金属环中磁通量的变化率＝S＝·S②
环中形成的感应电流I＝＝＝③
通过金属环的电荷量Q＝IΔt④
由①②③④解得
Q＝＝C＝0.01 C.
【答案】　逆时针方向　0.01 C
课件56张PPT。自主学习·基础知识6 互感和自感
[学习目标]　1.了解互感现象及互感现象的应用．(重点)　2.了解自感现象，认识自感电动势对电路中电流的影响．(难点)　3.了解自感系数的意义和决定因素．(重点)　4.知道磁场具有能量．(难点)合作探究·重难疑点解题技巧·素养培优1．互感现象
(1)定义
两个相互靠近的线圈，当一个线圈中的电流______时，它所产生的变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势的现象．产生的电动势叫做___________．变化互感电动势(2)应用
互感现象可以把______由一个线圈传递到另一个线圈， ________、收音机的“__________”就是利用互感现象制成的．
(3)危害
互感现象能发生在任何两个相互靠近的电路之间，在电力工程中和电子电路中，有时会影响电路正常工作．能量变压器磁性天线2．自感现象
(1)定义
当一个线圈中的电流______时，它所产生的______的磁场在它本身激发出感应电动势的现象．产生的电动势叫作___________．
(2)通电自感和断电自感变化变化自感电动势较慢地亮起来阻碍逐渐变暗阻碍自感电动势的作用是什么？方向如何判断？
【提示】　作用：总是阻碍导体中原电流的变化．
方向：当原电流增大时，自感电动势与原电流方向相反；当原电流减小时，自感电动势与原电流方向相同．1．互感现象只能发生于绕在同一铁芯的两个线圈之间，而不可能产生于相互靠近的电路之间．( )
2．互感现象和自感现象均属于电磁感应现象．( )
3．自感现象中感应电流的方向一定与引起自感的原电流的方向相反．( )×√×亨利 H 大小 形状 圈数 铁芯 2．磁场的能量
(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______，储存在_____中．
(2)线圈中电流减小时，______中的能量释放出来转化为电能．线圈磁场线圈在演示断电自感时，开关断开后小灯泡并不立即熄灭，这一现象是否违背了能量守恒定律？小灯泡消耗的电能是从何处获得的？
【提示】　线圈中有电流时，线圈就具有了磁场能，断开开关后，线圈相当于电源，线圈中所储存的磁场能转化为电能，给灯泡提供能量，这一现象并不违背能量守恒定律．1．线圈的自感系数大，其电阻不一定大．( )
2．在断开电路时，与线圈并联的灯泡会亮一下后再逐渐熄灭，说明能量不再守恒了．( )
3．自感系数越大，自感电动势不一定越大．( )√×√预习完成后，请把你认为难以解决的问题记录在下面的表格中学生分组探究一　对互感现象和自感现象的理解
第1步探究——分层设问，破解疑难
　如图4-6-1为互感线圈．
图4-6-11．互感现象中能量是怎样转化的？
【提示】　互感现象中能量是依靠原线圈电流产生的磁场能，磁场能通过铁芯传递到另一线圈，又转化为电能．
2．电感线圈在电路中的作用是什么？
【提示】　阻碍电流的变化．3．自感电动势怎样产生？如何确定其方向？
【提示】　通过线圈的电流发生变化时，导致穿过线圈的磁通量发生变化，产生了感应电动势；其方向根据原电流的变化进行判断．第2步结论——自我总结，素能培养
1．对互感现象的理解
(1)互感现象是一种常见的电磁感应现象，它不仅发生于绕在同一铁芯上的两个线圈之间，而且可以发生于任何相互靠近的电路之间．
(2)互感现象可以把能量由一个电路传到另一个电路．变压器就是利用互感现象制成的．
(3)在电力工程和电子电路中，互感现象有时会影响电路的正常工作，这时要求设法减小电路间的互感．2．对自感现象的理解
(1)对自感现象的理解
自感现象是一种电磁感应现象，遵守法拉第电磁感应定律和楞次定律．
(2)对自感电动势的理解
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自感电动势的方向
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自感电动势的作用
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．(3)对电感线圈阻碍作用的理解
①若电路中的电流正在改变，电感线圈会产生自感电动势阻碍电路中电流的变化，使得通过电感线圈的电流不能突变．
②若电路中的电流是稳定的，电感线圈相当于一段导线，其阻碍作用是由绕制线圈的导线的电阻引起的．第3步例证——典例印证，思维深化
(多选)(2014·湖南浏阳高二检测)如图4-6-2所示的电路中，是自感系数很大的线圈，但其自身的电阻几乎为零．LA、LB是两个相同的灯泡，下列说法中正确的是(　　)
A．开关S由断开变为闭合，LA、LB
同时发光，之后亮度不变
B．开关S由断开变为闭合，LA立
即发光，之后又逐渐熄灭C．开关S由闭合变为断开的瞬间，LA、LB同时熄灭
D．开关S由闭合变为断开的瞬间，LA再次发光，之后又逐渐熄灭
【思路点拨】　(1)电流变化时，电感线圈对电流的变化有阻碍作用．
(2)电流稳定时，电感线圈相当于一段导线的作用．【解析】　S闭合的瞬间，通过L的电流从无到有发生变化，从而产生阻碍作用，LA有电流通过而发光；电流稳定通后过L的电流恒定无阻碍作用，LA被L短路两端无电压而熄灭，所以A错B正确，开关S断开的瞬间，通过L的电流减小而产生感应电动势(或说阻碍电流的减小)从而有电流通过LA再次发光，故C错，D正确．
【答案】　BD自感电动势的作用
从开关S闭合到电路中电流稳定，由于自感电动势的作用，线圈中电流逐渐增大，与线圈串联的元件中的电流也逐渐增大；与线圈并联的元件中的电流开始较大，以后逐渐减小．第4步巧练——精选习题，落实强化
1．(多选)如图4-6-3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 图4-6-3D．I2开始较大而后逐渐变小
【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，所以开始电流I1较大，随着自感作用减小，路端电压减小，所以R1上的电压逐渐减小，电流I1逐渐减小，故选项A、C正确．
【答案】　ACA．有阻碍电流的作用，最后电流由I0减小到零
B．有阻碍电流的作用，最后电流总小于I0
C．有阻碍电流增大的作用，因而电流将保持I0不变
D．有阻碍电流增大的作用，但电流最后还是增大到2I0
【解析】　开关S由断开到闭合，回路中的电流要增大，因而在L上要产生自感电动势，根据楞次定律，自感电动势总是要阻碍引起它的电流的变化，这就是说由于电流增加引起的自感电动势要阻碍原电流的增加，但阻碍不是阻止，电流仍要增大，而达到稳定后其电流为2I0.选项D正确．
【答案】　D
学生分组探究二　通电自感和断电自感
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．如图4-6-5所示，L是自感系数足够大的线圈，电阻可忽略不计，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡．
图4-6-5请探究以下几个问题：
(1)开关S闭合后，三个灯泡的亮度变化情况如何？
(2)开关S断开后，三个灯泡的亮度变化情况如何？
【提示】　(1)电感线圈L的自感系数足够大，对电流的阻碍作用很强，S闭合瞬间，线圈L中的电流几乎为零，电源立即给D1、D2和D3三个灯泡供电，三个灯泡同时亮．当电流逐渐稳定，线圈L产生的感应电动势消失，线圈L起到“短路”作用，使得D1、D2熄灭，D3变得更亮．(2)S断开时，电源不再供电，D3立即熄灭，线圈L产生的自感电动势与D1、D2构成回路，使得D1、D2亮一下再慢慢熄灭．
2．如图4-6-6所示，一毛同学用多用电表的欧姆挡测量一个线圈的电阻，以判断它是否断路．为方便测量，同桌的二毛同学用双手分别握住线圈裸露的两端，一毛用两表笔与线圈两端接触，读出阻值，
再将表笔与线圈断开．在测
量的过程中，二毛在某瞬间
感到有强烈的电击感，
对此现象，应如何解释？
图4-6-6【提示】　当表笔与线圈断开时，由于通过线圈的电流突然减小到零，故在线圈中产生很大的自感电动势，因二毛同学用双手分别握住线圈裸露的两端，故会感觉有电击感．第2步结论——自我总结，素能培养
1．自感现象2.灯泡亮度变化
第3步例证——典例印证，思维深化
　如图4-6-7所示，电路中电源内阻不能忽略，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(　　)
图4-6-7A．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
【思路点拨】　(1)电流变化时，电感线圈对电流的变化有阻碍作用；
(2)电流稳定时，电感线圈相当于一段导线的作用．【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，故选项A、C、D错误；稳定后，总电阻减小，路端电压减小，流过B灯支路的电流减小，所以B灯逐渐变暗，故选项B正确．
【答案】　B自感电动势阻碍电流变化的两种表现
当原电路断开时，线圈的自感电动势阻碍电流的减小，此时线圈在新的电路中相当于一个电源，表现为两个方面：一个是自感电动势所对应的电流方向与原来线圈中电流方向一致；二是在断电瞬间，自感电动势所对应的电流大小与原电流大小相等，以后此电流开始缓慢减小到零．总之，通过线圈的电流不能突变．第4步巧练——精选习题，落实强化
1．如图4-6-8所示电路中，L为一自感系数较大的线圈，电键S闭合电路稳定后，电阻R2和线圈L均有电流通过．现将电键S断开瞬间(　　)
图4-6-8A．流经R2和L的电流方向都向左
B．流经R2和L的电流方向都向右
C．流经R2的电流方向向右，流经L的电流方向向左
D．流经R2的电流方向向左，流经L的电流方向向右
【解析】　电路稳定时L的电流方向都向左，电键断开瞬间，L相当于电源与R2组成闭合回路，流经R2的电流方向向右，流经L的电流方向向左，故选项C正确．
【答案】　C2．如图4-6-9(a)、(b)中，电阻R和自感线圈L的电阻值相等，接通开关S，使电路达到稳定状态，灯泡D发光，则下列说法正确的是(　　)
图4-6-9①在电路(a)中，断开S，D将渐渐变暗
②在电路(a)中，断开S，D将先变得更亮，然后渐渐变暗
③在电路(b)中，断开S，D将渐渐变暗
④在电路(b)中，断开S，D将先变得更亮，然后渐渐变暗
A．①③　　　B．②③　　C．②④　　　D．①④【解析】　在电路(a)中自感线圈L与灯泡D串联，D与L电流相等，断开S时线圈产生的自感电动势将使D与L中的电流从稳定状态逐渐减弱，D将渐渐变暗．在电路(b)中，L与D并联，由电阻R和自感线圈L的电阻值相等可推知，稳定时L中电流比D中电流大，断开S的瞬间，L中电流从稳定值逐渐减小，故S断开瞬间，通过灯泡D的电流先变大后逐渐减弱，D将先变得更亮，然后渐渐变暗，故选项D正确．
【答案】　D自感现象的分析思路
自感现象的分析，通常包括通电自感和断电自感两类基本问题．对通、断电自感现象进行分析，首先要明确引起自感现象的原因，即通过自感线圈的电流怎样变化，是增大还是减小．当电流增大时(如通电)，自感电动势方向与电流方向相反，阻碍电流增大；当电流减小时(如断电)，自感电动势方向与电流方向相同，阻碍电流减小．另外还必须弄清电流的方向，特别是断电时的电流流向． 必须注意，断电时自感电流的大小不会超过断电前瞬间线圈中电流的大小．如图4-6-10所示的电路中，S闭合且稳定后流过电感线圈的电流是2 A，流过灯泡的电流是1 A．将S突然断开，则S断开前后，能正确反映流过灯泡的电流I随时间t变化关系的是图中的(　　)
图4-6-10【思路点拨】　解答此题时，应先要搞清楚研究什么元件上的电流随时间的变化关系；然后再根据线圈的自感电动势引起的感应电流的方向与原来电流的方向是相同还是相反、大小如何等因素来确定图象．【解析】　S断开前，通过灯泡D的电流是稳定的，其值为1 A．S断开瞬间，灯泡支路的电流立即减为零，但是自感线圈的支路由于自感现象会产生与线圈中原电流方向相同的感应电动势，使线圈中的电流将从原来的2 A逐渐减小，方向不变，且由于它和灯泡D构成回路，通过灯泡D的电流和线圈L中的电流相同，也应该是从2 A逐渐减小为零，但是方向与原来通过灯泡D的电流方向相反，故选D.
【答案】　D[先看名师指津]
如图4-6-11所示，灯泡中的电流是突然变大还是变小(也就是说灯泡是否突然变得更亮一下)，就取决于I2与I1谁大谁小，也就是取决于R和r谁大谁小的问题．
(1)如果R＞r，就有I1＞I2，灯
泡会先更亮一下才熄灭；
(2)如果R＝r，灯泡会由原
亮度渐渐熄灭；
(3)如果R＜r，灯泡会先立即暗一些，然后渐渐熄灭．[再演练应用]
如图4-6-12所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，电感L的电阻不计，电阻R的阻值大于灯泡D的阻值．在t＝0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t＝t1时刻断开S.下列表示A、B两点间电压UAB随时间t变化的图象中，正确的是(　　)
图4-6-12　涡流、电磁阻尼和电磁驱动

1．(多选)下列应用哪些与涡流有关(　　)
A．高频感应冶炼炉
B．汽车的电磁式速度表
C．家用电表
D．闭合线圈在匀强磁场中转动，切割磁感线产生的电流
【解析】　真空冶炼炉，炉外线圈通入交变电流，使炉内的金属中产生涡流；汽车速度表是磁电式电流表，指针摆动时，铝框骨架中产生涡流；家用电表(转盘式)的转盘中会有涡流产生；闭合线圈在磁场中转动产生感应电流，不同于涡流，选项D错误．
【答案】　ABC
2．下列做法中可能产生涡流的是(　　)
A．把金属块放在匀强磁场中
B．让金属块在匀强磁场中匀速运动
C．让金属块在匀强磁场中做变速运动
D．把金属块放在变化的磁场中
【解析】　涡流就是整个金属块中产生的感应电流，所以产生涡流的条件就是在金属块中产生感应电流的条件，即穿过金属块的磁通量发生变化．而A、B、C中磁通量不变化，所以A、B、C错误；把金属块放在变化的磁场中时，穿过金属块的磁通量发生了变化，有涡流产生，所以D正确．
【答案】　D
3．(多选)磁电式仪表的线圈通常用铝框当骨架，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
【解析】　线圈通电后，在安培力作用下发生转动，铝框随线圈转动，并切割磁感线产生感应电流，就是涡流．涡流阻碍线圈的转动，使线圈偏转后很快停下来．所以，这样做的目的是利用涡流来起电磁阻尼的作用．
【答案】　BC
4．(多选)变压器的铁芯是利用薄硅钢片叠加而成的，而不是采用一整块硅钢，这是因为(　　)
A．增大涡流，提高变压器的效率
B．减小涡流，提高变压器的效率
C．增大铁芯的电阻，以产生更多的热量
D．增大铁芯的电阻，以减小发热量
【解析】　磁场变化越快，感应电动势越大，因而涡流也就越强．涡流能使导体发热．变压器的铁芯是相互绝缘的薄片叠加而成；从而增加铁芯的电阻率，以降低涡流强度，从而减少能量损耗，提高变压器的效率．
【答案】　BD
5．电磁炉热效率高达90%，炉面无明火，无烟无废气，电磁“火力”强劲，安全可靠．如图4-7-11所示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是(　　)
图4-7-11
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，在锅底产生涡流，进而发热工作
C．电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因这些材料的导热性能较差
D．在锅和电磁炉中间放一纸板，则电磁炉不能起到加热作用
【解析】　电磁炉就是采用涡流感应加热原理，其内部通过电子线路板组成部分产生交变磁场．当用含铁质锅具底部放置炉面时，锅具即切割交变磁感线而在锅具底部金属部分产生涡流，使锅具铁分子高速无规则运动，分子互相碰撞、摩擦而产生热能，用来加热和烹饪食物，从而达到煮食的目的．故A错误B正确；电磁炉工作时需要在锅底产生感应电流，陶瓷锅或耐热玻璃锅不属于金属导体，不能产生感应电流，C错误；由于线圈产生的磁场能穿透纸板到达锅底，在锅底产生感应电流，利用电流的热效应起到加热作用．D错误．
【答案】　B
6．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与相对运动探测效果相同
【解析】　金属探测器只能探测金属，不能用于食品生产，防止细小的砂石颗粒混入食品中；故A错误；金属探测器探测金属时，被测金属中感应出涡流；故B错误，C正确；探测过程中工作时金属探测器应与被测物体相对运动；相对静止时无法得出探测效果；故D错误．
【答案】　C
图4-7-12
7．如图4-7-12所示光滑水平绝缘面上有两个金属环静止在平面上，环1竖直、环2水平放置，均处于中间分割线上，在平面中间分割线正上方有一条形磁铁，当磁铁沿中间分割线向右运动时，下列说法正确的是(　　)
A．两环都向右运动
B．两环都向左运动
C．环1静止，环2向右运动
D．两环都静止
【解析】　条形磁铁向右运动时，环1中磁通量保持不变恒为零，无感应电流，保持静止．环2中磁通量变化，根据楞次定律，为阻碍磁通量的变化，感应电流的效果为使环2向右运动．
【答案】　C
图4-7-13
8．如图4-7-13所示，闭合导线环和条形磁铁都可以绕水平的中心轴OO′自由转动，开始时磁铁和圆环都静止在竖直平面内，若条形磁铁突然绕OO′轴N极向纸里、S极向纸外转动，在此过程中，圆环将(　　)
A．产生逆时针方向的感应电流，圆环上端向里、下端向外随磁铁转动
B．产生顺时针方向的感应电流，圆环上端向外、下端向里转动
C．产生逆时针方向的感应电流，圆环并不转动
D．产生顺时针方向的感应电流，圆环并不转动
【解析】　当条形磁铁的N极向纸内、S极向纸外转动时，通过闭合导线环的总的磁通量是向里增加的，根据楞次定律知，感应电流产生的磁场应向外，故感应电流的方向沿逆时针方向；再根据电磁驱动的原理知，导线环应与条形磁铁同向转动，即上端向里、下端向外随磁铁转动．
【答案】　A

