第二章DIERZHANG 电磁感应
1.楞次定律
第1课时 探究影响感应电流方向的因素
@研习任务一
教材 认知
1.实验目的
（1）通过实验总结楞次定律.
（2）感受感应电流的磁场对回路磁通量变化的阻碍作用.
（3）知道楞次定律也符合能量守恒定律这一基本观点.
（4）运用楞次定律判断感应电流的方向，并通过实验进行验证.
2.实验器材
干电池、外标有明确绕向的大线圈、条形磁铁、U形磁铁、导线、滑动变阻器、零刻度线在刻度盘中央的灵敏电流计等.
3.实验原理与设计
观察并记录感应电流的方向与导体运动方向或磁通量变化情况间的关系.分析实验结果，归纳出决定感应电流方向的因素，总结出判断感应电流方向的方法.
（1）用灵敏电流计判断电流方向，可用试触法判断电流流向与电流表指针偏转方向之间的关系.
（2）用条形磁铁插入和拔出线圈实现磁场的增强和减弱，进而实现磁通量的变化；可改变进入线圈的磁极来实现不同的磁场方向.
（3）可利用导体棒切割磁感线，来探究导体运动方向与感应电流方向的关系.
4.实验步骤
（1）探究条形磁铁插入或拔出线圈时感应电流的方向
①确定电流表指针偏转方向与电流方向及电流表红、黑接线柱的关系
a.按图连接电路.
b.调节滑动变阻器，使接入电路的电阻最大.
c.迅速闭合开关，发现电流表指针偏转后立即断开开关.
d.记录电流方向与电流表的指针偏转方向和电流表红、黑接线柱接线情况，找出它们之间的关系.
②观察并记录磁场方向，磁通量变化情况与感应电流方向的关系
a.按图连接电路，明确螺线管的绕线方向.
b.按照控制变量的方法分别进行N极（S极）向下插入线圈和N极（S极）向上抽出线圈的实验.
c.观察并记录磁场方向、电流方向、磁通量大小变化情况，并将结果填入表格.
（2）探究导体切割磁感线时感应电流的方向
①用与实验1相同的方法判断电流方向与电流表指针偏转方向的关系.
②按图连接电路.
③沿不同方向移动导体棒.观察并记录磁场方向、导体棒运动方向和电流方向，将结果记录在设计的表格中.
研习 经典
[典例1] 我们可以通过实验探究电磁感应现象中感应电流方向的决定因素和遵循的物理规律.以下是实验探究过程的一部分，请补充完整.
（1）如图甲所示，当磁铁的N极向下运动时，发现电流表指针偏转，若要探究线圈中产生的感应电流的方向，必须知道
.
（2）如图乙所示，实验中发现闭合开关时，电流表指针向右偏.电路稳定后，若向左移动滑动触头，电流表指针向 偏转，若将线圈A抽出，电流表指针向 偏转.（均填“左”或“右”）
甲
乙
解析：（1）探究线圈中感应电流的方向必须先知道：①电流表指针偏转方向与电流从正（负）接线柱流入时的关系；②线圈的绕向；③电流表指针的偏转方向.由偏转方向得出电流流入电表的方向，再进一步得到线圈中电流的流向，即必须知道电流表指针偏转方向与电流方向间的关系.
（2）开关闭合时，线圈A产生的磁场由无到有，穿过线圈B的磁通量增加.若将滑动触头向左移动，线圈A中电流增加，穿过B的磁通量也增加，且磁场方向未变，所以电流表指针偏转方向与开关闭合时的偏转方向相同，即向右偏转；若将线圈A抽出，穿过线圈B的磁通量减少，电流表指针向左偏转.
答案：（1）电流表指针偏转方向与电流方向间的关系 （2）右 左
搞清楚实验原理是解决这类问题的关键，本实验共涉及三个变量：磁通量的变化、感应电流的方向、感应电流的磁场方向，搞清楚这三个量之间的因果关系，题目就变得简单了.
对应 训练
1.如图所示，线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连到电流表上，把线圈A装在线圈B的里面.实验中观察到，开关闭合瞬间，电流表指针向右偏转，则（ ）
A.开关断开瞬间，电流表指针不偏转
B.开关闭合瞬间，两个线圈中的电流方向可能同为顺时针或逆时针
C.开关闭合，向右移动滑动变阻器的滑片，电流表指针向右偏转
D.开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，线圈B将对线圈A产生排斥力
解析：开关断开瞬间，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其的磁通量减小，所以电流表指针会偏转，故A错误；开关闭合瞬间，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其的磁通量增大，所以两个线圈中的电流方向一定相反，故B错误；开关闭合，向右移动滑动变阻器的滑片，滑动变阻器接入回路的阻值减小，则线圈A中的电流增大，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其的磁通量增大，所以感应电流的方向应和开关闭合瞬间时的相同，即电流表指针向右偏转，故C正确；开关闭合，向上拔出线圈A的过程中，线圈B中会产生感应电流阻碍穿过其的磁通量减小，表现为线圈B对线圈A产生吸引力，故D错误.
答案：C
@研习任务二
教材 认知
1.实验数据处理
（1）将条形磁铁插入或抽出线圈时感应电流的方向填入下面表格.
N极向下（对 着线圈） S极向下
原磁场B0方向
磁铁运动方向
感应电流方向
感应电流的磁场 B'方向
磁通量变化情况
B0与B'方向关系
（2）将导体切割磁感线时感应电流的方向填入下表
磁场 方向
导体棒 运动 方向
电流 方向
2.注意事项
（1）确定电流方向与电流表指针偏转方向的关系时，要用试触法并注意减小电流强度，防止电流过大或通电时间过长损坏电流表.
（2）电流表选用零刻度在中间的灵敏电流计.
（3）实验前设计好表格，并明确线圈的绕线方向.
（4）按照控制变量的思想进行实验.
（5）进行一种操作后，等电流计指针回零后再进行下一步操作.
研习 经典
[典例2] 一灵敏电流计，当电流从它的正接线柱流入时，指针向正接线柱一侧偏转，现把它与一个线圈串联，将磁铁从线圈上方插入或拔出，请完成下列填空.
图（a）
图（b）
图（c）
图（d）
（1）图（a）中灵敏电流计指针的偏转方向为 （填“偏向正极”或“偏向负极”）.
（2）图（b）中磁铁下方的极性是 （填“N极”或“S极”）.
（3）图（c）中磁铁的运动方向是 （填“向上”或“向下”）.
（4）图（d）中线圈从上向下看的电流方向是 （填“顺时针”或“逆时针”）.
解析：（1）磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向下，根据楞次定律可知感应电流方向俯视为逆时针方向，从正接线柱流入电流计，指针偏向正极.
（2）由图（b）可知，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，又磁通量增加，根据楞次定律可知，磁铁下方为S极.
（3）磁场方向向下，电流从负接线柱流入电流计，根据安培定则，感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律可知，磁通量减小，磁铁向上运动.
（4）图（d）中磁铁向下运动，穿过线圈的磁通量增加，原磁场方向向上，根据楞次定律判断感应电流方向俯视为顺时针方向.
答案：（1）偏向正极 （2）S极 （3）向上 （4）顺时针
解决此类问题需要的必备知识是楞次定律，另外两个方向必须搞清楚：一是线圈绕向，二是电流方向和指针偏转方向之间的关系.
对应 训练
2.某学习小组利用如图所示的实验装置探究螺线管线圈中感应电流的方向.
（1）由于粗心该小组完成表格时漏掉了一部分（见表格），发现后又重做了这部分：将磁铁S极向下从螺线管上方竖直插入过程中，发现电流计指针向右偏转（已知电流从右接线柱流入电流计时，其指针向右偏转），则①填 ，②填 .
B原方向 ΔΦ I感方向 （俯视） B感方向
N极插入 向下 增大 逆时针 向上
S极插入 向上 增大 ① ②
N极抽出 向下 减小 顺时针 向下
S极抽出 向上 减小 逆时针 向上
（2）由实验可得磁通量变化ΔΦ、原磁场B原方向、感应电流的磁场B感方向三者之间的关系为 .
解析：（1）当S极插入时，原磁场方向向上，磁通量增大，感应电流磁场阻碍原磁场磁通量的增加，故感应电流磁场方向向下，感应电流方向（俯视）为顺时针方向.
（2）由实验可得磁通量变化ΔΦ、原磁场B原方向、感应电流的磁场B感方向三者之间的关系：ΔΦ增大，B感与B原反向；ΔΦ减小，B感与B原同向.
答案：（1）顺时针 向下 （2）ΔΦ增大，B原与B感反向，ΔΦ减小，B原与B感同向
@研习任务三
研习 经典
[典例3] （多选）绕有线圈的铁芯直立在水平桌面上，铁芯上套着一个铝环，线圈与电源、开关相连，如图所示.线圈上端与电源正极相连，闭合开关的瞬间，铝环向上跳起，若保持开关闭合，则（ ）
A.铝环不断升高
B.铝环停留在某一高度
C.铝环跳起到某一高度后将回落
D.如果电源的正、负极对调，观察到的现象不变
解析：闭合开关瞬间，线圈中的磁场增大，导致铝环内的磁通量增大，铝环中感应电流的磁场将阻碍磁通量的增大，产生与原磁场方向相反的磁场，因此将向上跳起，但是不能阻止磁通量变化，故铝环将落回线圈，故C正确，A、B错误；若将电源的正、负极对调，原磁场方向会改变，对应感应电流的磁场也会反向，二者磁场方向依然相反，所以闭合开关的瞬间，观察到的现象不变，故D正确.
答案：CD
解决创新实验的关键：一是要明确“阻碍”并非阻止；二是阻碍的是磁通量的变化，与磁场方向以及产生磁场的电流方向无关.
对应 训练
3.（2024·扬州中学高二期中）小张同学用图甲的实验装置“研究电磁感应现象”.断开开关瞬间，发现灵敏电流计的指针向左偏转了一下.
（1）闭合开关稳定后，将滑动变阻器的滑片向右滑动的过程中，灵敏电流计的指针 （填“向左偏转”“向右偏转”或“不偏转”）.
（2）如图乙所示，R为热敏电阻，其阻值随着周围环境温度的升高而减小.轻质金属环A用轻绳悬挂，与长直螺线管共轴（A线圈平面与螺线管线圈平面平行），并位于其左侧.若周围环境温度急剧上升时，从左向右看，金属环A中电流方向 （填“顺时针”或“逆时针”），金属环A将向 （填“左”或“右”）运动，并有 （填“收缩”或“扩张”）的趋势.
解析：（1）由题意可知当穿过B的磁通量减小时，指针向左偏转，则可知当穿过B的磁通量增大时，指针应该向右偏转，则闭合开关稳定后，将滑动变阻器的滑片向右滑动过程中，A所在回路中的电阻减小，则A中的电流增大，磁场变强，穿过B的磁通量增大，故灵敏电流计的指针向右偏转.
（2）当温度升高时，热敏电阻阻值减小，导致线圈中的电流增大，感应电流的磁场将与原磁场方向相反，依据右手螺旋定则，从左向右看，金属环A中电流方向为逆时针方向；金属环A中电流方向与线圈中电流方向相反，异向电流互相排斥，则金属环A将向左运动，根据左手定则，金属环A有收缩的趋势.
答案：（1）向右偏转 （2）逆时针 左 收缩
@课后提素养
1.在“探究感应电流的方向与哪些因素有关”的实验中，请完成下列实验步骤：
（1）为弄清灵敏电流计指针摆动方向与电流方向的关系，可以使用一个已知正负极性的直流电源进行探究.某同学想到了多用电表内部某一挡含有直流电源，他应选用多用电表的 （填“电阻”“直流电流”“直流电压”“交流电流”或“交流电压”）挡，对灵敏电流计进行测试，由实验可知当电流从正接线柱流入电流表时，指针向右摆动.
（2）该同学先将多用电表的红表笔接灵敏电流表的正接线柱，再将黑表笔 （填“短暂”或“持续”）接灵敏电流计的负接线柱，若灵敏电流计的指针向左摆动，说明电流是由电流计的 （填“正”或“负”）接线柱流入灵敏电流计的.