9．(多选)机场、车站和重要活动场所的安检门都安装有金属探测器，其探测金属物的原理简化为：探测器中有一个通有交变电流的线圈，当线圈周围有金属物时，金属物中会产生涡流，涡流的磁场反过来影响线圈中的电流，使探测器报警．设线圈中交变电流的大小为I、频率为f，要提高探测器的灵敏度，可采取的措施有(　　)
A．增大I B．减小f
C．增大f D．同时减小I和f
【解析】　增大线圈中交变电流I的大小和频率f，可使金属物中产生的涡流增大，从而提高探测器的灵敏度，选项A、C正确．
【答案】　AC
图4-7-14
10．(2014·广东高考)如图4-7-14所示，上下开口、内壁光滑的铜管P和塑料管Q竖直放置，小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部，则小磁块(　　)
A．在P和Q中都做自由落体运动
B．在两个下落过程中的机械能都守恒
C．在P中的下落时间比在Q中的长
D．落至底部时在P中的速度比在Q中的大
【解析】　小磁块在铜管中下落时，由于电磁阻尼作用，不做自由落体运动，而在塑料管中不受阻力作用而做自由落体运动，因此在P中下落得慢，用时长，到达底端速度小，C项正确，A、B、D错误．
【答案】　C
图4-7-15
11．(多选)(2014·株洲高二检测)位于光滑水平面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水平穿过，如图4-7-15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
【解析】　磁铁水平穿入螺线管时，管中将产生感应电流，由楞次定律的拓展含义知产生的相互作用力阻碍磁铁的运动．同理，磁铁穿出时，由楞次定律的扩展含义知产生的相互作用力阻碍磁铁的运动，故整个过程中，磁铁做减速运动，选项B是正确的．
而对于小车上螺线管来说，在此过程中，螺线管受到的安培力都是水平向右，这个安培力使小车向右一直做加速运动，C对．
【答案】　BC
图4-7-16
12．如图4-7-16所示，在竖直平面内有两根平行金属导轨，上端与电阻R相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨平面．一质量为m的金属棒以初速度v0沿导轨竖直向上运动，上升到某一高度后又返回到原处，整个过程金属棒与导轨接触良好，导轨与金属棒的电阻不计．下列说法正确的是(　　)
A．金属棒回到出发点的速度v大于初速度v0
B．通过R的最大电流上升过程小于下落过程
C．电阻R上产生的热量上升过程大于下落过程
D．所用时间上升过程大于下落过程
【解析】　要注意该过程中的功能关系：重力做功的过程是重力势能向动能和电能转化的过程；安培力做功的过程是电能向机械能转化的过程；合外力(重力和安培力)做功的过程是动能变化的过程；电流做功的过程是电能向内能转化的过程．因为电阻R上产生热量，所以金属棒回到出发点的速度v小于初速度v0，选项A错误；通过R的最大电流上升过程大于下落过程，选项B错误；电阻R上产生的热量上升过程大于下落过程，选项C正确；所用时间上升过程小于下落过程，选项D错误．
【答案】　C
课件43张PPT。自主学习·基础知识7 涡流、电磁阻尼和电磁驱动
[学习目标]　1.了解涡流是怎样产生的．　2.了解涡流现象的利用和危害．　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．(重点)　4.了解电磁阻尼和电磁驱动．(难点)合作探究·重难疑点解题技巧·素养培优1．概念：由于__________，在导体中产生的像水中旋涡样的感应电流．
2．特点：整块金属的电阻率很小，涡流往往_____，产生的热量_____．电磁感应很强很多3．应用
(1)涡流热效应的应用：如___________．
(2)涡流磁效应的应用：如_______、_______．
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：用相互绝缘的_________叠成的铁芯代替整块硅钢铁芯．真空冶炼炉探雷器安检门电阻率硅钢片北京奥运会期间，观众入场前都要
接受安全检查，如图4-7-1是一种
手持式安全检查报警器，一靠近
金属体，它就会发出报警声，
这是为什么呢？ 图4-7-1【提示】　在报警器内有一线圈，线圈中通有高频电流，因此线圈周围有着高频的变化磁场．当报警器靠近金属体时，线圈的磁场在金属体中感应出涡电流，涡电流的产生，又影响原线圈中的高频电流，从而使相关的电子线路产生报警声．1．涡流是由整块导体发生的电磁感应现象，不遵从电磁感应定律．( )
2．通过增大铁芯材料的电阻率可以减小涡流的产生．( )
3．变压器的铁芯用硅钢片叠成是为了减小涡流．( )×√√1．电磁阻尼
(1)概念：当导体在磁场中运动时，______电流会使导体受到安培力，安培力的方向总是______导体运动的现象．
(2)应用：磁电式仪表中利用电磁阻尼使指针迅速__________，便于读数．感应阻碍停止摆动2．电磁驱动
(1)概念：磁场相对于导体转动时，导体中产生感应电流，感应电流使导体受到________的作用， ________使导体__________的现象．
(2)应用：交流感应电动机．安培力安培力运动起来电磁驱动现象中，导体在安培力作用下的运动速度总要比磁场的运动速度慢一些，原因是什么？
【提示】　如果导体速度和磁场速度一样，则两者相对速度为零，感应电流便不会产生，这时的电磁驱动作用就会消失，所以导体速度总要比磁场速度慢一些．1．在电磁阻尼与电磁驱动中安培力所起的作用相同．( )
2．在电磁阻尼现象中的能量转化是导体克服安培力做功，把其他形式的能转化为电能，最终转化为内能．( )
3．交流感应电动机利用了电磁阻尼的原理．( )×√×预习完成后，请把你认为难以解决的问题记录在下面的表格中学生分组探究一　对涡流的理解
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．在哪些情况下可以产生涡流？
【提示】　①把金属块放在变化的磁场中．
②让块状金属进出磁场或在非匀强磁场中运动．
2．涡流发生时，伴随着哪些能量发生转化？
【提示】　其他形式的能转化为电能，最终转化为内能．第2步结论——自我总结，素能培养
1．涡流的产生
涡流实际上是一种特殊的电磁感应现象，当导体处在变化的磁场中，或者导体在非匀强磁场中运动时，导体内部可以等效成许许多多的闭合电路，当穿过这些闭合电路的磁通量变化时，在导体内部的这些闭合电路中将产生感应电流，即导体内部产生了涡流．2．能量转化
伴随着涡流现象，其他形式的能转化成电能，最终在金属块中转化为内能．如果金属块放在了变化的磁场中，则磁场能转化为电能，最终转化为内能；如果是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．涡流的防止和利用
(1)为了减少涡流，变压器、电机里的铁芯不是由整块的钢铁制成的，而是用薄薄的硅钢片叠合而成．
(2)用来冶炼合金钢的真空冶炼炉，炉外有线圈，线圈中通入反复变化的电流，炉内的金属中产生涡流，涡流产生的热量使金属熔化．第3步例证——典例印证，思维深化
　(2014·江苏高考)(多选)如图4-7-2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(　　)
图4-7-2A．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
【解析】　考查涡流现象、影响感应电动势大小的因素及分析问题的能力．增大线圈的匝数，可以增大通过金属杯的磁通量及磁通量的变化率，从而增大金属杯中产生感应电流的大小，增大加热功率，缩短加热时间，A正确．提高交流电的频率，最大磁通量不变．但交替变化快也能提高磁通量的变化率，产生更大的感应电流．达到缩短加热时间的目的，B正确．瓷杯是绝缘体，不能产生感应电流，不能加热，C错误．取走铁芯，金属杯中的磁通量变小，磁通量的变化率也变小，从而导致加热功率变小，加热时间加长，D错误．
【答案】　AB
第4步巧练——精选习题，落实强化
1．(多选)如图4-7-3所示是高频焊接原理示意图．线圈中通以高频交变电流时，待焊接的金属工件中就产生感应电流，感应电流通过焊缝处产生大量热量，将金属熔化，把工件焊接在一起，而工件其他部分发热很少，以下说法正确的是(　　)

图4-7-3A．交流电的频率越高，焊缝处的温度升高得越快
B．交流电的频率越低，焊缝处的温度升高得越快
C．工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻小
D．工件上只有焊缝处温度升得很高是因为焊缝处的电阻大
【解析】　交变电流的频率越高，它产生的磁场的变化就越快．根据法拉第电磁感应定律，在待焊接工件中产生的感应电动势就越大，感应电流就越大，而放出的热量与电流的平方成正比，所以交变电流的频率越高，焊缝处放出的热量越多；焊缝处与其他地方的电流大小一样，根据Q＝I2Rt，工件上只有焊缝处温度升得高，是因为焊缝处电阻很大，故A、D选项正确．
【答案】　AD2．(2014·镇海中学高二检测)如图4-7-4所示，在一个绕有线圈的可拆变压器铁芯上分别放一小铁锅水和一玻璃杯水．给线圈通入电流，一段时间后，一个容器中水温升高，则通入的电流与水温升高的是(　　)
A．恒定直流、小铁锅
B．恒定直流、玻璃杯
C．变化的电流、小铁锅
D．变化的电流、玻璃杯 图4-7-4【解析】　通入恒定直流时，所产生的磁场不变，不会产生感应电流，通入变化的电流，所产生的磁场发生变化，在空间产生感生电场，铁锅是导体，感生电场在导体内产生涡流，电能转化为内能，使水温升高；涡流是由变化的磁场在导体内产生的，玻璃杯是绝缘体，所以玻璃杯中的水不会升温．
【答案】　C学生分组探究二　电磁阻尼与电磁驱动
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．如何用楞次定律解释电磁阻尼和电磁驱动？
【提示】　两种现象中都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的磁场与导体间的相对运动．
2．导体受到的安培力方向与导体运动方向是否相同？
【提示】　不一定相同．第2步结论——自我总结，素能培养
1．电磁驱动和电磁阻尼的形成原因
当蹄形磁铁转动时，穿过线圈
的磁通量就发生变化．例如，线
圈处于如图4-7-5所示的初始状
态时，穿过线圈的磁通量为零，
当蹄形磁铁转动时，穿过线圈的磁通量就增加了，根据楞次定律，此时线圈中就有感应电流产生，以阻碍磁通量的增加，因而线圈会跟着一起转动起来．从动力学的观点来看，线圈中产生的感应电流受到的安培力是使线圈转动起来的动力，对线圈而言是电磁驱动；而线圈对磁铁的作用力是对磁铁的转动起阻碍作用，对磁铁而言是电磁阻尼，因此电磁驱动和电磁阻尼是矛盾的两个方面，不可分割．2．电磁阻尼与电磁驱动的比较第3步例证——典例印证，思维深化
如图4-7-6所示，蹄形磁铁的两极之间放置一个线圈abcd，磁铁和线圈都可以绕OO′轴转动，当磁铁按图示方向绕OO′轴转动时，线圈的运动情况是(　　)
A．俯视，线圈顺时针转动，转
速与磁铁相同
B．俯视，线圈逆时针转动，转
速与磁铁相同C．线圈与磁铁转动方向相同，但转速小于磁铁的转速
D．线圈静止不动
【解析】　当磁铁转动时，由楞次定律知，线圈中有感应电流产生，以阻碍磁通量的增加，即线圈将与磁铁的转动方向相同，以阻碍磁通量的增加．但转速一定小于磁铁的转速，如果两者转速相同，则线圈与磁铁处于相对静止，线圈不切割磁感线，无感应电流产生．
【答案】　C由楞次定律的推广可知，线框的运动只是阻碍两者间的相对运动，所以线圈转速必小于磁铁的转速，否则不是阻碍而是阻止．第4步巧练——精选习题，落实强化
1．如图4-7-7所示，在光滑绝缘水平面上，有一铝质圆形金属球以一定的初速度通过有界匀强磁场，则从球开始进入磁场到完全穿出磁场过程中(磁场宽度大于金属球的直径)，小球(　　)
A．整个过程都做匀速运动
B．进入磁场过程中做减速运动，穿
出过程做加速运动
C．整个过程都做匀减速运动D．穿出时的速度一定小于初速度
【解析】　金属球进、出磁场时，都有涡流产生，都会受到阻力，金属球会克服安培力做功消耗机械能，故穿出时的速度一定小于初速度，D正确．因为金属球进出磁场时，产生的不是恒定电流，由F＝BIL知，产生的安培力不是恒力，故不是做匀减速运动，故C错误．穿入和穿出过程都做减速运动，在磁场中做匀速运动，故A、B错误．
【答案】　D2．(多选)如图4-7-8所示是电表中的指针和电磁阻尼器，下列说法中正确的是(　　)
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【解析】　这是涡流的典型应用之一．当指针摆动时，1随之转动，2是磁铁，那么在1中产生涡流，2对1的安培力将阻碍1的转动．总之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．
【答案】　AD
电磁感应现象中能量问题的处理技巧
能量转化和守恒定律是自然界中的一条普遍规律，电磁感应现象也不例外．法拉第电磁感应定律本质上就是能量守恒定律在电磁感应中的具体表现．
1．电磁感应现象的实质是不同形式的能量相互转化的过程产生和维持感应电流存在的过程就是其他形式的能量转化为电能的过程．2．导体中产生的感应电流与磁场相互作用产生一个阻碍导体与磁场相对运动的安培力，安培力做正功的过程是电能转化为其他形式能量的过程，安培力做多少正功，就有多少电能转化为其他形式能量．克服安培力做功的过程是其他形式能量转化为电能的过程．克服安培力做多少功，就有多少其他形式能量转化为电能．(2015·嘉兴高二检测)(多选)如图4-7-9所示，一闭合的小金属环用一根绝缘细杆挂在固定点O处．使金属环在竖直线OO′的两侧来回摆动的过程中穿过水平方向的匀强磁场区域，磁感线的方向水平，和绝缘细杆摆动的竖直面垂直．若悬点摩擦和空气阻力不计，且摆动
过程中金属环不翻转，则(　　)
A．金属环每次进入和离开磁场区域
都有感应电流，完全进入磁场区域
后无感应电流 图4-7-9B．金属环进入磁场区域后越靠近OO′线时速度越大，而且产生的感应电流越大
C．金属环开始摆动后．摆角会越来越小，摆角小到某一值后不再减小
D．金属环在摆动过程中，机械能将全部转化为金属环中的电能
【解析】　金属环进入和离开磁场区域时，穿过金属环的磁通量发生变化，产生感应电流，当金属环完全进入磁场区域后，磁通量不再发生变化，则无感应电流产生，故选项A正确，B错误； 金属环进入和离开磁场区域的过程中产生感应电流，而感应电流要产生焦耳热，根据能量转化与守恒，金属环的机械能要减少，所以金属环上升的最大高度不断降低，摆角不断减小，最后恰好不穿出磁场区域，以某一恒定摆角做往复性运动永不停止，故选项C正确；金属环最后的摆角不为零，即仍保留一部分机械能，并没有全部转化为金属环的电能，故选项D错误．
【答案】　AC[先看名师指津]
1．用能量转化和守恒的观点解决电磁感应能量问题，只需要从全过程考虑，不涉及电流产生过程的具体的细节，可以使计算方便，解题简便．
2．对于电磁感应中的能量转化问题，应弄清在过程中有哪些能量参与了转化，什么能量减少了，什么能量增加了，由能量转化和守恒定律即可求出转化的能量．能量的转化和守恒是通过做功来实现的，电磁感应现象中安培力做功是联系电能与其他形式的能相互转化的桥梁．[再演练应用]
在水平放置的光滑导轨上，沿导轨固定一个条形磁铁，如图4-7-10所示．现有铜、铝和有机玻璃制成的滑块甲、乙、丙，使它们先后从导轨上的A点以某一初速度向磁铁滑去．各滑块在未接触磁铁前的运动情况将是(　　)
A．都做匀速运动　　　　
B．甲、乙做加速运动
C．甲、乙做减速运动
D．乙、丙做匀速运动 图4-7-10 【解析】　铜块、铝块向磁铁靠近时，穿过它们的磁通量发生变化，因此在其内部产生涡流，反过来，涡流产生的感应磁场对原磁通量的变化起阻碍作用，所以铜块和铝块向磁铁运动时会受到阻力而减速，所以选项C正确．有机玻璃为非金属，不产生涡流现象，做匀速运动．
【答案】　C互感和自感

1．关于某一线圈的自感系数，下列说法中正确的是(　　)
A．线圈中电流变化越大，线圈的自感系数越大
B．线圈中电流变化得越快，线圈的自感系数越大
C．若线圈中通入恒定电流，线圈自感系数为零
D．不管电流如何变化，线圈的自感系数不变
【解析】　自感系数只与线圈本身有关，而与其他因素无关．自感系数是由线圈的本身性质(线圈的长度、横截面积、单位长度上的匝数)和是否插入铁芯决定的．线圈的横截面积越大，线圈越长，单位长度上的匝数越多，它的自感系数就越大，有铁芯的线圈的自感系数比没有铁芯的大得多．自感系数与通入的电流、电流改变量、电流变化率等无关，故正确答案为D.
【答案】　D
2．(多选)下列说法正确的是(　　)
A．当线圈中电流不变时，线圈中没有自感电动势
B．当线圈中电流反向时，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反
C．当线圈中电流增大时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反
D．当线圈中电流减小时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反
【解析】　由法拉第电磁感应定律可知，当线圈中电流不变时，不产生自感电动势，A对；当线圈中电流反向时，相当于电流减小，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相同，B错；当线圈中电流增大时，自感电动势阻碍电流的增大，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反，C对；当线圈中电流减小时，自感电动势阻碍电流的减小，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相同，D错．
【答案】　AC
3．(2015·大庆一中高二检测)通过一个线圈的电流在均匀增大时，则这个线圈的(　　)
A．自感系数也将均匀增大
B．自感电动势也将均匀增大
C．磁通量保持不变
D．自感系数和自感电动势不变
【解析】　线圈的磁通量与电流大小有关，电流增大，磁通量增大，故C项错误；自感系数由线圈本身决定，与电流大小无关，A项错误；自感电动势EL＝L，与自感系数和电流变化率有关，对于给定的线圈，L一定，已知电流均匀增大，说明电流变化率恒定，故自感电动势不变，B项错误，D项正确．
【答案】　D
图4-6-13
4．在制造精密电阻时，为消除电阻使用过程中由于电流变化而引起的自感现象，采取了双线绕法，如图4-6-13所示，其道理是(　　)
A．当电路中电流变化时，两股导线中产生的自感电动势互相抵消
B．当电路中电流变化时，两股导线中产生的感应电流互相抵消
C．当电路中电流变化时，两股导线中产生的磁通量互相抵消
D．以上说法均不正确
【解析】　由于采用双线并绕的方法，当有电流通过时，两股导线中的电流方向是相反的，不管电流怎样变化，任何时刻两股电流总是等大反向的，所产生的磁通量也是等大反向的，故总磁通量等于零，在该线圈中不会产生电磁感应现象，因此消除了自感，选项A、B错误，只有选项C正确．
【答案】　C
图4-6-14
5．(2014·吉林市一中高二检测)如图4-6-14所示，L为自感系数较大的线圈，电路稳定后小灯泡正常发光，当断开开关S的瞬间会有(　　)
A．灯A立即熄灭
B．灯A慢慢熄灭
C．灯A突然闪亮一下再慢慢熄灭
D．灯A突然闪亮一下再突然熄灭
【解析】　当开关S断开时，由于通过自感线圈的电流从有变到零，线圈将产生自感电动势，但由于线圈L与灯A串联，在S断开后，不能形成闭合回路，因此灯A在开关断开后，电源供给的电流为零，灯就立即熄灭．
【答案】　A
图4-6-15
6．如图4-6-15所示是用于观察自感现象的电路图．设线圈的自感系数较大，线圈的直流电阻RL与灯泡的电阻R满足RL?R，则在开关S由闭合到断开的瞬间，可以观察到(　　)
A．灯泡立即熄灭
B．灯泡逐渐熄灭
C．灯泡有明显的闪亮现象
D．只有在RL?R时，才会看到灯泡有明显的闪亮现象
【解析】　S闭合电路稳定时，由于RL?R，那么IL?IR，S断开的瞬间，流过线圈的电流IL要减小，在L上产生的自感电动势要阻碍电流的减小．通过灯原来的电流IR随着开关的断开变为零，而灯与线圈形成闭合回路，此时灯泡的电流等于流过线圈的电流，即从IL开始逐渐变小，由于IL?IR，因此灯开始时有明显的闪亮现象，C正确，A、B错．若RL?R时，IL?IR，这样不会有明显的闪亮，D错．
【答案】　C
7．(2015·南京师大附中高二检测)如图4-6-16所示，LA和LB是两个相同的小灯泡，L是一个自感系数相当大的线圈，其电阻值与R相同．由于存在自感现象，在开关S闭合和断开时，灯LA和LB先后亮暗的顺序是(　　)
图4-6-16
A．闭合时，LA先达最亮；断开时，LA后暗
B．闭合时，LB先达最亮；断开时，LB后暗
C．闭合时，LA先达最亮；断开时，LA先暗
D．闭合时，LB先达最亮；断开时，LB先暗
【解析】　闭合时，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以干路中的电流全部流经LA，而LB与R并联在电路中，故闭合时，LA先达最亮；断开时，线圈对电流的减小有阻碍作用，产生自感电动势，与LA组成闭合回路，所以LA慢慢变暗，故A对．
【答案】　A
8．如图4-6-17所示，线圈L与小灯泡A并联后接到电源上．先闭合开关S，稳定后，通过线圈的电流为I1，通过小灯泡的电流为I2.断开开关S，发现小灯泡闪亮一下再熄灭．则下列说法正确的是(　　)
图4-6-17
A．I1B．I1＝I2
C．断开开关前后，通过小灯泡的电流方向不变
D．断开开关前后，通过线圈的电流方向不变
【解析】断开开关后，由于线圈的自感作用，流过L的电流逐渐减小，因此断开瞬间，流过回路的电流为I1，而小灯泡闪亮一下再熄灭，说明流过小灯泡的电流先增大后减小，因此I1>I2，A、B错误；断开后线圈相当于电源，流过线圈的电流不变，这样流过小灯泡的电流方向发生改变，D正确，C错误．
【答案】　D

9．某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁芯的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E，用导线将它们连接成如图4-6-18所示的电路．检查电路后，闭合开关S，小灯泡发光；再断开开关S，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象．虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象，他冥思苦想找不出原因．你认为最有可能造成小灯泡未闪亮的原因是(　　)
图4-6-18
A．电源的内阻较大
B．小灯泡电阻偏大
C．线圈电阻偏大
D．线圈的自感系数较大
【解析】　由自感规律可知在开关断开的瞬间造成灯泡闪亮以及延时的原因是在线圈中产生了与原电流同向的自感电流且大于稳定时通过灯泡的原电流．由图可知灯泡和线圈构成闭合的自感回路，与电源无关，故A错；造成不闪亮的原因是自感电流不大于稳定时通过灯泡的原电流，当线圈电阻小于灯泡电阻时才会出现闪亮现象，故B错C正确．自感系数越大，则产生的自感电动势越大，与灯泡是否闪亮无直接关系，故D错．
【答案】　C
10．在如图4-6-19所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R.闭合开关S后，调整R，使L1和L2发光的亮度一样，此时流过两个灯泡的电流均为I.然后，断开S.若t′时刻再闭合S，则在t′前后的一小段时间内，图中能正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图象是(　　)
图4-6-19
【解析】　闭合开关S后，调整R，使两个灯泡L1、L2发光的亮度一样，电流为I，说明RL＝R.若t′时刻再闭合S，流过电感线圈L和灯泡L1的电流迅速增大，使电感线圈L产生自感电动势，阻碍了流过L1的电流i1增大，直至到达电流为I，故A错误，B正确；而对于t′时刻再闭合S，流过灯泡L2的电流i2立即达到电流为I，故C、D错误．
【答案】　B
11．(多选)(2014·山东省实验中学高二检测)如图4-6-20所示，E为电池组，L是自感线圈(直流电阻不计)，D1、D2是规格相同的小灯泡．下列判断正确的是(　　)
图4-6-20
A．开关S闭合时，D1先亮，D2后亮
B．闭合S达到稳定时，D1熄灭，D2比起初更亮
C．断开S时，D1闪亮一下
D．断开S时，D1、D2均不立即熄灭
【解析】　开关S闭合时D1、D2同时亮，电流从无到有，线圈阻碍电流的增加，但不阻止，A错．闭合S达到稳定时D1被短路，电路中电阻减小，D2比起初更亮，B对．断开S时，线圈阻碍电流减小，故D1会闪亮一下，而D2在S断开后无法形成通路，会立即熄灭，所以C对，D错．
【答案】　BC
图4-6-21
12．(2014·淮安高二检测)如图4-6-21所示为研究自感实验电路图，并用电流传感器显示出在t＝1×10－3s时断开开关前后一段时间内各时刻通过线圈L的电流(如图4-6-22)．已知电源电动势E＝6 V，内阻不计，灯泡R1的阻值为6 Ω，电阻R的阻值为2 Ω.
图4-6-22
(1)线圈的直流电阻RL＝________Ω.
(2)开关断开时，该同学观察到的现象是_____________________________
__________________________________________________________，
并计算开关断开瞬间线圈产生的自感电动势是________ V.
【解析】　(1)由图象可知S闭合稳定时IL＝1.5 A
RL＝－R＝ Ω－2 Ω＝2 Ω.
(2)S闭合稳定时小灯泡电流I1＝＝ A＝1 A
S断开后，L、R、R1组成临时回路
电流由1.5 A逐渐减小，所以灯泡会闪亮一下再熄灭，自感电动势E＝IL(R＋RL＋R1)＝15 V.
【答案】　(1)2　(2)灯泡闪亮一下后逐渐变暗，最后熄灭　15
第四章 电磁感应
1划时代的发现
2探究感应电流的产生条件
[学习目标]　1.了解电磁感应现象的发现过程，体会人类探究自然规律的科学态度和科学精神．　2.通过实验、探究理解感应电流的产生条件．　3.掌握磁通量的概念及其计算．(重点)　4.能够运用感应电流的产生条件判断感应电流能否产生．(难点)
电磁感应现象的发现

1．“电生磁”的发现
1820年，丹麦物理学家奥斯特发现载流导线能使小磁针偏转，这种作用称为电流的磁效应．
2．“磁生电”的发现
1831年，英国物理学家法拉第发现了“磁生电”的现象，这种现象叫作电磁感应，产生的电流叫作感应电流．
3．法拉第的概括


为什么很多科学家在磁生电的研究中没有成功？
【提示】　很多科学家在实验中没有注意到磁场的变化、导体与磁场之间的相对运动等环节，只想把导体放入磁场中来获得电流，这实际上违背了能量转化与守恒定律．

1．奥斯特发现了电流的磁效应，拉开了研究电与磁相互联系的序幕．(√)
2．电流的磁效应否定了一切磁现象都是来自于电荷的运动这一结论．(×)
3．“磁生电”是一种在变化、运动过程中才出现的效应．(√)
感应电流的产生条件

1．磁通量
(1)概念：穿过某个面的磁通量等于闭合导体回路的面积与垂直穿过它的磁感应强度的乘积．
(2)公式：Φ＝BS.
2．产生感应电流的条件
只要穿过闭合导体回路的磁通量发生变化，闭合导体回路中就有感应电流．

引起闭合电路中的磁通量变化的因素有哪些？
【提示】　引起磁通量变化的原因有：
①磁感应强度B发生变化；②闭合电路的面积发生变化；③磁感应强度B和线圈平面的夹角θ发生变化．

1．导体回路的面积越大，则穿过导体回路的磁通量越大．(×)
2．穿过螺线管的磁通量发生变化时，螺线管内部就一定有感应电流产生．(×)
3．即便闭合导体回路中有导体做切割磁感线运动，回路中也不一定有感应电流．(√)
预习完成后，请把你认为难以解决的问题记录在下面的表格中
问题1
问题2
问题3
问题4
学生分组探究一　磁通量及其变化的分析与计算
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．磁通量怎样表示？它的物理意义是什么？
【提示】　磁通量用字母Φ表示，它的物理意义是：在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个与磁场方向垂直的平面(面积为S)，我们把B与S的乘积叫做穿过这个面的磁通量．它还可以理解为穿过磁感线的条数．
2．在匀强磁场中如何计算磁通量？
【提示】　利用公式：Φ＝BS(其中B为匀强磁场的磁感应强度，S为线圈的有效面积)．
第2步结论——自我总结，素能培养
1．磁通量的正、负：其正、负是这样规定的：任何一个面都有正、反两面，若规定磁感线从正面穿入为正磁通量，则磁感线从反面穿入即为负磁通量．反之亦可．
2．线圈为多匝时磁通量的计算：即Φ≠NBS(N为线圈匝数)，因为穿过线圈的磁感线的条数不受匝数影响．
3．非匀强磁场中磁通量的分析：条形磁铁、通电导线周围的磁场都是非匀强磁场，通常只对穿过其中的线圈的磁通量进行定性分析，分析时应兼顾磁场强弱、线圈面积和磁场与线圈的夹角等因素，并可充分利用磁感线来判断，即磁通量的大小对应穿过线圈的磁感线的条数，穿过线圈的磁感线的条数变化，则说明磁通量变化．
4．磁通量的变化：ΔΦ＝|Φ2－Φ1|.
第3步例证——典例印证，思维深化
图4-1-1
　如图4-1-1所示的线框，面积为S，处于磁感应强度为B的匀强磁场中，B的方向与线框平面成θ角，当线框转过90°到如图所示的虚线位置时，试求：
(1)初、末位置穿过线框的磁通量的大小Φ1和Φ2；
(2)磁通量的变化量ΔΦ.
【思路点拨】　(1)磁通量的公式Φ＝BS的适应条件是：磁场是匀强磁场，B与S垂直．
(2)求磁通量的变化要注意磁通量穿过的方向．
【解析】　(1)解法一：如题图所示，在初始位置，把面积向垂直于磁场方向进行投影，可得垂直于磁场方向的面积为S⊥＝Ssin θ，所以Φ1＝BSsin θ.在末位置，把面积向垂直于磁场方向进行投影，可得垂直于磁场方向的面积为S⊥＝Scos θ.由于磁感线从反面穿入，所以Φ2＝－BScos θ.
解法二：如果把磁感应强度B沿垂直于面积S和平行于面积S进行分解，能否得到同样的结论？(请同学们自行推导，答案是肯定的)
(2)开始时B与线框平面成θ角，穿过线框的磁通量Φ1＝BSsin θ；当线框平面按顺时针方向转动时，穿过线框的磁通量减少，当转到θ时，穿过线框的磁通量减少为零，继续转动至90°时，磁通量从另一面穿过，变为“负”值，Φ2＝－BScos θ.所以，此过程中磁通量的变化量为
ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝|－BScos θ－BSsin θ|＝BS(cos θ＋sin θ)．
【答案】　(1)Φ1＝BSsin θ　Φ2＝－BScos θ
(2)BS(cos θ＋sin θ)
求解磁通量的方法
1．解答该类题目时，要注意磁感线是从平面的哪一面穿入的．
2．当规定从某一面穿入的磁通量为正值时，则从另一面穿入的就为负值，然后按照求代数和的方法求出磁通量的变化(磁通量是有正、负的标量)．
3．准确地把初、末状态的磁通量表示出来是解题的关键．
第4步巧练——精选习题，落实强化
图4-1-2
1．两个圆环A、B如图4-1-2所示放置，且半径RA＞RB，一条形磁铁的轴线过两个圆环的圆心处，且与圆环平面垂直，则穿过A、B环的磁通量ΦA和ΦB的关系是(　　)
A．ΦA＞ΦB　　　　　B．ΦA＝ΦB
C．ΦA＜ΦB D．无法确定
【解析】　因为有两个方向的磁感线穿过线圈，磁通量应是抵消之后所剩余的磁感线的净条数．从上向下看，穿过圆环A、B的磁感线如图所示，磁感线有进有出，A、B环向外的磁感线条数一样多，但A环向里的磁感线条数较多，抵消得多，净剩条数少，所以ΦA＜ΦB，故选项C正确．
【答案】　C
2．如图4-1-3所示，通有恒定电流I的导线，其右侧的矩形线框第
图4-1-3
一次从位置Ⅰ平移到位置Ⅱ，磁通量的变化量为ΔΦ1，第二次以其右边为轴从位置Ⅰ转动到位置Ⅱ，磁通量的变化量为ΔΦ2，试比较ΔΦ1与ΔΦ2的大小关系．
【解析】　设线框位于Ⅰ、Ⅱ两个位置时磁通量的大小分别为Φ0、Φt，则第一次平移到位置Ⅱ时，有ΔΦ1＝Φ0－Φt；第二次转动到位置Ⅱ时，磁感线穿过线框平面的方向与初态时相反，则有ΔΦ2＝Φ0－(－Φt)＝Φ0＋Φt.可知ΔΦ1＜ΔΦ2.
【答案】　ΔΦ1＜ΔΦ2
学生分组探究二　感应电流的产生条件
第1步探究——分层设问，破解疑难
图4-1-4
1．如图4-1-4所示，当导体棒ad向右运动时，穿过abcd的磁通量有没有发生改变？闭合回路中有无感应电流？
【提示】　磁通量发生改变，有感应电流产生．
图4-1-5
2．如图4-1-5所示，穿过闭合回路的磁通量有没有发生改变？闭合回路中有无感应电流？
【提示】　磁通量没有发生改变，无感应电流产生．
3．闭合电路的一部分导体在磁场中运动时，一定产生感应电流吗？
【提示】　不一定，闭合电路的一部分导体在磁场中运动时，若其速度与磁场方向平行，则不能产生感应电流．
第2步结论——自我总结，素能培养
1．产生感应电流的条件
(1)电路为闭合电路；
(2)穿过电路的磁通量发生变化．
注意：(1)、(2)两条必须同时满足，才能产生感应电流．
2．判断感应电流有无的方法
(1)明确电路是否为闭合电路．
(2)判断穿过回路的磁通量是否发生变化．
3．ΔΦ与Φ意义不同，大小也没有必然的联系．感应电流的产生与Φ无关，只取决于Φ的变化，即与ΔΦ有关．
第3步例证——典例印证，思维深化
　如选项图所示，A中线圈有一小缺口，B、D中匀强磁场区域足够大，C中通电导线位于水平放置的闭合线圈某一直径的正上方．其中能产生感应电流的是(　　)
【思路点拨】　解答此题应注意两点：
(1)电路是否闭合．
(2)穿过电路的磁通量是否变化．
【解析】　图A中线圈没闭合，无感应电流；图B中闭合电路中的磁通量增大，有感应电流；图C中的导线在圆环的正上方，不论电流如何变化，穿过线圈的磁感线都相互抵消，磁通量恒为零，也无电流；图D中回路磁通量恒定，无感应电流．故本题只有选项B正确．
【答案】　B
判断磁感线的条数是否变化的方法
磁感线的条数可用来形象地表示一个回路的磁通量大小，所以判断穿过闭合电路的磁通量是否变化时，可充分利用穿过闭合电路的磁感线的条数是否变化来判断某过程中磁通量是否变化．
第4步巧练——精选习题，落实强化
图4-1-6
1．如图4-1-6所示，在竖直向下的匀强磁场中，有一闭合导体环，环面与磁场垂直．当导体环在磁场中完成下述运动时，可能产生感应电流的是(　　)
A．导体环保持水平且在磁场中向上或向下运动
B．导体环保持水平向左或向右加速平动
C．导体环以垂直环面、通过环心的轴转动
D．导体环以一条直径为轴，在磁场中转动
【解析】　只要导体环保持水平，无论它如何运动，穿过环的磁通量都不变，都不会产生感应电流，只有导体环绕通过直径的轴在磁场中转动时，穿过环的磁通量改变，才会产生感应电流，D项正确．
【答案】　D
2．如图4-1-7所示，线圈Ⅰ与电源、开关、滑动变阻器相连，线圈Ⅱ与电流计?相连，线圈Ⅰ与线圈Ⅱ绕在同一个铁芯上，在下列情况下，电流计?中是否有示数？
图4-1-7
(1)开关闭合瞬间；
(2)开关闭合稳定后；
(3)开关闭合稳定后，来回移动滑动变阻器的滑动端；
(4)开关断开瞬间．
【解析】　本题主要考查闭合电路中电流变化导致磁场变化从而产生感应电流的情况．
(1)开关闭合时线圈Ⅰ中电流从无到有，故电流形成的磁场也从无到有，穿过线圈Ⅱ的磁通量也从无到有，故线圈Ⅱ中产生感应电流，电流计?有示数．
(2)开关闭合稳定后，线圈Ⅰ中电流稳定不变，电流形成的磁场不变，此时线圈Ⅱ中虽有磁通量但磁通量稳定不变，故线圈Ⅱ中无感应电流产生，电流计?无示数．
(3)开关闭合稳定后，来回移动滑动变阻器的滑动端，电阻变化，线圈Ⅰ中的电流变化，电流形成的磁场也发生变化，穿过线圈Ⅱ的磁通量也发生变化，故线圈Ⅱ中有感应电流产生，电流计?有示数．
(4)开关断开瞬间，线圈Ⅰ中电流从有到无，电流形成的磁场也从有到无，穿过线圈Ⅱ的磁通量也从有到无，故线圈Ⅱ中有感应电流产生，电流计?有示数．
【答案】　(1)有　(2)无　(3)有　(4)有
导体切割磁感线产生感应电流的判断
1．切割磁感线不是产生感应电流的充要条件，归根结底要看穿过闭合电路的磁通量是否发生变化．
2．在利用“切割”来讨论和判断有无感应电流时，应该注意下列情况：
(1)导体是否将磁感线“割断”，如果没有“割断”就不能说切割．如图4-1-8所示，甲、乙两图中，导体是真“切割”，而丙、丁两图中，导体没有切割磁感线．
图4-1-8
(2)即使导体真“切割”了磁感线，也不能保证能产生感应电流．如图4-1-9甲所示，甲和丁中不产生感应电流，乙和丙中产生感应电流．
图4-1-9
　如图4-1-10所示，在匀强磁场中的矩形金属轨道上，有等长的两根金属棒ab和cd，它们以相同的速度匀速运动，则(　　)
图4-1-10
A．断开开关S，ab中有感应电流
B．闭合开关S，ab中有感应电流
C．无论断开还是闭合开关S，ab中都有感应电流
D．无论断开还是闭合开关S，ab中都没有感应电流
【思路点拨】　闭合电路中磁通量发生变化是产生感应电流的充要条件．
【解析】　两根金属棒ab和cd以相同的速度匀速运动，若断开开关S，两根金属棒与导轨构成的回路中磁通量无变化，则回路中无感应电流，故选项A、C错误；若闭合开关S，两根金属棒与导轨构成的回路中磁通量发生变化，则回路中有感应电流，故B正确，D错误．
【答案】　B
——[先看名师指津]——————————————
不管是哪种方式引起了导体回路中磁通量发生了变化，都会产生感应电流，如在本题中，穿过ab和cd组成的回路磁通量不变化，但穿过abfe和cdfe两个回路的磁通量发生了变化．
——[再演练应用]———————————————
　图4-1-11是机场的安检人员用手持金属探测器检查乘客的情景．当探测线圈靠近金属物体时，在金属物体中就会产生电流，如果能检测出这种变化，就可以判定探测线圈附近有金属物体了．图中能反映出金属探测器工作原理的是(　　)
图4-1-11
A　　　　　　B　　　　　　C　　　　　　D
【解析】　金属探测器能探测金属，是根据电磁感应现象，即金属在磁场中切割磁感线运动时产生感应电流，选项B正确．
【答案】　B
课时作业(一)　划时代的发现　探究感应电流的产生条件