（3）实验中该同学将磁铁某极向下从线圈上方插入线圈时，发现灵敏电流计的指针向右偏转，请在图中用箭头画出线圈电流方向并用字母N、S标出磁铁的极性.
解析：（1）只有电阻挡连接内部电源.
（2）灵敏电流计量程太小，欧姆表内部电源电压相对偏大，电流超过电流计量程，长时间超量程通电会损坏电流计；电流从正接线柱流入电流计时，指针向右摆动，灵敏电流计的指针向左摆动，说明电流从电流计的负极流入.
（3）电流计的指针向右偏转，说明电流从正极进入电流计，感应电流的磁场方向向下，磁铁插入，磁通量增加，则原磁场方向向上，故插入的是S极.
答案：（1）电阻 （2）短暂 负 （3）见解析图
2.（2024·山西太原期中）研究电磁感应现象时，所用电流计的“0”刻度位于表盘的正中央.实验中发现，闭合S时，电流计的指针向左偏转（如图甲所示）.
甲 乙
（1）图乙中，将磁铁靠近螺线管时，发现电流计的指针向右偏转，则磁铁的下端是 （填“N”或“S”）极.
（2）图乙中，将磁铁N极向下从螺线管中拔出，电流计指针将 （填“向左”“向右”或“不”）偏转.
解析：（1）由甲图中闭合S时，电流计的指针向左偏转，可知电流从右接线柱流入时指针向左偏转，图乙中，将磁铁靠近螺线管时，发现电流计的指针向右偏转，则电流从左接线柱流入.结合螺线管绕法和安培定则可知，螺线管内部感应电流产生磁场方向向上，根据“增反减同”可知，磁铁的下端是N极.
（2）由以上分析知，将磁铁N极向下从螺线管中拔出，根据“增反减同”知螺线管内部感应电流产生磁场方向向下，由安培定则结合螺线管绕法可知，电流从右接线柱流入电流计，故电流计指针将向左偏转.
答案：（1）N （2）向左
3.在“探究影响感应电流方向的因素”实验中，所需的实验器材部分已用导线连接成如图所示的实验电路.
（1）用笔画线代替导线把电路连接完整.
（2）将线圈A插入线圈B中，闭合开关的瞬间，线圈B中感应电流与线圈A中电流的绕行方向 .
（3）设想使一线圈中电流逆时针流动，另一线圈中感应电流顺时针流动，可行的实验操作是 .
A.抽出线圈A
B.插入软铁棒
C.使变阻器滑片P右移
D.断开开关
解析：（1）如图所示.
（2）将线圈A插入线圈B中，闭合开关的瞬间，穿过线圈B的磁通量变大，由增反减同可得，线圈B中感应电流与线圈A中电流的绕行方向相反.
（3）使一线圈中电流逆时针流动，另一线圈中感应电流顺时针流动，则穿过副线圈的磁通量应该增大.抽出线圈A，穿过副线圈的磁通量减小，原、副线圈电流方向相同，A错误；插入软铁棒，穿过副线圈的磁通量增大，原、副线圈电流方向相反，B正确；由电路图可知，使滑动变阻器滑片P右移，原线圈中的电流增大，穿过副线圈的磁通量增大，原、副线圈电流方向相反，C正确；断开开关，穿过副线圈的磁通量减小，原、副线圈电流方向相同，D错误，故选BC.
答案：（1）见解析图 （2）相反 （3）BC
第2课时 楞次定律
核心素养：
1.理解楞次定律和右手定则，能够运用感应电流产生的条件判断能否产生感应电流.（物理观念）
2.理解楞次定律中“阻碍”的含义，并能应用楞次定律解决实际问题，获得结论.（科学思维）
3.能根据楞次定律的实验方案探究，进行分析归纳，总结出楞次定律.（科学探究）
4.学习科学家的科学探究精神，知道电磁感应在生活生产中的应用.（科学态度与责任）
@研习任务一
合作 讨论
1.楞次定律中“阻碍”与“阻止”有何区别？
提示：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.
2.当线圈和磁场发生相对运动而引起感应电流时，感应电流的效果是阻碍线圈或磁场的运动吗？
提示：感应电流的效果是阻碍线圈或磁场间的相对运动.
教材 认知
1.内容：感应电流具有这样的方向，即感应电流的磁场总要 阻碍 引起感应电流的 磁通量 的 变化 .
2.理解：当磁通量增加时，感应电流的磁场与原磁场方向 相反 ；当磁通量减少时，感应电流的磁场与原磁场方向 相同 ，即增 反 减 同 .
要点 归纳
1.因果关系
闭合导体回路中原磁通量的变化是产生感应电流的原因，而感应电流的磁场的产生是感应电流存在的结果，即只有当闭合导体回路中的磁通量发生变化时，才会有感应电流的磁场出现.
2.对楞次定律中“阻碍”的理解
问题 结论
谁阻碍谁 是感应电流的磁场阻碍引起感应电流的磁场（原磁场）的磁通量的变化
为何阻碍 （原）磁场的磁通量发生了变化
阻碍什么 阻碍的是磁通量的变化，而不是阻碍磁通量本身
如何阻碍 当原磁场磁通量增加时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相反；当原磁场磁通量减少时，感应电流的磁场方向与原磁场的方向相同，即“增反减同”
结果如何 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，最终结果不受影响
3.运用楞次定律判断感应电流方向的步骤
（1）明确闭合回路中引起感应电流的磁场（原磁场）的方向.
（2）判断穿过闭合回路原磁场磁通量的变化.
（3）根据楞次定律判断感应电流的磁场方向.
（4）运用安培定则，由感应电流的磁场方向，判断出感应电流的方向.
研习 经典
[典例1] 一磁体自上向下运动，穿过一闭合导体回路，如图所示.当磁体运动到a处和b处时，回路中感应电流的方向（从上向下看）分别是（ ）
A.顺时针，逆时针 B.逆时针，顺时针
C.顺时针，顺时针 D.逆时针，逆时针
解析：当磁铁接近线圈运动到a处时，线圈中的磁通量向下增加，由楞次定律可知感应电流的磁场方向向上，由安培定则知线圈中感应电流的方向为逆时针（俯视）；当磁铁从线圈中穿出运动到b处时，原磁场方向不变仍向下，但穿过线圈的磁通量要减少，根据楞次定律知感应电流的磁场方向向下，由安培定则知感应电流为顺时针（俯视）.故选B.
答案：B
用楞次定律解题时一定要把握好因果关系，明确阻碍的意义和方法，可以按照用楞次定律判断感应电流方向的步骤，多练几遍以达到熟能生巧、运用自如.
对应 训练
1.（2020·江苏高考）如图所示，两匀强磁场的磁感应强度B1和B2大小相等、方向相反.金属圆环的直径与两磁场的边界重合.下列变化会在环中产生顺时针方向感应电流的是（ ）
A.同时增大B1减小B2
B.同时减小B1增大B2
C.同时以相同的变化率增大B1和B2
D.同时以相同的变化率减小B1和B2
解析：若产生顺时针方向的感应电流，则感应磁场的方向垂直纸面向里，由楞次定律可知，圆环中的净磁通量变化为向里的磁通量减少或者向外的磁通量增多，A错误，B正确；同时以相同的变化率增大B1和B2，或同时以相同的变化率减小B1和B2，两个磁场的磁通量总保持大小相等，所以总磁通量为0，不会产生感应电流，C、D 错误.
答案：B
@研习任务二
合作 讨论
如图所示，假定导体棒CD向右运动.
（1）我们研究的是哪个闭合导体回路？
（2）当导体棒CD向右运动时，穿过这个闭合导体回路的磁通量是增大还是减小？
（3）感应电流的磁场应该是沿哪个方向的？
（4）导体棒CD中的感应电流是沿哪个方向的？
提示：（1）我们研究的是CDEF这个闭合的回路.
（2）当CD向右运动时，穿过闭合回路的磁通量方向向里，并且在增加.
（3）根据楞次定律，感应电流的磁场阻碍磁通量的增加，所以感应电流的磁场垂直纸面向外.
（4）根据安培定则可判断感应电流方向由C指向D.
教材 认知
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.
要点 归纳
1.右手定则适用范围：闭合电路的部分导体切割磁感线产生感应电流方向的判断.
2.右手定则反映了磁场方向、导体运动方向和感应电流方向三者之间的关系
（1）大拇指所指的方向是导体相对磁场切割磁感线的运动方向，既可以是导体运动而磁场未动，也可以是导体未动而磁场运动，还可以是两者以不同速度同时运动.
（2）四指指向电流方向，切割磁感线的导体相当于电源.
（3）电流流出的一端相当于电源的正极.
3.楞次定律与右手定则的比较
规律比较内容 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 只适用于部分导体在磁场中做切割磁感线运动的情况
应用 用于磁感应强度B随时间变化而产生的电磁感应现象 用于导体切割磁感线产生的电磁感应现象
联系 右手定则是楞次定律的特例
4.右手定则与左手定则的比较
比较项目 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→受力
应用实例 发电机 电动机
研习 经典
[典例2] （多选）如图所示，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
解析：以导体棒MN为研究对象，所处位置磁场方向向下，导体棒运动方向向右，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，故B、D错，A、C对.
答案：AC
对于既需要判断电流方向又需要判断安培力方向的问题，一定分清楚右手定则和左手定则，判断受力的时候用左手（如：安培力、洛伦兹力），其余情况用右手（如：感应电流的方向、电流周围产生磁场的方向）.在导体棒切割磁感线的问题中，安培力充当阻力，对导体棒做负功，把机械能转化为电能，所以安培力的方向与运动方向相反.
对应 训练
2.如图所示，边长为d的正方形线圈，从位置A开始向右运动，并穿过宽度为L（L＞d）的匀强磁场区域到达位置B，则（ ）
A.整个过程，线圈中始终有感应电流
B.整个过程，线圈中始终没有感应电流
C.线圈进入磁场和离开磁场的过程中，有感应电流，方向都是逆时针方向
D.线圈进入磁场过程中，感应电流的方向为逆时针方向；离开磁场的过程中，感应电流的方向为顺时针方向
解析：在线圈进入或离开磁场的过程中，穿过线圈的磁通量发生变化，有感应电流产生，线圈在磁场外或全部在磁场中时，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，A、B错误；由右手定则可知，线圈进入磁场的过程中，感应电流沿逆时针方向，线圈离开磁场的过程中，感应电流沿顺时针方向，C错误，D正确.
答案：D
知识 构建
@课后提素养
基础 题组
1.判断正误.
（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）感应电流的磁场可能与引起感应电流的磁场方向相同.（ √ ）
（3）感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化.（ √ ）
（4）右手定则和楞次定律都适用于所有电磁感应现象中感应电流方向的判断.（ × ）
（5）感应电流沿楞次定律所描述的电流方向，说明电磁感应现象遵守能量守恒定律.（ √ ）
2.如图所示，磁场中有一导线MN与“
“形光滑的金属框组成闭合电路，当导线向右运动时，下列说法正确的是（ ）
A.电路中有顺时针方向的电流
B.电路中有逆时针方向的电流
C.导线的N端相当于电源的正极
D.电路中无电流产生
解析：根据右手定则，由题意可知，当导线向右运动时，产生的感应电流方向由N端经过导线到M端，因此有逆时针方向的感应电流，故A错误，B正确；由以上分析可知，电源内部的电流方向由负极到正极，因此N端相当于电源的负极，故C错误；根据感应电流产生的条件可知，电路中会产生感应电流，故D错误.
答案：B
3.如图所示，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项正确.
答案：D
中档 题组
1.（多选）如图所示，圆环形导体线圈a平放在水平桌面上，在a的正上方固定一竖直螺线管b，二者轴线重合，螺线管与电源和滑动变阻器连接成如图所示的电路.若将滑动变阻器的滑片P向下滑动，下列表述正确的是（ ）
A.线圈a中将产生俯视顺时针方向的感应电流
B.穿过线圈a的磁通量变小
C.线圈a有收缩的趋势
D.线圈a对水平桌面的压力FN将增大
解析：由楞次定律可知线圈a中将产生俯视逆时针方向的感应电流，故A错误；滑片向下滑动，阻值减小，电流增大，磁感应强度增大，说明穿过线圈a的磁通量变大，故B错误；穿过线圈a的磁通量变大，要阻碍磁通量增大，由楞次定律可知线圈a有收缩的趋势，同时有远离螺线管的趋势，因此线圈a对水平桌面的压力FN将增大，故C、D正确.
答案：CD
2.如图所示，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，下列说法正确的是（ ）
A.P、Q将互相靠拢
B.P、Q将互相远离
C.磁铁的加速度一定大于g
D.磁铁下落过程机械能守恒
解析：条形磁铁从高处下落接近回路时，闭合回路中磁通量增加，根据楞次定律，P、Q将互相靠拢以阻碍磁通量的增加，A正确，B错误；条形磁铁从高处下落接近回路时，闭合回路中磁通量增加，根据楞次定律，感应电流产生的磁场会阻碍磁铁的靠近以达到阻碍回路磁通量增加的目的，所以条形磁铁下落的加速度小于g，磁铁受到阻力，并且阻力做功，所以磁铁的机械能减少，C、D错误.
答案：A
3.如图所示，在北京某地有一间房子坐北朝南，门口朝向正南，门扇四周是铝合金边框，中间是绝缘体玻璃，则下列说法正确的是（ ）
A.房子所在位置地磁场的磁感线由南指向北，与水平面平行
B.无论开门还是关门的过程中，穿过门扇的磁通量是不变的
C.某人站在室内面向正南推开门的过程中，对这个人来说，铝合金边框中的感应电流方向为逆时针
D.某人站在室内面向正南关上门的过程中，对这个人来说，铝合金边框中的感应电流方向为逆时针
解析：北京在地球的北半球，房子所在位置地磁场的磁感线由南指向北，与水平面成一定的角度斜向下，选项A错误；门在关闭时磁通量最大，则开门或关门的过程中，穿过门扇的磁通量都要变化，选项B错误；某人站在室内面向正南推开门的过程中，穿过门的磁通量向北减小，根据楞次定律可知，对这个人来说，铝合金边框中的感应电流方向为逆时针，选项C正确；某人站在室内面向正南关上门的过程中，穿过门的磁通量向北增加，根据楞次定律可知，对这个人来说，铝合金边框中的感应电流方向为顺时针，选项D错误.故选C.
答案：C
@课时作业（五）
[基础训练]
1.关于感应电流，下列说法正确的是（ ）
A.根据楞次定律知：感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁通量
B.感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化
C.当导体切割磁感线运动时，必须用右手定则确定感应电流的方向
D.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
解析：由楞次定律知，感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流的磁通量的变化，故A错误.感应电流的磁场总是阻碍电路中的原磁通量的变化，不是阻碍原磁场的变化，故B错误.导体切割磁感线运动时，可直接用右手定则确定感应电流的方向，也可以由楞次定律确定感应电流的方向，故C错误.由楞次定律知，如果是因磁通量的减少而引起的感应电流，则感应电流的磁场方向与引起感应电流的磁场方向相同，阻碍磁通量的减小；如果是因磁通量的增加而引起的感应电流，则感应电流的磁场与引起感应电流的磁场方向相反，阻碍磁通量的增加，故D正确.
答案：D
2.如图所示的各种情境中，满足磁铁与线圈相互排斥，通过R的感应电流方向从a到b的是（ ）
A B
C D
解析：要线圈与磁铁相互排斥需线圈闭合，A错误；根据“来拒去留”可知，当磁铁靠近线圈时，线圈会对磁铁有排斥作用，根据楞次定律可知，B图中通过R的感应电流方向是从a到b，故B正确.
答案：B
3.如图所示，长直通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面.下列操作中能使导线与线圈相互吸引的是（ ）
A.MN中的电流突然增大
B.MN向左平移
C.线圈向上平移
D.线圈绕MN旋转90°
解析：根据安培定则，线圈所在处的磁场垂直纸面向里，MN中的电流突然增大，线圈的磁通量增大，由楞次定律，线圈产生逆时针方向的感应电流，根据左手定则，ab边受安培力向右，cd边受安培力向左，ab边磁场强，安培力大，导线与线圈相互排斥，A错误；MN向左平移，线圈的磁通量减小，由楞次定律，线圈产生顺时针方向的感应电流，根据左手定则，ab边受安培力向左，cd边受安培力向右，ab边磁场强，安培力大，导线与线圈相互吸引，B正确；线圈向上平移，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，导线与线圈无作用力，C错误；线圈绕MN旋转90°，穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，导线与线圈无作用力，D错误.
答案：B
4.如图所示，水平放置的绝缘桌面上有一个金属圆环，圆心的正上方有一个竖直的条形磁铁.从上方俯视，当把条形磁铁水平向右平移时，圆环保持静止.下列说法正确的是（ ）
A.环中产生顺时针的感应电流
B.环对桌面的压力小于重力
C.环受到向右的摩擦力
D.环有收缩的趋势
解析：当条形磁铁水平向右平移时，闭合金属环内向上的磁通量减小，由楞次定律可知，金属圆环中会产生逆时针方向的感应电流，将金属圆环等效成条形磁体，则上面为N极，故与条形磁铁相吸，则环对桌面的压力小于重力，故A错误，B正确；当条形磁铁沿水平向右平移时，闭合金属圆环内的磁通量减小，因此圆环的面积有扩大的趋势，同时有跟随磁铁向右运动的趋势，金属圆环受安培力的水平分力跟条形磁铁运动的方向相同，则环受到向左的摩擦力，故C、D错误.
答案：B
5.如图所示，线圈P、Q同轴放置，P与开关S、电源和滑动变阻器R组成回路，Q与电流计G相连，要使线圈Q产生图示方向的电流，可采用的方法有（ ）
A.闭合开关S后，把R的滑片右移
B.闭合开关S后，把R的滑片左移
C.闭合开关S后，使Q远离P
D.无须闭合开关S，只要使Q靠近P即可
解析：闭合开关S后，线圈P产生的磁场向右穿过线圈Q，线圈Q中的原磁场方向水平向右，要使线圈Q产生图示方向的电流，即线圈Q中的感应磁场方向水平向左，根据“增反减同”的结论，线圈Q中原磁场的磁通量要增加，则可以把R的滑片左移或者使Q靠近P，故B正确，A、C错误；开关S不闭合，线圈Q中无磁场通过，Q中不会有电流产生，故D错误.故选B.
答案：B
6.（2020·课标全国卷Ⅲ）如图所示，水平放置的圆柱形光滑玻璃棒左边绕有一线圈，右边套有一金属圆环.圆环初始时静止.将图中开关S由断开状态拨至连接状态，电路接通的瞬间，可观察到（ ）
A.拨至M端或N端，圆环都向左运动
B.拨至M端或N端，圆环都向右运动
C.拨至M端时圆环向左运动，拨至N端时向右运动
D.拨至M端时圆环向右运动，拨至N端时向左运动
解析：无论拨至M端或N端，线圈中的电流从无到有，电流产生的磁感应强度增大，通过圆环的磁通量增大，圆环会向右运动以阻碍磁通量的增大.故选B.
答案：B
7.如图所示，在方向垂直于纸面向里的匀强磁场中有一U形金属导轨，导轨平面与磁场垂直.金属杆PQ置于导轨上并与导轨形成闭合回路PQRS，一圆环形金属线框T位于回路围成的区域内，线框与导轨共面.现让金属杆PQ突然向右运动，在运动开始的瞬间，关于感应电流的方向，下列说法正确的是（ ）
A.PQRS中沿顺时针方向，T中沿逆时针方向
B.PQRS中沿顺时针方向，T中沿顺时针方向
C.PQRS中沿逆时针方向，T中沿逆时针方向
D.PQRS中沿逆时针方向，T中沿顺时针方向
解析：金属杆PQ向右切割磁感线，根据右手定则可知PQRS中感应电流沿逆时针方向；原来T中的磁场方向垂直于纸面向里，闭合回路PQRS中的感应电流产生的磁场方向垂直于纸面向外，使得穿过T的向里的磁通量减小，根据楞次定律可知T中产生顺时针方向的感应电流.综上所述，可知A、B、C错误，D正确.
答案：D
[能力提升]
8.如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过电流强度相等但方向相反的电流.矩形线框位于两条导线的正中间，下列措施中能使矩形线框中产生顺时针方向电流的是（ ）
A.两导线中的电流同时减小
B.两导线中的电流同时增大
C.线框向左移动
D.线框向右移动
解析：由右手螺旋定则可知，a和b两直导线在矩形线框所在区域产生的磁场垂直于纸面向上，当两导线中电流同时减小时，矩形线框中磁通量减小，由楞次定律可知，矩形线框中产生逆时针方向的电流，同理可知，当两导线中的电流同时增大时产生顺时针方向的电流，A错误，B正确；当线框向左移动或向右移动时，线框中的磁通量不变，没有感应电流产生，C、D错误.
答案：B
9.（多选）如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，MN的左边有一闭合电路，当PQ在外力的作用下运动时，MN向右运动，则PQ所做的运动可能是（ ）
A.向右加速运动 B.向左加速运动
C.向右匀速运动 D.向右减速运动
解析：根据安培定则可知，MN处于闭合电路产生的垂直于纸面向里的磁场中，MN在安培力作用下向右运动，说明MN受到的安培力方向向右，由左手定则可知电流由M指向N，由安培定则知线圈L1中感应电流产生的磁场方向向上，由楞次定律可知，线圈L2中产生感应电流的磁场应该是向上减小或向下增加；再由右手定则可知PQ可能是向左加速运动或向右减速运动.
答案：BD
10.（多选）电动汽车越来越被人们所喜爱，某种无线充电方式的基本原理如图所示，路面下依次铺设圆形线圈，相邻两个线圈由供电装置通以反向电流，车身底部固定感应线圈，通过充电装置与蓄电池相连，汽车在此路面上行驶时，就可以进行充电.若汽车正在匀速行驶，下列说法正确的是（ ）
A.感应线圈中产生的是方向不变、大小不变的电流
B.感应线圈中产生的是方向改变、大小不变的电流
C.感应线圈一定受到路面线圈磁场的安培力，且该安培力会阻碍汽车运动
D.若给路面下的线圈通以同向电流，则会影响充电效果
解析：由于路面下线圈中的电流不知是怎么变化，即产生的磁场无法确定变化情况，所以感应线圈中的电流大小不能确定，故A、B错误；感应线圈随汽车一起运动过程中会产生感应电流，在路面线圈的磁场中受到安培力，根据“来拒去留”可知，此安培力阻碍相对运动，即阻碍汽车运动，故C正确；给路面下的线圈通以同向电流时，路面下的线圈产生相同方向的磁场，汽车运动时，穿过感应线圈的磁通量变化率变小，所以产生的感应电流变小，影响充电效果，故D正确.
答案：CD
11.如图甲所示，半径为r＝1 m的线圈处在匀强磁场中，磁场与线圈平面垂直，线圈的电阻R＝10 Ω，磁场磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，以垂直线圈平面向里为磁场的正方向，则下列说法正确的是（ ）
甲
乙
A.0～1 s内线圈中产生的电流沿逆时针方向
B.1～2 s内线圈中产生的电流沿顺时针方向
C.2～3 s内线圈有收缩的趋势
D.2～3 s内感应电流的方向与3～4 s内感应电流方向相反
解析：0～1 s内线圈中的磁通量增大，由楞次定律可知，0～1 s内线圈中产生的电流沿逆时针方向，故A正确；1～2 s内磁感应强度不变，线圈中的磁通量不变，线圈中没有感应电流产生，故B错误；2～3 s内线圈中的磁通量减小，由“增缩减扩”可知，线圈有扩张的趋势，故C错误；2～3 s内线圈中的磁通量减小，磁场方向向里，由楞次定律可知，2～3 s内线圈中产生顺时针方向的电流，3～4 s内线圈中的磁通量增大，磁场方向向外，由楞次定律可知，3～4 s内线圈中产生顺时针方向的电流，故D错误.