1．首先发现电流的磁效应和电磁感应现象的物理学家分别是(　　)
A．安培和法拉第　　　　B．法拉第和楞次
C．奥斯特和安培 D．奥斯特和法拉第
【解析】　1820年，丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，1831年，英国物理学家法拉第发现了电磁感应现象，选项D正确．
【答案】　D
2．下列现象中属于电磁感应现象的是(　　)
A．磁场对电流产生力的作用
B．变化的磁场使闭合电路中产生电流
C．插在通电螺线管中的软铁棒被磁化
D．电流周围产生磁场
【解析】　磁场对电流产生力的作用属于通电导线在磁场中受力的情况；插在通电螺线管中的软铁棒被磁化属于电流的磁效应；电流周围产生磁场属于电流的磁效应；变化的磁场使闭合电路中产生电流属于电磁感应现象．故正确答案为B.
【答案】　B
3．关于产生感应电流的条件，以下说法中正确的是(　　)
A．闭合电路在磁场中运动，闭合电路中就一定会有感应电流产生
B．闭合电路在磁场中做切割磁感线运动，闭合电路中一定会有感应电流产生
C．穿过闭合电路的磁通量为零的瞬间，闭合电路中一定不会产生感应电流
D．无论用什么方法，只要穿过闭合电路的磁感线条数发生变化，闭合电路中一定会有感应电流产生
【解析】　只要穿过闭合回路的磁感线条数即磁通量发生变化，就一定会有感应电流．
【答案】　D
4．关于磁通量，下列说法中正确的是(　　)
A．磁通量不仅有大小，而且有方向，所以是矢量
B．磁通量越大，磁感应强度越大
C．通过某一面的磁通量为零，该处磁感应强度不一定为零
D．磁通量就是磁感应强度
【解析】　磁通量是标量，故A不对；由Φ＝BS⊥可知Φ由B和S⊥两个因素决定，Φ较大，有可能是由于S⊥较大造成的，所以磁通量越大，磁感应强度越大是错误的，故B不对；由Φ＝BS⊥可知，当线圈平面与磁场方向平行时，S⊥＝0，Φ＝0，但磁感应强度B不为零，故C对；磁通量和磁感应强度是两个不同的物理量，故D不对．
【答案】　C
5．(多选)在如图所示的各图中，闭合线框中能产生感应电流的是(　　)
【解析】　感应电流产生的条件是：只要穿过闭合线框的磁通量变化，闭合线框中就有感应电流产生．A图中，当线框转动过程中，线框的磁通量发生变化，线框中有感应电流产生；B图中离直导线越远磁场越弱，所以当线框远离导线时，线框中磁通量不断变小，所以B图中也有感应电流产生；C图中一定要把条形磁铁周围的磁感线空间分布图弄清楚，在图示位置，线框中的磁通量为零，在向下移动过程中，线框的磁通量一直为零，磁通量不变，线框中无感应电流产生；D图中，线框中的磁通量一直不变，线框中无感应电流产生．故正确答案为A、B.
【答案】　AB
6．(多选)如图4-1-12所示，下列情况能产生感应电流的是(　　)
图4-1-12
A．如图4-1-12(甲)所示，导体棒AB顺着磁感线运动
B．如图4-1-12(乙)所示，条形磁铁插入或拔出线圈时
C．如图4-1-12(丙)所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通时
D．如图4-1-12(丙)所示，小螺线管A插入大螺线管B中不动，开关S一直接通，当改变滑动变阻器的阻值时
【解析】　A中导体棒顺着磁感线运动，穿过闭合电路的磁通量没有发生变化，无感应电流，故A错；B中条形磁铁插入线圈时线圈中的磁通量增加，拔出线圈时线圈中的磁通量减少，都有感应电流，故B正确；C中开关S一直接通，回路中为恒定电流，螺线管A产生的磁场稳定，螺线管B中的磁通量无变化，线圈中不产生感应电流，故C错；D中开关S接通，滑动变阻器的阻值变化使闭合回路中的电流变化，螺线管A的磁场发生变化，螺线管B中磁通量发生变化，线圈中产生感应电流，故D正确．
【答案】　BD
4-1-13
7．如图4-1-13所示，绕在铁芯上的线圈与电源、滑动变阻器和开关组成一闭合回路，在铁芯的右端套有一个表面绝缘的铜环a，下列各种情况铜环a中不产生感应电流的是(　　)
A．线圈中通以恒定的电流
B．通电时，使滑动变阻器的滑片P匀速移动
C．通电时，使滑动变阻器的滑片P加速移动
D．将开关突然断开的瞬间
【解析】　线圈中通以恒定电流时，铜环a处磁场不变，穿过铜环的磁通量不变，铜环中不产生感应电流．滑动变阻器滑片移动或开关断开时，线圈中电流变化，铜环a处磁场变化，穿过铜环的磁通量变化，会产生感应电流．故选A.
【答案】　A
图4-1-14
8．(多选)如图4-1-14所示，闭合小金属环从高h的光滑曲面上端无初速度滚下，又沿曲面的另一侧上升，则(　　)
A．若是匀强磁场，环在左侧滚上的高度小于h
B．若是匀强磁场，环在左侧滚上的高度等于h
C．若是非匀强磁场，环在左侧滚上的高度等于h
D．若是非匀强磁场，环在左侧滚上的高度小于h
【解析】　若是匀强磁场，环在磁场中运动的过程中磁通量不变，不会有感应电流产生，小金属环机械能守恒，仍能上升到h高处，故B正确．若是非匀强磁场，环在磁场中运动，磁通量发生变化，有感应电流产生，环的机械能将减少，上升高度将小于h，故D正确．
【答案】　BD

图4-1-15
9．在匀强磁场中有两条平行的金属导轨，磁场方向与导轨平面垂直，导轨上有两条可沿导轨自由移动的导体棒ab、cd，这两个导体棒ab、cd的运动速度分别为v1、v2，运动方向如图所示，ab棒上有感应电流通过，则一定有(　　)
A．v1＞v2　　B．v1＜v2　　C．v1≠v2　　D．v1＝v2
【解析】　要使ab导体棒上有电流通过，则通过此闭合电路的磁通量必发生变化．对匀强磁场来说，磁通量Φ＝BSsin θ，根据题中条件，仅当穿过闭合电路中磁场的有效面积S发生变化时Φ才变化，即导轨上两根导体棒必须做不同速的运动才有感应电流，即v1≠v2，所以只有选项C正确．
【答案】　C
图4-1-16
10．如图4-1-16所示，一个U形金属导轨水平放置，其上放有一个金属导体棒ab，有一个磁感应强度为B的匀强磁场斜向上穿过轨道平面，且与竖直方向的夹角为θ.在下列各过程中，一定能在轨道回路里产生感应电流的是(　　)
A．ab向右运动，同时使θ减小
B．使磁感应强度B减小，同时θ也减小
C．ab向左运动，同时增大磁感应强度B
D．ab向右运动，同时增大磁感应强度B和θ(0°＜θ＜90°)
【解析】　设此时回路面积为S，据题意，磁通量Φ＝BScos θ.A选项中，S增大，θ减小，cos θ增大，所以Φ一定增大，A正确．B选项中，B减小，θ减小，cos θ增大，Φ可能不变，B错误．C选项中，S减小，B增大，Φ可能不变，C错误．D选项中，S增大，B增大，θ增大，cos θ减小，Φ可能不变，D错误．故只有A正确．
【答案】　A
4-1-17
11．如图4-1-17所示是研究电磁感应现象实验所需的器材，请你用实线将带有铁芯的线圈A、电源、滑动变阻器和开关连接成原线圈回路，将小量程电流计和线圈B连接成副线圈回路．并列举出实验中改变副线圈回路的磁通量使副线圈回路产生感应电流的三种方式：
①________________________________________________________________________；
②________________________________________________________________________；
③________________________________________________________________________.
【答案】　实物连接如图所示．
①将线圈A插入线圈B中，合上(或断开)开关瞬间
②合上开关，将原线圈插入副线圈或从副线圈中拔出
③合上开关，将原线圈插入副线圈不动，再移动滑动变阻器的滑片
12.
图4-1-18
边长l＝10 cm的正方形线框固定在匀强磁场中，磁场方向与线框平面间的夹角θ＝30°，如图4-1-18所示．磁感应强度随时间变化的规律为B＝(2＋3t) T，则第3 s内穿过线框的磁通量的变化量ΔΦ为多少？
【解析】　第3 s内就是从2 s末到3 s末，所以2 s末的磁场的磁感应强度为B1＝(2＋3×2)T＝8 T，3 s末的磁场的磁感应强度为B2＝(2＋3×3) T＝11 T则ΔΦ＝ΔBSsin θ＝(11－8)×0.12×sin 30° Wb＝1.5×10－2 Wb.
【答案】　1.5×10－2 Wb

3楞次定律
[学习目标]　1.理解楞次定律的内容，能运用楞次定律判断感应电流的方向，解答有关问题．(重点)　2.理解楞次定律是能量守恒定律在电磁感应现象中的反映．(难点)　3.掌握右手定则，认识右手定则是楞次定律的一种具体表现形式．(重点)
楞次定律

1．实验探究
将螺线管与电流计组成闭合回路，如图4-3-1，分别将N极、S极插入、拔出线圈，如图所示4-3-2，记录感应电流方向如下：
图4-3-1
图4-3-2
(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
(3)归纳结论
当线圈内磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向相反，阻碍磁通量的增加；当线圈内磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场方向相同，阻碍磁通量的减少．
2．楞次定律
感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化．

(1)当穿过线圈的磁通量增加时，感应电流的磁场如何阻碍其增加？
【提示】　感应电流的磁场方向与穿过线圈的原磁场方向相反．
(2)当穿过线圈的磁通量减少时，感应电流的磁场如何阻碍其减少？
【提示】　感应电流的磁场方向与穿过线圈的原磁场方向相同．

1．感应电流的磁场总是与引起感应电流的磁场方向相反．(×)
2．感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向可能相同，也可能相反．(√)
3．楞次定律表明感应电流的效果总是与引起感应电流的原因相对抗．(√)
右手定则

1．内容：伸开右手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使拇指指向导线运动的方向，这时四指所指的方向就是感应电流的方向．
2．适用范围：右手定则适用于闭合回路中一部分导体做切割磁感线运动时产生感应电流的情况．

试归纳比较左手定则、右手定则、安培定则分别用来判断哪个量的方向．
【提示】　左手定则用于判断安培力和洛伦兹力的方向，右手定则用于判断闭合电路的部分导体切割磁感线时产生的感应电流方向，安培定则用于判断电流的磁场方向．

1．右手定则只适用于导体切割磁感线产生感应电流的情况．(√)
2．使用右手定则时必须让磁感线垂直穿过掌心．(×)
3．任何感应电流方向的判断既可使用楞次定律，又可使用右手定则．(×)
预习完成后，请把你认为难以解决的问题记录在下面的表格中
问题1
问题2
问题3
问题4
学生分组探究一　对楞次定律的理解
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．楞次定律可判断什么方向？
【提示】　楞次定律可判断感应电流产生的磁场方向．
2．楞次定律中，“阻碍”是否就是阻止的意思？
【提示】　楞次定律中的“阻碍”不是阻止的意思，只是延缓了磁通量的变化，电路中的磁通量还是变化的．
3．当导体回路的面积发生变化，或回路相对磁场运动，或磁场本身发生变化时，回路中都可能产生感应电流，感应电流的方向与这些变化有什么对应关系？
【提示】　感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化．
第2步结论——自我总结，素能培养
1．因果关系：楞次定律反映了电磁感应现象中的因果关系，磁通量发生变化是原因，产生感应电流是结果，原因产生结果，结果反过来影响原因．
2．对“阻碍”的理解：
→
→
→磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反；磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同
→阻碍并不是阻止，只是延缓了磁通量的变化，这种变化将继续进行，最终结果还是要发生变化
3．“阻碍”的表现形式：楞次定律也可以理解为：感应电流的效果总是要反抗(或阻碍)引起感应电流的原因．常见的表现形式有以下三种：
(1)阻碍原磁通量的变化(增反减同)；
(2)阻碍导体和磁体间的相对运动(来拒去留)；
(3)通过改变线圈面积来“反抗”(增缩减扩)．
第3步例证——典例印证，思维深化
　(多选)(2014·银川高二检测)在电磁感应现象中，下列说法中错误的是(　　)
A．感应电流的磁场总是阻碍原来磁通量的变化
B．闭合线框放在变化的磁场中一定能产生感应电流
C．闭合线框放在变化的磁场中做切割磁感线运动，一定能产生感应电流
D．感应电流的磁场总是跟原来磁场的方向相反
【思路点拨】　(1)产生感应电流的条件是：穿过闭合电路的磁通量发生变化．
(2)产生的感应电流总是阻碍原磁通量的变化．
【解析】　由楞次定律可知，感应电流的磁场阻碍的是原磁通量的变化，并不一定与原磁场方向相反，故选项A正确，选项D错误；若闭合线框平行于磁场放置，则无论是磁场变化，还是线框做切割磁感线的运动，穿过闭合线框的磁通量都不变，都不会有感应电流产生，所以选项B、C均错．故选B、C、D.
【答案】　BCD
对楞次定律的理解
感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁场的磁通量的变化，与原磁场方向可能相同，也可能相反．
第4步巧练——精选习题，落实强化
图4-3-3
1．(多选)一块铜片置于如图4-3-3所示的磁场中，如果用力把铜片从磁场拉出或把它进一步推入，则在这两个过程中有关磁场对铜片的作用力，下列叙述中正确的是(　　)
A．拉出时是阻力　　　　B．推入时是阻力
C．拉出时不受磁场力 D．推入时不受磁场力
【解析】　将铜片从磁场拉出或推入，磁通量发生变化，根据楞次定律，磁场对铜片的作用力应阻碍导体和磁场的相对运动，故选项A、B正确．
【答案】　AB
2．(2014·北京朝阳区高二检测)某同学设计了一个电磁冲击钻，其原理示意图如图4-3-4所示，若发现钻头突然向右运动，则可能是(　　)
图4-3-4
A．开关S由断开到闭合的瞬间
B．开关S由闭合到断开的瞬间
C．保持开关S闭合，变阻器滑片P加速向右滑动
D．保持开关S闭合，变阻器滑片P匀速向右滑动
【解析】　若发现钻头M突然向右运动，则两螺线管互相排斥，根据楞次定律，可能是开关S由断开到闭合的瞬间，选项A正确．
【答案】　A
学生分组探究二　楞次定律的应用
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．应用楞次定律时，涉及了三个因素：磁通量的变化、磁场方向、感应电流方向，如何根据其中两个因素确定第三个因素？
【提示】　穿过闭合回路的磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向相反；磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场方向相同．
2．能否应用楞次定律判断导体的运动情况或回路面积的变化趋势？如何判断？
【提示】　通过引起闭合回路磁通量变化的原因，从而判断导体的运动情况或回路面积的变化．
第2步结论——自我总结，素能培养
1．判断感应电流方向的步骤
该方框图不仅概括了根据楞次定律判定感应电流方向的思路，同时也描述了磁通量变化、磁场方向、感应电流方向三个因素的关系，只要知道了其中任意两个因素，就可以判定第三个因素．
2．判断回路运动情况及回路面积的变化趋势
(1)常规法
据原磁场(B原方向及ΔΦ情况)确定感应磁场(B感方向)判断感应电流(I感方向)回路运动情况或面积变化趋势．
(2)效果法
由楞次定律可知，感应电流的“效果”是阻碍引起感应电流的“原因”，深刻理解“阻碍”的含义．据“阻碍”原则，可直接对运动趋势作出判断，更简捷、迅速．
第3步例证——典例印证，思维深化
　(多选)(2014·吉林高二检测)如图4-3-5所示，矩形闭合金属线圈放置在固定的水平薄板上，有一块蹄形磁铁如图所示置于水平薄板的正下方(磁极间距略大于矩形线圈的宽度)．当磁铁全部匀速向右通过线圈时，线圈始终静止不动，那么线圈受到薄板摩擦力的方向和线圈中产生感应电流的方向(从上向下看)是(　　)
图4-3-5
A．摩擦力方向一直向左
B．摩擦力方向先向左、后向右
C．感应电流的方向顺时针→逆时针→逆时针→顺时针
D．感应电流的方向顺时针→逆时针
【思路点拨】　(1)首先明确蹄形磁铁的磁场分布．
(2)了解蹄形磁铁运动时穿过线圈的磁通量的变化情况．
(3)由楞次定律确定感应电流及摩擦力的方向．
【解析】　靠近两极的磁场强，且方向从N极出S极进，根据楞次定律，感应电流的方向顺时针→逆时针→逆时针→顺时针，线圈始终有向右运动的趋势，摩擦力方向一直向左，选项AC正确．
【答案】　AC
,
应用楞次定律的思路,