答案：A
12.在“探究影响感应电流方向的因素”的实验中：
（1）实验装置如图（a）所示，合上开关S时发现电流表指针向右偏，填写表格：
实验操作 指针偏向 （填“左”或“右”）
滑片P右移时
在原线圈中插入软铁棒时
拔出原线圈时
（2）如图（b）所示，A、B为原、副线圈的俯视图，已知副线圈中产生顺时针方向的感应电流，根据图（a）可判断可能的情况是 .
A.原线圈中电流为顺时针方向，滑动变阻器滑片P向右移
B.原线圈中电流为顺时针方向，正从副线圈中拔出铁芯
C.原线圈中电流为逆时针方向，正把铁芯插入原线圈中
D.原线圈中电流为逆时针方向，开关S正断开时
解析：（1）合上开关S时发现电流表指针向右偏，知磁通量增加时，电流表指针向右偏.当滑片右移时，原线圈电流增大，则磁通量增加，电流表指针向右偏.在原线圈中插入软铁棒时，使得磁通量增加，电流表指针向右偏.拔出线圈时，使得磁通量减小，则电流表指针向左偏.
（2）原线圈中电流为顺时针方向，滑动变阻器滑片P向右移，原线圈电流增大，则电流的磁场增大，根据楞次定律，在副线圈中产生逆时针方向的感应电流，故A错误；原线圈中电流为顺时针方向，正从副线圈中拔出铁芯，则磁通量减小，根据楞次定律可知在副线圈中产生顺时针方向的感应电流，故B正确；原线圈中电流为逆时针方向，正把铁芯插入原线圈中，则磁通量增加，根据楞次定律可知在副线圈中产生顺时针方向的感应电流，故C正确；原线圈中电流为逆时针方向，开关S正断开时，磁通量减小，根据楞次定律，在副线圈中产生逆时针方向的感应电流，故D错误.
答案：（1）右 右 左 （2）BC
2.法拉第电磁感应定律
核心素养：
1.了解感应电动势的概念，会判断等效电源，判断感应电动势的方向，解决实际问题.（物理观念）
2.能通过比较，区分Φ、ΔΦ、，正确理解法拉第电磁感应定律的意义，并会运用其进行有关计算.（科学思维）
3.会应用法拉第电磁感应定律推导公式E＝Blv，并会利用公式进行有关计算.（科学思维）
@研习任务一
合作 讨论
如图所示，将条形磁铁从同一高度插入线圈中，快速插入和缓慢插入有什么相同和不同？
提示：同样的磁铁、同样的线圈匝数，磁体穿过线圈的过程中线圈磁通量的变化量是相同的，但是磁铁穿过的时间不同，从而磁通量的变化快慢不同，即磁通量的变化率不同.
教材 认知
1.感应电动势
在 电磁感应 现象中产生的电动势叫作感应电动势，产生感应电动势的那部分导体相当于 电源 .
2.法拉第电磁感应定律
（1）内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的 变化率 成正比.
（2）表达式：E＝ n ，其中n为线圈的匝数.
（3）单位：在国际单位制中，磁通量的单位是韦伯（Wb），电动势的单位是 伏特（V） .
要点 归纳
1.磁通量Ф、磁通量的变化量ΔФ及磁通量的变化率的比较
项目 磁通量Ф 磁通量的变化量ΔФ 磁通量的变化率
物理 意义 某时刻穿过磁场中某个面的磁感线条数 在某一过程中穿过某个面的磁通量的变化量 穿过某个面的磁通量变化的快慢
当B、 S互相垂直时大小计算 Ф＝BS ΔФ＝ ＝
注意 若穿过某个面有方向相反的磁场，则不能直接用Ф＝BS.应考虑相反方向的磁通量或抵消以后所剩余的磁通量 开始和转过180°时平面都与磁场垂直，但穿过平面的磁通量是不同的，一正一负，ΔФ＝2BS，而不是零 既不表示磁通量的大小，也不表示变化的多少，在Ф－t图像中，可用图线的斜率表示
2.对感应电动势的理解
（1）感应电动势的大小由穿过电路的磁通量的变化率和线圈的匝数n共同决定，而与磁通量Ф、磁通量的变化量ΔФ的大小没有必然联系，和电路的电阻R无关.
（2）磁通量的变化常由B的变化或S的变化引起.
①当ΔФ仅由B的变化引起时，E＝nS.
②当ΔФ仅由S的变化引起时，E＝nB.
（3）E＝n计算的是Δt时间内的平均感应电动势，其中n为线圈匝数，ΔФ取绝对值.当Δt→0时，E＝n的值才等于瞬时感应电动势.
（4）求磁通量的变化率时S应取有效面积.
3.Ф－t图像：在Ф－t图像中，磁通量的变化率是图像上某点切线的斜率.
研习 经典
[典例1] 将闭合多匝线圈置于仅随时间变化的磁场中，线圈平面与磁场方向垂直，关于线圈中产生的感应电动势和感应电流，下列表述正确的是（ ）
A.感应电动势的大小与线圈的匝数无关
B.穿过线圈的磁通量越大，感应电动势越大
C.穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大
D.感应电流产生的磁场方向与原磁场方向始终相同
解析：由E＝n可知，感应电动势的大小与线圈的匝数及磁通量的变化率有关，匝数越多，磁通量变化越快，感应电动势就越大.若磁场的磁感应强度在减小，则感应电流的磁场方向与原磁场方向相同；若磁场的磁感应强度在增大，则感应电流的磁场方向与原磁场方向相反.故C正确，A、B、D错误.
答案：C
这类问题重在培养科学思维，要正确区分磁通量、磁通量的变化量、磁通量的变化率，知道感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，与磁通量、磁通量的变化量没有必然联系.
对应 训练
1.（2023·湖北高考）近场通信（NFC）器件应用电磁感应原理进行通讯，其天线类似一个压平的线圈，线圈尺寸从内到外逐渐变大.如图所示，一正方形NFC线圈共3匝，其边长分别为1.0 cm、1.2 cm和1.4 cm，图中线圈外线接入内部芯片时与内部线圈绝缘.若匀强磁场垂直通过此线圈，磁感应强度变化率为103 T/s，则线圈产生的感应电动势最接近（ ）
A.0.30 V B.0.44 V
C.0.59 V D.4.3 V
解析：根据法拉第电磁感应定律可知E＝＝＝103×（1.02＋1.22＋1.42）×10－4 V＝0.44 V，故选B.
答案：B
@研习任务二
合作 讨论
如图所示，把矩形线框CDMN放在磁感应强度为B的匀强磁场里，线框平面跟磁感线垂直.设线框可动部分导体棒MN的长度为l，它以速度v向右运动，在Δt时间内，由原来的位置MN移到M1N1.这个过程中回路中产生的感应电动势多大？
提示：这个过程中线框的面积变化量是ΔS＝lvΔt
穿过闭合电路的磁通量的变化量是ΔФ＝BΔS＝BlvΔt
根据法拉第电磁感应定律E＝
由此求得感应电动势E＝Blv.
教材 认知
1.垂直切割：导线垂直于磁场方向运动，B、l、v两两垂直时，如图1所示，E＝ Blv .
图1
图2
2.不垂直切割：导线的运动方向与导线本身垂直，但与磁感线方向夹角为θ时，如图2所示，E＝ Blvsin θ .
3.功能关系：导体棒切割磁感线产生感应电流，导体棒所受安培力的方向与导体棒运动方向相反，导体棒克服 安培力 做功，把其他形式的能转化为电能.
要点 归纳
1.对公式的理解
（1）l取有效长度
①如图1所示，l是导线切割磁感线的有效长度，即导线两端点连接后在垂直于B、v方向上的投影长度（图中虚线的长度）.
②如图2所示，长为l的导体棒垂直切割磁感线时，其感应电动势E＝Blvsin θ≠Blv，导体棒的有效长度为l'＝lsin θ.
③如图3所示，l是接入回路中的长度.
④如图4所示，l是处于磁场中的长度.
图1
图2
图3
图4
（2）对v的理解
①公式中的v应理解为导体和磁场间的相对速度，当导体不动而磁场运动时，也有感应电动势产生.
②若速度v为平均值，E就为平均感应电动势；若速度v为瞬时值，E就为瞬时感应电动势.
③v取既垂直于磁场又垂直于导体棒的分速度.
2.公式E＝n与E＝Blvsin θ的对比
E＝n E＝Blvsin θ
区 别 研究 对象 整个闭合回路 回路中做切割磁感线运动的那部分导体
适用 范围 各种电磁感应现象 只适用于匀强磁场中导体切割磁感线运动的情况
计算 结果 Δt内的平均感应电动势 某一时刻的瞬时感应电动势
联系 E＝Blvsin θ是由E＝n在一定条件下推导出来的，该公式可看作法拉第电磁感应定律的一个推论
3.导体转动切割磁感线产生的电动势
（1）如图所示，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＝Bl＝Bl·＝Bl2ω.
（2）转轴位置不同的感应电动势
导体棒转动切割 转轴位置
端点 中点 任意位置
Eab＝Bl ＝Blv中＝ Bl2ω Eab＝0 Eab＝Bω －Bω
研习 经典
[典例2] 如图所示，MN、PQ为两条平行放置的金属导轨，左端接有定值电阻R，金属棒AB斜放在两导轨之间，与导轨接触良好，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面，设金属棒与两导轨接触点之间的距离为l，金属棒与导轨间夹角为60°，以速度v水平向右匀速运动，不计导轨和棒的电阻，则流过金属棒中的电流为（ ）
A.I＝ B.I＝
C.I＝ D.I＝
解析：当金属棒以速度v水平向右匀速运动，金属棒切割磁感线，产生感应电动势和感应电流，金属棒的有效切割长度为l，ab中产生的感应电动势为E＝Blv，通过R的电流为I＝＝，故选B.
答案：B
金属棒做切割磁感线运动时，切割磁感线的那部分导体相当于电源，解决此类问题需要结合闭合电路欧姆定律，必要时画出等效电路图.
对应 训练
2.（多选）如图所示，水平放置足够长的光滑金属导轨abc和de，ab与de平行，bc是以O为圆心的圆弧导轨.圆弧be左侧和扇形Obc内有方向如图的匀强磁场.金属杆OP的O端与e点用导线相接，P端与圆弧bc接触良好.初始时，可滑动的金属杆MN静止在平行导轨上.若杆OP绕O点在匀强磁场区内从b到c匀速转动时，回路中始终有电流，则此过程中，下列说法正确的有（ ）
A.杆OP产生的感应电动势恒定
B.杆OP受到的安培力不变
C.杆MN做匀加速直线运动
D.杆MN中的电流逐渐减小
解析：OP转动切割磁感线产生的感应电动势为E＝Br2ω，因为OP匀速转动，所以杆OP产生的感应电动势恒定，故A正确；杆OP匀速转动产生的感应电动势产生的感应电流由M到N通过金属杆MN，由左手定则可知，MN会向左运动，MN运动会切割磁感线，产生感应电流与原来电流方向相反，使回路电流减小，MN所受合力为安培力，电流减小，安培力会减小，加速度减小，故D正确，B、C错误.
答案：AD
知识 构建
@课后提素养
基础 题组
1.判断正误.
（1）线圈中磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大.（ × ）
（2）线圈中磁通量的变化量ΔΦ越大，线圈中产生的感应电动势一定越大.（ × ）
（3）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.（ × ）
（4）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.（ √ ）
（5）在电磁感应现象中，有感应电流，就一定有感应电动势；反之，有感应电动势，就一定有感应电流.（ × ）
2.图中的A和B都是铝环，A环是闭合的，B环是断开的，绝缘横梁可以绕中间的支点转动.某同学在实验时将观察到的现象记录如下：用磁铁的任意一极移近A环，A环都会被排斥，把磁铁远离A环，A环又会被磁铁吸引.但磁极移近或远离B环时，却没有发现与A环相同的现象.关于对实验现象的分析下列说法错误的是（ ）
A.磁铁的任意一极移近A环，A环磁通量增大，产生了感应电动势，产生了感应电流，受到了安培力，因此被磁铁排斥
B.磁铁的任意一极移近B环，B环磁通量增大，产生了感应电动势，但没有产生感应电流，没有受到安培力，因此没有改变其静止的状态
C.磁铁的任意一极远离A环，A环磁通量减小，产生了感应电动势，产生了感应电流，受到了安培力，因此被磁铁吸引
D.磁铁的任意一极远离B环，B环磁通量减小，因B环未闭合，故而未能产生感应电动势，也就没有感应电流产生，没有受到安培力，因此没有改变其静止的状态
解析：产生感应电动势的条件是磁通量变化，与线圈是否闭合无关.若线圈磁通量变化，产生了感应电动势，且线圈是闭合的，则会产生感应电流.即产生感应电流的条件是两个：①线圈闭合；②磁通量变化.产生感应电动势只需要磁通量变化即可.故D选项错误.
答案：D
3.如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，将一个水平放置的金属棒ab以水平初速度v0抛出，设运动的整个过程中棒的方向不变且不计空气阻力，则金属棒在运动过程中产生的感应电动势大小将（ ）
A.越来越大 B.越来越小
C.保持不变 D.无法确定
解析：根据E＝Blvsin θ＝Blvx，金属棒ab做平抛运动，水平速度保持不变，可知感应电动势保持不变，C正确.
答案：C
中档 题组
1.如图甲所示，阻值为R＝8 Ω的电阻与阻值为r＝2 Ω的单匝圆形金属线圈连接成闭合回路.金属线圈的面积S＝1.0 m2，在线圈中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乙所示，导线的电阻不计，则前2 s时间内 （ ）
A.流过电阻R的电流方向为从E到F
B.流过电阻R的电流大小为0.4 A
C.通过电阻R的电荷量为0.2 C
D.电阻R上产生的热量为0.64 J
解析：由楞次定律可知，通过R的电流方向为F→E，A错误；由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势E＝＝＝×1.0 V＝2 V，感应电流I＝＝ A＝0.2 A，B错误；前2 s时间内通过电阻R的电荷量q＝It＝0.2×2 C＝0.4 C，C错误；电阻R上产生的热量Q＝I2Rt＝0.22×8×2 J＝0.64 J，D正确.
答案：D
2.如图所示，固定在水平面上的金属架abcd处在竖直向下的匀强磁场中，金属棒MN沿框架以速度v向右做匀速直线运动，t＝0时，磁感应强度为B0，此时MN到达的位置恰好使MbcN构成一个边长为l的正方形，为使MN棒中不产生感应电流，从t＝0开始，磁感应强度B随时间t变化的关系图像可能为（ ）
A
B
C
D
解析：当闭合回路的磁通量不变时，导体棒中不产生感应电流，故B0l2＝Bl（l＋vt），解得B＝，由此可以看出，随时间t增加，B减小，且减小得越来越慢.故C正确，A、B、D错误.故选C.
答案：C
3.如图所示为法拉第圆盘发电机的示意图，铜圆盘安装在竖直的铜轴上，两铜片P、Q分别与圆盘的边缘和铜轴接触，圆盘处于方向竖直向上的匀强磁场B中，圆盘以角速度ω顺时针旋转（从上往下看），则（ ）
A.圆盘中心电势比边缘低
B.穿过圆盘的磁通量不断变化
C.产生的电动势大小与圆盘半径成正比
D.若ω变为2ω，则R上的热功率变为原来的4倍
解析：若从上向下看，圆盘顺时针转动，根据右手定则可知圆盘中心电势比边缘要高，A错误；穿过圆盘的磁通量Φ＝BS＝Bπr2，B、π、r都是常数，穿过圆盘的磁通量保持不变，B错误；圆盘转动过程产生的感应电动势E＝Br2ω，与半径的平方成正比，C错误；若ω变为2ω，电动势变为原来的2倍，根据P热＝可知，产热功率变为原来的4倍，D正确.
答案：D
4.（2022·全国甲卷）三个用同样的细导线做成的刚性闭合线框，正方形线框的边长与圆线框的直径相等，圆线框的半径与正六边形线框的边长相等，如图所示.把它们放入磁感应强度随时间线性变化的同一匀强磁场中，线框所在平面均与磁场方向垂直，正方形、圆形和正六边形线框中感应电流的大小分别为I1、I2和I3.则（ ）
A.I1＜I3＜I2 B.I1＞I3＞I2
C.I1＝I2＞I3 D.I1＝I2＝I3
解析：设正方形线框的边长为2a，磁场磁感应强度的变化率为k，导线的电阻率为ρ，导线的横截面积为S.根据法拉第电磁感应定律可知，正方形线框中的电动势E1＝4ka2，正方形线框周长L1＝8a，则感应电流I1＝＝；同理圆形线框中的电动势E2＝kπa2，线框周长L2＝2πa，感应电流I2＝；正六边形线框中的电动势E3＝ka2，线框周长L3＝6a，感应电流I3＝，则I1＝I2＞I3，A、B、D错误，C正确.
答案：C
@课时作业（六）
[基础训练]
1.（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（ ）
A
B
C
D
解析：由图A所示可知，v与金属导体不垂直，感应电动势E＝Blvsin θ，A错误；由图B所示可知，金属导体垂直切割磁感线，则E＝Blv，B正确；由图C所示可知，金属导体水平部分不切割磁感线，只有竖直部分切割磁感线，感应电动势E＝Blv，C正确；由图D所示可知，金属导体切割磁感线的有效长度为l，感应电动势E＝Blv，D正确.
答案：BCD
2.如图所示，处在匀强磁场中的线圈匝数为n，面积为S，磁场方向平行于线圈轴线向右，若在Δt时间内，磁感应强度大小由B1均匀增加到B2，则该段时间线圈两端a和b之间的电势差φa－φb（ ）
A.恒为
B.从0均匀变化到
C.恒为－
D.从0均匀变化到－
解析：穿过线圈的磁感应强度均匀增加，故产生恒定的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律，有E＝＝＝，根据楞次定律，如果线圈闭合，感应电流的磁通量向左，故感应电动势顺时针（从右侧看），故φa＜φb，即有φa－φb＝－，故选项C正确，A、B、D错误.
答案：C
3.如图所示，一金属弯杆处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，已知ab＝bc＝L，当它以速度v向右平动时，a、c两点间的电势差为（ ）
A.BLv B.BLvsin θ
C.BLvcos θ D.BLv（1＋sin θ）
解析：金属弯杆切割磁感线的有效长度为Lsin θ，故B正确，A、C、D错误.
答案：B
4.如图所示，半径为r的金属圆盘在垂直于盘面的匀强磁场B中，绕O轴以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，则通过电阻R的电流的方向和大小是（金属圆盘的电阻不计）（ ）
A.由c到d，I＝
B.由d到c，I＝
C.由c到d，I＝
D.由d到c，I＝
解析：金属圆盘在匀强磁场中匀速转动，可以等效为无数根长为r的导体棒绕O点做匀速圆周运动，其产生的感应电动势大小为E＝，由右手定则可知其方向由圆盘边缘指向圆心，故通过电阻R的电流I＝，方向由d到c，故选D.
答案：D
5.如图甲所示，一线圈匝数为100，横截面积为0.01 m2，匀强磁场与线圈轴线成30°角向右穿过线圈.若在2 s时间内磁感应强度随时间的变化关系如图乙所示，则该段时间内线圈两端a、b之间的电势差Uab为（ ）
A.－ V
B.2 V
C. V
D.从0均匀变化到2 V
解析：与线圈轴线成30°角向右穿过线圈的磁感应强度均匀增加，故产生恒定的感应电动势，根据法拉第电磁感应定律，有E＝n＝nScos 30°，由题图乙可知＝ Wb/s＝2 Wb/s，代入数据得E＝ V，根据楞次定律知a点的电势低于b点的电势，则Uab＝－ V，故A正确.
答案：A
6.如图所示，边长L＝20 cm的正方形线框abcd共有10匝，靠着墙角放着，线框平面与地面的夹角α＝30°.该区域有磁感应强度B＝0.2 T、水平向右的匀强磁场.现将cd边向右拉动，ab边经0.1 s着地.在这个过程中线框中产生的感应电动势的大小与方向为（ ）
A.0.8 V 方向：adcb
B.0.8 V 方向：abcd
C.0.4 V 方向：adcb
D.0.4 V 方向：abcd
解析：初状态的磁通量Ф1＝BSsin α，末状态的磁通量Ф2＝0，根据法拉第电磁感应定律得：E＝n＝n＝10× V＝0.4 V，根据楞次定律可知，感应电流的方向：adcb，故C正确.
答案：C
7.如图所示，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，下列结论错误的是（ ）
A.感应电流方向不变
B.CD段直导线始终不受安培力
C.感应电动势的最大值E＝Bav
D.感应电动势的平均值＝πBav
解析：感应电动势公式E＝n，只能用来计算平均值，利用感应电动势公式E＝Blv计算时，l应是有效长度，即垂直切割磁感线的长度.在闭合回路进入磁场的过程中，通过闭合回路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向始终为逆时针方向，A正确；根据左手定则可以判断，CD段直导线所受的安培力方向向下，B错误；当半圆闭合回路进入磁场一半时，其等效切割长度最大，感应电动势的最大值E＝Bav，C正确；感应电动势的平均值＝＝＝πBav，D正确.
答案：B
8.（多选）（2022·广东卷）如图所示，水平地面（Oxy平面）下有一根平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线.P、M和N为地面上的三点，P点位于导线正上方，MN平行于y轴，PN平行于x轴.一闭合的圆形金属线圈，圆心在P点，可沿不同方向以相同的速率做匀速直线运动，运动过程中线圈平面始终与地面平行.下列说法正确的有（ ）
A.N点与M点的磁感应强度大小相等，方向相同
B.线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量不变
C.线圈从P点开始竖直向上运动时，线圈中无感应电流
D.线圈从P到M过程的感应电动势与从P到N过程的感应电动势相等
解析：通电直导线在周围产生的磁场是以导线上各点为圆心的同心圆，MN、长直导线均与y轴平行，则M点与N点到长直导线的距离相等，故两点的磁感应强度大小相等，方向相同，A正确；线圈圆心在P点时，穿过线圈向上的磁感线与穿过线圈向下的磁感线相互抵消，即磁通量为零，又由于离导线越远，磁场越弱，故线圈沿PN方向运动时，穿过线圈的磁通量先增加后减少，B错误；线圈从P点开始竖直向上运动时，穿过线圈的磁通量始终为零，由感应电流产生的条件知，线圈中无感应电流，C正确；线圈从P到M的过程和从P到N的过程，穿过线圈的磁通量的变化量相同，所用时间不同，故感应电动势不同，D错误.
答案：AC
[能力提升]
9.如图所示的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（ ）
A. B.
C. D.
解析：导体棒旋转切割磁感线产生感应电动势E＝Bωr2，由P＝得电路的功率是，故选C.
答案：C
10.（多选）一个面积S＝4×10－2 m2，匝数n＝100匝的线圈，放在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化的规律如图所示，则下列判断正确的是（ ）
A.在开始的2 s内穿过线圈的磁通量变化率大小等于0.08 Wb/s
B.在开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量等于零
C.在开始的2 s内线圈中产生的感应电动势等于8 V
D.在第3 s末线圈中的感应电动势等于零
解析：由图像的斜率求得：＝ T/s＝－2 T/s，因此＝S＝－2×4×10－2 Wb/s＝－8×10－2 Wb/s，故A正确；开始的2 s内穿过线圈的磁通量的变化量不等于零，故B错误；根据法拉第电磁感应定律得：E＝n＝nS＝100×2×4×10－2 V＝8 V，故C正确；由图看出，第3 s末线圈中的磁通量为零，但磁通量的变化率不为零，感应电动势也不等于零，故D错误.