Ｋ
第4步巧练——精选习题，落实强化
图4-3-6
1．如图4-3-6所示，一水平放置的矩形闭合线框abcd，在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，从图中所示的位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ，在这个过程中，线圈中感应电流(　　)
A．沿abcd流动
B．沿dcba流动
C．由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流动
D．由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流动
【解析】　根据细长磁铁的N极附近的磁感线分布，线圈abcd在位置Ⅱ时，穿过线圈的磁通量为零，在位置Ⅰ时，磁感线向上穿过线圈，在位置Ⅲ时，磁感线向下穿过线圈．设磁感线向上穿过线圈时磁通量为正，由此可见，由位置Ⅰ到位置Ⅱ再到位置Ⅲ，磁通量连续减少，感应电流方向不变，应沿abcd流动．故A正确．
【答案】　A
2．(多选)如图所示是验证楞次定律实验的示意图，竖直放置的线圈固定不动，将磁铁从线圈上方插入或拔出，线圈和电流表构成的闭合回路中就会产生感应电流．各图中分别标出了磁铁的极性、磁铁相对线圈的运动方向以及线圈中产生的感应电流的方向等情况，其中表示正确的是(　　)
【解析】　先根据楞次定律“来拒去留”判断线圈的N极和S极．A中线圈上端为N极，B中线圈上端为N极，C中线圈上端为S极，D中线圈上端为S极，再根据安培定则确定感应电流的方向，A、B错误，C、D正确．
【答案】　CD
学生分组探究三　对右手定则的理解和应用
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．闭合回路中部分导体切割磁感线时，右手定则和楞次定律是否都可以用来判断感应电流的方向？
【提示】　都可以用来判断感应电流的方向．
2．能否用左手定则判断感应电流的方向？
【提示】　不能，左手定则用来判断通电导体的受力方向．
第2步结论——自我总结，素能培养
1．右手定则与楞次定律的区别与联系
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
对于磁感应强度随时间变化而产生的电磁感应现象较方便
对于导体棒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
2.右手定则与左手定则的比较
右手定则
左手定则
作用
判断感应电流方向
判断通电导体所受磁场力的方向
图例
因果关系
运动→电流
电流→运动
应用实例
发电机
电动机
第3步例证——典例印证，思维深化
　
图4-3-7
(多选)如图4-3-7所示，光滑平行金属导轨PP′和QQ′都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻R，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中．现垂直于导轨放置一根导体棒MN，用一水平向右的力F拉动导体棒MN，以下关于导体棒MN中感应电流方向和它所受安培力的方向的说法正确的是(　　)
A．感应电流方向是N→M
B．感应电流方向是M→N
C．安培力方向水平向左
D．安培力方向水平向右
【思路点拨】　(1)由于导体棒MN运动而产生感应电流．
(2)MN中产生了感应电流又受到磁场力的作用．
【解析】　以导体棒MN为研究对象，所处位置磁场方向向下、运动方向向右．由右手定则可知，感应电流方向是N→M；再由左手定则可知，安培力方向水平向左．
【答案】　AC
左手定则和右手定则的因果关系
1．因动而生电(v、B→I)——右手定则．
2．因电而受力(I、B→F安)——左手定则．
第4步巧练——精选习题，落实强化
图4-3-8
1．(2014·海南中学高二期中)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4-3-8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
【解析】　经过Ⅰ时，穿过闭合线框的磁通量是向里的，且在增大，由楞次定律可判断闭合线框中感应电流的磁场向外，由安培定则可判断出，通过线框的感应电流的方向是a→b→c→d→a，选项A错误；经过Ⅱ时，穿过闭合线框的磁通量不变，闭合线框中无感应电流，选项B错误，C正确；经过Ⅲ时，穿过闭合线框的磁通量是向里的，且在减少，由楞次定律可判断闭合线框中感应电流的磁场向里，由安培定则可判断出，通过线框的感应电流的方向是a→d→c→b→a，选项D错误．
【答案】　C
图4-3-9
2．如图4-3-9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(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．导线框进入磁场时，受安培力作用方向水平向右
D．导线框进入磁场时，受安培力作用方向水平向左
【解析】　本题考查感应电流的方向、右手定则、左手定则，关键是看谁在切割．导线框进入磁场时，cd边切割磁感线，由右手定则可判断，感应电流方向为a→d→c→b→a.同理可得导线框离开磁场时，ab边切割磁感线，产生感应电流的方向为a→b→c→d→a.由左手定则判断受力情况，只有D选项正确．
【答案】　D
楞次定律判断导体运动问题和线圈面积变化的应用技巧
在电磁感应中判断导体的运动常用以下两种方法：
1．程序法：首先根据楞次定律判断出感应电流的方向，然后根据感应电流处原磁场分布情况，运用左手定则判断出导体所受安培力的方向，最终确定导体的运动情况．
2．楞次定律广泛含义法：即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)．
两种方法中，后一种更灵活、快速、准确．
　
图4-3-10
(多选)如图4-3-10所示，光滑固定导轨m、n水平放置，两根导体棒p、q平行放于导轨上，形成一个闭合回路．当一条形磁铁从高处下落接近回路时(　　)
A．p、q将互相靠拢
B．p、q将互相远离
C．磁铁的加速度仍为g
D．磁铁的加速度小于g
【解析】　方法一：假设磁铁的下端为N极，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律可判断出感应电流的磁场方向向上，根据安培定则可判断出回路中感应电流的方向为逆时针方向(俯视)．再根据左手定则可判断p、q所受的安培力的方向，安培力使p、q相互靠拢．由于回路所受的安培力的合力向下，根据牛顿第三定律知，磁铁将受到向上的反作用力，从而加速度小于g.若磁铁的下端为S极，根据类似的分析可以得出相同的结果，所以A、D选项正确．
方法二：根据楞次定律的另一种表述——感应电流的效果总是要反抗产生感应电流的原因，本题中的“原因”是回路中的磁通量增加，归根结底是磁铁靠近回路，“效果”便是阻碍磁通量的增加和磁铁的靠近．所以p、q将相互靠近且磁铁的加速度小于g.故选项A、D正确．
【答案】　AD
——[先看名师指津]——————————————
本例列出了判断感应电流受力及其运动方向的方法，并进一步从多个角度深刻理解楞次定律中“阻碍”的含义．虽然方法不同，但本质都是楞次定律，只有领会其精髓，才能运用它进行正确地判断．深刻理解楞次定律中“阻碍”的含义是快速分析该类问题的前提．
——[再演练应用]———————————————
　
图4-3-11
如图4-3-11所示，一个有弹性的金属圆环被一根橡皮绳吊于通电直导线的正下方，直导线与圆环在同一竖直面内，当通电直导线中电流增大时，弹性圆环的面积S和橡皮绳的长度l将(　　)
A．S增大，l变长
B．S减小，l变短
C．S增大，l变短
D．S减小，l变长
【解析】　当通电导线中电流增大时，穿过金属圆环的磁通量增大，金属圆环中产生感应电流，根据楞次定律，感应电流要阻碍磁通量的增大，一是用缩小面积的方式进行阻碍，二是用远离直导线的方式进行阻碍．故D正确．
【答案】　D

课时作业(二)　楞次定律

1．关于楞次定律，下列说法中正确的是(　　)
A．感应电流的磁场总是阻碍原磁场的增强
B．感应电流的磁场总是阻碍原磁场的减弱
C．感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化
D．感应电流的磁场总是阻碍原磁通量的变化
【解析】　感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的原磁通量的变化，与原磁场的变化无关．原磁场的变化跟磁通量的变化意义是不同的．
【答案】　D
图4-3-12
2．如图4-3-12表示闭合电路的一部分导体在磁极间运动的情形，图中导体垂直于纸面，a、b、c、d分别表示导体运动中的四个不同位置，箭头表示导体在那个位置上的运动方向，则导体中感应电流的方向为垂直纸面向里时，导体的位置是(　　)
A．a　　B．b　　C．c　　D．d
【解析】　导体切割磁感线产生感应电流，用右手定则判断a位置正确．
【答案】　A
4-3-13
3．如图4-3-13所示，若套在条形磁铁上的弹性金属导线圈Ⅰ突然缩小为线圈Ⅱ，则关于线圈的感应电流及其方向(从上往下看)是(　　)
A．有顺时针方向的感应电流
B．有逆时针方向的感应电流
C．有先逆时针后顺时针方向的感应电流
D．无感应电流
【解析】　穿过线圈的磁通量包括磁体内全部和磁体外的一部分，合磁通量是向上的．当线圈突然缩小时合磁通量增加，原因是磁体外向下穿过线圈的磁通量减少．由楞次定律判断，感应电流的方向为顺时针方向，选项A正确．
【答案】　A
图4-3-14
4．如图4-3-14所示，当磁铁突然向铜环运动时，铜环的运动情况是(　　)
A．向右摆动
B．向左摆动
C．静止
D．不能确定
【解析】　(方法1)磁铁向右运动，使铜环的磁通量增加而产生感应电流，由楞次定律可知，铜环为阻碍原磁通量的增大，必向磁感线较疏的右方运动，即往躲开磁通量增加的方向运动，故A正确．
(方法2)磁铁向右运动时，由楞次定律的另一种表述得知铜环产生的感应电流总是阻碍导体间的相对运动，则磁铁和铜环间有排斥作用，故A正确．
【答案】　A
图4-3-15
5．(2015·锦州高二检测)某磁场磁感线如图4-3-15所示，有一铜线圈自图示A处落至B处，在下落过程中，自上向下看，线圈中的感应电流方向是(　　)
A．始终沿顺时针方向
B．始终沿逆时针方向
C．先沿顺时针方向再沿逆时针方向
D．先沿逆时针方向再沿顺时针方向
【解析】　自A点落至图示位置时，穿过线圈的磁通量增加，由楞次定律判断线圈中感应电流方向为顺时针，自图示位置落至B点时，穿过线圈的磁通量减少，由楞次定律判断知，线圈中感应电流方向为逆时针，C项正确．
【答案】　C
4-3-16
6．(2015·巢湖高二检测)如图4-3-16，把一条形磁铁从图示位置由静止释放，穿过采用双线绕法的通电线圈，此过程中条形磁铁做(　　)
A．减速运动
B．匀速运动
C．自由落体运动
D．变加速运动
【解析】　双线绕法得到的两个线圈通电时，由安培定则知，两线圈的磁场等值反向相互抵消，合磁场为零，对磁铁无作用力．当磁铁下落时，穿过两线圈的磁通量同向增加，根据楞次定律，两线圈中产生的感应电流等值反向，也互相抵消，线圈中无感应电流，线圈对磁铁没有作用力．磁铁下落过程中只受重力，又从静止开始，所以磁铁做自由落体运动，故C对，A、B、D错．
【答案】　C
图4-3-17
7．(2014·邢台高二期末)电阻R、电容器C与一线圈连成闭合回路，条形磁铁静止于线圈的正上方，N极朝下，如图4-3-17所示，现使磁铁开始下落，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
【解析】　在N极接近线圈上端的过程中，通过线圈的磁感线方向向下，磁通量增大，由楞次定律可判定流过线圈的电流方向为逆时针(俯视)，外电路电流由b流向a，同时线圈作为电源，下端应为正极，则电容器下极板电势高，带正电．选项D正确．
【答案】　D
图4-3-18
8．如图4-3-18所示，导体线圈abcd与直导线在同一平面内，直导线通有恒定电流I，当线圈由左向右匀速通过直导线的过程中，线圈中感应电流的方向是(　　)
A．先abcd，再dcba，后abcd
B．先abcd，再dcba
C．先dcba，再abcd，后dcba
D．一直dcba
【解析】　画出长直导线周围的磁场分布情况，如图所示，当线圈向右移动，未达到直导线之前，线圈内磁通量“·”增加，故感应电流方向为dcba.当线圈穿越直导线过程中线圈内磁通量“·”减少，同时磁通量“×”增加，所以先是合磁通量为“·”减少后是合磁通量为“×”增加，则感应电流的磁场方向为“·”，感应电流方向为abcd.线圈穿过直导线后，线圈内磁通量为“×”减少，如同磁通量“·”进一步增加，故感应电流方向仍为dcba，考虑全过程，故正确答案为C.
【答案】　C
9．如图4-3-19所示，通电螺线管两侧各悬挂一个小铜环，铜环平面与螺线管截面平行，当开关S接通的一瞬间，两铜环的运动情况是(　　)
图4-3-19
A．同时向两侧推开
B．同时向螺线管靠拢
C．一个被推开，一个被吸引，但因电源正负极未知，无法具体判断
D．同时被推开或同时向螺线管靠拢，但因电源正负极未知，无法具体判断
【解析】　当开关S接通的一瞬间，螺线管的磁场增强，故穿过两边线圈的磁通量均增加，根据楞次定律，在线圈中产生的感应电流阻碍磁通量的增加，故线圈会远离螺线管运动，故两铜环的运动情况是同时向两侧推开，选项A正确．
【答案】　A

10．如图4-3-20所示，当导线ab在电阻不计的金属导轨上滑动时，线圈C向右摆动，则ab的运动情况是(　　)
图4-3-20
A．向左或向右做匀速运动
B．向左或向右做减速运动
C．向左或向右做加速运动
D．只能向右做匀加速运动
【解析】　线圈C向右摆动，说明穿过线圈的磁通量减小，也就是螺线管中的电流是减小的，也就是ab产生的感应电动势逐渐减小，则ab必做减速运动，故选项B正确．
【答案】　B
图4-3-21
11．已知北半球地磁场的竖直分量向下．如图4-3-21所示，在北京某中学实验室的水平桌面上，放置边长为L的正方形闭合导体线圈abcd，线圈的ab边沿南北方向，ad边沿东西方向．下列说法中正确的是(　　)
A．若使线圈向东平动，则b点的电势比a点的电势低
B．若使线圈向北平动，则a点的电势比b点的电势低
C．若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a→b→c→d→a
D．若以ab为轴将线圈向上翻转，则线圈中感应电流方向为a→d→c→b→a
【解析】　若使线圈向东平动，线圈的ab边和cd边切割磁感线，由右手定则知c(b)点电势高于d(a)点电势，故A错误，同理知B错误．若以ab为轴将线圈向上翻转，穿过线圈平面的磁通量变小，由楞次定律可知线圈中感应电流方向为a→b→c→d→a，C正确，D错误．
【答案】　C
4-3-22
12．(多选)如图4-3-22所示，在匀强磁场中放一电阻不计的平行金属轨道，轨道与轨道平面内的圆形线圈P相连，要使在同一平面内所包围的小闭合线圈Q内产生顺时针方向的感应电流，导线ab的运动情况可能是(　　)
A．匀速向右运动　　　B．加速向右运动
C．减速向右运动 D．加速向左运动
【解析】　本题关键是要弄清使Q中产生顺时针方向的电流，则穿过Q中的磁通量应如何变化．可用楞次定律步骤的逆过程来分析，要使Q中产生顺时针方向的感应电流，感应电流的磁场方向应垂直纸面指向纸内．如果穿过Q的原磁场是垂直纸面向里的，则原磁场应减弱；如果穿过Q的原磁场是垂直纸面向外的，则原磁场应增强．
当ab向右运动时，根据右手定则可判定出P中产生的感应电流方向是a→b→P→a，是顺时针方向，由右手定则可判知P中感应电流的磁场穿过Q中的磁感线方向向里，所以当ab向右减速运动时，可使穿过Q的向里的磁通量减小，从而使Q中产生顺时针方向的电流；当ab向左运动时，同理可判定P中感应电流的磁场穿过Q中的磁感线方向向外，所以当ab向左加速运动时，可使穿过Q的向外的磁通量增大，从而使Q中产生顺时针方向的感应电流．故正确选项为C、D.
【答案】　CD
4法拉第电磁感应定律
[学习目标]　1.了解感应电动势的概念．　2.理解法拉第电磁感应定律，并能够运用法拉第电磁感应定律定量计算感应电动势的大小．(重点、难点)　3.能够运用E＝Blv或E＝Blvsin θ计算导体切割磁感线时的感应电动势．(重点)　4.知道反电动势的定义和作用．
法拉第电磁感应定律

1．感应电动势
(1)在电磁感应现象中产生的电动势．
(2)产生感应电动势的那部分导体相当于电源．
(3)在电磁感应现象中，只要闭合回路中有感应电流，这个回路就一定有电动势；回路断开时，虽然没有感应电流，但电动势依然存在．
2．磁通量的变化率
磁通量的变化率表示磁通量变化的快慢，用表示，其中ΔΦ表示磁通量的变化量，Δt表示发生磁通量变化所用的时间．
3．法拉第电磁感应定律
(1)内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比．
(2)表达式：E＝(单匝线圈)，E＝n(多匝线圈)．

产生感应电动势的条件是什么？
【提示】　不管电路是否闭合，只要穿过电路的磁通量发生变化，电路中就会产生感应电动势．

1．穿过某闭合线圈的磁通量的变化量越大，产生的感应电动势也越大．(×)
2．感应电动势的方向可用右手定则或楞次定律判断．(√)
3．穿过闭合回路的磁通量最大时，其感应电动势一定最大．(×)
导线切割磁感线时的感应电动势

1．磁场方向、导体棒与导体棒运动方向三者两两垂直时：E＝Blv．
2．如图4-4-1所示，导体棒与磁场方向垂直，导体棒的运动方向与导体棒本身垂直，但与磁场方向夹角为θ时，E＝Blvsin_θ．
图4-4-1

图4-4-2
如图4-4-2所示，一边长为L的正方形导线框abcd垂直于磁感线，以速度v在匀强磁场中向右运动，甲同学说：由法拉第电磁感应定律可知，这时穿过线框的磁通量的变化率为零，所以线框中感应电动势应该为零．乙同学说线框中ad和bc边均以速度v做切割磁感线运动，由E＝BLv可知，这两条边都应该产生电动势且Ead＝Ebc＝BLv.他们各执一词，到底谁说的对呢？
【提示】　这两个同学说的并不矛盾，虽然ad边与bc边都产生感应电动势，但由于方向相反，相当于两个电源并联没有对外供电，所以整个回路的电动势为零．可见，用法拉第电磁感应定律求出的是整个回路的感应电动势，而用E＝BLv求的是回路中做切割磁感线的那部分导体产生的电动势．

1．对于E＝Blv中的B、l、v三者必须相互垂直．(√)
2．导体棒在磁场中运动速度越大，产生的感应电动势一定越大．(×)
3．当B、l、v三者大小、方向均不变时，在Δt时间内的平均感应电动势和它在任意时刻产生的瞬时感应电动势相同．(√)
反电动势

1．定义：电动机转动时，由于切割磁感线，线圈中产生的削弱电源电动势作用的电动势．
2．作用：阻碍线圈的转动．

电动机工作时，加在电动机上的电压U和流经电动机的电流I及电动机线圈电阻r三者之间是否满足I＝？
【提示】　电动机转动时其线圈中要产生一个反电动势U′，加在线圈电阻上的电压Ur远小于U，所以I＝不成立．此时线圈中的电流I＝.