答案：AC
11.（多选）将一面积为0.04 m2、200匝的导体线圈放在匀强磁场中，已知磁场方向垂直于线圈平面，磁感应强度B随时间t变化规律如图所示，线圈总电阻为2 Ω，则（ ）
A.在0～4 s内线圈内的磁通量变化量等于0
B.在0～4 s内线圈内的感应电动势为1.6 V
C.在0～4 s内通过线圈横截面的电荷量为1.6 C
D.在0～4 s内线圈产生的热量为5.12 J
解析：在0～4 s内线圈内的磁通量变化量ΔΦ＝ΔB·S＝－0.8×4×10－2 Wb＝－3.2×10－2 Wb，A错误；根据法拉第电磁感应定律得E＝n＝n＝1.6 V，B正确；0～4 s内，通过导体线圈的电流I＝，通过线圈横截面的电荷量q＝It＝t＝n＝3.2 C，C错误；0～4 s内，线圈产生的热量为Q＝t＝5.12 J，D正确.
答案：BD
12.（多选）（2022·山东卷）如图所示，xOy平面的第一、三象限内以坐标原点O为圆心，半径为L的扇形区域充满方向垂直纸面向外的匀强磁场，边长为L的正方形金属框绕其始终在O点的顶点，在xOy平面内以角速度ω顺时针匀速转动，t＝0时刻，金属框开始进入第一象限.不考虑自感影响，关于金属框中感应电动势E随时间t变化规律的描述正确的是（ ）
A.在t＝0到t＝的过程中，E一直增大
B.在t＝0到t＝的过程中，E先增大后减小
C.在t＝0到t＝的过程中，E的变化率一直增大
D.在t＝0到t＝的过程中，E的变化率一直减小
解析：转动金属框切割磁感线产生感应电动势，线框切割磁感线的有效长度为金属框与y轴交线的长度.t＝0时刻金属框切割磁感线的有效长度为L，t＝时刻金属框切割磁感线的有效长度为L，t＝时刻金属框切割磁感线的有效长度为L，则t＝0到t＝的过程中，感应电动势E先增大后减小，A错误，B正确；t＝0到t＝过程中，E＝B（）2ω，由三角函数求导可得，E的变化率＝BL2ω2·变大，故C正确，D错误.
答案：BC
13.（2022·全国乙卷）如图，一不可伸长的细绳的上端固定，下端系在边长为l＝0.40 m的正方形金属框的一个顶点上.金属框的一条对角线水平，其下方有方向垂直于金属框所在平面的匀强磁场.已知构成金属框的导线单位长度的阻值为λ＝5.0×10－3 Ω/m；在t＝0到t＝3.0 s时间内，磁感应强度大小随时间t的变化关系为B（t）＝0.3－0.1t（SI）.求：
（1）t＝2.0 s时金属框所受安培力的大小；
（2）在t＝0到t＝2.0 s时间内金属框产生的焦耳热.
解析：（1）金属框的总电阻为
R＝4lλ＝4×0.40×5×10－3 Ω＝0.008 Ω
金属框中产生的感应电动势为
E＝＝＝0.1××0.42 V＝0.008 V
金属框中的电流为I＝＝1 A
t＝2.0 s时磁感应强度为
B2＝（0.3－0.1×2） T＝0.1 T
金属框处于磁场中的有效长度为L＝l
此时金属框所受安培力大小为
FA＝B2IL＝0.1×1××0.4 N＝ N.
（2）0～2.0 s时间内金属框产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝12×0.008×2 J＝0.016 J.
答案：（1） N （2）0.016 J
专题课四 电磁感应中的电路和图像问题
@专题一
要点 归纳
1.题型特点
在电磁感应现象中，闭合电路中磁通量发生变化（或部分导体切割磁感线），在回路中将产生感应电动势和感应电流.在题目中常涉及电流、电压、电功等的计算，还可能涉及电磁感应与力学、能量等知识的综合分析.
2.解题思路
（1）明确产生感应电动势的部分导体或电路，该导体或电路就是电源，其他部分是外电路.
（2）画出等效电路图，注意分清内外电路.
（3）用法拉第电磁感应定律或切割公式确定感应电动势的大小，用楞次定律或右手定则确定感应电流的方向，确定等效电源正负极.
（4）运用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点、电功率、电热和电磁感应、力学、能量等公式联立求解.
研习 经典
[典例1] 如图所示，面积为0.2 m2的100匝线圈处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，已知磁感应强度随时间变化的规律为B＝（2＋0.2t） T，定值电阻R1＝6 Ω，线圈电阻R2＝4 Ω，求：
（1）回路的感应电动势；
（2）流过R1的电流；
（3）a、b两点间电压Uab.
解析：（1）＝0.2 T/s
E＝＝n·S＝100×0.04 V＝4 V.
（2）等效电路如图
根据闭合电路欧姆定律有I＝＝0.4 A.
（3）a、b两点间的电压Uab＝IR1＝2.4 V.
答案：（1）4 V （2）0.4 A （3）2.4 V
此类问题有一定的综合性，需要培养良好的物理观念，了解感应电动势的概念，会判断等效电源，判断感应电流方向，由“电源”内部电流从负极流向正极确定电源的正负极，并能结合恒定电流的相关知识解决实际问题.
针对 训练
1.（多选）如图所示，相距为L的两条足够长的光滑平行金属导轨与水平面的夹角为θ，上端接有定值电阻R，匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B.将长为L、质量为m的导体棒由静止释放，当导体棒下滑距离d时达到最大速度，导体棒始终与导轨垂直且接触良好，不计导体棒和导轨的电阻，重力加速度为g，则（ ）
A.导体棒的最大速度为
B.导体棒的最大加速度为g
C.导体棒达到最大速度时的电动势为
D.导体棒从释放到下滑距离d过程通过导体棒的电荷量是
解析：对导体棒进行受力分析，受到安培力、重力和支持力，当导体棒达到最大速度时，导体棒加速度为零，受力平衡，由mgsin θ＝BIL，I＝，联立解得：vm＝，A错误；导体棒的加速度a＝＝，当v＝0，加速度最大，am＝gsin θ，B错误；导体棒达到最大速度时的电动势为E＝BLvm＝，C正确；导体棒运动过程中产生的平均感应电动势为＝＝，回路中的平均电流＝＝，导体棒从释放到下滑距离d过程通过导体棒的电荷量：q＝Δt＝，D正确.
答案：CD
@专题二
要点 归纳
1.问题类型
（1）由给定的电磁感应过程选出或画出正确的图像.
（2）由给定的图像分析电磁感应过程，求解相应的物理量.
2.明确图像的种类
（1）磁感应强度B、磁通量Ф、感应电动势E和感应电流I随时间t变化的图像，即B－t图像、Ф－t图像、E－t图像和I－t图像.
（2）对于导体切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流I随导体位移x变化的图像，即E－x图像和I－x图像.
3.确定感应电动势（或感应电流）的大小和方向
（1）若回路面积不变，磁感应强度变化时，用楞次定律确定感应电流的方向，用E＝n确定感应电动势大小的变化.
（2）若磁场不变，导体切割磁感线，用右手定则判断感应电流的方向，用E＝Blv确定感应电动势大小的变化.
4.重点关注信息
画图像或判断图像，特别注意分析斜率的变化、截距等.
5.主要解决办法
（1）根据物理规律写出有关函数关系式.
（2）物理规律复杂的情况可以采用特殊值法.
研习 经典
[典例2] 如图所示，边长为L、电阻为R的正方形金属线框放置在光滑水平面上，虚线右侧分布着竖直向下的匀强磁场B.自线框从左边界进入磁场时开始计时，线框在外力F作用下，由静止开始水平向右做匀加速直线运动，t1时刻线框恰好全部进入磁场.在线框进入磁场的过程中，穿过线框的磁通量为Ф，线框中感应电流的大小为I，流过线框中某一截面的感应电荷量为q，则下图中关于Ф、I、q、F随时间t变化的关系一定不正确的是（ ）
A
B
C
D
解析：根据磁通量Ф＝SB，由于正方形金属线框由静止开始水平向右做匀加速直线运动进入磁场，设其加速度为a、运动时间为t，有S＝L×at2，整理后有Ф＝BLat2，BLa＞0，则Φ－t图像为一条过原点开口向上的抛物线，A正确，不符合题意；正方形金属线框进入磁场，有E＝BLv，v＝at，整理有I＝＝t，则I－t图像为一条过原点的直线，B正确，不符合题意；由选项B可知I＝t，流过线框中某一截面的感应电荷量为q＝t＝t×t＝t2，＞0，则q－t图像为一条过原点开口向上的抛物线，C正确，不符合题意；由选项B可知I＝t，由于正方形金属线框由静止开始水平向右做匀加速直线运动进入磁场，由牛顿第二定律有F－F安＝ma，F安＝t，整理有F＝ma＋t，则F－t图像为一条有纵截距的直线，D错误，符合题意.
答案：D
对于图像问题可以采用以下三种方法：①根据物理规律整理出横纵坐标的关系，只要物理关系有了，图像就确定了.②根据斜率和截距判断.③用特殊值判断.
针对 训练
2.（多选）（2023·全国甲卷）一有机玻璃管竖直放在水平地面上，管上有漆包线绕成的线圈，线圈的两端与电流传感器相连，线圈在玻璃管上部的5匝均匀分布，下部的3匝也均匀分布，下部相邻两匝间的距离大于上部相邻两匝间的距离.如图（a）所示.现让一个很小的强磁体在玻璃管内沿轴线从上端口由静止下落，电流传感器测得线圈中电流I随时间t的变化如图（b）所示.则（ ）
A.小磁体在玻璃管内下降速度越来越快
B.下落过程中，小磁体的N极、S极上下颠倒了8次
C.下落过程中，小磁体受到的电磁阻力始终保持不变
D.与上部相比，小磁体通过线圈下部的过程中，磁通量变化率的最大值更大
解析：由题图可知，电流的峰值越来越大，即小磁铁在依次穿过每个线圈的过程中磁通量的变化率越来越快，因此小磁体下降的速度越来越大，A、D正确；假设小磁体是N极向下穿过线圈，则在穿入靠近每匝线圈的过程中磁通量向下增加，根据楞次定律可知线圈中产生逆时针的电流，而在穿出远离每匝线圈的过程中磁通量向下减少，产生顺时针的电流，即电流方向相反，与题干图中描述的穿过线圈的过程电流方向变化相符，S极向下同理，所以磁铁穿过8匝线圈过程中会出现8个这样的图像，并且随下落速度的增加，感应电流的最大值逐渐变大，所以磁体下落过程中小磁体的N极、S极没有颠倒，B错误；线圈可等效为条形磁铁，线圈的电流越大，则磁性越强，因此电流的大小是变化的，小磁体受到的电磁阻力是变化的，不是一直不变的，C错误.故选AD.
答案：AD
@课后提素养
1.如图所示，正方形MNPQ内的两个三角形区域充满匀强磁场，形状与MNPQ完全相同的闭合导线框M'N'P'Q'在外力作用下沿轴线OO'水平向左匀速运动.设通过导线框的感应电流为i，逆时针方向为电流的正方向，当t＝0时M'Q'与NP重合，在M'Q'从NP到临近MQ的过程中，下列图像中能反映i随时间t变化规律的是（ ）
A
B
C
D
解析：闭合导线框M'N'P'Q'匀速向左运动的过程中，穿过回路的磁通量不断增大，根据楞次定律可知，回路中的电流一直是逆时针的，所以电流一直为正.线框向左匀速运动过程中，切割磁感线的有效长度先减小，后增大，所以感应电流先减小，后增大.故选B.
答案：B
2.如图甲所示，线圈匝数为50匝，横截面积为0.02 m2，线圈中有向左的匀强磁场，磁感应强度随时间变化的图像如图乙所示，磁场方向向左为正.则关于A、B两点的电势差UAB，正确的是（ ）
甲
乙
A.UAB＝2 V B.UAB＝－2 V
C.UAB＝0.04 V D.UAB＝－0.04 V
解析：根据法拉第电磁感应定律，有E＝n＝50××0.02 V＝2 V.根据楞次定律，线圈中的电流从A端流出、B端流入，A端电势比B端高，所以UAB＝2 V，选项A正确.
答案：A
3.（多选）（2024·江苏南通启东中学期中）如图，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽略不计，虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场.将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好.从PQ进入磁场开始计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变化的图像可能正确的是（ ）
A B
C D
解析：根据选项图可知，PQ在磁场中做匀速直线运动.设速度为v，匀强磁场的磁感应强度为B，导轨宽度为L，两根导体棒的总电阻为R；根据法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律可得PQ进入磁场时电流I＝保持不变，根据右手定则可知电流方向为Q→P.如果PQ离开磁场时MN还没有进入磁场，此时电流为零；当MN进入磁场时也是匀速直线运动，通过PQ的感应电流大小不变，方向相反.如果PQ没有离开磁场时MN已经进入磁场，此时电流为零，当PQ离开磁场时MN的速度大于v，安培力大于重力沿斜面向下的分力，速度减小，电流逐渐减小，通过PQ的感应电流方向为P→Q.A、D选项的图像与分析相符.
答案：AD
4.（2024·江苏连云港期末）如图所示，CD、EF是两条水平放置、阻值可忽略且间距为L的足够长平行金属导轨，左端与一弯曲的光滑轨道平滑连接，弯曲轨道上端接有一阻值为R的电阻，水平导轨所在空间存在磁感应强度大小为B、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场.将一阻值也为R、质量为m的导体棒从弯曲轨道上高为h处由静止释放，导体棒在水平导轨上运动距离d停止.已知导体棒与水平导轨接触良好，它们之间动摩擦因数为μ，重力加速度为g.求导体棒从释放到最终停止过程中：
（1）通过电阻R的最大电流；
（2）流过电阻R的电荷量；
（3）电阻R中产生的焦耳热.
解析：（1）由机械能守恒定律得mgh＝mv2
导体棒到达水平导轨时的速度v＝
最大感应电动势为E＝BLv
最大的感应电流为I＝＝.
（2）通过导体棒的电荷量q＝IΔt＝·Δt＝＝.
（3）全过程由能量守恒得mgh＝μmgd＋Q，
QR＝Q＝mg（h－μd）.
答案：（1） （2）
（3）mg（h－μd）
3.涡流、电磁阻尼和电磁驱动
核心素养：
1.知道涡流、电磁阻尼和电磁驱动的概念.（物理观念）
2.了解涡流的原理，能在问题情境中应用其性质进行分析，获得结论.（科学思维）
3.观察电磁阻尼和电磁驱动现象，了解电磁阻尼和电磁驱动的原理及其在生活、生产中的应用.（科学探究）
@研习任务一
合作 讨论
如图所示，一个闭合电路静止于磁场中，由于磁场强弱的变化，闭合电路内产生了感生电动势，产生了感生电流，你知道原理吗？
提示：磁场变化时会在空间激发感生电场，如果此刻空间存在闭合导体，导体中的自由电荷就会在感生电场的作用下做定向运动，产生感应电流，也就是说导体中就产生了感应电动势.
教材 认知
1.感生电场
麦克斯韦 认为，磁场变化时会在空间激发一种 电场 ，这种电场叫作感生电场.
2.感生电动势
由 感生电场 产生的电动势叫感生电动势.
3.电子感应加速器
（1）构造：如图所示，上、下为电磁体的两个 磁极 ，磁极之间有一个 环形真空室 ，电子在真空室中做 圆周运动 .
（2）原理：电子感应加速器是利用 感生电场 使电子加速的设备，当电磁铁线圈中 电流 的大小、方向发生变化时，产生的感生电场使电子加速.
要点 归纳
1.变化的磁场周围产生感生电场，与闭合电路是否存在无关.如果此刻空间存在闭合导体，导体中的自由电荷在感生电场的作用下发生定向移动，产生感应电流.
2.感生电场可用电场线形象描述，感生电场是一种涡旋电场，电场线是闭合的，而静电场的电场线不闭合.
3.感生电场的方向根据楞次定律用右手螺旋定则判断，感生电动势的大小由法拉第电磁感应定律E＝n计算.
研习 经典
[典例1] 某空间出现了如图所示的一组闭合电场线，方向从上往下看是顺时针的，这可能是原磁场（ ）
A.沿AB方向且在迅速减弱
B.沿AB方向且在迅速增强
C.沿BA方向且恒定不变
D.沿BA方向且在迅速减弱
解析：感生电场的方向从上向下看是顺时针的，假设在平行于感生电场的方向上有闭合回路，则回路中的感应电流方向从上向下看也是顺时针的，由右手螺旋定则可知，感应电流的磁场方向向下，根据楞次定律可知，原磁场有两种可能：原磁场沿AB方向且在迅速减弱，或原磁场沿BA方向且在迅速增强，所以A正确.
答案：A
判断感生电场方向的方法和判断感应电流方向的方法相同，可以遵循如下步骤：①假设存在垂直磁场方向的环形回路；②判断回路中的磁通量的变化；③根据楞次定律或安培定则判断回路中感应电流的方向；④感应电流的方向即感生电场的方向.
对应 训练
1.如图甲所示，匝数n＝50的圆形线圈M，它的两端点a、b与内阻很大的电压表相连，线圈中磁通量的变化规律如图乙所示，则a、b两点的电势高低与电压表的读数为（ ）
甲 乙
A.φa＞φb，20 V
B.φa＞φb，10 V
C.φa＜φb，20 V
D.φa＜φb，10 V
解析：圆形线圈产生感应电动势，相当于电源内电路，磁通量均匀增大，由楞次定律知，线圈中感应电流为逆时针方向，又线圈相当于内电路，故φa＞φb；由法拉第电磁感应定律得E＝n＝50× V＝10 V，由于电压表内阻很大，可以认为电压表测量值等于电源的电动势，因而电压表的读数为10 V，故B项正确.
答案：B
@研习任务二
合作 讨论
如图所示，线圈中的电流随时间变化时，导体中有感应电流吗？如果有，它的形状像什么？
提示：有.变化的电流产生变化的磁场，变化的磁场产生感生电场，使导体中的自由电子发生定向移动，产生感应电流，它的形状像水中的漩涡，所以把它叫作涡电流，简称涡流.
教材 认知
1.涡流：当线圈中的 电流 随时间变化时，线圈附近的任何导体中都会产生感应电流，如果用图表示这样的感应电流，就像水中的漩涡，所以把它叫作 涡电流 ，简称 涡流 .
2.涡流大小的决定因素：磁场变化越 快 ，导体的横截面积S越 大 ，导体材料的电阻率越 小 ，形成的涡流就越大.
要点 归纳
1.涡流的本质：电磁感应现象.
2.产生涡流的两种情况
（1）块状金属放在变化的磁场中.
（2）块状金属进出磁场或在非匀强磁场中运动.
3.产生涡流时的能量转化
（1）金属块在变化的磁场中，磁场能转化为电能，最终转化为内能.
（2）金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动，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.
4.涡流的应用与防止
（1）应用：真空冶炼炉、探雷器、安检门等.
（2）防止：为了减小电动机、变压器铁芯上的涡流，常用电阻率较大的硅钢做材料，而且用相互绝缘的硅钢片叠成铁芯来代替整块硅钢铁芯.
研习 经典
[典例2] （多选）电磁炉又名电磁灶，是现代厨房革命的产物，它无需明火或传导式加热而让热直接在锅底产生，因此热效率得到了极大的提高，是一种高效节能厨具，完全区别于传统所用的有火或无火传导加热厨具.如图所示是描述电磁炉工作原理的示意图，下列说法正确的是（ ）
A.电磁炉的通电线圈加恒定电流，电流越大，电磁炉加热效果越好
B.电磁炉原理是通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作
C.电磁炉的通电线圈通入大小和方向变化的电流，电流变化越快，电磁炉加热效果越好
D.电磁炉的锅不能用陶瓷锅或耐热玻璃锅，主要原因是这些材料的导热性能较差
解析：电磁炉的通电线圈加恒定电流，会产生恒定磁场，穿过锅底的磁通量不会发生变化，不能产生涡流，所以没有加热效果，故A错误；电磁炉原理是磁场感应涡流加热，即通电线圈加交变电流后产生交变磁场，所以通电线圈加交流电后，在锅底产生涡流，进而发热工作，故B正确；电磁炉的通电线圈通入大小和方向变化的电流，电流变化越快，穿过锅底的磁通量变化就越快，根据法拉第电磁感应定律可知，产生的感应电动势就越大，涡流就越大，从而导致单位时间内产生的热量就越多，即电磁炉加热效果越好，故C正确；金属锅自身产生无数小涡流而直接加热，陶瓷锅或耐热玻璃锅属于绝缘材料，不会产生涡流，而不是因为导热性能较差，故D错误.
答案：BC
无情境不命题是新高考的要求，特别注重物理在生活场景中的应用，这类问题是高考考查的趋势，解决此类问题需要学会从生活场景中提炼物理模型.
对应 训练
2.如图所示为大型考试用到的金属探测器，工作时，其内部的探测器线圈内通有正弦交流电，关于探测器的工作原理，下列说法不正确的是（ ）
A.探测器线圈中通有频率越低的交流电，越容易探测出金属物品
B.探测器线圈中正弦交流电会产生变化的磁场
C.探测器附近有金属时，金属中会产生涡流
D.探测器附近有金属时，探测器线圈中电流会发生变化
解析：探测器线圈中的交流电频率越低，电流变化越慢，根据法拉第电磁感应定律可知产生的感应电流越小，灵敏度越低，越不容易探测出金属物品，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可知当探测器线圈中通以正弦交流电时会产生变化的磁场，故B正确；探测器中有一个通有交变电流的线圈，当线圈周围有金属时，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，探测器线圈中电流会发生变化，使探测器报警，故C、D正确.本题选不正确的，故选A.
答案：A
@研习任务三
合作 讨论
有一个铜盘，轻轻拨动它，能长时间地绕轴自由转动.如果在转动时把蹄形磁铁的两极放在铜盘的边缘，但并不与铜盘接触，铜盘就能在较短的时间内停止.分析产生这个现象的原因.
提示：铜盘转动时如果加上磁场，则在铜盘中产生涡流，磁场对这个涡流的作用力阻碍它的转动，所以铜盘能在较短的时间内停止转动.
教材 认知
1.电磁阻尼
（1）定义：当导体在 磁场 中运动时，感应电流会使导体受到安培力，安培力总是阻碍导体的运动，这种现象称为电磁阻尼.
（2）应用：磁电式仪表中利用 电磁阻尼 使指针迅速停下来，便于读数.
2.电磁驱动
（1）定义：若磁场相对于导体转动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到 安培力 的作用， 安培力 使导体运动起来，这种作用常常称为电磁驱动.
（2）应用：交流感应电动机.
要点 归纳
电磁阻尼与电磁驱动的比较
项目 电磁阻尼 电磁驱动
不同点 成 因 由于导体在磁场中运动而产生感应电流，从而使导体受到安培力 由于磁场运动而产生感应电流，从而使导体受到安培力
效 果 安培力的方向与导体相对磁场运动方向相反，阻碍导体运动 导体受安培力的方向与导体运动方向相同，推动导体运动
能 量 转 化 导体克服安培力做功，其他形式的能转化为电能，最终转化为内能 由于电磁感应，磁场能转化为电能，通过安培力做功，电能转化为导体的机械能，从而对外做功
相同点 两者都是电磁感应现象，都遵循楞次定律，都是安培力阻碍引起感应电流的导体与磁场间的相对运动
研习 经典
[典例3] 健身车的磁控阻力原理如图所示，在铜质飞轮的外侧有一些磁铁（与飞轮不接触），人在健身时带动飞轮转动，磁铁会对飞轮产生阻碍，拉动控制拉杆可以改变磁铁与飞轮间的距离.则（ ）
A.飞轮受到的阻力大小与其材料密度有关
B.飞轮受到的阻力大小与其材料电阻率无关
C.飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，其受到的阻力越小
D.磁铁与飞轮间距离不变时，飞轮转速越大，其受到的阻力越大
解析：飞轮在磁场中做切割磁感线的运动，所以会产生感应电动势和感应电流，根据楞次定律可知，磁场会对运动的飞轮产生阻力，以阻碍飞轮与磁场的相对运动，所以飞轮受到的阻力主要来源于磁铁对它的安培力，而安培力的大小与其材料的电阻率有关，与其密度无关，A、B错误；磁铁越靠近飞轮，飞轮处的磁感应强度越强，所以在飞轮转速一定时，磁铁越靠近飞轮，飞轮上产生的感应电动势越大，感应电流越大，安培力越大，飞轮受到的阻力越大，C错误；磁铁与飞轮间距离不变时，飞轮的转速越大，则飞轮上产生的感应电动势越大，感应电流越大，安培力越大，飞轮受到的阻力越大，D正确.