1．电动机通电转动，电动机中出现的感应电动势为反电动势，反电动势会阻碍线圈的运动．(√)
2．电动机正常工作时，反电动势会加快线圈的运动．(×)
3．电动机工作中由于机械阻力过大而停止转动，就没有了反电动势，线圈中的电流会很大，很容易烧毁电动机．(√)
预习完成后，请把你认为难以解决的问题记录在下面的表格中
问题1
问题2
问题3
问题4
学生分组探究一　法拉第电磁感应定律的理解和应用
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．面积为S的平面垂直于磁场放置，将此面翻转180°，穿过此面的磁通量是否发生变化？
【提示】　发生变化．
2．ΔΦ较小时，是否说明也较小？
【提示】　不一定．还与变化所用时间有关．
3．决定Φ、ΔΦ、大小的因素是什么？
【提示】　由Φ＝BS，ΔΦ＝|Φ2－Φ1|，＝来判断．
第2步结论——自我总结，素能培养
1．感应电动势的大小：决定于穿过电路的磁通量的变化率而与Φ的大小、ΔΦ的大小没有必然联系．而的两种表达形式为S·和B·.
2．磁通量的变化率：是Φ-t图象上某点切线的斜率大小．
3．Φ、ΔΦ与三者之间的关系
物理量
单位
物理意义
计算公式
磁通量Φ
Wb
表示某时刻或某位置时穿过某一面积的磁感线条数的多少
Φ＝B·S⊥
磁通量的变化量ΔΦ
Wb
表示在某一过程中穿过某一面积的磁通量变化的多少
ΔΦ＝|Φ2－Φ1|
磁通量的变化率
Wb/s
表示穿过某一面积的磁通量变化的快慢
＝
4.平均电动势与瞬时电动势
用E＝n计算的是Δt时间内的平均电动势．在磁通量均匀变化时，E＝n计算的既是Δt时间内的平均电动势，也是某个时刻的瞬时电动势．
第3步例证——典例印证，思维深化
　有一个100匝的线圈，其横截面是边长为L＝0.20 m的正方形，放在磁感应强度B＝0.50 T的匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直．若将这个线圈横截面的形状在5 s内由正方形改变成圆形(横截面的周长不变)，在这一过程中穿过线圈的磁通量改变了多少？磁通量的变化率是多少？线圈的感应电动势是多少？
【思路点拨】　解答本题时应注意以下几点：
(1)周长相同的所有形状中，圆形的面积最大．
(2)磁通量的变化率并不等同于电动势．
【解析】　线圈横截面是正方形时的面积S1＝L2＝
(0.20)2 m2＝4.0×10－2 m2.
穿过线圈的磁通量Φ1＝BS1＝0.50×4.0×10－2 Wb＝2.0×10－2 Wb
截面形状为圆形时，其半径r＝＝
截面积大小S2＝π＝ m2
穿过线圈的磁通量：Φ2＝BS2＝0.50× Wb≈
2．55×10－2 Wb
所以，磁通量的变化量
ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝(2.55－2.0) ×10－2 Wb＝5.5×10－3 Wb.
磁通量的变化率＝ Wb/s＝1.1×10－3 Wb/s.
感应电动势为：E＝n＝100×1.1×10－3 V＝0.11 V.
【答案】　5.5×10－3 Wb　1.1×10－3 Wb/s　0.11 V
Φ、ΔΦ、与匝数的关系
磁通量、磁通量的变化量和磁通量的变化率，三者均与线圈的匝数无关．对n匝线圈，穿过每一匝线圈的磁通量的变化率都相同，每一匝线圈的电动势都相等，相当于n个电动势相同的电源串联，即感应电动势的大小与匝数n有关．
第4步巧练——精选习题，落实强化
1．下列几种说法正确的是(　　)
A．线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大
B．线圈中磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大
C．线圈放在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大
D．线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势一定越大
【解析】　依据法拉第电磁感应定律，感应电动势与磁通量无关、与磁通量的变化量无关，而与线圈匝数和磁通量的变化率成正比，因此，选项A、B错误．感应电动势与磁场的强弱也无关，所以，选项C错误．线圈中磁通量变化越快意味着线圈的磁通量的变化率越大，依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，在此条件下线圈中产生的感应电动势越大，故选项D正确．
【答案】　D
2．一个200匝、面积为20 cm2的线圈，放在磁场中，磁场的方向与线圈平面成30°角，若磁感应强度在0.05 s内由0.1 T增加到0.5 T，在此过程中磁通量变化了多少？磁通量的平均变化率是多少？线圈中感应电动势的大小是多少？
【解析】　磁通量的变化是由磁场的变化引起的，应该用公式ΔΦ＝ΔBSsin θ来计算，
所以ΔΦ＝ΔBSsin θ＝(0.5－0.1)×20×10－4×0.5 Wb＝4×10－4 Wb
磁通量的平均变化率
＝Wb/s＝8×10－3Wb/s
感应电动势的大小可根据法拉第电磁感应定律计算E＝n＝200×8×10－3V＝1.6 V
【答案】　4×10－4Wb　8×10－3Wb/s　1.6 V
学生分组探究二　对公式E＝BLv的理解
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．公式E＝BLv能否用来求解平均感应电动势？
【提示】　当E＝BLv中v为平均速度时可求平均感应电动势．
2．导体棒绕一端垂直于匀强磁场做匀速圆周运动时，如何求感应电动势？
【提示】　应用E＝BL2ω.
3．若导线是弯曲的，如何求其切割磁感线的有效长度？
【提示】　L应为导线两端点的连线在与B和v都垂直的直线上的投影长度．
第2步结论——自我总结，素能培养
1．该公式可看成法拉第电磁感应定律的一个推论，一般用于导体各部分切割磁感线的速度相同的情况，当v为瞬时速度时，E为瞬时感应电动势；若v是平均速度，则E为平均感应电动势．如果导体各部分切割磁感线的速度不相等，
图4-4-3
可取其平均速度求电动势．例如
如图4-4-3，导体棒在磁场中绕A点在纸面内以角速度ω匀速转动，磁感应强度为B，则AC在切割磁感线时产生的感应电动势为：E＝Blv＝Bl·ωl＝Bl2ω.
2．公式中的v应理解为导线和磁场间的相对速度，当导线不动而磁场运动时，也有电磁感应现象产生．
3．公式中的l应理解为导线切割磁感线时的有效长度．如果导线和磁场不垂直，l应是导线在垂直磁场方向投影的长度；如果切割磁感线的导线是弯曲的，l应取导线两端点的连线在与B和v都垂直的直线上的投影长度．
例如，如图所示的三幅图中切割磁感线的导线是弯曲的，则切割磁感线的有效长度应取与B和v垂直的等效直线长度，即ab的长．
第3步例证——典例印证，思维深化
　(2013·课标全国卷Ⅰ)
图4-4-4
如图4-4-4，在水平面(纸面)内有三根相同的均匀金属棒ab、ac和MN，其中ab、ac在a点接触，构成“V”字型导轨．空间存在垂直于纸面的均匀磁场．用力使MN向右匀速运动，从图示位置开始计时，运动中MN始终与∠bac的平分线垂直且和导轨保持良好接触．下列关于回路中电流i与时间t的关系图线，可能正确的是(　　)
【思路点拨】　(1)导体切割磁感线的有效长度与时间的关系．
(2)闭合回路的总电阻与导轨长度的关系．
(3)感应电流由闭合电路欧姆定律求出．
【解析】　设图示位置时a距棒的距离为l0，导体棒匀速切割磁感线的速度为v，单位长度金属棒的电阻为R0，导轨夹角为θ，运动时间t时，切割磁感线的导体棒长度l＝2(l0＋vt)tan ，有效电路中导体棒长度l总＝l＋，导体棒切割磁感线产生的感应电动势e＝Blv＝2Bv(l0＋vt)tan ，电路中总电阻R＝R0l总＝R0，所以i＝＝＝，
即i为恒定值与t无关，选项A正确．
【答案】　A
此类题一般采用解析法，先推导出感应电动势、感应电流的表达式，再利用表达式进行分析．本题还要注意切割磁感线的有效长度和回路的总电阻是变化的．
第4步巧练——精选习题，落实强化
1．(多选)如图4-4-5所示，一导线弯成半径为a的半圆形闭合回路．虚线MN右侧有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于回路所在的平面，回路以速度v向右匀速进入磁场，直径CD始终与MN垂直．从D点到达边界开始到C点进入磁场为止，下列结论正确的是(　　)
图4-4-5
A．感应电流大小不变
B．CD段直导线始终不受安培力
C．感应电动势最大值Emax＝Bav
D．感应电动势平均值＝πBav
【解析】　在半圆形闭合回路进入磁场的过程中磁通量不断增加，始终存在感应电流，由左手定则可知CD边始终受到安培力作用，选项B错．有效切割长度如图所示，所以进入过程中l先逐渐增大到a，然后再逐渐减小为0，由E＝Blv，可知最大值Emax＝Bav，最小值为0，故选项A错，选项C对；平均感应电动势为＝＝＝πBav，选项D对．
【答案】　CD
2．如图4-4-6是法拉第研制成的世界上第一台发电机模型的原理图．将铜盘放在磁场中，让磁感线垂直穿过铜盘，图中a、b导线与铜盘的中轴线处在同一平面内，转动铜盘，就可以使闭合电路获得电流．若图中铜盘半径为r，匀强磁场的磁感应强度为B，回路总电阻为R，匀速转动铜盘的角速度为ω.则电路的功率是(　　)
图4-4-6
A.　　　　B.
C. D.
【解析】　根据导体棒旋转切割产生电动势E＝Bωr2，由P＝，得电路的功率是，故选项C正确．
【答案】　C
学生分组探究三　电磁感应现象中的电路问题
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．如图4-4-7所示，导体棒ab在切割磁感线的过程中电路中会产生感应电流．
图4-4-7
请分析：
(1)哪部分导体相当于电源呢？
(2)哪端为电源的正极？
【提示】　ab相当于电源，a端为正极．
2．产生感应电动势的部分是电源，其余部分则为外电路．
试说明图4-4-8(甲)、(乙)所示电路中哪部分导体相当于电源，并画出等效电路，判断a、b两点电势的高低．
图4-4-8
【提示】　
第2步结论——自我总结，素能培养
1．解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法
(1)明确哪部分导体或电路产生感应电动势，该导体或电路就是电源，其他部分是外电路．
(2)用法拉第电磁感应定律确定感应电动势的大小，用楞次定律确定感应电动势的方向．
(3)画等效电路图，分清内外电路，画出等效电路图是解决此类问题的关键．
(4)运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率、电热等公式联立求解．
2．回路中电荷量的求解
电磁感应现象中通过闭合电路某截面的电荷量q＝Δt，而＝＝n，则q＝n，所以q只和线圈匝数、磁通量变化量及总电阻有关，与完成该过程需要的时间无关．
第3步例证——典例印证，思维深化
　
图4-4-9
(2014·黄冈高二期末)如图4-4-9所示，OAC是半径为l、圆心角为120°的扇形金属框，O点为圆心，OA边与OC边电阻不计；圆弧AC单位长度的电阻相等，总阻值为4r.长度也为l、电阻为r的金属杆OD绕O点从OA位置以角速度ω顺时针匀速转动，整个过程中金属杆两端与金属框接触良好．求：
(1)金属杆OD转过60°时它两端的电势差UOD；
(2)金属杆OD转过120°过程中，金属杆OD中的电流I与转过的角度θ的关系式．
【思路点拨】　OD杆转动切割磁感线，相当于电源，弧AD和DC相当于外电阻，电路如图所示．
【解析】　(1)设金属杆OD旋转切割磁感线产生的感应电动势为E，有：
E＝Bωl2①
金属杆OD转过60°时，由题意可知：
RAD＝RDC＝2r②
由串并联电路的规律可知：
电路外电阻R＝③
由闭合电路欧姆定律有：UOD＝－E④
由①～④式可得：UOD＝－.
(2)设金属杆OD转过θ时，由题意可知：
RAD＝r⑤
RDC＝r⑥
由闭合电路欧姆定律有：
I＝⑦
由①③式及⑤～⑦式可得：
I＝.
【答案】　(1)－　(2)见解析
求解电磁感应中电路问题的关键
电磁感应中的电路问题，实际上是电磁感应和恒定电流问题的综合题．感应电动势大小的计算、方向的判定以及电路的等效转化，是解决此类问题的关键．
第4步巧练——精选习题，落实强化
图4-4-10
1．如图4-4-10，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流．现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化．为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率的大小应为(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
【解析】　线圈匀速转动过程中，I＝＝＝；要使线圈产生相同电流，I＝＝＝＝π，所以＝，所以C正确．
【答案】　C
图4-4-11
2．(多选)半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体杆，单位长度电阻均为R0.圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B0.杆在圆环上以速度v0平行于直径CD向右做匀速直线运动．杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由θ确定，如图4-4-11所示．则(　　)
A．θ＝0时，杆产生的电动势为2Bav
B．θ＝π/3时，杆产生的电动势为Bav
C．θ＝0时，杆受到的安培力大小为
D．θ＝π/3时，杆受到的安培力大小为
【解析】　θ＝0时，杆长为2a，由E＝BLv＝2Bav可知A正确；θ＝π/3时，杆长为a，E＝BLv＝Bav，故B错；因为安培力F＝B2L2v/R总，θ＝0时，R总＝(π＋2)aR0，θ＝π/3时，R总＝(5π/3＋1)aR0，代入可知C错、D对．
【答案】　AD
电磁感应中的电荷量问题
根据法拉第电磁感应定律，在电磁感应现象中，只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，闭合电路中就会产生感应电流．设在时间Δt内通过导线某截面的电荷量为q，则根据电流定义式I＝q/Δt及法拉第电磁感应定律E＝nΔΦ/Δt，得
q＝I·Δt＝·Δt＝·Δt＝.
上式中n为线圈的匝数，ΔΦ为磁通量的变化量，R为闭合电路的总电阻．
　
图4-4-12
如图4-4-12所示，在匀强磁场中固定放置一根串接一电阻R的直角形金属导轨aOb(在纸面内)，磁场方向垂直于纸面向里，另有两根金属导轨c、d分别平行于Oa、Ob放置．保持导轨之间接触良好，金属导轨的电阻不计．现经历以下四个过程：
①以速率v移动d，使它与Ob的距离增大一倍；②再以速率v移动c，使它与Oa的距离减小一半；③然后再以速率2v移动c，使它回到原处；④最后以速率2v移动d，使它也回到原处．
设上述四个过程中通过电阻R的电荷量的大小依次为Q1、Q2、Q3和Q4，则(　　)
A．Q1＝Q2＝Q3＝Q4　　　　B．Q1＝Q2＝2Q3＝2Q4
C．2Q1＝2Q2＝Q3＝Q4 D．Q1≠Q2＝Q3≠Q4
【解析】　题目中要求各个过程中通过电阻R的电荷量，由法拉第电磁感应定律知Δq＝Δt＝Δt＝Δt＝n，在此题中，B是不变的，ΔΦ＝BΔS，只要分析清楚各个过程中回路面积的变化量即可，与运动速度无关．如图所示，各个过程中S的变化量用阴影表示，易发现各个过程的面积变化量都是相等的．
【答案】　A
——[先看名师指津]——————————————
通过导体横截面的电荷量是电流的平均效果，因此需要用电流平均值来计算电荷量．根据公式q＝n可以看出，感应电荷量是一个过程量，与电阻R、磁通量的变化量ΔΦ、匝数n有关，与时间、速度都无关，记住这一点，对于解电荷量的题目是有很大帮助的．
——[再演练应用]———————————————
如图4-4-13所示，在边长为a的等边三角形区域内有匀强磁场B，其方向垂直纸面向外，一个阻值为R、边长为a的等边三角形导线框架EFG正好与上述磁场区域的边界重合，现使导线框以周期T绕其中心O点在纸面内匀速转动，经过导线框转到图中虚线位置，则在这时间内平均感应电动势E________，通过导线框任一截面的电量q＝________．
图4-4-13
【解析】　在这时间内，磁通量的减少量Δφ＝B·3···sin 60°＝，则这时间内平均感应电动势E＝＝；通过导线框任一截面的电量q＝IΔt＝＝.
【答案】　　
课时作业(三)　法拉第电磁感应定律

1．如果闭合电路中的感应电动势很大，那一定是因为(　　)
A．穿过闭合电路的磁通量很大
B．穿过闭合电路的磁通量变化很大
C．穿过闭合电路的磁通量的变化很快
D．闭合电路的电阻很小
【解析】　根据法拉第电磁感应定律，感应电动势取决于穿过闭合电路的磁通量的变化率，即感应电动势的大小与磁通量大小、磁通量变化量大小、电路电阻无必然联系，所以C项正确，A、B、D错误．
【答案】　C
2．穿过一个单匝线圈的磁通量始终保持每秒钟均匀地减少2 Wb，则(　　)
A．线圈中感应电动势每秒钟增加2 V
B．线圈中感应电动势每秒钟减少2 V
C．线圈中无感应电动势
D．线圈中感应电动势保持不变
【解析】　由E＝可知当磁通量始终保持每秒钟均匀地减少2 Wb时，磁通量的变化率即感应电动势是2 Wb/s＝2 V.
【答案】　D
3．(多选)将一磁铁缓慢或者迅速地插到闭合线圈中的同一位置处，不会发生变化的物理量是(　　)
A．磁通量的变化量
B．磁通量的变化率
C．感应电流的大小
D．流过线圈横截面的电荷量
【解析】　将磁铁插到闭合线圈的同一位置，磁通量的变化量相同，而用的时间不同，所以磁通量的变化率不同．感应电流I＝＝，故感应电流的大小不同．流过线圈横截面的电荷量q＝I·Δt＝·Δt＝，由于两次磁通量的变化量相同，电阻不变，所以q也不变，即流过线圈横截面的电荷量与磁铁插入线圈的快慢无关．
【答案】　AD
4．(多选)某地的地磁场磁感应强度的竖直分量方向向下，大小为4.5×10－5 T．一灵敏电压表连接在当地入海河段的两岸，河宽100 m，该河段涨潮和落潮时有海水(视为导体)流过．设落潮时，海水自西向东流，流速为2 m/s.下列说法正确的是(　　)
A．电压表记录的电压为5 mV
B．电压表记录的电压为9 mV
C．河南岸的电势较高
D．河北岸的电势较高
【解析】　可以将海水视为垂直河岸方向放置的导体，海水平动切割地磁场的磁感线产生感应电动势，则E＝Blv＝9 mV，B项正确．由右手定则可知，感应电流方向由南向北，故河北岸的电势较高，D项正确．
【答案】　BD
5．(多选)一根直导线长0.1 m，在磁感应强度为0.1 T的匀强磁场中以10 m/s的速度匀速运动，则导线中产生的感应电动势(　　)
A．一定为0.1 V　　　　B．可能为零
C．可能为0.01 V D．最大值为0.1 V
【解析】　当公式E＝Blv中B、l、v互相垂直而导体切割磁感线运动时感应电动势最大：Em＝Blv＝0.1×0.1×10 V＝0.1 V，考虑到它们三者的空间位置关系不确定应选B、C、D.
【答案】　BCD
图4-4-14
6．(2015·芜湖高二检测)如图4-4-14所示，半径为r的n匝线圈套在边长为L的正方形abcd之外，匀强磁场局限在正方形区域内且垂直穿过正方形，当磁感应强度以的变化率均匀变化时，线圈中产生感应电动势大小为(　　)
A．πr2 B．L2
C．nπr2 D．nL2
【解析】　根据法拉第电磁感应定律，线圈中产生的感应电动势的大小E＝n＝nL2.
【答案】　D
图4-4-15
7．(2015·郑州一中高二检测)穿过某线圈的磁通量随时间变化的关系如图4-4-15所示，在下列几段时间内，线圈中感应电动势最小的是(　　)
A．0～2 s B．2～4 s
C．4～5 s D．5～10 s
【解析】　图线斜率的绝对值越小，表明磁通量的变化率越小，感应电动势也就越小．
【答案】　D
8．(多选)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(　　)
【解析】　在A图中，磁场中的导体沿垂直于速度方向上的投影为lsin θ，所以感应电动势为E＝Blvsin θ.在B、C、D图中，磁场中的导体沿垂直于速度方向上的投影均为l，所以感应电动势均为E＝Blv.
【答案】　BCD