答案：D
解决此类问题要明确电磁驱动和电磁阻尼的联系，电磁驱动和电磁阻尼现象中安培力的作用效果均为阻碍导体与磁场间的相对运动.
对应 训练
3.如图所示，一个铝框放在蹄形磁铁的两个磁极之间，可以绕支点自由转动.先使铝框和磁铁静止，转动磁铁，观察铝框的运动，可以观察到（ ）
A.从上往下看，当磁铁顺时针转动时，铝框会随之顺时针转动
B.从上往下看，当磁铁顺时针转动时，铝框会随之逆时针转动
C.无论磁铁向哪个方向转动，铝框都不会转动
D.当磁铁停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，铝框将保持匀速转动
解析：根据楞次定律可知，为阻碍磁通量变化，铝框会与磁铁同方向转动，从上往下看，当磁铁顺时针转动时，铝框会随之顺时针转动，故A正确，B、C错误；当磁铁停止转动后，如果忽略空气阻力和摩擦阻力，由于铝框转动的过程中仍然能产生感应电流，会有电磁阻尼，所以铝框会逐渐减速直至停止运动，故D错误.
答案：A
知识 构建
@课后提素养
基础 题组
1.判断正误.
（1）只要磁场变化，即使没有电路，在空间也将产生感生电场.（ √ ）
（2）涡流也是一种感应电流.（ √ ）
（3）导体中有涡流时，导体本身会产热.（ √ ）
（4）利用涡流制成的探雷器可以探出“石雷”.（ × ）
（5）电磁阻尼和电磁驱动均遵循楞次定律.（ √ ）
（6）电磁阻尼发生的过程中，存在机械能向内能的转化.（ √ ）
（7）电磁驱动时，被驱动的导体中有感应电流.（ √ ）
2.下列关于涡流的说法正确的是（ ）
A.涡流跟平时常见的感应电流一样，都是因为穿过导体的磁通量变化而产生的
B.涡流不是感应电流，而是一种有别于感应电流的特殊电流
C.涡流有热效应，但没有磁效应
D.在硅钢片中不能产生涡流
解析：涡流的本质是电磁感应现象中产生的感应电流，只不过是由金属块自身构成回路，它既有热效应，也有磁效应，A正确，B、C错误；硅钢片中产生的涡流较小，D错误.
答案：A
3.如图所示，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中磁通量为零保持不变，无感应电流，仍静止；环2中磁通量变化，根据楞次定律，为阻碍磁通量的变化，感应电流的效果使环2向右运动.选项C正确.
答案：C
中档 题组
1.（多选）“电磁感应铝箔封口机”被广泛应用在医药、食品、化工等生产行业的产品封口环节中，如图所示为一手持式封口机，它的工作原理是：当接通电源时，内置线圈产生磁场，当磁感线穿过封口铝箔材料时，瞬间产生大量小涡流，致使铝箔自行快速发热，熔化覆盖在铝箔上的溶胶，从而粘贴在待封容器的封口处，达到迅速封口的目的.下列有关说法正确的是（ ）
A.封口材料可用普通塑料来代替铝箔
B.该封口机可用干电池作为电源以方便携带
C.封口过程中若温度过高，可适当减小所通电流的频率来解决
D.该封口机适用于玻璃、塑料等多种材质的容器封口，但不适用于金属容器
解析：由于封口机利用了电磁感应原理，故封口材料必须是金属类材料，而且电源必须是交流电源，A、B错误；减小内置线圈中所通电流的频率可降低封口过程中产生的热量，即控制温度，C正确；封口材料应是金属类材料，但被封口的容器不能是金属，否则同样会被加热，只能是玻璃、塑料等绝缘材质，D正确.
答案：CD
2.如图所示，矩形线圈放置在水平薄木板上，有两块相同的蹄形磁体，四个磁极之间的距离相等，当两块磁体以相同的速度匀速向右通过线圈时，线圈始终静止不(共35张PPT)
第二章 电磁感应
阶段归纳整合
第*页
知识整合构建
第*页
关键能力重构
专题1 安培定则、左手定则、右手定则的区别
1. 适用情境不同
（1）安培定则又叫右手螺旋定则，适用于判定运动电荷或电流产生的磁场的方向.
（2）左手定则适用于判定磁场对运动电荷或电流作用力的方向.
（3）右手定则适用于判定导体切割磁感线产生的感应电流的方向.
2. 因果关系不同
（1）因电而生磁（I→B）→安培定则（判断电流周围磁感线的方向）.
（2）因动而生电（v、B→I感）→右手定则（导体切割磁感线产生感应电流）.
（3）因电而受力（I、B→F安）→左手定则（磁场对电流有作用力）.
题组 训练
A. 当金属棒ab向右匀速运动时，a点电势高于b点，
c点电势高于d点
B. 当金属棒ab向右匀速运动时，b点电势高于a点，
d点电势高于c点
C. 当金属棒ab向右加速运动时，a点电势高于b点，
c点电势高于d点
D. 当金属棒ab向右加速运动时，b点电势高于a点，
d点电势高于c点
D
解析：当金属棒向右匀速运动而切割磁感线时，金属棒产生恒定的感应电动势，由右 手定则判断电流方向为a→b.根据电流从电源（ab相当于电源）正极流出沿外电路回 到电源负极的特点，可以判断b点电势高于a点.因为左线圈中的感应电动势恒定，则 感应电流也恒定，所以穿过右线圈的磁通量保持不变，不产生感应电流，c点与d点等 电势，选项A、B错误.当ab向右做加速运动时，由右手定则可推断φb＞φa，电流沿逆 时针方向.又由E＝Blv可知ab导体两端的电动势不断增大，那么左边电路中的感应电 流也不断增大，由安培定则可判断它在铁芯中的磁感线方向是沿逆时针方向的，并且 磁感应强度不断增强，所以右边电路线圈中向上的磁通量不断增加.由楞次定律可判 断右边电路的感应电流方向应沿逆时针方向，而在右线圈组成的电路中，感应电动势 仅产生在绕在铁芯上的那部分线圈上.把这个线圈看成电源，由于电流在外电路中由d 流向c，因此d点电势高于c点.综上可得，选项D正确，C错误.
A. ab中的感应电流方向由a到b
B. ab中的感应电流保持不变
C. ab所受的安培力保持不变
D. ab所受的静摩擦力保持不变
B
专题2 电磁感应中的能量问题
1. 电磁感应中的能量转化
（1）安培力做正功，电能转化机械能，如电动机.
（2）安培力做负功，机械能转化为电能，电流做功转化成焦耳热或其他形式的能 量，如发电机.
2. 求解电磁感应现象中能量问题的一般思路
（1）确定回路，分清电源和外电路.
（2）分析清楚有哪些力做功，明确有哪些形式的能量发生了转化，如：
①有滑动摩擦力做功，必有内能产生；
②有重力做功，重力势能必然发生变化；
③克服安培力做功，必然有其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就 产生多少电能；如果安培力做正功，就是电能转化为其他形式的能.
（3）列有关能量的关系式.
题组 训练
AC
A. 电阻R中电流的方向由P到Q
B. 电流的大小为0.1 A
C. 从磁感应强度为B0开始计时，经过495 s的时间，
金属棒MN恰能将重物拉起
D. 电阻R上产生的热量约为16 J
4. 如图所示，质量为m、边长为L的正方形线框，从有界匀强磁场上方高h处由静止自 由下落，线框的总电阻为R，磁感应强度为B的匀强磁场宽度为2L，线框下落过程 中，ab边始终与磁场边界平行.已知ab边刚穿出磁场时线框恰好做匀速运动，重力加 速度为g.求：
（1）cd边刚进入磁场时线框的速度大小：
解析：（1）线框匀速运动的条件是：mg＝BIL ①
（2）线框穿过磁场的过程中产生的焦耳热.
专题3 电磁感应中的动力学问题
1. 基本分析方法
（1）用法拉第电磁感应定律求感应电动势的大小.
（2）用楞次定律或右手定则判断感应电流的方向.
（3）用闭合电路欧姆定律求解回路中的电流大小.
（4）分析研究导体的受力情况.
（5）列动力学方程或平衡方程求解.
2. 收尾速度的基本分析方法
做好受力情况、运动情况的动态分析，导体运动产生感应电动势→产生感应电流→通 电导体受安培力→合外力变化→加速度变化→速度变化→感应电动势变化，周而复 始，最终加速度等于零，导体达到稳定状态.导体达到稳定状态时的平衡方程往往是 解答该类问题的突破口.
题组 训练
5. 如图所示，足够长的光滑平行金属导轨间距为L，与水平面夹角为θ.两导轨 上端接有阻值为R的定值电阻，整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁 场方向垂直于导轨平面向上.质量为m、电阻为r的金属杆ab，在沿导轨平面向上 的恒力作用下，由静止开始从导轨底端向上运动，稳定时金属杆做速度为v0的匀 速直线运动.在运动过程中，ab与导轨垂直且接触良好.已知重力加速度为g，不 计空气阻力和导轨电阻.求：
（1）金属杆匀速运动时R两端的电势差；
（2）金属杆ab开始运动时加速度的大小.
解析：（2）如图所示，金属杆匀速运动时所受的安培力大小FA＝BIL
由平衡条件得F＝FA＋mgsin θ
6. 如图所示，有一磁感应强度为B＝2 T的垂直于纸面向里的匀强磁场，垂直于磁场 方向放置一很长的光滑金属框架，其竖直边之间距离为50 cm，框架上有一导体棒ab 保持与框边垂直（接触良好），并由静止开始下滑.已知ab长50 cm，质量为0.1 kg， 定值电阻R＝1 Ω，其他电阻不计，g＝10 m/s2，求：
（1）导体棒下落过程中最大速度的大小和最大加速度的大小；
答案：（1）1 m/s 10 m/s2
解析：（1）对导体棒受力分析，由牛顿第二定律得：mg－FA＝ma
由安培力公式得：FA＝BIL
由法拉第电磁感应定律得：E＝BLv
（2）导体棒速度为最大速度时产生的电功率.
答案：（2）1 W
由法拉第电磁感应定律得：E＝BLv
导体棒在下落速度为最大速度时产生的电功率P＝EI＝1 W.
2. 动量守恒在电磁感应中的应用
在“双棒切割”系统中，在只有安培力的作用下，系统的合外力为零.通常用动量守 恒求解.
题组 训练
AD
B. 电阻R中产生的焦耳热为mgh
8. （2023·湖南卷）如图，两根足够长的光滑金属直导轨平行放置，导轨间距为L，两 导轨及其所构成的平面均与水平面成θ角，整个装置处于垂直于导轨平面斜向上的匀 强磁场中，磁感应强度大小为B. 现将质量均为m的金属棒a、b垂直导轨放置，每根金 属棒接入导轨之间的电阻均为R. 运动过程中金属棒与导轨始终垂直且接触良好，金 属棒始终未滑出导轨，导轨电阻忽略不计，重力加速度为g.
（1）先保持棒b静止，将棒a由静止释放，求棒a匀速运动时的速度大小v0；
（2）在（1）问中，当棒a匀速运动时，再将棒b由静止释放，求释放瞬间棒b的加速 度大小a0；
答案：（2）2gsin θ
解析：（2）由右手定则可知导体棒b中电流向里，由左手定则可知b棒受到沿斜面向 下的安培力，此时电路中电流不变，则对b棒由牛顿第二定律可得mgsin θ＋BIL＝ma0
解得a0＝2gsin θ.
（3）在（2）问中，从棒b释放瞬间开始计时，经过时间t0，两棒恰好达到相同的速度 v，求速度v的大小，以及时间t0内棒a相对于棒b运动的距离Δx.