9．(多选)(2014·广东华师大附中质检)如图4-4-16甲所示线圈的匝数n＝100匝，横截面积S＝50 cm2，线圈总电阻r＝10 Ω，沿轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间作如图4-4-16乙所示变化，则在开始的0.1 s内(　　)
图4-4-16
A．磁通量的变化量为0.25 Wb
B．磁通量的变化率为2.5×10－2 Wb/s
C．a、b间电压为0
D．在a、b间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25 A
【解析】　通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，则线圈中磁通量的变化量为ΔΦ＝|B2S－(－B1S)|，代入数据即ΔΦ＝(0.1＋0.4)×50×10－4Wb＝2.5×10－3Wb，A错；磁通量的变化率＝Wb/s＝2.5×10－2 Wb/s，B正确；根据法拉第电磁感应定律可知，当a、b间断开时，其间电压等于线圈产生的感应电动势，感应电动势大小为E＝n＝2.5 V且恒定，C错；在a、b间接一个理想电流表时相当于a、b间接通而形成回路，回路总电阻即为线圈的总电阻，故感应电流大小I＝＝0.25 A，D项正确．
【答案】　BD
10．(2014·浙江嘉兴一中期末)环形线圈放在均匀磁场中，设在第1 s内磁感线垂直于线圈平面向里，若磁感应强度随时间变化的关系如图4-4-17乙所示，那么在第2 s内线圈中感应电流的大小和方向是(　　)
图4-4-17
A．感应电流大小恒定，顺时针方向
B．感应电流大小恒定，逆时针方向
C．感应电流逐渐增大，逆时针方向
D．感应电流逐渐减小，顺时针方向
【解析】　由B-t图知：第2秒内恒定，则E＝S也恒定，故感应电流I＝大小恒定，又由楞次定律可知电流方向为逆时针方向，故B对，A、C、D都错．
【答案】　B
图4-4-18
11．如图4-4-18所示，将直径为d，电阻为R的闭合金属环从匀强磁场B中拉出，求这一过程中：
(1)磁通量的改变量；
(2)通过金属环某一截面的电荷量．
【解析】　(1)由已知条件得金属环的面积S＝π＝.
磁通量的改变量ΔΦ＝BS＝.
(2)由法拉第电磁感应定律E＝，
又因为I＝，q＝IΔt，所以q＝＝.
【答案】　(1)　(2)
图4-4-19
12．(2014·天津南开中学期末)如图4-4-19所示，MN、PQ为光滑金属导轨(金属导轨电阻忽略不计)，MN、PQ相距L＝50 cm，导体棒AB在两轨道间的电阻为r＝1 Ω，且可以在MN、PQ上滑动，
定值电阻R1＝3 Ω，R2＝6 Ω，整个装置放在磁感应强度为B＝1.0 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于整个导轨平面，现用外力F拉着AB棒向右以v＝5 m/s速度做匀速运动．求：
(1)导体棒AB产生的感应电动势E和AB棒上的感应电流方向．
(2)导体棒AB两端的电压UAB.
【解析】　(1)导体棒AB产生的感应电动势
E＝BLv＝2.5 V，由右手定则，AB棒上的感应电流方向向上，即沿B→A方向．
(2)R并＝＝2 Ω，
I＝＝A，
UAB＝I·R并＝V≈1.7 V.
【答案】　(1)2.5 V　感应电流方向B→A　(2)1.7 V
5电磁感应现象的两类情况
[学习目标]　1.知道感生电动势、动生电动势的概念．知道产生感生电动势的非静电力是感生电场的作用．产生动生电动势的非静电力与洛伦兹力有关．　2.会用楞次定律判断感生电场的方向，用左手定则判断洛伦兹力的方向．(重点)　3.知道电磁感应现象遵守能量守恒定律．　4.电磁感应与力学、电路等知识的综合问题．(难点)
电磁感应现象中的感生电场

1．感生电场：磁场变化时在空间激发的一种电场，它是由英国物理学家麦克斯韦提出的．
2．感生电动势：由感生电场产生的感应电动势，它的方向与感生电场的方向相同，与感应电流的方向相同．
3．感生电动势中的非静电力：就是感生电场对自由电荷的作用力．

感应电动势和感应电流，哪一个更能反映电磁感应的本质？
【提示】　当穿过回路的磁通量发生变化时，回路中将产生感应电动势，如果回路闭合，就会产生感应电流，而不论回路是否闭合，都有感应电动势产生，但不一定有感应电流．所以感应电动势比感应电流更能反映电磁感应的本质．

1．磁场可以对电荷做功．(×)
2．感生电场可以对电荷做功．(√)
3．磁场越强，磁场变化时产生的感生电场越强．(×)
电磁感应现象中的洛伦兹力

1．成因
导体棒做切割磁感线运动时，导体棒中的自由电荷随棒一起定向运动，并因此受到洛伦兹力．
2．动生电动势：由于导体运动而产生的感应电动势．
3．动生电动势中的非静电力：与洛伦兹力有关．

感生电动势与动生电动势产生原因是否相同？
【提示】　不相同．感生电动势是由于磁场变化而引起的；动生电动势是由于导体切割磁感线而引起的．

1．动生电动势产生的原因是导体内部的自由电荷受到洛伦兹力的作用．(√)
2．感生电动势的大小由E＝n求得，动生电动势的大小可由E＝Blv求得．(√)
3．产生动生电动势时，洛伦兹力对自由电荷做了功．(×)
预习完成后，请把你认为难以解决的问题记录在下面的表格中
问题1
问题2
问题3
问题4
学生分组探究一　对感生电动势与动生电动势的理解
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．(1)什么叫动生电动势？(2)动生电动势的产生与电路是闭合还是断开有关吗？
【提示】　(1)由于导体棒做切割磁感线的运动，而在导体棒两端产生的感应电动势，叫做动生电动势．
(2)无关．无论电路闭合还是断开，只要有导体做切割磁感线的运动，电路中就有动生电动势产生．当电路闭合，其一部分导体做切割磁感线的运动时，电路中有感应电流产生．
2．什么是感生电场？感生电场与感应电流的关系是什么？
【提示】　如图所示，当存在于某空间的磁场发生变化时，就会在此变化磁场的垂直方向上产生感生电场．当在变化磁场的垂直方向上存在闭合导体时，导体中的自由电子会在感生电场的作用下，定向移动，形成感应电流．当磁场变化时，一定能产生感生电场，但不一定能产生感应电流，因此感生电场的方向为此处存在感应电流时，感应电流的方向．
3．感生电动势和动生电动势的产生原因是否相同？
【提示】　不同．感生电动势是感生电场对自由电荷作用产生的，动生电动势是洛伦兹力对自由电荷作用产生的．
第2步结论——自我总结，素能培养
1．感生电动势与动生电动势产生机理的理解
(1)磁感应强度变化产生的感生电动势是由变化的磁场产生感生电场，线圈中的自由电荷受到静电力作用定向移动形成的．
(2)导体切割磁感线产生的动生电动势是由于自由电荷受到洛伦兹力作用定向移动形成的．
2．感生电动势与动生电动势的比较
感生电动势
动生电动势
产生原因
磁场的变化
导体做切割磁感线运动
移动电荷的
非静电力
感生电场对自由电荷的静电力
导体中自由电荷所受洛伦兹力沿导体方向的分力
回路中相当于
电源的部分
处于变化磁场中的线圈部分
做切割磁感线运动的导体
方向判
断方法
由楞次定律判断
通常由右手定则判断，也可由楞次定律判断
大小计
算方法
由E＝n计算
通常由E＝Blvsin θ计算，也可由E＝n计算
第3步例证——典例印证，思维深化
　
图4-5-1
(多选)某空间出现了如图4-5-1所示的磁场，当磁感应强度变化时，在垂直于磁场的方向上会产生感生电场，下列有关磁感应强度的变化与感生电场的方向关系的描述正确的是(　　)
A．当磁感应强度均匀增大时，感生电场的电场线从上向下看应为顺时针方向
B．当磁感应强度均匀增大时，感生电场的电场线从上向下看应为逆时针方向
C．当磁感应强度均匀减小时，感生电场的电场线从上向下看应为顺时针方向
D．当磁感应强度均匀减小时，感生电场的电场线从上向下看应为逆时针方向
【思路点拨】　感生电场的方向与感生电动势、感应电流的方向相同，因此可以用楞次定律分析．
【解析】　感生电场中电场线的方向用楞次定律来判定．原磁场向上且磁感应强度在增大，在周围有闭合导线的情况下，感应电流的磁场方向应与原磁场方向相反，即感应电流的磁场方向向下，再由右手螺旋定则得到感应电流的方向从上向下看应为顺时针方向，则感生电场的方向从上向下看也为顺时针方向；同理可知，原磁场方向向上且磁感应强度减小时，感生电场的方向从上向下看应为逆时针方向，所以A、D对．
【答案】　AD
感生电场的特点：
1．感生电场是一种涡旋电场，电场线是闭合的．
2．感生电场的产生跟空间中是否存在闭合电路无关．
3．感生电场的方向根据闭合电路(或假想的闭合电路)中感应电流的方向确定．
第4步巧练——精选习题，落实强化
图4-5-2
1．如图4-5-2所示的是一个水平放置的玻璃圆环形小槽，槽内光滑，槽宽度和深度处处相同．现将一直径略小于槽宽的带正电小球放在槽中，让它获得一初速度v0，与此同时，有一变化的磁场垂直穿过玻璃圆环形小槽外径所对应的圆面积，磁感应强度的大小跟时间成正比例增大，方向竖直向下．设小球在运动过程中电荷量不变，则(　　)
A．小球受到的向心力大小不变
B．小球受到的向心力大小不断增大
C．磁场力对小球做了功
D．小球受到的磁场力大小与时间成正比
【解析】　本题解题关键是由楞次定律判断出感生电场的方向．当磁感应强度随时间均匀增大时，将产生一恒定的感生电场，由楞次定律知，电场方向和小球初速度方向相同，因小球带正电，电场力对小球做正功，小球速率逐渐增大，向心力也随着增大，故A错，B对；洛伦兹力对运动电荷不做功，故C错；带电小球所受洛伦兹力F＝qBv，随着速率的增大而增大，同时B∝t，则F和t不成正比，故D错．
【答案】　B
图4-5-3
2．(多选)某空间出现了如4-5-3图所示的一组闭合的电场线，这可能是(　　)
A．沿AB方向的磁场迅速减弱
B．沿AB方向的磁场迅速增强
C．沿BA方向的磁场迅速增强
D．沿BA方向的磁场迅速减弱
【解析】　假设存在圆形闭合回路，回路中应产生与电场同向的感应电流，由安培定则知，感应电流的磁场方向向下，所以根据楞次定律，引起感应电流的应是方向向下的磁场迅速减弱或方向向上的磁场迅速增强，故A、C正确．
【答案】　AC
学生分组探究二　电磁感应现象中的能量转化与守恒
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．与感生电动势有关的电磁感应现象中，能量怎样转化？
【提示】　变化的磁场产生非静电场，由电场力推动电荷做功，将磁场能转化为电能．
2．与动生电动势有关的电磁感应现象中，能量怎样转化？
【提示】　随导体棒运动的电荷受到洛伦兹力，从导体棒一端移动到另一端，是一个与洛伦兹力有关的非静电力做功，将其它形式的能转变为电能．
第2步结论——自我总结，素能培养
1．等效电路的分析：将产生感应电动势的那部分电路等效为电源，画出等效电路图，分析内外电路结构，应用闭合电路欧姆定律、串并联电路的性质等知识进行分析．
2．电磁感应现象中涉及收尾速度问题时的动态分析：
周而复始地循环，达到最终状态时，加速度等于零，导体达到稳定运动状态．
3．能量转化与守恒的分析：电磁感应过程往往涉及多种能量形式的转化．
图4-5-4
如图4-5-4中金属棒ab沿导轨由静止下滑时，重力势能减少，一部分用来克服安培力做功转化为电路中的电能，最终在R上转化为焦耳热；另一部分转化为金属棒的动能．若导轨足够长，棒最终达到稳定状态匀速运动时，重力势能的减少则完全用来克服安培力做功转化为电路中的电能．
第3步例证——典例印证，思维深化
　
图4-5-5
(2013·安徽高考)如图4-5-5所示，足够长的平行金属导轨倾斜放置，倾角为37°，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 Ω.一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1 Ω，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5.在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T．将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为(重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)(　　)
A．2.5 m/s　1 W　　　　　B．5 m/s　1 W
C．7.5 m/s　9 W D．15 m/s　9W
【思路点拨】　(1)由小灯泡稳定发光，可知感应电流和感应电动势恒定及v不变．
(2)由v不变，考虑到导体棒MN的平衡．
(3)根据物体的平衡和功能关系确定v和P.
【解析】　把立体图转为平面图，由平衡条件列出方程是解决此类问题的关键．对导体棒进行受力分析做出截面图，如图所示，导体棒共受四个力作用，即重力、支持力、摩擦力和安培力．
由平衡条件得mgsin 37°＝F安＋Ff①
Ff＝μFN②
FN＝mgcos 37°③
而F安＝BIL④
I＝⑤
E＝BLv⑥
联立①～⑥式，解得v＝
代入数据得v＝5 m/s.
小灯泡消耗的电功率为P＝I2R⑦
由⑤⑥⑦式得P＝R＝1 W．故选项B正确．
【答案】　B
电能的三种求解思路
(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．
(2)利用能量守恒求解：相应的其他能量的减少量等于产生的电能．
(3)利用电路特征求解：通过电路中所消耗的电能来计算．
第4步巧练——精选习题，落实强化
图4-5-6
1．(多选)如图4-5-6所示，两根足够长的光滑导轨竖直放置，间距为L，底端接阻值为R的电阻．将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，除电阻R外其余电阻均不计．现将金属棒从弹簧原长位置
由静止释放，则(　　)
A．释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g
B．金属棒向下运动时，流过电阻R的电流方向为a→b
C．金属棒的速度为v时，所受的安培力大小为F＝
D．电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少
【解析】　金属棒刚释放时，弹簧处于原长，此时弹力为零，又因此时速度为零，因此也不受安培力作用，金属棒只受重力作用，其加速度应等于重力加速度，故选项A正确；金属棒向下运动时，由右手定则可知，在金属棒上电流方向向右，电阻等效为外电路，其电流方向为b→a，故选项B错误；金属棒速度为v时，安培力大小为F＝BIL，I＝BLv/R，由以上两式得F＝，故选项C正确；金属棒下落过程中，由能量守恒定律知，金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能以及电阻R上产生的内能，因此选项D错误．
【答案】　AC
2．法拉第曾提出一种利用河流发电的设想，并进行了实验研究．实验装置的示意图如图4-5-7所示，两块面积均为S的矩形金属板，平行、正对、竖直地全部浸在河水中，间距为d，水流速度处处相同，大小为v，方向水平．金属板与水流方向平行，地磁场磁感应强度的竖直分量为B，水的电阻率为ρ，水面上方有一阻值为R的电阻通过绝缘导线和开关S连接到两金属板上，忽略边缘效应，求：
图4-5-7
(1)该发电装置的电动势；
(2)通过电阻R的电流大小；
(3)电阻R消耗的电功率．
【解析】　(1)由法拉第电磁感应定律，有E＝Bdv.
(2)两板间河水的电阻r＝ρ，
由闭合电路欧姆定律，有I＝＝.
(3)由电功率公式P＝I2R得P＝R.
【答案】　(1)Bdv　(2)　(3)R

电磁感应中的力学问题的分析方法
由于通过导体的感应电流在磁场中将受到安培力作用，因此电磁感应问题往往和力学问题综合在一起考查．
1．理解电磁感应问题中的两个研究对象及其之间的相互制约关系
2．理解力和运动的动态关系
3．解决电磁感应现象中的力学问题的思路
(1)对电学对象要画好必要的等效电路图．
(2)对力学对象要画好必要的受力分析图和过程示意图．
(3)电磁感应中切割磁感线的导体要运动，产生的感应电流又要受到安培力的作用．在安培力作用下，导体的运动状态发生变化，这就可能需要应用牛顿运动定律．
4．解决电磁感应现象中的力学问题的基本步骤
(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向；
(2)求回路中的电流；
(3)分析研究导体受力情况(包含安培力，用左手定则确定其方向)；
(4)列动力学方程或平衡方程求解．
　
图4-5-8
如图4-5-8所示，AB、CD是两根足够长的固定平行金属导轨，两导轨间的距离为L，导轨平面与水平面间的夹角为θ，在整个导轨平面内都有垂直于导轨平面斜向上的匀强磁场，磁感应强度为B，在导轨的AC端连接一个阻值为R的电阻，一根质量为m、垂直于导轨放置的金属棒ab，从静止开始沿导轨下滑，求此过程中ab棒的最大速度．已知ab与导轨间的动摩擦因数为μ，导轨和金属棒的电阻都不计．
【思路点拨】　ab沿导轨下滑过程中受四个力作用，即重力mg、支持力FN、摩擦力Ff和安培力F安，如图所示，ab由静止开始下滑后，将是v↑→E↑→I↑→F安↑→a↓(↑为增大符号)，所以这是个变加速过程，当加速度减到a＝0时，其速度增到最大v＝vmax，此时处于平衡状态，以后将以vmax匀速下滑．
【解析】　ab下滑时因切割磁感线，要产生感应电动势，根据电磁感应定律E＝BLv①
闭合电路ACba中将产生感应电流，根据闭合电路欧姆定律I＝E/R②
据右手定则可判定感应电流方向为aACba，再据左手定则判断它受的安培力F安方向如图所示，其大小为
F安＝BIL③
取平行和垂直导轨的两个方向对ab所受的力进行正交分解，应有FN＝mgcos θ，Ff＝μmgcos θ，
由①②③可得F安＝，
以ab为研究对象，根据牛顿第二定律有：
mgsin θ－μmgcos θ－＝ma，
ab做加速度减小的变加速运动，当a＝0时速度达最大．
因此，ab达到vmax时应有
mgsin θ－μmgcos θ－＝0④
由④式可解得vmax＝.
【答案】　
——[先看名师指津]——————————————
1．电磁感应中的动态分析，是处理电磁感应问题的关键，要学会从动态分析的过程中来选择是从动力学方面，还是从能量、动量方面来解决问题．
2．在分析运动导体的受力时，常需画出平面示意图和物体受力图．
——[再演练应用]———————————————
图4-5-9
　如图4-5-9所示，平行导轨MN和PQ相距0.5 m，电阻忽略不计．其水平?课件35张PPT。链接高考·专题突破章末复习提升课[先总揽全局] [再填写关键]
①电生磁
②磁生电
③B
④S
⑤E感
⑥I感⑦S
⑧B
⑨L
⑩v
(2014·课标全国卷Ⅰ)如图4-1(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图4-1(b)所示．已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是(　　)【解析】　本题可由法拉第电磁感应定律判断．
由题图(b)可知在cd间不同时间段内产生的电压是恒定的，所以在该时间段内线圈ab中的磁场是均匀变化的，则线圈ab中的电流是均匀变化的，故选项A、B、D错误，选项C正确．
【答案】　C
1．紧靠在一起的线圈A与B如图4-2甲所示，当给线圈A通以图4-2乙所示的电流(规定由a进入b流出为电流正方向)时，则线圈cd两端的电势差应为图中的(　　)
图4-2【解析】　0～1 s内，A线圈中电流均匀增大，产生向左均匀增大的磁场，由楞次定律可知，B线圈中外电路的感应电流方向由c到d，大小不变，c点电势高，所以选项A正确．
【答案】　A回路中的部分导体做切割磁感线运动或穿过回路的磁通量发生变化时，回路将产生感应电动势，该导体或回路相当于电源．因此，电磁感应问题往往和电路问题联系在一起，解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法是
1．明确哪一部分电路产生感应电动势，则这部分电路就是等效电源，该部分电路的电阻是电源的内阻，而其余部分电路则是用电器，是外电路．2．分析电路结构，画出等效电路图．
3．用法拉第电磁感应定律确定感应电动势的大小，再运用闭合电路欧姆定律、串并联电路的性质、电功、电热等知识求解．(2014·课标全国卷Ⅱ)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、质量为m且质量分布均匀的直导体棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图4-3所示．整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下．在内圆导轨的C点和外圆导轨的D点之间接有一阻值为R的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ，导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g.求(1)通过电阻R的感应电流的方向和大小；
(2)外力的功率．
图4-3
【解析】　根据右手定则、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律及能量守恒定律解题．(1)根据右手定则，得导体棒AB上的电流方向为B→A，故电阻R上的电流方向为C→D.
2．(多选)(2014·山东高考)如图4-4，一端接有定值电阻的平行金属轨道固定在水平面内，通有恒定电流的长直绝缘导线垂直并紧靠轨道固定，导体棒与轨道垂直且接触良好．在向右匀速通过M、N两区的过程中，导体棒所受安培力分别用FM、FN表示．不计轨道电阻．以下叙述正确的是(　　)
A．FM向右　　　　　　
B．FN向左
C．FM逐渐增大 D．FN逐渐减小
【解析】　根据楞次定律、法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和安培力公式解决问题．
根据直线电流产生磁场的分布情况知，M区的磁场方向垂直纸面向外，N区的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远，磁感应强度越小．当导体棒匀速通过M、N两区时，感应电流的效果总是反抗引起感应电流的原因，故导体棒在M、N两区运动时，受到的安培力均向左，故选项A错误，选项B正确；导体棒在M区运动时， 电磁感应和力学的综合题，其联系的桥梁是磁场对感应电流的安培力，因为感应电流与导体运动的加速度有相互制约的关系．这类题要重点进行下列分析：
1．电路分析
在电磁感应现象中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路相当于电源，如果它有电阻，就相当于存在内电阻，它两端的电压就是路端电压．解决与电路相联系的电磁感应问题的基本方法是：(1)确定感应电动势的大小和方向，用法拉第电磁感应定律确定感应电动势的大小，用楞次定律确定感应电动势的方向(不论回路是否闭合，都设想电路闭合，判断出感应电流的方向，导体两端相当于电源的正、负极)．
(2)画出等效电路图，分清内外电路，此环节是解决此类问题的关键．
(3)运用全电路欧姆定律，串、并联电路的特点，电功率、电热等公式联立求解．2．受力分析
根据电路分析，表示出电路中电流，进而表示出安培力，对研究对象进行受力分析，确定物体所受的合外力．
3．运动分析
根据物体的受力情况，分析加速度的变化，如果物体做匀变速直线运动，可以利用运动学公式和牛顿第二定律求解；如果物体不做匀变速直线运动，则必须进行能量分析，从能量转化和守恒的角度求解．4．能量分析
解决电磁感应中能量转化问题的一般思路：
(1)在电磁感应现象中，切割磁感线的导体或磁通量发生变化的回路将产生感应电动势，该导体或回路相当于电源．
(2)分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量发生了转化．如：
①有摩擦力做功，必有内能产生．
②克服安培力做功，就有电能产生．③如果安培力做正功，就有电能转化为其他形式的能．
(3)列有关能量的关系式求解．
　(2014·天津和平检测)(多选)如图4-5，光滑斜面的倾角为θ，斜面上放置一矩形导体线框abcd，ab边的边长为l1，bc边的边长为l2，线框的质量为m、电阻为R，线框通过绝缘细线绕过光滑的小滑轮与重物相
连，重物质量为M，斜面上ef线
(ef平行底边)的右上方有垂直斜
面向上的匀强磁场，磁感应强度
为B，如果线框从静止开始运动，进入磁场的最初一段时间是做匀速运动的，且线框的ab边始终平行底边，则下列说法正确的是(　　)
的过程做匀速运动，则M的重力势能减小转化为m的重力势能和线框中的内能，根据能量守恒定律得：焦耳热为Q＝(Mg－mgsin θ)l2，故D错误．故选B、C.
【答案】　BC
3．(2013·福建高考)【解析】　根据导体线框进入磁场的速度的不同分析线框的受力情况、运动情况，从而判断可能的v-t图象．线框先做自由落体运动，因线框下落高度不同，故线框ab边刚进磁场时，其所受安培力F安与重力mg的大小关系可分以下三种情况：
加速直线运动，选项B有可能；故不可能的只有选项A.
【答案】　A第四章 电磁感应
命题报告
知识点
简单
中等
较难
1.电磁感应现象楞次定律
1、2、4
6、11
2.法拉第电磁感应定律
5
7、10、12
14
3.自感、互感
3
4.综合应用
8、9
13、15、16
时间：60分钟　满分：100分
一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题目要求，有的有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的不得分)
1．(多选)下列现象中，属于电磁感应现象的是(　　)
A．小磁针在通电导线附近发生偏转
B．通电线圈在磁场中转动
C．因闭合线圈在磁场中转动而产生的电流
D．接通电路时，与线圈串联的灯泡逐渐亮起来
【解析】　电磁感应现象是指“磁生电”的现象，而小磁针在通电导线附近发生偏转和通电线圈在磁场中转动，反映了磁场力的性质，所以A、B不是电磁感应现象，C、D是电磁感应现象．
【答案】　CD
图1
2．如图1所示，矩形闭合金属框abcd的平面与匀强磁场垂直，若ab边受竖直向上的磁场力作用，则可知金属框的运动情况是(　　)
A．向左平动进入磁场
B．向右平动退出磁场
C．沿竖直方向向上平动
D．沿竖直方向向下平动
【解析】　因为ab边受到的安培力的方向竖直向上，所以由左手定则就可以判断出金属框中感应电流的方向是abcda，金属框中的电流是由ad边切割磁感线产生的．所以金属框向左平动进入磁场．
【答案】　A
图2
3．如图2所示，L是自感系数很大的理想线圈，a、b为两只完全相同的小灯泡，R0是一个定值电阻，则下列有关说法中正确的是(　　)
A．当S闭合瞬间，a灯比b灯亮
B．当S闭合待电路稳定后，两灯亮度相同
C．当S突然断开瞬间，a灯比b灯亮些
D．当S突然断开瞬间，b灯立即熄灭
【解析】　S闭合瞬间，a、b同时亮，b比a亮；稳定后，a灯不亮；S断开瞬间，a灯比b灯亮．
【答案】　C
图3
4．(多选)如图3所示，线圈内有条形磁铁，将磁铁从线圈中拔出来时(　　)
A．φa>φb
B．φa<φb
C．电阻中电流方向由a到b
D．电阻中电流方向由b到a
【解析】　线圈中磁场方向向右，磁铁从线圈中拔出时，磁通量减少，根据楞次定律，线圈中产生感应电动势，右端为正极，左端为负极，所以电阻中电流方向由b到a，故φb>φa.B、D项正确．
【答案】　BD
5．(多选)单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，转动轴垂直于磁场．若线圈所围面积的磁通量随时间变化的规律如图4所示，则(　　)
图4
A．线圈中0时刻感应电动势最小
B．线圈中C时刻感应电动势为零
C．线圈中C时刻感应电动势最大
D．线圈从0至C时间内平均感应电动势为0.4 V
【解析】　感应电动势E＝，而磁通量变化率是Φ-t图线的切线斜率，当t＝0时Φ＝0，但≠0.若求平均感应电动势，则用ΔΦ与Δt的比值去求．
【答案】　BD
6．(2014·洛阳一中高二检测)如图5所示，一个铜质圆环，无初速度地自位置Ⅰ下落到位置Ⅱ，若圆环下落时其轴线与磁铁悬线重合，圆环面始终水平．位置Ⅰ与位置Ⅱ的高度差为h，则运动时间(　　)
图5
A．等于　　　　 B．大于
C．小于 D．无法判定
【解析】　由于电磁阻尼，阻碍铜质圆环的下落，所以下落时间大于自由下落时间.
【答案】　B
图6
7．如图6所示是著名物理学家费曼设计的一个实验，在一块绝缘板中部安装一个线圈，并接有电源，板的四周有许多带负电的小球．将整个装置悬挂起来．当接通开关瞬间，整个圆盘将(自上而下看)(　　)
A．顺时针转动一下
B．逆时针转动一下
C．顺时针不断转动
D．逆时针不断转动
【解析】　开关接通瞬间，穿过带电小球所在圆盘向下的磁通量突然增加，由楞次定律知，带电小球所在圆盘将产生逆时针方向(从上往下看)的感应电动势(确切讲，应为逆时针方向电场)，从而使带负电的小球受到顺时针方向的电场力．由于该变化是瞬间的，故选A.
【答案】　A
8．(2014·北京朝阳区高二检测)如图7所示，一刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域，然后穿出磁场区域，(　　)
图7
A．若线圈进入磁场过程是匀速运动，则离开磁场过程一定是匀速运动
B．若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程一定是加速运动
C．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是加速运动
D．若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是减速运动
【解析】　若线圈进入磁场过程是匀速运动，完全进入磁场区域一定做加速运动，则离开磁场过程所受安培力大于重力，一定是减速运动，选项A错误；若线圈进入磁场过程是加速运动，则离开磁场过程可能是加速运动，也可能是匀速运动，也可能是减速运动，选项B错误；若线圈进入磁场过程是减速运动，则离开磁场过程一定是减速运动，选项C错误D正确．
【答案】　D
图8
9．(多选)如图8所示，矩形线圈是闭合的，在外力作用下，匀速向右通过宽为d(大于线圈边长)的匀强磁场时，设穿过线圈的磁通量为Φ，感应电流为I，线圈所受磁场力为F，通过线圈导线横截面的电荷量为q，则描述此过程中以上各物理量的变化的图象如选项图所示，其中正确的是(　　)
【解析】　线圈穿过磁场的过程中，速度不变，其他各物理量的变化分析如下：(1)进入磁场的过程中，磁通量Φ＝BS＝Bl·vt(l为切割磁感线的边长)，可见磁通量Φ正比于时间t；从全部进入磁场到出磁场之前的过程中，Φ最大且保持不变；离开磁场的过程中，Φ均匀减小，故A对．(2)感应电流I感＝，进入磁场与离开磁场的过程中，I感的大小相等方向相反，均为恒定电流；全部在磁场中平移时，无感应电流，故B对．(3)进入与离开磁场的过程中，安培力大小F安＝BI感l不变；全部在磁场中平移时，不受安培力，故C错．(4)进入与离开磁场的过程中，通过导线横截面的电荷量q＝I感t＝t，可见电荷量随时间均匀增加；全部在磁场中时，无感应电流，故D错．
【答案】　AB
图9
10．(2013·天津高考)如图9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
【解析】　根据法拉第电磁感应定律E＝Blv、欧姆定律I＝和焦耳定律Q＝I2Rt，得线圈进入磁场产生的热量Q＝·＝，因为lab>lbc，所以Q1>Q2.根据E＝，I＝及q＝IΔt得q＝，故q1＝q2.选项A正确，选项B、C、D错误．
【答案】　A
二、填空题(本题共3小题，共18分．把答案填在题中的横线上)
11．(6分)如图10所示为“研究电磁感应现象”的实验装置．
图10
(1)将图中所缺的导线补接完整．
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流表的指针向右偏了一下，那么合上开关后可能出现的情况有：
①将原线圈迅速插入副线圈时，灵敏电流表指针将________；
②原线圈插入副线圈后，将滑动变阻器触头迅速向左拉时，灵敏电流表指针将________．
【解析】　(2)依照楞次定律及灵敏电流表的指针偏转方向与流过它的电流方向的关系来判定，则①向右偏转一下；②向左偏转一下．
【答案】　(1)如图所示
(2)①向右偏转一下
②向左偏转一下
图11
12．(6分)如图11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，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，通过导线截面的电荷量q＝________．
【解析】　由题意知：
Φ1＝B|π(b2－2a2)|，Φ2＝0，
所以ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝πB|b2－2a2|，
由q＝，得q＝.
【答案】　
图12
13．(6分)如图12所示，在水平金属导轨上接有阻值为R＝0.1 Ω的电阻，金属杆ab与导轨组成一闭合矩形电路，两条导轨间距离l1＝40 cm，矩形中导轨长l2＝50 cm，导轨区域处于与水平面成30°角的匀强磁场中，磁感应强度随时间的变化规律是B＝(2＋0.2t) T．若t＝10 s时，ab仍静止，导轨与ab的电阻不计，则这时流经ab的电流为________，ab所受摩擦力为________．
【解析】　Φ＝Bsin 30°·l1l2＝(2＋0.2t)××0.4×0.5 Wb＝(0.2＋0.02t) Wb，E＝＝0.02 V，I＝＝ A＝0.2 A，10 s时ab棒所受安培力F＝BIl1＝(2＋0.2×10)×0.2×0.4 N＝0.32 N，由棒受力图(如图所示)和平衡条件可得，ab棒所受摩擦力为Ff＝Fsin 30°＝0.16 N.
【答案】　0.2 A　0.16 N
三、计算题(本大题共3个小题，共42分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)
图13
14．(12分)如图13所示，长为L、电阻r＝0.3 Ω、质量m＝0.1 kg的金属棒CD垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑金属导轨上，两导轨间距也是L，棒与导轨间接触良好，导轨电阻不计，导轨左端接有R＝0.5 Ω的电阻，量程为0～3.0 A的电流表串接在一条导轨上，量程为0～1.0 V的电压表接在电阻R的两端，垂直导轨平面的匀强磁场向下穿过平面．现以向右的恒定外力F使金属棒右移．当金属棒以v＝2 m/s的速度在导轨平面上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，而另一个电表未满偏，问：
(1)此满偏的电表是什么表？说明理由．
(2)拉动金属棒的外力F多大？
【解析】　(1)电压表满偏，若电流表满偏，则I＝3 A，U＝IR＝1.5 V，大于电压表量程．
(2)由功能关系F·v＝I2(R＋r)，而I＝U/R，
所以F＝，
代入数据得F＝N＝1.6 N.
【答案】　(1)电压表满偏，理由见解析
(2)1.6 N
图14
15．(14分)如图14所示，固定于水平桌面上的金属框架cdef处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒ab搁在框架上，可无摩擦滑动．此时adeb构成一个边长为l的正方形，棒的电阻为r，其余部分电阻不计．开始时磁感应强度为B0.
(1)若从t＝0时刻起，磁感应强度均匀增大，每秒增量为k，同时保持棒静止．求棒中的感应电流．在图上标出感应电流的方向．
(2)在上述(1)情况中，始终保持静止，当t＝t1 s末时需加的垂直于棒的水平拉力为多少？
(3)若从t＝0时刻起，磁感应强度逐渐减小，当棒以恒定速度v向右做匀速运动时，可使棒中不产生感应电流，则磁感应强度应怎样随时间变化？(写出B与t的关系式)
【解析】　(1)据题意＝k，在磁场均匀变化时，回路中产生的电动势为E＝＝·S＝kl2，由闭合电路欧姆定律知，感应电流为I＝＝.由楞次定律，判定感应电流为逆时针方向，图略．
(2)t＝t1 s末棒静止，水平方向受拉力F外和安培力F安，F外＝F安＝BIl，又B＝B0＋kt1，故F外＝(B0＋kt1).
(3)因为不产生感应电流，由法拉第电磁感应定律E＝，知ΔΦ＝0也就是回路内总磁通量不变，即B0l2＝Bl(l＋vt)，解得B＝.
【答案】　(1)　电流为逆时针方向
(2)(B0＋kt1)　(3)B＝
16．(16分)(2014·天津宝坻中学检测)如图15甲所示，平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝1 m，上端接有电阻R1＝3 Ω，下端接有电阻R2＝6 Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场．现将质量m＝0.1 kg、电阻不计的金属杆ab，从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下落0.2 m过程中始终与导轨保持良好接触，加速度a与下落距离h的关系图象如图15乙所示．求：
图15
(1)磁感应强度B
(2)杆下落0.2 m过程中通过金属杆的电荷量．
【解析】　(1)当地重力加速度g＝10 m/s2，则杆进入磁场时的速度v＝＝1 m/s
由图象知，杆进入磁场时加速度a＝－g＝－10 m/s2
由牛顿第二定律得mg－F安＝ma
回路中的电动势E＝BLv
杆中的电流I＝
R并＝
F安＝BIL＝
得B＝＝2 T.
(2)杆在磁场中运动产生的平均感应电动势E＝
杆中的平均电流I＝
通过杆的电荷量q＝I·Δt＝Δt＝＝＝0.15 C.
【答案】　(1)2 T　(2)0.15 C
附加题(本题供学生拓展学习，不计入试卷总分)
17．(2014·浙江高考)某同学设计一个发电测速装置，工作原理如图16所示．一个半径为R＝0.1 m的圆形金属导轨固定在竖直平面上，一根长为R的金属棒OA，A端与导轨接触良好，O端固定在圆心处的转轴上．转轴的左端有一个半径为r＝的圆盘，圆盘和金属棒能随转轴一起转动．圆盘上绕有不可伸长的细线，下端挂着一个质量为m＝0.5 kg的铝块．在金属导轨区域内存在垂直于导轨平面向右的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T．a点与导轨相连，b点通过电刷与O端相连．测量a、b两点间的电势差U可算得铝块速度．铝块由静止释放，下落h＝0.3 m时，测得U＝0.15 V．(细线与圆盘间没有滑动，金属棒、导轨、导线及电刷的电阻均不计，重力加速度g＝10 m/s2)
图16
(1)测U时，与a点相接的是电压表的“正极”还是“负极”？
(2)求此时铝块的速度大小；
(3)求此下落过程中铝块机械能的损失．
【解析】　(1)正极
(2)由电磁感应定律得U＝E＝
ΔΦ＝BR2Δθ
U＝BωR2
v＝rω＝ωR
所以v＝＝2 m/s.
(3)ΔE＝mgh－mv2
ΔE＝0.5 J.
【答案】　(1)正极　(2)2 m/s　(3)0.5 J